中考数学二轮复习专题二解答重难点题型突破题型五几何图形探究题试题(含答案)
2023年中考数学二轮专题训练——几何探究压轴题(含答案)
2023年中考数学二轮专题训练:几何探究压轴题1．已知是的中线，点是线段上一点，过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线交于点，连结．【方法感知】如图①，当点与点重合时，易证：．（不需证明）【探究应用】如图②，当点与点不重合时，求证：四边形是平行四边形．【拓展延伸】如图③，记与的交点为，的延长线与的交点为，且为的中点．（1）______（2）若，时，则的长为______．2．已知：如图，正方形与正方形．(1)如图①，求证：；(2)如图②，求的值；(3)如图③，分别取的中点，试探究：与的关系，并说明理由．3．在中，，点是射线上的一动点（不与点、重合），以为一边在的右侧作，使，，连接．(1)如图1，当点在线段上，且时，那么________度；(2)设，．①如图2，当点D在线段上，时，请你探究与之间的数量关系，并证明你的结论；②如图3，当点D在线段的延长线上，时，请将图3补充完整；写出此时与之间的数量关系，并说明理由．4．已知，为等边三角形，点在边上．【基本图形】如图1，以为一边作等边三角形，连结．可得（不需证明）．【迁移运用】如图2，点是边上一点，以为一边作等边三角．求证：．【类比探究】如图3，点是边的延长线上一点，以为一边作等边三角．试探究线段，，三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．5．综合与实践二轮复习中，刘老师以“最值问题”为专题引导同学们进行复习探究．问题模型：等腰三角形，，，(1)探究：如图，点为等腰三角形底边上一个动点，连接，则的最小值为______，判断依据为______；(2)探究：在探究的结论下，继续探究，作的平分线交于点，点，分别为，上一个动点，求的最小值；(3)探究：在探究的结论下，继续探究，点为线段上一个动点，连接，将顺时针旋转，得到线段，连接，求线段的最小值．6．问题提出（1）如图1，在中，，，将其折叠，使点B落在边上的处，折痕经过点C，交于点D，则的度数为___________；问题探究（2）如图2，正方形的一条对称轴l交于点H，点E在l上，连接．若正方形的边长为2，，求线段的长．问题解决（3）如图3，有一块三角形空地经测量，米，．现要过点C边修建一条小路，满足，点A关于的对称点为D，连接交于点E．若米，请利用所学知识，求的长．7．已知是等腰直角三角形，，(1)如图1，是等腰直角三角形，点D在的延长线上，，连接，求证：；(2)如图2，点F是斜边上动点，点G是延长线上动点，总有，探究的数量关系，并说明理由；(3)如图3，点H是一点，连接FH，若，，，直接写出的面积为____________（用m，n表示）．8．课本再现如图1，在等边中，为边上一点，为上一点，且，连接与相交于点．(1)与的数量关系是______，与构成的锐角夹角的度数是______．深入探究(2)将图1中的延长至点，使，连接，，如图2所示．求证：平分．（第一问的结论，本问可直接使用）迁移应用(3)如图3，在等腰中，，，分别是边，上的点，与相交于点．若，且，求的值．．四边形中，，为上一点，连、．(1)平分，，①如图1，求证：；②如图2，若平分，交于F，交于N，，(2)在（1）的条件下求的值；，当,时，试探究与的数量关系，证明你的结论．，在中，，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证(1)独立思考：请解答老师提出的问题；(2)实践探究：希望小组受此问题的启发，将沿着（F为的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为，连接并延长交于点G，请判断与的数量关系，并加以证明．问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．．问题提出：已知矩形，点为上的一点，，交于点．将绕点顺时针旋转得到，则与有怎样的数量关系．【问题探究】探究一：如图，已知正方形，点为上的一点，，交于点．（1）如图1，直接写出的值；（2）将绕点顺时针旋转到如图所示的位置，连接、，猜想与的数量关系，并证明你的结论；探究二：如图，已知矩形，点为上的一点，，交于点．，若四边形为矩形，，将绕点顺时针旋转得到、的对应点分别为、点，连接、，则的值是否随着的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出的值．【一般规律】如图，若四边形为矩形，，其它条件都不变，将绕点顺时针旋转得到，连接，，请直接写出与的数量12．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．(1)根据定义判矩形已知：如图1，在平行四边形中，是它的两条对角线，．求证：平行四边形是矩形．(2)动手操作有发现如图2，在矩形中，是的中点，将沿折叠后得到，点在矩形内部，延长交于点．猜想线段与有何数量关系?并证明你的结论．(3)类比探究到一般如图3，将(2)中的矩形改为平行四边形，其它条件不变，(2)中的结论是否仍然成立，请说明理由．(4)解决问题巧应用如图4，保持(2)中的条件不变，若点是的中点，且，请直接写出矩形的面积．13．在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，.(1)观察猜想如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________．(2)类比探究如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由．14．（1）（问题背景）如图1，在等边中，点M是边上一点，连接，以为边作等边（A，M，N按逆时针方向排列），连接，求证：（2）（变式探究）如图2，已知，指出图中的另外一对相似三角形并进行证明；（3）（拓展应用）如图3，在和中，，，点D在边上，求的值．15．（1）【操作发现】如图1，四边形都是矩形，，，小明将矩形绕点C顺时针转，如图2所示．若的值不变，请求出的值，若变化，请说明理由．在旋转过程中，当点E、F在同一条直线上时，画出图形并求出的长度．）【类比探究】，中，，，为中点，为平面内一个动点，且，将线段绕点D逆时针旋转得到，则四边形面积的最大值为．（直接写出结果），在矩形中，，动点射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为．(1)若．①如图2，当点落在上时，求证：，②是否存在异于图2的时刻，使得是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．(2)当P点不与C点重合时，若直线与直线相交于点M，且当时存在某一时刻有结论成立，试探究：对于的任意时刻，结论“”总是成立？请说明理由．．在正方形中，是边上一点（点不与点、重合），连结．感知：如图①，过点作交于点．求证．探究：如图②，取的中点，过点作交于点，交于点．（1）求证：．（2）连结，若，求的长．应用如图③，取的中点，连结．过点作交于点，连结、．若，求四边形的面积．18．点在四边形的对角线上，直角三角板绕直角顶点旋转，其边、分别交、边于点、．操作发现：如图①，若四边形是正方形，当时，可知四边形是正方形，显然．当与不垂直时，判断确定、之间的数量关系；______．（直接写出结论即可）类比探究：如图②，若四边形是矩形，试说明．拓展应用：如图③，改变四边形、的形状，其他条件不变，且满足，，，时，求的值．参考答案：1．【拓展延伸】（1）；（2）2．(2)(3)，3．(1)90(2)①，证明见解析；②，5．(1)；点到直线的距离垂线段最短(2)(3)6．（1）；（2）；（3）米7．(2)(3)8．(1)；60°(3)39．(1)(2)(3)10．(1)，(2)，(3)11．[问题探究]探究一：(1)；(2)，探究二：．[一般规律]12．(2)，(3)成立，(4)13．(1)1，；(2)，，14．（2）（3）；15．（1）①不变，；②或；（2）24 16．(1)②存在，的值为2或6或(2)对于的任意时刻，结论“”总是成立，17．（（2）2应用：918．操作发现：；类比探究：拓展应用：。
2020届中考数学二轮重难题型突破五 图形面积问题(含答案)
2020届中考数学二轮重难题型 类型五 图形面积问题例1、小明的家门前有一块空地，空地外有一面长10米的围墙，为了美化生活环境，小明的爸爸准备靠墙修建一个矩形花圃，他买回了32米长的不锈钢管准备作为花圃的围栏，为了浇花和赏花的方便，准备在花圃的中间再围出一条宽为一米的通道及在左右花圃各放一个1米宽的门（木质）．花圃的长与宽如何设计才能使花圃的面积最大？【答案】：宽6米，长10米【解析】：设花圃的宽为x 米，面积为S 平方米则长为：x x 4342432-=+-(米) 则：)434(x x S -=x x 3442+-=4289)417(42+--=x∵104340≤-<x ，∴2176<≤x ∵6417<，∴S 与x 的二次函数的顶点不在自变量x 的范围内， 而当2176<≤x 内，S 随x 的增大而减小，∴当6=x 时，604289)4176(42max =+--=S (平方米)答：可设计成宽6米，长10米的矩形花圃，这样的花圃面积最大．例2、某人定制了一批地砖，每块地砖（如图(1)所示）是边长为0.4米的正方形ABCD ，点E 、F 分别在边BC 和CD 上，△CFE 、△ABE 和四边形AEFD 均由单一材料制成，制成△CFE 、△ABE 和四边形AEFD 的三种材料的每平方米价格依次为30元、20元、10元，若将此种地砖按图(2)所示的形式铺设，且能使中间的阴影部分组成四边形EFGH ．(1)判断图(2)中四边形EFGH 是何形状，并说明理由； (2)E 、F 在什么位置时，定制这批地砖所需的材料费用最省？ 【答案】：（1）四边形EFGH 是正方形 （2）当CE =CF =0.1米时，总费用最省． 【解析】：(1) 四边形EFGH 是正方形．图(2)可以看作是由四块图(1)所示地砖绕C 点 按顺(逆)时针方向旋转90°后得到的， 故CE =CF =CG ．x∴△CEF 是等腰直角三角形因此四边形EFGH 是正方形． (2)设CE =x , 则BE =0.4－x ，每块地砖的费用为y 元 那么：y =x ×30+×0.4×(0.4-x )×20+)24.02.0(102+-=x x3.2)1.0(102+-=x )4.00(<<x当x =0.1时，y 有最小值，即费用为最省，此时CE =CF =0.1． 答：当CE =CF =0.1米时，总费用最省．例3、某居民小区要在一块一边靠墙(墙长15m)的空地上修建一个矩形花园ABCD ，花园的一边靠墙，另三边用总长为40m 的栅栏围成．若设花园的宽为x(m) ，花园的面积为y(m²)．(1)求y 与x 之间的函数关系，并写出自变量的取值范围；（2）根据（1）中求得的函数关系式，描述其图象的变化趋势；并结合题意判断当x 取何值时，花园的面积最大，最大面积是多少？【答案】：（1）y=200)10(22+--=x （2）187.5 【解析】：)240(x x y -=)20(22x x --=200)10(22+--=x∵152400≤-<x ∴205.12<≤x∵二次函数的顶点不在自变量x 的范围内， 而当205.12<≤x 内，y 随x 的增大而减小， ∴当5.12=x 时，5.187200)105.12(22max =+--=y (平方米)答：当5.12=x 米时花园的面积最大，最大面积是187.5平方米．例4、如图，要建一个长方形养鸡场，鸡场的一边靠墙，如果用50 m 长的篱笆围成中间有一道篱笆隔墙的养鸡场，设它的长度为x 米．(1)要使鸡场面积最大，鸡场的长度应为多少m ？(2)如果中间有n (n 是大于1的整数)道篱笆隔墙，要使鸡场面积最大，鸡场的长应为多少米？比较(1)(2)的结果，你能得到什么结论？【答案】：（1）25（2）25 【解析】：(1)∵长为x 米，则宽为350x-米，设面积为S 平方米． )50(313502x x x x S --=-⋅= 3625)25(312+--=x ∴当25=x 时，3625max =S (平方米)即：鸡场的长度为25米时，面积最大． (2) 中间有n 道篱笆，则宽为250+-n x米，设面积为S 平方米． 则：)50(212502x x n n x x S -+-=+-⋅= 2625)25(212++-+-=n x n ∴当25=x 时，2625max +=n S (平方米)由(1)(2)可知，无论中间有几道篱笆墙，要使面积最大，长都是25米． 即：使面积最大的x 值与中间有多少道隔墙无关．例5、如图，矩形ABCD 的边AB=6 cm ，BC=8cm ，在BC 上取一点P ，在CD 边上取一点Q ，使∠APQ 成直角，设BP=x cm ，CQ=y cm ，试以x 为自变量，写出y 与x 的函数关系式．【答案】：x x y 34612+-=． 【解析】：∵∠APQ=90°, ∴∠APB+∠QPC=90°. ∵∠APB+∠BAP=90°,∴∠QPC=∠BAP ，∠B=∠C=90° .∴△ABP ∽△PCQ.,86,yxx CQ BP PC AB =-= ∴x x y 34612+-=． 例6、如图，小明的父亲在相距2米的两棵树间拴了一根绳子，给他做了一个简易的秋千，拴绳子的地方距地面高都是2.5米，绳子自然下垂呈抛物线状，身高1米的小明距较近的那棵树0.5米时，头部刚好接触到绳子，则绳子的最低点距地面的距离为多少米？ 【答案】：0.5【解析】：如图所示建立直角坐标系则：设c ax y +=2将点)1,5.0(-，)5.2,1(代入，⎩⎨⎧+=+-⨯=c a c a 5.2)5.0(12，解得⎩⎨⎧==5.02c a 5.022+=x y 顶点)5.0,0(，最低点距地面0.5米．例7、小李想用篱笆围成一个周长为60米的矩形场地，矩形面积S(单位：平方米)随矩形一边长x(单位：米)的变化而变化．（1）求S 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围； （2）当x 是多少时，矩形场地面积S 最大？最大面积是多少？ 【答案】：（1）（2）15,225【解析】：（1）根据题意，得x x x xS 3022602+-=⋅-= 自变量的取值范围是（2）∵01<-=a ，∴S 有最大值当时，答：当为15米时，才能使矩形场地面积最大，最大面积是225平方米．例8、随着绿城南宁近几年城市建设的快速发展，对花木的需求量逐年提高．某园林专业户计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润与投资量成正比例关系，如图12-①所示；种植花卉的利润与投资量成二次函数关系，如图12-②所示(注：利润与投资量的单位：万元)（1）分别求出利润与关于投资量的函数关系式；（2）如果这位专业户以8万元资金投入种植花卉和树木，他至少获得多少利润？他能获取的最大利润是多少？ 【答案】：（1）关于投资量的函数关系式是=，2y 关于投资量的函数关系式是2221x y =（2）当8=x 时，z 的最大值为32 【解析】：（1）设=,由图12-①所示，函数=的图像过（1，2），所以2=，故利润关于投资量的函数关系式是=；因为该抛物线的顶点是原点，所以设2y =，由图12-②所示，函数2y =的图像过（2，2），所以，故利润2y 关于投资量的函数关系式是2221x y =； （2）设这位专业户投入种植花卉万元（），则投入种植树木(x -8)万元，他获得的利润是万元，根据题意，得 ==+21y y +== ∵021>=a ∴当时，的最小值是14；∴他至少获得14万元的利润． 因为，所以在对称轴2=x 的右侧，z 随x 的增大而增大所以，当8=x 时，z 的最大值为32．例9、如图，把一张长10cm ，宽8cm 的矩形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）．（1）要使长方体盒子的底面积为48cm2，那么剪去的正方形的边长为多少？（2）你感到折合而成的长方体盒子的侧面积会不会有更大的情况？如果有，请你求出最大值和此时剪去的正方形的边长；如果没有，请你说明理由；（3）如果把矩形硬纸板的四周分别剪去2个同样大小的正方形和2个同样形状、同样大小的矩形，然后折合成一个有盖的长方体盒子，是否有侧面积最大的情况；如果有，请你求出最大值和此时剪去的正方形的边长；如果没有，请你说明理由．【答案】：（1）1（2）40.5（3）最大面积为cm2【解析】：（1）设正方形的边长为cm，则．即．解得（不合题意，舍去），．剪去的正方形的边长为1cm．（2）有侧面积最大的情况．设正方形的边长为cm，盒子的侧面积为cm2，则与的函数关系式为：．即．改写为．当时，．即当剪去的正方形的边长为2.25cm时，长方体盒子的侧面积最大为40.5cm2．（3）有侧面积最大的情况．设正方形的边长为cm ，盒子的侧面积为cm 2．若按图1所示的方法剪折，则与的函数关系式为：x xx x y ⋅-⋅+-=22102)28(2 即．当时，．若按图2所示的方法剪折， 则与的函数关系式为：x xx x y ⋅-⋅+-=2282)210(2． 即．当时，．比较以上两种剪折方法可以看出，按图2所示的方法剪折得到的盒子侧面积最大，即当剪去的正方形的边长为cm 时，折成的有盖长方体盒子的侧面积最大，最大面积为cm 2．例10、一座拱桥的轮廓是抛物线型(如图16所示)，拱高6m ，跨度20m ，相邻两支柱间的距离均为5m ．（1）将抛物线放在所给的直角坐标系中(如图17所示)，求抛物线的解析式； （2）求支柱的长度；（3）拱桥下地平面是双向行车道(正中间是一条宽2m 的隔离带)，其中的一条行车道能否并排行驶宽2m 、高3m 的三辆汽车(汽车间的间隔忽略不计)？请说明你的理由．【答案】：（1）抛物线的表达式是（2）5.5（3）能通过【解析】：（1）根据题目条件，的坐标分别是．设抛物线的解析式为，将的坐标代入，得解得．所以抛物线的表达式是．（2）可设，于是从而支柱的长度是米．（3）设是隔离带的宽，是三辆车的宽度和，则点坐标是．过点作垂直交抛物线于，则．根据抛物线的特点，可知一条行车道能并排行驶这样的三辆汽车．。
2020中考数学二轮复习几何专题突破 图形变换中题型解法技巧(解析版)
【答案】
【解析】
【分析】
先根据正方形的性质得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋转的性质得CF= ，根据正方形的性质得∠CFE=45°，则可判断△DFH为等腰直角三角形，从而计算CF-CD即可．
Rt△AOF∽Rt△ADC，则 ，求出AF=5，即可得出结果．
【详解】
解：连接 交 于点 ，如图所示：
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
，
∵折叠矩形使 与 重合时， ， ，
∴ ， ，
∴则Rt△AOF∽Rt△ADC
∴ ，即： ，
解得： ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，证明三角形相似是解题的关键．
∴H（1，0），
∴BH= =4，
∴ = ．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH、CF的长是解题的关键．
5．（2019·山西省中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为________cm.
中考数学复习《几何探究型问题》经典题型及测试题(含答案)
中考数学复习《几何探究型问题》经典题型及测试题（含答案）题型解读1.考查类型：①动点探究题；②平移、旋转、折叠探究题；③图形形状变化探究题.2.考查内容：①多与特殊四边形的性质、三角形全等、相似的判定和性质有关；②涉及平移、旋转或折叠的相关性质；③多与二次函数的性质有关.3.备考指导：在做此类题型时，要观察题中已知条件，并结合题设，联系相关的知识解题，对结果猜想题根据前面问题大胆猜想，往往是解题的突破口．类型一动点探究题1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5 cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒2 cm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3 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．2.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.(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ACCG ＝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 ＝65，当t ＞2时，求EC 的长度．图①3.已知：如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm .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1 cm /s ；同时，点Q 从点D 出发，沿DC 方向匀速运动，速度为1 cm /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<t<6)，解答下列问题： (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(cm 2)，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．4.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 ＝22，CD ＝14BC ，请求出GE 的长．类型二 平移、旋转、折叠探究题5.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＝32时，求线段DH的长．图①图②图③6.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．7.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②8.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＝13 cm，AC＝10 cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，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．9.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 ＝47，求AFBF的值．10.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，PEPF 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．11.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316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．类型三图形形状变化探究题12.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.图①(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．图②(3)填空：在上述(1)(2)的基础上可得在图③中∠BOC＝________(填写度数)．图③图④(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)．13.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1sinα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，S2，1sinα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4m(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．14.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AB BC ＝EFFC ＝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)．15.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 ＝3BC ；(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．类型一 动点探究题1. 解：(1)根据题意BM ＝2t ，BN ＝BC －3t ，而BC ＝5×tan 60°＝5 3.∴当BM ＝BN 时，2t ＝53－3t ，解得t ＝103－15. (2)分类讨论：①当∠BMN ＝∠ACB ＝90°时，如解图①， △NBM ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BM BN ，∴2t 53－3t ＝32，解得t ＝157.②当∠BNM ＝∠ACB ＝90°时，如解图②， △MBN ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BNBM， ∴53－3t 2t ＝32，解得t ＝52. 因此当运动时间是157秒或52秒时，△MBN 与△ABC 相似．第1题解图(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 ＝12BM ×BN ×sin B＝12×2t ×(53－3t)×12＝－32t 2＋532t ， 由于a ＝－32＜0， ∴当t ＝－5322×（－32）＝52时，△MBN 面积最大，最大值是－32×(52)2＋532×52＝2538， 因此四边形ACNM 面积最小值是12×5×53－2538＝7538.2. (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，∴∠BAC ＝60°，∠B ＝∠ACF ＝60°，AB ＝BC ， ∴AB ＝AC ，∵∠BAE ＋∠EAC ＝∠EAC ＋∠CAF ＝60°， ∴∠BAE ＝∠CAF ， 在△BAE 和△CAF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BAE ＝∠CAF AB ＝AC ∠B ＝∠ACF， ∴△BAE ≌△CAF(ASA )， ∴BE ＝CF ，∴EC ＋CF ＝EC ＋BE ＝BC ，即EC ＋CF ＝BC ；(2)解：①线段EC ，CF 与BC 的数量关系为： EC ＋CF ＝12BC.理由如下：如解图①，过点A 作AE′∥EG ，AF ′∥GF ，分别交BC 、CD 于E′、F′.第2题解图①类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵G 为AC 中点，AE ′∥EG ， ∴CE CE′＝CG AC ＝12， ∴CE ＝12CE′，同理可得：CF ＝12CF′，∴CE ＋CF ＝12CE′＋12CF′＝12(CE′＋CF′)＝12BC ，即CE ＋CF ＝12BC ；②CE ＋CF ＝1tBC ；【解法提示】类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵AE ′∥EG ，ACCG ＝t ，∴CE CE′＝CG AC ＝1t，∴CE ＝1tCE′，同理可得：CF ＝1tCF′，∴CE ＋CF ＝1t CE′＋1t CF′＝1t (CE′＋CF′)＝1t BC ，即CE ＋CF ＝1tBC.(3)解：如解图②，连接BD 与AC 交于点H.第2题解图②在Rt △ABH 中，∵AB ＝8，∠BAC ＝60°， ∴BH ＝AB·sin 60°＝8×32＝43， AH ＝CH ＝AB·cos 60°＝8×12＝4，∴GH ＝BG 2－BH 2＝72－（43）2＝1， ∴CG ＝4－1＝3， ∴CG AC ＝38， ∴t ＝83(t ＞2)，由(2)②得：CE ＋CF ＝1t BC ，∴CE ＝1t BC －CF ＝38×8－65＝95.∴EC 的长度为95.3. 解：(1)分三种情况： ①若AP ＝AO ，在矩形ABCD 中，∵AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10，第3题解图①∴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.如解图①，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 ＝258.第3题解图②③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 ＝258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. 则OM ＝12AB ＝3，ON ＝12BC ＝4，∴S △OEC ＝12·CE·OM ＝12·t·3＝32t ，S △OCD ＝12·CD·ON ＝12·6·4＝12.∵QF ∥AC ，∴△DFQ ∽△DOC ， ∴S △DFQ S △DOC ＝(DQ DC)2，即S △DFQ 12＝(t 6)2，∴S △DFQ ＝13t 2，∴S 四边形OFQC ＝12－13t 2，∴S 五边形OECQF ＝S 四边形OFQC ＋S △OEC ＝12－13t 2＋32t ，即S ＝－13t 2＋32t ＋12(0＜t ＜6)．(3)存在．理由如下：要使S 五边形OECQF ：S △ACD ＝9∶16，即(－13t 2＋32t ＋12)∶(12×6×8)＝9∶16，解得t 1＝3，t 2＝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t 1＝3，t 2＝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 ，第3题解图③作AG ∥PE 交BC 于点G.∵S △OCD ＝12·OC·DJ ＝12·5·DJ ，且由(2)知，S △OCD ＝12，∴DJ ＝245.∵OD 平分∠POC ，DI ⊥OP ，DJ ⊥OC ， ∴DI ＝DJ ＝245＝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 ， ∴AB DI ＝BG IP ，∴64.8＝8－2t IP， ∴IP ＝45(8－2t)．在Rt △DPI 中，根据勾股定理得 (245)2＋[45(8－2t)]2＝(8－t)2， 解得t ＝11239.(t ＝0不合题意，舍去)4. (1)解：①BC ⊥CF ；②BC ＝CD ＋CF. 【解法提示】①∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ， 又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°，∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ， ∵BC ＝CD ＋BD ， ∴BC ＝CD ＋CF.(2)解：结论①仍然成立，②不成立． ①证明：∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABD ＝180°－45°＝135°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②结论为：BC ＝CD －CF. 证明：∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD －BD ，∴BC ＝CD －CF.(3)解：如解图，过点E 作EM ⊥CF 于M ，作EN ⊥BD 于点N ，过点A 作AH ⊥BD 于点H. ∵AB ＝AC ＝22，第4题解图∴BC ＝4，AH ＝12BC ＝2，∵CD ＝14BC ，∴CD ＝1，∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，∴CN ＝ME ，CM ＝EN ， ∴∠AGC ＝∠ABC ＝45°， ∴CG ＝BC ＝4，∵∠ADE ＝90°，∴∠ADH ＋∠EDN ＝∠EDN ＋∠DEN ＝90°， ∴∠ADH ＝∠DEN ，又∵∠AHC ＝∠DNE ＝90°，AD ＝DE ， ∴△AHD ≌△DNE ，∴DN ＝AH ＝2，EN ＝DH ＝3， ∴CM ＝EN ＝3，ME ＝CN ＝3， 则GM ＝CG －CM ＝4－3＝1， ∴EG ＝EM 2＋GM 2＝10.类型二 平移、旋转、折叠探究题5. (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°，第5题解图∴HD ⊥HF ，即BD ⊥CF.②解：如解图，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 ＝32，四边形ADEF 是正方形， ∴MA ＝MD ＝322＝3，∴MB ＝MA －AB ＝3－2＝1，BD ＝MB 2＋MD 2＝12＋32＝10， 又∵MD HD ＝BD FD ，即3HD ＝106，∴DH ＝9105.6. (1)①证明：∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ， ∴AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ABD 是等边三角形；②证明：由①得△ABD 是等边三角形， ∴AB ＝BD ，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC＝AE，BC＝DE，又∵AC＝BC，∴EA＝ED，∴点B，E在AD的中垂线上，∴BE是AD的中垂线，∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD，AF＝DF；③解：BE的长为33－4；【解法提示】由②知AF＝12AD＝12AB＝3，AE＝AC＝5，BF⊥AD，由勾股定理得EF＝AE2－AF2＝4.在等边△ABD中，AB＝6，BF⊥AD，∴BF＝32AB＝33，∴BE＝33－4.(2)解：BE＋CE的值为13；第6题解图【解法提示】如解图，∵∠DAG＝∠ACB，∴∠DAB＝2∠CAB.∵∠DAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CBA，∴AE∥BC，∵AE＝AC＝BC，∴四边形ACBE是菱形，∴CE 垂直平分AB ，BE ＝AC ＝5.设CE 交AB 于M ，则CM ⊥AB ，CM ＝EM ，AM ＝BM ， ∴在Rt △ACM 中，AC ＝5，AM ＝3， 由勾股定理得CM ＝4， ∴CE ＝8， ∴CE ＋BE ＝13.7. 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 ， ∴S △OCP S △PDA ＝(CP DA)2，即14＝(CP8)2，∴CP ＝4，设CD ＝x ，则DP ＝x －4，AP ＝AB ＝CD ＝x ， ∵AP 2－DP 2＝AD 2， ∴x 2－(x －4)2＝82， 解得x ＝10， 故CD ＝10. (2)第7题解图线段EF 的长度始终不发生变化，为2 5.证明：如解图，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， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEP ＝∠NGB ＝90°∠MPE ＝∠NBG MP ＝NB， ∴△PME ≌△BNG(AAS )， ∴ME ＝NG ，PE ＝BG ， 在△FME 和△FNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEF ＝∠NGF ∠MFE ＝∠NFG ME ＝NG，∴△FME ≌△FNG(AAS )， ∴EF ＝GF ， ∴EF ＝12EG ，∵BP ＝BE ＋EP ＝BE ＋GB ＝EG ， ∴EF ＝12BP ，∵BP ＝BC 2＋CP 2＝82＋42＝45， ∴EF ＝12BP ＝2 5.8. (1)解：菱形．(2)证明：如解图①，作AE ⊥CC′于点E ， 由旋转得AC′＝AC ，∴∠CAE ＝∠C′AE ＝12α＝∠BAC ，第8题解图①∵四边形ABCD 是菱形， ∴BA ＝BC ，BC ＝DC′， ∴∠BCA ＝∠BAC ， ∴∠CAE ＝∠BCA ， ∴AE ∥BC ， 同理AE ∥DC′， ∴BC ∥DC ′，∴四边形BCC′D 是平行四边形， 又∵AE ∥BC ，∠CEA ＝90°， ∴∠BCC ′＝180°－∠CEA ＝90°，∴四边形BCC′D 是矩形．(3)解：如解图①，过点B 作BF ⊥AC 于点F ， ∵BA ＝BC ，∴CF ＝AF ＝12AC ＝12×10＝5.在Rt △BCF 中，BF ＝BC 2－CF 2＝132－52＝12. 在△ACE 和△CBF 中，∵∠CAE ＝∠BCF ，∠CEA ＝∠BFC ＝90°， ∴△ACE ∽△CBF ， ∴CE BF ＝AC BC ，即CE 12＝1013， 解得CE ＝12013.∵AC ＝AC′，AE ⊥CC ′， ∴CC ′＝2CE ＝2×12013＝24013.当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况： ①点C″在边CC′上，a ＝CC′－13＝24013－13＝7113，②点C″在边C′C 的延长线上，a ＝CC′＋13＝24013＋13＝40913.综上所述，a 的值为7113或40913.第8题解图②(4)解：答案不唯一，例：画出正确图形如解图②所示．平移及构图方法：将△ACD 沿着射线CA 方向平移，平移距离为12AC 的长度，得到△A ′C ′D ，连接A′B ，DC.结论：四边形A′BCD 是平行四边形．9. 解：(1)∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处， ∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF ， ∴S △AEF ＝S △DEF .∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF .∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ，∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF ， ∴S △AEF S △ACB ＝14. ∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°， ∴△AEF ∽△ABC ， ∴S △AEF S △ABC ＝(AE AB )2， ∴(AE AB )2＝14. 在Rt △ACB 中，∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3， ∴AB ＝42＋32＝5， ∴(AE 5)2＝14，∴AE ＝52.(2)第9题解图①①四边形AEMF 是菱形．证明：如解图①，∵折叠后点A 落在BC 边上的点M 处， ∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ， 又∵MF ∥CA ，∴∠CEM ＝∠EMF ， ∴∠CAB ＝∠CEM ， ∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平行四边形． 又∵AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形．