中考数学临考冲刺专题练测几何探究题.docx
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中考数学临考冲刺专题练测几何探究题
几何探究题
1.我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”.例如图1、图2、图3中,AF,BE是△ABC的中线,AF⊥BE,垂足为点P,像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”.设BC=a,AC=b,AB=c.
特例探索
归纳证明
(2)请你观察
(1)中的计算结果,猜想a2,b2,c2三者之间的关系,用等式表示出来,并利用图3证明你发现的关系式;
拓展应用
(3)如图4,在平行四边形ABCD中,点E,F,G分别是AD,BC,CD的中点,BE⊥EG,AD=2
,AB=3.求AF的长.
解:
(2)猜想a2,b2,c2三者之间的关系是a2+b2=5c2.
证明如下:
如图①,连接EF.
∵AF,BE是△ABC的中线,
∴EF是△ABC的中位线,
设PF=m,PE=n,则AP=2m,PB=2n.
在Rt△APB中,(2m)2+(2n)2=c2①;
在Rt△APE中,(2m)2+n2=(b2)2②;
在Rt△BPF中,m2+(2n)2=(a2)2③.
∴a2+b2=5c2.
(3)如图②,取AB的中点H,连接FH,AC,设AF,BE交于点P.
∵点E,G分别是AD,CD的中点,点F是BC的中点,
∴BF=
.
∴EG∥AC∥FH.
又BE⊥EG,
∴FH⊥BE.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC,
∴AE=BF,AE∥BF,∴△APE≌△FPB,
∴AP=FP,
∴△ABF是“中垂三角形”,
∴AF=4.
2.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;
(1)解:
BD=CF成立.
证明:
∵AC=AB,∠CAF=∠BAD=θ,AF=AD,
∴△ABD≌△ACF,∴BD=CF.
(2)①证明:
由
(1)得,△ABD≌△ACF,
∴∠HFN=∠ADN.
又∠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°.
∵∠MDB=∠HDF,
∴△BMD∽△FHD.
3.问题引入:
(1)如图①,在△ABC中,点O是∠ABC和∠ACB平分线的交点,若∠A=α,则∠BOC=90°+1/2α(用含α的式子表示);
如图②,∠CBO=1/3∠ABC,∠BCO=1/3∠ACB,若∠A=α,则∠BOC=120°+1/3α(用含α的式子表示).
拓展研究:
(2)如图③,∠CBO=1/3∠DBC,∠BCO=1/3∠ECB,若∠A=α,请猜想∠BOC=120°-1/3α(用含α的式子表示),并说明理由.
类比研究:
(3)BO,CO分别是△ABC的外角∠DBC,∠ECB的n等分线,它们交于点O,∠CBO=1/n∠DBC,∠BCO=1/n∠ECB,∠A=α,请猜想∠BOC=
4.如图,已知正方形ABCD的边长为4,E是射线CB上的一个动点,过点D作DF⊥DE,交BA的延长线于点F,EF交对角线AC所在的直线于点M,DE交AC于点N.
(1)求证:
CE=AF;
(2)设CE=x,△AMF的面积为y,求y与x之间的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;
(3)随着点E在射线CB上运动,NA·MC的值是否会发生变化?
若不变,请求出NA·MC的值;若变化,请说明理由.
(1)证明:
在正方形ABCD中,∠ADC=90°.
∵∠FDE=∠ADC=90°,
∴∠FDA=∠CDE.
又DC=AD,∠DCE=∠DAF=90°,
∴△CDE≌△ADF,∴CE=AF.
(2)解:
当点E在BC上时,
如图①,过M作MG⊥AB于G.
∵CB⊥AB,∴MG∥BC.
设MG=h.又∠GAM=45°,
∴AG=MG=h.
图②当点E在CB的延长线上时,如图②,过M作MG⊥BF于G,则MG∥CE,
(3)解:
NA·MC的值不变.如图③,过E作EG∥AB交AC于G,连接DM,则∠EGC=∠GCE=45°,∴EG=EC=AF,图③
∴∠FAM=∠MGE=135°.
又∠AMF=∠GME,
∴△FAM≌△EGM,∴ME=FM.
由
(1)可得△FDE是等腰直角三角形,
∴DM⊥EF,∴∠MDE=45°,
则∠DNA=∠MDC=45°+∠CDN,
∠DAN=∠DCM=45°,∴△AND∽△CDM,
5.如图,矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,△COD关于CD对称的图形为△CED.
(1)求证:
四边形OCED是菱形;
(2)连接AE,若AB=6cm,BC=
cm.
①求sin∠EAD的值;
②若点P为线段AE上一动点(不与点A重合),连接OP,一动点Q从点O出发,以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P,再以1.5cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A,到达点A后停止运动,当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时,求AP的长和点Q走完全程所需的时间.
(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形,
∴OD=OB=OC=OA.
∵△CED和△COD关于CD对称,
∴DE=DO,CE=CO,
∴DE=EC=CO=OD,
∴四边形OCED是菱形.
(2)解:
①如图,设AE交CD于K.
∵四边形OCED是菱形,
∴DE∥AC,DE=OC=OA,
②作PF⊥AD于F.
易知PF=AP·sin∠DAE=2/3AP.
