第43课时 开放与探究型问题.docx
- 文档编号:2050487
- 上传时间:2022-10-26
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:258.78KB
第43课时 开放与探究型问题.docx
《第43课时 开放与探究型问题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第43课时 开放与探究型问题.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
第43课时开放与探究型问题
第43课时 开放与探究型问题
(60分)
图43-1
一、选择题(每题6分,共12分)
1.[2016·东营]如图43-1,在矩形ABCD中,E是AD边的中点,BE⊥AC,垂足为F,连结DF,分析下列四个结论:
①△AEF∽△CAB;②CF=2AF;③DF=DC;④tan∠CAD=.其中正确的结论有( B )
A.4个B.3个C.2个D.1个
【解析】 如答图,过点D作DM∥BE交AC于点N,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,∠ABC=90°,AD=BC,∠EAC=∠ACB,
∵BE⊥AC于点F,
第1题答图
∴∠ABC=∠EFA=90°,
∴△AEF∽△CAB.故①正确;
∵AD∥BC,
∴△AEF∽△CBF,
∴=,
∵AE=AD=BC,
∴=,
∴CF=2AF.故②正确;
∵DE∥BM,BE∥DM,
∴四边形BMDE是平行四边形,
∴BM=DE=BC,
∴BM=CM,
∴CN=NF,
∵BE⊥AC于点F,DM∥BE,
∴DN⊥CF,
∴DF=DC.故③正确;
设EF=1,则BF=2,
∵∠BAD=90°,BE⊥AC,
∴∠BAF+∠FAE=90°,∠FAE+∠AEF=90°,
∴∠BAF=∠AEF,
∴△ABF∽△EAF,
∴=,
∴AF==,
∴tan∠CAD=tan∠ABF==.
图43-2
故④错误.故选B.
2.[2017·湖州]如图43-2,AC是矩形ABCD的对角线,⊙O是△ABC的内切圆,现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠,使点D与点O重合,折痕为FG,点F,G分别在边AD,BC上,连结OG,DG,若OG⊥DG,且⊙O的半径长为1,则下列结论不成立的是( A )
A.CD+DF=4
B.CD-DF=2-3
C.BC+AB=2+4
第2题答图
D.BC-AB=2
【解析】 如答图,设AB与⊙O相切于点M,BC与⊙O相切于点H,连结MO并延长MO交CD于点T,连结OH,连结OD交FG于点R,过点G作GN⊥AD于点N,分别交OD于点K,交OT于点P.
由折叠易知,OG=DG,
∵OH⊥BC,∴∠OHG=∠GCD=90°,∠HOG+∠OGH=90°,
∵OG⊥DG,
∴∠OGH+∠DGC=90°,
∴∠DGC=∠GOH,
∴△OHG≌△GCD,∴HG=CD,OH=GC=1,
易得四边形BMOH是正方形,∴BM=BH=MO=OH=1,
设CD=m,则HG=m,AB=m,
∴AM=m-1,
又∵⊙O是△ABC的内切圆,
∴AC=m+1+m-1=2m,
∴AC=2AB,∴∠ACB=30°,
∴BC=AB,2+m=m,解得m=+1,
∴AB=+1,BC=2+m=3+,
∴BC-AB=2.D选项正确;
BC+AB=2m+2=2+4,C选项正确;
由折叠知,OG=GD,又∵OG⊥GD,
∴△OGD是等腰直角三角形,且OR=RD,
∴RG=RD,RG⊥RD,
∵GN⊥AD,∠GRD=∠FRD=90°,
又∵∠RKG=∠NKD,∠RKG+∠RGK=∠NKD+∠NDK=90°,
∴∠NDK=∠RGK,
∴△RKG≌△RFD(AAS),∴KG=DF,
易得四边形OHGP是矩形,∴PG=1,
由GN∥DC,可得△OPK∽△OTD,
∴====-1,
∴PK=3-,∴KG=DF=4-,
CD-DF=+1-(4-)=2-3.B选项正确;
CD+DF=+1+(4-)=5.A选项错误.故选A.
