【中考全效】2018届中考数学学练测《第2讲第2课时探究型问题》课件
中考数学复习 专题2 规律探索型问题数学课件
2．解图形规律探索题的方法： 第一步：标序号：记每组图形的序数为“1，2，3，…，n”； 第二步：数图形个数：在图形数量变化时，要记出每组图形的表示个数； 第三步：寻找图形数量与序号数 n 的关系：针对寻找第 n 个图形表示的数量时，先将后 一个图形的个数与前一个图形的个数进行比对，通常作差(商)来观察是否有恒定量的变化， 然后按照定量变化推导出第 n 个图形的个数； 函数法：若当图形变化规律不明显时，可把序号数 n 看作自变量，把第 n 个图形的个数 看作函数，设函数解析式为 y＝an2＋bn＋c(初中阶段设二次函数完全可以解决)，再代入三组 数值进行计算出函数解析式(若算出 a＝0 就是一次函数)即可．
【点评】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是能够仔细读题，找到图形内和图 形外格点的数目．
[对应训练] 4．在由 m×n(m×n＞1)个小正方形组成的矩形网格中，研究它的一条对角线所穿过的小 正方形个数 f， (1)当 m，n 互质(m，n 除 1 外无其他公因数)时，观察下列图形并完成下表：
[对应训练] 2．(2015·咸宁)古希腊数学家把数 1，3，6，10，15，21，…叫做三角数，它有一定的规 律性．若把第一个三角数记为 a1，第二个三角数记为 a2…，第 n 个三角数记为 an，计算 a1＋ a2，a2＋a3，a3＋a4，…由此推算 a399＋a400＝__1.6×105 或 160_000__．
1．(2015·德州)一组数 1，1，2，x，5，y…满足“从第三个数起，每个数都等于它前面的 两个数之和”，那么这组数中 y 表示的数为( A )
A．8 B．9 C．13 D．15 2．(2015·河南)如图所示，在平面直角坐标系中，半径均为 1 个单位长度的半圆 O1，O2，
2018届中考数学总复习(安徽专版)名师课件：专题2-分类讨论题-(共29张PPT)
)
A.10
B.4 5
C.10 或 4 5
D.10 或 2 17
考点·梳理自清
类型一
类型二
考题·体验感悟
类型三
解析:如图 1, (2 × 2)2 + (4 + 4)2 =4 5,
如图 2, (2 × 3)2 + (4 + 4)2 =10,
答案:C
考法·互动研析
考点·梳理自清
类型一
类型二
考点·梳理自清
1
2
3
4
5
6
考题·体验感悟
考法·互动研析
7
5.(2017·黑龙江绥化)在等腰△ABC中,AD⊥BC交直线BC于点D,若
1
AD= 2 BC,则△ABC的顶角的度数为30°或90°或150° .
解析: 如图应分下列三种可能情况求顶角:(1)若A是顶点,如图
1
1,AD= 2 BC,则AD=BD,则底角为45°,则顶角为90°;(2)若A不是顶点,
过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开,使得展开后的平面图形
中有一个是平行四边形,则所得平行四边形的周长为
cm.
考点·梳理自清
类型一
类型二
考题·体验感悟
考法·互动研析
类型三
解析:∵∠A=90°,∠C=30°,AC=30 cm,
∴AB=10
cm,∠ABC=60°,
∵△ADB≌△EDB,
1
2
∴∠ABD=∠EBD= ∠ABC=30°,BE=AB=10 3 cm,
6
考题·体验感悟
考法·互动研析
7
2
∴AM=AB·sin ∠ABC=2× 2 = 2.
【中考全效】2018届中考数学学练测《第4讲第2课时旋转操作型问题》课件
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归类探究
分层集训
图4－2－1 【解析】 如答图①，作HM⊥BC于M，设HM＝a，则CM＝ HM＝a. 在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，BC＝12， 在 Rt△BHM 中，BH＝2HM＝2a，BM＝ 3a，
∵BM＋FM＝BC，∴ 3a＋a＝12， ∴a＝6 3－6，∴BH＝2a＝12( 3－1) cm；
(2)①∠EAF＝90°；②DB2＋AE2＝ED2.
