2006典型例题解析--第1章 几何组成分析
结构工程师结构力学几何组成分析例题
结构工程师结构力学几何组成分析例题(二)几何组成分析例题[例1-1] 分析图1-4(a)所示体系的几何组成。
[解] 体系的自由度W=3×3-2×2-5=0。
根据两元片规则，将地基延伸至固定铰A、C处，并将地基作为刚片I，将杆件BEFG作为刚片Ⅱ(图1-4(b))，刚片I和Ⅱ由支座链杆B、等效链杆AE、CG相连接，这三根链杆不相交于一点，体系是几何不变的，且无多余约束。
[例1-2] 分析图1-5(a)所示体系的几何组成。
[解] 体系的自由度W=3×10—2×12—6=0。
将地基并连同杆件ACG、BFJ作为刚片I、杆件DH、EI作为刚片Ⅱ、Ⅲ(图1-5(b))，则刚片I、Ⅱ、Ⅲ由三个虚铰(IⅡ)、(IⅢ)、(ⅡⅢ)两两相连，其中虚铰(ⅡⅢ)由一组平行链杆形成，而虚铰(IⅡ)、(IⅢ)的连接线平行于形成虚铰(ⅡⅢ)的两根平行链杆，可视为三虚铰在同一直线上，体系为瞬变体系。
[例1-3] 分析图1-6(a)所示体系的几何组成。
[解] 体系的自由度W=3×8—2×10-4=0。
根据两元片规则，将地基延伸至固定铰A处，并将地基作为刚片I，将CEF作为等效刚片Ⅱ，DB杆作为刚片Ⅲ，这三个刚片由三个虚铰(IⅡ)、(IⅢ)、(ⅡⅢ)两两相连，如图1-6(b)所示。
因形成无穷远处的两个虚铰(IⅢ)、(ⅡⅢ)的两组平行链杆不相互平行，故体系是无多余约束的几何不变体。
[例1-4] 分析图1-7(a)所示体系的几何组成。
[解] 体系的自由度W=3×9—2×12—3=0。
根据一元片规则，去除图1-7(a)所示体系的一元片，得图1-7(b)所示体系。
再将杆件AB、CE、DF分别作为刚片I、Ⅱ、ⅡⅢ，这三个刚片由三组平行链杆形成的三个无穷远处的虚铰(IⅡ)、(IⅢ)、(ⅡⅢ)两两相连，根据三刚片连接规则，体系为无多余约束的几何可变体系(无穷远处的三个点在一广义直线上)。
第一章 结构的几何构造分析
（2）体系中约束的布置方式要合理。
17
结构的几何构造分析
二 平面几何不变体系的基本组成规则 1、三刚片规则
三刚片用不在同一直线上的三个单铰两两相联，组成的体系 是几何不变体系，且无多余约束。
2、二刚片规则
两个刚片用三根不完全平行也不交于一同一点的链杆相联， 组成的体系是几何不变体系，且无多余约束。
在对结构进行分析计算前，首先分析体系的几何组成，以确 定其几何不变性，只有几何不变体系才能作为工程结构应用，
因此，几何构造分析的目的为：
1 判别体系是否为几何不变体系，从而决定能否 作为结构应用。
2 掌握几何不变体系的组成规则，便于设计出合理 的结构形式。 3 用以区分体系为静定结构或超静定结构，从而决 2 定采用不同的计算方法。
15
结构的几何构造分析
§1-6 平面几何不变体系的基本组成规则
一 平面几何不变体系应满足的条件 1 计算体系的自由度（或可变度），能否判断体系为几何不 变体系？ 平面体系计算自由度（可变度）的计算结果，可能有以下三 种情况： （1）W 0 ，表明体系缺少足够的约束，体系肯定为几何 可变体系。 （2）W 0 ，表明体系具有成为几何不所需的最少约束数 目，此时体系可能为几何不变体系，也可能为几何可变体 系。
5
结构的几何构造分析
约束的种类:
⑴ 链杆: 一根链杆相当一个约束。
y
B
y x A
y
B A
2 1
o
x
o
x
6
结构的几何构造分析
⑵ 单铰：
连接两个刚片的铰称为单铰 。 一个单铰相当于两个 约束。
y
x 1 Ⅰ
A
2 Ⅱ y
o
《结构力学习题集》1几何组成分析
《结构力学习题集》1几何组成分析第一章平面体系的几何组成分析一、是非题1、在任意荷载下，仅用静力平衡方程即可确定全部反力和内力的体系是几何不变体系。
2、图中链杆1和2的交点o可视为虚铰。
3、在图示体系中，去掉1—5，3—5， 4—5，2—5，四根链杆后，得简支樑12 ，故该体系为具有四个多余约束的几何不变体系。
4、几何瞬变体系产生的运动特别微小并很快就转变成几何不变体系，因而可以用作工程结构。
5、有多余约束的体系肯定是几何不变体系。
6、图示体系按三刚片法则分析，三铰共线，故为几何瞬变体系。
7、计算自由度w小于等于零是体系几何不变的充要条件。
8、两刚片或三刚片组成几何不变体系的规则中，不仅指明了必需的约束数目，而且指明了这些约束必须满足的条件。
9、在图示体系中，去掉其中任意两根支座链杆后，所余下局部都是几何不变的。
二、选择题图示体系的几何组成为：a．几何不变，无多余约束； b．几何不变，有多余约束；c．瞬变体系d．常变体系。
12、34、三、分析题：对以下平面体系进行几何组成分析。
12、34、56、78、910、1112、1314、1516、1718、1920、2122、2324、2526、2728、2930、3132、3334、四、在以下体系中新增支承链杆或支座，使之成为无多余约束的几何不变体系。
12、3、第一章平面体系的几何组成分析（参*）一、是非题：1、（o）2、（x）3、（x）4、（x）5、（x）6、（x）7、（x）8、（o）9、（x）二、选择题：1、（b）2、（d）3、（a）4、（c）三、分析题：3、6、9、10、11、12、14、17、18、19、20、22、23、25、27、28、30、31、32、33、34均是无多余约束的几何不变体系。
1、2、4、8、13、29 均是几何瞬变体系。
5、15 均是几何可变体系。
7、21、24、26 均是有一个多余约束的几何不变体系。
16 是有两个多余约束的几何不变体系。
2006年高考数学各章知识详解(1)
第一章 集合与简易逻辑1．（2006年福建卷）已知全集,U R =且{}{}2|12,|680,A x x B x x x =->=-+<则()U C A B 等于(C) （A ）[1,4)- （B ）(2,3) （C ）(2,3] （D ）(1,4)-【答案】 C【分析】：()()(),13,,2,4,A B =-∞-+∞=则[]()(]()1,32,42,3U C A B =-=【高考考点】绝对值不等式、集合的交集与补集运算 【易错点】：有关集合运算中的区间端点的取舍，常常出现失误【备考提示】 在这类运算中采用集合的区间表示或数轴表示，易于避免失误2．（2006年安徽卷）设集合{}22,A x x x R =-≤∈，{}2|,12B y y x x ==--≤≤，则()R C A B 等于（ ）A ．RB ．{},0x x R x ∈≠ C ．{}0 D ．∅ 【答案】 B【分析】：A ＝{x |0≤x ≤4}，B ＝{y |－4≤y ≤0}，则A ∩B ＝{0}，故ðU (A ∩B )＝{x ｜x ∈R ，x ≠0}，而选(B)．【高考考点】集合的运算：交集、补集 【备考提示】： 对集合的交集、并集、补集等运算要熟练．3．（2006年陕西卷）已知集合{}|110,P x N x =∈≤≤集合{}2|60,Q x R x x =∈+-=则P Q 等于（B ）（A ）{}1,2,3 （B ）{}2,3 （C ）{}1,2 （D ）{}2【答案】：B 【分析】： Q={ x ∈R|-3≤x ≤2}，所以P ∩Q 等于{1,2} 【高考考点】：一元二次不等式的解法，集合的运算性质 【易错点】：忽视集合P 的取值范围 【备考提示】正确和熟练掌握集合的运算性质以及不等式的解法，在复习中注意和三角函数，一元二次不等式等知识的结合使用4．( 2006年重庆卷)已知集合U ={1,2,3,4,5,6,7}, A ={2,4,5,7},B ={3,4,5},则(u A )∪(u B )=( D)(A){1,6} (B){4,5}(C){1,2,3,4,5,7} (D){1,2,3,6,7} 【答案】：D 【分析】：用文恩图或直接计算：{1,3,6}A =U ð，{1,2,6,7}B =U ð，所以()(){1,2,3,6,7}A B =U U 痧，故选D ； 【高考考点】：集合的交、并、补运算。
结构力学之平面体系的几何组成分析
二、二刚片规则： 两个刚片用既不全平行也不全交于一点的 三根链杆相联，所组成的体系是几何不变 体系，且无多余约束。
O
ΙΙ
ΙΙΙ
推论： 两个刚片由一个铰和一根轴线不通过该铰的 链杆相联，所组成的体系是几何不变体系， 且无多余约束。
ΙΙ
C
A
B
例三、
C
A
分析图示体系的几何构造：
D
解法一： 1、找刚片：
依据材料概括晚清中国交通方式的特点，并分析其成因。
提示：特点：新旧交通工具并存(或：传统的帆船、独轮车， 近代的小火轮、火车同时使用)。 原因：近代西方列强的侵略加剧了中国的贫困，阻碍社会发 展；西方工业文明的冲击与示范；中国民族工业的兴起与发展；
政府及各阶层人士的提倡与推动。
[串点成面· 握全局]
（二）二元体规则：
增加或去掉二元体不改变原体系的几何
组成性质。
C
A
B
例五、 分析图示体系的几何构造：
解：
A
D
E
基本铰结三角形ABC符合 三刚片规则，是无多余约
B
束的几何不变体系；依次
C
F
G
在其上增加二元体A-D-C、
C-E-D、C-F-E、E-G-F后， 体系仍为几何不变体，且 无多余约束。
