中考数学专题复习七几何图形综合题.docx
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中考数学专题复习七几何图形综合题
几何图形综合题
【专题思路剖析】
几何图形的综合题,着重考查学生对几何知识的理解与掌握、状及其数量关系成为数学研究重要内容.中考数学几何重要数学思想和解决实际问题的能力,是"图形与几何"知识内容的重要代表,所考查的内容及方法都是初中几何学习的核心内容及重要方法,是课程学习效果及评价重要体现.几何图形综合题是各地中考的必考题,难度较大,分值也较大,要想在中考中取得较高的分数,必须强化这类题目的训练.
【典型例题赏析】
题型1 与三角形、四边形有关的几何综合题
类型1 操作探究题
1.图形的旋转涉及三角形的全等,会出现相等的线段或者角.若旋转角是直角,则会出现等腰直角三角形,若旋转角是60度,则会出现等边三角形.
2.旋转的题目中若出现三条线段的长度,则不妨考虑通过旋转将条件集中,看是否存在直角三角形.
例题1:
(2015•福建第15题12分)在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG(如图①),求证:
△AEG≌△AEF;
(2)若直线EF与AB,AD的延长线分别交于点M,N(如图②),求证:
EF2=ME2+NF2;
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变(如图③),请你直接写出线段EF,BE,DF之间的数量关系.
考点:
四边形综合题..
分析:
(1)根据旋转的性质可知AF=AG,∠EAF=∠GAE=45°,故可证△AEG≌△AEF;
(2)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.由
(1)知△AEG≌△AEF,则EG=EF.再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,得出CE=CF,BE=BM,NF=DF,然后证明∠GME=90°,MG=NF,利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2,等量代换即可证明EF2=ME2+NF2;
(3)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG,则DF=BG,再证明△AEG≌△AEF,得出EG=EF,由EG=BG+BE,等量代换得到EF=BE+DF.
解答:
(1)证明:
∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,
∴AF=AG,∠FAG=90°,
∵∠EAF=45°,
∴∠GAE=45°,
在△AGE与△AFE中,
,
∴△AGE≌△AFE(SAS);
(2)证明:
设正方形ABCD的边长为a.
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.
则△ADF≌△ABG,DF=BG.
由
(1)知△AEG≌△AEF,
∴EG=EF.
∵∠CEF=45°,
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,
∴CE=CF,BE=BM,NF=DF,
∴a﹣BE=a﹣DF,
∴BE=DF,
∴BE=BM=DF=BG,
∴∠BMG=45°,
∴∠GME=45°+45°=90°,
∴EG2=ME2+MG2,
∵EG=EF,MG=BM=DF=NF,
∴EF2=ME2+NF2;
(3)解:
EF=BE+DF.
点评:
本题是四边形综合题,其中涉及到正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,矩形的性质,勾股定理.准确作出辅助线利用数形结合及类比思想是解题的关键.
【变式练习】
(2015•内蒙古赤峰25,12分)如图,四边形ABCD是边长为2,一个锐角等于60°的菱形纸片,小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合,按顺时针方向旋转三角形纸片,使它的两边分别交CB、BA(或它们的延长线)于点E、F,∠EDF=60°,当CE=AF时,如图1小芳同学得出的结论是DE=DF.
(1)继续旋转三角形纸片,当CE≠AF时,如图2小芳的结论是否成立?
若成立,加以证明;若不成立,请说明理由;
(2)再次旋转三角形纸片,当点E、F分别在CB、BA的延长线上时,如图3请直接写出DE与DF的数量关系;
(3)连EF,若△DEF的面积为y,CE=x,求y与x的关系式,并指出当x为何值时,y有最小值,最小值是多少?
考点:
几何变换综合题.