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分层集训
[2016· 湖州]数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的 ▱ABCD(∠BAD＝120°)进行探究：将一块含60°的直角三角 板如图4－2－5放置在▱ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶 点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交 线段AB，AD于点E，F(不包括线段的端点)．
图4－2－3
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分层集训
【解析】 如答图，连结 AC，AG，AC′， 由旋转可得，AB＝AB′，AC＝AC′， ∠BAB′＝∠CAC′， AB AB′ ∴AC＝ ，∴△ABB′∽△ACC′， AC′
变式跟进2答图
CC′ AC ∴ ＝AB，∵AB′＝B′G，∠AB′G＝∠ABC＝90°， BB′ ∴△AB′G 是等腰直角三角形，∴AG＝ 2AB′， 设 AB＝AB′＝x，则 AG＝ 2x，DG＝x－4，
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
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【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°，连结AF，EF.请直接写出探 究结果： ①∠EAF的度数；
【中考全效课件】2018届中考数学学练测《3.2二元一次方程组》课件
备考基础
归类探究
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2．二元一次方程组的解法 常用方法：代入消元法，加减消元法．
x＝a， 二元一次方程组的解应写成 的形式． y＝b
3．二元一次方程组的应用 列方程组解应用题的一般步骤：(1)审；(2)设；(3)列；(4)
解；(5)验；(6)答．
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【智慧锦囊】 工程问题中的基本量之间的关系：
工作总量 工作效率＝ . 工作时间 (1)甲、乙一起做的工作效率＝甲的工作效率＋乙的工作效率； (2)通常把工作总量看做“1”．
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二、必会2
方法
1．代入法和加减法
解二元一次方程组时，若方程组其中一个方程中的未知数 的系数为1或－1，用代入法；若相同的未知数的系数相等 或互为相反数时，则用加减法． 2．化归思想
分层集训
mx＋y＝5， x＝3， 1． 已知 的解为 则(2mn)m＝ x＋ny＝2 y＝－1，
(
C
)
A．4 C．16
B．8 D．32
x＝3， 3m－1＝5， m＝2， 【解析】 将 代入原方程组， 得 解得 则 y＝－1 3－n＝2， n＝1，
(2mn)m＝(2×2×1)2＝16.
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2．[2018· 中考预测]甲、乙两人共同解方程组
ax＋5y＝10，① 由于甲错抄方程①中的 4x－by＝－2，② x＝－3， 乙看错了方程②中的 y＝－1；
a，得到方程组的解为
x＝5， b，得到方程组的解为 y＝3.
【中考全效】2018届中考数学学练测《第2讲第1课时开放型问题》课件
1．[2016· 齐齐哈尔]如图2－1－2， ▱ABCD的对角线AC，BD相交于点 O，请你添加一个适当的条件使其成
AC⊥BD或∠AOB＝90°或 为菱形__________________________ AB＝BC 只填一个即可)． __________(
图2－1－2
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【点悟】
给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结
论，并且符合条件的结论往往呈现多样性，或者相应的结论的 “存在性”需要解题者进行推断，有时甚至要求解题者探求条 件在变化时的结论，这些问题都是结论开放性问题．它要求解 题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结 论，这类题主要考查解题者的发散性思维和对所学基本知识的
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情况三：题设：②③④；结论：①. 证明：∵BF＝EC，∴BF＋CF＝EC＋CF，即 BC＝EF. ∠B＝∠E， 在△ABC 和△DEF 中，BC＝EF， ∠1＝∠2， ∴△ABC≌△DEF(ASA)，∴AB＝DE.
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∵CE∥AM，∴∠ECD＝∠ADB， 又∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD＝DC， ∴△ABD≌△EDC(ASA)，∴AB＝ED， 又∵AB∥ED，∴四边形ABDE为平行四边形； (2)结论成立，理由如下： 如答图①，过点M作MG∥DE交EC于G， ∵CE∥AM，∴四边形DMGE为平行四边形，
(3)①取线段 HC 的中点 I，连结 MI，由三角形中位线的性质得 1 1 到 MI＝ BH＝ AM，从而求得∠CAM＝30°；②设 DH＝x，根 2 2 HF HD 据 FD∥AB，利用相似三角形的对应边成比例HA＝HB，列方程 求得 DH 的长．
【全效学习】中考学练测《第2讲第2课时探究型问题》课件
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图2－2－2 【解析】 (1)只要证明四边形CEGF是平行四边形即可得出FG＝ CE，FG∥CE； (2)如答图，构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边相 求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG＝CE， FG∥CE；
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∴△CBF≌△DCE(SAS)， ∴∠BCF＝∠CDE，CF＝DE， ∵EG＝DE，∴CF＝EG， ∵DE⊥EG，∴∠DEC＋∠GEC＝90°， ∵∠CDE＋∠DEC＝90°，∴∠CDE＝∠GEC， ∴∠BCF＝∠GEC，∴CF∥EG， ∴四边形CEGF是平行四边形，∴FG∥CE，FG＝CE.