一、几何构造特性：
（一）无多余联系的几何不变体系称为静定 结构。
静定结构几何组成的特点是：
任意取消一个约束，体系就变成了
几何可变体系。
（二）有多余联系的几何不变体系称为超静 定结构。
特点： 某些约束撤除以后，剩余体系仍
为几何不变体系。
二、静力特性：
（一）静定结构： 在荷载作用下，可以依据
2006典型例题解析--第1章 几何组成分析
第1章几何组成分析§1 – 1 基本概念1-1-1 名词解释●几何不变体系——结构（静定或超静定）在不考虑材料变形情况下,几何形状和位置不变的体系，称为几何不变体系。
●几何可变体系在不考虑材料变形情况下,形状或位置可变的体系，称为几何可变体系。
●刚片在平面上的几何不变部分。
●自由度确定体系位置所需的独立坐标数目。
●约束（联系）能够减少自由度的装置。
减少自由度的个数为约束个数。
①链杆——相当1个约束②铰——相当2个约束③虚铰——相当2个约束④复铰——相当n-1个单铰的作用●多余联系不能减少自由度的联系，称Array为多余联系。
●必要联系去掉时能够增加自由度（或维持体系不变性必须）的联系。
●瞬变体系几何特征：几何可变体系经过微小位移后成为几何不变体系。
静力特征：受很小的力将产生无穷大内力，因此不能作结构。
1-1-2 分析规则在不考虑材料应变所产生变形的条件下，构成无多余约束几何不变体系（静定结构）的基本规则如下：●三刚片规则三个刚片用不在同一条直线上的三个铰（或虚铰）两两相联。
●二刚片规则2结构力学典型例题解析两个刚片用不交于一点也不全平行的三根链杆相联；或：两个刚片用一个铰和不通过该铰心的链杆相联。
●二元体规则什么是二元体（二杆结点）：两根不在同一条直线上的链杆联接一个新结点的装置，称为二元体。
在一个体系上增加或减少二元体不影响其几何不变性。
1-1-3 几何组成分析一般方法（步骤）(1)去二元体（二杆结点）。
(2)分析地基情况：上部体系与地基之间●当有满足二刚片规则的三个联系时，去掉地基，仅分析上部体系；●当少于三个联系时，必为几何常变体系；●当多于三个联系时，将地基当作一个刚片进行分析。
(3)利用规则找大刚片(最简单情况为:三个铰接杆件为刚片)。
(4)使用几何组成规则进行分析。
利用三刚片规则分析时：首先找出三个刚片，（满足三刚片规则的连接条件，即每两个刚片间有一个铰（或虚铰），然后再标出虚铰位置，最后看三个铰是否构成三角形。
平面杆件体系的几何组成分析典型例题(附详细解题过程)
平面杆件体系的几何组成分析典型例题【例1】对如图1(a)示体系作几何组成分析。
图1【解】（1）对如图1(a)所示体系依次拆除二元体后如图1(b)所示。
（2）选取三个刚片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，它们由三个虚铰O1、O2、O3两两相连，其中虚铰O1、O3的连线与形成无穷远虚铰O2的两平行链杆不平行。
（3）结论：无多余约束的几何不变体系。
【例2】对如图2(a)所示体系作几何组成分析。
图2【解】（1）根据二元体规则先将结点G固定在基础上，选扩大的基础作为刚片Ⅰ，如图2-(b)所示。
（2）选折杆AF为刚片Ⅱ，两刚片由三根链杆（DE、FG及A处支座链杆）相连，且不交于一点也不互相平行，满足两刚片规则。
（3）结论：无多余约束的几何不变体系。
【例3】对如图3(a)所示体系作几何组成分析。
图3【解】（1）对如图3(a)所示体系依次拆除二元体后如图3(b)所示。
（2）选取三个刚片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，它们由三个铰O1、O2、O3两两相连，其中铰O1、O2的连线与形成无穷远虚铰O3的两平行链杆不平行。
（3）结论：无多余约束的几何不变体系。
【例4】对如图4所示体系作几何组成分析。
图4【解】对如图4(a)体系进行几何组成分析如下：（1）选取如图4(a)所示的两个刚片Ⅰ、Ⅱ，它们由三根链杆AC、EF及BD相连，且这三根链杆不交于一点也不互相平行，满足两刚片规则，因此上部体系是没有多余约束的几何不变部分。
（2）上部体系与基础间由四根支座链杆相连接。
（3）结论：有一个多余约束的几何不变体系（四根支座链杆中任一根均可看作多余约束）。
对如图4(b)体系进行几何组成分析如下：（1）先根据两刚片规则将杆123及结点7固定在基础上，再根据二元体规则依次固定结点4、5，扩大的基础刚片即刚片Ⅰ。
（2）固定结点6时，由于结点5、6、7共线，结论：几何瞬变体系。
【例5】对如图5(a)所示体系作几何组成分析。
图5【解】选取三个刚片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，如图5(b)所示，它们由三个铰O1、O2、O3两两相连，其中铰O1、O2的连线与形成无穷远虚铰O3的两平行杆不平行。
几何组成分析(完整)
计算自由度≤体系的实际自由度 体系的实际自由度=计算自由度+多余 约束数
计算自由度
任何平面体系的计算自由度，其计算结果将 有以下三种情况： ⑴ w＞0, 体系缺少足够的联系，为几何可变。 ⑵ w＝0, 体系具有成为几何不变所必需的最 少联系数目。 ⑶ w＜0, 体系具有多余联系。 则几何不变体系的必要条件是: w≤0, 但这不是充 分条件，还需研究几何不变体系的合理组成规则。
体系的几何构造与静力特性的关系
体系的分类 无无多余约束的 几几何 几几何不变体系 不 变体 系 有多余约束的 几几何不变体系 几几何 几几何瞬变体系 可 变体 系 几几何常变体系 几几何构造特性 约束数⺫目目正好 布置合理 约束有多余 布置合理 约束数⺫目目够 布置不合理 缺少必要 的约束 静力力特性 静定结构：仅由平 衡条件就可求出全 部反力力和内力力 超静定结构：仅由 平衡条件求不出全 部反力力和内力力 内力力为无无穷大大 或不确定 不存在静力力解答
y x
o
（图1）
x
o
（图2）
几几个名词
约束——减少自由度的装置 链杆 单铰 一一个单铰可减少体系两 虚铰 个由度相当于两个约束。 复铰 连接N个刚片的复铰相当于N-1个单铰
几几个名词
约束——减少自由度的装置 链杆 单铰 虚铰 复铰 刚性联结或固定端约束
y y x o x o y α x
一一个单刚结点可减 少三个自自由度相当于 三个约束。
几何可变体系又可分为两种： （1）几何常变体系(constantly changeable system) 发生生有限位移 （2）几何瞬变体系(instantaneously changeable system) 发生生微小小位移 P P ∑Y=0，N=0.5P/sinβ→∞ 由于瞬变体系能产生 很大的内力，故几何常变 体系和几何瞬变体系不能 作为建筑结构使用. N
第一章几何结构组成分析
第1章几何组成结构分析1.1 基础知识回顾1.1.1 几何组成结构分析的前提不考虑结构由于材料应变而引起的结构形状的改变，将所有杆件当做刚性构件处理。
1.1.2 几何结构的分类在不计算材料应变的前提下，体系形状及杆件的相对位置不发生变化的结构称为几何不变体系，如图1.1为几何不变体系。
如果体系的形状或者杆件的相对位置发生变化，那么就称为几何可变体系，如图1.2为几何常变体系。
瞬变体系：结构不缺少必要约束，本身是几何可变的，但是经过微小的位移后变为几何不变体系，这种结构称为几何瞬变体系，图1.3为瞬变体系。
几何结构的分类可以概括为：⎧⎧⎨⎪⎪⎩⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩有多余约束的几何不变体系几何不变体系无多余约束的几何不变体系常变体系几何可变体系瞬变体系 考试中最常见考瞬变体系，记住常见的几种瞬变体系，常见的几何瞬变体系（图1.8-1.9）：注：1、图1三根链杆交于一点，具备一个瞬铰，因此可以产生位移，当机构发生微小位移后，链杆1与2交于一个瞬铰，链杆2与3交于一个瞬铰，两个瞬铰不是重合的，因此，结构变为了几何不变体系，故原结构为几何不变体系。
2、这里的两刚片是广义的刚片，可以是扩大的刚片，很多题目是这两个题目的变式！1.1.3 自由度与约束物体或者运动时，彼此可以独立改变的几何参数的个数称为该物体或者体系的自由度。
注意在结构力学考试中，所有体系都是考虑平面体系。
一个刚片在平面上包含三个自由度，,y,x θ。
平面中一个刚节点可以约束3个自由度，一个铰接点可以约束2个自由度，一个链杆可以约束1个自由度。
平面中往往存在多个杆件共用一个节点，故这类复刚（铰）节点计算为：N 个杆件所组成的单刚（铰）节点可以看做由（N-1）个单刚（铰）节点组成。
对于整体结构体系而言，假如结构有n 个杆件，其中包含m 个刚节点，s 个铰接点，p个链杆，那么结构的自由度可以表示为：w n m s q=---332例：计算所示体系的自由度。
数学f1初中数学2006年全国中考数学压轴题全解全析(1-14)
