中考数学二轮复习几何探究题压轴题综合练习 含参考答案.docx
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中考数学二轮复习几何探究题压轴题综合练习含参考答案
2019年中考数学二轮复习
几何探究题(压轴题)
综合练习
1.
(1)阅读理解:
如图①,在△ABC中,若AB=10,AC=6,求BC边上的中线AD的取值范围.
解决此问题可以用如下方法:
延长AD到点E使DE=AD,再连接BE(或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD).把AB,AC,2AD集中在△ABE中,利用三角形三边的关系即可判断.
中线AD的取值范围是________;
(2)问题解决:
如图②,在△ABC中,D是BC边上的中点,DE⊥DF于点D,DE交AB于点E,DF交AC于点F,连接EF.求证:
BE+CF>EF;
(3)问题拓展:
如图③,在四边形ABCD中,∠B+∠D=180°,CB=CD,∠BCD=140°,以C为顶点作一个70°角,角的两边分别交AB,AD于E,F两点,连接EF,探索线段BE,DF,EF之间的数量关系,并加以证明.
2.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∠BOC的度数为____________________(用含n的式子表示).
图①图②图③图④
3.已知正方形ABCD的边长为1,点P为正方形内一动点,若点M在AB上,且满足△PBC∽△PAM,延长BP交AD于点N,连接CM.
(1)如图①,若点M在线段AB上,求证:
AP⊥BN;AM=AN.
(2)①如图②,在点P运动过程中,满足△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时,AP⊥BN和AM=AN是否成立(不需说明理由)?
②是否存在满足条件的点P,使得PC=?
请说明理由.
4.如图①,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC,四边形ADEF是正方形,点B、C分别在边AD、AF上,此时BD=CF,BD⊥CF成立.
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时,如图②,BD=CF成立吗?
若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时,如图③,延长DB交CF于点H.
①求证:
BD⊥CF;
②当AB=2,AD=3时,求线段DH的长.
图①图②图③
5.已知矩形ABCD中AD=8,将矩形ABCD折叠,使得顶点B落在CD边上的P点处.
(1)如图①,已知折痕与边BC交于点O,连接AP、OP、OA,若△OCP与△PDA的面积比为1∶4,求边CD的长;
(2)如图②,在
(1)的条件下擦去AO、OP,连接BP,动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合),动点N在线段AB的延长线上,且BN=PM,连接MN交PB于点F,作ME⊥BP于点E,试问当点M、N在移动过程中,线段EF的长度是否发生变化?
若变化,说明变化规律,若不变,求出线段EF的长度.
图①图②
6.如图①,矩形ABCD中,AB=2,BC=5,BP=1,∠MPN=90°,将∠MPN绕点P从PB处开始按顺时针方向旋转,PM交边AB(或AD)于点E,PN交边AD(或CD)于点F,当PN旋转至PC处时,∠MPN的旋转随即停止.
(1)特殊情形:
如图②,发现当PM过点A时,PN也恰好过点D,
此时,△ABP________△PCD(填“≌”或“∽”);
(2)类比探究:
如图③,在旋转过程中,的值是否为定值?
若是,请求出该定值;若不是,请说明理由;
(3)拓展延伸:
设AE=t,△EPF的面积为S,试确定S关于t的函数关系式;当S=4.2时,求所对应的t值.
7.阅读理解:
我们知道,四边形具有不稳定性,容易变形.如图①,一个矩形发生变形后成为一个平行四边形,设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α,我们把的值叫做这个平行四边形的变形度.
(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°,则这个平行四边形的变形度是________;
猜想证明:
(2)设矩形的面积为S1,其变形后的平行四边形面积为S2,试猜想S1,S2,之间的数量关系,并说明理由;
拓展探究:
(3)如图②,在矩形ABCD中,E是AD边上的一点,且AB2=AE·AD,这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1,E1为E的对应点,连接B1E1,B1D1,若矩形ABCD的面积为4(m>0),平行四边形A1B1C1D1的面积为2(m>0),试求∠A1E1B1+∠A1D1B1的度数.
8.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=5cm,∠BAC=60°,动点M从点B出发,在BA边上以每秒2cm的速度向点A匀速运动,同时动点N从点C出发,在CB边上以每秒cm的速度向点B匀速运动,设运动时间为t秒(0≤t≤5),连接MN.
