江西中考数学考前专题训练几何探究题10道.docx

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江西中考数学考前专题训练几何探究题10道

题型五　几何探究题

类型一　旋转探究问题

1.如图①，在正方形ABCD和正方形AB′C′D′中，AB＝2，AB′＝，连接CC′.

问题发现

（1）计算的值为________；

拓展探究

（2）将正方形AB′C′D′绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB′.试判断：

当0°≤θ＜360°时，的大小有无变化？

请仅就图②的情形给出你的证明；

问题解决（3）在旋转过程中，BB′的最大值为多少？

并给出解题过程．

第1题图

解：

（1）；

（2）在旋转的过程中，的值不变.

证明：

如解图①，连接AC，AC′，

第1题解图

∵四边形ABCD和四边形AB′C′D′是正方形，

∴∠BAC＝∠B′AC′＝45°，

∴∠BAC－∠B′AC＝∠B′AC′－∠B′AC，

即∠B′AB＝∠C′AC，

又∵＝，＝，

∴＝，

∴△B′AB∽△C′AC，

∴＝＝；

（3）以点A为圆心，AB′长为半径画圆，如解图②所示，

当点B′在BA的延长线上时，线段BB′最长，此时BB′＝AB＋AB′＝2＋，即BB′的最大值为2＋.

2.如图①，已知点E、F分别在正方形ABCD的边AB，BC上，且BE＝BF，点M为AF的中点，连接CE，BM.

问题发现：

（1）线段CE与BM之间的数量关系是________，位置关系是________；

类比探究：

（2）如图②，将线段BE和BF绕点B逆时针旋转，旋转角为α（0°<α<90°）．请判断

（1）中的两个结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

拓展延伸：

（3）将图①中的线段BE和BF绕点B逆时针旋转，旋转角为α＝90°时，得到如图③所示的图形，若AB＝3，BE＝1，请直接写出MF的长．

第2题图

解：

（1）CE＝2BM，CE⊥BM；

（2）

（1）中的两个结论仍然成立；

证明：

如解图，延长AB到点N，使NB＝AB，连接NF，

第2题解图

∵M为AF的中点，B为AN的中点，

∴BM为△ANF的中位线，

∴NF＝2BM，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠CBA＝90°，AB＝BC＝BN，

又∵∠CBN＝∠EBF＝90°，∠ABE＝∠CBF＝α，

∴∠CBA＋∠ABE＝∠CBN＋∠CBF，

即∠CBE＝∠NBF，

在△CBE和△NBF中，

，

∴△CBE≌△NBF（SAS），

∴NF＝CE，

∴CE＝2BM，

∵MB为△ANF的中位线，

∴MB∥FN，

∴∠MBA＝∠N，

又∵△CBE≌△NBF，

∴∠ECB＝∠N，

∴∠MBA＝∠ECB，

∵∠MBA＋∠CBM＝90°，

∴∠ECB＋∠CBM＝90°，

∴CE⊥BM；

（3）MF＝1.

【解法提示】∵AB＝3，BE＝1，

∴BF＝1，

∴AF＝3－1＝2，

∵M为AF的中点，∴MF＝1.

类型二　新定义探究问题

3.如图①，△ABC中，∠B>∠C，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn＋1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称∠BAC是△ABC的好角．

确定∠BAC是△ABC的好角的两种情况，情形一：

如图②，沿等腰三角形△ABC顶角∠BAC的平分线AD折叠，点B与点C重合；情形二：

如图③，沿△ABC的∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下的部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．

探究发现

（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？

________（填“是”或“不是”）

（2）经过三次折叠发现∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C之间的等量关系，并说明理由；

根据以上内容猜想：

若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C之间的等量关系为________；

应用提升

（3）一个三角形三个角分别为15°，60°，105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角，如果一个三角形的最小角是5°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．

第3题图

解：

（1）是；

【解法提示】理由如下：

情形二中，

∵沿∠BAC的平分线AB1折叠，∴∠B＝∠AA1B1;又∵将余下的部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C＝∠C，∵∠AA1B1＝∠C＋∠A1B1C（外角定理），∴∠B＝2∠C.