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图2－2－1 综合运用： (3)如图③，在(2)条件下，HF∥GE，已知BE＝EC＝2，OE＝ 2OF，求图中阴影部分的面积．
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解： (1)证明：如答图①，在正方形ABCD中，AD＝AB，∠B＝ 90°，∴∠1＋∠3＝90°， ∵AE⊥DH，∴∠1＋∠2＝90°，∴∠2＝∠3， ∴△ADH≌△BAE(AAS)，∴AE＝DH；
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第2课时 探究型问题
全效学习
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提出问题： (1) 如图2－2－1①，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，A 上．若AE⊥DH于点O，求证：AE＝DH； 类比探究： (2)如图②，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB， BC，CD，DA上．若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量 关系，并说明理由；
全效学习中考数学复习学练测 专题二开放与探究型问题课件 浙教版
解决问题： （1）计算：{3，1}+{1，2}；{1，2}+{3，1}． （2）①动点P从坐标原点O出发，先按照“平移量”{3，1}平移到A， 再按照“平移量”{1，2}平移到B；若先把动点P按照“平移 量”{1，2}平移到C，再按照“平移量”{3，1}平移，最后的 位置还是点B吗? 在图Z-2-2（1）中画出四边形OABC. ②证明四边形OABC是平行四边形. （3）如图Z-2-2（2），一艘船从码头O出发，先航行到湖心岛码头 P（2，3），再从码头P航行到码头Q（5，5），最后回到出发 点O. 请用“平移量”加法算式表示它的航行过程．
【点悟】给出问题的条件，让解题者根据条件探 索相应的结论，并且符合条件的结论往往呈现多样性， 或者相应的结论的“存在性”需要解题者进行推断，甚至要求解题者 探求条件在变化中的结论，这些问题都是结论开放性问题．它要求解 题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论，这 类题主要考查解题者的发散性思维和所学基本知识的应用能力. 类型之三解题方法的开放与探究 ［2010· 台州］类比学习：一动点沿着数轴向右平移3个单位，再向 左平移2个单位，相当于向右平移1个单位．用实数加法表示为 3+ （－2）=1．若坐标平面上的点作如下平移：沿x轴方向平移的数量 为a（向右为正，向左为负，平移a个单位），沿y轴方向平移的数量 为b（向上为正，向下为负，平移b个单位），则把有序数对{a，b} 叫做这一平移的“平移量”；“平移量”{a，b}与“平移量”{c，d} 的加法运算法则为{a，b}+{c，d}={a+c，b+d}．
解：以下给出三种选择方案，其他方案略.
【点悟】条件开放探索题的明显特征是缺少确定的条件，问题所需补 充的条件不是得出结论的必要条件，所需补充的条件不能由结论推出.
2018届中考数学《第四部分第二讲第2课探究型问题》同步练习(含答案)
第2课时 探究型问题(69分)一、选择题(每题6分，共12分)1．[2017·滨州]如图2－2－1，点P 为定角∠AOB 的平分线上的一个定点，且∠MPN 与∠AOB 互补，若∠MPN 在绕点P 旋转的过程中，其两边分别与OA ，OB 相交于M ，N 两点，则以下结论：①PM ＝PN 恒成立；②OM ＋ON 的值不变；③四边形PMON 的面积不变；④MN 的长不变，其中正确的个数为 ( B ) A ．4 B ．3C ．2D ．1图2－2－1第1题答图【解析】 如答图，作PE ⊥OA 于E ，PF ⊥OB 于F .∵∠PEO ＝∠PFO ＝90°，∴∠EPF ＋∠AOB ＝180°，∵∠MPN ＋∠AOB ＝180°，∴∠EPF ＝∠MPN ，∴∠EPM ＝∠FPN ，∵OP 平分∠AOB ，PE ⊥OA ，PF ⊥OB ，∴PE ＝PF ， 在Rt △POE 和Rt △POF 中，⎩⎨⎧OP ＝OP ，PE ＝PF ，∴Rt △POE ≌Rt △POF ，∴OE ＝OF ，在△PEM 和△PFN 中， ⎩⎨⎧∠MPE ＝∠NPF ，PE ＝PF ，∠PEM ＝∠PFN ，∴△PEM ≌△PFN ，∴EM ＝NF ，PM ＝PN ，故①正确；∴S △PEM ＝S △PNF ，∴S 四边形PMON ＝S 四边形PEOF ＝定值，故③正确；∵OM ＋ON ＝OE ＋ME ＋OF －NF ＝2OE ＝定值，故②正确；MN 的长度是变化的，故④错误．故选B.2．[2017·株洲]如图2－2－2，若△ABC 内一点P 满足∠P AC ＝∠PBA ＝∠PCB ，则点P 为△ABC 的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard ，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle ，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard ，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF 中，∠EDF ＝90°，若点Q 为△DEF 的布洛卡点，DQ ＝1，则EQ ＋FQ的值为 ( D )A ．5B ．4C ．3＋ 2D ．2＋2图2－2－2 第2题答图【解析】 如答图，在等腰直角三角形DEF 中，∠EDF ＝90°，DE ＝DF ，∠1＝∠2＝∠3，∵∠1＋∠QEF ＝∠3＋∠DFQ ＝45°，∴∠QEF ＝∠DFQ ，∵∠2＝∠3，∴△DQF ∽△FQE, ∴DQ FQ ＝FQ QE ＝DF EF ＝12，∵DQ ＝1，∴FQ ＝2，EQ ＝2，∴EQ ＋FQ ＝2＋ 2.