(1)若BM=BN,求t的值;
(2)若△MBN与△ABC相似,求t的值;
(3)当t为何值时,四边形ACNM的面积最小?
并求出最小值.
9.已知:
如图,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=8cm.对角线AC,BD交于点O,点P从点A出发,沿AD方向匀速运动,速度为1cm/s;同时,点Q从点D出发,沿DC方向匀速运动,速度为1cm/s;当一个点停止运动时,另一个点也停止运动.连接PO并延长,交BC于点E,过点Q作QF∥AC,交BD于点F.设运动时间为t(s)(0 (1)当t为何值时,△AOP是等腰三角形? (2)设五边形OECQF的面积为S(cm2),试确定S与t的函数关系式; (3)在运动过程中,是否存在某一时刻t,使S五边形OECQF∶S△ACD=9∶16? 若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由; (4)在运动过程中,是否存在某一时刻t,使OD平分∠COP? 若存在,求出t值;若不存在,请说明理由. 10.如图,已知一个直角三角形纸片ACB,其中∠ACB=90°,AC=4,BC=3,E、F分别是AC、AB边上的点,连接EF. (1)如图①,若将纸片ACB的一角沿EF折叠,折叠后点A落在AB边上的点D处,且使S四边形ECBF=3S△EDF,求AE的长; (2)如图②,若将纸片ACB的一角沿EF折叠,折叠后点A落在BC边上的点M处,且使MF∥CA. ①试判断四边形AEMF的形状,并证明你的结论; ②求EF的长; (3)如图③,若FE的延长线与BC的延长线交于点N,CN=1,CE=,求的值. 11.已知AC,EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线,点E在△ABC内,∠CAE+∠CBE=90°. (1)如图①,当四边形ABCD和EFCG均为正方形时,连接BF. ①求证: △CAE∽△CBF; ②若BE=1,AE=2,求CE的长; (2)如图②,当四边形ABCD和EFCG均为矩形,且==k时,若BE=1,AE=2,CE=3,求k的值; (3)如图③,当四边形ABCD和EFCG均为菱形,且∠DAB=∠GEF=45°时,设BE=m,AE=n,CE=p,试探究m,n,p三者之间满足的等量关系(直接写出结果,不必写出解答过程). 12.如图①,菱形ABCD中,已知∠BAD=120°,∠EGF=60°,∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动,角的两边分别交边BC、CD于点E、F. 图① (1)如图②,当顶点G运动到与点A重合时, 求证: EC+CF=BC; (2)知识探究: ①如图③,当顶点G运动到AC中点时,探究线段EC、CF与BC的数量关系; ②在顶点G的运动过程中,若=t,请直接写出线段EC、CF与BC的数量关系(不需要写出证明过程); (3)问题解决: 如图④,已知菱形边长为8,BG=7,CF=,当t>2时,求EC的长度. 13.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上一动点(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. 14.在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α(0°<α<180°),点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连接BD,BE. (1)如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F. ①求证: △ABD是等边三角形; ②求证: BF⊥AD,AF=DF; ③请直接写出BE的长; (2)在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值. 温馨提示: 考生可以根据题意,在备用图中补充图形,以便作答. 备用图 15.问题情境 在综合与实践课上,老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动.