浙江中考数学复习难题突破专题八类比拓展探究题.docx
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浙江中考数学复习难题突破专题八类比拓展探究题
难题突破专题八 类比、拓展探究题
类比、拓展探究题是近两年中考热门考题,题型的模式基本分为三步:
初步尝试、类比发现、深入探究,考查的知识点有:
三角形旋转、平行四边形性质、相似、全等、矩形折叠、勾股定理等.此类问题解答往往是层层深入,从特殊到一般,然后是拓展运用.在解题时需要牢牢把握特殊情况、特殊位置下的结论,然后探寻一般情况下是否也成立,最后是类比应用.类比模仿是解决此类问题的重要手段.
1[2016·湖州]数学活动课上,某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD(∠BAD=120°)进行探究:
将一块含60°的直角三角板如图Z8-1放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转,且60°角的顶点始终与点C重合,较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB,AD于点E,F(不包括线段的端点).
(1)初步尝试
如图①,若AD=AB,求证:
①△BCE≌△ACF,②AE+AF=AC;
(2)类比发现
如图②,若AD=2AB,过点C作CH⊥AD于点H,求证:
AE=2FH;
(3)深入探究
如图③,若AD=3AB,探究得的值为常数t,则t=________.
图Z8-1
例题分层分析
(1)①先证明△ABC,△ACD都是________三角形,再证明∠BCE=________,即可解决问题.
②根据①的结论得到________,由此可证明.
(2)设DH=x,由题意,可得CD=________,CH=________(用含x的代数式表示),由△ACE∽△HCF,得=,由此即可证明.
(3)如图③,过点C作CN⊥AD于N,CM⊥BA,交BA的延长线于点M,CM与AD交于点H.先证明△CFN∽△CEM,得=,由AB·CM=AD·CN,AD=3AB,推出CM=3CN,所以==,设CN=a,FN=b,则CM=3a,EM=3b,想办法求出AC,AE+3AF即可解决问题.
2[2016·舟山]我们定义:
有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”.
(1)概念理解
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子;
(2)问题探究
如图Z8-2①,在等邻角四边形ABCD中,∠DAB=∠ABC,AD,BC的中垂线恰好交于AB边上一点P,连结AC,BD,试探究AC与BD的数量关系,并说明理由;
(3)应用拓展
如图②,在Rt△ABC与Rt△ABD中,∠C=∠D=90°,BC=BD=3,AB=5,将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α(0°<∠α<∠BAC)得到Rt△AB′D′(如图③),当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时,求出它的面积.
图Z8-2
例题分层分析
(1)矩形或正方形邻角相等,满足“等邻角四边形”的条件;
(2)连结PD,PC,根据PE,PF分别为AD,BC的垂直平分线,可得到PA=________,PB=________,
∠DAP=________=∠ABC=________,从而可得∠APC=∠DPB,利用SAS可证得△APC≌△DPB,即可得到AC=BD.
(3)分两种情况考虑:
(i)当∠AD′B=∠D′BC时,延长AD′,CB交于点E,由S四边形ACBD′=S△ACE-S△BED′,求出四边形ACBD′的面积;(ii)当∠D′BC=∠ACB=90°时,过点D′作D′E⊥AC于点E,由S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′,求出四边形ACBD′的面积即可.
专题训练
1.[2017·淮安]【操作发现】
如图Z8-3,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,△ABC的三个顶点均在格点上.
图Z8-3
(1)请按要求画图:
将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°,点B的对应点为B′,点C的对应点为C′,连结BB′;
(2)在
(1)所画图形中,∠AB′B=________.
【问题解决】
如图Z8-4,在等边三角形ABC中,AC=7,点P在△ABC内,且∠APC=90°,∠BPC=120°,求△APC的面积.
图Z8-4
小明同学通过观察、分析、思考,对上述问题形成了如下想法:
想法一:
将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°,得到△AP′B,连结PP′,寻找PA,PB,PC三条线段之间的数量关系;
想法二:
将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°,得到△AP′C′,连结PP′,寻找PA,PB,PC三条线段之间的数量关系.
