【精品推荐】2020年中考数学一轮复习 第八章 专题拓展 8.2 几何动态探究型(试卷部分)课件

2.(2017台州)如图,矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上,BE=BF.将△AEH,△
CFG分别沿边EH,FG折叠,若重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 1 ,则 AE 为 ( )
16 EB
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A. 5 B.2 C. 5 D.4
3
2
答案 A 设重叠的菱形边长为x,BE=BF=y, 由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得:四边形AHME、四边形BENF是菱形,
落在x、y轴的正半轴上,∠OAB=60°,点A的坐标为(1,0).将三角板ABC沿x轴向右做无滑动的滚
动(先绕点A按顺时针方向旋转60°,再绕点C按顺时针方向旋转90°,……),当点B第一次落在x轴
上时,点B运动的路径与两坐标轴围成的图形面积是
.
答案 3 + 17 π
12
解析 由点A的坐标为(1,0),得OA=1, 又∵∠OAB=60°,∴AB=2, ∵∠ABC=30°,AB=2,∴AC=1,BC= 3 , 在旋转过程中,三角板的长度和角度不变, ∴点B运动的路径与两坐标轴围成的图形面积为
解析 (1)在菱形OABC中,易知∠AOC=60°,∠AOQ=30°,
当t=2时,OM=2,∴PM=2 3 ,QM= 2 3 ,∴PQ= 4 3 .
3
3
(2)当t≤4时,AN=PO=2OM=2t,t=4时,P点与C点重合,N到达B点,故点P,N在边BC上相遇.
设t秒时P与N重合,则(t-4)+2(t-4)=8,解得t= 20 .
以CN=CM,从而可推出∠EFD=∠ECA=∠1=∠3,所以Rt△CBE∽Rt△FAE,所以 BC = BE ,因此
AF AE
AE可求.
8.(2017山西,22,12分)综合与实践 背景阅读 早在三千多年前,我国周朝数学家商高就提出:将一根直尺折成一个直角,如果勾等 于三,股等于四,那么弦就等于五,即“勾三,股四,弦五”.它被记载于我国古代数学著作《周髀 算经》中.为了方便,在本题中,我们把三边的比为3∶4∶5的三角形称为(3,4,5)型三角形.例如: 三边长分别为9,12,15或3 2 ,4 2 ,5 2 的三角形就是(3,4,5)型三角形.用矩形纸片按下面的操 作方法可以折出这种类型的三角形. 实践操作 如图1,在矩形纸片ABCD中,AD=8 cm,AB=12 cm. 第一步:如图2,将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠,使点D落在AB上的点E处,折痕 为AF,再沿EF折叠,然后把纸片展平. 第二步:如图3,将图2中的矩形纸片再次折叠,使点D与点F重合,折痕为GH,然后展平,隐去AF. 第三步:如图4,将图3中的矩形纸片沿AH折叠,得到△AD'H,再沿AD'折叠,折痕为AM,AM与折痕 EF交于点N,然后展平.
三、解答题
5.(2018无锡,27,10分)如图,矩形ABCD中,AB=m,BC=n,将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ(0°<θ<90°)
得到矩形A1BC1D1,点A1在边CD上.
(1)若m=2,n=1,求在旋转过程中,点D到点D1所经过路径的长度;
(2)将矩形A1BC1D1继续绕点B按顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2,点D2在BC的延长线上,设边
∴ CB
AE
= BE
AH
,即 1 = 1 x
x 1 y
,∴y=x2-x+1=