分析:
(1)如答图1,连接BD.根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE,然后证明△ADF≌△BDE(ASA),得DF=DE;
(2)如答图2,连接BD.根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE,然后证明△ADF≌△BDE(ASA),得DF=DE;
(3)根据
(2)中的△ADF≌△BDE得到:
S△ADF=S△BDE,AF=BE.所以△DEF的面积转化为:
y=S△BEF+S△ABD.据此列出y关于x的二次函数,通过求二次函数的最值来求y的最小值.
解答:
解:
(1)DF=DE.理由如下:
如答图1,连接BD.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB.
又∵∠A=60°,
∴△ABD是等边三角形,
∴AD=BD,∠ADB=60°,
∴∠DBE=∠A=60°
∵∠EDF=60°,
∴∠ADF=∠BDE.∵在△ADF与△BDE中,,
∴△ADF≌△BDE(ASA),
∴DF=DE;
(2)DF=DE.理由如下:
如答图2,连接BD.∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB.
又∵∠A=60°,
∴△ABD是等边三角形,
∴AD=BD,∠ADB=60°,
∴∠DBE=∠A=60°
∵∠EDF=60°,
∴∠ADF=∠BDE.
∵在△ADF与△BDE中,,
∴△ADF≌△BDE(ASA),
∴DF=DE;
(3)由
(2)知,△ADF≌△BDE.则S△ADF=S△BDE,AF=BE=x.
依题意得:
y=S△BEF+S△ABD=(2+x)xsin60°+×2×2sin60°=(x+1)2+.即y=(x+1)2+.
∵>0,
∴该抛物线的开口方向向上,
∴当x=0即点E、B重合时,y最小值=.
点评:
本题考查了几何变换综合题,解题过程中,利用了三角形全等的判定与性质,菱形的性质以及等边三角形的判定与性质,对于促进角与角(边与边)相互转换,将未知角转化为已知角(未知边转化为已知边)是关键.
类型2 动态探究题
动态型问题包括动点、动线、动形问题,解动态问题的关键就是:
从特殊情形入手,变中求不变,动中求静,抓住静的瞬间,以静制动,把动态的问题转化为静态的问题来解决.本题化动为静后利用三角形相似列比例式,表示出相关线段的长,求出函数关系.
例题1:
(2015•聊城,第25题12分)如图,在直角坐标系中,Rt△OAB的直角顶点A在x轴上,OA=4,AB=3.动点M从点A出发,以每秒1个单位长度的速度,沿AO向终点O移动;同时点N从点O出发,以每秒1.25个单位长度的速度,沿OB向终点B移动.当两个动点运动了x秒(0<x<4)时,解答下列问题:
(1)求点N的坐标(用含x的代数式表示);
(2)设△OMN的面积是S,求S与x之间的函数表达式;当x为何值时,S有最大值?
最大值是多少?
(3)在两个动点运动过程中,是否存在某一时刻,使△OMN是直角三角形?
若存在,求出x的值;若不存在,请说明理由.
考点:
相似形综合题.
分析:
(1)由勾股定理求出OB,作NP⊥OA于P,则NP∥AB,得出△OPN∽△OAB,得出比例式,求出OP、PN,即可得出点N的坐标;
(2)由三角形的面积公式得出S是x的二次函数,即可得出S的最大值;
(3)分两种情况:
①若∠OMN=90°,则MN∥AB,由平行线得出△OMN∽△OAB,得出比例式,即可求出x的值;
②若∠ONM=90°,则∠ONM=∠OAB,证出△OMN∽△OBA,得出比例式,求出x的值即可.