（2）∠B＝3∠C；

证明如下：

在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；将其余下的部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角；

根据折叠的性质知，∠B＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，

根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C＋∠A2B2C＝2∠C；

根据四边形外角定理知，∠BAC＋∠B＋∠AA1B1－∠A1B1C＝∠BAC＋2∠B－2∠C＝180°，

根据△ABC的内角和定理知，∠BAC＋∠B＋∠C＝180°，

∴∠B＝3∠C；

∴∠B＝n∠C.

【解法提示】由情形一知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由情形二知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由上述知，当∠B＝3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C之间的等量关系为∠B＝n∠C；

（3）由

（2）知，∠B＝n∠C，∠BAC是△ABC的好角，

∵最小角是5°是△ABC的好角，

根据好角定义，则可设另两角分别为5m°，5mn°（其中m、n为正整数）．

由题意得5m＋5mn＋5＝180，

∴m（n＋1）＝35，

∵m，n都是正整数，

∴m与n＋1是35的因数，因此有：

m＝1，n＋1＝35；m＝5，n＋1＝7；m＝7，n＋1＝5；

∴m＝1，n＝34；m＝5，n＝6；m＝7，n＝4，

∴5m＝5，5mn＝170；5m＝25；5mn＝150；5m＝35，5mn＝140.

∴该三角形的另外两个角的度数分别为：

5°，170°或25°，150°或35°，140°.

4.定义：

对角线互相垂直的凸四边形叫做“垂直四边形”．如图①中，四边形ABCD是“垂直四边形”，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD.

（1）探究：

小明对“垂直四边形”ABCD（如图①）进行了深入探究，发现其一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，即AB2＋CD2＝AD2＋BC2，你认为他的发现正确吗？

试说明理由．

（2）应用：

①如图②，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A出发沿AB方向以每秒5个单位的速度向点B匀速运动，同时动点Q从点C出发沿CA方向以每秒6个单位的速度向点A匀速运动，运动时间为t秒（0

②如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝3AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG.请求出线段EG与BC之间的数量关系．

第4题图

解：

（1）正确，理由如下：

∵四边形ABCD是“垂直四边形”，

∴AC⊥BD，

由勾股定理可知：

AB2＋CD2＝（AO2＋BO2）＋（DO2＋CO2），

AD2＋BC2＝（AO2＋DO2）＋（BO2＋CO2），

∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2；

第4题解图①

（2）①如解图①，过点P作PD⊥AC于点D，

由题意知，AP＝5t，CQ＝6t，

∵∠ACB＝90°，

∴AB＝＝10，

∵PD∥BC，

∴△PAD∽△BAC，

∴＝＝，

∴＝＝，

∴AD＝3t，PD＝4t，

∴DQ＝AC－AD－CQ＝6－9t，

∵四边形BCQP是“垂直四边形”，

∴由

（1）可得：

BP2＋CQ2＝PQ2＋BC2＝（PD2＋DQ2）＋BC2，

∴（10－5t）2＋（6t）2＝（4t）2＋（6－9t）2＋82，

∴解得t＝或t＝0（舍去）．

∴当四边形BCQP是“垂直四边形”时，t的值为；

第4题解图②

②如解图②，连接CG、BG、BE、CE，

CE与BG交于点O，

由题意知：

EA＝BA，AC＝AG，

∠EAB＝∠CAG＝90°，

∴∠EAB＋∠BAC＝∠CAG＋∠BAC，

∴∠EAC＝∠BAG，

在△EAC与△BAG中，

，

∴△EAC≌△BAG（SAS），

∴∠CEA＝∠GBA，

∴∠BEA＋∠EBA＝∠BEO＋∠EBO＝90°，

∴∠EAB＝∠BOE＝90°，

∴四边形BCGE是“垂直四边形”，

∴BC2＋EG2＝BE2＋CG2，

∵AB＝3AC，

∴EG2＝BC2.

