重庆第一中学中考数学几何综合压轴题易错专题.docx
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重庆第一中学中考数学几何综合压轴题易错专题
重庆第一中学中考数学几何综合压轴题易错专题
一、中考数学几何综合压轴题
1.如图,在中,,,点是射线上一动点,过点作,垂足为点,交直线于点.
(问题发现)
(1)如图1,若点在的延长线上,试猜想,,之间的数量关系为_______;
(类比探究)
(2)如图2,若点在线段上,试猜想,,之间的数量关系,并说明理由;
(拓展应用)(3)当点为的中点时,直接写出线段的长度.
解析:
(1);
(2),理由见解析;(3)的长为或
【分析】
(1)通过证明,可得,再根据,即可得证;
(2)通过证明,可得,再根据,即可得证;
(3)分两种情况:
①当点D在线段BC上时;②当点D在线段BC的延长线上时,求解即可.
【详解】
解:
(1)如图1,若点D在BC的延长线上,且点E在线段AD上,AP,CD,BC之间的数量关系为,理由如下
,垂足为点E
在△BPC和△ADC中
(2).理由如下,如图
∵,
∴,,
∴
∵,
∴
∴
∵
∴
(3)的长为或
①当点D在线段BC上时
∵,
∴
∴
∴
②当点D在线段BC的延长线上时
【点睛】
本题考查了全等三角形的综合问题,掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键.
2.问题背景如图1,点E在BC上,AB⊥BC,AE⊥ED,DC⊥DC,求证:
.
尝试应用如图2,在▱ABCD中,点F在DC边上,将△ADF沿AF折叠得到△AEF,且点E恰好为BC边的中点,求的值.
拓展创新如图3,在菱形ABCD中,点E,F分别在BC,DC边上,∠AFE=∠D,AE⊥FE,FC=2.EC=6.请直接写出cos∠AFE的值.
解析:
(1)见解析;
(2);(3)cos∠AFE=.
【分析】
(1)根据相似三角形的判定定理证△ABE∽△ECD即可;
(2)在AB边取点G,使GE=BE,则∠B=∠BGE,证△AGE∽△ECF,列比例式即可;
(3)作FM=FD,FN⊥AD,同
(2)构造△AMF∽△FCE,证△AEF∽△FHD,求出AM长即可.
【详解】
解:
(1)∵AB⊥BC,AE⊥ED,DC⊥DC
∴∠B=∠C=90°,∠BAE+∠AEB=90°,∠CED+∠AEB=90°,
∴∠BAE=∠CED,
∴△ABE∽△ECD
∴.
(2)在AB边取点G,使GE=BE,则∠B=∠BGE
又∵∠B+∠C=180°,∠BGE+∠AGE=180°
∴∠AGE=∠C
∵∠B=∠D=∠AEF
又∵∠B+∠BAE=∠AEF+∠FEC
∴∠BAE=∠FEC,
∴△AGE∽△ECF
∴,即
∵EF=FD,
∴
∵GE=BE,AE=BC=2BE,
∴
(3)cos∠AFE=
如图:
作FM=FD,FN⊥AD,
由
(2)同理可证△AMF∽△FCE,
∴
设AM=,FM=FD=,则AD=CD=,MD=,ND=
∵∠AEF=∠FND=90°,∠AFE=∠D,
∴△AEF∽△FND,
∴,即,
∵,
∴,
解得,,经检验,是原方程的解;
∴cos∠AFE=.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质和解直角三角形,解题关键是依据已知条件构造相似三角形,列比例式解决问题.
3.(基础巩固)
(1)如图①,,求证:
.
(尝试应用)
(2)如图②,在菱形中,,点E,F分别为边上两点,将菱形沿翻折,点A恰好落在对角线上的点P处,若,求的值.
(拓展提高)
(3)如图③,在矩形中,点P是边上一点,连接,若,求的长.
解析:
(1)见解析;
(2);(3).
