山东中考数学专题训练3类比拓展类探究10道.docx
- 文档编号:28703561
- 上传时间:2023-07-19
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:185.66KB
山东中考数学专题训练3类比拓展类探究10道.docx
《山东中考数学专题训练3类比拓展类探究10道.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《山东中考数学专题训练3类比拓展类探究10道.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
山东中考数学专题训练3类比拓展类探究10道
类比、拓展类探究
1.
(1)【观察猜想】
如图①,点B、A、C在同一条直线上,DB⊥BC,EC⊥BC且∠DAE=90°,AD=AE,则线段BC、BD、CE之间的数量关系为________;
(2)【问题解决】
如图②,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,CB=4,AB=2,以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC,连接BD,求BD的长;
(3)【拓展延伸】
如图③,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,
CB=4,AB=2,DC=DA,请直接写出BD的长.
第1题图
解:
(1)BC=CE+BD;
【解法提示】∵∠B=90°,∠DAE=90°,
∴∠D+∠DAB=∠DAB+∠EAC=90°,
∴∠D=∠EAC,
∵∠B=∠C=90°,AD=AE,
∴△ADB≌△EAC,
∴BD=AC,EC=AB,
∴BC=AB+AC=CE+BD;
(2)如解图①,过点D作DE⊥AB交BA的延长线于点E,
第1题解图①
易证△ABC≌△DEA,
∴DE=AB=2,AE=BC=4,
∴BE=AB+AE=6,
在Rt△BED中,由勾股定理得BD==2;
(3)BD的长为3.
【解法提示】如解图②,过点D作DE⊥BC于点E,作DF⊥AB交BA的延长线于点F,则四边形BEDF为矩形.
第1题解图②
易证△CED≌△AFD,
∴CE=AF,ED=DF,
∴四边形BEDF为正方形,
∴BE=DF=BF=DE.
设AF=x,DF=y,
则,解得,
∴BF=2+1=3,DF=3,
在Rt△BDF中,由勾股定理得BD==3.
2.已知点O是△ABC内任意一点,连接OA并延长到点E,使得AE=OA,以OB,OC为邻边作▱OBFC,连接OF,与BC交于点H,连接EF.
【问题发现】
(1)如图①,若△ABC为等边三角形,线段EF与BC的位置关系是________,数量关系为________;
【拓展探究】
(2)如图②,若△ABC为等腰直角三角形(BC为斜边),
(1)中的两个结论是否成立?
若成立,请给予证明;若不成立,请写出正确结论再给予证明;
【解决问题】
(3)如图③,若△ABC是等腰三角形,AB=AC=2,BC=3,请你直接写出线段EF的长.
第2题图
解:
(1)EF⊥BC,EF=BC;
【解法提示】如解图①,连接AH,
第2题解图①
∵四边形OBFC是平行四边形,
∴BH=HC=BC,OH=HF,
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC,AH⊥BC,
∴AH=BC,
∵OA=AE,OH=HF,
∴AH是△OEF的中位线,
∴AH∥EF,AH=EF,
∴EF⊥BC,BC=EF,
∴EF⊥BC,EF=BC.
(2)EF⊥BC仍然成立,但EF=BC.
证明:
如解图②,连接AH,
第2题解图②
∵四边形OBFC是平行四边形,
∴BH=HC=BC,OH=HF,
∵△ABC是等腰直角三角形,
∴AH⊥BC,AH=BH=BC,
∵OA=AE,OH=HF,
∴AH是△OEF的中位线,
∴AH∥EF,AH=EF,∴EF⊥BC,BC=EF,
∴EF⊥BC,EF=BC;
(3)线段EF的长为.
【解法提示】如解图③,连接AH,
第2题解图③
∵四边形OBFC是平行四边形,
∴BH=HC=BC,OH=HF,
∵△ABC是等腰三角形,AB=AC=2,BC=3,
∴AH==,
∵OA=AE,OH=HF,
∴AH是△OEF的中位线,∴AH=EF,
∴EF=2AH=.
3.在等边△ABC中,F为BC的中点,D为BC上的动点,以AD为边作等边△ADE,过点F作AB的平行线FG,交AE于点G.
【特例发现】
(1)如图①,当点D与点F重合时,直线CE和AB的位置关系是________;DG与AE的位置关系是________.
【类比探究】
(2)如图②,当点D移动到如图所示的位置时,上述结论还成立吗?
如果成立,请写出证明过程;如果不成立,请说明理由.