类型三　操作探究问题

5.数学课上，老师和同学们对相似三角形的判定和性质进行了如下探究：

活动一：

（1）如图①，△ABC是斜边AB的长为3的等腰直角三角形，在△ABC内作第1个内接正方形A1B1D1E1（D1、E1在AB上，A1、B1分别在AC、BC上），再在△A1B1C内用同样的方法作第2个内接正方形A2B2D2E2，…，如此下去，操作n次，则第1个内接正方形的边长是______，第n个小正方形AnBnDnEn的边长是________；

活动二：

（2）如图②，在△ABC中，BC＝12，高AD＝8，四边形PQMN为△ABC的内接矩形（P在AB上，Q在AC上，M、N在BC上）．

①求当PQ为何值时，矩形PQMN的面积最大；

②在①的条件下，若再在△APQ中作一个内接矩形P1Q1M1N1，如此下去，操作n次，求PnQn的长．（直接写出结果）

思考与归纳：

（3）解完上述两题，根据其中一题你还能归纳出怎样的数学结论，请简单的写出一条．

第5题图

解：

（1）1，；

【解法提示】∵∠A＝∠B＝45°，∴AE1＝A1E1＝A1B1＝B1D1＝D1B＝D1E1，∴第1个内接正方形的边长＝AB＝1.同理：

第2个内接正方形的边长＝A1B1＝AB＝，第3个内接正方形的边长＝A2B2＝AB＝，…故可推出第n个小正方形AnBnDnEn的边长＝AB＝.

（2）①设PQ＝x，矩形PQMN的面积为y，AD与PQ交于点E，

第5题解图

∵PQ∥BC，

∴△APQ∽△ABC，

∴＝，即＝，

∴PN＝8－x.

则y＝PQ·PN＝x·（8－x）＝－（x－6）2＋24.

∵－＜0，

∴该抛物线的开口向下，当x＝6时，y取得最大值，

故当PQ＝6时，矩形PQMN的面积最大；

②由①知，PQ＝，

同理：

P1Q1＝，

P2Q2＝，

…

PnQn＝；

（3）根据

（1）的解题过程可以得到结论：

第n个小正方形AnBnDnEn的面积是.

6.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：

在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF.

（1）观察猜想

如图①，当点D在线段BC上时，

①BC与CF的位置关系为：

________．

②BC，CD，CF之间的数量关系为：

________（将结论直接写在横线上）．

（2）数学思考

如图②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？

若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．

（3）拓展延伸

如图③，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE.若已知AB＝2，CD＝BC，请求出GE的长．

第6题图

解：

（1）①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF；

【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌

△ACF（SAS），∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD≌△ACF，

∴BD＝CF，∵BC＝CD＋BD，∴BC＝CD＋CF.

（2）结论①仍然成立，②不成立，

①证明：

∵∠BAC＝∠DAF＝90°，

∴∠BAD＝∠CAF，

又∵AB＝AC，AD＝AF，

∴△ABD≌△ACF（SAS），

∴∠ACF＝∠ABD＝180°－45°＝135°，

∵∠ACB＝45°，

∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；

②结论为：

BC＝CD－CF，

证明：

∵△ABD≌△ACF，

∴BD＝CF，

∵BC＝CD－BD，

∴BC＝CD－CF；

第6题解图

（3）如解图，过点E作EM⊥CF于点M，作EN⊥BD于点N，过点A作AH⊥BD于点H，则CN＝ME，CM＝EN，

∵AB＝AC＝2，

∴BC＝4，AH＝BC＝2，

∵CD＝BC，

∴CD＝1，

∵∠BAC＝∠DAF＝90°，

∴∠BAD＝∠CAF，

又∵AB＝AC，AD＝AF，

∴△ABD≌△ACF（SAS），

∴∠ACF＝∠ABC＝45°，

∵∠ACB＝45°，

∴∠BCF＝90°，

∴∠ABC＝∠AGC＝45°，

∴BC＝CG＝4，

∵∠ADE＝90°，

∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，

∴∠ADH＝∠DEN，

又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，

∴△AHD≌△DNE（AAS），

∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，

∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，

则GM＝CG－CM＝4－3＝1，

∴EG＝＝.