如图①,将一张菱形纸片ABCD(∠BAD>90°)沿对角线AC剪开,得到△ABC和△ACD. 操作发现 (1)将图①中的△ACD以A为旋转中心,按逆时针方向旋转角α,使α=∠BAC,得到如图②所示的△AC′D,分别延长BC和DC′交于点E,则四边形ACEC′的形状是________; (2)创新小组将图①中的△ACD以A为旋转中心,按逆时针方向旋转角α,使α=2∠BAC,得到如图③所示的△AC′D,连接DB、C′C,得到四边形BCC′D,发现它是矩形.请你证明这个结论; 实践探究 (3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上,量得图③中BC=13cm,AC=10cm,然后提出一个问题: 将△AC′D沿着射线DB方向平移acm,得到△A′C″D′,连接BD′,CC″,使四边形BCC″D′恰好为正方形,求a的值.请你解答此问题; (4)请你参照以上操作,将图①中的△ACD在同一平面内进行一次平移,得到△A′C′D,在图④中画出平移后构造出的新图形,标明字母,说明平移及构图方法,写出你发现的结论,不必证明. 16.如图,矩形OABC的两边OA,OC分别在x轴和y轴的正半轴上,点B的坐标为(4,4),点D在CB上,且CD∶DB=2∶1,OB交AD于点E,平行于x轴的直线l从原点O出发,以每秒1个单位长度的速度沿y轴向上平移,到C点时停止;l与线段OB,AD分别相交于M,N两点,以MN为边作等边△MNP(点P在线段MN的下方),设直线l的运动时间为t(秒),△MNP与△OAB重叠部分的面积为S(平方单位). (1)直接写出点E的坐标; (2)求S与t的函数关系式; (3)是否存在某一时刻t,使得S=S△ABD成立? 若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由. 备用图 17.已知点O是△ABC内任意一点,连接OA并延长到E,使得AE=OA,以OB,OC为邻边作▱OBFC,连接OF,与BC交于点H,再连接EF. (1)如图①,若△ABC为等边三角形,求证: ①EF⊥BC;②EF=BC; (2)如图②,若△ABC为等腰直角三角形(BC为斜边),猜想 (1)中的两个结论是否成立? 若成立,直接写出结论即可;若不成立,请你直接写出你的猜想结果; (3)如图③,若△ABC是等腰三角形,且AB=AC=kBC,请你直接写出EF与BC之间的数量关系. 18.如图①,在△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,D为AB的中点,EF为△ACD的中位线,四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上). (1)计算矩形EFGH的面积; (2)将矩形EFGH沿AB向右平移,F落在BC上时停止移动.在平移过程中,当矩形与△CBD重叠部分的面积为时,求矩形平移的距离; (3)如图③,将 (2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1,将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转,当H1落在CD上时停止转动,旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2,设旋转角为α,求cosα的值. 参考答案 1. (1)解: 如图①中,∵AB=10,AC=6,AD是BC边上中线, 由旋转性质知,BE=AC=6,AD=DE. ∴在△ABE中,10-6 ∴2 (2)证明: 延长FD至M, 图① 使FD=MD,连接ME,MB.如图①所示. ∵ED⊥FM,FD=DM, ∴ME=EF. ∵CD=BD,∠CDF=∠BDM, ∴△CDF≌△BDM(SAS), ∴CF=BM. ∵BM+BE>ME, ∴BE+CF>EF; (3)解: BE+DF=EF.理由: 延长EB至点N,使BN=DF, 图② 连接CN,如图②所示. ∵∠EBC+∠D=180°,∠EBC+∠CBN=180° ∴∠D=∠CBN, ∴在△CDF和△CBN中, , ∴△CDF≌△CBN(SAS), ∴CF=CN. ∵∠BCD=140°,∠ECF=70°, ∴∠DCF+∠BCE=70°, ∴∠BCN+∠BCE=70°,即∠NCE=70°, ∴在△ECF和△ECN中, , ∴△ECF≌△ECN(SAS), ∴EF=EN. ∵EB+BN=EN, ∴BE+DF=EF. 2. (1)证明: ∵△ABD、△ACE是等边三角形, ∴AB=AD,AC=AE,∠CAE=∠DAB=60°, ∴∠CAE+∠BAC=∠DAB+∠BAC,即∠BAE=∠DAC, 在△ABE和△ADC中, , ∴△ABE≌△ADC(SAS). (2)解: ∠BOC=90°.