本文为自本人珍藏 版权所有 仅供参考 本文为自本人珍藏 版权所有 仅供参考2006年全国中考数学压轴题全解全析1、（北京课改B 卷）我们给出如下定义：若一个四边形的两条对角线相等，则称这个四边形为等对角线四边形．请解答下列问题：（1）写出你所学过的特殊四边形中是等对角线四边形的两种图形的名称；（2）探究：当等对角线四边形中两条对角线所夹锐角为60 时，这对60 角所对的两边之和与其中一条对角线的大小关系，并证明你的结论． [解] （1）答案不唯一，如正方形、矩形、等腰梯形等等．（2）结论：等对角线四边形中两条对角线所夹锐角为60 时，这对60 角所对的两边之和大于或等于一条对角线的长．已知：四边形A B C D 中，对角线A C ，B D 交于点O ，A C B D =， 且60AOD ∠= ． 求证：B C A D A C +≥．证明：过点D 作D F AC ∥，在D F 上截取D E ，使D E AC =． 连结C E ，B E ．故60EDO ∠= ，四边形A C E D 是平行四边形． 所以B D E △是等边三角形，C E A D =． 所以D E B E A C ==．①当B C 与C E 不在同一条直线上时（如图1）， 在B C E △中，有B C C E B E +>．所以B C A D A C +>．②当B C 与C E 在同一条直线上时（如图2）， 则BC C E BE +=．因此B C A D A C +=．综合①、②，得B C A D A C +≥．即等对角线四边形中两条对角线所夹角为60时，这对60角所对的两边之和大于或等于其中一条对角线的长．[点评]本题是一道探索题，是近年来中考命题的热点问题，在第2小题中要求学生先猜想可能的结论，再进行证明，这对学生的确有较高的能力要求，而在探索结论前可以自己先画几个草图，做到心中有数再去努力求证；很多学生往往会忽略特殊情况没有进行讨论，应当予以关注，总之这是一道新课标形势下的优秀压轴题。
2006年中考数学试题汇编及解析---动态几何型综合
2006年中考数学试题汇编及解析---动态几何型综合纵观近5年全国各地的中考数学试卷，动态几何型综合题常常出现在一张试卷的压轴题位置，估计这一趋势在今后几年的中考中会越来越明显，这类试题往往综合性较强，往往涉及到函数、直线型、圆等初中数学的重点考察对象中的好几个，应加大训练的力度。
1、（2006山东青岛）如图①，有两个形状完全相同的直角三角形ABC 和EFG 叠放在一起（点A 与点E 重合），已知AC ＝8cm ，BC ＝6cm ，∠C ＝90°，EG ＝4cm ，∠EGF ＝90°，O 是△EFG 斜边上的中点．如图②，若整个△EFG 从图①的位置出发，以1cm/s 的速度沿射线AB 方向平移，在△EFG 平移的同时，点P 从△EFG 的顶点G 出发，以1cm/s 的速度在直角边GF 上向点F 运动，当点P 到达点F 时，点P 停止运动，△EFG 也随之停止平移．设运动时间为x （s ），FG 的延长线交 AC 于H ，四边形OAHP 的面积为y （cm 2)（不考虑点P 与G 、F 重合的情况）．（1）当x 为何值时，OP ∥AC ?（2）求y 与x 之间的函数关系式，并确定自变量x 的取值范围．（3）是否存在某一时刻，使四边形OAHP 面积与△ABC 面积的比为13∶24？若存在，求出x 的值；若不存在，说明理由．（参考数据：1142 ＝12996，1152 ＝13225，1162 ＝13456或4.42 ＝19.36，4.52 ＝20.25，4.62 ＝21.16）[解析] （1）∵Rt △EFG ∽Rt △ABC ，∴BC FG AC EG =，684FG=． ∴FG ＝864⨯＝3cm ．∵当P 为FG 的中点时，OP ∥EG ，EG ∥AC ， ∴OP ∥AC ．∴ x ＝121FG＝21×3＝1.5（s ）．∴当x 为1.5s 时，OP ∥AC ．（2）在Rt △EFG 中，由勾股定理得：EF ＝5cm ． ∵EG ∥AH ，∴△EFG ∽△AFH ．∴FH FGAF EF AH EG ==． ∴FHx AH 3554=+=． ∴ AH ＝54（ x ＋5），FH ＝53（x ＋5）．过点O 作OD ⊥FP ，垂足为 D ．∵点O 为EF 中点， ∴OD ＝21EG ＝2cm ． ∵FP ＝3－x ，∴S 四边形OAHP ＝S △AFH －S △OFP＝21·AH ·FH －21·OD ·FP ＝21·54（x ＋5）·53（x ＋5）－21×2×（3－x ） ＝256x 2＋517x ＋3 （0＜x ＜3）．（3）假设存在某一时刻x ，使得四边形OAHP 面积与△ABC 面积的比为13∶24．则S 四边形OAHP ＝2413×S △ABC ∴256x 2＋517x ＋3＝2413×21×6×8 ∴6x 2＋85x －250＝0 解得 x 1＝25， x 2＝ －350（舍去）． ∵0＜x ＜3， ∴当x ＝25（s ）时，四边形OAHP 面积与△ABC 面积的比为13∶24． 2、（2006河北）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝12，BC ＝16，动点P 从点A 出发沿AC 边向点C 以每秒3个单位长的速度运动，动点Q 从点C 出发沿CB 边向点B 以每秒4个单位长的速度运动．P ，Q 分别从点A ，C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ 关于直线PQ 对称的图形是△PDQ ．设运动时间为t （秒）．（1）设四边形PCQD 的面积为y ，求y 与t 的函数关系式； （2）t 为何值时，四边形PQBA 是梯形？（3）是否存在时刻t ，使得PD ∥AB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（4）通过观察、画图或折纸等方法，猜想是否存在时刻t ，使得PD ⊥AB ？若存在，请估计t的值在括号中的哪个时间段内（0≤t ≤1；1＜t ≤2；2＜t ≤3；3＜t ≤4）；若不存在，请简要说明理由．[解析] （1）由题意知 CQ ＝4t ，PC ＝12－3t ，∴S △PCQ =t t CQ PC 246212+-=⋅．∵△PCQ 与△PDQ 关于直线PQ 对称， ∴y=2S △PCQ t t 48122+-=． （2）当CQCP CA CB=时，有PQ ∥AB ，而AP 与BQ 不平行，这时四边形PQBA 是梯形，∵CA =12，CB =16，CQ ＝4t ， CP ＝12－3t ，∴16412312tt =-，解得t ＝2． ∴当t ＝2秒时，四边形PQBA 是梯形．（3）设存在时刻t ，使得PD ∥AB ，延长PD 交BC 于点M ，如下图，若PD ∥AB ，则∠QMD =∠B ，又∵∠QDM =∠C =90°，∴Rt △QMD ∽Rt △ABC ，从而ACQDAB QM =， ∵QD =CQ =4t ，AC ＝12， AB=20， ∴QM =203t ． 若PD ∥AB ，则CP CMCA CB=，得20412331216t t t +-=， 解得t ＝1211． ∴当t ＝1211秒时，PD ∥AB ．（4）存在时刻t ，使得PD ⊥AB ．时间段为：2＜t ≤3．3、（2006重庆）如图1所示，一张三角形纸片ABC ，∠ACB=90°,AC=8,BC=6.沿斜边AB 的中线PCD 把这张纸片剪成11AC D ∆和22BC D ∆两个三角形（如图2所示）.将纸片11AC D ∆沿直线2D B （AB ）方向平移（点12,,,A D D B 始终在同一直线上），当点1D 于点B 重合时，停止平移.在平移过程中，11C D 与2BC 交于点E,1AC 与222C D BC 、分别交于点F 、P.(1) 当11AC D ∆平移到如图3所示的位置时，猜想图中的1D E 与2D F 的数量关系，并证明你的猜想； (2) 设平移距离21D D 为x ，11AC D ∆与22BC D ∆重叠部分面积为y ，请写出y 与x 的函数关系式，以及自变量的取值范围；（3）对于（2）中的结论是否存在这样的x 的值，使重叠部分的面积等于原ABC ∆面积的14. 若存在，求x 的值；若不存在，请说明理由.[解析]（1）12D E D F =.因为1122C D C D ∥，所以12C AFD ∠=∠.又因为90ACB ∠=︒，CD 是斜边上的中线，所以，DC DA DB ==，即112221C D C D BD AD === 所以，1C A ∠=∠，所以2AFD A ∠=∠ 所以，22AD D F =.同理：11BD D E =.又因为12AD BD =，所以21AD BD =.所以12D E D F =（2）因为在Rt ABC ∆中，8,6AC BC ==，所以由勾股定理，得10.AB =CB D A 图1122图3C 2D 2C 1BD 1A 图2即1211225AD BD C D C D ====又因为21D D x =，所以11225D E BD D F AD x ====-.所以21C F C E x == 在22BC D ∆中，2C 到2BD 的距离就是ABC ∆的AB 边上的高，为245. 设1BED ∆的1BD 边上的高为h ，由探究，得221BC D BED ∆∆∽，所以52455h x-=. 