7.如图①，②，③，分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形（等边三角形）、正四边形（正方形）、正五边形，BE和CD相交于

点O.

（1）在图①中，求证：

△ABE≌△ADC；

（2）由

（1）证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC的度数，并说明理由或写出证明过程；

（3）填空：

在上述

（1）

（2）的基础上可得在图③中∠BOC＝_____（填写度数）；

（4）由此推广到一般情形（如图④），分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正n边形，BE和CD仍相交于点O，猜想得∠BOC的度数为______（用含n的式子表示）．

第7题图

（1）证明：

∵△ABD，△ACE是等边三角形，

∴AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，

∴∠DAB＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，

∴∠DAC＝∠BAE，

在△ABE和△ADC中，

∵，

∴△ABE≌△ADC（SAS）；

第7题解图①

（2）解：

如解图①，AD，BE交于点K，则∠OKD＝∠AKB，

又由

（1）知△ABE≌△ADC，

∴∠ODK＝∠KBA，

∴△OKD∽△AKB，

∴∠DOK＝∠BAK＝90°，

又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，

∴∠BOC＝180°－90°＝90°；

第7题解图②

（3）解：

72°；

【解法提示】如解图②，AD，EB交于点K，由

（1）得△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA，∵∠OKD＝∠AKB，∴△OKD∽△AKB，∴∠DOK＝∠BAK＝＝108°，又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，∴∠BOC＝180°－108°＝72°；

（4）解：

180°－.

【解法提示】如解图③，AD，BE交于点K，

第7题解图③

∴∠DOK＋∠BOC＝180°，又由

（1）知△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA，∴△OKD∽△AKB，∴∠DOK＝∠BAK＝，

又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，∴∠BOC＝180°－∠DOK＝180°－.

类型四　动点探究问题

8.

（1）问题提出

如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED＝EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，连接EF.

填空：

①∠CAF的度数为________；

②线段AE与BD之间的数量关系为________；

（2）类比探究

如图②，如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，探究：

∠CAF的度数及线段AE与BD之间有怎样的数量关系？

（3）解决问题

如果E是直线AB上一动点，点D在直线BC上，AC＝6，其他条件不变，当△ACF是直角三角形时，请直接写出BD的长．

第8题图

解：

（1）①60°；②AE＝BD；

（2）∠CAF＝60°，AE＝BD；

∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，

∴∠ECF＝∠BCA＝60°，BE＝AF，CE＝CF，BC＝AC，

∴△CEF和△ABC都是等边三角形，

∴EF＝EC，

又∵ED＝EC，

∴ED＝EF，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC＝60°，

又∵∠CBE＝∠CAF，

∴∠CAF＝60°，

∴∠EAF＝180°－∠CAF－∠BAC＝60°，

∴∠DBE＝∠EAF，

∵ED＝EC，

∴∠ECD＝∠EDC，

∴∠BDE＝∠ECD＋∠DEC＝∠EDC＋∠DEC，

又∵∠EDC＝∠EBC＋∠BED，

∴∠BDE＝∠EBC＋∠BED＋∠DEC＝60°＋∠BEC，

∵∠AEF＝∠CEF＋∠BEC＝60°＋∠BEC，

∴∠BDE＝∠AEF，

在△EDB和△FEA中，

，

∴△EDB≌△FEA（AAS），

∴AE＝BD；

（3）3或6.

【解法提示】∵∠CAF＝∠CBA＝60°，∴当△CAF是直角三角形时有以下两种情况：

①若∠ACF＝90°，如解图①所示，∵∠CAF＝60°，∴在Rt△ACF中，AF＝2AC＝12，∵BE＝AF，∴BE＝12，∴AE＝BE－AB＝12－6＝6，又∵BD＝AE，∴BD＝6.

第8题解图

②若∠AFC＝90°，如解图②所示，∵∠CAF＝60°，∴AF＝AC＝3，∵BE＝AF，∴BE＝3，∴AE＝AB－BE＝6－3＝3，又∵BD＝AE，∴BD＝3.综上所述，BD的长为3或6.