②如解图①，连接AM ，AM 与EF 交于点O ，设AE ＝x ，则ME ＝AE ＝x ，EC ＝4－x. ∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°， ∴△ECM ∽△ACB. ∴EC AC ＝EMAB ， ∵AB ＝5，AC ＝4， ∴4－x 4＝x5， 解得x ＝209，∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169.在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°，∴CM 2＝EM 2－EC 2， 即CM ＝EM 2－EC 2＝（209）2－（169）2＝43. ∵四边形AEMF 是菱形，∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ， ∴S 菱形AEMF ＝4S △AOE ＝2OE·AO. 在Rt △AOE 和Rt △ACM 中， ∵tan ∠EAO ＝tan ∠MAC ， ∴OE AO ＝CM AC. ∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ，∴S 菱形AEMF ＝6OE 2. 又∵S 菱形AEMF ＝AE·CM ，∴6OE 2＝209×43，∴OE ＝2109，∴EF ＝4109. (3)如解图②，第9题解图②过点F 作FH ⊥CB 于点H ，在Rt △NCE 和Rt △NHF 中， ∵tan ∠ENC ＝tan ∠FNH ， ∴EC NC ＝FH NH， ∵NC ＝1，EC ＝47，∴FH NH ＝47， 设FH ＝x ，则NH ＝74x ，∴CH ＝NH －NC ＝74x －1.∵BC ＝3，∴BH ＝BC －CH ＝3－(74x －1)＝4－74x.在Rt △BHF 和Rt △BCA 中，∵tan ∠FBH ＝tan ∠ABC ， ∴HF BH ＝CA BC ， ∴x4－74x ＝43， 解得x ＝85，∴HF ＝85.∵∠B ＝∠B ，∠BHF ＝∠BCA ＝90°， ∴△BHF ∽△BCA ， ∴HF CA ＝BFBA，即HF·BA ＝CA·BF ， ∴85×5＝4BF ，∴BF ＝2，∴AF ＝AB －BF ＝3， ∴AF BF ＝32. 10. 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，PEPF 的值为定值．如解图，过点F 作FG ⊥BC ，垂足为G.第10题解图类比(1)可得：△EBP ∽△PGF ， ∴EP PF ＝PB FG， ∵∠A ＝∠B ＝∠FGB ＝90°， ∴四边形ABGF 是矩形， ∴FG ＝AB ＝2， ∵BP ＝1， ∴PE PF ＝12， 即在旋转过程中，PE PF 的值为定值12.(3)由(2)知△EBP ∽△PGF ， ∴EB PG ＝BP GF ＝12， 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)－12t(5－2t)－12×1×(2－t)－12×2×(4－2t)＝t 2－4t ＋5,即S ＝t 2－4t ＋5(0≤t ≤2)， 当S ＝4.2时，4.2＝t 2－4t ＋5，解得：t 1＝2－455，t 2＝2＋455(不合题意，舍去)．∴t 的值是2－455.11. 解：(1)如解图①，在△ABC 中， ∵∠ACB ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝1， ∴AB ＝2，又∵D 是AB 的中点，第11题解图①∴AD ＝1，CD ＝12AB ＝1，又∵EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝DF ＝12，在△ACD 中，AD ＝CD ，∠A ＝60°，∴△ACD 为等边三角形， ∴∠ADC ＝60°， 在△FGD 中，GF ＝DF·sin 60°＝34， ∴矩形EFGH 的面积S ＝EF·GF ＝12×34＝38.(2)如解图②，设矩形移动的距离为x ，则0＜x ≤12，①当矩形与△CBD 重叠部分为三角形时，则0＜x ≤14，重叠部分的面积S ＝12x·3x ＝316，第11题解图②∴x ＝24＞14(舍去)， ②当矩形与△CBD 重叠部分为直角梯形时，则14＜x ≤12，重叠部分的面积S ＝34x －12×14×34＝316， ∴x ＝38，即矩形移动的距离为38时，矩形与△CBD 重叠部分的面积是316.第11题解图③(3)如解图③，作H 2Q ⊥AB 于Q ， 设DQ ＝m ，则H 2Q ＝3m ， 又DG 1＝14，H 2G 1＝12，在Rt △H 2QG 1中， (3m)2＋(m ＋14)2＝(12)2，解得m 1＝－1＋1316，m 2＝－1－1316＜0(舍去)，∴cos α＝QG 1F 1G 1＝－1＋1316＋1412＝3＋138.类型三 图形形状变化探究题12. (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， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ∠BAE ＝∠DAC AE ＝AC， ∴△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°－180°·（n －2）n.【解法提示】由(3)可知，∠BOC 度数应为180°减去正多边形内角度数． 13. 解：(1)233.【解法提示】sin 120°＝32，故这个平行四边形的变形度是233. (2)1sin α＝S 1S 2，理由如下： 如解图，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 ，第13题解图则S 1＝ab ，S 2＝ah ，sin α＝hb ，∴S 1S 2＝ab ah ＝b h ， 又∵1sin α＝b h ，∴1sin α＝S 1S 2. (3)由AB 2＝AE·AD ，可得A 1B 21＝A 1E 1·A 1D 1，即A 1B 1A 1D 1＝A 1E 1A 1B 1. 又∵∠B 1A 1E 1＝∠D 1A 1B 1， ∴△B 1A 1E 1∽△D 1A 1B 1， ∴∠A 1B 1E 1＝∠A 1D 1B 1， ∵A 1D 1∥B 1C 1，∴∠A 1E 1B 1＝∠C 1B 1E 1，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝∠C 1B 1E 1＋∠A 1B 1E 1＝∠A 1B 1C 1. 由(2)结论1sin α＝S 1S 2，可得1sin ∠A 1B 1C 1＝4m2m ＝2，∴sin ∠A 1B 1C 1＝12，∴∠A 1B 1C 1＝30°，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝30°. 14. (1)①证明：如解图①， ∵∠ACE ＋∠ECB ＝45°，∠BCF ＋∠ECB ＝45°，第14题解图①∴∠ACE ＝∠BCF ，又∵四边形ABCD 和EFCG 是正方形， ∴AC BC ＝CECF＝2， ∴△CAE ∽△CBF.②解：∵AE BF ＝ACBC ＝2，AE ＝2，∴BF ＝AE2＝2， 由△CAE ∽△CBF 可得∠CAE ＝∠CBF ， 又∵∠CAE ＋∠CBE ＝90°， ∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°，即∠EBF ＝90°，第14题解图②由CE 2＝2EF 2＝2(BE 2＋BF 2)＝6， 解得CE ＝ 6.(2)解：连接BF ，如解图②，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°，AC BC ＝AE BF， 由AB BC ＝EFFC＝k ，可得BC ∶AB ∶AC ＝1∶k ∶k 2＋1， CF ∶EF ∶EC ＝1∶k ∶k 2＋1，∴CE EF ＝ACAB ＝k 2＋1k ，AE BF ＝AC BC＝k 2＋1， ∴EF ＝kCE k 2＋1，EF 2＝k 2CE 2k 2＋1，BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1，∴CE 2＝k 2＋1k 2×EF 2＝k 2＋1k2(BE 2＋BF 2)， ∴32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)， 解得k ＝104. (3)解：p 2－n 2＝(2＋2)m 2.【解法提示】如解图③，连接BF ，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°， 过点C 作CH ⊥AB 交AB 延长线于点H ， 类比第(2)问得AB 2∶BC 2∶AC 2＝1∶1∶(2＋2)，第14题解图③EF 2∶FC 2∶EC 2＝1∶1∶(2＋2)， ∴p 2＝(2＋2)EF 2＝(2＋2)(BE 2＋BF 2)＝(2＋2)(m 2＋n 22＋2)＝(2＋2)m 2＋n 2，∴p 2－n 2＝(2＋2)m 2.15. 证明：(1)①连接AH ，如解图①. 第15题解图①∵四边形OBFC 是平行四边形， ∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ，AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2， ∴AH ＝BC 2－（12BC ）2＝32BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ，∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ，∴EF ⊥BC.②由①得AH ＝32BC ，∵AH ＝12EF∴32BC ＝12EF ，∴EF ＝3BC.(2)EF ⊥AB 仍然成立，EF ＝BC.第15题解图②【解法提示】如解图②，连接AH，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝(2BH)2－BH2＝BH2，∴AH＝BH＝12BC，∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC.第15题解图③(3)EF＝4k2－1 BC.【解法提示】如解图③，连接AH，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，∵△ABC是等腰三角形，AB＝kBC，∴AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝(kBC)2－(12＝(k2－14)BC2，2BC)∴AH＝12－1 BC，24k∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，12－1 BC＝12EF，24k∴EF＝4k2－1 BC.。
2024年中考数学二轮复习题型全通关专练—作图题(含答案)
2024年中考数学二轮复习题型全通关专练—作图题（含答案）几何直观是初中数学核心素养之一，几何直观主要是指运用图表描述和分析问题的意识与习惯．能够感知各种几何图形及其组成元素，依据图形的特征进行分类；根据语言描述画出相应的图形，分析图形的性质；建立形与数的联系，构建数学问题的直观模型；利用图表分析实际情境与数学问题，探索解决问题的思路．几何直观有助于把握问题的本质，明晰思维的路径．考点讲解：五种基本尺规作图：作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角，作已知角的平分线，作已知线段的垂直平分线，过一点作已知直线的垂线．有时没有直接给出作图的方式，需要根据已知条件分析得出作基本作图中的哪一种或几种．【例1】（2023·陕西·统考中考真题）1．如图．已知锐角ABC ，48B ∠=︒，请用尺规作图法，在ABC 内部求作一点P ．使PB PC =．且24PBC ∠=︒．（保留作图痕迹，不写作法）【变1】（2021·江苏南京·统考中考真题）2．如图，已知P 是O 外一点．用两种不同的方法过点P 作O 的一条切线．要求：试卷第2页，共14页（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．考点讲解：一般的网格是由全等的正方形构成的，可视网格的边长为单位“1”，根据正方形的性质，结合作图目标展开作图．常见的是利用网格作三视图，利用网格作作特殊的三角形和四边形，利用网格设计图案等．【例1】（2023·陕西西安·校考三模）3．如图是由若干个完全相同的小正方体组成的一个几何体．(1)请结合俯视图画出这个几何体的主视图和左视图．(2)如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的主视图和俯视图不变，那么最多可以再添加______个小正方体．【变1】（2023·江苏盐城·校考二模）4．如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．A 、B 、C 三点是格点，仅用无刻度尺的直尺．．．．．．．在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结(1)如图1，点P 在线段AB 上，请在图1中完成以下作图：画出一点E ，使BE=BP ：(2)在图2中完成以下作图：在线段BC 上画出一点考点讲解：图形的变换包括平移、旋转、对称、位似，根据这些变换的性质作图．(1)将ABC 向上平移4个单位，再向右平移(2)请画出ABC 关于y 轴对称的222A B C △(3)将222A B C △着原点O 顺时针旋转90︒，得到考点讲解：描点作图是针对函数展开的．画函数图象的步骤是：列表，描点，连线．试卷第4页，共14页试卷第6页，共14页结果：结合实验数据，利用所画的函数图象可以推断，当第一次用水量约为______个单位质量（精确到个位）时，总用水量最小．根据以上实验数据和结果，解决下列问题：（1）当采用两次清洗的方式并使总用水量最小时，与采用一次清洗的方式相比、可节水约______个单位质量（结果保留小数点后一位）；（2）当采用两次清洗的方式时，若第一次用水量为6个单位质量，总用水量为7.5个单位质量，则清洗后的清洁度C ______0.990（填“>”“=”或“<”）．（2022·广西贵港·中考真题）9．尺规作图（保留作图痕迹，不要求写出作法）：如图，已知线段m ，n ．求作ABC ，使90,,A AB m BC n ∠=︒==．（2021·山东青岛·统考中考真题）10．已知：O ∠及其一边上的两点A ，B ．求作：Rt ABC ，使90C ∠=︒，且点C 在O ∠内部，BAC O ∠=∠．（2023·山东滨州·统考中考真题）11．（1）已知线段,m n ，求作Rt ABC △，使得90,,C CA m CB n ∠=︒==；（请用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）（2）求证：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（请借助上一小题所作图形，在（2023·江苏·统考中考真题）△12．如图，在Rt ABC，使得圆心(1)尺规作图：作O保留作图痕迹，标明相应的字母，不写作法）试卷第8页，共14页(1)请用无刻度的直尺和圆规作出(2)若（1）中所作的角平分线与边（2023·山东青岛·统考中考真题）（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）16．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为均在小正方形的顶点上．试卷第10页，共14页(1)在方格纸中画出ABE ，且AB =(2)在方格纸中将线段CD 向下平移MN （点C 的对应点是点M ，点D 长．(1)在图①中，ABC 的面积为92；(2)在图②中，ABC 的面积为5(3)在图③中，ABC 是面积为52的钝角三角形．（2023·湖北·统考中考真题）(1)在图1中作出以BE为对角线的一个菱形BMEN(2)在图2中作出以BE为边的一个菱形BEPQ （2023·湖北武汉·校联考模拟预测）(1)在图中画一个等腰三角形画出该三角形绕矩形ABCD试卷第12页，共14页(2)在图中画一个Rt PQR △，使45P ∠=︒，点Q 在BC 上，点R 在AD 上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）21．如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．(1)画出线段OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到的线段OB ，连接AB ；(2)画出与AOB 关于直线OB 对称的图形，点A 的对称点是C ；(3)填空：OCB ∠的度数为_________．（2023·山东枣庄·统考中考真题）22．（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．（2020·宁夏·中考真题）23．在平面直角坐标系中，ABC 的三个顶点的坐标分别是(1,3),(4,1),(1,1)A B C ．（1）画出ABC 关于x 轴成轴对称的111A B C △；（2）画出ABC 以点O 为位似中心，位似比为1∶2的222A B C △．（2023·重庆·统考中考真题）24．如图，ABC 是边长为4的等边三角形，动点E ，F 分别以每秒1个单位长度的速度同时从点A 出发，点E 沿折线A B C →→方向运动，点F 沿折线A C B →→方向运动，当两者相遇时停止运动．设运动时间为t 秒，点E ，F 的距离为y ．(1)请直接写出y 关于t 的函数表达式并注明自变量t 的取值范围；(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；(3)结合函数图象，写出点E ，F 相距3个单位长度时t 的值．（2023·四川达州·统考中考真题）25．【背景】在一次物理实验中，小冉同学用一固定电压为12V 的蓄电池，通过调节滑试卷第14页，共14页(2)【探究】根据以上实验，构建出函数()1202y x x =≥+的图象与性质．①在平面直角坐标系中画出对应函数②随着自变量x 的不断增大，函数值y 的变化趋势是(3)【拓展】结合（2）中函数图象分析，当x参考答案：【点睛】本题考查了作图合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，2．答案见解析．【分析】方法一：作出答案第2页，共30页【详解】解：作法：作射线PO ，交O 于点,M N ，以P 为圆心，长为半径画弧交P 于点A ，连接,PA OA ,OA 交O 于点12OB OA =，则PB OA ⊥，PB 即为所求．【点睛】本题考查了作图——复杂作图，涉及垂直平分线的作法，角平分线的作法，等腰三角形的作法，圆的作法等知识点．复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图．键是熟悉基本几何图形的性质，结合基本几何图形的性质把复杂作图拆解成基本作图，操作．(2)2【分析】（1）由已知条件可知，主视图有3列，每列小正方数形数目分别为3，2，1；左视图有2列，每列小正方形数目分别为3，1；据此可画出图形．（2）结合主视图和俯视图不变得出可在第二层第1列第一行加一个，第三层第1列第一行加一个，共2个．【详解】（1）解：画图如下：（2）解：主视图和俯视图不变得出可在第二层第1列第一行加一个，第三层第1列第一行加一个，共2个．故答案为：2．【点睛】本题考查三视图的画法，以及根据三视图求立方体个数，理解三视图的意义，掌握简单组合体三视图的画法是正确解答的关键．4．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）将点A向右平移5个格得到点D，连接CD即得菱形ABCD，连接BD、CP交于点Q，作射线AQ交BC于点E，点E即为所作；（2）连接AC交格点于点M，连接BD交格点于点N，作射线AN交BC于点F，则∠=∠，即点F即为所作．BAF FCN（2）如图，点F即为所作．【点睛】题考查作图﹣应用与设计，涉及菱形的判定与性质、全等三角形、等腰三角形的性质解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识找到关键信息作图．．(1)见解析(2)见解析(3)134π答案第4页，共30页（2）如图所示，222A B C △即为所求；（3）将222A B C △着原点O 顺时针旋转90︒，得到设 23A A 所在圆交3OC 于点D ，交2OC 于点E 23OA OA =，23OC OC =，23C E C D ∴=，3290A OA ∠=︒ ，2390C OC ∠=︒，32A OD A OE ∴∠=∠，32A D A E ∴=，3322A C D A C E S S ∴= 曲边曲边，332OC =，OD =π4答案第6页，共30页答案第8页，共30页故答案为：4；②根据表格描点再连接起来，如图所示，；（3）解：①当1x ≥时，2(1)224y x x =--+=-+，故答案为：24x -+；②当1x <时，2(1)22y x x =-+=，当1x =时，2y =，当0x =时，0y =，当2x =时，2240y =-⨯+=，描点如图所示，；（4）解：由解析式得，当x b ≥时，y ax ab c =-+，当0a >时，x b ≥时，y 随x 增大而增大，当a<0时，x b ≥时，y 随x 增大而减小，当x b ≤时，y ax ab c =-++，当0a >时，x b ≤时，y 随x 增大而减小，当a<0时，x b ≤时，y 随x 增大而增大，故答案为：当0a >时，x b ≥时，y 随x 增大而增大，当a<0时，x b ≥时，y 随x 增大而减小，当0a >时，x b ≤时，y 随x 增大而减小，当a<0时，x b ≤时，y 随x 增大而增大（写其中任意一条即可）．【点睛】本题考查一次函数的图像与性质，解题的关键是根据绝对值的性质化简出解析式．8．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析，4；（1）11.3；（2）<【分析】（Ⅰ）直接在表格中标记即可；（Ⅱ）根据表格中数据描点连线即可做出函数图象，再结合函数图象找到最低点，可得第一答案第10页，共30页由图象可得，当第一次用水量约为4个单位质量（精确到个位）时，总用水量最小；（1）当采用两次清洗的方式并使总用水量最小时，用水量为7.7个单位质量，19-7.7=11.3，即可节水约11.3个单位质量；（2）由图可得，当第一次用水量为6个单位质量，总用水量超过8个单位质量，则清洗后的清洁度能达到0.990，第一次用水量为6个单位质量，总用水量为7.5个单位质量，则清洗后的清洁度0.990C <，故答案为：<．【点睛】本题考查了函数图象，根据数据描绘函数图象、从函数图象获取信息是解题的关键．9．见解析【分析】作直线l 及l 上一点A ；过点A 作l 的垂线；在l 上截取AB m =；作BC n =；即可得到ABC ．【详解】解：如图所示：ABC 为所求．注：（1）作直线l 及l 上一点A ；（2）过点A 作l 的垂线；（3）在l 上截取AB m =；（4）作BC n =．答案第12页，共30页【点睛】本题考查作图——复杂作图，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．10．见解析【分析】先在∠O 的内部作∠DAB =∠O ，再过B 点作AD 的垂线，垂足为C 点．【详解】解：如图，Rt △ABC 为所作．【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．11．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）作射线AP ，在AP 上截取AC m =，过点C 作AC 的垂线MN ，在CN 上截取CB n =，连接AB ，则Rt ABC △，即为所求；（2）先根据题意画出图形，再证明．延长CD 至E 使CD DE =，连接AE 、BE ，因为D 是AB 的中点，所以AD BD =，因为CD DE =，所以四边形ACBE 是平行四边形，因为90ACB ∠=︒，所以四边形ACBE 是矩形，根据矩形的性质可得出结论．【详解】（1）如图所示，Rt ABC △即为所求；∵CD 为AB 边中线，∴BD AD =，∴四边形ACBE 为平行四边形.∵90ACB ∠=︒，∴平行四边形ACBE 为矩形，答案第14页，共30页（2）解：∵60,ABC AB ∠=︒=∴30A ∠=︒，∴12DO OB AO ==，∵60,ABC OB OE ∠=︒=，∴OBE △是等边三角形，如图所示，过点E 作EF BO ⊥∴30OEF ∠=︒∠．（2）证明：∵OP平分AOB答案第16页，共30页（2）证明：∵AE 平分BAC ∠∴BAE DAE ∠=∠，∵AB AD =，AE AE =，∴()SAS BAE DAE △≌△，【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，性质．（2）解：如图所示，MN，EN22EN=+=．112【点睛】本题考查了平移作图，勾股定理与网格，熟练掌握勾股定理是解题的关键．17．(1)见解析(2)见解析答案第18页，共30页（2）由网格可知，22AB=+=3110以10AB=为底，设AB（3）如图所示，作5==，过点BD AB由网格可知，22BD AB==+=，215△是直角三角形，且∴ABD∥∵CD AB答案第20页，共30页（2）解：如图，菱形BEPQ 即为所求．BEPQ 是菱形，且要求BE 为边，∴①当BE 为上底边的时候，作BE PQ ∥，且BE PQ BQ EP ===，BQ 向右下偏移，如图所示，②当BE 为上底边的时候，作BE PQ ∥，且BE PQ BQ EP ===，BQ 向左下偏移如图所示，答案第22页，共30页③当BE 为下底边的时候，作BE PQ ∥，且BE PQ BQ EP ===，BQ 向左上偏移如图所示，④当BE 为下底边的时候，作BE PQ ∥，且BE PQ BQ EP ===，BQ 向右上偏移如图所示，【点睛】本题考查了作图-复杂作图，复杂作图是结合了几何图形的性质和基本作图的方法，涉及到的知识点有菱形的性质和判定，解题的关键在于熟悉菱形的几何性质和正六边形的几何性质，将复杂作图拆解成基本作图．19．(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据轴对称变换的性质作出点A的对应点B即可；△的中位（2）取格点H，连接HB，延长HB交网格线与点T，连接AH，AT，作出AHT线，连接GF交AB于点O，点C即为所求；（3）过点B作关于直线AC的对称点B'，连接CB'，PB'交AC与点O，连接BO，延长BO 交CB'于点M，点M即为所求．【详解】（1）解：在图1中，点B即为所求；（2）解：在图2中，点C即为所求；（3）解：在图3中，点M即为所求．【点睛】本题考查作图一轴对称变换，三角形中位线定理，平行线等分线段定理等知识，解（2）画法不唯一，如图3或图4．【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，相垂直或平行的线段．21．(1)详见解析(2)详见解析(3)45︒答案第24页，共30页【分析】（1）根据题目叙述画出图形即可；（2）根据题目叙述画出图形即可；（3）由（1）作图可得AOB 是等腰直角三角形，且=45A ︒∠，由对称的性质可得45OCB ∠=︒．【详解】（1）在方格纸中画出线段OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到的线段OB ，连接AB ,如图；（2）画出与AOB 关于直线OB 对称的图形，点A 的对称点是C ；如上图所示：（3）由（1）作图可得AOB 是等腰直角三角形，且=45A ︒∠，再根据对称的性质可得45OCB A ∠=∠=︒．故答案为：45︒．【点睛】此题考查了旋转作图及作轴对称图形，解答本题的关键是仔细审题，得出旋转三要素，进而得出旋转后的图形．22．（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考；（2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形．【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）如图：答案第26页，共30页【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．23．（1）如图所示111A B C △为所求；见解析；（2）如图所示222A B C △为所求；见解析．【分析】（１）将ABC 的各个点关于x 轴的对称点描出，连接即可．（２）在ABC 同侧和对侧分别找到2OA=OA 2，2OB=OB 2，2OC=OC 2所对应的A 2，B 2，C 2的坐标，连接即可．【详解】（1）由题意知：ABC 的三个顶点的坐标分别是A （1，3），B （4，1），C （1，1），则ABC 关于x 轴成轴对称的111A B C △的坐标为A 1（1，-3），B 1（4，-1），C 1（1，-1），连接A 1C 1，A 1B 1，B 1C 1得到111A B C △．如图所示111A B C △为所求；（2）由题意知：位似中心是原点，则分两种情况：第一种，222A B C △和ABC 在同一侧则A 2（2，6），B 2（8，2），C 2（2，2），连接各点，得222A B C △．第二种，222A B C △在ABC 的对侧A 2（－2，－6），B 2（－8，－2），C 2（－2，－2），连接各点，得222A B C △．综上所述：如图所示222A B C △为所求；【点睛】本题主要考查了位似中心、位似比和轴对称相关知识点，正确掌握位似中心、位似比的概念及应用是解题的关键．24．(1)当04t <≤时，y t =；当46t <≤时，122y t =-；(2)图象见解析，当04t <≤时，y 随x 的增大而增大(3)t 的值为3或4.5【分析】（1）分两种情况：当04t <≤时，根据等边三角形的性质解答；当46t <≤时，利用周长减去2AE 即可；（2）在直角坐标系中描点连线即可；（3）利用3y =分别求解即可．【详解】（1）解：当04t <≤时，连接EF ，答案第28页，共30页由题意得AE AF =，60A ∠=︒，∴AEF △是等边三角形，∴y t =；当46t <≤时，122y t =-；（2）函数图象如图：当04t <≤时，y 随t 的增大而增大；（3）当04t <≤时，3y =即3t =；当46t <≤时，3y =即1223t -=，解得 4.5t =，故t 的值为3或4.5．【点睛】此题考查了动点问题，一次函数的图象及性质，解一元一次方程，正确理解动点问题是解题的关键．②由图象可知，随着自变量x 的不断增大，函数值故答案为：函数值y 逐渐减小；（3）解：当2x =时，32632y =-⨯+=，当∴函数()1202y x x =≥+与函数362y x =-+的图象交点坐标为答案第30页，共30页由图知，当2x ≥或0x =时，123622x x ≥-++，即当0x ≥时，123622x x ≥-++的解集为2x ≥或故答案为：2x ≥或0x =．【点睛】本题考查函数的图象与性质、描点法画函数图象、两个函数图象的交点问题，根据表格画出函数的图象，并利用数形结合思想探究函数性质是解答的关键．。
中考数学二轮复习 专题二 解答重难点题型突破 题型六 二次函数与几何图形综合题试题-人教版初中九年级
题型六 二次函数与几何图形综合题类型一 二次函数与图形判定1．(2017·某某)在同一直角坐标系中，抛物线C 1：y ＝ax 2－2x －3与抛物线C 2：y ＝x 2＋mx ＋n 关于y 轴对称，C 2与x 轴交于A 、B 两点，其中点A 在点B 的左侧．(1)求抛物线C 1，C 2的函数表达式； (2)求A 、B 两点的坐标；(3)在抛物线C 1上是否存在一点P ，在抛物线C 2上是否存在一点Q ，使得以AB 为边，且以A 、B 、P 、Q 四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P 、Q 两点的坐标；若不存在，请说明理由.2．(2017·随州)在平面直角坐标系中，我们定义直线y ＝ax －a 为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c(a 、b 、c 为常数，a ≠0)的“梦想直线”；有一个顶点在抛物线上，另有一个顶点在y 轴上的三角形为其“梦想三角形”．已知抛物线y ＝－233x 2－433x ＋23与其“梦想直线”交于A 、B 两点(点A 在点B 的左侧)，与x轴负半轴交于点C.(1)填空：该抛物线的“梦想直线”的解析式为__________，点A的坐标为__________，点B的坐标为__________；(2)如图，点M为线段CB上一动点，将△ACM以AM所在直线为对称轴翻折，点C的对称点为N，若△AMN为该抛物线的“梦想三角形”，求点N的坐标；(3)当点E在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“梦想直线”上，是否存在点F，使得以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．(2017·某某模拟)已知：如图，抛物线y＝ax2－2ax＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A、B，点A的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；(3)若平行于x 轴的动直线l 与该抛物线交于点P ，与直线AC 交于点F ，点D 的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.4．(2016·某某)如图①，直线y ＝－43x ＋n 交x 轴于点A ，交y 轴于点C(0，4)，抛物线y ＝23x 2＋bx ＋c 经过点A ，交y 轴于点B(0，－2)．点P 为抛物线上一个动点，过点P 作x轴的垂线PD ，过点B 作BD⊥PD 于点D ，连接PB ，设点P 的横坐标为m.(1)求抛物线的解析式；(2)当△BDP 为等腰直角三角形时，求线段PD 的长；(3)如图②，将△BDP 绕点B 逆时针旋转，得到△BD′P′，且旋转角∠PBP′＝∠OAC，当点P 的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P 的坐标.类型二 二次函数与图形面积1．(2017·某某)如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝12x ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B.(1)求抛物线的函数表达式；(2)点D 为直线AC 上方抛物线上一动点；①连接BC 、CD ，设直线BD 交线段AC 于点E ，△CDE 的面积为S 1，△BCE 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值； ②过点D 作DF⊥AC，垂足为点F ，连接CD ，是否存在点D ，使得△CDF 中的某个角恰好等于∠BAC 的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．2．(2017·某某)如图甲，直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴的另一个交点为A，顶点为P.(1)求该抛物线的解析式；(2)在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值(图乙、丙供画图探究).3．(2017·某某模拟)如图，抛物线y＝ax2＋bx－3与x轴交于点A(1，0)和点B，与y 轴交于点C，且其对称轴l为x＝－1，点P是抛物线上B，C之间的一个动点(点P不与点B，C重合)．(1)直接写出抛物线的解析式；(2)小唐探究点P的位置时发现：当动点N在对称轴l上时，存在PB⊥NB，且PB＝NB的关系，请求出点P的坐标；(3)是否存在点P使得四边形PBAC的面积最大？若存在，请求出四边形PBAC面积的最大值；若不存在，请说明理由.4．(2017·某某模拟)如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx－3的对称轴为x＝1，与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，一次函数y＝x＋1经过A，且与y轴交于点D.(1)求该抛物线的解析式．(2)如图②，点P为抛物线B、C两点间部分上的任意一点(不含B，C两点)，设点P的横坐标为t，设四边形DCPB的面积为S，求出S与t的函数关系式，并确定t为何值时，S取最大值？最大值是多少？(3)如图③，将△ODB沿直线y＝x＋1平移得到△O′D′B′，设O′B′与抛物线交于点E，连接ED′，若ED′恰好将△O′D′B′的面积分为1∶2两部分，请直接写出此时平移的距离．类型三二次函数与线段问题1．(2017·某某)如图，已知抛物线y＝ax2－23ax－9a与坐标轴交于A，B，C三点，其中C(0，3)，∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N.(1)直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；(2)点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；(3)证明：当直线l绕点D旋转时，1AM ＋1AN均为定值，并求出该定值．2．(2017·某某模拟)如图①，直线y ＝34x ＋m 与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B(0，－1)，抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点B ，点C 的横坐标为4.(1)请直接写出抛物线的解析式；(2)如图②，点D 在抛物线上，DE ∥y 轴交直线AB 于点E ，且四边形DFEG 为矩形，设点D 的横坐标为x(0＜x ＜4)，矩形DFEG 的周长为l ，求l 与x 的函数关系式以及l 的最大值；(3)将△AOB 绕平面内某点M 旋转90°或180°，得到△A 1O 1B 1，点A 、O 、B 的对应点分别是点A 1、O 1、B 1.若△A 1O 1B 1的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落点”，请直接写出“落点”的个数和旋转180°时点A 1的横坐标.3．(2017·某某)已知点A(－1，1)，B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．(1)求抛物线的解析式；(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m＞2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，，连接FH、AE，求证：FH∥AE；(3)如图②，直线AB分别交x轴、y轴于C、D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒2个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写出t的值.类型四二次函数与三角形相似1．(2016·某某)如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线y＝x－2交于B，C两点．(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)求证：△ABC是直角三角形；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.2．