理由如下: 由 (1)得△ABE≌△ADC, ∴∠EBA=∠CDA. ∵∠FBA+∠FDA=180°, ∴∠FBA-∠EBA+∠FDA+∠CDA=180°, 即∠FBO+∠FDO=180°. 在四边形FBOD中,∠F=90°, ∴∠DOB=360°-∠F-(∠FBO+∠FDO)=90°, ∴∠BOC=90°. (3)解: 72°. 【解法提示】∠BOC=180°-108°=72°. (4)解: 180°-. 【解法提示】由(3)可知,∠BOC度数应为180°减去正多边形内角度数. 3. (1)证明: ∵△PBC∽△PAM, ∴∠PBC=∠PAM. ∵四边形ABCD是正方形, ∴∠PBC+∠PBA=∠CBA=90°, ∴∠PAM+∠PBA=90°, ∴∠APN=90°,即AP⊥BN, ∴∠BPA=∠BAN=90°. ∵∠ABP=∠NBA, ∴△ABP∽△NBA,=, ∴=. 又∵△PAM∽△PBC, ∴=, 故=. 又∵AB=BC, ∴AM=AN; (2)解: ①点M在AB的延长线上时,AP⊥BN和AM=AN仍然成立; ②不存在,理由如下: 选择图②,如图,以AB为直径,作半圆O,连接OC,OP, ∵BC=1,OB=, ∴OC=. ∵由①知,AP⊥BN, ∴点P一定在以点O为圆心、半径长为的半圆上(A,B两点除外). 如果存在点P,那么OP+PC≥OC,则PC≥. ∵>, 故不存在满足条件的点P,使得PC=. 4. (1)解: BD=CF成立. 理由如下: ∵AC=AB,∠CAF=∠BAD=θ,AF=AD, ∴△ACF≌△ABD,∴CF=BD. (2)①证明: 由 (1)得,△ACF≌△ABD, ∴∠HFN=∠ADN, 在△HFN与△ADN中, ∵∠HFN=∠ADN,∠HNF=∠AND, ∴∠NHF=∠NAD=90°, ∴HD⊥HF,即BD⊥CF. ②解: 如图,连接DF,延长AB,与DF交于点M, 在△MAD中, ∵∠MAD=∠MDA=45°, ∴∠BMD=90°. 在Rt△BMD与Rt△FHD中, ∵∠MDB=∠HDF, ∴△BMD∽△FHD. ∵AB=2,AD=3,四边形ADEF是正方形, ∴MA=MD==3, ∴MB=MA-AB=3-2=1,BD===, 又∵=,即=, ∴DH=. 5.解: (1)由矩形性质与折叠可知,∠APO=∠B=∠C=∠D=90°, ∴∠CPO+∠DPA=∠DPA+∠DAP=90°, ∴∠DAP=∠CPO, ∴△OCP∽△PDA, ∴=()2,即=()2, ∴CP=4, 设CD=x,则DP=x-4,AP=AB=CD=x, ∵AP2-DP2=AD2, ∴x2-(x-4)2=82, 解得x=10, 故CD=10. (2)线段EF的长度始终不发生变化,为2. 证明: 如图,过点N作NG⊥PB,与PB的延长线相交于点G, ∵AB=AP, ∴∠APB=∠ABP=∠GBN, 在△PME和△BNG中, , ∴△PME≌△BNG(AAS), ∴ME=NG,PE=BG, 在△FME和△FNG中, , ∴△FME≌△FNG(AAS), ∴EF=GF, ∴EF=EG, ∵BP=BE+EP=BE+GB=EG, ∴EF=BP, ∵BP===4, ∴EF=BP=2. 6.解: (1)△ABP∽△PCD. 【解法提示】∵∠MPN=90°, ∴∠APB+∠DPC=90°, ∵∠B=90°, ∴∠APB+∠BAP=90°, ∴∠DPC=∠BAP, 又∵∠B=∠C=90°, ∴△ABP∽△PCD. (2)在旋转过程中,的值为定值. 如图,过点F作FG⊥BC,垂足为G. 类比 (1)可得: △EBP∽△PGF, ∴=, ∵∠A=∠B=∠FGB=90°, ∴四边形ABGF是矩形, ∴FG=AB=2, ∵BP=1, ∴=, 即在旋转过程中,的值为定值. (3)由 (2)知△EBP∽△PGF, ∴==, 又∵AE=t, ∴BE=2-t, ∴PG=2(2-t)=4-2t, ∴AF=BG=BP+PG=1+(4-2t)=5-2t, ∴S=S矩形ABGF-S△AEF-S△BEP-S△PFG =2(5-2t)-t(5-2t)-×1×(2-t)-×2×(4-2t) =t2-4t+5, 即S=t2-4t+5(0≤t≤2), 当S=4.2时,4.2=t2-4t+5, 解得: t1=2-,t2=2+(不合题意,舍去). ∴t的值是2-. 