人教版初中数学中考复习专题(中考复习) 类比思想应用PPT优秀课件

2 )× m2＋2＋n2
2
，
则
p2 － n2 ＝ (2 ＋
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课堂精讲
【解】(1)①证明：∵∠ACE＋∠ECB＝45°，∠BCF ＋∠ECB＝45°，∴∠ACE＝∠BCF.
方法提炼
类比型试题常常以“几何演变”为载体，由特 殊到一般进行拓展．学生在解题时，分解题目中的 基本图形，并且牢牢抓住题目中的不变属性，通过 正面与反面的类比，以及全等与相似的类比，构造 辅助线的类比等等，就能准确把握问题的切入点， 从而高效地寻找到问题的解决方案.
课堂精讲
例1 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；
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例2 三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家 克洛尔于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 洛卡重新发现，并用他的名字命名．如图1，若任意△ABC 内一点Q满足∠1＝∠2＝∠3＝∠α，则点Q叫△ABC的布洛 卡点，∠α叫布洛卡角．
中考·数学
2020版
第一部分 系统复习
专题12 类比思想应用
考点解读
从近几年的中考试题来看，着重考查学生的探 究能力、推理能力、创造能力的类比型试题成为中 考的“新宠”．这类试题背景独特，以类比思维为中 心，与数学基础知识、数学思想方法相整合，对学 生能力要求和素质要求较高，学生在解答时往往会 感到困难.
2＝(2＋
2)m2＋n2.
∴p2－n2＝(2＋ 2)m2.
图2
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【方法归纳】此题主要考查了四边形综合、相似 三角形的判定和性质的应用、直角三角形的性质和应 用以及勾股定理的应用，还考查了分析推理能力、空 间想象能力以及数形结合方法的应用，要熟练掌握．
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图1
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(1)如图2，若点Q为等边△ABC的布洛卡点，则布洛卡角 α的度数是________；QA，QB，QC的长度关系是________；
(2)如图3，若点Q为等腰直角△ABC(其中∠ACB＝90°)的 布洛卡点．
课堂精讲
(2)如图 2，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为矩形，且ABBC＝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)
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∴B1F＝5k，EF＝EQ＋QF＝13k. 在 Rt△B1EF 中，B1E＝ EF2－B1F2＝12k，
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课后精练
3．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点P为AB边上的动点(P 与A，B不重合)，将△BCP沿CP翻折，点B的对应点B1在矩形外， PB1交AD于E，CB1交AD于点F. (1)如图1，求证：△APE∽△DFC； (2)如图1，如果EF＝PE，求BP的长； (3)如图2，连接BB′交AD于点Q，EQ∶QF＝8∶5，求tan∠PCB.
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图1
图2
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解：(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠ABC＝∠BCD＝90°.
∴∠APE＋∠AEP＝90°，∠DCF＋∠DFC＝90°.
∵△B1PC由△BPC翻折得到， ∴∠ABC＝∠PB1C＝90°. ∴∠B1EF＋∠B1FE＝90°. 又∵∠B1EF＝∠AEP，∠B1FE＝∠DFC， ∴∠DFC＝∠APE，且∠A＝∠D.
∴DF＝AD－AF＝4－a.
在Rt△DFC中，CF2＝DF2＋CD2，
∴(a＋1)2＝(4－a)2＋9.∴a＝2.4.
即BP＝2.4.
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(3)∵BC＝B1C，BP＝B1P，∠BCP＝∠B1CP，
又∵ABCC＝CCEF＝ 2，∴△CAE∽△CBF. ②∵ABEF＝ABCC＝ 2，AE＝2，∴BF＝ 2. 由△CAE∽△CBF 可得∠CAE＝∠CBF. 又∠CAE＋∠CBE＝90°， ∴∠CBF＋∠CBE＝90°，即∠EBF＝90°. 由 CE2＝2EF2＝2(BE2＋BF2)＝6，解得 CE＝ 6.
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(2)如图 1，连接 BF，同(1)①可得∠EBF＝90°，由ABBC＝EFFC＝
k，可得 BC∶AB∶AC＝1∶k∶ k2＋1，CF∶EF∶EC＝1∶k∶ k2＋1.
为S1，S2，S3，…，Sn，则Sn为( D )
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第1题图
n＋1 A.2n＋1
n2
n2
n2
B.3n－1 C.2n－1 D.2n＋1
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2．已知：点C在直线AB上，AC＝a，BC＝b，且a≠b，M是 AB的中点，请按照下面三个步骤探究线段MC的长度． (1)特值尝试： 若a＝10，b＝6，点C在线段AB上，则线段MC的长度为___2___； (2)周密思考： 若a＝10，b＝6，则线段MC的长度为___8_或__2___； (3)问题解决： 类比(1)(2)的解题思路，则线段MC的长度为_______________ (用含a，b的代数式表示)．
∴AB＝BC＝AC，∠CAB＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠1＝∠2＝∠3，∴∠4＝∠5＝∠6.
∴△ACQ≌△BAQ.
∴CQ＝AQ.同法可证CQ＝BQ.