解答:
(1)根据题意得:
MA=x,ON=1.25x,
在Rt△OAB中,由勾股定理得:
OB===5,
作NP⊥OA于P,如图1所示:
则NP∥AB,
∴△OPN∽△OAB,
∴,
即,
解得:
OP=x,PN=,
∴点N的坐标是(x,);
(2)在△OMN中,OM=4﹣x,OM边上的高PN=,
∴S=OM•PN=(4﹣x)•=﹣x2+x,
∴S与x之间的函数表达式为S=﹣x2+x(0<x<4),
配方得:
S=﹣(x﹣2)2+,
∵﹣<0,
∴S有最大值,
当x=2时,S有最大值,最大值是;
(3)存在某一时刻,使△OMN是直角三角形,理由如下:
分两种情况:
①若∠OMN=90°,如图2所示:
则MN∥AB,
此时OM=4﹣x,ON=1.25x,
∵MN∥AB,
∴△OMN∽△OAB,
∴,
即,
解得:
x=2;
②若∠ONM=90°,如图3所示:
则∠ONM=∠OAB,
此时OM=4﹣x,ON=1.25x,
∵∠ONM=∠OAB,∠MON=∠BOA,
∴△OMN∽△OBA,
∴,
即,
解得:
x=;
综上所述:
x的值是2秒或秒.
点评:
本题是相似形综合题目,考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、坐标与图形特征、直角三角形的性质、三角形面积的计算、求二次函数的解析式以及最值等知识;本题难度较大,综合性强,特别是(3)中,需要进行分类讨论,通过证明三角形相似才能得出结果.
【变式练习】
(2015•山东德州,第23题10分)
(1)问题
如图1,在四边形ABCD中,点P为AB上一点,∠DPC=∠A=∠B=90°,求证:
AD•BC=AP•BP.
(2)探究
如图2,在四边形ABCD中,点P为AB上一点,当∠DPC=∠A=∠B=θ时,上述结论是否依然成立?
说明理由.
(3)应用
请利用
(1)
(2)获得的经验解决问题:
如图3,在△ABD中,AB=6,AD=BD=5,点P以每秒1个单位长度的速度,由点A出了,沿边AB向点B运动,且满足∠DPC=∠A,设点P的运动时间为t(秒),当以D为圆心,以DC为半径的圆与AB相切时,求t的值.
考点:
相似形综合题;切线的性质..
专题:
探究型.
分析:
(1)如图1,由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC,即可证到△ADP∽△BPC,然后运用相似三角形的性质即可解决问题;
(2)如图2,由∠DPC=∠A=∠B=θ可得∠ADP=∠BPC,即可证到△ADP∽△BPC,然后运用相似三角形的性质即可解决问题;
(3)如图3,过点D作DE⊥AB于点E,根据等腰三角形的性质可得AE=BE=3,根据勾股定理可得DE=4,由题可得DC=DE=4,则有BC=5﹣4=1.易证∠DPC=∠A=∠B.根据AD•BC=AP•BP,就可求出t的值.
解答:
解:
(1)如图1,
∵∠DPC=∠A=∠B=90°,
∴∠ADP+∠APD=90°,
∠BPC+∠APD=90°,
∴∠ADP=∠BPC,
∴△ADP∽△BPC,
∴=,
∴AD•BC=AP•BP;
(2)结论AD•BC=AP•BP仍然成立.
理由:
如图2,
∵∠BPD=∠DPC+∠BPC,∠BPD=∠A+∠ADP,
∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP.
∵∠DPC=∠A=∠B=θ,
∴∠BPC=∠ADP,
∴△ADP∽△BPC,
∴=,
∴AD•BC=AP•BP;
(3)如图3,
过点D作DE⊥AB于点E.
∵AD=BD=5,AB=6,
∴AE=BE=3.
由勾股定理可得DE=4.
∵以点D为圆心,DC为半径的圆与AB相切,
∴DC=DE=4,
∴BC=5﹣4=1.
又∵AD=BD,
∴∠A=∠B,
∴∠DPC=∠A=∠B.
由
(1)、
(2)的经验可知AD•BC=AP•BP,
∴5×1=t(6﹣t),
解得:
t1=1,t2=5,
∴t的值为1秒或5秒.
点评:
本题是对K型相似模型的探究和应用,考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质、
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- 中考 数学 专题 复习 几何图形 综合