所以24(5)25x h -=.121112(5)225BED S BD h x ∆=⨯⨯=- 又因为1290C C ∠+∠=︒，所以290FPC ∠=︒.又因为2C B ∠=∠，43sin ,cos 55B B ==. 所以234,55PC x PF x == ，22216225FC P S PC PF x ∆=⨯=而2212221126(5)22525BC D BED FC P ABC y S S S S x x ∆∆∆∆=--=--- 所以21824(05)255y x x x =-+≤≤ (3) 存在. 当14ABC y S ∆=时，即218246255x x -+= 整理，得2320250.x x -+=解得，125,53x x ==.即当53x =或5x =时，重叠部分的面积等于原ABC ∆面积的14.4、（2006山东济南）如图1，以矩形OABC 的两边OA 和OC 所在的直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，A 点的坐标为(3)C ，0，点的坐标为(04)，．将矩形OABC 绕O 点逆时针旋转，使B 点落在y 轴的正半轴上，旋转后的矩形为11111OA B C BC A B ，，相交于点M ． （1）求点1B 的坐标与线段1B C 的长；（2）将图1中的矩形111OA B C 沿y 轴向上平移，如图2，矩形222PA B C 是平移过程中的某一位置，22BC A B ，相交于点1M ，点P 运动到C 点停止．设点P 运动的距离为x ，矩形222PA B C 与原矩形OABC 重叠部分的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围；（3）如图3，当点P 运动到点C 时，平移后的矩形为333PA B C ．请你思考如何通过图形变换使矩形333PA B C 与原矩形OABC 重合，请简述你的做法．[解析]（1）如图1，因为15OB OB ===，所以点1B 的坐标为(05)，．11541B C OB OC =-=-=．（2）在矩形111OA B C 沿y 轴向上平移到P 点与C 点重合的过程中，点1A 运动到矩形OABC 的边BC 上时，求得P 点移动的距离115x =． 当自变量x 的取值范围为1105x <≤时，如图2，由2122B CM B A P △∽△，得1334x CM +=，此时，2221113334(1)224B A P B CM xy S S x +=-=⨯⨯-⨯+△△． 即23(1)68y x =-++（或23345848y x x =--+）．当自变量x 的取值范围为1145x ≤≤时，求得122(4)3PCM y S x '==-△（或221632333y x x =-+）．1C 3C（3）部分参考答案：①把矩形333PA B C 沿3BPA ∠的角平分线所在直线对折．②把矩形333PA B C 绕C 点顺时针旋转，使点3A 与点B 重合，再沿y 轴向下平移4个单位长度． ③把矩形333PA B C 绕C 点顺时针旋转，使点3A 与点B 重合，再沿BC 所在的直线对折． ④把矩形333PA B C 沿y 轴向下平移4个单位长度，再绕O 点顺时针旋转，使点3A 与点A 重合．5、（2006山东济南）如图1，已知Rt ABC △中，30CAB ∠= ，5BC =．过点A 作AE AB ⊥，且15AE =，连接BE 交AC 于点P ． （1）求PA 的长；（2）以点A 为圆心，AP 为半径作⊙A ，试判断BE 与⊙A 是否相切，并说明理由；（3）如图2，过点C 作CD AE ⊥，垂足为D ．以点A 为圆心，r 为半径作⊙A ；以点C 为圆心，R 为半径作⊙C ．若r 和R 的大小是可变化的，并且在变化过程中保持⊙A 和⊙C 相切．．，且使D 点在⊙A 的内部，B 点在⊙A 的外部，求r 和R 的变化范围．[解析]（1） 在Rt ABC △中，305CAB BC ∠==，， 210AC BC ∴==．AE BC ∥，APE CPB ∴△∽△． ::3:1PA PC AE BC ∴==． :3:4PA AC ∴=，3101542PA ⨯==． （2）BE 与⊙A 相切．在Rt ABE △中，AB =15AE =，CCＤ图1图2tanAE ABE AB ∴∠===60ABE ∴∠= ． 又30PAB ∠=，9090ABE PAB APB ∴∠+∠=∴∠=，， BE ∴与⊙A 相切．（3）因为5AD AB ==，r 的变化范围为5r <<当⊙A 与⊙C 外切时，10R r +=，所以R 的变化范围为105R -<；当⊙A 与⊙C 内切时，10R r -=，所以R 的变化范围为1510R <<+ 6、（2006浙江金华）如图,平面直角坐标系中,直线AB 与x 轴,y 轴分别交于A (3,0),B (0,3)两点, ,点C 为线段AB 上的一动点,过点C 作CD ⊥x 轴于点D .(1)求直线AB 的解析式;(2)若S 梯形OBCD 求点C 的坐标; (3)在第一象限内是否存在点P ,使得以P,O,B 为顶点的 三角形与△OBA 相似.若存在,请求出所有符合条件 的点P 的坐标;若不存在,请说明理由.[解析] （1）直线AB 解析式为：y=33-x+3． （2）方法一：设点Ｃ坐标为（x ，33-x+3），那么OD ＝x ，CD ＝33-x+3． ∴OBCD S 梯形＝()2CD CD OB ⨯+＝3632+-x ． 由题意：3632+-x ＝334，解得4,221==x x （舍去） ∴ Ｃ（２，33）方法二：∵ 23321=⨯=∆OB OA S AOB ,OBCD S 梯形＝334，∴63=∆ACD S ． 由OA=3OB ，得∠BAO ＝30°，AD=3CD ．∴ ACD S ∆＝21CD ×AD ＝223CD ＝63．可得CD ＝33． ∴ AD=１，OD ＝２．∴C （２，33）． （３）当∠OBP ＝Rt ∠时，如图①若△BOP ∽△OBA ，则∠BOP ＝∠BAO=30°，BP=3OB=3，∴1P （3，33）． ②若△BPO ∽△OBA ，则∠BPO ＝∠BAO=30°,OP=33OB=1． ∴2P （1，3）．当∠OPB ＝Rt ∠时③ 过点P 作OP ⊥BC 于点P(如图)，此时△PBO ∽△OBA ，∠BOP ＝∠BAO ＝30°过点P 作PM ⊥OA 于点M ．方法一： 在Rt △PBO 中，BP ＝21OB ＝23，OP ＝3BP ＝23． ∵ 在Rt △P ＭO 中，∠OPM ＝30°， ∴ OM ＝21OP ＝43；PM ＝3OM ＝433．∴3P （43，433）． 方法二：设Ｐ（x ，33-x+3），得OM ＝x ，PM ＝33-x+3 由∠BOP ＝∠BAO,得∠POM ＝∠ABO ．∵tan ∠POM==OMPM =x x 333+-，tan ∠ABOC=OBOA =3．∴33x+3＝3x ，解得x ＝43．此时，3P （43，433）．④若△POB ∽△OBA(如图)，则∠OBP=∠BAO ＝30°，∠POM ＝30°． ∴ PM ＝33OM ＝43． ∴ 4P （43，43）（由对称性也可得到点4P 的坐标）． 7、（2006河北课改）图14－1至图14－7的正方形霓虹灯广告牌ABCD 都是20×20的等距网格（每个小方格的边长均为1个单位长），其对称中心为点O ．如图14－1，有一个边长为6个单位长的正方形EFGH 的对称中心也是点O ，它以每秒1个单位长的速度由起始位置向外扩大（即点O 不动，正方形EFGH 经过一秒由6×6扩大为8×8；再经过一秒，由8×8扩大为10×10；……），直到充满正方形ABCD ，再以同样的速度逐步缩小到起始时的大小，然后一直不断地以同样速度再扩大、再缩小．另有一个边长为6个单位长的正方形MNPQ 从如图14－1所示的位置开始，以每秒1个单位长的速度，沿正方形ABCD 的内侧边缘按A →B →C →D →A 移动（即正方形MNPQ 从点P 与点A 重合位置开始，先向左平移，当点Q 与点B 重合时，再向上平移，当点M 与点C 重合时，再向右平移，当点N 与点D 重合时，再向下平移，到达起始位置后仍继续按上述方式移动）．正方形EFGH 和正方形MNPQ 从如图14－1的位置同时开始运动，设运动时间为x 秒，它们的重叠部分面积为y 个平方单位．（1）请你在图14－2和图14－3中分别画出x 为2秒、18秒时，正方形EFGH 和正方形MNPQ 的位置及重叠部分（重叠部分用阴影表示），并分别写出重叠部分的面积；（2）①如图14－4，当1≤x ≤3.5时，求y 与x 的函数关系式；②如图14－5，当3.5≤x ≤7时，求y 与x 的函数关系式； ③如图14－6，当7≤x ≤10.5时，求y 与x 的函数关系式； ④如图14－7，当10.5≤x ≤13时，求y 与x 的函数关系式．（3）对于正方形MNPQ 在正方形ABCD 各边上移动一周的过程，请你根据重叠部分面积y 的变化情况，指出y 取得最大值和最小值时，相对应的x 的取值情况，并指出最大值和最小值分别是多少． D 图14-2 图 D DD图14-1(P ) D N D[解析] （1）相应的图形如图2-1，2-2．