图1
∴QA＝QB＝QC.
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝∠5＝∠6＝30°.
故答案为30°，QA＝QB＝QC.
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∴在 Rt△ACH 中，AC2＝AH2＋CH2＝[( 2＋1)x]2＋x2＝(4＋2 2)x2，
故 AB2∶BC2∶AC2＝( 2x)2∶( 2x)2∶(4＋2 2)x2＝1∶1∶(2＋ 2)，
同理可得 EF2∶FC2∶EC2＝1∶1∶(2＋ 2)．故 p2＝(2＋ 2)×EF2＝
(2 ＋ 2 )(BE2 ＋ BF2) ＝ (2 ＋ 2)m2.
图1
图2
图3
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【 分 析 】 (1)① 根 据 对 应 边 成 比 例 且 夹 角 相 等 ， 可 证 得 △CAE∽△CBF；②根据相似三角形的性质得到对应角相等，根据 等量代换得到△EBF 为直角，再利用勾股定理即可求出 CE 长；
(2)根据题意可得矩形 ABCD∽矩形 EFCG，同(1)可证得∠EBF 为直角．在 Rt△CEF 和 Rt△EBF 中根据勾股定理求得 k 值即可；
∴ABCC＝ABEF＝ k2＋1.
∴BF＝ kA2E＋1，BF2＝kA2＋E21.
∴CE2＝k2＋ k2 1×EF2＝k2＋ k2 1(BE2＋BF2)．
图1
∴32＝k2＋ k2 112＋k22＋2 1.∴k＝
10 4.
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①求证：QA2＝QC·QB； ②求△QAC，△QBA，△QCB的面积比．
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图2
图3
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【解】(1)30° QA＝QB＝QC
解析：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴CP 垂直平分 BB1.∴∠B1BC＋∠BCP＝90°.
∵BC＝B1C，
∴∠B1BC＝∠BB1C，且∠BB1C＋∠PB1B＝90°.
∴∠PB1B＝∠PCB.
∵四边形 ABCD 是矩形，∴AD∥BC.
∴∠B1BC＝∠B1QF.
∴∠B1QF＝∠BB1C.∴QF＝B1F.
∵EQ∶QF＝8∶5，∴设 EQ＝8k，QF＝5k.
∵∠AQC＝180°－∠3－∠CAQ＝135°，
∴∠CQH＝45°.∴CH＝ 22m.
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1．如图，已知A1，A2，A3，…，An，An＋1是x轴上的点，且 OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝AnAn＋1＝1，分别过点A1，A2，A3，…，An， An＋1作x轴的垂线交直线y＝2x于点B1，B2，B3，…，Bn，Bn＋1， 连接A1B2，B1A2，B2A3，…，AnBn＋1，BnAn＋1，依次相交于点P1， P2，P3，…，Pn.△A1B1P1，△A2B2P2，…，△AnBnPn的面积依次记
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(3)如图 2，连接 BF，同理可得∠EBF＝90°，过点 C 作 CH⊥AB 的延长线于 H，
可解得 AB2∶BC2∶AC2＝1∶1∶(2＋ 2)，
EF2∶FC2∶EC2＝1∶1∶(2＋ 2)．
∴ p2 ＝ (2 ＋ 2 )EF2 ＝ (2 ＋ 2 )(BE2 ＋ BF2) ＝ (2 ＋
2)m2＋2＋n2
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即∠ACE＝∠BCF.又∵ACCE＝BCCF，∴△CAE∽△CBF，故ABCC＝ABEF，∠CAE ＝∠CBF，且∠CAE＋∠CBE＝90°.∴∠CBF＋∠CBE＝90°，即∠EBF ＝90°，△BEF 为直角三角形．又∵AD∥BC，∴∠CBH＝∠DAB＝45°，
故△CBH 为等腰直角三角形．设 BH＝CH＝x，则 BC＝AB＝ 2x，
(3)连接 BF，过点 C 作 CH⊥AB 延长线于点 H，如图 2.由题 意知四边形 ABCD 与四边形 EFCG 为菱形，∴菱形 ABCD∽菱形 EFCG， 故ACCB＝ECCF，∠ACB＝∠ECF，∠ACB－∠ECB＝∠ECF－∠ECB，
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(2)①证明：如图 2，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°.
∵∠1＝∠2＝∠3，∴∠CAQ＝∠ABQ.
∴△ABQ∽△CAQ.
∴QQAC＝QQBA.∴QA2＝QC·QB.
图2
②作 CH⊥AQ 交 AQ 的延长线于 H，设 QC＝m.
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∴△APE∽△DFC.
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(2)∵PE＝EF，∠A＝∠B1＝90°， ∠AEP＝∠B1EF， ∴△APE≌△B1FE(AAS)． ∴AE＝B1E，AP＝B1F. ∴AE＋EF＝PE＋B1E.∴AF＝B1P. 设BP＝a，则AP＝3－a＝B1F， 由翻折的性质，得BP＝B1P＝a，BC＝B1C＝4， ∴AF＝a，CF＝4－(3－a)＝a＋1.