二、填空题(每题6分，共12分)3．[2017·绍兴]如图2－2－3，∠AOB ＝45°，点M ，N 在边OA 上，OM ＝x ，ON ＝x ＋4，点P 是边OB 上的点，若使点P ，M ，N 构成等腰三角形的点P 恰好有三个，则x 的值是__x ＝0或x ＝42－4或4＜x ＜4_． 【解析】 分三种情况：①如答图①，当M 与O 重合时，即x ＝0时，点P 恰好有三个；②如答图②，以M 为圆心，以4为半径画圆，当⊙M 与OB 相切时，设切点为C ，⊙M 与OA 交于D ，∴MC ⊥OB ，∵∠AOB ＝45°，∴△MCO 是等腰直角三角形，∴MC ＝OC ＝4，∴OM ＝4 2，当M 与D 重合时，即x ＝OM －DM ＝4 2－4时，同理可知：点P 恰好有三个；③如答图③，取OM ＝4，以M 为圆心，以OM 为半径画圆，则⊙M 与OB除了O 外只有一个交点，此时x ＝4，即以∠PMN 为顶角，MN 为 腰，符合条件的点P 有一个，以N 圆心，以MN 为半径画圆，与直线OB 相离，说明此时 以∠PNM 为顶角，以MN 为腰，符合条件的点P 不存在，还有一个是以图2－2－3第3题答图①第3题答图②NM为底边的符合条件的点P；点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点，∴当4＜x＜4 2时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个．综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x＝0或x＝4 2－4或4＜x＜4 2.4．如图2－2－4，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②PQBQ＝32；③S△PDQ＝18；④cos∠ADQ＝35.其中正确结论是__①②④__(填序号)．图2－2－4 第4题答图【解析】①如答图，连结OQ，OD，∵DP＝12CD＝BO＝12AB，且DP∥OB，∴四边形OBPD是平行四边形．∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB，∵OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB，∴∠AOD ＝∠DOQ，∴△AOD≌△QOD(SAS)，∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1.∴①正确；②如答图，延长DQ交BC于点E，过点Q作QF⊥CD，垂足为F，根据切线长定理，得QE＝BE，设QE＝x，则BE＝x，DE＝1＋x，CE＝1－x，在Rt△CDE中，(1＋x)2＝(1－x)2＋1，解得x＝14，∴CE＝34，∵△DQF∽△DEC，∴DQDE＝FQCE＝45，得FQ＝35，∵△PQF∽△PBC，∴PQBP＝FQCB＝35，∴PQBQ＝32.∴②正确；③S△PDQ＝12DP·QF＝12×12×35＝320，∴③错误；④∵AD∥BC，∴∠ADQ ＝∠DEC，∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝CEDE＝3454＝35，∴④正确．故答案为①②④.三、解答题(共45分)5．(15分)[2017·连云港]问题呈现：如图2－2－5①，点E，F，G，H分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，AE＝DG.求证：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD.(S表示面积)图2－2－5①实验探究：某数学实验小组发现：若图①中AH ≠BF ，点G 在CD 上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E ，G 作BC 边的平行线，再分别过点F ，H 作AB 边的平行线，四条平行线分别相交于点A 1，B 1，C 1，D 1，得到矩形A 1B 1C 1D 1.如图②，当AH ＞BF 时，若将点G 向点C 靠近(DG ＞AE )，经过探索，发现：2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1.如图③，当AH ＞BF 时，若将点G 向点D 靠近(DG ＜AE )，请探索S 四边形EFGH ，S 矩形ABCD 与S 矩形A 1B 1C 1D 1之间的数量关系，并说明理由．图2－2－5迁移应用：请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题：(1)如图④，点E ，F ，G ，H 分别是面积为25的正方形ABCD 各边上的点，已知AH ＞BF ，AE ＞DG ，S 四边形EFGH ＝11，HF ＝29，求EG 的长．图2－2－5④图2－2－5⑤(2)如图⑤，在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝5，点E ，H 分别在边AB ，AD 上，BE ＝1，DH ＝2，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的动点，且FG ＝10，连结EF ，HG ，请直接写出四边形EFGH 面积的最大值． 解：问题呈现：证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，∠A ＝90°，又∵AE ＝DG ，∴四边形AEGD 是矩形， ∴S △HEG ＝12EG ·AE ＝12S 矩形AEGD ， 同理可得S △FEG ＝12S 矩形BCGE . ∵S 四边形EFGH ＝S △HEG ＋S △FEG ， ∴2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD . 实验探究：由题意得，当将G 点向点D 靠近(DG ＜AE )时，如答图①所示，S △HEC 1＝12S 矩形HAEC 1， S △EFB 1＝12S 矩形EBFB 1，S △FGA 1＝12S 矩形FCGA 1，S △GHD 1＝12S 矩形GDHD 1，∴S 四边形EFGH ＝S △HEC 1＋S △EFB 1＋S △FGA 1＋S △GHD 1－S 矩形A 1B 1C 1D 1，∴2S 四边形EFGH ＝S 矩形HAEC 1＋S 矩形EBFB 1＋S 矩形FCGA 1＋S 矩形GDHD 1－2S 矩形A 1B 1C 1D 1， 即2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD －S 矩形A 1B 1C 1D 1. 迁移应用：(1)如答图②所示，由“实验探究”的结论可知 2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD －S 矩形A 1B 1C 1D 1， ∴S 矩形A 1B 1C 1D 1＝S矩形ABCD－2S四边形EFGH＝25－2×11＝3＝A 1B 1·A 1D 1，∵正方形面积是25，∴边长为5，又∵A 1D 21＝HF 2－52＝29－25＝4，∴A 1D 1＝2，A 1B 1＝32，∴EG 2＝A 1B 21＋52＝94＋25＝1094，∴EG ＝1092.(2)四边形 EFGH 面积的最大值为172.6．(15分)[2016·黑龙江]已知：P 是▱ABCD 对角线AC 所在直线上的一个动点(点P 不与点A ，C 重合)，分别过点A ，C 向直线BP 作垂线，垂足分别为E ，F ，O 为AC 的中点． (1)如图2－2－6①，当点P 与点O 重合时，求证OE ＝OF ；第5题答图①第5题答图②图2－2－6(2)直线BP 绕点B 逆时针方向旋转，当∠OFE ＝30°时，如图②、图③的位置，猜想线段CF ，AE ，OE 之间有怎样的数量关系？请写出你对图②、图③的猜想，并选择一种情况予以证明． 解：(1)证明：∵AE ⊥PB ，CF ⊥BP ，∴∠AEO ＝∠CFO ＝90°，在△AEO 和△CFO 中，⎩⎨⎧∠AEO ＝∠CFO ，∠AOE ＝∠COF ，AO ＝CO ，∴△AEO ≌△CFO (AAS )，∴OE ＝OF ； (2)图②中的结论为CF ＝OE ＋AE . 图③中的结论为CF ＝OE －AE . 选图②中的结论，证明： 如答图①，延长EO 交CF 于点G .∵AE ⊥BP ，CF ⊥BP ，∴AE ∥CF ，∴∠EAO ＝∠GCO ，在△EOA 和△GOC 中，⎩⎨⎧∠EAO ＝∠GCO ，OA ＝OC ，∠AOE ＝∠COG ，∴△EOA ≌△GOC (ASA )，∴EO ＝GO ，AE ＝CG ， 在Rt △EFG 中，∵EO ＝OG ，∴OE ＝OF ＝GO ， ∵∠OFE ＝30°，∴∠OFG ＝90°－30°＝60°， ∴△OFG 是等边三角形，∴OF ＝FG ，∵OE ＝OF ， ∴OE ＝FG ，∵CF ＝FG ＋CG ，∴CF ＝OE ＋AE .① ②第6题答图选图③的结论，证明：如答图②，延长EO 交FC 的延长线于点G ， ∵AE ⊥BP ，CF ⊥BP ，∴AE ∥CF ，∴∠AEO ＝∠G ，在△AOE 和△COG 中，⎩⎨⎧∠AEO ＝∠G ，∠AOE ＝∠COG ，AO ＝CO ，∴△AOE ≌△COG (AAS )， ∴OE ＝OG ，AE ＝CG ， 在Rt △EFG 中，∵OE ＝OG ， ∴OE ＝OF ＝OG ，∵∠OFE ＝30°， ∴∠OFG ＝90°－30°＝60°， ∴△OFG 是等边三角形，∴OF ＝FG ， ∵OE ＝OF ，∴OE ＝FG ， ∵CF ＝FG －CG ，∴CF ＝OE －AE .7．(15分)[2017·成都]问题背景：如图2－2－7①，等腰三角形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；图2－2－7①图2－2－7②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，连结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 ，连结AE 并延长交BM 于点F ，连结CE ，CF . ①证明：△CEF 是等边三角形； ②若AE ＝5，CE ＝2，求BF 的长．图2－2－7③解：迁移应用：①证明：∵ △ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝∠120°，∴AD ＝AE ，AB ＝AC ，∵∠DAB ＝∠DAE －∠BAE ， ∠CAE ＝∠BAC －∠BAE ，∴∠DAB ＝∠CAE ，∴△ADB ≌△AEC ； ②BD ＋3AD ＝CD .拓展延伸：①证明：如答图所示，连结BE ，作BG ⊥AE ，∵点C ，E 关于BM 对称，∴BM 垂直平分CE ， ∴FE ＝FC ，BE ＝BC ，∴△CEF 和△BEC 都是等腰三角形， ∴AB ＝BC ＝BE ，又∵BG ⊥AE ， ∴∠ABG ＝∠EBG ，∠EBF ＝∠CBF ， ∴∠GBF ＝∠EBG ＋∠EBF ＝12∠ABC ＝60°，∴∠GFB ＝30°，∴∠EFC ＝60°，∴△CEF 是等边三角形； ②∵AE ＝5，CE ＝2，在等腰三角形ABE 中，GE ＝GA ＝52. 又∵EF ＝2，∴GF ＝GE ＋EF ＝92，在Rt △GBF 中，∵∠GFB ＝30°，∴FG ＝3BG ， ∴BF ＝2×GF3＝3 3.(15分)8．(15分)[2017·自贡]如图2－2－8①，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A (－1，0)，点B (0，3)．(1)求∠BAO 的度数；(2)如图①，将△AOB 绕点O 顺时针旋转得△A ′OB ′，当A ′恰好落在AB 边上时，设△AB ′O 的面积为S 1，△BA ′O 的面积为S 2，则S 1与S 2有何关系？为什么？(3)若将△AOB 绕点O 顺时针旋转到如图②所示的位置，S 1与S 2的关系发生变化了吗？证明你的判断．