当x =2时，y =3； 当x =18时，y =18．（2）①当1≤x ≤3.5时，如图2-3，延长MN 交AD 于K ，设MN 与HG 交于S ，MQ 与FG 交于T ，则MK =6＋x ，SK =TQ =7－x ，从而MS =MK －SK =2x －1，MT =MQ －TQ =6－（7－x ）= x －1． ∴y=MT ·MS =（x －1）（2x －1）=2x 2－3x ＋1．②当3.5≤x ≤7时，如图2-4，设FG 与MQ 交于T ，则 TQ =7－x ，∴MT =MQ －TQ =6－（7－x ）=x －1． ∴y=MN ·MT =6（x －1）=6x －6．③当7≤x ≤10.5时，如图2-5，设FG 与MQ 交于T ，则 TQ=x －7，∴MT =MQ －TQ =6－（x －7）=13－x ． ∴y = MN ·MT =6（13－x ）=78－6x ．④当10.5≤x ≤13时，如图2-6，设MN 与EF 交于S ，NP 交FG 于R ，延长NM 交BC 于K ，则MK =14－x ，SK =RP =x －7，图2-4D 图2-5D P图2-6D图2-3DQP 图2-2D 图2-1D QP∴SM=SK－MK=2x－21，从而SN=MN－SM=27－2x，NR=NP－RP=13－x．∴y=NR·SN=（13－x）（27－2x）=2x2－53x＋351．（3）对于正方形MNPQ，①在AB边上移动时，当0≤x≤1及13≤x≤14时，y取得最小值0；当x=7时，y取得最大值36．②在BC边上移动时，当14≤x≤15及27≤x≤28时，y取得最小值0；当x=21时，y取得最大值36．③在CD边上移动时，当28≤x≤29及41≤x≤42时，y取得最小值0；当x=35时，y取得最大值36．④在DA边上移动时，当42≤x≤43及55≤x≤56时，y取得最小值0；当x=49时，y取得最大值36．。
几何组成分析
2.6 几何组成分析及示例
第三，该大刚片 与地基刚片IV之间用一铰 第三，该大刚片ABC与地基刚片 之间用一铰（铰A）和一杆 与地基刚片 之间用一铰（ ） 处支杆） （B处支杆）相连，组成几何不变且无多余约束的体系。 处支杆 相连，组成几何不变且无多余约束的体系。
2.6 几何组成分析及示例
一、解题方法 1、公式法 求体系的计算自由度 ， 、 求体系的计算自由度W，
缺少约束），则为几何常变体系； ），则为几何常变体系 若W＞0 （缺少约束），则为几何常变体系； ＞ 若W≤0，则体系满足几何不变的必要条件， ，则体系满足几何不变的必要条件， 尚须继续 进行如下几何组成分析。 进行如下几何组成分析。
聊城大学建筑工程学院
。（主体 附属结构） 【例2-6】试对图示体系进行几何组成分析。（主体 附属结构） 】试对图示体系进行几何组成分析。（主体—附属结构
(a)
C D F
(b)
I IV
D C F
II V
A E A B G E
B
III(地基 地基) 地基
G
解：首先找出第一个构造单元，它是由刚片I、II、III（地基） 首先找出第一个构造单元，它是由刚片 、 、 （地基） 用三铰A、 、 两两相连所组成的几何不变的新的大刚片 用三铰 、B、C两两相连所组成的几何不变的新的大刚片 ABC； ； 其次，该大刚片与刚片IV用一铰 一链杆（E处链杆）相连， 其次，该大刚片与刚片 用一铰D一链杆（ 处链杆）相连， 用一铰 一链杆 处链杆 组成更大刚片ABCDE； 组成更大刚片 ； 第三，该更大刚片与刚片 用两个铰 用两个铰（ 第三，该更大刚片与刚片V用两个铰（铰F、G）相连，组成 、 ）相连， 几何不变，但有一个多余约束的体系。 几何不变，但有一个多余约束的体系。
2006年中考数学空间图形与三角形热点题型分类解析 华东师大版
2006年中考数学空间图形与三角形热点题型分类解析【专题考点剖析】本专题包括《空间图形》、《相交线、平行线》、《三角形》共三部分内容，是图形部分最基础的知识，试题反映出的考查点主要有：1．会画基本几何体（直棱柱、圆柱、圆锥、球）的三视图（主视图、•左视图、俯视图），会判断简单物体的三视图，能根据三视图描述几何体或实物原型．2．了解基本几何体与其三视图、展开图（球除外）之间的关系，•通过典型实例，知道这种关系在现实生活中的应用（如物体的包装）．3．会依据平行线的图形问题，•并注意在空间图形中，直线与平面平行的识别．4．会运用三角形三边关系、内角和定理、等腰三角形的性质和判定、•勾股定理及逆定理解证与之相关的图形问题．5．会利用全等三角形的性质及判定证明线段相等、角相等，•并会借助直线上点构成线段的条数规律解决三角形中全等图形的计数问题．6．能辨认一个命题的题设和结论，会构造一个命题的逆命题，•并能运用图形推理和举反例的方法推断命题的真假性．7．会利用五种基本作图的方法解决一类与之相关的尺规作图问题，•并注意作图的有关规定、要求，以及轴对称作图的基本思路．【解题方法技巧】本专题着重考查学生方程的思想、分类讨论的思想、对称作图的思想，以及识别图形的能力及动手操作图形的能力．【热点试题归类】题型1 空间图形展开图1．（2006，某某某某）小林同学在一个正方体盒子的每个面都写有一个字，分别是：我、喜、欢、数、学、课，其平面展开图如图1所示，那么在该正方体盒子中，•和“我”相对的面所写的字是“_______”．（1）（2）（3）2．（2006，黄冈）一个无盖的正方体纸盒，将它展开成平面图形，可能的情形共有（） A．11种 B．9种 C．8种 D．7种3．（2006，某某）一位美术老师在课堂上进行立体模型素描教学时，把14个棱长为1分米的正方体摆在课桌上成如图2形式，然后他把露出的表面都涂上不同的颜色，则被他涂上颜色部分的面积为（）A．33分米2 B．24分米2 C．21分米2 D．42分米24．（2006，某某某某）如图3，长方体的面有（）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个5．（2006，某某）将下面的直角梯形绕直线L旋转一周，可以得到图4中立体图形的是（）(4)6．（2006，某某）如图5，将矩形沿对称轴折叠，在对称轴处剪一下，•余下部分的展开图为（）(5)7．（2006，某某课改区）水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、•上面、下面、左面、右面”表示，如图6是一个正方体的表面展开图，若图中“2”在正方体的前面，则这个正方体的后面是（）A．0 B．6 C．快 D．乐(6)题型2 空间图形的三视图1．（2006，海淀区）如右图所示，水杯的俯视图是（）2．（2006，南安）右图中几何体的左视图是（）3．（2006，某某）在下列几何体中，主视图是圆的是（）4．（2006，某某）下图是由一些完全相同的小立方块搭成的几何体的三种视图，•那么搭成这个几何体所用的小立方块的个数是（）A．5个 B．6个 C．7个 D．8个5．（2006，某某）如右图，几何体的左视图是（）6．（2006，某某）右图中几何体的正视图是（）7．（2006，某某）右图中几何体的主视图是（）8．（2006，某某）如右图所示，圆柱的俯视图是（）9．（2006，某某）右图是一个水管的三叉接头，它的左视图是（）10．（2006，某某）下图是一个物体的三视图，则该物体的形状是（）A．圆锥 B．圆柱 C．三棱锥 D．三棱柱11．（2006，某某）如图，是有几个相同的小正方体搭成的几何体的三种视图，则搭成这个几何体的小正方体的个数是（）A．3 B．4 C．5 D．612．（2006，某某）对右图中的几何体变换位置或视角，则可以得到的几何体是（）题型3 三角形的基本概念1．（2006，某某市）已知点O在直线AB上，且线段OA的长度为4cm，线段OB•的长度为6cm，E、F分别为线段OA、OB的中点，则线段EF的长度为_______cm．2．（2006，白云区）∠1和∠2互余，∠2和∠3互补，如果∠1=63°，那么∠3=____．3．（2006，某某）如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，∠A=50°，BD∥AC，则∠CBD的度数是_______°．（1）（2）（3）（4）4．（2006，海淀区）如图2，已知AB∥CD，EF分别交于AB、CD于点E、F，∠1=60°，则∠2=______度．5．（2006，某某）如图3，AB∥CD，直线L平分∠AOE，∠1=40°，则∠2=_____．6．（2006，某某）如图4，P、Q是△ABC的边BC上的两点，且BP=PQ=QC=AP=AQ，• 则∠ABC 的大小等于_______（度）．7．（2006，某某）如图4，在△ABC 中，AB=AC ，∠A=50°，BD 为∠ABC 的平分线，•则∠BDC=______°． DC B A E D C BA（4） （5） （6） （7）8．（2006，某某某某）正三角形的每一个内角都是_______度．9．