……
请参考小明同学的想法,完成该问题的解答过程.(―种方法即可)
【灵活运用】
如图Z8-5,在四边形ABCD中,AE⊥BC,垂足为E,∠BAE=∠ADC,BE=CE=2,CD=5,AD=kAB(k为常数),求BD的长(用含k的式子表示).
图Z8-5
2.[2017·连云港]问题呈现:
如图Z8-6①,点E,F,G,H分别在矩形ABCD的边AB,BC,CD,DA上,AE=DG.
求证:
2S四边形EFGH=S矩形ABCD.(S表示面积)
图Z8-6
实验探究:
某数学实验小组发现:
若图①中AH≠BF,点G在CD上移动时,上述结论会发生变化.分别过点E,G作BC边的平行线,再分别过点F,H作AB边的平行线,四条平行线分别相交于点A1,B1,C1,D1,得到矩形A1B1C1D1.
如图②,当AH>BF时,若将点G向点C靠近(DG>AE),经过探索,发现:
2S四边形EFGH=S矩形ABCD+S矩形A1B1C1D1.
如图③,当AH>BF时,若将点G向点D靠近(DG 迁移应用: 请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题. (1)如图Z8-7,点E,F,G,H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点,已知AH>BF,AE>DG,S四边形EFGH=11,HF=,求EG的长. 图Z8-7 (2)如图Z8-8,在矩形ABCD中,AB=3,AD=5,点E,H分别在边AB,AD上,BE=1,DH=2,点F,G分别是边BC,CD上的动点,且FG=,连结EF,HG,请直接写出四边形EFGH面积的最大值. 图Z8-8 3.[2017·盐城] 【探索发现】 如图Z8-9①是一张直角三角形纸片,∠B=90°,小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形,经过多次操作发现,当沿着中位线DE,EF剪下时,所得的矩形的面积最大.随后,他通过证明验证了其正确性,并得出: 矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________. 图Z8-9 【拓展应用】 如图②,在△ABC中,BC=a,BC边上的高AD=h,矩形PQMN的顶点P,N分别在边AB,AC上,顶点Q,M在边BC上,则矩形PQMN面积的最大值为________.(用含a,h的代数式表示) 【灵活应用】 如图③,有一块“缺角矩形”ABCDE,AB=32,BC=40,AE=20,CD=16,小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角),求该矩形的面积. 【实际应用】 如图Z8-10,现有一块四边形的木板余料ABCD,经测量AB=50cm,BC=108cm,CD=60cm,且tanB=tanC=,木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M,N在边BC上且面积最大的矩形PQMN,求该矩形的面积. 图Z8-10 参考答案 例1 【例题分层分析】 (1)①等边 ∠ACF ②BE=AF (2)2x x 解: (1)证明: ①∵四边形ABCD是平行四边形,∠BAD=120°,∴∠D=∠B=60°.∵AD=AB, ∴▱ABCD是菱形, ∴△ABC,△ACD都是等边三角形, ∴∠B=∠CAD=60°,∠ACB=60°,BC=AC. ∵∠ECF=60°, ∴∠BCE+∠ACE=∠ACF+∠ACE=60°, ∴∠BCE=∠ACF. 