第7题答图①②图2－2－8【解析】 (1)在Rt △AOB 中，利用锐角三角函数求解；(2)当A ′恰好落在AB 边上时，易证△AOA ′是等边三角形，从而得到旋转角为60°，分别求得S 1和S 2，比较即可；(3)对于△AB ′O 和△BA ′O ，OA ＝OA ′，分别作这两条边上的高，通过比较高的大小即可得到它们面积之间的关系．解：(1)∵A (－1，0)，B (0，3)，∴AO ＝1，BO ＝ 3， ∴tan ∠BAO ＝BO AO ＝31＝3，∴∠BAO ＝60°； (2)S 1＝S 2.理由：根据旋转的性质可得AO ＝A ′O ，∠OA ′B ′＝60°. ∵∠BAO ＝60°，∴△AOA ′是等边三角形，∴A ′O ＝AO ，∠AOA ′＝60°，∴∠AOA ′＝∠OA ′B ′， ∴A ′B ′∥x 轴，∴A ′B ′⊥y 轴． 如答图①，设A ′B ′与y 轴交于点C ，在Rt △A ′CO 中，A ′O ＝1，∠A ′OC ＝90°－60°＝30°， ∴A ′C ＝12，CO ＝32.∴S 1＝12AO ·CO ＝12×1×32＝34，S 2＝12BO ·A ′C ＝12×3×12＝34，∴S 1＝S 2；第8题答图①第8题答图②(3)关系没有变化．理由：如答图②，过点B ′作B ′D ⊥x 轴于D ，过点B 作BE ⊥OA ′于E ， ∴∠ODB ′＝∠OEB ＝90°.∵∠AOA ′＝∠BOB ′， ∴∠AOB ＝∠A ′OB ′＝90°，∴∠BOE ＝∠B ′OD . 又∵OB ＝OB ′，∴△OBE ≌△OB ′D ，∴BE ＝B ′D . 又∵OA ＝OA ′，∴S 1＝S 2.(16分)9．(16分)[2017·盐城]【探索发现】如图2－2－9①是一张直角三角形纸片，∠B ＝90°，小明想从中剪出一个以∠B 为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE ，EF 剪下时，所得的矩形的面积最大．随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为__12__．图2－2－9【拓展应用】如图②，在△ABC 中，BC ＝a ，BC 边上的高AD ＝h ，矩形PQMN 的顶点P ，N 分别在边AB ，AC 上，顶点Q ，M 在边BC 上，则矩形PQMN 面积的最大值为__14ah __．(用含a ，h 的代数式表示) 【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE ，AB ＝32，BC ＝40，AE ＝20，CD ＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B 为所剪出矩形的内角)，求该矩形的面积．【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD ，经测量AB ＝50 cm ，BC ＝108 cm ，CD ＝60 cm ，且tan B ＝tan C ＝43，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M ，N 在边BC 上且面积最大的矩形PQMN ，求该矩形的面积．图2－2－9④ 备用图解：【灵活应用】如答图①，设矩形BFGK 是从“缺角矩形”中剪出的一个矩形，显然，当顶点G 在线段DE 上时，矩形的面积才可取最大值．作直线DE ，分别交线段BA ，BC 的延长线于点P ，Q ，过点E 作EH ⊥BC 于点H .∵四边形ABCM 是矩形，∴AM ∥BC ，∴△DEM ∽△DQC .∴EM CQ ＝MD CD . ∵CD ＝16，CM ＝AB ＝32，∴MD ＝CD ＝16.∴EM CQ ＝1，即CQ ＝EM .∵AE ＝20，AM ＝BC ＝40，∴EM ＝AE ＝20.∴AE ＝CQ .同理P A ＝MD ＝CD ＝16.∴当BK ＝12PB ＝24，即当顶点G 在DE 中点处时，矩形的面积最大，最大面积为14×60×48＝720.【实际应用】分三种情形：(I)如答图②，当矩形的另两个顶点P ，Q 分别在边AB ，CD 上时，延长BA ，CD 相交于点E . ∵∠B ＝∠C ，∴EB ＝EC .过点E 作EH ⊥BC 于点H .∴BH ＝12BC ＝12×108＝54.在Rt △EBH 中，EH ＝BH ·tan B ＝54×43＝72.∴EB ＝90.由结论，当PB ＝12EB ＝45＜AB 时，矩形面积有最大值14×108×72＝1 944 cm 2第9题答图①第9题答图② 第9题答图③ (II)如答图③，当矩形的另两个顶点P ，Q 分别在边AD ，CD 上时，延长BA ，CD 相交于E ，延长QP 交AE 于F ，过点F 作FG ⊥BC 于G ，则矩形PQMN 的面积小于矩形FQMG 的面积． 由①知，S 矩形FQMG ＜1 944.(III)当矩形另两个顶点P ，Q 分别在边AB ，AD 上时，此时不能裁出矩形．综上所述，矩形面积的最大值为1 944 cm 2.。
中考数学复习专题讲座探究型问题(含详细参考答案)
中考数学复习专题讲座探究型问题一、中考专题诠释探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．二、解题策略与解法精讲由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．三、中考考点精讲考点一：动态探索型：此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．例1 （2015•自贡）如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE=CF；（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF 和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．考点：菱形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质。
2018届初中数学中考学练测ppt课件(含答案,共20个,精品资源,打包下载)
把y＝－1代入①，得x＝4， x＝4， ∴方程组的解为 y＝－1.