x

1 2
2
+ 3 ,
4
∴当x= 1 ,即当点E是AB的中点时,DH最小,最小值为3 .
2
4
(3)如图②,记AC与EF交于点P,连接CG.由(1)知CE=CF,∴矩形CFGE是正方形,对角线CG所在 的直线是其对称轴,
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠DAE=90°. 由折叠知AE=AD,∠AEF=∠D=90°, (1分) ∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°, ∴四边形AEFD是矩形. (2分) ∵AE=AD, ∴矩形AEFD是正方形. (3分) (2)NF=ND'. 证明:连接HN. 由折叠知∠AD'H=∠D=90°,HF=HD=HD'. (4分)
∴m2-n2=6·n4 , m2
∴m4-m2n2=6n4,
即1- n2 =6· n4 ,
m2
m4
∴ n = 3 (负根已经舍弃). m3
解题关键 本题考查旋转变换、解直角三角形、弧长公式等知识,解题的关键是理解题意,灵
活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
6.(2018湖北黄冈,24,14分)如图,在直角坐标系xOy中,菱形OABC的边OA在x轴正半轴上,点B,C 在第一象限,∠C=120°,边长OA=8.点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度做匀 速运动,点N从A出发沿边AB→BC→CO以每秒2个单位长的速度做匀速运动.过点M作直线MP 垂直于x轴并交折线OCB于P,交对角线OB于Q,点M和点N同时出发,分别沿各自路线运动,点N 运动到原点O时,M和N两点同时停止运动. (1)当t=2时,求线段PQ的长; (2)求t为何值时,点P与N重合; (3)设△APN的面积为S,求S与t的函数关系式及t的取值范围.
∴AE=EM,EN=BE=y,EM=x+y,
∵重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 1 ,且两个菱形相似,
16
∴AB=4MN=4x,
∴AE=AB-BE=4x-y,
∴4x-y=x+y,解得x= 2 y,
3
∴AE= 5 y, 3
∴ AE
EB
=
5 3
y
= 5 .故选A.
3
y
二、填空题
3.(2018宿迁,18,3分)如图,将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系,顶点A、B分别
③当 20 <t≤8时,PN=3(t-4)-8=3t-20,
3
∴S△APN= 1 ×4 3 ×(3t-20)=6 3 t-40 3 .
2
④当8<t≤12时,ON=24-2t,N到OM的距离为12 3 - 3 t,N到CP的距离为4 3 -(12 3 - 3 t)= 3 t-8
3 ,CP=t-4,BP=12-t,
解析 (1)证明:如图①,由旋转的性质知,CF=CE, 又∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3, 又∵CD=CB,∴△CBE≌△CDF, ∴∠CDF=∠CBE=90°,∴∠ADF=180°. 故点A,D,F三点共线;
图① (2)设DH=y,AE=x,则AH=1-y,在Rt△CBE和Rt△EAH中,∠4+∠5=90°,∠1+∠4=90°,∴∠1=∠5. ∴Rt△CBE∽Rt△EAH,
图② ∴FG=GE,又∵EF∥MN,∴GN=GM,∴CN=CM, 又∵∠CNM=45°+∠3,∠NMC=45°+∠ECM,∴∠CNM=∠NMC, 又∵∠ECM+∠CPE+45°=180°,∠EFH+∠FPA+45°=180°,∠CPE=∠FPA,∴∠ECM=∠EFH,∴ ∠3=∠EFH=∠1,
∴Rt△CBE∽Rt△FAE,∴ BC = BE ,
图1
图2
图3
图4
问题解决
(1)请在图2中证明四边形AEFD是正方形;
(2)请在图4中判断NF与ND'的数量关系,并加以证明; (3)请在图4中证明△AEN是(3,4,5)型三角形; 探索发现
(4)在不添加字母的情况下,图4中还有哪些三角形是(3,4,5)型三角形?请找出并直接写出它们
的名称.
A2B与CD交于点E,若 A1E
EC
= 6
-1,求 n 的值.
m
解析 (1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形. ∴AD=HA1=n=1, 在Rt△A1HB中,∵BA1=BA=m=2, ∴BA1=2HA1,∴∠ABA1=30°, ∴旋转角为30°, ∵BD= 12 22 = 5 ,
∴S =S -S -S -S △APN 菱形OABC △AON △CPN △APB
=32 3 - 1 ×8×(12 3 - 3 t)- 1 (t-4)( 3 t-8 3 )- 1 (12-t)×4 3 =- 3 t2+12 3 t-56 3 .
2
2
2
2
综上,S与t的函数关系式为
4 3t(0 t 4),
1 ×1× 3 + 60 π×22+ 1 ×1× 3 + 90 π×( 3 )2= 3 + 17 π.
2
360
2
360
12
故答案 3 + 17 π.
12
思路分析 先求出三角形ABC各边长度,画出点B的运动轨迹,然后求面积. 解题关键 本题考查了点的运动轨迹和图形面积,关键是作出图形,将不规则图形的面积进行 转化.
中考数学 (江苏专用)
§8.2 几何动态探究型
好题精练
一、选择题 1.(2017大连)在平面直角坐标系xOy中,线段AB的两个端点坐标分别为A(-1,-1),B(1,2),平移线段 AB,得到线段A'B',已知A'的坐标为(3,-1),则点B'的坐标为 ( ) A.(4,2) B.(5,2) C.(6,2) D.(5,3) 答案 B ∵A(-1,-1)平移后得到点A'的坐标为(3,-1),所以平移方法为沿x轴向右平移3-(-1)=4 个单位,∴B(1,2)的对应点B'的坐标为(5,2). 方法技巧 此题主要考查了坐标与图形的平移变换,关键是掌握横坐标,右移加,左移减;纵坐 标,上移加,下移减.
∴D到点D1所经过路径的长度= 30 5 = 5 π. 180 6
(2)易知△BCE∽△BA2D2,
∴ CE = A2D2 = n , CB A2B m
∴CE= n2 , m
∵ EA1 = 6 -1,
EC
∴ A1C = 6 ,
EC
∴A1C= 6 · n2 , m
∴BH=A1C= m2 n2 = 6 ·n2 , m
AF AE
又BC=1,BE=1-AE,AF=1+1-AE=2-AE,
∴ 1 = 1 AE ,∴AE2-4AE+2=0,
2 AE AE
解得AE=2+ 2 >1(不合题意,舍去)或AE=2- 2 .
思路分析 (1)证明三点共线,一般是证明中间点与另两点连线的夹角等于180°.由旋转不改变 图形的形状和大小,可证△CBE≌△CDF,得到∠CDF=∠CBE=90°,所以可证∠ADF=180°,问题 得证. (2)求DH的最值,需要建立适当的函数模型,考虑AE,AH是同一个直角三角形的边,所以设DH =y,AE=x,由△CBE∽△EAH,利用对应边成比例,可以得出y与x的函数关系式,从而最值问题可 解. (3)连接CG,根据正方形是轴对称图形,对角线所在的直线是对称轴,EF∥MN,所以NG=GM,所
3
即t= 20 秒时,P与N重合.
3
(3)①当0≤t≤4时,PN=OA=8,且PN∥OA,PM= 3 t,
∴S△APN= 1 ×8× 3 t=4 3 t.
2
②当4<t≤ 20 时,PN=8-3(t-4)=20-3t,
3
∴S△APN= 1 ×4 3 ×(20-3t)=40 3 -6 3 t.
2