在△BCE和△ACF中, ∴△BCE≌△ACF. ②∵△BCE≌△ACF,∴BE=AF, ∴AE+AF=AE+BE=AB=AC. (2)证明: 设DH=x,由题意,CD=2x,CH=x, ∴AD=2AB=4x,∴AH=AD-DH=3x. ∵CH⊥AD,∴AC==2x, ∴AC2+CD2=AD2,∴∠ACD=90°, ∴∠BAC=∠ACD=90°,∴∠CAD=30°, ∴∠ACH=60°, ∵∠ECF=60°,∴∠HCF=∠ACE,∴△ACE∽△HCF,∴==2,∴AE=2FH. (3)如图,过点C作CN⊥AD于N,CM⊥BA,交BA的延长线于M,CM与AD交于点H. ∵∠ECF+∠EAF=180°, ∴∠AEC+∠AFC=180°. ∵∠AFC+∠CFN=180°, ∴∠CFN=∠AEC. ∵∠M=∠CNF=90°,∴△CFN∽△CEM, ∴=. ∵AB·CM=AD·CN,AD=3AB, ∴CM=3CN,∴==. 设CN=a,FN=b,则CM=3a,EM=3b, ∵∠MAH=60°,∠M=90°, ∴∠AHM=∠CHN=30°, ∴HC=2a,HM=a,HN=a, ∴AM=a,AH=a, ∴AC==a, AE+3AF=(EM-AM)+3(AH+HN-FN)=EM-AM+3AH+3HN-3FN=3AH+3HN-AM=a, ∴==. 故答案为. 例2 【例题分层分析】 (2)PD PC ∠ADP ∠BCP 解: (1)矩形或正方形. (2)AC=BD,理由如下: 连结PD,PC,如图①所示: ∵PE是AD的垂直平分线,PF是BC的垂直平分线,∴PA=PD,PC=PB, ∴∠PAD=∠PDA,∠PBC=∠PCB, ∴∠DPB=2∠PAD,∠APC=2∠PBC, 又∠PAD=∠PBC, ∴∠APC=∠DPB, ∴△APC≌△DPB(SAS), ∴AC=BD. (3)分两种情况考虑: (i)当∠AD′B=∠D′BC时,延长AD′,CB交于点E,如图②所示, ∴∠ED′B=∠EBD′, ∴EB=ED′. ∵BC=B′D′=3,AB=AB′=5, ∴AC=AD′=4. 设EB=ED′=x, 由勾股定理得42+(3+x)2=(4+x)2, 解得x=4.5. 过点D′作D′F⊥CE于F, ∴D′F∥AC,∴△ED′F∽△EAC, ∴=,即=, 解得D′F=, ∴S△ACE=AC×EC=×4×(3+4.5)=15,S△BED′=BE×D′F=×4.5×=, ∴S四边形ACBD′=S△ACE-S△BED′=15-=10. (ii)当∠D′BC=∠ACB=90°时,过点D′作D′E⊥AC于点E, 如图③所示, ∴四边形ECBD′是矩形, ∴ED′=BC=3. 在Rt△AED′中,根据勾股定理得 AE==, ∴S△AED′=AE×ED′=××3=,S矩形ECBD′=CE×CB=(4-)×3=12-3, 则S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′=+12-3=12-. 专题训练 1.解: 【操作发现】 (1)如图①所示. (2)45°. 【问题解决】 如图②,将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°,得到△AP′B,连结PP′,则AP′=AP,∠PAP′=60°,∠AP′B=∠APC. ∴△APP′是等边三角形. ∴∠APP′=∠AP′P=60°. ∵AP⊥PC,∴∠APC=90°.又∵∠BPC=120°, ∴∠APB=360°-∠APC-∠BPC=360°-90°-120°=150°. ∴∠BPP′=∠APB-∠APP′=150°-60°=90°. ∴∠BP′P=∠AP′B-∠AP′P=∠APC- ∠AP′P=90°-60°=30°. 设BP=a. 在Rt△BPP′中, ∵∠BP′P=30°, ∴P′B=2a,P′P=a, ∴AP=a,PC=2a. 在Rt△APC中,由勾股定理得AP2+PC2=AC2, ∴(a)2+(2a)2=72.解得a=. ∴AP=,PC=2. ∴S△APC=AP·PC=××2=7. 【灵活运用】 连结AC. ∵AE⊥BC,BE=CE,∴AB=AC. 