【拓展延伸】
(3)如图③,在四边形ABCD中,AB=AC=BC,∠ADB=60°,过点A作AE⊥BD于点E,过点E作EF∥CD交AC于点F,若AD=5,CD=,请直接写出线段EF的长度.
第3题图
解:
(1)CE∥AB;DG⊥AE.
【解法提示】∵△ABC与△ADE为等边三角形,
∴AB=AC,AF=AE,∠BAC=∠FAE=∠ABF=60°,
∵∠BAC=∠BAF+∠FAC,∠FAE=∠FAC+∠CAE,
∴∠BAF=∠CAE,∴△ABF≌△ACE,
∴∠ACE=∠ABF=60°,∴∠BAC=∠ACE,∴CE∥AB,
∵AB∥FG,∴CE∥FG∥AB,
∵点F为BC的中点,∴点G为AE的中点,
∵△AEF为等边三角形,∴DG⊥AE.
(2)结论仍然成立.
证明如下:
∵△ABC和△DAE均为等边三角形,
∴∠BAC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE,
∴∠BAD=∠CAE,∴△ABD≌△ACE,
∴∠ACE=∠ABF=60°,∴∠ACE=∠BAC,∴AB∥CE.
∵FG∥AB,∴AB∥FG∥CE,
∵点F是BC的中点,∴点G是AE的中点,
∵△ADE为等边三角形,∴DG⊥AE.
(3)线段EF的长为.
【解法提示】如解图,过点A作AG=AD,交BD于点G,延长EF交AD于点H,
第3题解图
∵∠ADB=60°,AB=AC=BC,
∴△ABC和△ADG均为等边三角形,
∴∠BAC=∠DAG=∠AGD=60°,AG=AD=5,
∴∠BAG=∠CAD,∠AGB=120°,∴△ABG≌△ACD,
∴∠AGB=∠ADC=120°,∴∠CDE=120°-60°=60°.
又∵∠AGD=60°,∴CD∥AG.
∵EF∥CD,∴EF∥CD∥AG.
在等边△ADG中,∵AE⊥GD,
∴点E是DG的中点,∴点H是AD的中点,
∴EH是△ADG的中位线,∴EH=AG=.
在△ACD中,∵FH∥CD,
∴FH是△ACD的中位线,∴FH=CD=,
∴EF=EH-FH=-=.
4.【问题发现】
(1)如图①,点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上,∠EAF=45°,连接EF,则线段BE、EF、DF之间的数量关系为________;
【拓展探究】
(2)如图②,在△ADC中,AD=2,CD=4,∠ADC是一个不固定的角,以AC为边向△ADC的另一侧作等边△ABC,连接BD,则BD的长是否存在最大值?
若存在,请求出其最大值;若不存在,请说明理由;
【解决问题】
(3)如图③,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=60°,BC=4,若BD⊥CD,垂足为点D,则对角线AC的长是否存在最大值?
若存在,请直接写出其最大值;若不存在,请说明理由.
第4题图
解:
(1)BE+DF=EF;
【解法提示】如解图①,延长CD至点G,使得DG=BE,
第4题解图①
∵在正方形ABCD中,AB=AD,∠B=∠ADG=90°,
∴△ABE≌△ADG,
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG,
∵∠EAF=45°,∠BAD=90°,
∴∠BAE+∠DAF=45°,
∴∠DAG+∠DAF=45°,即∠GAF=∠EAF,
又∵AF=AF,
∴△AEF≌△AGF,
∴EF=GF=DG+DF=BE+DF.
(2)存在.
在等边△ABC中,AB=BC,∠ABC=60°,
如解图②,将△ABD绕着点B顺时针旋转60°,得到△BCE,连接DE.
第4题解图②
由旋转可得,CE=AD=2,BD=BE,∠DBE=60°,
∴△DBE是等边三角形,∴DE=BD,
∵DE≤DC+CE=4+2=6,
∴当D、C、E三点共线时,DE存在最大值,且最大值为6,∴BD的最大值为6;
(3)存在,AC的最大值为2+2.
【解法提示】如解图③,以BC为边作等边△BCE,过点E作EF⊥BC于点F,连接DE,则BC=BE,∠CBE=60°.
F
第4题解图③
∵AB=AD,∠BAD=60°,
∴△ABD为等边三角形,
∴AB=BD,∠ABD=60°.
∴∠ABD+∠CBD=∠CBE+∠CBD,即∠ABC=∠DBE,
∵AB=BD,∠ABC=∠DBE,BC=BE,
∴△ABC≌△DBE,
∴AC=DE,
∵在等边△BCE中,EF⊥BC,
∴BF=BC=×4=2,
∴EF=BF=×2=2,
以BC为直径作⊙F,则点D在⊙F上,连接DF,
∴DF=BC=2,
∴AC=DE≤DF+EF=2+2,
即AC的最大值为2+2.