（2006，某某）如图5，△ABC 平移到△A ′B ′C ′，则图中与线段AA•′平行且相等的线段有______条．10．（2006，某某）如图6，三角形纸片ABC 中，∠A=65°，∠B=75°，•将纸片的一角折叠，使点C 落在△ABC 内，若∠1=20°，则∠2的度数为________．11．（2006，某某）在△ABC 中，AB 边上的中线CD=3，AB=6，BC+AC=8，则△ABC•的面积为_______．12．（2006，某某市）如图7，AB ∥CD ，若∠ABE=120°，∠DCE=35°，•则有∠BEC=______度．l 2l 1 l 2l E D CB A（8） （9） （10） （11）13．（2006，某某）如图8，已知直线L 1∥L 2，∠1=40°，那么∠2=______度．14．（2006，某某）已知等腰△ABC 的腰AB=AC=10cm ，底边BC=12cm ，则∠A•的平分线的长是_______cm ．15．（2006，某某某某）如图9，一扇窗户打开后，用窗钩BC 可将其固定，•这里所运用的几何原理是______．16．（2006，某某）已知：如图10，L 1∥L 2，∠1=50°，则∠2的度数是（ ）A ．135°B ．130°C ．50°D ．40°17．（2006，某某某某）若有一条公共边的两个三角形称为一对“共边三角形”，•则图11中以BC 为公共边的“共边三角形”有（ ）A ．2对B ．3对C ．4对D ．6对18．（2006，白云区）下列长度的各组线段中，能组成三角形的是（ ）A ．1，1，2B ．3，7，11C ．6，8，9D ．3，3，619．（2006，某某）如图12，AB ∥CD ，若∠2=135°，那么∠1的度数是（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°Q R TSP D C BA （12） （13） （14） （15）20．（2006，某某）如图13，∠PQR 等于138°，SQ ⊥QR ，QT ⊥PQ ，则∠SQT 等于（ ）A ．42°B ．64°C ．48°D ．24°21．（2006，某某市）如图14，给出了过直线外一点作已知直线的平行线的方法，其依据是（ ）A ．同位角相等，两直线平行；B ．内错角相等，两直线平行；C ．同旁内角互补，两直线平行；D ．两直线平行，同位角相等22．（2006，某某市）如图15，B 是线段的AC 中点，过点C 的直线L 与AC 成60°的角，在直线L上取一点P，使∠APB=30°，则满足条件的点P共有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个23．（2006，某某）已知：如图，AB∥CD，直线EF分别交AB、CD于点E、F，•∠BEF的平分线与∠DFE的平分线相交于点P．求证：∠P=90°．24．（2006，某某）请在如图所示的方格中，画出△ABC绕点A顺时针旋转90•°后的图形．题型4 三角形全等1．（2006，某某）如图1，点B在AE上，∠CAB=∠DAB，要使△ABC≌△ABD，• 可补充的一个条件是：____________（写一个即可）．（1）（2）（3）2．（2006，某某）如图2，P是正三角形ABC的一点，且PA=6，PB=8，PC=10，•若将△PAC 绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，则点P与点P′之间的距离为________，∠APB=________．3．（2006，某某）将一个无盖正方体纸盒展开（如图3①），沿虚线剪开，•用得到的5X纸片（其中4X是全等的直角三角形纸片）拼成一个正方形（如图3②），•则所剪得的直角三角形较短的与较长的直角边的比是_________．（4）（5）（6）4．（2006，某某课改实验区）如图4，若△OAD≌△OBC，且∠O=65°，∠C=20°，•则∠OAD=________．5．（2006，某某市）已知在△ABC和△A1B1C1中，AB=A1B1，∠A=∠A1，要使△ABC≌△A1B1C1还需添加一个条件，这个条件可以是_________．6．（2006，某某）如图5，△DAC和△EBC均是等边三角形，AE、BD分别与CD、•CE交于点M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②CM=；③AC=DN．其中，正确结论的个数是（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个7．（2006，某某）如图6，在等腰直角△ABC中，∠B=90°，将△ABC绕顶点A•逆时针方向旋转60°后得到△AB′C′，则∠BAC′等于（）A．60° B．105° C．120° D．135°8．（2006，某某）如图7，CD是Rt△ABC斜边AB上的高，将△BCD沿CD折叠，B•点恰好落在AB的中点E处，则∠A等于（）A．25° B．30° C．45° D．60°（7）（8）9．（2006，某某）正方形网格中，小格的顶点叫做格点，小华按下列要求作图：①在正方形网格的三条不同的实线上各取一个格点，•使其中任意两点不在同一条实线上；②连结三个格点，使之构成直角三角形．小华在图8中的（1）的正方形网格中作出了Rt△ABC．请你按照同样的要求，在图8中的（2）（3）•的两个正方形网格中各画出一个直角三角形，并使三个网格中的直角三角形互不全等．10．（2006，某某）如图，点D、C在BF上，AB∥EF，∠A=∠E，BC=DF，求证AB=EF．•11．（2006，某某）如图，AC交BD于点O，•请你从下面三项中选出两个作为条件，另一个为结论，写出一个真命题，并加以证明．①OA=OC，②OB=OD，③AB∥BC．12．（2006，某某某某）我们知道，•两边及其中一边的对角分别对应相等的两个三角形不一定全等，那么在什么情况下，它们会全等？（1）阅读与证明：对于这两个三角形均为直角三角形，显然它们全等．对于这两个三角形均为钝角三角形，可证它们全等（证明略）．对于这两个三角形均为锐角三角形，它们也全等，可证明如下：已知：如图，△ABC、△A1B1C1均为锐角三角形，AB=A1B1，BC=B1C1，∠C=∠C1．求证：△ABC≌△A1B1C1．（请你将下列证明过程补充完整）证明：分别过点B，B作BD⊥CA于D，B1D1⊥C1A1于D，则∠BDC=∠B1D1C1=90°．∵BC=B1C1，∠C=∠C1，∴△BCD≌△B1C1D1．∴BD=B1D1．______________________．（2）归纳与叙述：由（1）可得到一个正确结论，请你写出这个结论．13．（2006，黄冈）如图，DB∥AC，且DB=12AC，E是AC的中点，求证：BC=DE．14．（2006，某某某某）如图，在网格中有两个全等的图形（阴影部分），用这两个图形拼成轴对称图形，试分别在图（2）、（3）中画出两种不同的拼法．15．（2006，某某）如图，A、D、F、B在同一直线上，AD=BF，AE=BC，且AE∥BC．求证：（1）△AEF≌△BCD；（2）EF∥CD．16．（2006，某某）如图，点E在AB上，AC=AD，请你添加一个条件，使图中存在全等三角形，并给予证明．所添条件为_______．你得到的一对全等三角形是△________≌△__________．题型5 三角形相似1．（2006，某某）在某时刻的阳光照耀下，身高160cm的阿美的影长为80cm，她身旁的旗杆影长10m，则旗杆高为_______m．2．（2006，白云区）小明的身高是，他的影长是2m，•同一时刻一古塔的影长是，则该古塔的高度是______m．3．（2006，某某）如图1，请你补充一个你认为正确的条件，•使△ABC•∽△ACD：_________．（1）（2）（3）（4）4．（2006，某某某某）已知△ABC∽△A1B1C1，AB：A1B1=2：3，则S△ABC与S△A1B1C1之比为_______．5．（2006，某某）如图2，在△ABC 中，D 为AC 边上的中点，AE ∥BC ，ED 交AB 于G ，•交BC 延长线于F ，若BG ：GA=3：1，BC=10，则AE 的长为________．6．（2006，某某）在同一时刻，小明测得一棵树的影长是身高为1.6•米的小华影长的4.5倍，则这棵树的高度为______米．7．（2006，南安）如图3，DE 是△ABC 的中位线，S △ADE =2，则S △ABC =_______． 8．（2006，某某）如图4，Rt △ABC ，斜边AC 上有一动点D （不与点A 、C 重合），•过D 点作直线截△ABC ，使截得的三角形与△ABC 相似，•则满足这样条件的直线共有_____条． 9．（2006，某某）如图5，已知ABC 的面积S=1．在图（1）中，若111AA BB CC AB BC CA ===12，则S △A1B1C1 =14． 在图（2）中，若222AA BB CC AB BC CA ===13，则S △A2B2C2 =13． 在图（3）中，若333AA BB CC AB BC CA ===14，则S △A3B3C3 =716． 