【分析】
(1)由证明,再根据相似三角形的判定方法解题即可;
(2)由菱形的性质,得到,,继而证明是等边三角形,结合
(1)中相似三角形对应边成比例的性质,设,则可整理得到,据此解题;
(3)在边上取点E,F,使得,由矩形的性质,得到,结合
(1)中相似三角形对应边成比例的性质解题即可.
【详解】
解:
(1)证明:
∵,
∴,即,
∵,
∴;
(2)∵四边形是菱形,
∴,
∴,
∴是等边三角形,
∴,
由
(1)得,,
∴,
设,则
∴,
可得①,②,
①-②,得,
∴,
∴的值为;
(3)如图,在边上取点E,F,使得,设AB=CD=m,
∵四边形是矩形,
∴,
∴,
=DF,
,
由
(1)可得,,
∴,
∴,整理,得,
解得或(舍去),
∴.
【点睛】
本题考查相似三角形的综合题、等边三角形的性质、菱形的性质、矩形的性质等知识,是重要考点,难度一般,掌握相关知识是解题关键.
4.(基础巩固)
(1)如图1,在中,,直线过点,分别过两点作,垂足分别为.求证:
.
(尝试应用)
(2)如图2,在中,,是上一点,过作的垂线交于点.若,求的长.
(拓展提高)
(3)如图3,在中,在上取点,使得,若,求的面积.
解析:
(1)见解析;
(2);(3)
【分析】
(1)由直角三角形的性质证得∠BDC=∠AEC,由相似三角形的判定定理可得出结论;
(2)过点E作EF⊥BC于点F,由相似三角形的性质得出,由锐角三角函数的定义求出DF=16,则可求出答案;
(3)过点A作AM⊥BC于点M,过点D作DN⊥BC,交BC的延长线于点N,证明△ABM≌△DCN(AAS),由全等三角形的性质得出BM=CN,AM=DN,设BE=4a,EC=3a,由
(1)得△AEM∽△EDN,得出比例线段,求出a=1,b=,由平行四边形的面积公式可得出答案.
【详解】
解:
(1)∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴.
∵,
∴,
∴,
∴
(2)过点作于点,
由
(1)得,
∴
∵,,
∴,
∴
∵,
∴
∴
(3)过点作于点,过点作的延长线于点,
∴
∵四边形是平行四边形,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴
∵,设
∴
∵,
由
(1)得,
∴,
∴
∴
∵,
∴
∴
∴的面积
【点睛】
本题是相似形综合题,考查了相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,平行四边形的性质,锐角三角函数的定义,熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
5.(了解概念)
定义:
在平面直角坐标系中,组成图形的各点中,与点Р所连线段最短的点叫做点Р关于这个图形的短距点,这条最短线段的长度叫做点Р到这个图形的短距.
(理解运用)
(1)已知点,以原点为圆心,l为半径作,则点Р关于的短距点的坐标是;
(2)如图,点,等边三角形OAB的顶点A的坐标为,顶点B在第一象限,判断点Р关于的短距点的个数,并说明理由;
(拓展提升)
(3)已知,,,点C在第一象限内,且,,若点Р到四边形OACB的短距大于2,请直接写出的取值范围.
解析:
(1)(-1,0);
(2)点Р关于的短距点的个数有3个;(3)当p<-或2<p<4或p>6+时,点Р到四边形OACB的短距大于2.
【分析】
(1)连接PO,交于点M,点M即是点Р关于的短距点,进而即可求解;
(2)根据题意得点P是三角形OAB的中心,进而即可求解;
(3)由题意得点P,A,B在直线y=-x+6上,以点P为圆心,半径长为2画圆,分3种情况:
①当点P在AB的延长线上,圆P过点B时,②当点P在线段AB上,圆P与BC相切于点N,过点P作PM⊥y轴,③当点P在BA的延长线上,圆P过点A时,过点P作PM⊥y轴,分别求解,即可得到答案.