(2017·某某模拟)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋1与直线y＝－ax＋c相交于坐标轴上点A(－3，0)，C(0，1)两点．(1)直线的表达式为__________；抛物线的表达式为__________；(2)D为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE垂直x轴于点E，交直线AC于点F，求线段DF长度的最大值，并求此时点D的坐标；(3)P为抛物线上一动点，且P在第四象限内，过点P作PN垂直x轴于点N，使得以P、A、N为顶点的三角形与△ACO相似，请直接写出点P的坐标.3．如图①，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋33经过A(3，0)，G(－1，0)两点． (1)求这个二次函数的解析式；(2)若点M 是抛物线在第一象限图象上的一点，求△ABM 面积的最大值；(3)抛物线的对称轴交x 轴于点P ，过点E(0，233)作x 轴的平行线，交AB 于点F ，是否存在着点Q ，使得△FEQ∽△BEP？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.4．(2017·某某)抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)． (1)求该抛物线所对应的函数解析式；(2)该抛物线与直线y＝错误!x＋3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x 轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N.①连接PC、PD，如图①，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；②连接PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图②，是否存在点P，使得△Q与△PBM 相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由.题型六第23题二次函数与几何图形综合题类型一二次函数与图形判定1．解：(1)∵C1、C2关于y轴对称，∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状、大小均相同，∴a＝1，n＝－3，∴C1的对称轴为x＝1，∴C2的对称轴为x＝－1，∴m＝2，∴C1的函数表示式为y＝x2－2x－3，C2的函数表达式为y＝x2＋2x－3；(2)在C2的函数表达式为y＝x2＋2x－3中，令y＝0可得x2＋2x－3＝0，解得x＝－3或x＝1，∴A(－3，0)，B(1，0)；(3)存在．设P(a ，b)，则Q(a ＋4，b)或(a －4，b)， ①当Q(a ＋4，b)时，得：a 2－2a －3＝(a ＋4)2＋2(a ＋4)－3， 解得a ＝－2，∴b ＝a 2－2a －3＝4＋4－3＝5， ∴P 1(－2，5)，Q 1(2，5)． ②当Q(a －4，b)时，得：a 2－2a －3＝(a －4)2＋2(a －4)－3， 解得a ＝2.∴b ＝4－4－3＝－3， ∴P 2(2，－3)，Q 2(－2，－3)．综上所述，所求点的坐标为P 1(－2，5)，Q 1(2，5)； P 2(2，－3)，Q 2(－2，－3). 2．解：(1)∵抛物线y ＝－233x 2－433x ＋23， ∴其梦想直线的解析式为y ＝－233x ＋233，联立梦想直线与抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－233x ＋233y ＝－233x 2－433x ＋23，解得⎩⎨⎧x ＝－2y ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝0，∴A(－2，23)，B(1，0)；(2)当点N 在y 轴上时，△AMN 为梦想三角形， 如解图①，过A 作AD ⊥y 轴于点D ，则AD ＝2，在y ＝－233x 2－433x ＋23中，令y ＝0可求得x ＝－3或x ＝1，∴C(－3，0)，且A(－2，23)， ∴AC ＝（－2＋3）2＋（23）2＝13， 由翻折的性质可知AN ＝AC ＝13，在Rt △AND 中，由勾股定理可得DN ＝AN 2－AD 2＝13－4＝3， ∵OD ＝23，∴ON ＝23－3或ON ＝23＋3，当ON ＝23＋3时，则MN ＞OD ＞CM ，与MN ＝CM 矛盾，不合题意， ∴N 点坐标为(0，23－3)；当M 点在y 轴上时，则M 与O 重合，过N 作NP ⊥x 轴于点P ，如解图②，在Rt △AMD 中，AD ＝2，OD ＝23，∴tan ∠DAM ＝MDAD ＝3，∴∠DAM ＝60°，∵AD ∥x 轴，∴∠AMC ＝∠DAM ＝60°， 又由折叠可知∠NMA ＝∠AMC ＝60°， ∴∠NMP ＝60°，且MN ＝CM ＝3， ∴MP ＝12MN ＝32，NP ＝32MN ＝332，∴此时N 点坐标为(32，332)；综上可知N 点坐标为(0，23－3)或(32，332)；(3)①当AC 为平行四边形的边时，如解图③，过F 作对称轴的垂线FH ，过A 作AK ⊥x 轴于点K ，则有AC ∥EF 且AC ＝EF ，∴∠ACK ＝∠EFH ， 在△ACK 和△EFH 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACK ＝∠EFH ∠AKC ＝∠EHF AC ＝EF，∴△ACK ≌△EFH(AAS )， ∴FH ＝CK ＝1，HE ＝AK ＝23，∵抛物线对称轴为x ＝－1，∴F 点的横坐标为0或－2，∵点F 在直线AB 上，∴当F 点横坐标为0时，则F(0，233)，此时点E 在直线AB 下方，∴E 到x 轴的距离为EH －OF ＝23－233＝433，即E 点纵坐标为－433，∴E(－1，－433)； 当F 点的横坐标为－2时，则F 与A 重合，不合题意，舍去； ②当AC 为平行四边形的对角线时， ∵C(－3，0)，且A(－2，23)， ∴线段AC 的中点坐标为(－52，3)，设E(－1，t)，F(x ，y)，则x －1＝2×(－52)，y ＋t ＝23，∴x ＝－4，y ＝23－t ，代入直线AB 解析式可得23－t ＝－233×(－4)＋233，解得t ＝－433，∴E(－1，－433)，F(－4，1033)；综上可知存在满足条件的点F ，此时E(－1，－433)、F(0，233)或E(－1，－433)、F(－4，1033).3．解：(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧0＝16a －8a ＋c 4＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12c ＝4， ∴所求抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；(2) 设点Q 的坐标为(m ，0)，如解图①，过点E 作EG ⊥x 轴于点G. 由－12x 2＋x ＋4＝0，得x 1＝－2，x 2＝4，∴点B 的坐标为(－2，0)，∴AB ＝6，BQ ＝m ＋2，∵QE ∥AC ，∴△BQE ∽△BAC ，∴EG CO ＝BQ BA ，即EG 4＝m ＋26，∴EG ＝2m ＋43，∴S △CQE ＝S △CBQ －S △EBQ ＝12BQ·CO－12BQ·EG＝12(m ＋2)(4－2m ＋43)＝－13m 2＋23m ＋83＝－13(m－1)2＋3，又∵－2≤m ≤4，∴当m ＝1时，S △CQE 有最大值3，此时Q(1，0)；图①图②(3)存在．在△ODF 中． (ⅰ)若DO ＝DF ，∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD ＝OD ＝DF ＝2， 又∵在Rt △AOC 中，OA ＝OC ＝4，∴∠OAC ＝45°， ∴∠DFA ＝∠OAC ＝45°，∴∠ADF ＝90°，此时，点F 的坐标为(2，2)， 由－12x 2＋x ＋4＝2，得x 1＝1＋5，x 2＝1－5，此时，点P 的坐标为P(1＋5，2)或P(1－5，2)； (ⅱ)若FO ＝FD ，如解图②，过点F 作FM ⊥x 轴于点M ， 由等腰三角形的性质得：OM ＝MD ＝1，∴AM ＝3， ∴在等腰直角△AMF 中，MF ＝AM ＝3，∴F(1，3)， 由－12x 2＋x ＋4＝3，得x 1＝1＋3，x 2＝1－3，此时，点P 的坐标为：P(1＋3，3)或P(1－3，3)； (ⅲ)若OD ＝OF ，∵OA ＝OC ＝4，且∠AOC ＝90°，∴AC ＝42，∴点O 到AC 的距离为22，而OF ＝OD ＝2＜22，与OF ≥22矛盾， ∴AC 上不存在点使得OF ＝OD ＝2，此时，不存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形． 综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形．所求点P 的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)或(1＋3，3)或(1－3，3). 4．解：(1)∵点C(0，4)在直线y ＝－43x ＋n 上，∴n ＝4，∴y ＝－43x ＋4，令y ＝0，解得x ＝3，∴A(3，0)，∵抛物线y ＝23x 2＋bx ＋c 经过点A ，交y 轴于点B(0，－2)，∴c ＝－2，6＋3b －2＝0，解得b ＝－43，∴抛物线的解析式为y ＝23x 2－43x －2；(2)∵点P 的横坐标为m ，且点P 在抛物线上， ∴P(m ，23m 2－43m －2)，∵PD ⊥x 轴，BD ⊥PD ，∴点D 坐标为(m ，－2)， ∴|BD|＝|m|，|PD|＝|23m 2－43m －2＋2|，当△BDP 为等腰直角三角形时，PD ＝BD ， ∴|m|＝|23m 2－43m －2＋2|＝|23m 2－43m|.∴m 2＝(23m 2－43m)2，解得：m 1＝0(舍去)，m 2＝72，m 3＝12，∴当△BDP 为等腰直角三角形时，线段PD 的长为72或12；(3)∵∠PBP′＝∠OAC ，OA ＝3，OC ＝4，∴AC ＝5， ∴sin ∠PBP ′＝45，cos ∠PBP ′＝35，①当点P′落在x 轴上时，如解图①，过点D′作D′N⊥x 轴，垂足为N ，交BD 于点M ，∠DBD ′＝∠ND′P′＝∠PBP′，由旋转知，P ′D ′＝PD ＝23m 2－43m ，在Rt △P ′D ′N 中，cos ∠ND ′P ′＝ND′P′D′＝cos ∠PBP ′＝35，∴ND ′＝35(23m 2－43m)，在Rt △BD ′M 中，BD ′＝－m ，sin ∠DBD ′＝D′M BD′＝sin ∠PBP ′＝45，∴D ′M ＝－45m ，∴ND ′－MD′＝2，∴35(23m 2－43m)－(－45m)＝2， 解得m ＝5(舍去)或m ＝－5，如解图②， 同①的方法得，ND ′＝35(23m 2－43m)，MD ′＝45m ，ND ′＋MD′＝2， ∴35(23m 2－43m)＋45m ＝2， ∴m ＝5或m ＝－5(舍去)，∴P(－5，45＋43)或P(5，－45＋43)，②当点P′落在y 轴上时，如解图③，过点D′作D′M⊥x 轴，交BD 于M ，过点P′作P′N⊥y 轴，交MD′的延长线于点N ， ∴∠DBD ′＝∠ND′P′＝∠PBP′，同①的方法得：P′N＝45(23m 2－43m)，BM ＝35m ，∵P ′N ＝BM ，∴45(23m 2－43m)＝35m ， 解得m ＝258或m ＝0(舍去)，∴P(258，1132)，∴P(－5，45＋43)或P(5，－45＋43)或P(258，1132).类型二 二次函数与图形面积1．解：(1)根据题意得A(－4，0)，C(0，2)， ∵抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过A 、C 两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧0＝－12×16－4b ＋c 2＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32c ＝2， ∴y ＝－12x 2－32x ＋2；(2)①令y ＝0，∴－12x 2－32x ＋2＝0，解得x 1＝－4，x 2＝1，∴B(1，0)，如解图①，过D 作DM ∥y 轴交AC 于M ，过B 作BN ⊥x 轴交AC 于N ， ∴DM ∥BN ，∴△DME ∽△BNE ，∴S 1S 2＝DE BE ＝DMBN ，设D(a ，－12a 2－32a ＋2)，∴M(a ，12a ＋2)，∵B(1，0)，∴N(1，52)，∴S 1S 2＝DMBN ＝－12a 2－2a 52＝－15(a ＋2)2＋45； ∴当a ＝－2时，S 1S 2有最大值，最大值是45；②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)， ∴AC ＝25，BC ＝5，AB ＝5， ∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴△ABC 是以∠ACB 为直角的直角三角形，取AB 的中点P ，∴P(－32，0)，∴PA ＝PC ＝PB ＝52，∴∠CPO ＝2∠BAC ，∴tan ∠CPO ＝tan (2∠BAC)＝43，如解图②，过D 作x 轴的平行线交y 轴于R ，交AC 的延长线于G ， 情况一：∠DCF ＝2∠BAC ＝∠DGC ＋∠CDG ，∴∠CDG ＝∠BAC ， ∴tan ∠CDG ＝tan ∠BAC ＝12，即RC DR ＝12，令D(a ，－12a 2－32a ＋2)，∴DR ＝－a ，RC ＝－12a 2－32a ，∴－12a 2－32a －a ＝12，解得a 1＝0(舍去)，a 2＝－2， ∴x D ＝－2，情况二：∠FDC ＝2∠BAC ， ∴tan ∠FDC ＝43，设FC ＝4k ，∴DF ＝3k ，DC ＝5k ， ∵tan ∠DGC ＝3k FG ＝12，∴FG ＝6k ，∴CG ＝2k ，DG ＝35k ，∴RC ＝255k ，RG ＝455k ， DR ＝35k －455k ＝1155k ，∴DR RC ＝1155k 255k ＝－a －12a 2－32a ，解得a 1＝0(舍去)，a 2＝－2911， ∴点D 的横坐标为－2或－2911.2．解：(1)∵直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于点B 、点C ， ∴B(3，0)，C(0，3)，把B 、C 坐标代入抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧9＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3； (2)∵y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1， ∴抛物线对称轴为x ＝2，P(2，－1)， 设M(2，t)，且C(0，3)，∴MC ＝22＋（t －3）2＝t 2－6t ＋13，MP ＝|t ＋1|，PC ＝22＋（－1－3）2＝25， ∵△CPM 为等腰三角形，∴有MC ＝MP 、MC ＝PC 和MP ＝PC 三种情况，①当MC ＝MP 时，则有t 2－6t ＋13＝|t ＋1|，解得t ＝32，此时M(2，32)；②当MC ＝PC 时，则有t 2－6t ＋13＝25，解得t ＝－1(与P 点重合，舍去)或t ＝7，此时M(2，7)；③当MP ＝PC 时，则有|t ＋1|＝25，解得t ＝－1＋25或t ＝－1－25，此时M(2，－1＋25)或(2，－1－25)；综上可知存在满足条件的点M ，其坐标为(2，32)或(2，7)或(2，－1＋25)或(2，－1－25)；(3)如解图，在0＜x ＜3对应的抛物线上任取一点E ，过E 作EF ⊥x 轴，交BC 于点F ，交x 轴于点D ，设E(x ，x 2－4x ＋3)，则F(x ，－x ＋3)， ∵0＜x ＜3，∴EF ＝－x ＋3－(x 2－4x ＋3)＝－x 2＋3x ，∴S △CBE ＝S △EFC ＋S △EFB ＝12EF·OD＋12EF·BD＝12EF·OB＝12×3(－x 2＋3x)＝－32(x －32)2＋278，∴当x ＝32时，△CBE 的面积最大，此时E 点坐标为(32，－34)，即当E 点坐标为(32，－34)时，△CBE 的面积最大.3．解：(1)∵A(1，0)，对称轴l 为x ＝－1，∴B(－3，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －3＝09a －3b －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2＋2x －3； (2)如解图①，过点P 作PM ⊥x 轴于点M ，设抛物线对称轴l 交x 轴于点Q. ∵PB ⊥NB ，∴∠PBN ＝90°， ∴∠PBM ＋∠NBQ ＝90°.∵∠PMB ＝90°，∴∠PBM ＋∠BPM ＝90°， ∴∠BPM ＝∠NBQ.又∵∠BMP ＝∠BQN ＝90°，PB ＝NB ，∴△BPM ≌△NBQ ，∴PM ＝BQ.∵抛物线y ＝x 2＋2x －3与x 轴交于点A(1，0)和点B ，且对称轴为x ＝－1， ∴点B 的坐标为(－3，0)，点Q 的坐标为(－1，0)， ∴BQ ＝2，∴PM ＝BQ ＝2.∵点P 是抛物线y ＝x 2＋2x －3上B 、C 之间的一个动点， ∴结合图象可知点P 的纵坐标为－2，将y ＝－2代入y ＝x 2＋2x －3，得－2＝x 2＋2x －3， 解得x 1＝－1－2，x 2＝－1＋2(舍去)， ∴此时点P 的坐标为(－1－2，－2)； (3) 存在．如解图②，连接AC ，PC.可设点P 的坐标为(x ，y)(－3＜x ＜0)，则y ＝x 2＋2x －3， ∵点A(1，0)，∴OA ＝1.∵点C 是抛物线与y 轴的交点，∴令x ＝0，得y ＝－3，即点C(0，－3)，∴OC ＝3. 由(2)可知S四边形PBAC＝S △BPM ＋S四边形PMOC＋S △AOC ＝12BM·PM＋12(PM ＋OC)·OM＋12OA·OC＝12(x＋3)(－y)＋12(－y ＋3)(－x)＋12×1×3＝－32y －32x ＋32，将y ＝x 2＋2x －3代入可得S 四边形PBAC ＝－32(x 2＋2x －3)－32x ＋32＝－32(x ＋32)2＋758.∵－32＜0，－3＜x ＜0，∴当x ＝－32时，S 四边形PBAC 有最大值758，此时，y ＝x 2＋2x －3＝－154.∴当点P 的坐标为(－32，－154)时，四边形PBAC 的面积最大，最大值为758.4．解：(1)把y ＝0代入直线的解析式得x ＋1＝0，解得x ＝－1，∴A(－1，0)． ∵抛物线的对称轴为x ＝1，∴B 的坐标为(3，0)． 将x ＝0代入抛物线的解析式得y ＝－3，∴C(0，－3)．设抛物线的解析式为y ＝a(x ＋1)(x －3)，将C(0，－3)代入得－3a ＝－3，解得a ＝1， ∴抛物线的解析式为y ＝(x ＋1)(x －3)＝x 2－2x －3； (2)如解图①，连接OP.将x ＝0代入直线AD 的解析式得y ＝1，∴OD ＝1. 由题意可知P(t ，t 2－2t －3)． ∵S 四边形DCPB ＝S △ODB ＋S △OBP ＋S △OCP ，∴S ＝12×3×1＋12×3×(－t 2＋2t ＋3)＋12×3×t ，整理得S ＝－32t 2＋92t ＋6，配方得：S ＝－32(t －32)2＋758，∴当t ＝32时，S 取得最大值，最大值为758；(3)如解图②，设点D′的坐标为(a ，a ＋1)，O ′(a ，a)．当△D′O′E 的面积∶△D′EB′的面积＝1∶2时，则O′E∶EB ′＝1∶2. ∵O ′B ′＝OB ＝3，∴O ′E ＝1， ∴E(a ＋1，a)．将点E 的坐标代入抛物线的解析式得(a ＋1)2－2(a ＋1)－3＝a ，整理得：a 2－a －4＝0，解得a ＝1＋172或a ＝1－172，∴O ′的坐标为(1＋172，1＋172)或(1－172，1－172)，∴OO ′＝2＋342或OO′＝34－22， ∴△DOB 平移的距离为2＋342或34－22， 当△D′O′E 的面积∶△D ′EB ′的面积＝2∶1时，则O′E∶EB ′＝2∶1. ∵O ′B ′＝OB ＝3，∴O ′E ＝2，∴E(a ＋2，a)．将点E 的坐标代入抛物线的解析式得：(a ＋2)2－2(a ＋2)－3＝a ，整理得：a 2＋a －3＝0，解得a ＝－1＋132或a ＝－1－132.∴O ′的坐标为(－1＋132，－1＋132)或(－1－132，－1－132)．∴OO′＝－2＋262或OO′＝2＋262.∴△DOB 平移的距离为－2＋262或2＋262.综上所述，当△D′O′B′沿DA 方向平移2＋342或2＋262单位长度，或沿AD 方向平移34－22或－2＋262个单位长度时，ED ′恰好将△O′D′B′的面积分为1∶2两部分. 类型三 二次函数与线段问题1．(1)解：∵C(0，3)，∴－9a ＝3，解得a ＝－13.令y ＝0，得ax 2－23ax －9a ＝0，∵a ≠0，∴x 2－23x －9＝0，解得x ＝－3或x ＝3 3. ∴点A 的坐标为(－3，0)，点B 的坐标为(33，0)，∴抛物线的对称轴为x ＝3； (2)解：∵OA ＝3，OC ＝3， ∴tan ∠CAO ＝3，∴∠CAO ＝60°. ∵AE 为∠BAC 的平分线，∴∠DAO ＝30°， ∴DO ＝33AO ＝1，∴点D 的坐标为(0，1)， 设点P 的坐标为(3，a)．∴AD 2＝4，AP 2＝12＋a 2，DP 2＝3＋(a －1)2. 当AD ＝PA 时，4＝12＋a 2，方程无解．当AD ＝DP 时，4＝3＋(a －1)2，解得a ＝0或a ＝2， ∴点P 的坐标为(3，0)或(3，2)．当AP ＝DP 时，12＋a 2＝3＋(a －1)2，解得a ＝－4. ∴点P 的坐标为(3，－4)．综上所述，点P 的坐标为(3，0)或(3，－4)或(3，2);(3)证明：设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋3，将点A 的坐标代入得－3m ＋3＝0，解得m ＝3，∴直线AC 的解析式为y ＝3x ＋3. 设直线MN 的解析式为y ＝kx ＋1.把y ＝0代入y ＝kx ＋1，得kx ＋1＝0，解得：x ＝－1k ，∴点N 的坐标为(－1k ，0)，∴AN ＝－1k ＋3＝3k －1k.将y ＝3x ＋3与y ＝kx ＋1联立，解得x ＝2k －3，∴点M 的横坐标为2k －3.如解图，过点M 作MG ⊥x 轴，垂足为G.则AG ＝2k －3＋ 3.∵∠MAG ＝60°，∠AGM ＝90°， ∴AM ＝2AG ＝4k －3＋23＝23k －2k －3.∴1AM ＋1AN ＝k －323k －2＋k 3k －1＝k －323k －2＋2k 23k －2＝3k －323k －2＝3（3k －1）2（3k －1）＝32. 2．解：(1)∵直线l ：y ＝34x ＋m 经过点B(0，－1)，∴m ＝－1，∴直线l 的解析式为y ＝34x －1，∵直线l ：y ＝34x －1经过点C ，且点C 的横坐标为4，∴y ＝34×4－1＝2，∵抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点C(4，2)和点B(0，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧12×42＋4b ＋c ＝2c ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－54c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－54x －1；(2)令y ＝0，则34x －1＝0，解得x ＝43，∴点A 的坐标为(43，0)，∴OA ＝43，在Rt △OAB 中，OB ＝1，∴AB ＝OA 2＋OB 2＝（43）2＋12＝53， ∵DE ∥y 轴，∴∠ABO ＝∠DEF ，在矩形DFEG 中，EF ＝DE·cos ∠DEF ＝DE·OB AB ＝35DE ，DF ＝DE·sin ∠DEF ＝DE·OA AB ＝45DE ，∴l ＝2(DF ＋EF)＝2×(45＋35)DE ＝145DE ，∵点D 的横坐标为t(0＜t ＜4)， ∴D(t ，12t 2－54t －1)，E(t ，34t －1)，∴DE ＝(34t －1)－(12t 2－54t －1)＝－12t 2＋2t ，∴l ＝145×(－12t 2＋2t)＝－75t 2＋285t ，∵l ＝－75(t －2)2＋285，且－75＜0，∴当t ＝2时，l 有最大值285；(3)“落点”的个数有4个，如解图①，解图②，解图③，解图④所示．如解图③，设A 1的横坐标为m ，则O 1的横坐标为m ＋43，∴12m 2－54m －1＝12(m ＋43)2－54(m ＋43)－1， 解得m ＝712，如解图④，设A 1的横坐标为m ，则B 1的横坐标为m ＋43，B 1的纵坐标比A 1的纵坐标大1，∴12m 2－54m －1＋1＝12(m ＋43)2－54(m ＋43)－1，解得m ＝43， ∴旋转180°时点A 1的横坐标为712或43.3．(1)解：将点A(－1，1)，B(4，6)代入y ＝ax 2＋bx 中， 得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝116a ＋4b ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12b ＝－12， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－12x ；(2)证明：设直线AF 的解析式为y ＝kx ＋m ， 将点A(－1，1)代入y ＝kx ＋m 中，即－k ＋m ＝1， ∴k ＝m －1，∴直线AF 的解析式为y ＝(m －1)x ＋m. 联立直线AF 和抛物线解析式成方程组，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝（m －1）x ＋m y ＝12x 2－12x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－1y 1＝1，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2my 2＝2m 2－m ， ∴点G 的坐标为(2m ，2m 2－m)． ∵GH ⊥x 轴，∴点H 的坐标为(2m ，0)． ∵抛物线的解析式为y ＝12x 2－12x ＝12x(x －1)，∴点E 的坐标为(1，0)．设直线AE 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，将A(－1，1)，E(1，0)代入y ＝k 1x ＋b 1中，得⎩⎪⎨⎪⎧－k 1＋b 1＝1k 1＋b 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝－12b 1＝12，∴直线AE 的解析式为y ＝－12x ＋12.设直线FH 的解析式为y ＝k 2x ＋b 2，将F(0，m)、H(2m ，0)代入y ＝k 2x ＋b 2中，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝m 2mk 2＋b 2＝0，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－12b 2＝m， ∴直线FH 的解析式为y ＝－12x ＋m.∴FH ∥AE ；(3)解：设直线AB 的解析式为y ＝k 0x ＋b 0，将A(－1，1)，B(4，6)代入y ＝k 0x ＋b 0中，⎩⎪⎨⎪⎧－k 0＋b 0＝14k 0＋b 0＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝1b 0＝2， ∴直线AB 的解析式为y ＝x ＋2.当运动时间为t 秒时，点P 的坐标为(t －2，t)，点Q 的坐标为(t ，0)．当点M 在线段PQ 上时，过点P 作PP′⊥x 轴于点P′，过点M 作MM′⊥x 轴于点M′，则△PQP′∽△MQM′，如解图所示．∵QM ＝2PM ， ∴QM′QP′＝MM′PP′＝23，∴QM ′＝43，MM ′＝23t ，∴点M 的坐标为(t －43，23t)，又∵点M 在抛物线y ＝12x 2－12x 上，∴23t ＝12(t －43)2－12(t －43)， 解得t ＝15±1136，当点M 在线段QP 的延长线上时， 同理可得出点M 的坐标为(t －4，2t)， ∵点M 在抛物线y ＝12x 2－12x 上，∴2t ＝12×(t －4)2－12(t －4)，解得t ＝13±892.综上所述：当运动时间为15－1136秒、15＋1136秒、13－892秒或13＋892秒时，QM ＝2PM.类型四 二次函数与三角形相似 1．(1)解：∵顶点坐标为(1，1)， ∴设抛物线解析式为y ＝a(x －1)2＋1，又∵抛物线过原点，∴0＝a(0－1)2＋1，解得a ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋1，即y ＝－x 2＋2x ，联立抛物线和直线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋2x y ＝x －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝－3， ∴B(2，0)，C(－1，－3)；(2)证明：如解图，分别过A 、C 两点作x 轴的垂线，交x 轴于D 、E 两点， 则AD ＝OD ＝BD ＝1，BE ＝OB ＋OE ＝2＋1＝3，EC ＝3， ∴∠ABO ＝∠CBO ＝45°，即∠ABC ＝90°， ∴△ABC 是直角三角形；(3)解：假设存在满足条件的点N ，设N(x ，0)，则M(x ，－x 2＋2x)， ∴ON ＝|x|，MN ＝|－x 2＋2x|，由(2)在Rt △ABD 和Rt △CEB 中，可分别求得AB ＝2，BC ＝32， ∵MN ⊥x 轴于点N ∴∠MNO ＝∠ABC ＝90°，∴当△MNO 和△ABC 相似时有MN AB ＝ON BC 或MN BC ＝ONAB，①当MN AB ＝ON BC 时，则有|－x 2＋2x|2＝|x|32，即|x|×|－x ＋2|＝13|x|，∵当x ＝0时M 、O 、N 不能构成三角形， ∴x ≠0，∴|－x ＋2|＝13，即－x ＋2＝±13，解得x ＝53或x ＝73，此时N 点坐标为(53，0)或(73，0)，②当MN BC ＝ON AB 时，则有|－x 2＋2x|32＝|x|2，即|x|×|－x ＋2|＝3|x|，∴|－x ＋2|＝3，即－x ＋2＝±3，解得x ＝5或x ＝－1， 此时N 点坐标为(－1，0)或(5，0)，综上可知存在满足条件的N 点，其坐标为(53，0)或(73，0)或(－1，0)或(5，0).2．解：(1)把A 、C 两点坐标代入直线y ＝－ax ＋c 可得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋c ＝0c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13c ＝1， ∴直线的表达式为y ＝13x ＋1，把A 点坐标和a ＝－13代入抛物线解析式可得9×(－13)－3b ＋1＝0，解得b ＝－23，∴抛物线的表达式为y ＝－13x 2－23x ＋1；(2)∵点D 为抛物线在第二象限部分上的一点，∴可设D(t ，－13t 2－23t ＋1)，则F(t ，13t ＋1)，∴DF ＝－13t 2－23t ＋1－(13t ＋1)＝－13t 2－t ＝－13(t ＋32)2＋34.∵－13＜0，∴当t ＝－32时，DF 有最大值，最大值为34，此时D 点坐标为(－32，54)；(3)设P(m ，－13m 2－23m ＋1)，如解图，∵P 在第四象限，∴m ＞0，－13m 2－23m ＋1＜0，∴AN ＝m ＋3，PN ＝13m 2＋23m －1，∵∠AOC ＝∠ANP ＝90°，∴当以P 、A 、N 为顶点的三角形与△ACO 相似时有△AOC ∽△PNA 和△AOC ∽△ANP ，①当△AOC ∽△PNA 时，则有OC NA ＝AO PN ，即1m ＋3＝313m 2＋23m －1，解得m ＝－3或m ＝10，经检验当m ＝－3时，m ＋3＝0(舍去)， ∴m ＝10，此时P 点坐标为(10，－39)；②当△AOC ∽△ANP 时，则有OC NP ＝AO AN ，即113m 2＋23m －1＝3m ＋3，解得m ＝2或m ＝－3，经检验当m ＝－3时，m ＋3＝0(舍去)， ∴m ＝2，此时P 点坐标为(2，－53)；综上可知P 点坐标为(10，－39)或(2，－53).3．解：(1)将A 、G 点坐标代入函数解析式，得⎩⎨⎧9a ＋3b ＋33＝0，a －b ＋33＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－3b ＝23，∴抛物线的解析式为y ＝－3x 2＋23x ＋33； (2)如解图①，作ME ∥y 轴交AB 于E 点， 当x ＝0时，y ＝33，即B 点坐标为(0，33)， 直线AB 的解析式为y ＝－3x ＋33，设M(n ，－3n 2＋23n ＋33)，E(n ，－3n ＋33)， ME ＝－3n 2＋23n ＋33－(－3n ＋33)＝－3n 2＋33n ， S △ABM ＝12ME·AO＝12(－3n 2＋33n)×3＝－332(n －32)2＋2738，当n ＝32时，△ABM 面积的最大值是2738；(3)存在；理由如下：OE ＝233，AP ＝2，OP ＝1，BE ＝33－233＝733，当y ＝233时，－3x ＋33＝233，解得x ＝73，即EF ＝73，将△BEP 绕点E 顺时针方向旋转90°，得到△B′EC(如解图②)， ∵OB ⊥EF ，∴点B′在直线EF 上，∵C 点横坐标绝对值等于EO 长度，C 点纵坐标绝对值等于EO －PO 长度， ∴C 点坐标为(－233，233－1)，如解图，过F 作FQ ∥B′C，交EC 于点Q ， 则△FEQ ∽△B′EC，由BE EF ＝B′E EF ＝CEEQ ＝3，可得Q 的坐标为(－23，－33)；根据对称性可得，Q 关于直线EF 的对称点Q′(－23，533)也符合条件.4．解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋3＝025a ＋5b ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35b ＝－185， ∴该抛物线对应的函数解析式为y ＝35x 2－185x ＋3；(2)①∵点P 是抛物线上的动点且位于x 轴下方，∴可设P(t ，35t 2－185t ＋3)(1＜t ＜5)，∵直线PM ∥y 轴，分别与x 轴和直线CD 交于点M 、N ， ∴M(t ，0)，N(t ，35t ＋3)，∴PN ＝35t ＋3－(35t 2－185t ＋3)＝－35(t －72)2＋14720，联立直线CD 与抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝35x ＋3y ＝35x 2－185x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7y ＝365，∴C(0，3)，D(7，365)，分别过C 、D 作直线PN 的垂线，垂足分别为E 、F ，如解图①，则CE ＝t ，DF ＝7－t ，∴S △PCD ＝S △P ＋S △PDN ＝12PN·CE＋12PN·DF＝72PN ＝72[－35(t －72)2＋14720]＝－2110(t －72)2＋102940， ∴当t ＝72时，△PCD 的面积最大，最大值为102940；②存在．∵∠CQN ＝∠PMB ＝90°， ∴当△Q 与△PBM 相似时，有NQ CQ ＝PM BM 或NQ CQ ＝BMPM两种情况， ∵CQ ⊥PN ，垂足为Q ，∴Q(t ，3)，且C(0，3)，N(t ，35t ＋3)，∴CQ ＝t ，NQ ＝35t ＋3－3＝35t ，∴NQ CQ ＝35，∵P(t ，35t 2－185t ＋3)，M(t ，0)，B(5，0)，∴BM ＝5－t ，PM ＝0－(35t 2－185t ＋3)＝－35t 2＋185t －3，当NQ CQ ＝PM BM 时，则PM ＝35BM ，即－35t 2＋185t －3＝35(5－t)，解得t ＝2或t ＝5(舍去)，此时P(2，－95)；当NQ CQ ＝BM PM 时，则BM ＝35PM ，即5－t ＝35(－35t 2＋185t －3)，解得t ＝349或t ＝5(舍去)，此时P(349，－5527)；综上可知存在满足条件的点P ，其坐标为(2，－95)或(349，－5527).。
中考压轴题专项训练2——几何探究型问题专题(带答案解析)
中考压轴题专项训练2——几何探究型问题专题几何探究题型是中考数学常见的题型，常以压轴题的形式出现，是数学学习中的重点也是难点。
那么遇到这种题型应该怎么去思考呢？先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的（未知）函数的解析式(即在没有求出之前不知道函数解析式的形式是什么)和求函数的定义域，最后根据所求的函数关系进行探索研究，一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形、四边形是菱形、梯形等或探索两个三角形满足什么条件相似等或探究线段之间的位置关系等或探索面积之间满足一定关系求x的值等和直线（圆）与圆的相切时求自变量的值等。
求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系（即列出含有x、y的方程），变形写成y＝f（x）的形式。
一般有直接法（直接列出含有x和y的方程）和复合法（列出含有x和y和第三个变量的方程，然后求出第三个变量和x之间的函数关系式，代入消去第三个变量，得到y＝f（x）的形式），当然还有参数法，这个已超出初中数学教学要求。
找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法。
求定义域主要是寻找图形的特殊位置（极限位置）和根据解析式求解。
最后探索的问题千变万化，但少不了对图形的分析和研究，用几何和代数的方法求出x的值。
在解数学综合题时我们要做到：数形结合记心头，大题小作来转化，潜在条件不能忘，化动为静多画图，分类讨论要严密，方程函数是工具，计算推理要严谨，创新品质得提高。
1.(2019北京)在△ABC 中，DE 分别是△ABC 两边的中点，如果DE 上的所有点都在△ABC 的内部或边上，则称DE 为△ABC 的中内弧。
例如，图1中DE 是△ABC 的一条中内弧。
(1)如图2，在Rt △ABC 中，AB-AC=22，D ，E 分别是AB ，AC 的中点，画出△ABC 的最长的中内弧DE ，并直接写出此时DE 的长；(2)在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)，B(0,0)，C(4t,0)(t ＞0)，在△ABC 中， D,E 分别是AB,AC 的中点。
最新中考数学二轮复习 几何探究题(压轴题) 综合练习题 (有答案) (1)