请你解决以下问题：
3x－2y＝5，④ (1)模仿小军的“整体代换”法解方程组 9x－4y＝19；⑤
(2)已知 x，y
2 2 3 x － 2 xy ＋ 12 y ＝47，⑥ 满足方程组 2 2 2 x ＋ xy ＋ 8 y ＝36， ⑦
1 1 － 1－2－3－„－2 1 1 1 ＋ ＋ ＋„＋ 2 2 3 4
1 1 × － 018 2 019
1 018； (2)解方程：(x2＋5x＋1)(x2＋5x＋7)＝7. 1 1 1 1 解： (1)设 ＋ ＋ ＋„＋ ＝ t， 2 3 4 2 018 1 1 1 t 2 则原式＝(1－t) t＋2 019 － 1－t－2 019 t＝t＋ －t － 2 019 2 019 t 1 2 － t＋ t ＋ ＝ ； 2 019 2 019
2 2 2 2
1．阅读下列材料，并用相关的思想方法解决问题．
1 1 1 1 1 1 1 计算：1－2－3－4×2＋3＋4＋5－ 1 1 1 1 1 1 1 1－ － － － × ＋ ＋ . 2 3 4 5 2 3 4
1 1 1 令 ＋ ＋ ＝t，则 2 3 4 1 1 1 2 1 4 1 2 原式＝(1－t) t＋5 － 1－t－5 t＝t＋ －t － t－ t＋t ＝ . 5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 1 (1)计算：1－2－3－„－2 018×2＋3＋ 4＋„＋2 019
又∵BA＝BC，EA＝MC，
∴BA－EA＝BC－MC，即BE＝BM. ∴△BEM为等边三角形，∴∠6＝60°.
【数学课件】2018届全效学习中考数学学练测10.1相似图形
备考基础
归类探究
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黄金分割：如果点 P 把线段 AB 分成两条线段 AP 和 PB，使 PB AP ＝ AP>PB，且___________ AP AB ，那么称线段 AB 被点 P 黄金分割，P 叫做线段 AB 的黄金分割点，所分成的较长一条线段 AP 与整条 5－ 1 线段 AB 的比叫做黄金比，黄金比为________ ．一条线段的黄金 2 分割点有_____ 2 个．
平方 ． (2)相似多边形的面积之比等于相似比的________
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二、必会2 方法
1．相似三角形的基本图形
(1)平行线型： 如图32－4，若CD∥AB，则有△OCD∽△OAB；
图32－4
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(2)斜线型：
如图32－5，若∠1＝∠A，则有△OCD∽△OAB，特别是右图 中，当△OCD∽△OAB时，有OC2＝OA· OD；
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3．由平行线截得的比例线段
定理：两条直线被一组平行线(不少于3条)所截，所得的对应线
成比例 ． 段_________
4．相似三角形的性质
相等 ，对应边_________ 成比例 ； 性质：(1)相似三角形的对应角_______
相似比 ； (2)相似三角形周长之比等于_________ (3)相似三角形的面积之比等于相似比的_______ 平方 ； (4)相似三角形的对应高线的比，对应中线的比，对应角平分线
【解析】 根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得 S△ABC∶S△DEF＝1∶4，故选A.