二、填空题(每题6分,共12分)
3.[2017·南充]如图43-3,正方形ABCD边长为1,以AB为直径作半圆,P是CD中点,BP与半圆交于点Q,连结DQ.给出如下结论:
①DQ=1;②=;③S△PDQ=;④cos∠ADQ=.其中正确结论是__①②④__(填序号).
图43-3
【解析】 ①如答图,连结OQ,OD,
第3题答图
∵DP=CD=BO=AB,且DP∥OB,
∴四边形OBPD是平行四边形.
∴∠AOD=∠OBQ,∠DOQ=∠OQB,
∵OB=OQ,∴∠OBQ=∠OQB,
∴∠AOD=∠DOQ,∴△AOD≌△QOD(SAS),
∴∠OQD=∠DAO=90°,DQ=AD=1.
∴①正确;
②如答图,延长DQ交BC于点E,过点Q作QF⊥CD,垂足为F,
根据切线长定理,得QE=BE,设QE=x,则BE=x,DE=1+x,CE=1-x,
在Rt△CDE中,
(1+x)2=(1-x)2+1,
解得x=,∴CE=,
∵△DQF∽△DEC,
∴==,得FQ=,
∵△PQF∽△PBC,
∴==,
∴=.
∴②正确;
③S△PDQ=DP·QF=××=.
∴③错误;
④∵AD∥BC,
∴∠ADQ=∠DEC,
∴cos∠ADQ=cos∠DEC===,
∴④正确.故答案为①②④.
4.[2016·随州]如图43-4,边长为1的正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O.有直角∠MPN,使直角顶点P与点O重合,直角边PM,PN分别与OA,OB重合,然后逆时针旋转∠MPN,旋转角为θ(0°<θ<90°),PM,PN分别交AB,BC于E,F两点,连结EF交OB于点G,则下列结论中正确的是__①②③⑤__.
①EF=OE;②S四边形OEBF∶S正方形ABCD=1∶4;③BE+BF=OA;④在旋转过程中,当△BEF与△COF的面积之和最大时,AE=;⑤OG·BD=AE2+CF2.
图43-4第4题答图
【解析】 ∵四边形ABCD是正方形,
∴OB=OC,∠OBE=∠OCF=45°,∠BOC=90°,
∴∠BOF+∠COF=90°,
∵∠EOF=90°,
∴∠BOF+∠BOE=90°,
∴∠BOE=∠COF,
∴△BOE≌△COF(ASA),
∴OE=OF,BE=CF,
∴EF=OE.故①正确;
∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOF=S△BOF+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD,
∴S四边形OEBF∶S正方形ABCD=1∶4.故②正确;
∵BE+BF=BF+CF=BC=OA.故③正确;
如答图,过点O作OH⊥BC交BC于点H,
∵BC=1,
∴OH=BC=,
设AE=x,则BE=CF=1-x,BF=x,
∴S△BEF+S△COF=BE·BF+CF·OH=x(1-x)+(1-x)×
=-+,
∵a=-<0,
∴当x=时,S△BEF+S△COF最大,
即在旋转过程中,当△BEF与△COF的面积之和最大时,AE=.故④错误;
∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45°,
∴△OEG∽△OBE,∴OE∶OB=OG∶OE,
∴OG·OB=OE2,
∵OB=BD,OE=EF,∴OG·BD=EF2,
∵在△BEF中,EF2=BE2+BF2,
∴EF2=AE2+CF2,
∴OG·BD=AE2+CF2.故⑤正确.
故答案为①②③⑤.
三、解答题(共46分)
5.(16分)[2017·重庆]在△ABC中,AB=AC,∠A=60°,D是线段BC的中点,∠EDF=120°,DE与线段AB相交于点E,DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.
图43-5
(1)如图43-5①,若DF⊥AC,垂足为F,AB=4,求BE的长;
(2)如图②,将
(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度,DF仍与线段AC相交于点F.求证:
BE+CF=AB;
(3)如图③,将
(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度,使DF与线段AC的延长线交于点F,作DN⊥AC于点N,若DN=FN,求证:
BE+CF=(BE-CF).