按此规律，若888AA BB CC AB BC CA ===19，则S △A8B8C8 =_______．（5） （6） 10．（2006，某某）如图6，若A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、O 都是5×7方格纸中的格点，为使△DME ∽△ABC ，则点M 应是F 、G 、H 点中的（ ） A ．F B ．G C ．H D ．O11．（2006，某某）如图7，AB ∥CD ，AE ∥FD ，AE 、FD 分别交BC 于点G 、H ，则图中共有相似三角形（ ）A ．4对B ．5对C ．6对D ．7对（7）（8）（9）（10）12．（2006，某某）如图8，将△ABC绕顶点A顺时针旋转60°后，得到△AB′C′，且C′为BC的中点，则C′D：DB′=（）A．1：2 B．1：2 C．13 D．1：313．（2006，某某）如图9，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD•的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是，那么路灯A的高度AB等于（）A． B．6米 C． D．8米14．（2006，某某市）如图10，路灯距地面8米，身高的小明从距离灯的底部（点O）20米的点A处，沿OA所在的直线行走14米到点B时，人影的长度（）A．增大 B．减小 C．增大 D．减小15．（2006，某某市）在△ABC中，AD是BC边上的中线，G是重心，如果AG=6，那么线段DG的长为（）A．2 B．3 C．6 D．12题型6 综合与创新1．（2006，旅顺口）操作：如图①，△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC=•120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连结MN．探究：线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．说明：（1）如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来（要求至少写3步）；（2）在你经历说明（1）的过程之后，•可以从下列①、②中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明．①AN=NC（如图②）；②DM∥AC（如图③）．附加题：若点M、N分别是射线AB、CA上的点，其他条件不变，再探索线段BM、•MN、NC之间的关系，在图④中画出图形，并说明理由．①②③④2．（2006，某某）在△ABC中，AB=BC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得到△AB1C1，• 使点C1落在直线BC上（点C1与点C不重合）．（1）如图1，当∠C>60°，写出边AB1与边CB的位置关系，并加以证明；（2）当∠C=60°时，写出边AB1与边CB的位置关系（不要求证明）；（3）当∠C<60°，请你在图2中用尺规作图法作出△AB1C1（保留作图痕迹，•不写作法），再猜想你在（1）、（2）中得出的结论是否成立？并说明理由．]（1）（2）3．（2006，某某）某社区拟筹资金2 000元，计划在一块上、下底分别是10m•、•20m的梯形空地上种植花木（如图所示），他们想在△AMD和△BMC地带种植单价为10元/m2的太阳花，当△AMD地带种满花后，已经花了500元，请你预算一下，若继续在△BMC地带种植同样的太阳花，资金是否够用？并说明理由．4．（2006，某某市）如图ABCD中，AB∥CD，且AB=2CD，E、F分别是AB、•BC的中点．EF 与BD相交于点M．（1）求证：△EDM∽△FBM；（2）若DB=9，求BM．5．（2006，某某市）如图，在△ABC中，AB=AC=1，点D、E在直线BC上运动，设BD=x，CE=y．（1）如果∠BAC=30°，∠DAE=105°，试确定y与x之间的函数关系式；（2）如果∠BAC的度数为α，∠DAE的度数为β，当α、β满足怎样的关系式时，（1）中y与x之间的函数关系式还成立，试说明理由．6．（2006，某某）如图，两个全等的含30°、60°角的三角板ADE和ABC，E、•A、C在一条直线上，连结BD，取BD的中点M，连结ME、MC，试判断△EMC的形状，并说明理由．题型7 中考新题型1．（2006，某某）下列图形中，图（a）是正方体木块，把它切去一块，•得到如图（b）（c）（d）（e）的木块．（1）我们知道，图（a）的正方体木块有8个顶、12条棱、6个面，•请你将图（b）、（c）、（d）、（e）中木块的顶点数、棱数、面数填入下表：图号顶点数x 棱数y 面数z（a） 8 12 6（b）（c）（d）（e）（2）上表，各种木块的顶点数、棱数、面数之间的数量关系可以归纳出一定的规律，请你试写出顶点数x、棱数y、面数z之间的数量关系式．2．（2006，某某课改实验区）如图，图中的小方格都是边长为1•的正方形，•△ABC与△A′B′C′是关于点O为位似中心的位似图形，它们的顶点都在小正方形的顶点上．（1）画出位似中心点O；（2）求出△ABC与△A′B′C′的位似比；（3）以点O为位似中心，再画一个△A1B1C1，使它与△ABC的位似比等于1.5．【热点试题详解】题型11．学点拨：已知这是一个正方体的表面展开图，共有6个面，可动手操作，•仔细观察；还可以想像，把想像的样子亲自折一折，便会得出答案．2．A 点拨：通过想像，把想像的样子自己折一折，得出答案．3．A 点拨：仔细观察，找出露出的表面有多少个正方形．4．C 5．B6．D 点拨：可自己动手实践一下．7．B题型21．D 点拨：通过想像，找出问题的答案．2．A 3．D 4．D 5．B 6．A 7．C 8．C 9．A10．A 点拨：要熟悉常见物体的三视图，培养空间想象能力．11．B 12．B题型31．1或5 点拨：此题分两种情况，一是点O在线段AB上，EF=12OA+12OB=5cm；二是点O在线段BA的延长线上，EF=12OB-12OA=1cm．2．153°点拨：∵∠1+2=90°，∠1=63°，∴∠2=90°-∠1=90°-63°=27°．∵∠2+∠3=180°，∴∠3=180°-∠2=180°-27°=153°．3．40 点拨：∠CBD=90°-∠A=90°-50°=40°．4．60 点拨：由两直线平行，同位角相等得出答案．5．70°点拨：由平行线性质得出答案．6．30°点拨：由等边三角形和等腰三角形性质解答．7．82.5 点拨：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=12（180°-∠A）=65°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=12∠°，而∠BDC是△ABD的外角．∴∠BDC=∠A+∠°．10．60°点拨：∵∠1+∠2+（180°-∠C）=360°-（∠A+∠B）．∴∠1+∠2=80°，∵∠1=20°，∴∠2=60°．11．7 点拨：∵AB边上的中线CD=3，AB=6，∴△ABC是直角三角形．∴AC2+BC2=AB2=36．∵AC+BC=8．∴2AC·BC=（AC+BC）2-（AC2+BC2）=64-36=28，∴AC．BC=14，∴S△ABC=12AC·BC=7．12．95 点拨：如图，过点E作EF∥AB，则EF∥CD．∴∠ABE+∠BEF=180°，∴∠BEF=180°-∠ABE=60°，∵EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=35°，∴∠BEC=∠BEF+∠FEC=60°+35°=95°．13．40 点拨：由平行线性质解答．14．8 点拨：如图，∵AB=AC ，AD 是∠A 的平分线，∴AD ⊥BC ，BD=CD ．在Rt △ABD 中，AB=10，BD=12BC=6，∴2222106AB BD -=-．15．三角形的稳定性16．B 点拨：∵L 1∥L 2，∴∠1+∠2=180°，即∠2=180°-∠1=130°．17．B 点拨：△ABC ，△BDC ，△BEC ．18．C 点拨：由三角形三边不等关系进行判断．19．B 点拨：∵AB ∥CD ，∴∠1+∠2=180°．∴∠1=180°-∠2=45°．20．A 点拨：∵SQ ⊥QR ，∴∠SQR=90°．∵QT ⊥PQ ，∴∠PQT=90°．∴∠PQS=∠PQR-∠SQR=138°-90°=48°，∠SQT=∠PQT-∠PQS=90°-48°=42°．21．A22．A 点拨：以点B 为圆心，BA 为半径画圆弧与直线L 交于点P （除C 点外的点），•这样的点只有一个．23．证明：∵AB ∥CD ，∴∠BEF+∠DFE=180°．∵∠BEF的平分线与∠DFE的平分线相交于点P．∴∠PEF=12∠BEF，∠PFE=12∠DFE，∴∠PEF+∠PFE=12（∠BEF+∠DFE）=90°．