5.【问题发现】
(1)如图①,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A、D、E在同一直线上,连接BE;
填空:
①∠AEB的度数为________;
②线段AD、BE之间的数量关系为________.
【拓展探究】
(2)如图②,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A、D、E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE.请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系,并说明理由;
【解决问题】
(3)如图③,在正方形ABCD中,CD=,若点P满足PD=1,且∠BPD=90°,请直接写出点A到BP的距离.
第5题图
解:
(1)①60°;②AD=BE;
【解法提示】①∵△ABC和△DCE均为等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°,
∵∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE=60°,
∴∠ACD=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴∠ADC=∠BEC,AD=BE,
∵∠CDE=∠CED=60°,
∴∠ADC=∠BEC=120°,
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°.
②由①得△ACD≌△BCE,
∴AD=BE.
(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM;
理由:
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE,∠BEC=∠ADC=180°-45°=135°,
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°.
在等腰直角三角形DCE中,CM为斜边DE上的高,
∴CM=DM=ME,
∴DE=2CM,
∴AE=AD+DE=BE+2CM.
(3)或.
【解法提示】∵PD=1,∠BPD=90°,
∴BP是以点D为圆心,以1为半径的⊙D的切线,点P为切点.
第一种情况:
如解图①,过点A作AM⊥BP于点M,过点A作AP的垂线,交BP于点P′,
可证得△APD≌△AP′B,
∴PD=P′B=1,AP′=AP,
∵CD=,
∴BD=2,
∵PD=1,
∴PB=,
∴AM=PP′=(PB-P′B)=.
第5题解图
第二种情况:
如解图②,同理可得AM=PP′=(PB+BP′)=.
综上所述,点A到BP的距离为或.
6.如图①,以▱ABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边AD上,连接BE,交AF于点G.
(1)猜想BG与EG的数量关系,并说明理由;
(2)延长DE,BA交于点H,其他条件不变,
①如图②,若∠ADC=60°,求的值;
②如图③,若∠ADC=α(0°<α<90°),直接写出的值.(用含α的三角函数表示)
第6题图
解:
(1)BG=EG;
理由如下:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∵四边形CDEF是菱形,
∴EF=CD,EF∥CD,
∴AB=EF,AB∥EF,
∴∠BAG=∠EFG,∠ABG=∠FEG,
∴△ABG≌△FEG(ASA),∴BG=EG;
(2)①由
(1)知△ABG≌△FEG,
∴AG=FG,
设CD=a,FG=b,则AB=a,AG=b,
∵四边形CDEF是菱形,∠ADC=60°,
∴△EFD是等边三角形,∠FDE=60°,
∴DF=CD=a,
∵AB∥CD,∴∠HAD=60°,∴△ADH是等边三角形,
∴AH=AD=DF+FG+AG=a+2b,
∴BH=AB+AH=a+a+2b=2a+2b,
∵DG=DF+FG=a+b,
∴==;
②=cosα.
【解法提示】如解图,分别过点C、H作CO⊥AD于点O,HN⊥AD于点N,
第6题解图
∵△ABG≌△FEG,∴AG=FG,
设CD=a,FG=b,则AB=a,AG=b,
∵四边形CDEF是菱形,∠ADC=α,
∴∠ADH=α,∴DF=2DO=2acosα,
∴AD=DF+FG+AG=2acosα+2b,
∵AB∥CD,∴∠HAD=∠ADC=α,
∴AN=AD=acosα+b,
∴AH==,
∴BH=AB+AH=a+=,
∵DG=DF+FG=2acosα+b,
∴==cosα.
7.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,点P为直线BC上的动点(不与点B、C重合),连接OC、OP,将线段OP绕点P顺时针旋转60°,得到线段PQ,连接BQ.
(1)如图①,当点P在线段BC上时,线段BQ与CP的数量关系为________;
(2)如图②,当点P在CB延长线上时,
(1)中结论是否成立?
若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由;
(3)如图③,当点P在BC延长线上时,若∠BPO=15°,BP=4,请直接写出BQ的长.
第7题图
解:
(1)BQ=CP;
【解法提示】如解图①,连接OQ,
第7题解图①
∵PQ是由OP旋转60°得到的,
∴△OPQ是等边三角形,∴∠POQ=60°,OP=OQ.
∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,
∴∠ABC=60°,
∵点O是AB的中点,
∴OC=OB,
∴△OCB是等边三角形,
∴∠COB=60°=∠POQ,
∴∠COP=∠BOQ,
∵CO=BO,OP=OQ,
∴△COP≌△BOQ,
∴CP=BQ;
(2)成立,证明如下:
如解图②,连接OQ,
第7题解图②
∵线段PQ是由线段PO绕点P旋转60°得到的,
∴△PQO是等边三角形,
∴OQ=OP,∠POQ=60°.
∵在Rt△ABC中,∠A=30°,∠ACB=90°,
∴∠ABC=60°,
∵点O是AB的中点,
∴OC=OB,∴△OBC是等边三角形,
∴∠COB=60°=∠POQ,
∴∠COB+∠BOP=∠BOP+∠POQ,
即∠COP=∠BOQ,
∵OC=OB,PO=OQ,
∴△COP≌△BOQ,
∴CP=BQ;
(3)BQ的长为4-4.
【解法提示】如解图③,连接OQ,
第7题解图③
∵线段PQ是由线段PO绕点P旋转60°得到的,
∴△PQO是等边三角形,
∴∠POQ=60°,PO=OQ,
由
(2)知△OBC是等边三角形,
∴OB=OC,∠BOC=∠POQ=60°,
∴∠BOQ=∠COP,∴△COP≌△BOQ,
∴CP=BQ,∠CPO=∠BQO,
过Q作QD⊥BP于D,
∵∠QPO=∠PQO=60°,∠BPO=15°,
∴∠QPD=45°,
∵∠QDP=90°,
∴∠PQD=45°,
∴PD=DQ,
∴∠DQO=15°,
∵∠BQO=∠BPO=15°,
∴∠BQD=30°,
∴BQ=2BD,PD=QD=BD,
∴BP=DB+PD=BD+BD,
∵BP=4,∴BD=2-2,
∴BQ=2BD=4-4.
8.在△ABC和△ADE中,BA=BC,DA=DE,且∠ABC=∠ADE=α,点E在△ABC的内部,连接EC,EB和BD,并且∠ACE+∠ABE=90°.
(1)如图①,当α=60°时,线段BD与CE的数量关系为________,线段EA,EB,EC的数量关系为________;
(2)如图②,当α=90°时,请写出线段EA,EB,EC的数量关系,并说明理由;
(3)在
(2)的条件下,当点E在线段CD上时,若BC=2,请直接写出△BDE的面积.
第8题图
解:
(1)BD=CE;BE2+CE2=EA2;
【解法提示】∵∠ABC=∠ADE=α=60°,DA=DE,BA=BC,
∴△ADE,△ABC是等边三角形,
∴∠DAE=∠BAC=60°,
∴∠DAB=∠EAC,
∵DA=EA,BA=AC,
∴△DAB≌△EAC,
∴BD=CE,∠DBA=∠ECA,
∴∠DBA+∠ABE=∠ECA+∠ABE=90°,
∴BD2+BE2=DE2.
∵△ADE是等边三角形,
∴DE=AE,
∴BD2+BE2=AE2即EC2+EB2=EA2.
(2)CE2+BE2=AE2;
理由如下:
∵∠ADE=∠ABC=90°,
∴∠DAE=∠BAC=45°,AE=AD,AC=AB,
∴∠DAB=∠EAC,∴△DAB∽△EAC,
∴∠DBA=∠ECA,==,
∴∠DBE=90°,∴BD2+BE2=DE2,
即(CE)2+BE2=(AE)2,
则CE2+BE2=AE2;
(3)2.
【解法提示】如解图,
第8题解图
∵∠EBC+∠EBA=90°,∴∠EBC=∠ECA,
∴∠EBC+∠ECB=∠ECA+∠ECB=∠BCA=45°,
∵点D,E,C在一条直线上,∴∠BED=45°,
∵∠DBE=90°,∴∠BDE=45°,∴BD=BE,
设BD=x,则DE=CE=AD=x,
在Rt△ADC中,AC=BC=2,AD2+CD2=AC2,
即(x)2+(2x)2=
(2)2,解得x=2或x=-2(舍).
则S△BDE=BD·BE=×2×2=2.
9.已知四边形ABCD中,E,F分别是AB,AD边上的点,DE与CF交于点G.
(1)如图①,若四边形ABCD是矩形,且DE⊥CF.求证:
DE·CD=CF·AD;
(2)如图②,若四边形ABCD是平行四边形.试探究:
当∠B与∠EGC满足什么关系时,使得DE·CD=CF·AD成立?