中考数学二轮复习几何探究题（压轴题）综合练习题1.如图①，直线AM⊥AN，AB平分∠MAN，过点B作BC⊥BA交AN于点C；动点E、D 同时从A点出发，其中动点E以2m/s的速度沿射线AN方向运动，动点D以1m/s的速度沿射线AM方向运动；已知AC=6cm，设动点D，E的运动时间为t．（1）试求∠ACB的度数；（2）当点D在射线AM上运动时满足S△ADB：S△BEC=2：3，试求点D，E的运动时间t的值；（3）动点D在射线AM上运动，点E在射线AN上运动过程中，是否存在某个时间t，使得△ADB与△BEC全等？若存在，请求出时间t的值；若不存在，请说出理由．第1题图备用图2.如图,在四边形ABCD中,∠D=∠BCD=90°，∠B=60°，AB=6，AD=9，点E是CD上的一个动点（E不与D重合）过点E作EF∥AC，交AD于点F(当E运动到C时,,EF与AC重合），把△DEF沿着EF对折，点D的对应点是点G，设DE=x，△GEF与四边形ABCD重叠部分的面积为y.(1)求CD的长及∠1的度数;(2)若点G恰好在BC上,求此时x的值;(3)求y与x之间的函数关系式,并求x为何值时,y的值最大? 最大值是多少?第2题图3.如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点M是BC的中点，作正方形MNPQ，使点A、C分别在MQ和MN上，连接AN、BQ．（1）直接写出线段AN和BQ的数量关系是_________ ．（2）将正方形MNPQ绕点M逆时针方向旋转θ（0°＜θ≤360°）①判断（1）的结论是否成立？请利用图②证明你的结论；②若BC=MN=6，当θ（0°＜θ≤360°）为何值时，AN取得最大值，请画出此时的图形，并直接写出AQ的值．图①图②第3题图4. 类比特殊四边形的学习，我们可以定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．【探索体验】（1）如图①，已知在四边形ABCD中，∠A=40°，∠B=100°，∠C=120°．求证：四边形ABCD是“等对角四边形”．（2）如图②，若AB=AD=a，CB=CD=b，且a≠b，那么四边形ABCD是“等对角四边形”吗？试说明理由．【尝试应用】（3）如图③，在边长为6的正方形木板ABEF上裁出“等对角四边形”ABCD，若已经确定DA=4m，∠DAB=60°，是否在正方形ABEF内（包括边上）存在一点C，使四边形ABCD以∠DAB=∠BCD为等对角的四边形的面积最大？若存在，试求出四边形ABCD的最大面积；若不存在，请说明理由．图①图②图③第4题图5. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，边长AB=6，对角线AC、BD交于点O，线段AD 上有一动点P，过点P作PH⊥BC于点H，交直线CD于点Q，连接OQ，设线段PD=m．(1)求线段PH的长度；(2)设△DPQ的面积为S，求S与m之间的关系式；(3)在运动过程中是否存在点P，使△OPQ的面积与△CQH的面积相等，若存在，请求出满足条件m的值；若不存在，请说明理由．第5题图6.如图，△ABC中AB=AC，点D从点B出发沿射线BA移动，同时，点E从点C出发沿线段AC的延长线移动，已点知D、E移动的速度相同，DE与直线BC相交于点F．（1）如图1，当点D在线段AB上时，过点D作AC的平行线交BC于点G，连接CD、GE，判定四边形CDGE的形状，并证明你的结论；（2）过点D作直线BC的垂线垂足为M，当点D、E在移动的过程中，线段BM、MF、CF 有何数量关系？请直接写出你的结论．第6题图备用图7.将一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，C在x轴上，OA=6，OC=10．(1)如图①，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使点O落在AB边上的D点，求E 点的坐标；(2)如图②，在OA、OC边上选取适当的点E'、F，将△E'OF沿E'F折叠，使O点落在AB 边上D'点，过D'作D'G∥OA交E'F于T点，交OC于G点，设T的坐标为（x，y），求y 与x之间的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；(3)在(2)的条件下，若OG=，求△D'TF的面积．（直接写出结果即可）第7题图8. 如图①所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2，宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF，现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE'F'D'，旋转角为α．（1）当边CD'恰好经过EF的中点H时，求旋转角α的大小；（2）如图②，G为BC中点，连接GD',DE',且0°＜α＜90°，求证：GD'=E'D；（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD'与△BCD'能否全等？若能，直接写出旋转角α的大小；若不能，说明理由．图①图②第8题图9. 如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，D为AC延长线上一点，连接DB，将DB 绕点D逆时针旋转90°得线段DE，连接AE.(1)如图①，当CD=AC时，请直接写出线段AE,AB,AD的数量关系；(2)如图②，当CD≠AC时，(1)中的结论是否成立？说明理由；(3)当点D在射线CA上时，其他条件不变，(1)中的结论是否成立？若成立，请说明理由，若不成立，请求出AE,AB,AD的数量关系式.第9题图10. 已知：D，E是Rt△ABC斜边AB上点，满足∠DCE=45°．（1）如图①，当AC=1，BC D与A重合时，求线段BE的长；（2）如图②，当△ABC是等腰直角三角形时，求证：AD2+BE2=DE2；（3）如图③，当AC=3，BC=4时，设AD=x，BE=y，求y关于x的函数关系式，并求x的取值范围.图①图②图③第10题图11.两个全等的直角三角形ABC和DEF重叠在一起，其中∠A=60°，AC=1，固定△ABC不动，将△DEF进行如下操作：如图①，△DEF沿线段AB向右平移（即D点在线段AB内移动），连接DC、CF、FB，四边形CDBF的形状在不断变化，但它的面积不变化，请求出其面积．(2)猜想论证如图②，当D点移到AB的中点时，请你猜想四边形CDBF的形状，并说明理由．(3)拓展研究如图③，△DEF的D点固定在AB的中点，然后绕D点按顺时针方向旋转△DEF，使DF落在AB的边上，此时F点恰好与B点重合，连接AE，求sinα的值.第11题图12. 如图,四边形ABCD是矩形纸片,AB=2,对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,折痕为EF,展开后再过点B折叠矩形纸片,使点A落在EF上的点N处,折痕BM与EF相交于点Q,再次展开,连接BN,MN,延长MN交BC于点G.(1)求AM的长;(2)判断△BMG的形状，并说明理由；(3)若点P为线段BM上一动点，H是BN的中点，当PN等于多少时，△PNH的周长最小? 并求出最小值.(计算结果保留根号)第12题图13.如图，在正方形ABCD与等腰直角三角形BEF中，∠BEF=90°，BE=EF，连接DF，点P 是FD的中点，连接PE、PC．（1）如图①，当点E在CB边上时，求证：PE=CE；2（2）如图②，当点E在CB的延长线上时，线段PC、CE有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明．图①图②第13题图14.在正方形ABCD中，动点E,F分别从D,C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB 上移动．(1)如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的关系，并说明理由；(2)如图②，当点E,F分别移动到边DC,CB的延长线上时，连接AE和DF,(1)中的结论还成立吗？（请直接回答“是”或“否”，不须证明）(3)如图③，当E,F分别在CD,BC的延长线上移动时，连接AE和DF，(1)的结论还成立吗？请说明理由；(4)如图④，当E,F分别在DC,CB上移动时，连接AE和DF交于点P．由于点E,F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2,试求出线段CP的最小值．第14题图15.如图①，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接B D，CE，BD和CE相交于点F，若△ABC不动，将△ADE绕点A任意旋转一个角度．（1）求证：△BAD≌△CAE．（2）如图①，若∠BAC=∠DAE=90°，判断线段BD与CE的关系，并说明理由；（3）如图②，若∠BAC=∠DAE=60°，求∠BFC的度数；（4）如图③，若∠BAC=∠DAE=A，直接写出∠BFC的度数（不需说明理由）第15题图参考答案：1. 解：（1）如解图①中，∵AM⊥AN，∴∠MAN=90°，∵AB平分∠MAN，∴∠BAC=45°，∵CB⊥AB，∴∠ABC=90°,∠ACB=45°；图①图②第1题解图(2)如解图②中，作BH⊥AC于H，BG⊥AM于G．∵BA平分∠MAN，∴BG=BH，∵S△ADB：S△BEC=2:3，AD=t，AE=2t，∴1 2•t•BG：12•（6-2t）•BH=2:3，∴t=127s．∴当t=127s时，满足S△ADB：S△BEC=2:3．(3)存在．∵BA=BC，∠BAD=∠BCE=45°，∴当AD=EC时，△ADB≌△CEB，∴t=6-2t，∴t=2s，∴满足条件的t的值为2s．2. 解：(1)如解图①，过点A作AH⊥BC于点H，∵在Rt△AHB中，AB=6，∠B=60°，∴AH=AB·si n B=6=∵∠D=∠BCD=90°，∴四边形AHCD为矩形，∴CD=AH=第2题解图∵tan∠CAD=CDAD∴∠CAD=30°，∵EF∥AC，∴∠1=∠CAD=30°；(2)若点G恰好在BC上，如解图②，由对折的对称性可知Rt△FGE≌Rt△FDE，∴GE=DE=x，由(1)知，∠1=30°，∴∠FEG=∠FED=60°，∴∠GEC=60°，∵△CEG是直角三角形，∴∠EGC=30°，∴在Rt△CEG中，1122 EC EG x==，由DE+EC=CD得12x x +=∴x=第2题解图②(3)分两组情况讨论：①当0<x≤③，在Rt△DEF中，tan∠1=tan30°=DEDF,∴DF==，第2题解图③∴2113322EDFy S DEDF x x====，0,>对称轴为y轴，∴当0<x≤y随x的增大而增大，∴当x=y最大值2=②当x<≤第2题解图④设FG,EG分别交BC于点M、N，∵DE=x，∴EC=x ，NE=2(x )，∴NG =GE -NE=)3x x x -=-又∵∠MNG =∠ENC =30°，∠G =90°，∴MG =NG ·tan 30°x -，∴211(322MNG S NG MG xx x ==--=-， EGF MNG y SS ∆∴=-22x x -=218x +-=2x -+，∵∴综上所述，当x =时，y 有最大值，且y 的最大值为.3. 解：(1)BQ =AN ．【解法提示】如解图①，∵△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC =90°，点M 是BC 的中点， ∴AM ⊥BC ，BM =AM ， ∴∠AMB =∠AMC =90°． ∵四边形PQMN 是正方形， ∴QM =NM ． 在△QMB 和△NMA 中，BM AM QMB AMN QM NM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△QMB ≌△NMA （SAS ），∴BQ =AN ．第3题解图①(2)①BQ =AN 成立． 理由：如解图②，连接AM ，∵在Rt△BAC中，M为斜边BC中点，∴AM=BM，AM⊥BC，∴∠AMQ+∠QMB=90°．∵四边形PQMN为正方形，∴MQ=NM，且∠QMN=90°，∴∠AMQ+∠NMA=90°，∴∠BMQ=∠AMN．在△BMQ和△AMN中，MQ MNBMQ AMNBM AM=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BMQ≌△AMN（SAS），∴BQ=AN；图②图③第3题解图②由①得，BQ=AN，∴当BQ取得最大值时，AN取得最大值．如解图③，当旋转角θ=270°时，BQ=AN（最大），此时∠AMQ=90°．∵BC=MN=6，M是BC的中点，∴MQ=6，AM=12BC =3，∴在Rt△AMQ中，由勾股定理得AQ4. (1)证明：∵在四边形ABCD中，∠A=40°，∠B=100°，∠C=120°．∴∠D=360°-∠A-∠B-∠C=100°，∠A≠∠C，∴∠D=∠D，∴四边形ABCD是“等对角四边形”；(2)解：连接BD，∵AB=AD，CB=CD，∴∠ABD=∠ADB，∠CBD=∠CDB，∴∠ABD+∠CBD=∠ADB+∠CDB，∴∠ABC=∠ADC，∵AB=AD=a，CB=CD=b，且a≠b，BD=BD，∴△ABD与△CBD不相似，∴∠A≠∠C，∴四边形ABCD是“等对角四边形”．第4题解图(3)如解图，当∠DAB=∠BCD=60°时，四边形ABCD是“等对角四边形”，此时点C在BD为半径的CD上，要使四边形ABCD的面积最大，则点C在边BE上，过点D作DH⊥AB于点H，DM⊥BC于点M，在Rt△ADH中，∠DAH=60°，AD=4，∴AH=2，DH=∴BH=AB-AH=4，∴四边形DHBM是矩形，∴BM=DH=DM=BH=4，在Rt △DMC 中，∠DCM =60°，∴CM∴BC =BM +CM =3 =3，∴S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =12×6×12×m 2. 5. 解:(1)∵四边形ABCD 是菱形，∴BC ∥AD ，AB =AD =CD =6， ∵∠BAD =120°，∴∠ADC =60°，∴△ACD 是等边三角形，如解图，过点C 作CG ⊥AD 于G ， 在Rt △CDG 中，∠CDG =60°，CD =6，∴DG =3，CG =，∵BC ∥AD ，PH ⊥BC ，CG ⊥AD ，∴四边形CHPG 是矩形， ∴PH =CG =第5题解图(2)在Rt △PDQ 中，∠PDQ =60°，DP =m ， ∴PQ ，∴S =S △PDQ =12DP ·PQ =12m 2，（0＜m ≤6） (3)存在，理由：∵△DPQ 的面积与△CQH 的面积相等，点Q在线段CD上，AD∥BC，∴△CHQ∽△DPQ，∴△DPQ的面积与△CQH的面积相等时，只有△CHQ≌△DPQ，∴CQ=DQ=1CD=3，2，在Rt△PQD中，∠PDQ=60°，DQ=3，∴DP=32时，△DPQ的面积与△CQH的面积相等．即：m=326. 解：（1）四边形CDGE是平行四边形．理由如下：如解图①：∵D、E移动的速度相同，∴BD=CE，∵DG∥AE，∴∠DGB=∠ACB，∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DGB，∴BD=GD=CE，又∵DG∥CE，∴四边形CDGE是平行四边形；第6题解图（2）BM+CF=MF；理由如下：如解图②，由(1)得：BD=GD=CE，∵DM⊥BC，∴BM=GM，∵DG∥AE，∴GF=CF，∴BM+CF=GM+GF=MF．7. 解：(1)∵将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点，∴DC=OC=10．在Rt△BCD中，∵∠B=90°，BC=OA=6，DC=10，∴BD=8．在Rt△AED中，∵∠DAE=90°，AD=2，DE=OE，AE=6-OE，，∴DE2=AD2+AE 2，即OE2=22+（6-OE）2，解得OE=103）；∴E点的坐标为（0，103(2)∵将△E'OF沿E'F折叠，使O点落在AB边上D'点，∴∠D'E'F=∠OE'F，D'E'=OE'，∵D'G∥AO，∴∠OE'F=∠D'TE'，∴∠D'E'F=∠D'TE'，∴D'T=D'E'=OE'，∴TG=AE',∵T（x，y），∴AD'=x，TG=AE'=y，D'T=D'E'=OE'=6-y．在Rt△AD'E'中，∵∠D'AE'=90°，∴AD'2+AE'2=D'E'2，即x2+y2=（6-y）2，整理，得y =112-x 2+3； 由（1）可得AD'=OG =2时，x 最小，从而x ≥2，当E'F 恰好平分∠OAB 时，AD'最大即x 最大，此时G 点与F 点重合，四边形AOFD'为正方形，即x 最大为6，从而x ≤6， 故自变量x 的取值范围是2≤x ≤6，∴y 与x 之间的函数关系式为y =112-x 2+3（2≤x ≤6）.第7题解图(3)∵T 的坐标为（x ，y ），y =112-x 2+3，OG= ∴GT =y =112-×12+3=2，AD'=OG= ∴E'D'=AD'2+AE'2=4,∴sin ∠3='1''2AE E D =, ∴∠3=30°，∴D'T =6-2=4， 作FM ⊥AB 于M ，则FM =BC =6，∠FMD'=90°=∠A ，∴∠1+∠2=90°， 由折叠的性质得：∠ED'F =∠AOC =90°，∴∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3，∴△D'MF ∽△EAD'， ∴''''D F FME D AD = ，即 '6''4DF E D ==32，设E'O =ED'=x ，则AE' =6-x ，在Rt △AD'E'中，由勾股定理得：2+（6-x ）2=x 2， 解得：x =4， ∴OF =D'F= ∴GF =OF -OG=∴△D'TF 的面积=12 D'T •GF =12×4×8. (1)解：如解图， ∵边CD'恰好经过EF 的中点H ，∴EH =12EF =1=CE ， ∴△CEH 为等腰直角三角形，∴∠ECH =45°， ∴α=45°；第8题解图(2)证明：∵G 为BC 中点，∴CG =1， ∴CG =CE ，∵长方形CEFD 绕点C 顺时针旋转至CE'F'D'，∴∠D'CE'=∠DCE =90°，CE =CE'=CG ，∴∠GCD'=∠DCE'=90°+α，在△GCD'和△E'CD 中，''CD CD GCD DCE CG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GCD'≌△E'CD （SAS ），∴GD'=E'D ；(3)解：能．理由如下： ∵四边形ABCD 为正方形，∴CB=CD，∵CD'=CD'，∴△BCD'与△DCD'为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD'=∠DCD'时，△BCD'≌△DCD'，当△BCD'与△DCD'为钝角三角形时，则旋转角α= 180°−90=135°，∠BCD=45°当△BCD'与△DCD'为锐角三角形时，∠BCD'=∠DCD'=12则α=360°-90=315°，即旋转角α的值为135°或315°时，△BCD'与△DCD'全等.9. 解：(1)AB+AE;【解法提示】由题知AC=CD,AB=BD=DE,则AB⊥BD,又由题意可得BD⊥DE，∴AB=BD=DE=AE,又∵AB⊥BD，∴四边形ABDE为正方形，则AB=AE,AD=2AC,∴AB+AE.(2)成立.理由如下：如解图，作DF∥BC交AB延长线于F,第9题解图∵△ABC为等腰三角形，∠ACB=90°.∴BC=AC，∴∠BAC=∠ABC=45°，∵DF∥BC,∴∠ADF =∠ACB =90°，∠F =∠ABC =45°.∴AD =FD ,又∵∠BDE =90°，∴∠BDF =∠ADE =90°-∠ADB .在△DAE 和△DFB 中，,DE DB EDA BDF AD FD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAE ≌△DFB （SAS ）,∴AE =BF ,∵AF,即AB +BF,∴AB +AE;(3)当点D 在射线CA 上时，(1)的结论不成立.当D 在CA 上时，AB -AE,当D 在CA 延长线上时，AE -AB.10. （1）解：如解图 ，∵∠ACB =90°，BCAC =1，∴AB =2， 过B 作BF ∥AC 交CE 的延长线于F ，∴∠F =∠ACE ，∵∠BCA =90°，∠DCE =45°，∴∠BCE =∠DCE ，∴∠BCE =∠F ，∴BF =BC∵△BEF∽△AEC，∴BE BF==AE AC∴BE图①图②图③第10题解图(2)证明：如解图②，过点A作AF⊥AB，使AF=BE，连接DF，CF，∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CAB=∠B=45°，∴∠F AC=45°，∴△CAF≌△CBE（SAS），∴CF=CE，∠ACF=∠BCE，∵∠ACB=90°，∠DCE=45°，∴∠ACD+∠BCE=∠ACB-∠DCE=90°-45°=45°，∵∠ACF=∠BCE，∴∠ACD+∠ACF=45°，即∠DCF=45°，∴∠DCF=∠DCE，又∵CD=CD，∴△CDF≌△CDE（SAS），∴DF=DE，∵在Rt△ADF中，AD2+AF2=DF2，∴AD2+BE2=DE2；(3)解：如解图③，作△BCE ≌△FCE ，△GCD ≌△ACD ，延长DG 交EF 于H ，∵∠HFG =∠B ，∠HGF =∠CGD =∠A ，∠A +∠B =90°， ∴∠DHF =90°，∵FG =CF-CG=BC-AC =1，∠B =∠F ，∴HF =45，HG =35， ∵EH 2+HD 2=ED 2， ∴(y -45)2+(x +35)2=(5-x -y )2， ∴y =6028215x x --（0≤x ≤157）． 11. 解：（1）如解图①，∵△DEF 沿线段AB 向右平移（即D 点在线段AB 内移动）， ∴CF =AD ，AC =DF ，∴四边形ACFD 为平行四边形，∴AD ∥CF ，∴S △DCF =S △BCF =S △ACD ，∴S 四边形CDBF =S △CDB +S △BCF =S △CDB +S △ACD =S △ACB ，在Rt △ACB 中，∵∠A =60°，∴BC∴S △ABC = 12×1，∴S 四边形CDBF (2)四边形CDBF 为菱形．理由如下：如解图②，∵点D 为斜边AB 的中点，∴DC =DA =DB ，∵CF ∥AD ，CF =AD ，∴CF =BD ，CF ∥DB ，∴四边形CDBF 为平行四边形， 而DC =DB ，∴四边形CDBF 为菱形；第11题解图(3)作DH ⊥AE 于H ，如解图 ， 在Rt △ACB 中，∵∠A =60°，∴AB =2AC =2， ∵点D 为AB 的中点，∴AD =BD =12AB =1， ∵绕D 点按顺时针方向旋转△DEF ，使DF 落在AB 边上，此时F 点恰好与B 点重合， ∴∠EFD =90°，EB DE =AB =2，在Rt △ABE 中，AE === ∵1122DH AB AD EB =,∴DH在Rt △EDH 中，sin α=DH DE 12. 解：(1)如解图，连接AN ，∵EF 垂直平分AB ,∴AN =BN ,根据折叠的性质，可得AB =BN ,∠ABM =∠NBM ,∴AN =AB =BN ,∴△ABN 为等边三角形，∴∠ABN =60°， ∴∠ABM =∠NBM =30°，∴在Rt△ABM中，AM=AB·tan30°=2第12题解图(2)△BMG为等边三角形.理由如下：∵∠ABM=∠MBN=30°，∠BNM=∠BAM=90°，∴∠BMG=90°-∠MBN=90°-30°=60°,∠MBG=∠ABG -∠ABM=90°-30°=60°，∴∠BGM=180°-60°-60°=60°，∴∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°，∴△BMG为等边三角形；(3)∵A与N关于BM对称，∴PA=PN，∴PN+PH=P A+PH,即当AH与BM交于P时，△PHN的周长最小.∵∠GBN=∠ABG -∠ABN=90°-60°=30°,EN∥BC,∴∠ENB=∠NBG=30°.∵∠MBN=30°，∴∠QBN=∠QNB，∴QB=QN，∴点Q，点A均在线段BN的垂直平分线上，∵点H是BN的中点，∴点A,Q,H在一条直线上，即点P与点Q重合时，△PHB的周长最小，此时PN+PH=AH=AB ×sin ∠ABH =2×sin60°又BN=AB =2，∴NH =1.∴△PNH 的周长最小值为13. 解：(1)延长EP 交DC 于点G ，如图 所示：∵∠FEC =∠DCE =90°，∴EF ∥CD ， ∴∠PFE =∠PDG ，又∵∠EPF =∠GPD ，PF =PD ，∴在△PEF 和△PGD 中，PFE PDGEPF GPDPF PD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△PEF ≌△PGD （AAS ），∴PE =PG ，EF =GD ，∵BE =EF ，∴BE =GD ．∵CD =CB ，∴CG =CE ，∴△CGE 是等腰直角三角形，∴CP ⊥GE ，CP =12EG =PE ， ∴△CPE 是等腰直角三角形．∴PE= 2CE ；图①图②第13题解图(2)PC=2CE，理由如下：如图 所示：延长EP交CD的延长线于点G，∵∠FEB+∠DCB=180°，∴EF∥CD，∴∠PEF=∠PGD，又∵∠EPF=∠GPD，PF=PD，∴在△PEF和△PGD中，PFE PDGEPF GPD PF PD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△PEF≌△PGD（AAS），∴PE=PG，EF=GD，∵BE=EF，∴BE=GD．∵CD=CB，∴CG=CE，∴△CGE是等腰直角三角形，∴CP⊥GE，CP= 12EG=PE，∴△CPE是等腰直角三角形．∴PC．14. 解：(1)AE=DF,AE⊥DF.理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC,∠ADC=∠C=90°，∵DE=CF,∴△ADE≌△DCF，∴AE=DF,∠DAE=∠CDF,由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°，∴AE⊥DF；(2)是；(3)成立.理由：由(1)同理可证，AE=DF，∠DAE=∠CDF,如解图①，延长FD交AE于点G，则∠CDF+∠ADG=90°，第14题解图①∴∠ADG+∠DAE=90°，∴AE⊥DF.(4)画出草图如解图②，由于点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC，交弧于点P，此时CP的长度最小，在Rt△ODC中，OC∴CP=OC-OP1.第14题解图②15. (1)证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE在△BAD与△CAE中，AB ACBAD CAEAD AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD≌△CAE（SAS），(2)解：BD⊥CE，BD=CE．理由如下：由(1)知，△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，∵∠BAC=90°，∴∠CBF+∠BCF=∠ABC+∠ACB=90°，∴∠BFC=90°∴BD⊥CE．(3)解：由(2)得∠CBF+∠BCF=∠ABC+∠ACB，∵∠BAC=∠DAE=60°，∴∠CBF+∠BCF=∠ABC+∠ACB，∴∠BFC=∠BAC∴∠BFC=60°．(4)∠BFC=90°【解法提示】由(2)得∠CBF+∠BCF=∠ABC+∠ACB，∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠CBF+∠BCF=∠ABC+∠ACB，∴∠BFC=∠BAC，∴∠BFC=α．。
专题02 图形变化规律(解析版)中考数学二轮复习难点题型专项突破
专题02 图形变化规律一．圆点类图形变化1．（2020•绥化）如图各图形是由大小相同的黑点组成，图1中有2个点，图2中有7个点，图3中有14个点，…，按此规律，第10个图中黑点的个数是119．解：∵图1中黑点的个数2×1×（1+1）÷2+（1﹣1）＝2，图2中黑点的个数2×2×（1+2）÷2+（2﹣1）＝7，图3中黑点的个数2×3×（1+3）÷2+（3﹣1）＝14，……∴第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，∴第10个图形中黑点的个数为102+2×10﹣1＝119．故答案为：119．2．（2020•日照）用大小相同的圆点摆成如图所示的图案，按照这样的规律摆放，则第10个图案中共有圆点的个数是（）A．59B．65C．70D．71解：根据图中圆点排列，当n＝1时，圆点个数5+2；当n＝2时，圆点个数5+2+3；当n＝3时，圆点个数5+2+3+4；当n＝4时，圆点个数5+2+3+4+5，…∴当n＝10时，圆点个数5+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11＝4+（1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11）＝．故选：C．3．（2020•大庆）如图，把同样大小的黑色棋子摆放在正多边形的边上，按照这样的规律摆下去，则第20个图需要黑色棋子的个数为440．解：观察图形可知：第1个图需要黑色棋子的个数为：3＝1×3；第2个图需要黑色棋子的个数为：8＝2×4；第3个图需要黑色棋子的个数为：15＝3×5；第4个图需要黑色棋子的个数为：24＝4×6；…发现规律：第n个图需要黑色棋子的个数为：n（n+2）；所以第20个图需要黑色棋子的个数为：20（20+2）＝440．故答案为：440．4．（2020•德州）如图是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第10个这样的图案需要黑色棋子的个数为（）A．148B．152C．174D．202解：根据图形，第1个图案有12枚棋子，第2个图案有22枚棋子，第3个图案有34枚棋子，…第n﹣1个图案有2（1+2+…+n+1）+2（n﹣2）＝n2+5n﹣2枚棋子，第n个图案有2（1+2+…+n+2）+2（n﹣1）＝n2+7n+4枚棋子，故第10个这样的图案需要黑色棋子的个数为102+7×10+4＝100+70+4＝174（枚）．故选：C．二．三角形类图形变化5．（2020•白银模拟）如图，用火柴棒按如图所示的方式搭一行三角形，搭1个三角形需3枝火柴棒，搭2个三角形需5枝火柴棒，搭3个三角形需7枝火柴棒，照这样的规律搭下去，搭2020个三角形需要火柴棒4041枝．解：第一个三角形需要3枝火柴棒；第二个三角形需要（3+2）枝火柴棒；第3个三角形需要（3+2×2）枝火柴棒．…第n个三角形需要[3+（n﹣1）×2]＝2n+1枝火柴棒．所以，第2020个三角形需要火柴棒＝2×2020+1＝4041（枝）．故答案为：4041．6．（2020•山西）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相等的正三角形组合而成，第1个图案有4个三角形，第2个图案有7个三角形，第3个图案有10个三角形…按此规律摆下去，第n个图案有（3n+1）个三角形（用含n的代数式表示）．解：第1个图案有4个三角形，即4＝3×1+1第2个图案有7个三角形，即7＝3×2+1第3个图案有10个三角形，即10＝3×3+1…按此规律摆下去，第n个图案有（3n+1）个三角形．故答案为：（3n+1）．7．（2020•重庆）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1个黑色三角形，第②个图案中有3个黑色三角形，第③个图案中有6个黑色三角形，…，按此规律排列下去，则第⑤个图案中黑色三角形的个数为（）A．10B．15C．18D．21解：∵第①个图案中黑色三角形的个数为1，第②个图案中黑色三角形的个数3＝1+2，第③个图案中黑色三角形的个数6＝1+2+3，…∴第⑤个图案中黑色三角形的个数为1+2+3+4+5＝15，故选：B．8．（2020•温州模拟）如图，第1个图形有1个三角形，第2个图形中有5个三角形，第3个图形中有9个三角形，……，则第2019个图形中有8073个三角形．解：由图可得，第1个图形有1个三角形，第2个图形中有1+4＝5个三角形，第3个图形中有1+4+4＝1+4×2＝9个三角形，……，则第2019个图形中有：1+4×（2019﹣1）＝8073个三角形，故答案为：8073．三．正方形类图形变化9．（2020•聊城）人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地砖铺设而成，如图中的每一个小正方形表示一块地砖．如果按图①②③…的次序铺设地砖，把第n个图形用图ⓝ表示，那么第50个图形中的白色小正方形地砖的块数是（）A．150B．200C．355D．505解：由图形可知：第1个图形12块白色小正方形，第2个图形19个白色小正方形，第3个图形26个白色小正方形则图ⓝ的白色小正方形地砖有（7n+5）块，当n＝50时，7n+5＝350+5＝355．故选：C．10．（2020•娄底模拟）下列图形都是由面积为1的正方形按一定的规律组成的，其中，第1个图形中面积为1的正方形有9个，第2个图形中面积为1的正方形有14个，……，按此规律，则第几个图形中面积为1的正方形的个数为2019个（）A．400B．401C．402D．403解：第1个图形面积为1的小正方形有9个，第2个图形面积为1的小正方形有9+5＝14个，第3个图形面积为1的小正方形有9+5×2＝19个，…第n个图形面积为1的小正方形有9+5×（n﹣1）＝5n+4个，根据题意得：5n+4＝2019，解得：n＝403．故选：D．11．（2020•通辽）如图，用大小相同的小正方形拼大正方形，拼第1个正方形需要4个小正方形，拼第2个正方形需要9个小正方形…，按这样的方法拼成的第（n+1）个正方形比第n个正方形多2n+3个小正方形．解：∵第1个正方形需要4个小正方形，4＝22，第2个正方形需要9个小正方形，9＝32，第3个正方形需要16个小正方形，16＝42，…，∴第n+1个正方形有（n+1+1）2个小正方形，第n个正方形有（n+1）2个小正方形，故拼成的第n+1个正方形比第n个正方形多（n+2）2﹣（n+1）2＝（2n+3）个小正方形．故答案为：2n+3．12．（2020•渌口区模拟）如图：已知正方形的边长为a，将此正方形按照下面的方法进行剪拼：第一次，先沿正方形的对边中点连线剪开，然后对接为一个长方形，则此长方形的周长为4a；第二次，再沿长方形的对边（长方形的宽）中点连线剪开，对接为新的长方形，如此继续下去，第n次得到的长方形的周长为2n﹣1•4a+2×（）n a．解：第1个长方形的周长为4a+2×a，第2个长方形的周长为2×4a+2×a，第3个长方形的周长为2×8a+2×a，……∴第n个长方形的周长为2n﹣1•4a+2×（）n a，故答案为：4a+2×a，2n﹣1•4a+2×（）n a．四．旋转跳跃类图形变化13．（2020•江西模拟）如图，给正五边形的顶点依次编号为1，2，3，4，5．若从某一顶点开始，沿正五边形的边顺时针行走，顶点编号的数字是几，就走几个边长，则称这种走法为一次“移位”．如：小宇在编号为3的顶点时，他应走3个边长，即从3→4→5→1为第一次“移位”，这时他到达编号为1的顶点；然后从1→2为第二次“移位”．若小宇从编号为2的顶点开始，第20次“移位”后，他所处顶点的编号是（）A．1B．2C．3D．4解：根据题意，小宇从编号为2的顶点开始，第1次移位到点4，第2次移位到达点3，第3次移位到达点1，第4次移位到达点2，…，依此类推，4次移位后回到出发点，20÷4＝5．所以第20次移位为第5个循环组的第4次移位，到达点2．故选：B．14．（2020•常德）如图，将一枚跳棋放在七边形ABCDEFG的顶点A处，按顺时针方向移动这枚跳棋2020次．移动规则是：第k次移动k个顶点（如第一次移动1个顶点，跳棋停留在B处，第二次移动2个顶点，跳棋停留在D处），按这样的规则，在这2020次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（）A．C、E B．E、F C．G、C、E D．E、C、F解：经实验或按下方法可求得顶点C，E和F棋子不可能停到．设顶点A，B，C，D，E，F，G分别是第0，1，2，3，4，5，6格，因棋子移动了k次后走过的总格数是1+2+3+…+k＝k（k+1），应停在第k（k+1）﹣7p格，这时p是整数，且使0≤k（k+1）﹣7p≤6，分别取k＝1，2，3，4，5，6，7时，k（k+1）﹣7p＝1，3，6，3，1，0，0，发现第2，4，5格没有停棋，若7＜k≤2020，设k＝7+t（t＝1，2，3）代入可得，k（k+1）﹣7p＝7m+t（t+1），由此可知，停棋的情形与k＝t时相同，故第2，4，5格没有停棋，即顶点C，E和F棋子不可能停到．故选：D．15．（2020•嵊州市模拟）如图1，现有8枚棋子呈一直线摆放，依次编号为①～⑧．小明进行隔子跳，想把它跳成4叠，每2枚棋子一叠，隔子跳规则为：只能靠跳跃，每一步跳跃只能是把一枚棋子跳过两枚棋子与另一枚棋子相叠，如图2中的（1）或（2）（可随意选择跳跃方向）一枚棋子最多只能跳一次．若小明只通过4步便跳跃成功，那么他的第一步跳跃可以为（）A．①叠到④上面B．②叠到⑤上面C．④叠到⑦上面D．⑤叠到⑧上面解：A、①叠到④上面，③只能叠到⑤上面，②不能按规则跳，故选项错误；B、②叠到⑤上面，④只能叠到⑥上面，③不能按规则跳，故选项错误；C、④叠到⑦上面，⑥能叠到②上面，①能叠到③上面，⑤能叠到⑧上面，故选项正确；D、⑤叠到⑧上面，⑦只能叠到③上面，⑥不能按规则跳，故选项错误．故选：C．16．（2020•赤峰）一个电子跳蚤在数轴上做跳跃运动．第一次从原点O起跳，落点为A1，点A1表示的数为1；第二次从点A1起跳，落点为OA1的中点A2，第三次从A2点起跳，落点为OA2的中点A3；如此跳跃下去…最后落点为OA2019的中点A2020，则点A2020表示的数为．解：第一次落点为A1处，点A1表示的数为1；第二次落点为OA1的中点A2，点A2表示的数为；第三次落点为OA2的中点A3，点A3表示的数为（）2；…则点A2020表示的数为（）2019，即点A2020表示的数为；故答案为：．五．复合图形变化17．（2020•莒县二模）如图，∠AOB为锐角，在射线OA上依次截取A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝A n A n+1，在射线OB 上依次截取B1B2＝B2B3＝B3B4＝…＝B n B n+1，记S n为△A n B n B n+1的面积（n为正整数），若S3＝7，S4＝10，则S2019＝（）A．4039B．4041C．6055D．6058解：过A3作A3C⊥OB于C，过A4作A4D⊥OB于D，过A2019作A2019E⊥OB于E，如图所示：则△OA3C∽△OA4D∽△OA2019E，设OA1＝a，A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝A n A n+1＝1个单位，∵S3＝7，S4＝10，B1B2＝B2B3＝B3B4＝…＝B n B n+1，∴＝，即＝，解得：a＝，∴＝，即＝，∴A2019E＝6055，∴S2019＝6055，故选：C．18．（2020•郓城县一模）一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3……则正方形A2020B2020C2020D2020的边长是（）A．（）2017B．（）2018C．（）2019D．（）2020解：∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，∴D1E1＝B2E2，D2E3＝B3E4，∠D1C1E1＝∠C2B2E2＝∠C3B3E4＝30°，∴D1E1＝C1D1sin30°＝，则B2C2＝＝（）1，同理可得：B3C3＝＝（）2，故正方形A n B n∁n D n的边长是：（）n﹣1，则正方形A2020B2020C2020D2020的边长为：（）2019，故选：C．19．（2020•周村区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝4．点M1，N1，P1分别在AC，BC，AB 上，且四边形M1CN1P1是正方形，点M2，N2，P2分别在P1N1，BN1，BP1上，且四边形M2N1N2P2是正方形，…，点M n，N n，P n分别在P n﹣1N n﹣1，BN n﹣1，BP n﹣1上，且四边形M n N n﹣1N n P n是正方形，则线段BN2020的长度是．解：∵N1P1∥AC，∴△B1N1P1∽△BCA，∴＝，设N1P1＝x，则＝，解得：x＝，∴BN1＝BC﹣CN1＝4﹣＝，同理，∵N2P2∥AC，∴△P1N1B∽△P2N2B，设P2N2＝y，∴＝，解得：y＝，∴BN2＝﹣＝＝．同理，BN3＝＝，∴线段BN2020的长度是．故答案为：．20．（2020•锦州一模）如图，∠MON＝30°，点A1在ON上，点C1在OM上，OA1＝A1C1＝2，C1B1⊥ON于点B1，以A1B1和B1C1为邻边作矩形A1B1C1D1，点A1，A2关于点B1对称，A2C2∥A1C1交OM于点C2，C2B2⊥ON于点B2，以A2B2和B2C2为邻边作矩形A2B2C2D2，连接D1D2，点A2，A3关于点B2对称，A3C3∥A2C2交OM 于点C3，C3B3⊥ON于点B3，以A3B3和B3C3为邻边作矩形A3B3C3D3，连接D2D3，……依此规律继续下去，则D n D n+1＝2n﹣1•．解：由题意D1D2＝＝＝20，D2D3＝＝2＝21•，D3D4＝＝4＝22•，…∴D n D n+1＝2n﹣1•，故答案为2n﹣1•．。