又∵AE⊥BC,∴∠BAE=∠CAE. 设∠BAE=α, 则∠CAE=α,∠ABE=90°-α,∠ADC=α. 如图③,将△ACD绕点A顺时针旋转2α,得到△ABD′,则BD′=CD=5,AD=AD′,∠DAD′=2α,∠BD′A=α. 过点A作AF⊥DD′,垂足为点F,则∠D′AF=α,∠AD′F=90°-α,DD′=2D′F, ∴∠BD′D=∠BD′A+∠AD′F=α+90°-α=90°. 在Rt△AD′F中,D′F=AD′·cos∠AD′F=AD·cos(90°-α)=kAB·cos(90°-α)=k·BE=2k. ∴DD′=4k. 在Rt△BDD′中,由勾股定理得BD===. 2.解: 问题呈现: 证明: 因为四边形ABCD是矩形, 所以AB∥CD,∠A=90°, 又因为AE=DG,所以四边形AEGD是矩形, 所以S△HEG=EG·AE=S矩形AEGD, 同理可得S△FEG=S矩形BCGE. 因为S四边形EFGH=S△HEG+S△FEG, 所以2S四边形EFGH=S矩形ABCD. 实验探究: 由题意得,当点G向点D靠近(DG 如图所示,S△HEC1=S矩形HAEC1,S△EFB1=S矩形EBFB1, S△FGA1=S矩形FCGA1,S△GHD1=S矩形GDHD1, 所以S四边形EFGH=S△HEC1+S△EFB1+S△FGA1+S△GHD1-S矩形A1B1C1D1, 所以2S四边形EFGH=S矩形HAEC1+S矩形EBFB1+S矩形FCGA1+S矩形GDHD1-2S矩形A1B1C1D1, 即2S四边形EFGH=S矩形ABCD-S矩形A1B1C1D1. 迁移应用: (1)如图所示,由“实验探究”的结论可知2S四边形EFGH=S矩形ABCD-S矩形A1B1C1D1, 所以S矩形A1B1C1D1=S矩形ABCD-2S四边形EFGH=25-2×11=3=A1B1·A1D1. 因为正方形面积是25,所以边长为5, 又A1D12=HF2-52=29-25=4, 所以A1D1=2,A1B1=, 所以EG2=A1B12+52=+25=, 所以EG=. (2)四边形EFGH面积的最大值为. 3.解: 【探索发现】. 【拓展应用】ah. 【灵活应用】如图①,设四边形BFGK是从“缺角矩形”中剪出的一个矩形,显然,当顶点G在线段DE上时,矩形的面积才可取最大值. 作直线DE,分别交线段BA,BC的延长线于点P,Q,过点E作EH⊥BC于点H. ∵四边形ABCM是矩形,∴AM∥BC, ∴△DEM∽△DQC,∴=. ∵CD=16,CM=AB=32,∴MD=CD=16, ∴=1,即CQ=EM. ∵AE=20,AM=BC=40, ∴EM=AE=20.∴AE=CQ. 同理PA=MD=CD=16. ∴当BK=PB=24,即当顶点G在DE中点处时,矩形的面积最大,最大面积为×60×48=720. 【实际应用】分三种情形: (Ⅰ)如图②,当矩形的另两个顶点P,Q分别在边AB,CD上时,延长BA,CD相交于点E. ∵∠EBC=∠DCG,∴EB=EC. 过点E作EH⊥BC于点H, ∴BH=BC=×108=54(cm). 在Rt△EBH中, EH=BH·tanB=54×=72(cm), ∴EB=90cm. 由结论知,当PB=EB=45cm<AB时,矩形面积有最大值为×108×72=1944(cm2). (Ⅱ)如图③,当矩形的另两个顶点P,Q分别在边AD,CD上时,延长BA,CD相交于点E,延长QP交AE于点F,过点F作FG⊥BC于点G,则矩形PQMN的面积小于矩形FQMG的面积. 由(Ⅰ)知,矩形FQMG的面积<1944cm2. (Ⅲ)当矩形另两个顶点P,Q分别在边AB,AD上时,此时不能裁出矩形. 综上所述,矩形面积的最大值为1944cm2.
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