类型五　折叠探究问题

9.问题发现

（1）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝AB，则∠B＝________；

类比探究

（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E，F分别为AB，CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用

（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长；

问题解决

（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB＝6时，请直接写出EF的长．

第9题图

解：

（1）30°；

（2）∵正方形边长为2，E，F分别为AB，CD的中点，

∴EA＝FD＝CD＝1，

∵沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，

∴A′D＝AD＝2，

∴sin∠FA′D＝＝，

∴∠FA′D＝30°，

可得∠FDA′＝90°－30°＝60°，

由折叠性质可得∠ADG＝∠A′DG，AG＝A′G，

∴∠ADG＝＝＝15°，

∵A′D＝2，FD＝1，

∴A′F＝＝，

∴EA′＝EF－A′F＝2－，

∵∠EA′G＋∠DA′F＝180°－∠GA′D＝90°，

∴∠EA′G＝90°－∠DA′F＝90°－30°＝60°，

∴∠EGA′＝90°－∠EA′G＝90°－60°＝30°，

则AG＝AG′＝2EA′＝2（2－）＝4－2；

（3）4.

【解法提示】∵折叠后B，D两点恰好重合于一点O，

∴AO＝AD＝CB＝CO，

∴DA＝，

∵∠D＝90°，

∴∠DCA＝30°，

∵AB＝CD＝6，

在Rt△ACD中，＝tan30°，

则AD＝DC·tan30°＝6×＝2，

∵∠DAF＝∠FAO＝∠DAO＝＝30°，

∴＝tan30°＝，

∴DF＝AD＝2，

∴DF＝FO＝2，

同理EO＝2，

∴EF＝EO＋FO＝4.

10.已知点P是矩形ABCD边AB上的任意一点（与点A，B不重合）

问题发现

（1）如图①，现将△PBC沿PC翻折得到△PEC；再在线段AD上取一点F，将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并使得射线PE、PG重合，则FG与CE的位置关系是________；

类比探究

（2）在

（1）中，如图②，连接FC，取FC的中点H，连接GH、EH，请你探索线段GH和线段EH的大小关系，并说明你的理由；

拓展延伸

（3）如图③，分别在AD、BC上取点F、C′，使得∠APF＝∠BPC′，与

（1）中的操作相类似，即将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并将△PBC′沿PC′翻折得到△PEC′，连接FC′，取FC′的中点H，连接GH、EH，试问

（2）中的结论还成立吗？

请说明理由．

第10题图

解：

（1）FG∥CE；

（2）GH＝EH；

理由如下：

如解图①，延长GH交CE于点M，

由

（1）得，FG∥CE，

∴∠GFH＝∠MCH，

∵H为CF的中点，

∴FH＝CH，

又∵∠GHF＝∠MHC，

∴△GFH≌△MCH（ASA），

∴GH＝HM＝GM，

∵∠GEC＝90°，

∴EH＝GM，

∴GH＝EH；

第10题解图

（3）

（2）中的结论还成立．

如解图②，取PF的中点M，PC′的中点N，连接GM，EN，HM，HN，

∵∠FGP＝90°，M为PF的中点，

∴GM＝PF，PM＝PF，HM∥PC′，

∴GM＝PM，

∴∠GPF＝∠MGP，

∴∠GMF＝∠GPF＋∠MGP＝2∠GPF，

∵在△FPC′中，H为FC′的中点，M为PF的中点，

∴HM＝PC′，

同理HN＝PF，EN＝PC′，HN∥PF，∠ENC′＝2∠EPC′，

∴GM＝HN，HM＝EN，∠GMF＝∠ENC′，

∴HN＝MP，HM＝PN，

∴四边形HMPN为平行四边形，

∴∠HMP＝∠HNP，

∴∠HMF＝∠HNC′，

∴∠GMH＝∠HNE，

∵GM＝HN，HM＝EN，

∴△GMH≌△HNE（SAS），

∴GH＝HE.