中考数学专题巩固：几何图形探究题(含解析)
几何图形探究题1．(1)问题发现如图①，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝2，AC ＝4，点D 为BC 的中点，过点D 作射线DE ⊥DF ，分别交AB ，AC 于点E ，F ，当DE ⊥AB ，DF ⊥AC 时，DEDF ＝________； (2)类比探究若∠EDF 绕着点D 旋转到图②的位置，(1)中其他条件不变，DEDF ＝________；若改变点D 的位置，当CD BD ＝a b 时，求DEDF 的值，请就图③的情形写出解答过程；图① 图②第1题图(3)问题解决如图③，AB ＝2，AC ＝4，连接EF ，当CD ＝____时，△DEF 为等腰直角三角形；当CD ＝____时，△DEF 与△ABC 相似．图③ 第1题图解：(1)2；【解法提示】∵DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，∠BAC ＝90°，∴DF ∥AE ，DE ∥AC ，∴△BED∽△BAC，△CDF∽△CBA，∴DEAC＝BDBC，DFAB＝CDBC，∵点D为BC的中点，AB＝2，AC＝4，∴DE4＝12，DF2＝12，∴DE＝2，DF＝1，∴DEDF＝2.(2)2；【解法提示】如解图①，过点D作DM⊥AB于点M，作DN⊥AC于点N，∵∠A＝∠DMA＝∠DNA＝90°，∴∠MDN＝90°，∵∠MDE＋∠EDN＝∠NDF ＋∠EDN，∴∠MDE＝∠NDF，又∵∠DME＝∠DNF，∴△DEM∽△DFN，∴DEDF＝DMDN，由(1)可得DMDN＝2，∴DEDF＝2.第1题解图①如解图②，过点D作DG⊥AB于点G，作DH⊥AC于点H，∴∠GDH＝90°，∴∠EDG＋∠GDF＝∠FDH＋∠GDF＝90°，∴∠EDG＝∠FDH，又∵∠DGE＝∠DHF＝90°，第1题解图②∴△DGE∽△DHF，∴DEDF＝DGDH，∵∠BAC＝90°，∴DG ∥AC ，DH ∥AB ，∴△BDG ∽△BCA ，△CDH ∽△CBA ， ∴DG AC ＝BD BC ，CD BC ＝DH AB ， ∵CD BD ＝a b ，∴BD BC ＝BD BD ＋CD ＝b a ＋b ，CD BC ＝CD BD ＋CD ＝a a ＋b ，∴DG 4＝b a ＋b ，DH 2＝aa ＋b ，∴DE DF ＝DG DH ＝2ba ； (3)453；855或 5.【解法提示】∵∠EDF ＝90°，∴当△DEF 为等腰直角三角形时，DE ＝DF ，由(2)中的结论可知，DE DF ＝2ba ＝1，∴a ＝2b ，∴BC ＝3b ，在Rt △ABC 中，∵AB ＝2，AC ＝4，由勾股定理得BC ＝22＋42＝25，∴CD ＝23BC ＝453.∵∠EDF ＝∠A ＝90°，∴△DEF 与△ABC 相似有两种情况：①当△DEF ∽△ABC 时，DE AB ＝DF AC ，即DE DF ＝AB AC ＝12，∴2b a ＝12，∴a ＝4b ，∴CD ＝45BC ＝855；②当△DEF ∽△ACB 时，DE AC ＝DF AB ，即DE DF ＝AC AB ＝2，∴2b a ＝2，∴a ＝b ，∴CD ＝12BC＝ 5.综上所述，当CD ＝855或5时，△DEF 与△ABC 相似．2．在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．△ABC 是边长为2的等边三角形，E 是AC 上一点，小亮以BE 为边向BE 的右侧作等边三角形BEF ，连接CF .(1)如图①，当点E 在线段AC 上时，EF 、BC 相交于点D ，小亮发现有两个三角形全等，请你找出来，并证明；(2)当点E 在线段AC 上运动时，点F 也随着运动，若四边形ABFC 的面积为734，求AE的长；(3)如图②，当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由；(4)如图②，当△ECD的面积S1＝36时，求AE的长．图①图②第2题图解：(1)△ABE≌△CBF.理由如下：∵△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB＝CB，BE＝BF，∠ABC＝∠EBF＝60°，∴∠CBF＝∠ABE＝60°－∠CBE，∴△ABE≌△CBF(SAS)；(2)由(1)知点E在运动过程中始终有△ABE≌△CBF.∵S四边形BECF＝S△BCF＋S△BCE，∴S四边形BECF＝S△ABC，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴S△ABC＝34×22＝3，∴S四边形BECF＝3，又∵S四边形ABFC ＝734，∴S △ABE ＝S 四边形ABFC －S 四边形BECF ＝334， 在△ABE 中，∵∠A ＝60°，∴AB 边上的高为AE ·sin60°，则S △ABE ＝12AB ·AE ·sin60°＝12×2×32AE ＝334，∴AE ＝32； (3)S 2－S 1＝ 3.理由如下：∵△ABC 与△EBF 都是等边三角形，∴AB ＝CB ，BE ＝BF ，∠ABC ＝∠EBF ＝60°，∴∠CBF ＝∠ABE ＝60°＋∠CBE ，∴△ABE ≌△CBF ， ∴S △ABE ＝S △CBF ，∴S △FDB ＝S △ECD ＋S △ABC ， ∴S △FDB －S △ECD ＝S △ABC ＝3，即S 2－S 1＝3； (4)由(3)知S 2－S 1＝3，即S △FDB －S △ECD ＝3， 由S △ECD ＝36得S △BDF ＝736，∵△ABE ≌△CBF ， ∴AE ＝CF ，∠BAE ＝∠BCF ＝60°，又∵∠BAE ＝∠ABC ＝60°，得∠ABC ＝∠BCF ，∴CF ∥AB ，则在△BDF 中，DF 边上的高是AC ·sin60°＝3，∴12DF ×3＝736，解得DF ＝73，设CE ＝x ，则2＋x ＝CD ＋DF ＝CD ＋73， ∴CD ＝x －13，在△ABE 中，由CD ∥AB 得，CD AB ＝CE AE ，即x －132＝xx ＋2，化简得3x2－x－2＝0，∴x＝1或x＝－23(舍)，即CE＝1，∴AE＝3.3．如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，若点E在AB的延长线上，EF∥AD，EF＝BE，点P是DE的中点，连接FP并延长交AD于点G，连接FB.(1)过D点作DH⊥AB，垂足为点H，若DH＝23，BE＝14AB，求DG的长；(2)连接CP，求证：CP⊥FP；(3)如图②，若点E在CB的延长线上运动，点F在AB的延长线上运动，且BE＝BF，连接DE，点P为DE的中点，连接FP，CP，那么第(2)问的结论成立吗？若成立，求出PFCP的值；若不成立，请说明理由．图①图②第3题图(1)解：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴DA∥BC，CD＝CB，∠CDG＝∠CBA＝60°，∴∠DAH＝∠ABC＝60°，∵DH⊥AB，∴∠DHA＝90°，在Rt△ADH中，sin∠DAH＝DH AD，∴AD＝DHsin∠DAH＝2332＝4，又∵AB＝AD，∴BE＝14AB＝14×4＝1，∵EF∥AD，∴∠PDG＝∠PEF，∵P为DE的中点，∴PD＝PE，又∵∠DPG＝∠EPF，∴△PDG≌△PEF(ASA)，∴DG＝EF，又∵EF＝BE，∴DG＝EF＝1；(2)证明：如解图①，连接CG，CF，第3题解图①由(1)知△PDG≌△PEF，∴PG＝PF，∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF ∥BC ，∴∠FEB ＝∠CBA ＝60°， ∵EF ＝BE ，∴△BEF 为等边三角形， ∴BF ＝EF ＝BE ，∠EBF ＝60°， ∵DG ＝EF ，∠ABC ＝60°，∴BF ＝DG ，∠CBF ＝∠ABC ＝∠CDG ＝60°， 在△CDG 与△CBF 中，⎩⎨⎧CD ＝CB∠CDG ＝∠CBF DG ＝BF， ∴△CDG ≌△CBF (SAS)， ∴CG ＝CF ， ∵PG ＝PF ， ∴CP ⊥FP ；(3)解：CP ⊥FP 仍成立．如解图②，过D 作EF 的平行线，交FP 的延长线于点G ，连接CG ，CF ，第3题解图②易证△PEF ≌△PDG ，∴DG ＝EF ＝BF ， ∵DG ∥EF ， ∴∠GDP ＝∠FEP ， ∵DA ∥BC ， ∴∠ADP ＝∠PEC ，∴∠GDP －∠ADP ＝∠FEP －∠PEC ， ∴∠GDA ＝∠BEF ＝60°，∴∠CDG ＝∠ADC ＋∠GDA ＝120°， ∵∠CBF ＝180°－∠ABC ＝120°， 在△CDG 和△CBF 中，⎩⎨⎧CD ＝CB∠CDG ＝∠CBF ，DG ＝BF∴△CDG ≌△CBF (SAS)， ∴CG ＝CF ，∠DCG ＝∠FCB ， ∵PG ＝PF ，∴CP ⊥PF ，∠GCP ＝∠FCP ， ∵∠DCB ＝180°－∠ABC ＝120°， ∴∠DCG ＋∠GCE ＝120°， ∴∠FCE ＋∠GCE ＝120°， 即∠GCF ＝120°，∴∠FCP＝12∠GCF＝60°，在Rt△CPF中，tan∠FCP＝tan60°＝PFCP＝ 3.∴PFCP＝ 3.4．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，再连接EF.(1)如图①，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF＝3BC；(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，请说明理由；(3)如图③，若△ABC是等腰三角形，且AB＝AC＝kBC，求EF与BC之间的数量关系．图①图②图③第4题图(1)证明：①如解图①，连接AH，∵四边形OBFC 是平行四边形， ∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ， ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ，AH ⊥BC ， 又∵OA ＝AE ，OH ＝HF ， ∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ， ∴EF ⊥BC ；②由①得AH ⊥BC ，AH ＝12EF ， ∵在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2， ∴AH ＝BC 2－（12BC ）2＝32BC ，∴32BC ＝12EF ， ∴EF ＝3BC ；(2)解：EF ⊥BC 仍然成立，EF ＝BC ； 【解法提示】如解图②，连接AH ，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，又∵△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，∴AH⊥BC，AH＝BH＝12BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC，∴(1)中的结论①EF⊥BC仍成立，但结论②不成立，EF 与BC的关系应为EF＝BC；(3)解：如解图③，连接AH，第4题解图③∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，又∵△ABC是等腰三角形，AB＝kBC，∴AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2＝(kBC )2－(12BC )2＝(k 2－14)BC 2， ∴AH ＝4k 2－12BC ，又∵OA ＝AE ，OH ＝HF ， ∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ， ∴4k 2－12BC ＝12EF ， ∴EF ＝4k 2－1 BC .5．如图①，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AH ⊥BC 于点H ，点D 在AH 上，且DH ＝CH ，连接BD . (1)求证：BD ＝AC ；(2)将△BHD 绕点H 旋转，得到△EHF (点B ，D 分别与点E ，F 对应)，连接AE .①如图②，当点F 落在AC 上(F 不与C 重合)时，若BC ＝4，tan C ＝3，求AE 的长；②如图③，△EHF 是由△BHD 绕点H 逆时针旋转30°得到的，设射线CF 与AE 相交于点G ，连接GH .试探究线段GH 与EF 之间满足的等量关系，并说明理由．图① 图② 图③第5题图(1)证明：∵∠ABC ＝45°，AH ⊥BC ， ∴△ABH 是等腰直角三角形， ∴BH ＝AH ，在△BHD 和△AHC 中，⎩⎨⎧BH ＝AH∠BHD ＝∠AHC DH ＝CH， ∴△BHD ≌△AHC (SAS)， ∴BD ＝AC ；(2)解：①如解图①，过点H 作HM ⊥AE 交AE 于点M ，第5题解图①在Rt △AHC 中，tan C ＝3， ∴AHHC ＝3， ∴BH ＝AH ＝3CH ， 又∵BC ＝4，∴BC ＝BH ＋HC ＝4CH ＝4，∴CH＝1，BH＝3，由旋转的性质可以得到，HE＝BH＝3，HF＝DH＝HC＝1，∠EHF＝∠AHB＝∠AHC＝90°，∴∠EHA＝∠FHC，∴∠EAH＝∠C＝∠AEH，∴AM＝EM，∴tan∠EAH＝tan C＝3，设AM＝x，则HM＝AM·tan∠EAH＝3x，在Rt△AHM中，由AH2＝AM2＋HM2，得32＝x2＋(3x)2，∴x＝310 10，∴AE＝2AM＝2x＝310 5；②EF＝2GH.理由：设AH交CG于点N，如解图②，由旋转的性质可得，HE＝HB＝HA，HF＝HD＝HC，∵旋转角度为30°，∴∠FHD＝∠BHE＝30°，∴∠EHA＝∠FHC＝120°，第5题解图②∴∠FCH＝∠GAH＝30°，又∵∠ANG＝∠HNC，∴△ANG∽△CNH，∴∠AGN＝∠CHN＝90°，GN AN＝HN CN，又∵∠GNH＝∠ANC，∴△GNH∽△ANC，∴GHAC＝GNAN＝12，∵由(1)可知，△BHD≌△AHC. ∴△EHF≌△AHC，∴EF＝AC，∴EFGH＝ACGH＝2，∴EF＝2GH.6．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＝____BC；②如图③，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________；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中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝23，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△P AB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△P AB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．图①图②图③图④第6题图解：(1)①12；② 4；【解法提示】①由旋转可得到AB＝AB′＝AC＝AC′，∵∠BAC＝60°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠AB′C′＝30°，又∵AD为B′C′上的中线，∴AD⊥B′C′，∴AD＝12AB′＝12AB＝12BC；②由“旋补三角形”定义可得：∠B′AC′＝90°，易证△AB′C′≌△ABC，∴B′C′＝BC，∵点D为B′C′的中点，∴AD＝12BC＝4.(2)AD＝12BC.证明：如解图①，延长AD至E，使DE＝AD.第6题解图①∵AD是△ABC的“旋补中线”，∴B′D＝C′D.∴四边形AB′EC′是平行四边形，∴EC′∥B′A，EC′＝B′A，∴∠AC′E＋∠B′AC′＝180°.由定义可知∠B′AC′＋∠BAC＝180°，B′A＝BA，AC＝AC′，∴∠AC′E＝∠BAC，EC′＝BA，∴△AC′E≌△CAB，∴AE＝BC，∵AD＝12AE，∴AD＝12BC；(3)存在；证明：如解图②，作PE垂直平分BC，且使PE＝CD，连接P A，PB，PC，PD，可得PC＝PB，∵∠DCE＝∠CEP＝90°，∴PE∥CD；∴四边形PECD为矩形；∴PE＝CD＝23，PD＝CE＝AD＝6，∠PDC＝90°；∴tan∠PCE＝PECE＝33，∴∠PCE＝∠PBE＝30°，即∠BPC＝120°，又由∠ADC＝150°，可得∠ADP＝60°，∴△P AD为等边三角形，第6题解图②∴PD＝P A，∠APD＝60°.∵∠BPC＋∠DP A＝120°＋60°＝180°，∴△PCD是△P AB的“旋补三角形”；取CD的中点M，连接PM，可得DM ＝3，PD ＝6.由勾股定理得PM ＝DM 2＋PD 2＝（3）2＋62＝39， ∴△P AB 的“旋补中线”长为39.7．如图，在△ABC 中，矩形EFGH 的一边EF 在AB 上，顶点G 、H 分别在BC 、AC 上，CD 是边AB 上的高，CD 交GH 于点I ，若CI ＝4，HI ＝3，AD ＝92，矩形DFGI 恰好为正方形．(1)求正方形DFGI 的边长；(2)如图，延长AB 至P ，使得AC ＝CP ，将矩形EFGH 沿BP 的方向向右平移，当点G 刚好落在CP 上时，试判断移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？第7题图解：(1)∵四边形EFGH 为矩形， ∴HG ∥EF ，∴HI AD ＝CI CD ，即392＝4CD ，解得CD ＝6，∴ID ＝CD －CI ＝2，即正方形DFGI 的边长为2； (2)移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形． 理由如下：如解图，设在移动过程中，当点G 刚好落在CP 上时，矩形EFGH 移动到矩形E ′F ′G ′H ′，∵AC ＝PC ，CD ⊥AB ， ∴∠A ＝∠P ，AD ＝PD ， 在△AEH 和△PF ′G ′中，∵⎩⎨⎧∠A ＝∠P∠AEH ＝∠PF ′G ′EH ＝F ′G ′，第7题解图∴△AEH ≌△PF ′G ′(AAS)， ∴AE ＝PF ′， ∵AD ＝PD ，∴AD －AE ＝PD －PF ′， 即DE ＝DF ′＝3， ∵HG ∥AB ， ∴△CHG ∽△CAB ， ∴HG AB ＝CI CD ，即3＋2AB ＝44＋2，解得AB ＝152， ∴DB ＝AB －AD ＝3，∴DB＝DF′，即点F′与点B重合，也就是说在移动过程中，当点G刚好落在CP上时，矩形EFGH的F点刚好运动到点B，∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形．8．如图①，在▱ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB＝6，DH＝4，BF∶F A＝1∶5.(1)如图②，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，连接M′B.①求四边形BHMM′的面积；②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值．(2)如图③，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K′恰好落在直线AB上，求线段CP的长．图①图②图③备用图第8题图解：(1)①在▱ABCD中，AB＝6，∵直线EF垂直平分CD，∴EF⊥CD，∵CD∥AB，∴EF⊥BH，又∵DH⊥AB，∴四边形EFHD为矩形，∴DE＝FH＝3，又∵BF∶F A＝1∶5，∴AH＝2，第8题解图①∵Rt△AHD∽Rt△MHF，∴HMFH＝AHDH，即HM3＝24，∴HM＝1.5，根据平移的性质，MM'＝CD＝6，如解图①，连接BM，∴四边形BHMM′的面积为12×(6＋4)×1.5＝7.5；②如解图②，连接CM交直线EF于点N，连接DN，第8题解图②∵直线EF垂直平分CD，∴CN＝DN，∵MH＝1.5，∴DM＝2.5，在Rt△CDM中，MC2＝DC2＋DM2，∴MC2＝62＋(2.5)2，解得MC＝6.5，∴MN＋DN＝MN＋CN＝MC，∴△DNM周长的最小值为DM＋MC＝9；(2)∵BF∥CE，∴QFQF＋4＝BFCE＝13，∴QF＝2，∴PK＝PK′＝6，如解图③，过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E'，交QK于点F'，第8题解图③当点P在线段CE上时，在Rt△PK′E′中，PE′2＝PK′2－E′K′2，∴PE′＝25，∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q，∴PE′K′F′＝E′K′QF′，即252＝4QF′，解得QF′＝45 5，第8题解图④∴PE＝PE′－EE′＝25－455＝655，∴CP＝15－655，同理可得，如解图④，当点P在线段DE上时，CP′＝15＋655，综上所述，CP的长为15－655或15＋655.9．问题发现(1)如图①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD ＝40°，连接AC，BD交于点M.填空：①ACBD的值为________；②∠AMB的度数为________．类比探究(2)如图②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.请判断ACBD的值及∠AMB的度数，并说明理由；拓展延伸(3)在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M.若OD＝1，OB＝7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．图①图②备用图第9题图解：(1)①1；②40°；(2)ACBD＝3，∠AMB＝90°；理由如下：∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴CODO＝AOBO＝3，∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD＝CODO＝3，∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°.∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°；(3)①点C与点M重合时，如解图①，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，设BD＝x，则AC＝3x，Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x－2，Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝7，∴AB＝2OB＝27，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2，(3x)2＋(x－2)2＝(27)2，解得x1＝3，x2＝－2(舍去)，∴AC＝33；②点C与点M重合时，如解图②，同理可得：∠AMB＝90°，ACBD＝3，设BD＝x，则AC＝3x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2，(3x)2＋(x＋2)2＝(27)2解得x1＝－3(舍去)，x2＝2，∴AC＝23，综上所述，AC的长为33或2 3.图①图②第9题解图10．如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD＝∠BCE＝90°，点M为DE的中点，过点E作EN∥AD交AM的延长线于点N.(1)当A，B，C三点在同一条直线上时(如图①)，直接写出线段AD与NE的数量关系为________．(2)将图①中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时(如图②)，判断△ACN是什么特殊三角形并说明理由．(3)将图①中△BCE绕点B旋转到图③位置，此时A，B，M三点在同一直线上．求证：若AC＝32，AD＝1，则四边形ACEN的面积为21 2.图①图②图③第10题图(1)解：AD＝NE.【解法提示】∵EN∥AD，∴∠MAD＝∠MNE，∠ADM＝∠NEM.∵点M为DE的中点，∴DM＝EM.∴△ADM≌△NEM(AAS)．∴AD＝NE；(2)解：△ACN为等腰直角三角形．理由如下：∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB＝AD，CB＝CE，∠CBE＝∠CEB＝45°.∵AD∥NE，∴∠DAE＋∠NEA＝180°.∵∠DAE＝90°，∴∠NEA＝90°.∴∠NEC＝135°.∵A，B，E三点在同一条直线上，∴∠ABC＝180°－∠CBE＝135°.∴∠ABC＝∠NEC.∵△ADM≌△NEM，∴AD＝NE.∵AD＝AB，∴AB＝NE，∴△ABC≌△NEC.∴AC＝NC，∠ACB＝∠NCE.∴∠ACN＝∠BCE＝90°.∴△ACN为等腰直角三角形；(3)证明：如解图，连接CM.第10题解图∵AD∥NE，M为DE的中点，∴易得△ADM≌△NEM，∴AD＝NE.∵AD＝AB，∴AB＝NE，∵AD∥NE，∴AN⊥NE，在四边形BCEN中，∵∠BCE＝∠BNE＝90°，∴∠NBC＋∠NEC＝360°－180°＝180°，∵∠NBC＋∠ABC＝180°，∴∠ABC＝∠NEC，∴△ABC≌△NEC.∴AC＝NC，∠ACB＝∠NCE.∴∠ACN＝∠BCE＝90°.∴△ACN为等腰直角三角形，由(1)可知，△AMD≌△NME，∴AM＝MN，AD＝NE＝1，∴CM⊥AN，AM＝CM＝MN，∵AC＝32，∴AM＝CM＝MN＝3，∴S四边形ACEN ＝S△AMC＋S直角梯形MNEC＝12×3×3＋12×(3＋1)×3＝212.31。
2019年中考数学二轮复习专题二解答重难点题型突破题型五几何图形探究题课件[精品课件]
![2019年中考数学二轮复习专题二解答重难点题型突破题型五几何图形探究题课件[精品课件]](https://img.taocdn.com/s3/m/c2a7c47fc850ad02de804139.png)
在正方形 CDEF 中，∠FEC＝12∠FED＝45°，
在 Rt△CEF 中，sin∠FEC＝CCEF＝ 22，∴CCFE＝CCBA， ∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCB＋∠ACB＝∠FCB＋∠FCE，∴∠FCA ＝∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，∴BAEF＝CCBA＝ 2，∴BE＝ 2AF，
16
解：(1)∵点 P，N，M 是 CD，BC，DE 的中点，
∴PN∥BD，PN＝12BD，
∴PM∥CE，PM＝12CE， ∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN， ∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA， ∵∠BAC＝90°，∴∠ADC＋∠ACD＝90°， ∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN；
20
解：(1)在 Rt△ABC 中，AB＝AC＝2， 根据勾股定理得，BC＝ 2AB＝2 2， 点 D 为 BC 的中点，∴AD＝12BC＝ 2， ∵四边形 CDEF 是正方形，∴AF＝EF＝AD＝ 2， ∵BE＝AB＝2，∴BE＝ 2AF；
21
(2)无变化； 在 Rt△ABC 中，AB＝AC＝2，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC
17
(2) 由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
同(1)的方法，利用三角形的中位线得，PN＝12BD，PM＝12CE，∴PM＝PN，
∴△PMN 是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，
14
(2)探究证明 把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE， 判断△PMN的形状，并说明理由； (3)拓展延伸 把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出 △PMN面积的最大值．
2024年中考数学二轮复习突破课件：专题五 几何探究题(共69张PPT)
解：（1） AE＝CF，AE⊥CF 理由：如
图①，延长AE交CF于点G.
∵ 四边形ABCD是正方形，点E在BC上，∴
AB＝CB，∠ABE＝90°.∵ BE＝BF，
∠EBF＝90°，∴ ∠ABE＝∠CBF＝90°.∴
△ABE≌△CBF.
∴ AE＝CF，∠BAE＝∠BCF.∵ ∠CEG＝
角三角形，即可得出结论.
解：（1） ∵ 四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，∴ ∠EAF＝
∠DAB＝90°.又∵ AE＝AD，AF＝AB，∴ △AEF≌△ADB.∴ ∠AEF＝
∠ADB.∴ ∠GEB ＋ ∠GBE ＝ ∠ADB ＋ ∠ABD ＝ 90°.∴ ∠EGB ＝ 90°.
∴ BD⊥EC.
+
AE＝
.
（3） 如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，连接AP.在△AEP与
△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴ △AEP≌△ADG.∴ AP＝AG，∠EAP＝∠DAG.∴ ∠PAG＝∠PAD＋
∠DAG＝∠PAD＋∠EAP＝∠DAE＝90°.∴ △PAG为等腰直角三角形.
专题五 几何探究题
类型1 利用截长补短法构造线段的和与差
典例1 如图，四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD，EC
与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB.
（1） 求证：BD⊥EC.
（2） 若AB＝1，求AE的长.
（3） 连接AG.求证：EG－DG＝ 2AG.
[思路点拨] （1） 证明△AEF≌△ADB，得出∠AEF＝∠ADB，证得
＝，
∴ △CDA≌△BEC.
第2题
2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型二 多解题 (含答案)
2024辽宁中考数学二轮专题训练题型二多解题类型一点位置不确定典例精讲例1(2023抚本铁辽葫黑白卷)如图，在▱ABCD中，∠B＝45°，AB＝62，E为射线BC上一点，若∠CDE＝15°，则DE的长为________．【思维教练】∵点E在射线BC上，且∠CDE＝15°，∴分两种情况进行讨论：①E在线段BC上；②点E在线段BC延长线上．例1题图针对训练1.在平面直角坐标系中，点B在y轴的正半轴上，OB＝23，点A在第二象限，且横坐标为－1.当AB＝AO时，以点O为旋转中点旋转△ABO，使点B落在x轴上，则点A的对应点的坐标是________．2.如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝6，连接BD，点P为边AB的三等分点，则tan ∠PDB的值为______．第2题图3.在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E是AB边上一点，CE＝5，点F是CD边上一动点，若AE＝EF，则四边形AEFD的周长为________．4.(2023抚本铁辽葫黑白卷)如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D是线段AC上一点，连接BD，将△BCD沿BD所在的直线折叠，点C的对应点为点E，当点E落在△ABC 的边所在的直线上时，CD的长为________．第4题图5.已知点A、B在⊙O上，∠AOB＝112°，直线l平分∠AOB，与⊙O交于点C，点D是OC 延长线上的一点，当AC＝CD时，∠CAD的度数为______．6.已知四边形ABCD为平行四边形，∠B＝30°，AB＝23，AC⊥BC，点E是平行四边形ABCD 边上的点，且AE＝2，则△ABE的面积为________．类型二等腰、直角三角形边或角不确定典例精讲例2如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，D为BC上一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，取AE＝AD，连接BE交AC于点F.当△AEF为等腰三角形时，CD＝________．例2题图【思维教练】△AEF为等腰三角形，需分两种情况进行讨论：①EA＝EF；②AF＝EF.满分技法具体方法见P104微专题与等腰、直角三角形有关的探究——类型一与等腰三角形有关的分类讨论例3在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AD＝6，连接BD，若△ABD为直角三角形，则平行四边形的面积为________．【思维教练】△ABD为直角三角形，需分两种情况讨论：①∠ABD＝90°；②∠ADB＝90°.满分技法具体方法见微专题等腰、直角三角形边或角不确定——类型二与直角三角形有关的分类讨论针对训练1.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E为BC边上一点，将△ABE沿AE翻折，点B落在点F处，连接CF，当△CEF为直角三角形时，BE的长为________．第1题图2.如图，已知四边形OABC是菱形，且OA＝AB＝4，∠OAB＝60°.将线段AB沿线段AC方向从点A向点C平移，记平移中的线段AB为A′B′，当△CA′B′为直角三角形时，AA′的长为________．第2题图3.如图，在平面直角坐标系中，点A(5，0)，点B(0，25)，连接AB，在第一象限内以AB 为腰作等腰直角三角形ABC，则点C的坐标为________．第3题图4.(2023沈阳于洪区一模)如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点B 逆时针旋转一定的角度α(0°＜α＜90°)，直线A1C1分别交AB，AC于点G，H.当△AGH为等腰三角形时，则CH的长为________．第4题图5.如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm，E为对角线AC上的一点(点E不与点A，C重合)，∠DAC＝30°，CF平分∠ACD交AD边于点F，连接EF.若△CEF是等腰三角形，则CE的长为________cm.第5题图类型三相似三角形对应关系不确定典例精讲例4如图，在△ABC中，AB＝25，点E是BC上一点，BE＝2，过点E作AC的垂线，交AC于点O，O为AC的中点，连接AE，且AE＝32，点P是线段AC上一点，连接EP.当△OEP与△ABE相似时，则AP的长为________．【思维教练】△OEP与△ABE相似，需分情况讨论：①△AEB∽△EOP；②△AEB∽△POE.例4题图满分技法具体方法见微专题相似三角形对应关系不确定针对训练1.在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是A(－4，2)、B(－1，－1)，以原点O为位似中心，将△AOB扩大到原来的2倍，则点A的对应点A′的坐标为________．2.在△ABC中，AB＝12，AC＝7，点D在AB边上，且BD＝8，点E在AC边上，连接DE，若△ADE与△ABC相似，则CE的长为________．3.如图，已知AB＝2，AD＝4，∠DAB＝90°，AD∥B C.点E是射线BC上的动点(点E与点B不重合)，点M是线段DE的中点，连接BD，交线段AM于点N，若以点A、N、D为顶点的三角形与△BME相似，则线段BE的长为________．第3题图4.(2023抚本铁辽葫黑白卷)如图，在平面直角坐标系中，A(0，－3)，B(4，0)，点P是△AOB 内一点，PQ⊥OA于点Q，连接AP，OP，若△APQ∽△BAO，且△AOP是等腰三角形，则点P的坐标为________．第4题图类型四特殊四边形边或对角线不确定典例精讲例5在▱ABCD中，BC边上的高为3，AB＝5，AC＝23，则BC的长为______．【思维教练】BC边上的高为3，设BC边上的高为AE，可分情况讨论：①点E在BC上；②点E在BC的延长线上．针对训练1.在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，且两边长分别为1和2，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点E，连接BE，则BE的长为________．2.如图，A(0，4)，B(8，0)，点C是x轴正半轴上一点，D是平面内任意一点，若以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为________．第2题图参考答案类型一点位置不确定例112或43【解析】∵点E 在射线BC 上，且∠CDE ＝15°，∴存在以下两种情况：①当点E 在线段BC 上时，如解图①，过点E 作EF ⊥AD 于点F ，过点A 作AH ⊥BC 于点H ，则四边形AHEF 是矩形，∠AHB ＝∠DFE ＝90°.∵∠B ＝45°，AB ＝62，∴AH ＝EF ＝22AB ＝6.∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠B ＝∠CDA ＝45°.∵∠CDE ＝15°，∴∠EDF ＝∠CDF －∠CDE ＝45°－15°＝30°，∴DE ＝2EF ＝12；②当点E 在线段BC 延长线上时，如解图②，过点E 作EF ⊥AD 于点F ，过点A 作AH ⊥BC 于点H ，同理可得EF ＝6，∠FDE ＝60°，∴DE ＝EF sin60°＝4 3.综上所述，DE 的长为12或4 3.例1题解图针对训练1.(－3，－1)或(3，1)【解析】∵点B 在y 轴的正半轴上，OB ＝23，点A 的横坐标为－1，AB ＝AO ，∴A (－1，3)，如解图，①当△ABO 绕点O 逆时针旋转90°，使点B 落在x 轴负半轴上时，根据旋转的性质A 1(－3，－1)；②当△ABO 绕点O 顺时针旋转90°，使点B 落在x 轴正半轴上时，根据旋转的性质A 2(3，1)；故点A 的对应点的坐标是(－3，－1)或(3，1)．第1题解图2.12或15【解析】如解图①，当点P 为边AB 的三等分点，且AP ＝2时，过点P 作PE ⊥BD 于点E ，∵四边形ABCD 为正方形，∴∠PBE ＝45°，∴PE ＝BE ＝22PB ＝22×(6－2)＝22，∵BD ＝2AB ＝62，∴DE ＝42，∴tan ∠PDB ＝PE DE ＝12；如解图②，当点P 为边AB 的三等分点，且AP ＝4时，过点P 作PE ⊥BD 于点E ，同理可求PE ＝2，DE ＝52，∴tan ∠PDB ＝PE DE ＝15，综上所述，tan ∠PDB 的值为12或15.