40

36
3t

4

t

20 3
,
S=
6

3t 40
3

20 3

t

8

,

3 t2 12 3t 56 3(8 t 12).
2
注:第一段函数的定义域写为0<t≤4,第二段函数的定义域写为4<t< 20 也可以
3
7.(2017衡阳)如图,正方形ABCD的边长为1,点E为边AB上一动点,连接CE并将其绕点C顺时针 旋转90°得到CF,连接DF,以CE,CF为邻边作矩形CFGE,GE与AD,AC分别交于点H,M,GF交CD 延长线于点N. (1)证明:点A,D,F在同一条直线上; (2)随着点E的移动,线段DH是否有最小值?若有,求出最小值;若没有,请说明理由; (3)连接EF,MN,当MN∥EF时,求AE的长.
在Rt△PQD中,∵∠D=90°,PQ=4 30 ,PD=18, ∴DQ= PQ2 PD2 = 156 ,CD=PD-PC=18-8=10, ∵AB=PC=8,AB∥PC, ∴四边形ABCP是平行四边形, ∴PA=BC, ∴PA+BQ=CB+BQ=QC= DQ2 CD2 = 156 102 =16. 解题关键 本题考查平行线的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关 键是学会构建平行四边形解决问题,属于中考常考题型.
4.(2017内江,25,3分)如图,已知直线l1∥l2,l1、l2之间的距离为8,点P到直线l1的距离为6,点Q到直
线l2的距离为4,PQ=4 30 ,在直线l1上有一动点A,直线l2有一动点B,满足AB⊥l2,且PA+AB+BQ最
小,此时PA+BQ=
.
答案 16
解析 作PE⊥l1于E,并延长交l2于F,在PF上截取PC=8,连接QC交l2于B,作BA⊥l1于A,此时PA+ AB+BQ最短.作QD⊥PF于D.