7.解: (1). 【解法提示】sin120°=,故这个平行四边形的变形度是. (2)=,理由如下: 如图,设矩形的长和宽分别为a,b,其变形后的平行四边形的高为h, 则S1=ab,S2=ah,sinα=, ∴==, 又∵=, ∴=. (3)由AB2=AE·AD,可得A1B=A1E1·A1D1,即=. 又∵∠B1A1E1=∠D1A1B1, ∴△B1A1E1∽△D1A1B1, ∴∠A1B1E1=∠A1D1B1, ∵A1D1∥B1C1, ∴∠A1E1B1=∠C1B1E1, ∴∠A1E1B1+∠A1D1B1=∠C1B1E1+∠A1B1E1=∠A1B1C1. 由 (2)结论=,可得==2, ∴sin∠A1B1C1=, ∴∠A1B1C1=30°, ∴∠A1E1B1+∠A1D1B1=30°. 8.解: (1)根据题意BM=2t,BN=BC-t, 而BC=5×tan60°=5. ∴当BM=BN时,2t=5-t,解得t=10-15. (2)分类讨论: ①当∠BMN=∠ACB=90°时,如图①, △NBM∽△ABC,cosB=cos30°=, ∴=,解得t=. ②当∠BNM=∠ACB=90°时,如图②, △MBN∽△ABC,cosB=cos30°=, ∴=,解得t=. 因此当运动时间是秒或秒时,△MBN与△ABC相似. (3)由于△ABC面积是定值, ∴当四边形ACNM面积最小时,△MBN面积最大, 而△MBN的面积是S=BM×BN×sinB =×2t×(5-t)×=-t2+t, 由于a=-<0, ∴当t=-=时,△MBN面积最大, 最大值是-×()2+×=, 因此四边形ACNM面积最小值是×5×5-=. 9. (1)分三种情况: ①若AP=AO, 在矩形ABCD中,∵AB=6,BC=8, ∴AC=10, ∴AO=CO=5, ∴AP=5, ∴t=5, ②若AP=PO=t, 在矩形ABCD中, ∵AD∥BC, ∴∠PAO=∠OCE,∠APO=∠OEC, 又∵OA=OC, ∴△APO≌△CEO, ∴PO=OE=t. 作AG∥PE交BC于点G,则四边形APEG是平行四边形, ∴AG=PE=2t,GE=AP=t. 又∵EC=AP=t, ∴BG=8-2t. 在Rt△ABG中,根据勾股定理知62+(8-2t)2=(2t)2, 解得t=. ③若OP=AO=5,则t=0或t=8,不合题意,舍去. 综上可知,当t=5或t=时,△AOP是等腰三角形. (2)如解图②,作OM⊥BC,垂足是M,作ON⊥CD,垂足是N. 图② 则OM=AB=3,ON=BC=4, ∴S△OEC=·CE·OM=·t·3=t, S△OCD=·CD·ON=·6·4=12. ∵QF∥AC, ∴△DFQ∽△DOC, ∴=()2,即=()2, ∴S△DFQ=t2, ∴S四边形OFQC=12-t2, ∴S五边形OECQF=S四边形OFQC+S△OEC=12-t2+t, 即S=-t2+t+12(0<t<6). (3)存在. 理由如下: 要使S五边形OECQF: S△ACD=9∶16, 即(-t2+t+12)∶(×6×8)=9∶16, 解得t1=3,t2=1.5,两个解都符合题意, ∴存在两个t值,使S五边形OECQF∶S△ACD=9∶16,此时t1=3,t2=1.5; (4)存在. 理由如下: 如解图③,作DI⊥OP,垂足是I,DJ⊥OC,垂足是J, 图③ 作AG∥PE交BC于点G. ∵S△OCD=·OC·DJ=·5·DJ,且由 (2)知,S△OCD=12, ∴DJ=. ∵OD平分∠POC,DI⊥OP,DJ⊥OC, ∴DI=DJ==4.8. ∵AG∥PE, ∴∠DPI=∠DAG. ∵AD∥BC, ∴∠DAG=∠AGB, ∴∠DPI=∠AGB, ∴Rt△ABG∽Rt△DIP. 由 (1)知,在Rt△ABG中,BG=8-2t, ∴=, ∴=, ∴IP=(8-2t). 在Rt△DPI中,根据勾股定理得 ()2+[(8-2t)]2=(8-t)2, 解得t=.
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