第2题解图3.22或16【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴BC ＝AD ＝4，∠B ＝90°.在Rt △BCE 中，BE ＝CE 2－BC 2＝3.∵AB ＝8，∴AE ＝AB －BE ＝5.∵AE ＝EF ，∴EF ＝5.分以下两种情况讨论：①当点F 与点C 重合时，此时四边形AEFD 的周长为AE ＋CE ＋CD ＋AD ＝5＋5＋8＋4＝22；②如解图，当点F 不与点C 重合时，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，则DF ＝AG ，FG ＝AD ＝4.在Rt △EFG 中，EG ＝EF 2－FG 2＝3.∴AG ＝AE －EG ＝5－3＝2，∴DF ＝2.此时四边形AEFD 的周长为AE ＋EF ＋DF ＋AD ＝5＋5＋2＋4＝16.综上所述，四边形AEFD 的周长为22或16.第3题解图4.185或3011【解析】如解图①，当点E 在直线AC 上时，过点A 作AF ⊥BC 于点F .∵AB ＝AC ＝5，BC ＝6，∴BF ＝CF ＝12BC ＝3，由折叠的性质知，∠BDC ＝∠BDE ＝90°.∵∠C ＝∠C ，∴△ACF ∽△BCD ，∴AC BC ＝CF CD ，即56＝3CD ，∴CD ＝185；如解图②，当点E 在直线AB 上时，过点C 作CF ∥AB ，交BD 的延长线于点F ，则∠ABF ＝∠F ，由折叠的性质知，∠ABD ＝∠CBD ，∴∠CBD ＝∠F ，∴CF ＝BC ＝6.∵∠ABD ＝∠F ，∠ADB ＝∠CDF ，∴△ABD ∽△CFD ,∴AD CD ＝AB CF ＝56，∴CD ＝611AC ＝3011.综上所述，CD 的长为185或3011.第4题解图5.31°或14°【解析】①如解图①，当点C 在∠AOB 的平分线的延长线上时，∵直线l 平分∠AOB ，∴∠AOC ＝12∠AOB ＝12×112°＝56°.又∵OA ＝OC ，∴∠OAC ＝∠OCA .∴∠ACO ＝12(180°－∠AOC )＝12×(180°－56°)＝62°.又∵AC ＝DC ，∴∠CAD ＝∠CDA .∵∠CAD ＋∠CDA ＝∠ACO ＝62°，∴∠CAD ＝12∠ACO ＝12×62°＝31°；②如解图②，当点C 在∠AOB 的平分线的反向延长线上时，∵直线l 平分∠AOB ，∴∠1＝12∠AOB ＝12×112°＝56°.∴∠ACO ＝12∠1＝12×56°＝28°.又∵AC ＝DC ，∴∠CAD ＝∠CDA .∵∠CAD ＋∠CDA ＝∠ACO ＝28°，∴∠CAD ＝12∠ACO ＝12×28°＝14°.第5题解图6.332或3【解析】∵要求△ABE 的面积，∴点E 不可能在边AB 上，∴分三种情况讨论：①当点E 在边AD 上时，如解图①，∵AB ＝23，∠ABC ＝30°，AC ⊥BC ，∴AC ＝3，BC ＝3，∴AD ＝BC ＝3，∵AE ＝2，∴S △ABE ＝12AE ·AC ＝12×2×3＝3；②当点E 在边CD 上时，如解图②，此时S △ABE ＝12S ▱ABCD ＝12BC ·AC ＝332；③当点E 在边BC 上时，如解图③，∵AE ＝2，AC ＝3，∴CE ＝1，∴BE ＝BC －CE ＝3－1＝2，∴S △ABE ＝12BE ·AC ＝12×2×3＝3，综上所述，△ABE 的面积为332或 3.第6题解图类型二等腰、直角三角形边或角不确定例22或6【解析】当EA ＝EF 时，如解图①，过点E 作EH ⊥AC 于点H .∵EA ＝EF ，EH ⊥AF ，∴AH ＝FH ，∵EA ⊥AD ，∴∠EAD ＝∠EHA ＝∠C ＝90°，∴∠EAH ＋∠CAD ＝90°，∠CAD ＋∠ADC ＝90°，∴∠EAH ＝∠ADC ，在△EHA 和△ACD EAH ＝∠ADCEHA ＝∠C ＝DA，∴△EHA ≌△ACD ，∴AH ＝DC ，EH ＝AC ＝CB .在△EHF 和△BCF EFH ＝∠BFCEHF ＝∠C ＝BC，∴△EHF≌△BCF ，∴FH ＝FC ，∴AH ＝FH ＝CF ＝CD ，∴CD ＝13AC ＝2，如解图②，当AF ＝EF 时，点D 与B 重合，此时CD ＝BC ＝6.综上所述，满足条件的CD 的长为2或6.例2题解图例393或363【解析】分两种情况讨论：①如解图①，当∠ABD ＝90°时，∵AD ＝6，∠A ＝60°，∴在Rt △ABD 中，AB ＝12AD ＝3，BD ＝32AD ＝33，∴S 平行四边ABCD ＝AB ·BD ＝93；②如解图②，当∠ADB ＝90°时，在Rt △ADB 中，∠A ＝60°，AD ＝6，∴BD ＝3AD ＝63，∴S 平行四边形＝AD ·BD ＝363，综上所述，平行四边形的面积为93或36 3.例3题解图针对训练1.3或6【解析】当∠CFE 为90°时，A ，F ，C 三点共线，设BE 长为x ，则CE ＝8－x ，由翻折可得EF ＝BE ＝x ，AF ＝AB ＝6，在Rt △ABC 中，由勾股定理得AC ＝AB 2＋BC 2＝10，∴CF ＝AC －AF ＝10－6＝4，∵∠CFE ＝∠B ＝90°，∴EF 2＋FC 2＝EC 2，即x 2＋42＝(8－x )2，解得x ＝3；当∠CEF 为90°时，四边形ABEF 为正方形，∴BE ＝AB ＝6，∴综上所述，BE的长为3或6.第1题解图2.433或23【解析】∵四边形OABC 是菱形，∴∠OCB ＝∠OAB ＝60°，∵AC 是菱形OABC 的对角线，∴∠BAC ＝∠ACB ＝30°，∵A ′B ′∥AB ，∴∠CA ′B ′＝∠CAB ＝30°，∵AB ＝BC ＝4，∴AC ＝43，若△CA ′B ′为直角三角形，下面分两种情况讨论：①如解图①，当∠A ′B ′C ＝90°时，△CA ′B ′为直角三角形．∵A ′B ′＝AB ＝4，∠CA ′B ′＝30°，∴A ′C ＝833∴A ′A ＝43－833＝433；②如解图②，当∠A ′CB ′＝90°时，△CA ′B ′为直角三角形，∴A ′C ＝23，∴A ′A ＝23.综上所述，A ′A 的长为433或2 3.第2题解图3.(35，5)或(25，35)【解析】∵点A (5，0)，点B (0，25)，∴OA ＝5，OB ＝25，分两种情况：①∠BAC ＝90°，AC ＝AB 时，如解图①，过点C 作CD ⊥x 轴于点D ，则∠ADC ＝90°＝∠BOA ，∵∠DAC ＋∠ACD ＝∠DAC ＋∠BAO ＝90°，∴∠ACD ＝∠BAO ，在△ACD和△BAO ADC ＝∠BOAACD ＝∠BAO ＝BA ，∴△ACD ≌△BAO (AAS)，∴AD ＝BO ＝25，CD ＝AO ＝5，∴点C 的坐标为(35，5)；②∠ABC ＝90°，AB ＝BC 时，过C 作CE ⊥y 轴于点E ，如解图②，同①得△BCE ≌△ABO (AAS)，∴CE ＝BO ＝25，BE ＝AO ＝5，∴OE ＝OB ＋BE ＝35，∴点C 的坐标为(25，35)；综上所述，点C 的坐标为(35，5)或(25，35)．第3题解图4.10－1或1【解析】如解图①，当AG ＝AH 时，∵AG ＝AH ，∴∠AHG ＝∠AGH ，∵∠A ＝∠A 1，∠AGH ＝∠A 1GB ，∴∠AHG ＝∠A 1BG ，∴∠A 1GB ＝∠A 1BG ，∴A 1B ＝A 1G ，∵∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，∴AB ＝5，∴A 1B ＝AB ＝A 1G ＝5，∴GC 1＝A 1G －C 1G ＝1，∵∠BC 1G ＝90°，∴BG ＝C 1B 2＋C 1G 2＝32＋12＝10，∴AH ＝AG ＝AB －BG ＝5－10，CH ＝AC －AH ＝4－(5－10)＝10－1；如解图②，当GA ＝GH 时，过点G 作GM ⊥AH 于点M .同理可证，GB ＝GA 1，设GB ＝GA 1＝x ，∴C 1G ＝4－x ，在Rt △BGC 1中，BG 2＝BC 21＋GC 21，则有x 2＝32＋(4－x )2，解得x ＝258，∴BG ＝258，AG ＝5－258＝158，易知GM ∥BC ，∴AG AB ＝AM AC，∴1585＝AM 4，∴AM ＝32，∵GA ＝GH ，GM ⊥AH ，∴AM ＝HM ，∴AH ＝3，∴CH ＝AC －AM ＝1.当HG ＝AH 时，∠HGA ＝∠HAG <45°<∠ABC (大边对大角，小边对小角)，∴∠A 1HC ＝∠HGA ＋∠HAG <90°，∴∠C 1BC ＝360°－90°－90°－∠A 1HC ＞90°，即旋转角度大于90°，不符合题意．综上所述，满足条件的CH 的长为10－1或1.第4题解图5.23或2【解析】如解图①，当CF ＝CE 时，∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ＝CD ＝3cm.在Rt △ACD 中，∠DAC ＝30°，∴∠ACD ＝60°.∵CF 平分∠ACD ，∴∠FCD ＝30°.在Rt △CDF中，CF ＝CD cos30°＝332＝23，即CE ＝23；如解图②，当CE ＝EF 时，得出∠EFC ＝∠ECF ＝30°.又∵∠DCF ＝30°，∴EF ∥DC ，∴△AFE ∽△ADC ，∴FE DC ＝AE AC ，∴FE DC ＝AC －CE AC.在Rt △ACD 中，∠DAC ＝30°，∴AC ＝2CD ＝6，∴FE 3＝6－CE 6，又∵CE ＝FE ，∴CE 3＝6－CE 6，解得CE ＝2；当FE ＝FC 时，点E 与点A 重合，不符合题意，综上所述，CE 的长为23cm 或2cm.第5题解图类型三相似三角形对应关系不确定例42或4【解析】由题意得AB 2＝(25)2＝20，BE 2＝(2)2＝2，AE 2＝(32)2＝18，∴AB 2＝BE 2＋AE 2，∴∠AEB ＝90°，又∵OE ⊥AC ，且O 为AC 中点，∴△AEC 为等腰直角三角形，∴AE ＝EC ＝32，在Rt △AOE 中，OE ＝OA ＝3，△OEP 与△ABE 相似时可分情况讨论；①当△AEB ∽△EOP 时，点P 在O 点右侧时，可得BE PO ＝AE EO ，即2OP ＝323，∴OP ＝1，∴AP ＝OA －OP ＝3－1＝2；当点P 在O 点左侧时，同理可得，OP ＝1，∴AP ＝OA ＋OP ＝3＋1＝4，②当△AEB ∽△POE 时，BE EO ＝AE PO ，即23＝32OP，∴OP ＝9，∵O 为AC 中点，∴AC ＝2OA ＝6，又∵OP ＝9＞AC ，不符合题意，综上所述，AP 的长为2或4.针对训练1.(－8，4)或(8，－4)【解析】以点O 为位似中心，将△AOB 扩大到原来的2倍，∵A (－4，2)，∴A 的对应点A ′的坐标为(－4×2，2×2)或(－4×(－2)，2×(－2))，即A ′的坐标为(－8，4)或(8，－4)．2.143或17【解析】∵∠A ＝∠A ，∴分两种情况：①当AD AB ＝AE AC时，△ADE ∽△ABC ，∵BD ＝8，AB ＝12，∴AD ＝4，∴AE ＝73，∴CE ＝7－73＝143；②当AD AC ＝AE AB时，△ADE ∽△ACB ，同理可得AE ＝487，∴CE ＝7－487＝17.综上所述，CE 的长为143或17.3.8或2【解析】设BE 长为x ，若△ADN 和△BME 相似，一定不相等的角是∠ADN 和∠MBE ，故应分两种情况进行讨论：①如解图①，当∠ADN ＝∠BEM 时，∠ADB ＝∠BEM ，过点D 作DF ⊥BE ，垂足为F ，tan ∠ADB ＝tan ∠BEM .∴AB AD ＝DF FE ＝AB BE －AD ，即24＝2x －4，解得x ＝8，即BE ＝8；②如解图②，过点D 作DF ⊥BE 于点F ，∴四边形ABFD 为矩形，当∠ADB ＝∠BME 时，∵∠ADB ＝∠DBE ，∴∠DBE ＝∠BME ，∵∠BEM 是公共角，∴△BED ∽△MEB ，∴DE BE ＝BE ME ，∴BE 2＝DE ·EM ，即x 2＝12DE 2＝12[22＋(4－x )2]，∴x 1＝2，x 2＝－10(舍去)，∴BE ＝2.综上所述，线段BE 的长为8或2.第3题解图4.(98，－32)或(95，－35)【解析】如解图，过点P 作PC ⊥OB 于点C ，∵∠AOB ＝90°，PQ ⊥OA ，∴四边形PQOC 是矩形，∴CP ＝OQ .∵△APQ ∽△BAO ，∴∠PAQ ＝∠ABO .如解图①，当AP ＝OP 时，∵PQ ⊥OA ，∴CP ＝OQ ＝AQ ＝12OA ＝32，∵tan ∠ABO ＝OA OB ＝34，∴tan ∠PAQ ＝PQ AQ ＝PQ 32＝34，∴PQ ＝98，此时点P 的坐标为(98，－32)；如解图②，当AP ＝OA ＝3时，∵△APQ ∽△BAO ，∴∠PAQ ＝∠ABO ，AQ BO ＝AP BA .∵OA ＝3，OB ＝4，∴AB ＝5，∴AQ 4＝35，解得AQ ＝125，∴CP ＝OQ ＝OA －AQ ＝3－125＝35.∵tan ∠ABO ＝OA OB ＝34，∴tan ∠PAQ ＝PQ AQ ＝PQ 125＝34，解得PQ ＝95，此时点P 的坐标为(95，－35)．综上所述，点P 的坐标为(98，－32)或(95，－35)．第4题解图类型四特殊四边形边或对角线不确定例54＋3或4－3【解析】如解图①，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，∵AE ＝3，AB ＝5，∴BE ＝4，∵AC ＝23，∴CE ＝AC 2－AE 2＝3，∴BC ＝BE ＋CE ＝4＋3；如解图②，过点A 作AE ⊥BC 交BC 的延长线于点E ，∵AE ＝3，AB ＝5，∴BE ＝4，∴CE ＝AC 2－AE 2＝3，∴BC ＝BE －CE ＝4－3.综上所述，BC 的长为4＋3或4＋－3.例5题解图针对训练1.2或192【解析】分两种情况讨论：①如解图①，∠BAD ＝60°，AD ＝2，AB ＝1，∵AE ⊥CE ，∴∠DAE ＝30°，在Rt △AED 中，AE ＝32＝3，∴BE ＝AE 2＋AB 2＝3＋1＝2；②如解图②，同理可求AE ＝32，∴BE ＝AE 2＋AB 2＝34＋4＝192.综上所述，BE 的长为2或192.第1题解图2.(5，4)或(45，4)【解析】当AB 为菱形的对角线时，如解图①，设菱形的边长为m ，∵A (0，4)，B (8，0)，∴OA ＝4，OB ＝8，∵四边形ABCD 为菱形，∴CA ＝AD ＝BC ，AD ∥BC ，∴CA ＝CB ＝8－m ，在Rt △AOC 中，42＋(8－m )2＝m 2，解得m ＝5，∴D (5，4)；当AB 为菱形的边时，如解图②，AB ＝42＋82＝45，∵四边形ABCD 为菱形，∴BC ＝AB ＝AD＝45，AD∥BC，∴D(45，4)，综上所述，D点坐标为(5，4)或(45，4)．第2题解图。
2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型五 反比例函数与几何图形综合题 (含答案)
2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练题型五反比例函数与几何图形综合题典例精讲例如图，平面直角坐标系中，O为原点，点A，B分别在y轴、x轴的正半轴上，△AOB的两条外角平分线交于点P，P在反比例函数y＝9x的图象上，PA的延长线交x轴于点C，PB的延长线交y轴于点D，连接C D.例题图(1)求∠P的度数及点P的坐标；【思维教练】要求∠P的角度，由题可知，点P为△AOB的两条外角平分线的交点，在△AOB中，由∠OAB＋∠OBA＝90°可得∠PAB＋∠PBA＝135°，从而得到∠P的度数；要求点P的坐标，即过P作PE⊥x轴、PF⊥y轴、PG⊥AB，由角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等可得PE＝PG＝PF，然后代入反比例函数关系式中求解即可．(2)求△OCD的面积；【思维教练】要求△OCD的面积，即求OC，OD的长，连接OP，由(1)可得∠POB＝45°，结合∠P的度数，通过角度间等量代换可得∠OCP＝∠OPD，即可得到△OCP∽△OPD，列比例得到OC，OD与OP的关系，再由点P的坐标求解即可．(3)△AOB的面积是否存在最大值？若存在，求出最大面积；若不存在，请说明理由．【思维教练】要求△AOB面积的最大值，由题可知A、B为动点，则需通过面积转化求解．此题为半角模型，则可将△PEB绕点P顺时针旋转90°得到△PFM，通过证明可得到△PAB≌△PAM，则S△AOB＝S正方形PFOE－2S△APB，要使△AOB的面积存在最大值，即使△APB 的面积有最小值，由(1)可知△APB的高为定值，即要使底边AB最小，由∠P＝45°，再结合定弦对定角，可作△APB的外接圆⊙N，取AB的中点Q，利用直角三角形的性质，将OQ，QN，NP用AB表示出来，当P，N，Q，O四点共线时，OQ＋QN＋NP最短，即AB有最小值，从而求出△AOB面积的最大值．徐州近年中考真题精选1.如图，将透明三角形纸片PAB 的直角顶点P 落在第四象限，顶点A 、B 分别落在反比例函数y ＝k xPB ⊥x 轴于点C ，PA ⊥y 轴于点D ，AB 分别与x 轴、y 轴相交于点E 、F .已知B (1，3)．(1)k ＝________；(2)试证明：AE ＝BF ；(3)当四边形ABCD 的面积为214时，求点P 的坐标．第1题图2如图，在矩形OABC 中，OA ＝3，OC ＝5，分别以OA 、OC 所在直线为x 轴、y 轴，建立平面直角坐标系，D 是边CB 上一个动点(不与C 、B 重合)，反比例函数y ＝k x(k >0)的图象经过点D 且与边BA 交于点E ，连接DE .(1)连接OE ，若△EOA 的面积是2，则k ＝________；(2)连接CA ，DE 与CA 是否平行？请说明理由；(3)是否存在点D ，使得点B 关于DE 的对称点在OC 上？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．针对训练1.如图①，点A是反比例函数y＝4x的图象在第一象限内一动点，过点A作AC⊥x轴于点C，连接OA并延长到点B，过点B作BD⊥x轴于点D，交反比例函数图象于点E，连接OE.(1)若S△OBE＝6，求经过点B的反比例函数解析式；(2)如图②，若点A是OB的中点．①当点A的横坐标为2时，求点E的坐标；＝S△ABG，②过点B作BF⊥y轴于点F，交反比例函数图象于点G.小徐认为此时一定存在S△ABE你是否认同他的观点，并说明理由．第1题图2.如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y＝mx在第一象限内的图象经过点A(1，4)、B(a，b)，其中a＞1，直线AB交y轴于点E，过点A作x轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的垂线，垂足为D，AC与BD相交于点M，连接C D.(1)若△ABD的面积为4，求点B的坐标；(2)求证：AB∥CD；(3)若点B的坐标为(2，2)，在y轴上是否存在一点P，使PA＋PB的值最小，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图参考答案典例精讲例解：(1)∵PA 、PB 为△OAB 的两条外角平分线，∠AOB ＝90°，∴∠OAB ＋∠OBA ＝180°－90°＝90°，∴∠PAB ＋∠PBA ＝12×(360°－90°)＝135°，∴∠P ＝180°－135°＝45°.(1分)如解图①，过点P 作x 轴、y 轴、AB 的垂线，垂足分别为E 、F 和G .∵AP 、BP 为△OAB 的两条外角平分线，∴PF ＝PG ，PE ＝PG ，∴PF ＝PE ，∴点P 在∠AOB 的平分线上，可设P (a ，a )(a ＞0)．(2分)∵点P 在函数y ＝9x的图象上，∴a ＝9a，解得a ＝3或a ＝－3(舍去)．∴点P (3，3)；(3分)图①图②例题解图(2)如解图②，连接OP ，∵点P 在∠AOB 的平分线上，∴∠POA ＝∠POB ＝45°，∴∠POC ＝∠POD ＝90°＋45°＝135°，在△OCP 中，∠OCP ＋∠OPC ＝45°.∵∠OPC ＋∠OPD ＝∠APB ＝45°，∴∠OCP ＝∠OPD ，∴△OCP ∽△OPD ，(4分)∴OC OP ＝OP OD，即OC ·OD ＝OP 2，∴S △OCD ＝12OC ·OD ＝12OP 2.(5分)∵点P (3，3)，∴OP 2＝32＋32＝18，∴S △OCD ＝12OC ·OD ＝12OP 2＝12×18＝9；(6分)(3)存在，如解图③，将△PEB 绕点P 顺时针旋转90°，得到△PFM .在△PAB 和△PAM 中，＝PM ，BPA ＝∠MPA ＝45°＝PA ，，∴△PAB ≌△PAM (SAS)．(7分)∴S △P AB ＝S △P AM ＝S △P AF ＋S △PBE ，△PAB 的高PG ＝PF ＝3.∴在正方形PFOE 中，S △OAB ＝S 正方形PFOE －2S △APB ＝9－AB ·PG ＝9－3AB .(8分)∴当AB 有最小值时，S △OAB 有最大值．如解图④，作△PAB 的外接圆⊙N ，连接NP 、NA 、NB ，则NP ＝NA ＝NB .∵∠APB ＝45°，∴∠ANB ＝90°，取AB 的中点Q ，连接NQ 、OQ .∵当P 、N 、Q 、O 四点共线时，PN ＋NQ ＋QO 最短．(9分)设AB ＝x ，则PN ＝22x ，NQ ＝12x ，OQ ＝12x .∴PN ＋NQ ＋QO ＝22x ＋12x ＋12x 有最小值32，此时x ＝62－6.即AB 有最小值62－6.(10分)∴S △OAB 有最大值为9－3AB ＝9－3×(62－6)＝27－182.(11分)图③图④例题解图徐州近年中考真题精选1.(1)解：3；(2分)【解法提示】把B (1，3)代入y ＝k x得k ＝1×3＝3.(2)证明：由题意得△PCD ∽△PBA ，∴∠PCD ＝∠PBA ，∴CD ∥BA .又∵BC ∥DF ，AD ∥EC ，∴四边形BCDF 、ADCE 都是平行四边形，∴BF ＝CD ，AE ＝CD ，∴AE ＝BF ；(6分)(3)解：∵S 四边形ABCD ＝S △P AB －S △PCD ，设点A 坐标为(a ，3a)，∴P (1，3a )，D (0，3a)，∴12×(3－3a )·(1－a )－12×1·(－3a )＝214，整理得6a ＋9＝0，解得a ＝－32，∴点P 的坐标为(1，－2)．(10分)2.解：(1)4；(2分)(2)平行．理由如下：(3分)如解图①，连接AC ，设D (x ，5)，E (3，53x )，则BD ＝3－x ，BE ＝5－53x ，∴BD BE ＝35.又∵BC AB ＝35，∴BD BE ＝BC AB，∴DE ∥AC ；(5分)图①图②第2题解图(3)存在，理由如下：设D (x ，5)，E (3，53x )，则CD ＝x ，BD ＝3－x ，AE ＝53x ，BE ＝5－53x ，如解图②，过点E 作EF ⊥OC ，垂足为点F ，∵DE 垂平分BB ′，∴∠B ′BE ＝∠BB ′E ，∠B ′BD ＝∠BB ′D ，又∵∠B ′BE ＋∠DBB ′＝90°，∴∠BB ′E ＋∠BB ′D ＝90°，即∠DB ′E ＝90°，∴∠DB ′C ＋∠FB ′E ＝90°，∵∠FEB ′＋∠FB ′E ＝90°，∴∠DB ′C ＝∠FEB ′，∵∠DCB ′＝∠EFB ′＝90°，∴△DCB ′∽△B ′FE ；∴B ′E DB ′＝B ′F DC ，即5－53x 3－x＝B ′F x ，∴B ′F ＝53x ，∴OB ′＝B ′F ＋OF ＝B ′F ＋AE ＝53x ＋53x ＝103x ，∴CB ′＝OC －OB ′＝5－103x (x ≠1.5)，在Rt △B ′CD 中，CB ′＝5－103x ，CD ＝x ，B ′D ＝BD ＝3－x ，由勾股定理得CB ′2＋CD 2＝B ′D 2，即(5－103x )2＋x 2＝(3－x )2，解得x 1＝1.5(舍去)，x 2＝0.96，∴点D 的坐标为(0.96，5)．(8分)针对训练1.解：(1)设点E 的坐标为(x ，y )，∵点E 在反比例函数y ＝4x的图象上，∴xy ＝4，则12xy ＝2，∴S △ODE ＝2，又∵S △OBE ＝6，∴S △OBD ＝8，∴过点B 的反比例函数解析式为y ＝16x；(2)①将点A 的横坐标代入y ＝4x 中得y ＝42＝2，∴点A 的坐标为(2，2)，∵点A 是OB 的中点，∴点B 的坐标为(4，4)，∵BD ⊥x 轴，且与反比例函数的图象交于点E ，∴点E 和点B 的横坐标相等，∵点E 在反比例函数y ＝4x的图象上，∴当x ＝4时，y ＝44＝1，∴点E 的坐标为(4，1)；第1题解图②认同．理由如下：如解图，连接OG 、AG 、AE .∵BD ⊥x 轴，BF ⊥y 轴，∠DOF ＝90°，∴四边形ODBF 为矩形，∴S △OBF ＝S △OBD ，∵点E 、G 为反比例函数y ＝4x的图象上的点，∴S △OFG ＝S △ODE ，∴S △OBG ＝S △OBE ，∵点A 是OB 的中点，∴S △ABG ＝12S △OBG ，S △ABE ＝12S △OBE ，∴S △ABG ＝S △ABE ，∴认同小徐的观点．2.(1)解：将A (1，4)代入反比例函数解析式y ＝m x中，得m ＝4，∴反比例函数的解析式为y ＝4x，∵B (a ，b )，∴S △ABD ＝12BD ·AM ＝12a (4－b )＝4，又∵B (a ，b )在反比例函数y ＝4x的图象上，∴ab ＝4，（4－b ）＝4＝4＝3＝43，∴B (3，43)；(2)证明：由(1)知ab ＝4，∴B (4b，b )，设直线AB 的函数解析式为y ＝mx ＋n ，将A (1，4)、B (4b，b )分别代入得，＋n ＝4·4b＋n ＝b＝－b ＝b ＋4，∴直线AB 的函数解析式为y ＝－bx ＋b ＋4，∴E (0，b ＋4)，∵BD ⊥y 轴，AC ⊥x 轴，∴D (0，b )，∴DE ＝b ＋4－b ＝4，∵A (1，4)，∴AC ＝4，∴DE ＝AC ，∵DE ∥AC ，∴四边形ACDE 为平行四边形，∴AB ∥CD ；(3)解：存在，理由如下：如解图，作点A 关于y 轴对称的点A ′，连接A ′B ，与y 轴交于点P ，则P 点为所求点，此时PA ＋PB 的值最小，∵A (1，4)、B (2，2)，∴A ′(－1，4)，设直线A ′B 的函数解析式为y ＝px ＋q ，将A ′(－1，4)、B (2，2)分别代入得，p ＋q ＝4p ＋q ＝2＝－23＝103，∴直线A ′B 的函数解析式为y ＝－23x ＋103.令x ＝0，得y ＝103.∴点P 的坐标为(0，103)．第2题解图。
2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究动点问题 (含答案)
2024甘肃中考数学二轮专题训练几何综合探究动点问题典例精讲例1(一题多设问)如图，△AMN的顶点M、N分别在四边形ABCD的边BC、CD所在的直线上，且满足∠MAN＝45°.探究一：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在正方形的边BC、CD上．(1)如图①，当BM＝DN时，求证：△AMN为等腰三角形；【思维教练】要证△AMN为等腰三角形，可根据正方形的性质结合已知条件，证明三角形全等，进而得到线段相等．例1题图①(2)如图②，当点M、N分别在线段BC、CD上时，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的数量关系；【思维教练】在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，构造全等三角形，得到新的全等三角形，可得出ME＝MN，进而得出线段MN、BM、DN之间的数量关系．例1题图②(3)如图③，连接BD交AM、AN于点P、Q，若BP＝DQ，求证：AQAN＝BP CN；【思维教练】要证明线段比值关系，可通过构造相似三角形求解．例1题图③探究二：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在边CB、DC的延长线上．(4)如图④，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的的数量关系；【思维教练】在DC上截取DF＝BM，连接AF，通过证明三角形全等，得出AM＝AF，进一步证明△MAN≌△FAN，得到MN和NF的关系，进而得到MN、BM、DN之间的数量关系．例1题图④(5)如图⑤，若BC＝4，BM＝1，求CN的长；【思维教练】根据(4)中得到的线段之间的数量关系，设未知数，结合勾股定理求解．例1题图⑤(6)如图⑥，作射线DB交AM的延长线于点P，交AN于点Q，若CN＝CD＝6，求AP的长；【思维教练】由勾股定理可求出AN，结合平行线的性质得到三角形相似，从而得出线段比值关系，可求出AQ，再结合(4)中所得关系式设未知数列方程，结合勾股定理和相似三角形求解即可．例1题图⑥探究三：若四边形ABCD为矩形，点M、N分别在边BC、DC上．(7)如图⑦，在矩形ABCD中，已知AB＝3，AD＝4，若BM＝1，求DN的长．【思维教练】延长AB构造正方形，找相似三角形，得到线段间的比值关系，设未知数，结合(2)中关系式及勾股定理列方程求解即可．例1题图⑦针对训练1.已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．【探究建模】(1)如图①，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．求证：AE＝CF；【类比应用】(2)如图②，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF,AE⊥EF，且E，C，F三点共线，猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；【拓展迁移】(3)如图③，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC,AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝2，求CE的长．第1题图2.【证明体验】(1)如图①，AD为△ABC的角平分线，∠ADC＝60°，点E在AB上，AE＝AC.求证：DE平分∠ADB.【思考探究】(2)如图②，在(1)的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G.若FB＝FC，DG＝2，CD＝3，求BD的长．【拓展延伸】(3)如图③，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA＝2∠DCA，点E在AC上，∠EDC＝∠ABC.若BC＝5，CD＝25，AD＝2AE，求AC的长．第2题图3.已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC.(1)如图①，已知点D在BC边上，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.试探究BD与CE的关系；(2)如图②，已知点D在BC下方，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.若BD⊥AD，AB＝210，CE＝2，AD交BC于点F，求AF的长；(3)如图③，已知点D在BC下方，连接AD、BD、CD.若∠CBD＝30°，∠BAD>15°，AB2＝6，AD2＝4＋3，求sin∠BCD的值．第3题图4.在正方形ABCD中，点P为线段DB上的动点，点E为线段DC上的动点，连接PE，作PF⊥PE交直线AD于点F.(1)如图①，当点P与线段BD的中点O重合时，DE、FD、DB三条线段之间的数量关系为________________________________________________________________________；(2)如图②，点P在DB的延长线上，且PBBD＝13，点E、F分别在线段DC的延长线和线段DA的延长线上，请写出DE、FD、DB三条线段之间的数量关系，并说明理由；(3)点P在线段BD上，若正方形的边长为6，CP＝25，DF＝2，当BP＞BO时，请直接写出DE的长．第4题图5.在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下操作：(1)观察猜想如图①，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B、C重合，连接CE，试判断AB与CE的位置关系，并说明理由；(2)类比探究如图②，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，D，E在同一直线上；(3)解决问题如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接AE、BE、CE.若∠BEC＝60°，AE＝3，CE＝2，请直接写出BE的长．第5题图6.问题提出如图①，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC.点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？问题探究(1)先将问题特殊化：如图②，当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系；(2)再探究一般情形：如图①，当点D，F不重合时，证明(1)中的结论仍然成立．问题拓展如图③，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC(k 是常数)，点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系．第6题图参考答案典例精讲例1(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠B.又∵BM＝DN，∴△ABM≌△ADN，∴AM＝AN，∴△AMN为等腰三角形；(2)解：猜想：MN＝BM＋DN，证明：如解图①，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE＝90°＝∠D，在△ABE和△ADN中，＝AD，ABE＝∠D，＝DN，∴△ABE≌△ADN(SAS)，∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∴∠EAN＝∠BAD＝90°.∵∠MAN＝45°，∴∠EAM＝45°＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，＝AN，EAM＝∠NAM，＝AM，∴△AEM≌△ANM(SAS)，∴ME＝MN.又∵ME＝BM＋BE＝BM＋DN，∴MN＝BM＋DN；例1题解图①(3)证明：如解图②，连接AC ，在正方形ABCD 中，∵∠BAC ＝45°，∠MAN ＝45°，∴∠BAC ＝∠MAN ，∴∠BAP ＝∠CAN .∵∠ABP ＝∠ACN ＝45°，∴△ABP ∽△ACN ，∴AP AN ＝BP CN.∵BP ＝DQ ，∠ABP ＝∠ADQ ＝45°，AB ＝AD ，∴△ABP ≌△ADQ ，∴AP ＝AQ ，∴AQ AN ＝BP CN ；例1题解图②(4)解：猜想：DN ＝BM ＋MN .证明：如解图③，在DC 上截取DF ＝BM ，连接AF ，由题意得∠ABM ＝90°＝∠D ，在△ABM 和△ADF 中，＝AD ，ABM ＝∠D ，＝DF ，∴△ABM ≌△ADF (SAS)，∴AM ＝AF ，∠BAM ＝∠DAF ，∴∠BAM ＋∠BAF ＝∠DAF ＋∠BAF ＝∠BAD ＝90°，即∠MAF ＝∠BAD ＝90°.∵∠MAN ＝45°，∴∠MAN ＝∠FAN ＝45°，在△MAN 和△FAN 中，＝AF ，MAN ＝∠FAN ，＝AN ，∴△MAN ≌△FAN (SAS)，∴MN ＝NF ，∴MN ＝DN －DF ＝DN －BM ，∴DN ＝BM ＋MN .例1题解图③(5)解：设CN ＝x ，∵BC ＝4，BM ＝1，∴DC ＝4，DN ＝x ＋4，CM ＝5，由(4)得DN ＝BM ＋MN ，∴MN ＝DN －BM ＝x ＋3，由CM 2＋CN 2＝MN 2，得25＋x 2＝(x ＋3)2，解得x ＝83，即CN ＝83；(6)解：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ＝AD ＝CD ＝6，AD ∥BC ，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADC ＝∠BCD ＝90°，∴∠ABM ＝∠MCN ＝90°.∵CN ＝CD ＝6，∴DN ＝12，∴AN ＝AD 2＋DN 2＝62＋122＝6 5.∵AB ∥CD ，∴△ABQ ∽△NDQ ，∴BQ DQ ＝AQ NQ ＝AB ND ＝612＝12，∴AQ AN ＝13，∴AQ ＝13AN ＝25，由(4)得，DN ＝BM ＋MN .设BM ＝x ，则MN ＝12－x ，CM ＝6＋x ，在Rt △CMN 中，由勾股定理得，62＋(6＋x )2＝(12－x )2，解得x ＝2，∴BM ＝2，∴AM ＝AB 2＋BM 2＝62＋22＝210.∵BC ∥AD ，∴△PBM ∽△PDA ，∴PM PA ＝BM DA ＝26＝13，∴PM ＝12AM ＝10，∴AP ＝AM ＋PM ＝310；(7)解：如解图④，延长AB 至点P ，使BP ＝BM ＝1，过点P 作BC 的平行线交DC 的延长线于点Q ，延长AM 交PQ 于点E ，连接EN ，则四边形APQD 是正方形，∴PQ ＝DQ ＝AP ＝AB ＋BP ＝4，设DN ＝x ，则NQ ＝4－x ，∵PQ ∥BC ，∴△ABM ∽△APE ，∴BM PE ＝AB AP ＝34，∴PE ＝43BM ＝43，∴EQ ＝PQ －PE ＝4－43＝83，由(2)得，EN ＝PE ＋DN ＝43＋x ，在Rt △QEN 中，由勾股定理得(83)2＋(4－x )2＝(43＋x )2，解得x ＝2，即DN 的长是2.例1题解图④针对训练1.(1)证明：∵DE ⊥DF ，∴∠CDF ＋∠CDE ＝90°.∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠DCF＝∠ADC＝∠DAE＝90°，∴∠ADE＋∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF(ASA)，∴AE＝CF；(2)解：AE＋CE＝2DE，证明：∵DE⊥DF，∴∠DFC＋∠DEC＝90°.∵AE⊥EF，∴∠AED＋∠DEC＝90°，∴∠AED＝∠DFC.∵DE⊥DF，∴∠CDF＋∠CDE＝90°.∵∠ADE＋∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠CDF.∵AD＝CD，∴△ADE≌△CDF(AAS)，∴AE＝CF，DE＝DF，∴EF＝CF＋CE＝AE＋CE.又∵DE⊥DF，∴∠DEF＝45°，∴DE＝EF·cos∠DEF＝22(AE＋CE)，即AE＋CE＝2DE；【或在Rt△DEF中由勾股定理得(AE＋CE)2＝2DE2也得分】(3)解：如解图，过点D作DH⊥DE交EC的延长线于点H.∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAF＋∠FAG＝90°.∵AE⊥AF，∴∠BAE＋∠FAG＝90°，∴∠DAF＝∠BAE.∵∠DAB＝90°，∴∠ADF＋∠DGA＝90°.∵DE⊥BE，∴∠ABE ＋∠BGE ＝90°.∵∠DGA ＝∠BGE ，∴∠ADF ＝∠ABE .∴△ADF ≌△ABE (ASA)，∴AF ＝AE ＝ 2.∵AF ⊥AE ，∴∠AEF ＝45°，∴EF ＝2，∴DE ＝DF ＋EF ＝3＋2＝5.由(2)得，AE ＋CE ＝2DE ，∴CE ＝2DE －AE ＝52－2＝4 2.第1题解图2.(1)证明：∵AD 平分∠BAC ，∴∠EAD ＝∠CAD .∵AE ＝AC ,AD ＝AD ，∴△EAD ≌△CAD (SAS)，∴∠ADE ＝∠ADC ＝60°，∴∠EDB ＝180°－∠ADE －∠ADC ＝60°，∴∠BDE ＝∠ADE ，即DE 平分∠ADB ；(2)解：∵FB ＝FC ，∴∠EBD ＝∠GCD .