∴当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时,AP的长为32cm,点Q走完全程所需的时间为3s.
6.如图1,点O是正方形ABCD两对角线的交点,分别延长OD到点G,OC到点E,使OG=2OD,OE=2OC,然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG,连接AG,DE.
(1)求证:
DE⊥AG;
(2)正方形ABCD固定,将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正方形OE′F′G′,如图2.
①在旋转过程中,当∠OAG′是直角时,求α的度数;
②若正方形ABCD的边长为1,在旋转过程中,求AF′长的最大值和此时α的度数,直接写出结果,不必说明理由.
(1)证明:
如图1,延长ED交AG于点H.
∵点O是正方形ABCD两对角线的交点,
∴OA=OD=OC,OA⊥OD.
∵OG=2OD,OE=2OC,∴OG=OE.
在△AOG和△DOE中,
OA=OD,
∠AOG=∠DOE,
OG=OE,
∴△AOG≌△DOE,
∴∠AGO=∠DEO.
∵∠AGO+∠GAO=90°,
∴∠GAO+∠DEO=90°,
∴∠AHE=90°,即DE⊥AG.
(2)解:
①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况:
(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时,
∵OA=OD=12OG=12OG′,
∴∠AG′O=30°.
∵OA⊥OD,OA⊥AG′,∴OD∥AG′,
∴∠DOG′=∠AG′O=30°,即α=30°.
(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时,
同理可求∠BOG′=30°,
∴α=180°-30°=150°.
综上所述,当∠OAG′是直角时,α的度数是30°或150°.
②AF′长的最大值是
此时α的度数是315°.
[如图,当旋转到A、O、F′在一条直线上时,AF′的长最大.
∵正方形ABCD的边长为1,
7.如图1,将三角形纸片ABC沿中位线EH折叠,使点A的对称点D落在BC边上,再将纸片分别沿等腰三角形BED和等腰三角形DHC的底边上的高线EF,HG折叠,折叠后的3个三角形拼合形成一个矩形.类似地,对多边形进行折叠,若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形,这样的矩形称为叠合矩形.
(1)将平行四边形纸片ABCD按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG,则操作形成的折痕分别是线段AE,GE;S矩形AEFG∶S平行四边形ABCD=1∶2.
(2)平行四边形纸片ABCD还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若EF=5,EH=12,求AD的长;
(3)如图4,四边形纸片ABCD满足AD∥BC,AD<BC,AB⊥BC,AB=8,CD=10.小明把该纸片折叠,得到叠合正方形.请你帮助小明画出叠合正方形的示意图,并直接写出AD,BC的长.
解:
(1)AEGF1∶2
(2)∵四边形EFGH是叠合矩形,
∴∠FEH=90°.
又EF=5,EH=12,
设点D的对称点为N,点B的对称点为M.
由折叠可知,DH=HN,AH=HM,CF=FN.
易证△AEH≌△CGF,
∴CF=AH,
∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13.
8.我们定义:
如图1,在△ABC中,把AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB′,把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′,连接B′C′.当α+β=180°时,我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”,△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”,点A叫做“旋补中心”.
特例感知:
(1)在图2,图3中,△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”,AD是△ABC的“旋补中线”.
①如图2,当△ABC为等边三角形时,AD与BC的数量关系为AD=1/2BC;
②如图3,当∠BAC=90°,BC=8时,AD长为4.
猜想论证:
(2)在图1中,当△ABC为任意三角形时,猜想AD与BC的数量关系,并给予证明.
拓展应用:
(3)如图4,在四边形ABCD,∠C=90°,∠D=150°,BC=12,CD=2
,DA=6.在四边形内部是否存在点P,使△PDC是△PAB的“旋补三角形”?
若存在,给予证明,并求△PAB的“旋补中线”长;若不存在,说明理由.
解:
(1)①1/2②4
(2)结论:
AD=1/2BC.
证明:
如图①,延长AD到M,
使得AD=DM,连接B′M,C′M.
∵B′D=DC′,AD=DM.
∴四边形AC′MB′是平行四边形,
∴AC′=B′M=AC.
∵∠BAC+∠B′AC′=180°,∠B′AC′+∠AB′M=180°,
∴∠BAC=∠MB′A.
又AB=AB′,AC=B′M,
∴△BAC≌△AB′M,
∴BC=AM,∴AD=1/2BC.
(3)存在.
证明:
如图②,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN,连接DF.
∵∠ADC=150°,∴∠MDC=30°.
在Rt△DCM中,
∴CM=2,DM=4,∠M=60°.
在Rt△BEM中,
∵∠BEM=90°,BM=14,∠MBE=30°,
∴EM=1/2BM=7,
∴DE=EM-DM=3.
∵AD=6,BE⊥AD,PF⊥BC,
∴AE=DE.∴PA=PD,PB=PC.
∴∠CDF=60°=∠CPF.
易证△FCP≌△CFD,∴CD=PF.
∵CD∥PF,∴四边形CDPF是矩形,
∴∠CDP=90°,
∴∠ADP=∠ADC-∠CDP=60°.
∴△ADP是等边三角形,∴∠ADP=60°.
∵∠BPF=∠CPF=60°,∴∠BPC=120°,
∴∠APD+∠BPC=180°,
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”.
在Rt△PDN中,
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