【详解】
解:
(1)连接PO,交于点M,点M即是点Р关于的短距点,
∵,、的半径为1,
∴M(-1,0),
故答案是:
(-1,0);
(2)∵点,等边三角形OAB的顶点A的坐标为,
∴点P是三角形OAB的中心,
∴点P到OA,OB,OC的三条垂线段最短,三条垂线段都等于,
∴点Р关于的短距点的个数有3个;
(3)∵,,,
∴点P,A,B在直线y=-x+6上,
∴∠ABO=∠BAO=45°,
∵点C在第一象限内,且,,
∴∠ABC=75°-45°=30°,
以点P为圆心,半径长为2画圆,如图所示:
当点P在AB的延长线上,圆P过点B时,过点P作PM⊥y轴,
∵PB=2,∠PBM=45°,
∴PM=2×=,
∴p<-时,点Р到四边形OACB的短距大于2;
①当点P在线段AB上,圆P与BC相切于点N,过点P作PM⊥y轴,则BP=2PN=2×2=4,PM=BP×=2,
②当点P在线段AB上,圆P与OA相切于点N,过点P作PM⊥y轴,则AP=PN=2,
BP=AB-AP=6-2=4,PM=BP×=4×=4,
∴2<p<4时,点Р到四边形OACB的短距大于2;
③当点P在BA的延长线上,圆P过点A时,过点P作PM⊥y轴,则PM=(6+2)×=6+,
∴p>6+时,点Р到四边形OACB的短距大于2;
综上所述:
当p<-或2<p<4或p>6+时,点Р到四边形OACB的短距大于2.
【点睛】
本题主要考查图形与坐标以及圆的综合题,根据题意画出图形,掌握圆与直线相切的性质是解题的关键.
6.
情境观察:
将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开,得到△ABC和△A′C′D,如图1所示.将△A′C′D的顶点A′与点A重合,并绕点A按逆时针方向旋转,使点D、A(A′)、B在同一条直线上,如图2所示.
观察图2可知:
与BC相等的线段是▲,∠CAC′=▲°.
问题探究:
如图3,△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB、AC为直角边,向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF,过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.试探究EP与FQ之间的数量关系,并证明你的结论.
拓展延伸:
如图4,△ABC中,AG⊥BC于点G,分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF,射线GA交EF于点H.若AB=kAE,AC=kAF,试探究HE与HF之间的数量关系,并说明理由.
解析:
情境观察:
AD(或A′D),90
问题探究:
EP=FQ.证明见解析
结论:
HE=HF.证明见解析
【详解】
情境观察
AD(或A′D),90
问题探究
结论:
EP=FQ.
证明:
∵△ABE是等腰三角形,∴AB=AE,∠BAE=90°.
∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC,∴∠BAG+∠ABG=90°,∴∠ABG=∠EAP.
∵EP⊥AG,∴∠AGB=∠EPA=90°,∴Rt△ABG≌Rt△EAP.∴AG=EP.
同理AG=FQ.∴EP=FQ
拓展延伸
结论:
HE=HF.
理由:
过点E作EP⊥GA,FQ⊥GA,垂足分别为P、Q.
∵四边形ABME是矩形,∴∠BAE=90°,
∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC,∴∠BAG+∠ABG=90°,
∴∠ABG=∠EAP.
∵∠AGB=∠EPA=90°,∴△ABG∽△EAP,
同理△ACG∽△FAQ,
∵AB=kAE,AC=kAF,∴EP=FQ.
∵∠EHP=∠FHQ,∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF
7.如图所示,点A为半圆O直径MN所在直线上一点,射线AB垂直于MN,垂足为A,半圆绕M点顺时针转动,转过的角度记作α;设半圆O的半径为R,AM的长度为m,回答下列问题:
(1)探究:
若R=2,m=1,如图1,当旋转30°时,圆心O′到射线AB的距离是 ;如图2,当α= °时,半圆O与射线AB相切;
(2)如图3,在
(1)的条件下,为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切,在保持线段AM长度不变的条件下,调整半径R的大小,请你求出满足要求的R,并说明理由.
(3)发现:
如图4,在0°
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