∵∠BDE ＝∠GDC ＝60°，∴△EBD ∽△GCD ，∴BD CD ＝DE DG.∵△EAD ≌△CAD ，∴DE ＝DC ＝3.∵DG ＝2，∴BD ＝92；(3)解：如解图，在AB 上取一点F ，使得AF ＝AD ，连接CF .∵AC 平分∠BAD ，∴∠FAC ＝∠DAC .∵AC ＝AC ，∴△AFC ≌△ADC (SAS)，∴CF ＝CD ，∠ACF ＝∠ACD ,∠AFC ＝∠ADC .∵∠ACF ＋∠BCF ＝∠ACB ＝2∠ACD ，∴∠DCE ＝∠BCF .∵∠EDC ＝∠FBC ，∴△DCE ∽△BCF ，∴CD CB ＝CE CF，∠CED ＝∠BFC .∵BC ＝5，CF ＝CD ＝25，∴CE ＝4.∵∠AED ＝180°－∠CED ＝180°－∠BFC ＝∠AFC ＝∠ADC .又∵∠EAD ＝∠DAC ,∴△EAD ∽△DAC ，∴AE AD ＝AD AC ＝12，∴AC ＝4AE ，∴AC ＝43CE ＝163.第2题解图3.解：(1)BD ＝CE ，BD ⊥CE ，理由如下：∵∠BAC ＝90°，∠DAE ＝90°，∴∠BAD ＋∠DAC ＝∠CAE ＋∠DAC ＝90°，∴∠BAD ＝∠CAE .∵AB ＝AC ，AD ＝AE ，∴△ABD ≌△ACE (SAS)，∴BD ＝CE ，∠ACE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝45°，∴∠BCE ＝90°，(2)如解图①，过点A 作AH ⊥BC 于点H ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，∴△BAC 是等腰直角三角形．∵AB ＝210，∴AH ＝BH ＝2 5.∵∠DAE ＝90°，∴∠BAD ＋∠DAC ＝∠CAE ＋∠DAC ＝90°，∴∠BAD ＝∠CAE .∵AD ＝AE ，∴△ABD ≌△ACE (SAS)，∴BD ＝CE ＝2.∵BD ⊥AD ，∴AD ＝AB 2－BD 2＝6.∵∠ADB ＝∠AHF ＝90°，∠DFB ＝∠HFA ，∴△BDF ∽△AHF ，设DF ＝x ，则AF ＝6－x ，∴BF AF ＝DF HF ＝BD AH ＝225＝55，∴BF ＝55(6－x )，HF ＝5x ，∴BH ＝BF ＋HF ＝55(6－x )＋5x ＝25，解得x ＝1，∴AF ＝5；第3题解图①(3)如解图②，将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，过点A 作AP ⊥BC 于点P ，过点D 作DT ⊥BC 于点T ，分别过点G 作GM ⊥BC ，交BC 的延长线于点M ，作GN ⊥AP ，交AP 于点N ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，AB 2＝6，∴△BAC 是等腰直角三角形，∴∠ABC ＝∠ACB ＝45°，BC ＝23，∵∠CBD ＝30°，∴∠ABD ＝75°，由旋转的性质可得△ABD ≌△ACG ，∴∠ABD ＝∠ACG ＝75°，BD ＝CG ，AD ＝AG ，∴∠BCG ＝∠ACB ＋∠ACG ＝120°，∴∠GCM ＝60°.∵GM ⊥BC ，GN ⊥AP ，AP ⊥BC ，∴四边形GMPN 是矩形，∴NP ＝GM ，NG ＝PM ，设CM ＝x ，NP ＝GM ＝3x ，∴NG ＝PM ＝PC ＋CM ＝3＋x ，AN ＝AP －NP ＝3－3x ，在Rt △ANG 中，AN 2＋NG 2＝AG 2＝AD 2，∵AD 2＝4＋3，∴(3－3x )2＋(3＋x )2＝4＋3，化简得，4x 2－(6－23)x ＋2－3＝0，解得x 1＝12，x 2＝2－32，∵∠BAD >15°，∴当x ＝2－32时，易知与∠BAD >15°相矛盾，∴x ＝12，∴BD ＝CG ＝1，∴DT ＝12BD ＝12，BT ＝3DT ＝32，∴TC ＝BC －BT ＝332，∴在Rt △DTC 中，DC ＝DT 2＋TC 2＝7，∴sin ∠BCD ＝DT DC ＝127＝714.第3题解图②4.解：(1)DE ＋FD ＝22DB ；【解法提示】在正方形ABCD 中，AC 和BD 分别为正方形的两条对角线，则∠OAF ＝∠ODE ＝45°，OA ＝OD ，∠AOD ＝90°，∴∠3＋∠1＝90°，∵PF ⊥PE ，∴∠3＋∠2＝90°，∴∠1＝∠2，∴△ODE ≌△OAF (ASA)，∴DE ＝AF ，又∵在等腰Rt △APD 中，AD ＝DP sin45°＝2DP ，即AF ＋FD ＝2DP ，又∵DP ＝12BD ，∴DE ＋FD ＝2DP ＝22DB .(2)DE ＋FD ＝423DB .理由如下：如解图①，过点P 作PG ⊥PD 交DA 的延长线于点G ，在正方形ABCD 中，BD 为对角线，则∠PDF ＝∠PDE ＝45°，∵∠GPD ＝90°，∴△GPD 为等腰直角三角形，∴PD ＝PG ，∠PGD ＝∠PDF ＝∠PDE ＝45°.∵PF ⊥PE ，∴∠3＋∠2＝90°.∵∠3＋∠1＝90°，∴∠1＝∠2，∴△PDE ≌△PGF (ASA)，∴DE ＝GF ，在等腰Rt △GPD 中，GD ＝DP cos45°＝2DP ，即GF ＋FD ＝2DP ，又∵PB BD ＝13，∴DP DB ＝43，DP ＝43DB ，∴DE ＋FD ＝2DP ＝423DB ；第4题解图①(3)DE 的长为2或6.【解法提示】①如解图②，当点F 在边AD 上，BP ＞BO 时，连接AC 交BD 于点O ，过点P 作PG ⊥PD 交DA 于点G ，∵正方形边长为6，∴OD ＝OC ＝CD ·sin ∠BDC ＝6×22＝32，在Rt △OCP 中，OP ＝CP 2－OC 2＝ 2.∵△GDP 为等腰直角三角形，∴PG ＝PD ＝OD －OP ＝22，DG ＝2DP ＝4，GF ＝DG －DF ＝4－2＝2，由(2)可得△PED ≌△PFG (ASA)，∴DE ＝GF ＝2；第4题解图②②如解图③，当点F 在AD 延长线上，BP ＞BO 时，连接AC 交BD 于点O ，过点P 作PG ⊥PD 交AD 于点G ，∵正方形边长为6，∴OD ＝OC ＝CD ·sin ∠BDC ＝6×22＝32，在Rt △OCP 中，OP ＝CP 2－OC 2＝ 2.∵△GDP 为等腰直角三角形，∴PG ＝PD ＝OD －OP ＝22，DG ＝2DP ＝4，GF ＝DG ＋DF ＝4＋2＝6，由(2)可得△PED ≌△PFG (ASA)，∴DE ＝GF ＝6.综上所述，DE 的长为2或6.第4题解图③5.解：(1)AB ∥CE .理由如下：∵△ABC ，△ADE 都是等边三角形，∴AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ＝∠B ＝60°，∴∠BAD ＝∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS)，∴∠ACE ＝∠B ＝60°，∴∠BAC ＝∠ACE ＝60°，∴AB ∥CE ；(2)由(1)可知，△ABD ≌△ACE ，∴∠ADB ＝∠AEC .∵△ADE 是等边三角形，∴∠AED ＝∠ADE ＝60°.∵∠BEC ＝60°，∴∠AEC ＝∠AED ＋∠BEC ＝120°，∴∠ADB＝∠AEC＝120°，∴∠ADB＋∠ADE＝120°＋60°＝180°，∴点B，D，E在同一直线上；(3)BE的长为5.【解法提示】如解图，在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，连接AH，设AC交BE于点O.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠BAC＝60°.∵∠BEC＝60°，∴∠BAO＝∠OEC＝60°.∵∠AOB＝∠EOC，∴∠ABH＝∠ACE.∵BA＝CA，BH＝CE＝2，∴△ABH≌△ACE(SAS)，∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，∴∠HAE＝∠BAC＝60°，∴△AEH是等边三角形，∴EH＝AE＝3，∴BE＝BH＋EH＝CE＋AE＝2＋3＝5.第5题解图6.(1)BF－AF＝2CF；【解法提示】∵∠ACD＋∠ACE＝90°，∠ACE＋∠BCE＝90°，∴∠BCE＝∠ACD.∵BC＝AC，EC＝DC，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴BE＝AD，∠EBC＝∠CAD，∵点D、F重合，∴BE ＝AD＝AF.∵△CDE为等腰直角三角形，∴DE＝EF＝2CF，∴BF＝BD＝BE＋ED＝AF＋2CF，∴BF－AF＝2CF.(2)证明：由(1)知，△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠CAF＝∠CBE，BE＝AD，如解图①，过点C作CG⊥CF交BF于点G，∵∠ACF＋∠ACG＝90°，∠ACG＋∠GCB＝90°，∴∠ACF＝∠BCG.∵∠CAF＝∠CBE，BC＝AC，∴△BCG≌△ACF(ASA)，∴GC＝FC，BG＝AF，∴△GCF为等腰直角三角形，∴GF＝2CF，∴BF＝BG＋GF＝AF＋2CF，∴BF－AF＝2CF；第6题解图①(3)BF－kAF＝k2＋1·FC.【解法提示】由(2)知，∠BCE＝∠ACD，∵BC＝kAC，EC＝kDC，∴BCAC＝ECCD＝k，∴△BCE∽△ACD，∴∠CAD＝∠CBE，如解图②，过点C作CG⊥CF交BF于点G，由(2)知，∠BCG＝∠ACF，∴△BGC∽△AFC，∴BGAF＝BCAC＝k＝GCFC，∴BG＝kAF，GC＝kFC，在Rt△CGF中，GF＝GC2＋FC2＝（kFC）2＋FC2＝k2＋1·FC，∴BF＝BG＋GF＝kAF ＋k2＋1·FC，∴BF－kAF＝k2＋1·FC.第6题解图②。
2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型四 规律探索题 (含答案)
2024辽宁中考数学二轮专题训练题型四规律探索题类型一图形递推变化典例精讲例1如图，∠MON ＝45°，正方形ABB 1C ，正方形A 1B 1B 2C 1，正方形A 2B 2B 3C 2，正方形A 3B 3B 4C 3，…，的顶点A ，A 1，A 2，A 3，…，在射线OM 上，顶点B ，B 1，B 2，B 3，B 4，…，在射线ON 上，连接AB 2交A 1B 1于点D ，连接A 1B 3交A 2B 2于点D 1，连接A 2B 4交A 3B 3于点D 2，…，连接B 1D 1交AB 2于点E ，连接B 2D 2交A 1B 3于点E 1，…，按照这个规律进行下去，设△ACD 与△B 1DE 的面积之和为S 1，△A 1C 1D 1与△B 2D 1E 1的面积之和为S 2，△A 2C 2D 2与△B 3D 2E 2的面积之和为S 3，…，若AB ＝2，则S n 等于______．(用含有正整数n 的式子表示)例1题图基本模型【解题步骤】分析图形可知，所有图形都是由如图所示的基本模型构成，故求出S 1，S 2，S 3的面积可类比出S n 的面积．①求S 1的面积：根据题意可得：∠AOB ＝45°，∠ABO ＝90°，∴OB ＝AB ，∵AB ＝AC ＝B 1C ＝BB 1＝______，AB ∥A 1B 1，∴A 1B 1＝2AB ＝________，∴A 1B 1＝A 1C 1＝B 2C 1＝B 1B 2＝________，∵AC ∥ON ，∴CD DB 1＝AC B 1B 2＝____，∴CD ＝________B 1C ＝________，B 1D ＝__________B 1C ＝__________．同理可得，B 2D 1＝________B 2C 1＝________．∵B 1D ∥B 2D 1，∴DE B 2E ＝B 1D B 2D 1＝________，∴S △B 1DE ＝________S △B 1B 2D ＝________，∵S △ACD ＝____，∴S 1＝________；②求S 2，S 3，…的面积：A 2B 2＝________，S △B 2D 1E 1＝________S △B 2B 3D 1＝________，∵S △A 1C 1D 1＝________，∴S 2＝________；S 3＝________；③总结，类比可得：S n ＝________．例2如图，在平面直角坐标系中，△ABC ，△A 1B 1C 1，△A 2B 2C 2，△A 3B 3C 3，…，△A n B n C n 都是等腰直角三角形，点B ，B 1，B 2，B 3，…，B n 都在x 轴上，点B 1与原点重合，点A ，C 1，C 2，C 3，…，C n 都在直线l ：y ＝13x ＋43上，点C 在y 轴上，AB ∥A 1B 1∥A 2B 2∥…∥A n B n ∥y 轴，AC ∥A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n ∥x 轴，若点A 的横坐标为－1，则点C n 的纵坐标是________．例2题图基本模型【解题步骤】分析图形可知，所有图形都是由如图所示的基本模型构成，故求出点C 1，C 2，C 3，C 4的纵坐标可类比出点C n 的纵坐标．①求点C 1的坐标：∵点C 1在直线y ＝13x ＋43上，∴设点C 1的坐标为(t ，______)．∵△B 1B 2C 1是等腰直角三角形，且点B 1与原点O 重合，∴B 1B 2＝B 2C 1，即t ＝______，解得t ＝2.∴点C 1的纵坐标为________；②求点C 2，C 3，C 4的坐标：设点C 2的坐标为(m ，______)，∵△B 2B 3C 2是等腰直角三角形，∴m －2＝________，解得m ＝________，∴点C 2的纵坐标为________．同理可得，点C 3的纵坐标为_________；点C 4的纵坐标为________；③总结，类比可得：点C n 的纵坐标为________．辽宁近年中考真题精选1.如图，四边形ABCD 是矩形，延长DA 到点E ，使AE ＝DA ，连接EB ，点F 1是CD 的中点，连接EF 1,BF 1，得到△EF 1B ；点F 2是CF 1的中点，连接EF 2，BF 2，得到△EF 2B ；点F 3是CF 2的中点，连接EF 3，BF 3，得到△EF 3B ；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD 的面积等于2，则△EF n B 的面积为_________________________．(用含正整数n 的式子表示)第1题图基本模型：____________________2.如图，在△A 1C 1O 中，A 1C 1＝A 1O ＝2，∠A 1OC 1＝30°，过点A 1作A 1C 2⊥OC 1，垂足为C 2，过点C 2作C 2A 2∥C 1A 1交OA 1于点A 2，得到△A 2C 2C 1；过点A 2作A 2C 3⊥OC 1，垂足为C 3，过点C 3作C 3A 3∥C 1A 1交OA 1于点A 3，得到△A 3C 3C 2；过点A 3作A 3C 4⊥OC 1，垂足为C 4，过点C 4作C 4A 4∥C 1A 1交OA 1于点A 4，得到△A 4C 4C 3；…；按照上面的作法进行下去，得到△A n ＋1C n ＋1C n 的面积为________．(用含正整数n 的代数式表示)第2题图基本模型：__________________3.如图，等边△A 1C 1C 2的周长为1，作C 1D 1⊥A 1C 2于D 1，在C 1C 2的延长线上取点C 3，使D 1C 3＝D 1C 1，连接D 1C 3，以C 2C 3为边作等边△A 2C 2C 3；作C 2D 2⊥A 2C 3于D 2，在C 2C 3的延长线上取点C 4，使D 2C 4＝D 2C 2，连接D 2C 4，以C 3C 4为边作等边△A 3C 3C 4；…；且点A 1，A 2，A 3，…都在直线C 1C 2同侧，如此下去，则△A 1C 1C 2，△A 2C 2C 3，△A 3C 3C 4，…，△A n C n C n ＋1的周长和．．．为________．(n ≥2，且n 为整数)第3题图基本模型：__________________4.如图，点B 1在直线l ：y ＝12x 上，点B 1的横坐标为2，过B 1作B 1A 1⊥l ，交x 轴于点A 1，以A 1B 1为边，向右作正方形A 1B 1B 2C 1，延长B 2C 1交x 轴于点A 2；以A 2B 2为边，向右作正方形A 2B 2B 3C 2，延长B 3C 2交x 轴于点A 3；以A 3B 3为边，向右作正方形A 3B 3B 4C 3，延长B 4C 3交x 轴于点A 4；…；按照这个规律进行下去，点C n 的横坐标为________(结果用含正整数n 的代数式表示)．第4题图基本模型：__________________5.如图，直线l 1的解析式是y ＝33x ，直线l 2的解析式是y ＝3x ，点A 1在l 1上，A 1的横坐标为32，作A 1B 1⊥l 1交l 2于点B 1，点B 2在l 2上，以B 1A 1，B 1B 2为邻边在直线l 1，l 2间作菱形A 1B 1B 2C 1，分别以A 1，B 2为圆心，以A 1B 1为半径画弧得扇形B 1A 1C 1和扇形B 1B 2C 1，记扇形B 1A 1C 1与扇形B 1B 2C 1重叠部分的面积为S 1；延长B 2C 1交l 1于点A 2，点B 3在l 2上，以B 2A 2，B2B3为邻边在l1，l2间作菱形A2B2B3C2，分别以A2，B3为圆心，以A2B2为半径画弧得扇形B2A2C2和扇形B2B3C2，记扇形B2A2C2与扇形B2B3C2重叠部分的面积为S2；…；按照此规律继续作下去，则S n＝__________________________(用含有正整数n的式子表示)．第5题图基本模型：________________针对训练1.如图，在平面直角坐标系中，第一次将△OAB变换成△OA1B1，第二次将△OA1B1变换成△OA2B2，第三次将△OA2B2变换成△OA3B3，已知A(1，3)，A1(2，3)，A2(4，3)，A3(8，3)，B(2，0)，B1(4，0)，B2(8，0)，B3(16，0)．将△OAB进行n次变换得到△OA n B n，则△OA n B n 的面积为________．第1题图2.如图，∠MON＝30°，点A1在ON上，点C1在OM上，OA1＝A1C1＝2，C1B1⊥ON于点B1，以A1B1和B1C1为邻边作矩形A1B1C1D1，点A1，A2关于点B1对称，A2C2∥A1C1交OM 于点C2，C2B2⊥ON于点B2，以A2B2和B2C2为邻边作矩形A2B2C2D2，连接D1D2，点A2，A3关于点B2对称，A3C3∥A2C2交OM于点C3，C3B3⊥ON于点B3，以A3B3和B3C3为邻边作矩形A3B3C3D3，连接D2D3，…，依此规律继续下去，则D2021D2022＝________．第2题图3.如图，直线y＝－x＋1分别交x轴、y轴于点A、B，点O1、A1分别是BO、BA的中点，连接A1O1、AO1；O2、A2分别是BO1、BA1的中点，连接A2O2、A1O2，…，按此规律进行下去，则S△A n A n＋1O n＋1的面积是________．第3题图4.如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到△AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到△A1A2A3；再以对角线OA3为边作第四个正方形OA3A4B4，连接A2A4，得到△A2A3A4，…，则△A n A n＋1A n＋2的面积等于________．第4题图5.如图，n个腰长为1的等腰直角三角形(Rt△B1AA1，Rt△B2A1A2，Rt△B3A2A3，…)有一条腰在同一直线上，设△A1B2C1的面积为S1，△A2B3C2的面积为S2，△A3B4C3的面积为S3，…，则S n＝________．(用含n的代数式表示)第5题图6.如图，分别过x 轴上点A 1(1，0)，A 2(2，0)，…，A n (n ，0)作x 轴的垂线，与反比例函数y ＝6x(x ＞0)的图象的交点分别为B 1，B 2，…，B n ，若△A 1B 1A 2的面积为S 1，△A 2B 2A 3的面积为S 2，…，△A n B n A n ＋1的面积为S n ，则S n ＝________．(用含n 的式子表示)第6题图7.已知直线m ：y ＝12x ＋12与直线n ：y ＝－12x ＋12交于点A ，直线n 与x 轴交于点B 1，过B 1作B 1C 1⊥x 轴，交直线m 于点C 1，作菱形AB 1D 1C 1得点D 1，过D 1作B 2C 2⊥x 轴，分别与直线n 和直线m 交于点B 2，C 2，作菱形AB 2D 2C 2得点D 2，过点D 2作B 3C 3⊥x 轴，分别与直线n 和直线m 交于点B 3，C 3，作菱形AB 3D 3C 3得点D 3，…，设△B 1C 1D 1的面积为S 1，△B 2C 2D 2的面积为S 2，△B 3C 3D 3的面积为S 3，…，依次类推，则△B 2022C 2022D 2022的面积S 2022的值是________．第7题图8.如图，△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝30°，作BC 1⊥AC ，垂足为C 1，作CB 1⊥AB ，垂足为B 1，BC 1与CB 1交于点A 1；作B 1C 2⊥AC ，垂足为C 2，作C 1B 2⊥AB ，垂足为B 2，B 1C 2与C 1B 2交于点A 2；作B 2C 3⊥AC ，垂足为C 3，作C 2B 3⊥AB ，垂足为B 3，B 2C 3与C 2B 3交于点A 3；…；若△A 1BC 的面积为1，则四边形A n B n A n ＋1C n 的面积为________．第8题图9.如图，∠MON＝90°，点A1，A2，A3，….A n＋1在射线OM上，点B1，B2，B3，…，B n＋1在射线ON上，连接A1B2，A2B1，∠A1B2O＝∠B1A2O＝30°，A1B2∥A2B3∥A3B4…∥A n B n＋1，A2B1∥A3B2∥A4B3…∥A n＋1B n，A1B2与A2B1相交于点C1，A2B3与A3B2相交于点C2，A3B4与A4B3相交于点C3，…，A n B n＋1与A n＋1B n相交于点C n，OA1＝OB1＝1，则四边形A n C n B n O的周长为________．第9题图10.如图，∠MON＝45°，正方形ABB1C，正方形A1B1B2C1，正方形A2B2B3C2，正方形A3B3B4C3，…的顶点A，A1，A2，A3，…在射线OM上，顶点B，B1，B2，B3，B4，…在射线ON上，连接AB2交A1B1于点D，连接A1B3交A2B2于点D1，连接A2B4交A3B3于点D2，…，连接B1D1交AB2于点E，连接B2D2交A1B3于点E1，…，按照这个规律进行下去，设四边形A1DED1的面积为S1，四边形A2D1E1D2的面积为S2，四边形A3D2E2D3的面积为S3，…，若AB＝2，则S n等于________．(用含有正整数n的式子表示)第10题图11.正方形A1B1C1A2，A2B2C2A3，A3B3C3A4，…，按如图所示的方式放置，点A1，A2，A3，…和点B1，B2，B3，…分别在直线y＝－x＋2和x＝1上，且A1在x轴上，则点C2022的横坐标是________．第11题图12.如图，在平面直角坐标系中，点A(－2，0)，直线l：y＝33x＋33与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2B2∥x轴，交直线l于点B2，以A2B2为边作等边△A2B2A3，以此类推，连接AB1，与A1B交于点C1，连接A1B2，与A2B1交于点C2，以此类推，则点C2022的纵坐标是________．第12题图类型二图形周期变化典例精讲例3如图，△A1A2A3，△A4A5A6，△A7A8A9，…，△A3n－2A3n－1A3n(n为正整数)均为等边三角形，它们的边长依次为2，4，6，…，2n，顶点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O 是所有等边三角形的中心，则点A2016的坐标为________．例3题图【解题步骤】①确认周期：观察图形可知，三角形的顶点______个为一个循环；②确定A2016的位置：∵2016÷______＝______，∴点A2016在y轴上，且是第________个三角形的顶点；③求A2016的坐标：在△A1A2A3中，A1A2＝2，∴△A1A2A3的高为________．∵点O是△A1A2A3的中心，∴OA3＝________，同理得OA6＝________，OA9＝________，…，∴点A2016的坐标为________．辽宁近年中考真题精选1.如图①，边长为1的正三角形ABC放置在边长为2的正方形内部，顶点A在正方形的一个顶点上，边AB在正方形的一边上，将△ABC绕点B顺时针旋转，当点C落在正方形的边上时，完成第1次无滑动滚动(如图②)；再将△ABC绕点C顺时针旋转，当点A落在正方形的边上时，完成第2次无滑动滚动(如图③)；…；每次旋转的角度都不大于120°，依次这样操作下去，当完成第2016次无滑动滚动时，点A经过的路径总长为________．第1题图针对训练1.如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内有一条折线，构成这条线段的端点的坐标是这样的：A1(1，1)、A2(1，2)、A3(2，2)、A4(2，3)、A5(3，3)、A6(3，4)、A7(4，4)，…，依此规律，点A71的坐标为________．第1题图2.如图，多边形A1A2A3A4A5A6、多边形A7A8A9A10A11A12、…、多边形A6n－5A6n－4A6n－3A6n－2A6n A6n(n为正整数)均为正六边形，它们的边长依次是2、4、…、2n，顶点A6、A12、…、A6n －1均在x轴上，点O是所有正六边形的中心，则A2021的坐标是________．第2题图3.如图，四边形OA1B1C1是边长为1的正方形，点A1、C1分别在x轴、y轴的负半轴上，连接OB1，以OB1的长为边长向右侧作正方形OA2B2C2，点A2在y轴的负半轴上，点C2在x轴的正半轴上，连接OB2，以OB2的长为边长向上方作正方形OA3B3C3，点A3、C3分别在x轴、y轴的正半轴上，…，按照这个规律进行下去，点B2021的坐标为________．第3题图4.如图，在直角坐标系中，以原点O为圆心的同心圆的半径由内向外依次为1，2，3，4，…，同心圆与直线y＝x和y＝－x分别交于A1，A2，A3，A4，…，则点A30的坐标是________．第4题图5.如图，在平面直角坐标系中，等腰Rt△OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1＝A1A2＝1，以OA2为直角边作第二个等腰Rt△OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰Rt△OA3A4，…，依此规律，得到等腰Rt△OA2021A2022，则点A2022的坐标为________．第5题图6.如图，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，△A7A8A9，…，都是等边三角形，且点A1，A3，A5，A7，A9的坐标分别为A1(3，0)，A3(1，0)，A5(4，0)，A7(0，0)，A9(5，0)，依据图形所反映的规律，则A100的坐标为________．第6题图7.如图，边长为4的等边△ABC，AC边在x轴上，点B在y轴的正半轴上，以OB为边作等边△OBA1，边OA1与AB交于点O1，以O1B为边作等边△O1BA2，边O1A2与A1B交于点O2，以O2B为边作等边△O2BA3，边O2A3与A2B交于点O3，…，依此规律继续作等边△O n BA n，则A2020的横坐标为________．－1第7题图参考答案类型一图形递推变化典例精讲例17×22n－19【解题步骤】①2，4，4，12，13，23，23，43，23，83，12，13，13×12×43×4＝89，12×2×23＝23，23＋89＝149；②8，13，13×12×83×8＝329，12×4×43＝83，83＋329＝569，2249；③7×22n －19.例23n －12n －2【解题步骤】①13t ＋43，13t ＋43，2；②13m ＋43，13m ＋43，5，3，92，274；③3n －12n －2.辽宁近年中考真题精选1.2n ＋12n 【解析】设AB ＝CD ＝a ，AD ＝CB ＝EA ＝b ，则DE ＝2b ，DF 1＝CF 1＝12a ，CF 2＝14a ，CF 3＝18a ，∴S △EF 1B ＝S 四边形BCDE －S △DEF 1－S △CBF 1＝12(2b ＋b )a －12×2b ×12a －12×12ab ＝34ab ＝34×2＝32；S △EF 2B ＝S 四边形BCDE －S △DEF 2－S △CBF 2＝12(2b ＋b )a －12×2b ×34a －12×14ab ＝58ab ＝58×2＝54；S △EF 3B ＝S 四边形BCDE －S △DEF 3－S △CBF 3＝12(2b ＋b )a －12×2b ×78－12×18ab ＝916ab ＝916×2＝98；…；由面积变化规律可知S △EF n B ＝2n ＋12n .基本模型：2.34n 【解析】∵A 1O ＝A 1C 1＝2，∠A 1OC 1＝30°，A 1C 2⊥OC 1，∴A 1C 2＝12A 1O ＝1，C 1C 2＝C 2O ＝3，又∵A 2C 3⊥OC 1，∴A 2C 3∥A 1C 2，∴A 2C 3是△A 1C 2O 的中位线，∴A 2C 3＝12A 1C 2＝12，S △A 2C 2C 1＝12C 1C 2·A 2C 3＝34；以此类推，S △A 3C 3C 2＝342；S △A 4C 4C 3＝343；…；∴S △A n ＋1C n ＋1C n ＝34n.基本模型：3.2n －12n －1【解析】∵△A 1C 1C 2是等边三角形，∴∠A 1C 2C 1＝60°，∵C 1D 1⊥A 1C 2，∴D 1C 2＝12C 1C 2，∠D 1C 1C 2＝30°，∵C 1D 1＝D 1C 3，∴∠D 1C 3C 2＝∠D 1C 1C 2＝30°，∴∠C 2D 1C 3＝∠C 2C 3D 1＝30°，∴C 2C 3＝C 2D 1＝12C 1C 2，∴C △A 2C 2C 3＝12C △A 1C 1C 2＝12，同理C △A 3C 3C 4＝12C △A 2C 2C 3＝122，∴△A n C n C n ＋1的周长为12n －1，∴这些三角形的周长和为1＋12＋122＋…＋12n －1＝2n －12n －1.基本模型：4.7×3n －12n 【解析】如解图，过点B 1作B 1M ⊥x 轴于点M ，过点C 1作C 1N ⊥x 轴于点N ，∵点B 1的坐标为(2，1)，∴点M 的坐标为(2，0)，即B 1M ＝1，OM ＝2，由△A 1MB 1∽△B 1MO可得A 1M ＝12，又∵△C 1NA 1≌△A 1MB 1，∴A 1N ＝1，C 1N ＝12，∴点C 1的横坐标为72；同理可得，点C 2的横坐标为72×32；点C 3的横坐标为72×(32)2；…；∴点C n 的横坐标为7×3n －12n .第4题解图基本模型：5.(π3－32)×(32)2n －2【解析】∵直线l 1∶y ＝33x ，∴∠A 1Ox ＝30°，∵直线l 2∶y ＝3x ，∴∠B 1Ox ＝60°，∴∠A 1OB 1＝30°.∵A 1B 1⊥l 1，∴∠OB 1A 1＝60°，∵四边形A 1B 1B 2C 1是菱形，∴A 1C 1∥B 1B 2，∴∠B 1A 1C 1＝∠A 1B 1O ＝60°，∵A 1B 1＝A 1C 1，∴△A 1B 1C 1是等边三角形，∴S 1＝2(S 扇形A 1B 1C 1－S △A 1B 1C 1).∵点A 1的横坐标为32，∴点A 1的纵坐标为32，OA 1＝3.如解图，过点A 1作A 1D ⊥x 轴于点D ，则△A 1OB 1∽△DOA 1，∴A 1B 1DA 1＝A 1O DO ，即A 1B 132＝332，∴A 1B 1＝1，∴S 1＝2×(π6－34)＝π3－32.在△A 2A 1C 1中，A 1C 1＝A 1B 1＝1，∠C 1A 1A 2＝30°，∴A 2C 1＝12A 1C 1＝12，∴A 2B 2＝A 2C 1＋B 2C 1＝32，∴S 2＝2[(π6×(32)2－12×32×(32)2]＝(π3－32)×(32)2，同理S 3＝(π3－32)×(32)4，S 4＝(π3－32)×(32)6，∴S n ＝(π3－32)×(32)2(n －1)＝(π3－32)×(32)2n －2.第5题解图基本模型：针对训练1.3·2n 【解析】∵A ，A 1，A 2…A n 都在平行于x 轴的直线上，点的纵坐标都相等，∴A n 的纵坐标是3，这些点的横坐标有一定的规律A n ＝2n ；B ，B 1，B 2，…，B n 都在x 轴上，B n 的纵坐标是0，这些点的横坐标也有一定的规律B n ＝2n ＋1，点A n 的坐标是(2n ，3)，B n 的坐标是(2n ＋1，0)，∴△OA n B n 的面积＝12×3×OB n ＝3·2n .2.22020·7【解析】由题意得D 1D 2＝22＋（3）2＝7＝20·7，D 2D 3＝42＋（23）2＝27＝21·7，D 3D 4＝82＋（43）2＝47＝22·7，…，∴D n D n ＋1＝2n －1·7.∴D 2021D 2022＝22020·7.3.122n ＋3【解析】把x ＝0代入y ＝－x ＋1得，y ＝1，∴OB ＝1，把y ＝0代入y ＝－x ＋1得，x ＝1，∴OA ＝1，∴OA ＝OB ，∵点O 1、A 1分别是BO 、BA 的中点，∴OO 1＝12OB ＝12，O 1A 1是△OAB 的中位线，∴O 1A 1∥OA ，O 1A 1＝12OA ＝12，如解图，连接OA 1，O 1A 2，∵O 1A 1∥OA ，∴S △AO 1A 1＝S △OO 1A 1＝12×12×12＝123，同理，O 2A 2＝12O 1A 1＝14，O 2O 1＝12BO 114，S △A 1O 2A 2＝S △O 1O 2A 2＝12×14×14＝125，…，∴S △A n A n ＋1O n ＋1＝122n ＋3.第3题解图4.2n －1【解析】设△AA 1A 2、△A 1A 2A 3、△A 2A 3A 4的面积分别为S 1、S 2、S 3，∵四边形OAA 1B 1是正方形，∴OA ＝AA 1＝A 1B 1＝1，∴S 1＝12，∵∠OAA 1＝90°，∴OA 21＝12＋12＝2，∴OA 2＝A 2A 3＝2，∴S 2＝1，同理可求：S 3＝2，S 4＝4，…，∴S n ＝2n －2，∴△A n A n ＋1A n ＋2的面积S n ＋1＝2n －1.5.n2n ＋2【解析】如解图，连接B 1B 2，B 2B 3，B 3B 4，∵n 个腰长为1的等腰三角形有一条腰在同一直线上，∴B 1B 2＝B 2B 3＝B 3B 4＝1，∴△A 1B 1B 2的面积＝12，∵B 1B 2∥AA 4，∴B 1B 2AA 1＝1，B 2B 3AA 2＝12，B 3B 4AA 3＝13，∴S 1＝12×11＋1＝14，∵S 2＝12×21＋2＝13，S 3＝12×33＋1＝38，∴S n ＝12×n n ＋1＝n 2n ＋2.第5题解图6.3n【解析】如解图，分别连接OB 1，OB 2，…，OB n ，∵点A 1(1，0)，A 2(2，0)，…，A n (n ，0)，∴OA 1＝A 1A 2＝A 2A 3＝A 3A 4＝…，∵B 1，B 2，…，B n 在反比例函数y ＝6x(x ＞0)的图象上，∴S △A n OB n ＝12×6＝3，∴S 1＝S △A 1OB 1＝3，S 2＝12S △A 2OB 2＝32，S 3＝13S △A 3OB 3＝33，…，S n ＝1n S △A n OB n ＝3n .第6题解图7.24041【解析】由12x ＋12＝－12x ＋12得x ＝0，则A (0，12)，令y ＝0，由y ＝－12x ＋12＝0得x ＝1，则B 1(1，0)，C 1(1，1)，∴B 1C 1＝1，如解图，连接AD 1，D 1D 2，D 2D 3，由菱形的对称性可得AD 1＝2，∴S 菱形AB 1D 1C 1＝12AD 1·B 1C 1＝12×2×1＝1，∴S 1＝12S 菱形AB 1D 1C 1＝12，把x ＝2分别代入y ＝12x ＋12与y ＝－12x ＋12得y ＝32和y ＝－12，∴B 2(2，－12)，C 2(2，32)，∴B 2C 2＝2，由菱形的对称性得AD 2＝4，∴S 2＝12S 菱形AB 2D 2C 2＝12×12×4×2＝2，把x ＝4分别代入y ＝12x ＋12与y ＝－12x ＋12得y ＝52和y ＝－32，∴B 3(4，－32)，C 3(4，52)，∴B 3C 3＝4，由菱形的对称性得AD 3＝8，∴S 3＝12S 菱形AB 3D 3C 3＝12×12×8×4＝8，同理可得S 4＝32，S 5＝128，…，由上可知S n ＝22n －3，∴S 2022＝24041.第7题解图8.3n22n －1【解析】∵∠A ＝30°，AB ＝AC ，∴∠ABC ＝∠ACB ＝75°，∵BC 1⊥AC ，∴∠CBA 1＝15°，同理可得∠BCB 1＝15°，∴∠CA 1C 1＝30°，A 1B ＝A 1C ，∴CC 1＝12A 1C ，∵△A 1BC 的面积为1，∴12A 1B ·CC 1＝1，即12A 1C ·12A 1C ＝1，∴A 1C ＝2，∴A 1C 1＝32A 1C ＝3，∵A 1C 1⊥AC ，B 1A 2⊥AC ，∴A 1C 1∥B 1A 2，同理，A 1B 1∥A 2C 1，∴四边形A 1B 1A 2C 1是平行四边形，∵∠B 1BC ＝∠C 1CB ，∠BB 1C ＝∠CC 1B ＝90°，BC ＝CB ，∴△BB 1C ≌△CC 1B (AAS)，∴BC 1＝CB 1，∵A 1B ＝A 1C ，∴A 1B 1＝A 1C 1，∴四边形A 1B 1A 2C 1是菱形，∴A 1C 1＝A 2C 1，∵CB 1∥C 1B 2，∴∠A 2C 1A 1＝∠CA 1C 1＝30°，如解图，过点A 1作A 1M ⊥A 2C 1于M ，∴A 1M ＝12A 1C 1＝123，∴菱形A 1B 1A 2C 1的面积＝A 2C 1·A 1M ＝32＝3122×1－1；同理可得，菱形A 2B 2A 3C 2的面积＝98＝3222×2－1；菱形A 3B 3A 4C 3的面积＝2732＝3322×3－1；…；由上可知四边形A n B n A n ＋1C n 的面积＝3n 22n －1.第8题解图9.2(3)n 【解析】∵OA 1＝OB 1＝1，∠A 1B 2O ＝∠B 1A 2O ＝30°，∴OA 2＝1tan ∠OA 2B 1＝1tan30°＝3，∴A 1A 2＝OA 2－OA 1＝3－1，∵∠A 1B 2O ＝∠B 1A 2O ＝30°，∴∠B 2A 1O ＝60°，∵∠B 2A 1O ＝∠B 1A 2O ＋∠A 1C 1A 2，∴∠A 1C 1A 2＝30°，∴∠B 1A 2O ＝∠A 1C 1A 2＝30°，∴A 1A 2＝A 1C 1＝3－1，同理OB 2＝3，B 1B 2＝B 1C 1＝3－1，∴四边形A 1C 1B 1O 的周长为1＋1＋3－1＋3－1＝23，∵A 1B 2∥A 2B 3，A 2B 1∥A 3B 2，∴∠OA 1B 2＝∠OA 2B 3，∠OB 1A 2＝∠OB 2A 3，∴四边形OA 1C 1B 1∽四边形OA 2C 2B 2，且相似比为OA 2OA 1＝3，同理四边形OA 2C 2B 2∽四边形OA 3C 3B 3，且相似比为3；以此类推，四边形OA n －1C n －1B n －1∽四边形OA n C n B n ，且相似比为3；∴四边形OA 1C 1B 1∽四边形OA n C n B n ，且相似比为(3)n －1，∴四边形OA 1C 1B 1的周长四边形OA n C n B n 的周长＝1（3）n －1，∴四边形A n C n B n O 的周长为23×(3)n －1＝2(3)n .10.19×4n ＋2【解析】设△ADC 的面积为S ，由题意得，AC ∥B 1B 2，AC ＝AB ＝2，B 1B 2＝4，∴△ACD ∽△B 2B 1D ，∴S △ADC S △B 1B 2D ＝(AC B 1B 2)2＝14，∴S △B 1B 2D ＝4S ，∵CD DB 1＝AC B 1B 2＝12，CB 1＝2，∴DB 1＝43，同理D 1B 2＝83，设△B 1DE 的边B 1D 上的高为h 1，△B 2D 1E 的边B 2D 1上的高为h 2，∵B 1D ∥B 2D 1，∴△B 1DE ∽△D 1B 2E ，∴h 1h 2＝B 1D B 2D 1＝4383＝12，又∵h 1＋h 2＝4，∴h 1＝43，S 1＝12(B 1B 2)2－12B 1D ·h 1＝19×43，同理可得S 2＝19×44，…，S n ＝19×4n ＋2.11.22021＋1【解析】如解图，令y ＝0，则y ＝－x ＋2＝0，得x ＝2，∴点A 1的坐标为(2，0)．