并证明你的结论;
(3)如图③,若BA=BC=3,DA=DC=4,∠BAD=90°,DE⊥CF,请直接写出的值.
第9题图
(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠FDC=90°,
∵CF⊥DE,
∴∠DGF=90°,
∴∠ADE+∠CFD=90°,∠ADE+∠AED=90°,
∴∠CFD=∠AED,
∵∠A=∠CDF,
∴△AED∽△DFC,
∴=,
∴DE·CD=CF·AD;
(2)解:
当∠B+∠EGC=180°时,DE·CD=CF·AD成立.
证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠B=∠ADC,AD∥BC,
∴∠B+∠A=180°,
∵∠B+∠EGC=180°,
∴∠A=∠EGC=∠FGD,
∵∠FDG=∠EDA,
∴△DFG∽△DEA,∴=,
∵∠B=∠ADC,∠B+∠EGC=180°,∠EGC+∠DGC=180°,
∴∠CGD=∠CDF,
∵∠GCD=∠DCF,∴△CGD∽△CDF,∴=,
∵=,=,∴DE·CD=CF·AD,
即当∠B+∠EGC=180°时,DE·CD=CF·AD成立;
(3)解:
=.
【解法提示】如解图,过C作CN⊥AD于N,CM⊥AB交AB延长线于M,连接BD,设CN=x,
第9题解图
∵∠BAD=90°,即AB⊥AD.
∴∠A=∠M=∠CNA=90°,
∴四边形AMCN是矩形,
∴AM=CN,AN=CM,
在△BAD和△BCD中,,
∴△BAD≌△BCD(SSS),
∴∠BCD=∠A=90°,
∴∠ABC+∠ADC=180°,
∵∠ABC+∠CBM=180°,
∴∠MBC=∠ADC,
∵∠CND=∠M=90°,
∴△BCM∽△DCN,
∴=,
∴=,
∴CM=x,
在Rt△CMB中,CM=x,BM=AM-AB=x-3,由勾股定理得:
BM2+CM2=BC2,
∴(x-3)2+(x)2=32,解得x=0(舍去),x=,
∴CN=,
∵∠A=∠FGD=90°,
∴∠AED+∠AFG=180°,
∵∠AFG+∠NFC=180°,
∴∠AED=∠CFN,
∵∠A=∠CNF=90°,
∴△AED∽△NFC,
∴===.
10.已知Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D、E分别在BC、AC边上,连接BE、AD交于点P.设AC=kBD,CD=kAE,k为常数,试探究∠APE的度数:
(1)如图①,若k=1,则∠APE的度数为;
(2)如图②,若k=,试问
(1)中的结论是否成立?
若成立,请说明理由;若不成立,求出∠APE的度数;
(3)如图③,若k=,且D、E分别在CB、CA的延长线上,
(2)中的结论是否成立,请说明理由.
第10题图
解:
(1)45°;
(2)
(1)中的结论不成立,理由如下:
作AF∥CB,BF∥AD,AF、BF相交于点F,连接EF,交AD于点H,
如解图①,∵AF∥CB,BF∥AD,
第10题解图①
∴∠FBE=∠APE,∠FAC=∠C=90°,四边形ADBF是平行四边形.
由题意知AC=BD,CD=AE,
∴==,
又∵BD=AF,
∴==,
又∵∠FAC=∠C=90°,
∴△FAE∽△ACD,
∴===,∠FEA=∠ADC,
又∵∠ADC+∠CAD=90°,
∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD,
∵AD∥BF,
∴∠EFB=90°,
在Rt△EFB中,tan∠FBE==,
∴∠FBE=30°,∴∠APE=30°,
∴
(1)中结论不成立;
(3)
(2)中的结论成立,其理由如下:
如解图②,作EH∥CD,DH∥BE,DH、EH相交于点H,连接AH,
第10题解图②
∵EH∥CD,DH∥BE,
∴∠APE=∠ADH,∠HEC=∠C=90°,四边形EBDH是平行四边形,
∴BE=DH,EH=BD,
由题意知AC=BD,CD=AE,
∴==,
又∵BD=EH,
∴==,
又∵∠HEA=∠C=90°,
∴△ACD∽△HEA,
∴==,∠ADC=∠HAE,∠CAD+∠ADC=90°,
∴∠HAE+∠CAD=90°,∴∠HAD=90°,
在Rt△DAH中,tan∠ADH==,
∴∠ADH=30°,
∴∠APE=30°.
- 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:
- 山东 中考 数学 专题 训练 类比 拓展 探究 10