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[2016· 临沂]如图2－2－2①，在正方形ABCD中，E，F分别是
边BC，AB上的点，且CE＝BF.连结DE，过点E作EG⊥DE，
使EG＝DE，连结FG，FC. FG＝CE__，位置关系是 (1)请判断：FG与CE的数量关系是__________ FG∥CE __； ___________ (2)如图②，若E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其他条件 不变，(1)中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明； (3)如图③，若E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其他条件 不变，(1)中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．
∵AD∥BC，∴∠AFH＝∠P，
∵HF∥GE，∴∠GEC＝∠P，∠HFO＝∠GEO， ∴∠AFH＝∠GEC，
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又∵∠A＝∠C＝90°，∠FOH＝∠E，
∴△AFH∽△CEG，△OFH∽△OEG， AF HF OF OF 1 ∴CE＝ GE ＝OE＝ ＝ ， 2OF 2 ∵BE＝EC＝2，∴AF＝1， ∴BQ＝AF＝1，QE＝1， OH OF 1 设 OF＝x，由△OFH∽△OEG，得 ＝ ＝ ， OG OE 2 又∵HG＝EF，∴OH＝OF＝x，OG＝OE＝2x，∴EF＝HG＝3x. ∵BE＝EC＝2，∴BC＝4，∴QF＝CD＝BC＝4， 17 2 2 2 2 2 2 在 Rt△EFQ 中， QF ＋QE ＝EF ， 即 4 ＋1 ＝(3x) ， 解得 x＝ . 3 1 2 1 5 2 5 172 85 2 ＝ . ∴S 阴影＝ x ＋ (2x) ＝ x ＝ × 2 2 2 2 3 18
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图2－2－2 【解析】 (1)只要证明四边形CEGF是平行四边形即可得出FG ＝CE，FG∥CE；
(2)如答图，构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边
相等求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG ＝CE，FG∥CE；
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(3)成立．∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°， BF＝CE， 在△CBF 与△DCE 中，∠FBC＝∠ECD， BC＝CD，
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∴△CBF≌△DCE(SAS)， ∴∠BCF＝∠CDE，CF＝DE， ∵EG＝DE，∴CF＝EG， ∵DE⊥EG，∴∠DEC＋∠GEC＝90°，
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第2课时
探究型问题
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提出问题：
(1)如图2－2－1①，在正方形ABCD中，点E，H分别在 BC，AB上．若AE⊥DH于点O，求证：AE＝DH； 类比探究： (2)如图②，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB， BC，CD，DA上．若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的 数量关系，并说明理由；
具体结论进行全面而细致的观察、分析、比较，从中发现其变
化规律，从而达到解决问题的目的．
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[2017· 义乌]已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一
点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE ＝β. (1)如图2－2－3，若点D在线段BC上，点E在线段AC上． ①如果∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，那么α ＝______°， 20 β＝ ______°； 10 ②求α，β之间的关系式； (2)是否存在不同于以上②中的α ，β
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(3)证明△CBF≌△DCE，即可证明四边形CEGF是平行四边
形． 解：(2)成立．如答图，过点G作GH⊥ CB的延长线于点H. ∵EG⊥DE，∴∠GEH＋∠DEC＝90°， ∵∠GEH＋∠HGE＝90°， ∴∠DEC＝∠HGE， 在△HGE与△CED中，
∠H＝∠ECD， ∠HGE＝∠CED， EG＝DE，
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图2－2－1 综合运用： (3)如图③，在(2)条件下，HF∥GE，已知BE＝EC＝2，OE＝
2OF，求图中阴影部分的面积．
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解： (1)证明：如答图①，在正方形ABCD中，AD＝AB，∠B
＝90°，∴∠1＋∠3＝90°， ∵AE⊥DH，∴∠1＋∠2＝90°，∴∠2＝∠3， ∴△ADH≌△BAE(AAS)，∴AE＝DH；
例1答图
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(2)EF＝HG.理由：如答图②，作DH′∥HG，AE′∥FE分别交
AB，BC于点H′，E′. ∵AF∥EE′，AE′∥FE， ∴四边形AE′EF是平行四边形， ∴EF＝AE′，同理，HG＝DH′. 由(1)可知，DH′＝AE′，∴EF＝HG； (3)如答图③，延长FH，交CB于P，过点F作FQ⊥BC交BC于 Q.
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变式跟进答图
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∴△HGE≌△CED(AAS)，∴GH＝CE，HE＝CD， ∵CE＝BF，∴GH＝BF，∵GH∥BF，∴四边形GHBF是矩 形，
∴GF＝BH，FG∥CH，∴FG∥CE.
∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝BC，∴HE＝BC，
∴HE＋EB＝BC＋EB，∴BH＝EC，∴FG＝CE；
之间的关系式？若存在，求出这个关系
式(求出一个即可)；若不存在，请说明 理由．
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图2－2－3
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【解析】 (1)①∵AB＝AC，AD＝AE，
∴∠B＝∠C＝60°，∠ADE＝∠AED＝70°， 在△DEC中，∠CDE＝∠AED－∠C＝70°－ 60°＝10°， 在△ABD中，∠CDE＋∠ADE＝∠B＋∠BAD， ∴10°＋70°＝60°＋∠BAD，∴∠BAD＝20°. 例2答图 ②设∠B＝x，∠ADE＝y，再利用①的解题思路即可． (2)当点E在CA延长线上，点D在线段BC上时，分别在△DEC
∵∠CDE＋∠DEC＝90°，∴∠CDE＝∠GEC，
∴∠BCF＝∠GEC，∴CF∥EG， ∴四边形CEGF是平行四边形，∴FG∥CE，FG＝CE.
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【点悟】
常见探究型问题有两种：(1)存在性探究型问题：一
般思路是先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设下进行
演绎推理，若推出矛盾，即可否定假设；若推出合理的结论， 则可肯定假设；(2)规律探究型问题：一般思路是通过对所给的