解:
(1)由四边形AEDF的内角和为360°,可知DE⊥AB,又∵AB=AC,
∠A=60°,∴△ABC是等边三角形,
∴BD=2.在Rt△BDE中,∠B=60°,∴BE=1;
(2)证明:
如答图①,取AB的中点G,连结DG.
易证:
DG为△ABC的中位线,
∵△ABC是等边三角形,
∴DG=DC,∠BGD=∠C=60°,
又∵四边形AEDF的对角互补,故∠GED=∠DFC,
∴△DEG≌△DFC(AAS).
∴EG=CF,
∴BE+CF=BE+EG=BG=AB;
①②
第5题答图
(3)证明:
如答图②,取AB的中点G,连结DG.
同
(2),易证△DEG≌△DFC,
故EG=CF,
故BE-CF=BE-EG=BG=AB.
设CN=x,
在Rt△DCN中,CD=2x,DN=x,
在Rt△DFN中,NF=DN=x,
∴EG=CF=(-1)x,
BE=BG+EG=DC+CF=2x+(-1)x=(+1)x,
∴BE+CF=(+1)x+(-1)x=2x,
(BE-CF)=[(+1)x-(-1)x]=2x.
∴BE+CF=(BE-CF).
6.(15分)[2016·黑龙江]已知:
P是▱ABCD对角线AC所在直线上的一个动点(点P不与点A,C重合),分别过点A,C向直线BP作垂线,垂足分别为E,F,O为AC的中点.
(1)如图43-6①,当点P与点O重合时,求证OE=OF;
(2)直线BP绕点B逆时针方向旋转,当∠OFE=30°时,如图②、图③的位置,猜想线段CF,AE,OE之间有怎样的数量关系?
请写出你对图②、图③的猜想,并选择一种情况给予证明.
图43-6
解:
(1)证明:
∵AE⊥PB,CF⊥BP,
∴∠AEO=∠CFO=90°,
在△AEO和△CFO中,
∴△AEO≌△CFO(AAS),
∴OE=OF;
(2)图②中的结论为CF=OE+AE.
图③中的结论为CF=OE-AE.
选图②中的结论,证明:
如答图①,延长EO交CF于点G.
∵AE⊥BP,CF⊥BP,
∴AE∥CF,
∴∠EAO=∠GCO,
在△EOA和△GOC中,
∴△EOA≌△GOC(ASA),
∴EO=GO,AE=CG,
在Rt△EFG中,
∵EO=OG,
∴OE=OF=GO,
∵∠OFE=30°,
∴∠OFG=90°-30°=60°,
∴△OFG是等边三角形,
∴OF=FG,
∵OE=OF,
∴OE=FG,
∵CF=FG+CG,
∴CF=OE+AE.
①②
第6题答图
选图③的结论,证明:
如答图②,延长EO交FC的延长线于点G,
∵AE⊥BP,CF⊥BP,
∴AE∥CF,
∴∠AEO=∠G,
在△AOE和△COG中,
∴△AOE≌△COG(AAS),
∴OE=OG,AE=CG,
在Rt△EFG中,
∵OE=OG,
∴OE=OF=OG,
∵∠OFE=30°,
∴∠OFG=90°-30°=60°,
∴△OFG是等边三角形,
∴OF=FG,
∵OE=OF,
∴OE=FG,
∵CF=FG-CG,
∴CF=OE-AE.
7.(15分)[2016·扬州]已知正方形ABCD的边长为4,一个以A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与边BC,DC的延长线交于点E,F,连结EF.设CE=a,CF=b.
图43-7
(1)如图43-7①,当∠EAF被对角线AC平分时,求a,b的值;
(2)当△AEF是直角三角形时,求a,b的值;
(3)如图③,探索∠EAF绕点A旋转的过程中a,b满足的关系式,并说明理由.
解:
(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BCF=∠DCE=90°,
∵AC是正方形ABCD的对角线,
∴∠ACB=∠ACD=45°,
∴∠ACF=∠ACE,
∵∠EAF被对角线AC平分,
∴∠CAF=∠CAE,
在△ACF和△ACE中,
∴△ACF≌△ACE(ASA),
∴CE=CF,
∵CE=a,CF=b,
∴
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 第43课时 开放与探究型问题 43 课时 开放 探究 问题