令x ＝0，则y ＝－x ＋2＝2，∴M (0，2)，∴OM ＝OA 1＝2，∴∠MA 1O ＝45°，∴∠A 1PN ＝45°，∵四边形A 1B 1C 1A 2为正方形，∴∠MA 1B 1＝90°，∴∠NA 1B 1＝45°，∴∠A 1B 1N ＝45°，∴A 1N ＝B 1N ＝2－1＝1，∴A 1P ＝A 1B 1＝A 1A 2＝A 2C 1＝B 1C 1＝2，B 1(1，－1)，如解图，连接A 2B 1，A 1C 1，则∠A 1B 1A 2＝∠C 1A 1B 1＝45°，∴∠A 2B 1N ＝∠C 1A 1N ＝90°，∴点C 1的横坐标与A 1的横坐标相等为2，A 2与B 1的纵坐标相等为－1，当y ＝－1时，y ＝－x ＋2＝－1，得x ＝3，∴点A 2的坐标为(3，－1)．∵四边形A 2B 2C 2A 3为正方形，∴∠PA 2B 2＝90°，∵∠A 1PN ＝45°，∵A 2B 2＝A 2P ＝22，∴PB 2＝2A 2B 2＝4，∴B 2(1，－3)，如解图，连接A 3B 2，A 2C 2，则A 3B 2∥x 轴，A 2C 2∥y 轴，∴点C 2的横坐标与A 2的横坐标相等为3，A 3与B 2的纵坐标相等为－3，当y ＝－3时，y ＝－x ＋2＝－3，得x ＝5，∴点A 3的坐标为(5，－3)．∴点C 3的横坐标为5.同理可得，C 4的横坐标为9，C 5的横坐标为17，…，由上可得规律，C n 的横坐标为2n －1＋1(n ≥2)，∴点C 2022的纵坐标为22021＋1.第11题解图12.22023－363【解析】∵直线l ：y ＝33x ＋33与x 轴交于点B ，∴B (－1，0)，∴OB ＝1，∵A (－2，0)，∴OA ＝2，∴AB ＝1，∵△ABA 1是等边三角形，∴A 1(－32，32)，把y ＝32代入y ＝33x ＋33，求得x ＝12，∴B 1(12，32，∴A 1B 1＝2，设C 1到x 轴的距离为h 1，C 1到A 1B 1的距离为h 1′，∴h 1＋h 1′＝yA 1＝123，∵A 1B 1//AB ，∴△A 1B 1C 1∽△BAC 1，∴h 1h 1′＝BA A 1B 1＝12，∴h 1＝13(h 1＋h 1′)＝13×123＝163，∴C 1的纵坐标为163；∵A 1B 1＝2，∴A 2(－12，332，将y ＝332代入y ＝33x ＋33中，得33x ＋33＝332，求得x ＝72，∴B 2(72，332)，∴A 2B 2＝4，设C 2到A 1B 1的距离为h 2，C 2到A 2B 2的距离为h 2′，∴h 2＋h 2′＝12A 1B 1·3＝3，∵A 1B 1//A 2B 2，∴△A 1B 1C 2∽△B 2A 2C 2，∴h 2h 2′＝A 1B 1A 2B 2＝12，∴h 2＝13(h 2＋h 2′)＝13×3＝133，∴C 2的纵坐标为yA 1＋h 2＝123＋133＝563；同理可得，C 3的纵坐标为1363；C 4的纵坐标为2963；…，∴C n 的纵坐标为2n ＋1－36 3.∴点C 2022的纵坐标是22023－363.第12题解图类型二图形周期变化典例精讲例3(0，4483)【解题步骤】①3；②3，672,672；③3，233，433，23，(0，4483)辽宁近年中考真题精选1.560π【解析】第一次操作：A 点运动路径长为l 1＝120×π×1180＝23π，第二次操作：A 点运动路径长为l 2＝30×π×1180＝16π，第三次操作：A 点运动路径长为l 3＝0，第四次操作：A 点运动路径长为l 4＝30×π×1180＝16π，第五次操作：A 点运动路径长为l 5＝120×π×1180＝23π，第六次操作：A 点运动路径长为l 6＝0，第七次操作：A 点运动路径长为l 7＝120180×π×1＝23π，…，以此类推，不难发现每三次操作，A 点的运动路径总长相同，即为l ＝23π＋16π＋0＝56π，又∵2016÷3＝672刚好整除，∴A 点的运动总路径长为l 总＝672×56π＝560π.针对训练1.(36，36)【解析】观察这些端点的坐标，有以下规律：当n 为奇数时，第n 个点的坐标为(n ＋12，n ＋12)；当n 为偶数时，第n 个点的坐标为(12n ，12n ＋1)．由此可知，点A 71的坐标为(36，36)．2.(337，－3373)【解析】观察图形可知，六边形的顶点是6个为一个循环，∵2021÷6＝336……5，∴点A 2021是第337个正六边形的顶点，且在第四象限，如解图连接OA 5，A 5，A 11，并延长至A 2021，∵点O 是所有正六边形的中心，易得△OA 5A 6、△OA 11A 12…，都是等边三角形，∴OA 5＝2、OA 11＝4、…，OA 2021＝337×2＝674，作A 2021P ⊥x 轴于点P ，∵∠A 2021OP ＝60°，∴A 2021P ＝OA 2021·sin60°＝3373，OP ＝OA 2021·cos60°＝337，∴点A 2021的坐标是(337，－3373)．第2题解图3.(－21010，－21010)【解析】由题意得，点B 1，B 2，B 3，B 4分别在第三象限，第四象限，第一象限，第二象限的角平分线上，且点B 5与点B 1在一条直线上，∴周期为4.∵2021÷4＝505……1，∴点B 2021在第三象限的角平分线上．∵四边形OA 1B 1C 1是边长为1的正方形，∴OA 1＝1，∴OB 1＝2.∵正方形OA 2B 2C 2的边长等于OB 1，∴OA 2＝2，∴OB 2＝2OA 2＝2＝(2)2.∵正方形OA 3B 3C 3的边长等于OB 2，∴OA 3＝2，∴OB 3＝2OA 3＝22＝(2)3.同理可得，OB 2021＝(2)2021，∴点B 2021的横坐标为－(2)2021×cos45°＝－（2）20222＝－210112＝－21010，纵坐标为－(2)2021×sin45°＝－（2）20222＝－210112＝－21010，∴点B 2021的坐标为(－21010，－21010)．4.(－42，42)【解析】观察题图可知，每4个点在一个图上，∴周期为4，∵30÷4＝7……2，∴A 30在直线y ＝－x 上，且在第二象限第8个圆上，即射线OA 30与x 轴的夹角是45°，∵在直角坐标系中，以原点O 为圆心的同心圆的半径由内向外依次为1，2，3，4，…，∴OA 30＝8，如解图，OA ＝8，∠AOB ＝45°，∵sin45°＝AB 8，cos45°＝OB 8，∴AB ＝42，OB ＝42，∵A 30在第二象限，∴A 30的横坐标是－42，纵坐标是42，即A 30的坐标是(－42，42)．第4题解图5.(－21010，－21010)【解析】∵等腰Rt △OA 1A 2的直角边OA 1在y 轴的正半轴上，且OA 1＝A 1A 2＝1＝(2)°，以OA 2为直角边作第二个等腰Rt △OA 2A 3，以OA 3为直角边作第三个等腰Rt △OA 3A 4，…，∴OA 1＝1＝(2)°，OA 2＝2，OA 3＝(2)2，…，OA 2022＝(2)2021，∵A 1、A 2、A 3、…，每8个一循环，再回到y 轴的正半轴，2022÷8＝252……6，∴点A 2022在第三象限对角线上，∵OA 2022＝(2)2021，∴点A 2022的坐标为(－21010，－21010)．6.(52，－5132)【解析】观察，发现规律：A 2(2，3)，A 4(52，－332)，A 6(2，23)，A 8(52，－532)，…，∴A 4n ＋2(2，3n ＋3)，A 4n ＋4(52，－（2n ＋3）32)(n 为自然数)，∵100＝4×24＋4，∴A 100的坐标为(52，－5132)．7.－3101022019【解析】∵边长为4的等边△ABC ，AC 边在x 轴上，点B 在y 轴的正半轴上，OB ⊥AC ，∴∠BAC ＝∠ABC ＝60°，∠ABO ＝12∠ABC ＝30°，∴AO ＝12AB ＝2，OB ＝3AO ＝23；∵以OB 为边作等边△OBA 1，边OA 1与AB 交于点O 1，以O 1B 为边作等边△O 1BA 2，边O 1A 2与A 1B 交于点O 2，∴∠BA 1O ＝∠A 1OB ＝∠A 2O 1B ＝60°，∠A 1BO 1＝∠OBO 1＝12∠A 1BO＝30°，∴∠AOO 1＝∠A 1O 1O 2＝90°－60°＝30°，在△OO 1A 与△O 1O 2A 1OAO 1＝∠A 1AOO 1＝∠A 1O 1O 2，∴△OO 1A ∽△O 1O 2A 1，同理，可得△OO 1A ∽△O 1O 2A 1∽△O 2O 3A 2∽…∽△O n －1O n A n －1，相似比O 1A 1OA ＝O 1O 2OO 1＝sin60°＝32，∴O 1A 1＝32OA ，同理O 2A 2＝32O 1A 1＝(32)2OA ，…，O n A n ＝(32)n OA ∵∠OBA ＝∠O 1BA 1＝∠O 2BA 2＝∠O 3BA 3＝…＝∠O n －2BA n －2＝∠O n －1BA n －1＝30°，360°÷30°＝12，∴这些点所在的位置以12个为一个周期依次循环，∵2020÷12＝168……4，∴O 2020A 2020为4÷2×(32)2020＝3101022019.∴△O 2019BA 2020的边长为2O 2020A 2020＝2×(3101022019)＝3101022018，∵点A 2020与点A 4位置类似，∴点A 2020的横坐标为－3101022019·sin30°＝－3101022019.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
题型五 几何图形探究题类型一 几何图形静态探究1．(2017·成都)问题背景：如图①，等腰△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，作AD⊥BC 于点D ，则D 为BC 的中点，∠BAD ＝12∠BAC＝60°，于是BC AB ＝2BDAB＝3；迁移应用：如图②，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC ＝∠DAE＝120°，D ，E ，C 三点在同一条直线上，连接BD.①求证：△ADB≌△AEC；②请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式；拓展延伸：如图③，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝120°，在∠ABC 内作射线BM ，作点C 关于BM 的对称点E ，连接AE 并延长交BM 于点F ，连接CE ，CF.①证明△CEF 是等边三角形； ②若AE ＝5，CE ＝2，求BF 的长.2．(2017·许昌模拟)在正方形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，动点P 在线段BC 上(不含点B)，∠BPE ＝12∠ACB，PE 交BO 于点E ，过点B 作BF⊥PE，垂足为F ，交AC 于点G.(1)当点P 与点C 重合时(如图①)，求证：△BOG≌△POE； (2)通过观察、测量、猜想：BFPE＝__________，并结合图②证明你的猜想； (3)把正方形ABCD 改为菱形，其他条件不变(如图③)，若∠ACB＝α，求BFPE 的值．(用含α的式子表示)3．(2014·河南)(1)问题发现如图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__________．(2) 拓展探究如图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．(3)解决问题如图③，在正方形ABCD中，CD＝2，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离.4．(2017·长春改编)【再现】如图①，在△ABC 中，点D ，E 分别是AB ，AC 的中点，可以得到：DE∥BC，且DE ＝12BC.(不需要证明)【探究】如图②，在四边形ABCD 中，点E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，判断四边形EFGH 的形状，并加以证明；【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形ABCD 中，满足什么条件时，四边形EFGH 是菱形？你添加的条件是：__________.(只添加一个条件)(2)如图③，在四边形ABCD 中，点E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，对角线AC ，BD 相交于点O.若AO ＝OC ，四边形ABCD 面积为5，求阴影部分图形的面积.5．(2016·新乡模拟)问题背景：已知在△ABC 中，AB 边上的动点D 由A 向B 运动(与A ，B 不重合)，同时，点E 由点C 沿BC 的延长线方向运动(E 不与C 重合)，连接DE 交AC 于点F ，点H 是线段AF 上一点，求ACHF的值．(1)初步尝试如图①，若△ABC 是等边三角形，DH ⊥AC ，且D ，E 的运动速度相等，小王同学发现可以过点D 做DG∥BC，交AC 于点G ，先证GH ＝AH.再证GF ＝CF ，从而求得ACHF的值为__________；(2)类比探究如图②，若在△ABC 中，∠ABC ＝90°，∠ADH ＝∠BAC＝30°，且点D ，E 的运动速度之比是3∶1，求ACHF 的值；(3)延伸拓展如图③，若在△ABC 中，AB ＝AC ，∠ADH ＝∠BAC＝36°，记BCAC ＝m ，且点D ，E 的运动速度相等，试用含m的代数式表示ACHF的值(直接写出结果，不必写解答过程) .类型二 几何图形动态探究1．(2015·河南)如图①，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，BC ＝2AB ＝8，点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点，连接DE ，将△EDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α.(1)问题发现①当α＝0°时，AE BD ＝__________；②当α＝180°时，AEBD ＝__________；(2)拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．(3)问题解决当△EDC 旋转至A ，D ，E 三点共线时，直接写出线段BD 的长．2．已知，点O 是等边△ABC 内的任一点，连接OA ，OB ，OC.(1)如图①，已知∠AOB＝150°，∠BOC ＝120°，将△BOC 绕点C 按顺时针方向旋转60°得△ADC. ①∠DAO 的度数是__________；②用等式表示线段OA ，OB ，OC 之间的数量关系，并证明； (2)设∠AOB＝α，∠BOC ＝β.①当α，β满足什么关系时，OA ＋OB ＋OC 有最小值？请在图②中画出符合条件的图形，并说明理由； ②若等边△ABC 的边长为1，直接写出OA ＋OB ＋OC 的最小值.3．(2013· 河南)如图①，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中∠C＝90°，∠B ＝∠E＝30°. (1)操作发现如图②，固定△ABC，使△DCE 绕点C 旋转．当点D 恰好落在AB 边上时，填空： ①线段DE 与AC 的位置关系是__________；②设△BDC 的面积为S 1，△AEC 的面积为S 2，则S 1与S 2的数量关系是__________； (2) 猜想论证当△DEC 绕点C 旋转到图③所示的位置时，小明猜想(1)中S 1与S 2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC 中BC 、CE 边上的高，请你证明小明的猜想；(3) 拓展探究已知∠ABC＝60°，点D 是其角平分线上一点，BD ＝CD ＝4，DE ∥AB 交BC 于点E(如图④)，若在射线BA 上存在点F ，使S △DCF ＝S △BDC ，请直接写出相应的BF 的长.4．(2017·郑州模拟)【问题情境】数学课上，李老师提出了如下问题：在△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝α，点D是AB边上任意一点，将射线DC绕点D逆时针旋转α与过点A且平行于BC边的直线交于点E.请判断线段BD与AE之间的数量关系．小颖在小组合作交流中，发表自己的意见：“我们不妨从特殊情况下获得解决问题的思路，然后类比到一般情况．”小颖的想法获得了其他成员一致的赞成．【问题解决】(1)如图①，当α＝60°时，判断BD与AE之间的数量关系；解法如下：过D点作AC的平行线交BC于F，构造全等三角形，通过推理使问题得到解决，请你直接写出线段BD与AE之间的数量关系：__________.【类比探究】(2)如图②，当α＝45°时，请判断线段BD与AE之间的数量关系，并进行证明；(3)如图③，当α为任意锐角时，请直接写出线段BD与AE之间的数量关系：__________.(用含α的式子表示，其中0°＜α＜90°)5．(2017·烟台)【操作发现】(1)如图①，△ABC 为等边三角形，现将三角板中的60°角与∠ACB 重合，再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°)，旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D ，在三角板斜边上取一点F ，使CF ＝CD ，线段AB 上取点E ，使∠DCE＝30°，连接AF ，EF.①求∠EAF 的度数；②DE 与EF 相等吗？请说明理由； 【类比探究】(2)如图②，△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，先将三角板的90°角与∠ACB 重合，再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°)，旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D ，在三角板另一直角边上取一点F ，使CF ＝CD ，线段AB 上取点E ，使∠DCE＝45°，连接AF ，EF ，请直接写出探究结果：①求∠EAF 的度数；②线段AE ，ED ，DB 之间的数量关系．题型五 第22题几何图形探究题类型一 几何图形静态探究1．迁移应用：①证明：∵∠BAC ＝∠DAE ＝120°， ∴∠DAB ＝∠CAE ，在△DAB 和△EAC 中，⎩⎪⎨⎪⎧DA ＝EA ∠DAB ＝∠EAC AB ＝AC，∴△DAB ≌△EAC;,图②)②解：结论：CD ＝3AD ＋BD.理由：如解图①，作AH ⊥CD 于H. ∵△DAB ≌△EAC ，∴BD ＝CE ，在Rt △ADH 中，DH ＝AD·cos 30°＝32AD ， ∵AD ＝AE ，AH ⊥DE ，∴DH ＝HE ，∵CD ＝DE ＋EC ＝2DH ＋BD ＝3AD ＋BD ；拓展延伸：①证明：如解图②，作BH ⊥AE 于H ，连接BE.∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝120°，∴△ABD ，△BDC 是等边三角形，∴BA ＝BD ＝BC ， ∵E 、C 关于BM 对称，∴BC ＝BE ＝BD ＝BA ，FE ＝FC ，∴A 、D 、E 、C 四点共圆， ∴∠ADC ＝∠AEC ＝120°，∴∠FEC ＝60°， ∴△EFC 是等边三角形，②解：∵AE ＝5，EC ＝EF ＝2， ∴AH ＝HE ＝2.5，FH ＝4.5，在Rt △BHF 中，∵∠BFH ＝30°， ∴HF BF ＝cos 30°，∴BF ＝4.532＝3 3. 2．(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形，P 与C 重合，∴OB ＝OP ，∠BOC ＝∠BOG ＝90°， ∵PF ⊥BG ，∠PFB ＝90°，∴∠GBO ＝90°－∠BGO ，∠EPO ＝90°－∠BGO ，∴∠GBO ＝∠EPO ， 在△BOG 和△POE 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GBO ＝∠EPO OB ＝OP ∠BOG ＝∠POE ，∴△BOG ≌△POE(ASA )；(2)解：猜想BF PE ＝12.证明：如解图①，过P 作PM ∥AC 交BG 于M ，交BO 于N ， ∴∠PNE ＝∠BOC ＝90°，∠BPN ＝∠OCB.∵∠OBC ＝∠OCB ＝45°，∴∠NBP ＝∠NPB ，∴NB ＝NP.∵∠MBN ＝90°－∠BMN ，∠NPE ＝90°－∠BMN ，∴∠MBN ＝∠NPE ， 在△BMN 和△PEN 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠MBN ＝∠NPE NB ＝NP ∠MNB ＝∠PNE ，∴△BMN ≌△PEN(ASA )，∴BM ＝PE.∵∠BPE ＝12∠ACB ，∠BPN ＝∠ACB ，∴∠BPF ＝∠MPF.∵PF ⊥BM ，∴∠BFP ＝∠MFP ＝90°. 在△BPF 和△MPF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠BPF ＝∠MPE PF ＝PF∠PFB ＝∠PFM，∴△BPF ≌△MPF(ASA ). ∴BF ＝MF. 即BF ＝12BM.∴BF ＝12PE.即BF PE ＝12；(3)解：如解图②，过P 作PM ∥AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ， ∴∠BPN ＝∠ACB ＝α，∠PNE ＝∠BOC ＝90°. 由(2)同理可得BF ＝12BM ，∠MBN ＝∠EPN ，∴△BMN ∽△PEN ，∴BM PE ＝BNPN .在Rt △BNP 中，tan α＝BNPN ，∴BM PE ＝tan α，即2BF PE ＝tan α，∴BF PE ＝tan α2. 3．解：(1)∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°，∴∠ACD ＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD ≌△BCE(SAS )．∴∠ADC ＝∠BEC.∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE ＝∠CED ＝60°.∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC ＝120°，∴∠BEC ＝120°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝60°； ②∴AD ＝BE ；(2)∠AEB ＝90°，AE ＝BE ＋2CM.理由：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°.∴∠ACD ＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧CA ＝CB ∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD ≌△BCE(SAS )．∴AD ＝BE ，∠ADC ＝∠BEC. ∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CDE ＝∠CED ＝45°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC ＝135°，∴∠BEC ＝135°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝90°. ∵CD ＝CE ，CM ⊥DE ，∴DM ＝ME. ∵∠DCE ＝90°，∴DM ＝ME ＝CM ， ∴AE ＝AD ＋DE ＝BE ＋2CM ；(3)点A 到BP 的距离为3－12或3＋12. 理由如下：∵PD ＝1，∴点P 在以点D 为圆心，1为半径的圆上．①当点P 在如解图①所示位置时，连接PD 、PB 、PA ，作AH ⊥BP ，垂足为H ， 过点A 作AE ⊥AP ，交BP 于点E ， ∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADB ＝45°.AB＝AD ＝DC ＝BC ＝2，∠BAD ＝90°.∴BD ＝2. ∵DP ＝1，∴BP ＝ 3.∵∠BPD ＝∠BAD ＝90°，∴A 、P 、D 、B 在以BD 为直径的圆上， ∴∠APB ＝∠ADB ＝45°.∴△PAE 是等腰直角三角形．又∵△BAD 是等腰直角三角形，点B 、E 、P 共线，AH ⊥BP ， ∴由(2)中的结论可得：BP ＝2AH ＋PD. ∴3＝2AH ＋1.∴AH ＝3－12；②当点P 在如解图②所示位置时，连接PD 、PB 、PA ，作AH ⊥BP ，垂足为H ， 过点A 作AE ⊥AP ，交PB 的延长线于点E ， 同理可得：BP ＝2AH －PD.∴3＝2AH －1.∴AH ＝3＋12. 综上所述：点A 到BP 的距离为3－12或3＋12. 4．解：【探究】平行四边形． 理由：如解图①，连接AC ，∵E 是AB 的中点，F 是BC 的中点，∴EF ∥AC ，EF ＝12AC ，同理HG ∥AC ，HG ＝12AC ，综上可得：EF ∥HG ，EF ＝HG ， 故四边形EFGH 是平行四边形． 【应用】(1)添加AC ＝BD ，理由：连接AC ，BD ，同(1)知，EF ＝12AC ，同【探究】的方法得，FG ＝12BD ，∵AC ＝BD ，∴EF ＝FG ，∵四边形EFGH 是平行四边形，∴▱EFGH 是菱形；(2)如解图②，由【探究】得，四边形EFGH 是平行四边形， ∵F ，G 是BC ，CD 的中点，∴FG ∥BD ，FG ＝12BD ，∴△CFG ∽△CBD ，∴S △CFG S △BCD ＝14，∴S △BCD ＝4S △CFG ，同理：S △ABD ＝4S △AEH ，∵四边形ABCD 面积为5，∴S △BCD ＋S △ABD ＝5，∴S △CFG ＋S △AEH ＝54，同理：S △DHG ＋S △BEF ＝54，∴S 四边形EFGH ＝S 四边形ABCD －(S △CFG ＋S △AEH ＋S △DHG ＋S △BEF )＝5－52＝52，设AC 与FG ，EH 相交于M ，N ，EF 与BD 相交于P ，∵FG ∥BD ，FG ＝12BD ，∴CM ＝OM ＝12OC ，同理：AN ＝ON ＝12OA ，∵OA ＝OC ，∴OM ＝ON ，易知，四边形ENOP ，FMOP 是平行四边形，S ▱EPON ＝S ▱FMOP ， ∴S 阴影＝12S 四边形EFGH ＝54.5．解：(1)∵△ABC 是等边三角形，∴△AGD 是等边三角形，∴AD ＝GD ，由题意知：CE ＝AD ，∴CE ＝GD ， ∵DG ∥BC ，∴∠GDF ＝∠CEF ，在△GDF 与△CEF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GDF ＝∠CEF ∠GFD ＝∠EFC ，GD ＝CE∴△GDF ≌△CEF(AAS )，∴CF ＝GF ，∵DH ⊥AG ，∴AH ＝GH ，∴AC ＝AG ＋CG ＝2GH ＋2GF ＝2(GH ＋GF)＝2HF ， ∴ACHF＝2； (2)如解图①，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ， 则∠ADG ＝∠ABC ＝90°.∵∠BAC ＝∠ADH ＝30°，∴AH ＝DH ，∠GHD ＝∠BAC ＋∠ADH ＝60°， ∠HDG ＝∠ADG －∠ADH ＝60°，∴△DGH 为等边三角形． ∴GD ＝GH ＝DH ＝AH ，AD ＝GD·tan 60°＝3GD. 由题意可知，AD ＝3CE.∴GD ＝CE. ∵DG ∥BC ，∴∠GDF ＝∠CEF.在△GDF 与△CEF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GDF ＝∠CEF ∠GFD ＝∠EFC CE ＝GD ，∴△GDF ≌△CEF(AAS )，∴GF ＝CF.GH ＋GF ＝AH ＋CF ，即HF ＝AH ＋CF ，∴HF ＝12AC ，即ACHF ＝2；(3)AC HF ＝m ＋1m.理由如下： 如解图②，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ， 易得AD ＝AG ，AD ＝EC ，∠AGD ＝∠ACB.在△ABC 中，∵∠BAC ＝∠ADH ＝36°，AB ＝AC ，∴AH ＝DH ，∠ACB ＝∠B ＝72°，∠GHD ＝∠HAD ＋∠ADH ＝72°. ∴∠AGD ＝∠GHD ＝72°，∵∠GHD ＝∠B ＝∠HGD ＝∠ACB ，∴△ABC ∽△DGH.∴GH DH ＝BCAC ＝m ，∴GH ＝mDH ＝mAH.由△ADG ∽△ABC 可得DG AD ＝BC AB ＝BCAC ＝m.∵DG ∥BC ，∴FG FC ＝GDEC＝m.∴FG ＝mFC.∴GH ＋FG ＝m(AH ＋FC)＝m(AC －HF)，即HF ＝m(AC －HF)．∴AC HF ＝m ＋1m.类型二 几何图形动态探究1．解：(1)①当α＝0°时， ∵Rt △ABC 中，∠B ＝90°，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝（8÷2）2＋82＝45， ∵点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点，∴AE ＝45÷2＝25，BD ＝8÷2＝4，∴AE BD ＝254＝52.②如解图①，当α＝180°时，可得AB ∥DE ， ∵AC AE ＝BC BD ，∴AE BD ＝AC BC ＝458＝52；(2)当0°≤α＜360°时，AEBD 的大小没有变化，∵∠ECD ＝∠ACB ，∴∠ECA ＝∠DCB ， 又∵EC DC ＝AC BC ＝52，∴△ECA ∽△DCB ，∴AE BD ＝EC DC ＝52；(3)①当D 在AE 上时，如解图②，∵AC ＝45，CD ＝4，CD ⊥AD ， ∴AD ＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8，∵AD ＝BC ，AB ＝DC ，∠B ＝90°，∴四边形ABCD 是矩形，∴BD ＝AC ＝45；②当D 在AE 延长线上时，如解图③，连接BD ，过点D 作AC 的垂线交AC 于点Q ，过点B 作AC 的垂线交AC 于点P ，∵AC ＝45，CD ＝4，CD ⊥AD ，∴AD ＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8， ∵原图中点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点，∴DE ＝12AB ＝12×(8÷2)＝12×4＝2，∴AE ＝AD －DE ＝8－2＝6，由(2)可得AE BD ＝52，∴BD ＝652＝1255.综上所述，BD 的长为45或1255. 2．解：(1)①∵∠AOB ＝150°，∠BOC ＝120°，∴∠AOC ＝90°， 由旋转的性质可知，∠OCD ＝60°，∠ADC ＝∠BOC ＝120°， ∴∠DAO ＝360°－60°－90°－120°＝90°；②线段OA ，OB ，OC 之间的数量关系是OA 2＋OB 2＝OC 2.如解图①，连接OD.∵△BOC 绕点C 按顺时针方向旋转60°得△ADC ， ∴△ADC ≌△BOC ，∠OCD ＝60°. ∴CD ＝OC ，∴△OCD 是等边三角形，∴OC ＝OD ＝CD ，∠COD ＝∠CDO ＝60°，∵∠AOB ＝150°，∠BOC ＝120°，∴∠AOC ＝90°， ∴∠AOD ＝30°，∠ADO ＝60°.∴∠DAO ＝90°.在Rt △ADO 中，∠DAO ＝90°，∴OA 2＋AD 2＝OD 2，∴OA 2＋OB 2＝OC 2；(2)①当α＝β＝120°时，OA ＋OB ＋OC 有最小值．作图如解图②， 将△AOC 绕点C 按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′. ∴△A ′O ′C ≌△AOC ，∠OCO ′＝∠ACA′＝60°.∴O′C＝OC ，O ′A ′＝OA ，A ′C ＝AC ，∠A ′O ′C ＝∠AOC.∴△OCO′是等边三角形． ∴OC ＝O′C＝OO′，∠COO ′＝∠CO′O＝60°.∵∠AOB ＝∠BOC ＝120°，∴∠AOC ＝∠A′O′C＝120°.∴∠BOO ′＝∠OO′A′＝180°.∴B ，O ，O ′，A ′四点共线． ∴OA ＋OB ＋OC ＝O′A′＋OB ＋OO′＝BA′时值最小；②当等边△ABC 的边长为1时，OA ＋OB＋OC 的最小值为A′B＝ 3.3．解：(1)①∵△DEC 绕点C 旋转使点D 恰好落在AB 边上，∴AC ＝CD ， ∵∠BAC ＝90°－∠B ＝90°－30°＝60°， ∴△ACD 是等边三角形，∴∠ACD ＝60°， 又∵∠CDE ＝∠BAC ＝60°，∴∠ACD ＝∠CDE ， ∴DE ∥AC ；②∵∠B ＝30°，∠C ＝90°，∴CD ＝AC ＝12AB ，∴BD ＝AD ＝AC ，根据等边三角形的性质，△ACD 的边AC 、AD 上的高相等，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)， 即S 1＝S 2；(2)∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到，∴BC ＝CE ，AC ＝CD ， ∵∠ACN ＋∠BCN ＝90°，∠DCM ＋∠BCN ＝180°－90°＝90°， ∴∠ACN ＝∠DCM ，∵在△ACN 和△DCM 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACN ＝∠DCM ∠CMD ＝∠N ＝90°AC ＝DC，∴△ACN ≌△DCM(AAS )，∴AN ＝DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)， 即S 1＝S 2；(3)如解图，过点D 作DF 1∥BE ，易求四边形BEDF 1是菱形， ∴BE ＝DF 1，且BE 、DF 1上的高相等，此时S △DCF 1＝S △BDE ； 过点D 作DF 2⊥BD ，∵∠ABC ＝60°，F 1D ∥BE ，∴∠F 2F 1D ＝∠ABC ＝60°，∵BF 1＝DF 1，∠F 1BD ＝12∠ABC ＝30°，∠F 2DB ＝90°，∴∠F 1DF 2＝∠ABC ＝60°，∴△DF 1F 2是等边三角形，∴DF 1＝DF 2，∵BD ＝CD ，∠ABC ＝60°，点D 是角平分线上一点， ∴∠DBC ＝∠DCB ＝12×60°＝30°，∴∠CDF 1＝180°－∠BCD ＝180°－30°＝150°，∠CDF 2＝360°－150°－60°＝150°，∴∠CDF 1＝∠CDF 2， ∵在△CDF 1和△CDF 2中，⎩⎪⎨⎪⎧DF 1＝DF 2∠CDF 1＝∠CDF 2CD ＝CD ，∴△CDF 1≌△CDF 2(SAS )，∴点F 2也是所求的点，∵∠ABC ＝60°，点D 是角平分线上一点，DE ∥AB ， ∴∠DBC ＝∠BDE ＝∠ABD ＝12×60°＝30°，又∵BD ＝4，∴BE ＝ED ＝12×4÷cos 30°＝2÷32＝433，∴BF 1＝433，BF 2＝BF 1＋F 1F 2＝433＋433＝833，故BF 的长为433或833.4．解：(1)当α＝60°时，△ABC 、△DCE 是等边三角形，∴EC ＝DC ，AC ＝BC ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°，∴∠ACB －∠ACD ＝∠DCE －∠ACD ， 即∠BCD ＝∠ACE ，在△BDC 和△AEC 中，⎩⎪⎨⎪⎧EC ＝DC ∠BCD ＝∠ACE AC ＝BC ，∴△BDC ≌△AEC(SAS )，∴BD ＝AE ；(2)BD ＝2AE ；理由如下：如解图①，过点D 作DF ∥AC ，交BC 于F. ∵DF ∥AC ，∴∠ACB ＝∠DFB.∵∠ABC ＝∠ACB ＝α，α＝45°，∴∠ABC ＝∠ACB ＝∠DFB ＝45°. ∴△DFB 是等腰直角三角形∴BD ＝DF ＝22BF. ∵AE ∥BC ，∴∠ABC ＋∠BAE ＝180°.∵∠DFB ＋∠DFC ＝180°，∴∠BAE ＝∠DFC.∵∠ABC ＋∠BCD ＝∠ADC ，∠ABC ＝∠CDE ＝α，∴∠ADE ＝∠BCD. ∴△ADE ∽△FCD.∴AE FD ＝ADFC.∵DF ∥AC ，∴BD BF ＝AD CF .∴AE BD ＝BD BF ＝22.∴BD ＝2AE.(3)补全图形如解图②，∵AE ∥BC ，∠EAC ＝∠ACB ＝α，∴∠EAC ＝∠EDC ＝α，∴A 、D 、C 、E 四点共圆，∴∠ADE ＝∠ACE ，∵∠ADE ＋∠EDC ＝∠ADC ＝∠ABC ＋∠BCD ，∠ABC ＝∠EDC ＝α， ∴∠ADE ＝∠BCD ，∴∠ACE ＝∠BCD ，∵∠ABC ＝∠EAC ＝α，∴△BDC ∽△AEC ，∴BD AE ＝BCAC ，又∵BCAC＝2cos α，∴BD ＝2cos α·AE.5．解：(1)①∵△ABC 是等边三角形，∴AC ＝BC ，∠BAC ＝∠B ＝60°， ∵∠DCF ＝60°，∴∠ACF ＝∠BCD ，在△ACF 和△BCD 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACF ＝∠BCD CF ＝CD ，∴△ACF ≌△BCD(SAS )，∴∠CAF ＝∠B ＝60°，∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝120°；②相等；理由如下：∵∠DCF ＝60°，∠DCE ＝30°，∴∠FCE ＝60°－30°＝30°，∴∠DCE ＝∠FCE ， 在△DCE 和△FCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF ∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE，∴△DCE ≌△FCE(SAS )，∴DE ＝EF ；(2)①∵△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°， ∴AC ＝BC ，∠BAC ＝∠B ＝45°， ∵∠DCF ＝90°，∴∠ACF ＝∠BCD ， 在△ACF 和△BCD 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACF ＝∠BCD CF ＝CD，∴△ACF ≌△BCD(SAS )，∴∠CAF ＝∠B ＝45°，AF ＝BD ，∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝90°；②AE 2＋DB 2＝DE 2；理由如下：∵∠DCF ＝90°，∠DCE ＝45°，∴∠FCE ＝90°－45°＝45°，∴∠DCE ＝∠FCE ， 在△DCE 和△FCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF ∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE ，∴△DCE ≌△FCE(SAS )，∴DE ＝EF ， 在Rt △AEF 中，AE 2＋AF 2＝EF 2，又∵AF ＝DB ，∴AE 2＋DB 2＝DE 2.。