∵∠PEF+∠PFE+∠P=180°，∴∠P=90°．24．解：如图．题型41．答案不唯一，如：∠CBA=∠DBA；∠C=∠D；AC=AD；∠CBE=∠DBE．2．6，150°点拨：连结PP′，由于AB和AC是对应边，∴旋转角∠PAP′=∠BAC=60°．∵PA=P′A，∴PP′=PA=6．在△PP′B，PB=8，PP′=6，P′B=PC=10，∴△PP′B是直角三角形．∴∠APB=∠APP′+∠BPP′=60°+90°=150°．3．1：24．95°点拨：∵△OAD≌△OBC，∴∠OAD=∠OBC=180°-（∠O+∠C）=180°-（65°+20°）=95°．5．答案不唯一，如：∠B=∠B1；∠C=∠C1；AC=A1C1．6．B 点拨：△ACE≌△DCB，CM=．7．B 点拨：∵BA和B′A是对应边．∴旋转角∠BAB′=60°，∠BAC′=∠BAB′+∠B′AC′=105°．8．B 点拨：由已知可得△CBE是等边三角形，∴∠A=90°-∠B=90°-60°=30°．9．解：如图．10．证明：∵AB∥EF，∴∠B=∠F．∵∠A=∠E，BC=DF．∴△ABC≌△EFD．∴AB=EF．11．已知：如图，OA=OC，OB=OD．求证：AB∥DC．证明：在△AOB和△COD中，∵OA=OC，∠AOB=∠COD，OB=OD．∴△AOB≌△COD．∴∠A=∠C．∴AB∥CD．12．（1）又∵AB=A1B1，∠ADB=∠A1D1B1=90°，∴△ADB≌△A1D1B1，∴∠A=∠A1．又∵∠C=∠C1，BC=B1C1，∴△ABC≌△A1B1C1．（2）若△ABC、△A1B1C1均为锐角三角形或均为直角三角形或均为钝角三角形，•AB=A1B1，BC=B1C1，∠C=∠C1，则△ABC≌△A1B1C1．13．证明：∵DB=12AC，E是AC的中点，∵DB=EC．又∵DB∥AC，∴四边形DBCE是平行四边形．∴BC=DE．14．不同的画法例举如下：15．证明：（1）∵AE∥BC，∴∠A=∠B．∵AD=BF，∴AD+DF=BF+DF，即AF=BD．∵AE=BC，∴△AEF≌△BCD．（2）∵△AEF≌△BCD，∴∠AFE=∠CDB．∴EF∥CD．16．解：∠CAB=∠DAB ，△CAE ≌△DAE 或△CAB ≌△DAB ．证明：∵AC=AD ，∠CAB=∠DAB ，AE=AE ，∴△CAE ≌△DAE ．题型51．20 点拨：∵160：80=x ：10，∴x=20（m ）．2．14.4 点拨：1.6：2=x ：1.8， x=1.6182⨯=14.4（m ）． 3．∠ABC=∠ACD 或∠ACB=∠ADC 或AC AB AD AC=． 4．4：9 点拨：S △ABC ：S △A1B1C1=（AB ：A 1B 1）2=（2：3）2=4：9．5．5 点拨：∵AE ∥BC ，∴△BGF ∽△AGE ．∴BF ：AE=BG ：GA=3：1．又可得到△ADE ≌△CDF ，∴AE=CF ，∴BC ：AE=2：1，∵BC=10，∴AE=5．6．7.2 点拨：∵1：4.5=1.6：x ，∴7．8 点拨：∵DE 是△ABC 的中位线，∴△ADE ∽△ABC ， ∴DE BC =12， ∴ADE ABC S S ∆∆=（DE BC ）2=14， 即S △ABC =S △ADE =8．8．39．5781点拨：规律为22(1)3(1)n nn+-+．10．B 点拨：△ABC是等腰直角三角形．11．C 点拨：△BFH，△BAG，△CEG，△CDH两两相似．12．D 点拨：由已知可得△ACC′是等边三角形，∠C′AC=60°，AC′=C•′B，• ∠BAC′=30°．∴∠BAC=90°，∠ADC′=90°．在Rt△AC′D中，C′D=12AC′，AC′=12BC=12B′C′，∴C′D=14B′C′，∴C′D：DB′=1：3．13．B 点拨：如图，∵GC⊥BC，AB⊥BC，∴GC∥AB．∴△GCD∽△ABD，∴DC GC DB AB=．设BC=x，则1 1.51x AB=+．同理，得2 1.55x AB=+．∴1215x x=++，∴x=3，∴1 1.531AB=+，∴AB=6．14．C 点拨：如图，易知△DAE∽△DOS，1.6820ADAD=+，解得AD=5．易知△CBF∽△COS，则1.6,834BF BC BCSO CO BC==+即，解得BC=8.5．∴BC-AD=8.5-5=3.5（米）．15．B 点拨：由重心性质知12 DGAG，∴DG=12AG=3．题型61．BM+=MN．证明：如图1，延长AC至M1，使CM1=BM，连结DM1．∴∠ABD=∠ACD=90°．∵BD=CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDM1．∴∠MDM1=（120°-∠MDB）+∠M1DC=120°．又∵∠MDN=60°，∴∠M1DN=∠MDN=60°．∴△MDN≌△M1DN．∴MN=NM1=NC+CM1=NC+MB．（1）（2）附加题：-BM=MN．证明：如图2，在上截取CM1，使CM1=BM，连结DM1，MN．∵∠ABC=∠ACB=60°，∠DBC=∠DCB=30°，∴∠DBM=∠DCM1=90°．∵BD=CD．∴Rt△BDM≌Rt△CDM1．∴∠MDB=∠M1DC，DM=DM1．∵∠BDM+∠BDN=60°，∴∠CDM1+∠BDN=60°．∴∠NDM1=∠BDC-（∠M1DC+∠BDN）=120°-60°=60°．∴∠M1DN=∠MDN．∵ND=ND，∴△MDN≌△M1DN．∴MN=NM1=NC-CM1=NC-MB．2．解：（1）AB1∥CB．证明：如图，由旋转特征知，AC1=AC，△ABC≌△AB1C1．∴∠C=∠AC1C．∵AB=BC，∴∠C=∠BAC=∠B1AC1=∠AC1C．∴A1B∥BC．（2）AB1∥CB．（3）成立．理由如下：∵AC=AC 1．△ABC ≌△AB 1C 1．∴∠C=∠AC 1C ．∵AB=BC ，∴∠C=∠BAC=∠B 1AC 1=∠AC 1C ．∴AB 1∥BC ．3．解：梯形ABCD 中AD ∥BC ⇒△AMD ∽△CMB ，AD=10，BC=20，2101()204AMD BMC S S ∆∆==． ∵S △AMD =500÷10=50（m 2）．∴S △BMC =200（m 2）．还需要资金200×10=2 000（元），而剩余资金为2 000-500=1 500<2 000． 所以资金不够用．4．（1）证明：∵E 是AB 的中点，∴AB=2EB ．∵AB=2CD ，∴CE=EB ．又∵AB ∥CD ，∴四边形CBED 是平行四边形，∴CB ∥ED ， ,.DEM BFM EDM FBM ∠=∠⎧⎨∠=∠⎩∴△EDM ∽△FBM ．（2）解：∵△EDM ∽△FBM ，∴DM DE BM BF =， ∵F 是BC 的中点，∴DE=2BF ．∴DM=2BM ，∴BM=13DB=3． 5．解：（1）∵AB=AC ，∠BAC=30°，∴∠ABC=∠ACB=75°．而∠ABC是△ABD的外角．∴∠DAB+∠D=∠ABC=75°，∵∠DAE=105°，∠BAC=30°，∴∠BAD+∠CAE=75°．∴∠D=∠CAE．同理∠DAB=∠E．∴△ABD≌△ECA．∴BD ABAC EC=，即1x=1y，∴y=1x．（2）β=1802α︒+∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABD=∠ACE．∵∠ABC=∠DAB+∠D，∠DAB+∠CAE=∠ABC，即β-α=1802α︒-，∴β=1802α︒+，∴当β=1802α︒+时，（1）中y与x的函数关系式还成立．6．解：△EMC是等腰直角三角形．理由是：连结AM．∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，∴∠DAB=90°．∴△ADE≌△BAC，∴AD=AB．又∵M是BD中点，∴AM=DM=BM，∴∠ADM=∠MAB=45°．∴∠EDM=∠EDA+∠ADM=60°+45°=105°，∠MAC=∠MAB+∠BAC=45°+60°=105°，∴∠EDM=∠MAC．在△EDM和△CAM中，ED=CA，∠EDM=∠MAC，DM=AM，∴△EDM≌△CAM．∴EM=CM，∠DME=∠AMC，而∠DME+∠EMA=90°，∴∠AMC+∠EMA=90°，即∠EMC=90°．题型71．解：（2）规律：x+z-2=y．2．解：（1）画图略；（2）位似比：12；（3）画图略．。
(完整版)几何组成分析习题及答案
题15．7试对图示体系进行几何组成分析。
解 (1)计算自由度。
体系的自由度为W- 2j -6-r=2×8-9-7=0(2)几何组成分析。
首先把三角形ACD和BCE分别看做刚片I和刚片Ⅱ，把基础看做刚片I，则三个刚片用不共线的三个铰A、B、C分别两两相联，组成一个大的刚片。
在这个大的刚片上依次增加二元体12、DGF、CHG、EIH、IJ3。
最后得知整个体系为几何不变，且无多余约束。
题15.8试对图示体系进行几何组成分析。
解 (1)计算自由度。
体系的自由度为W- 3m - 2h -r=3×6-2×7—4=0(2)几何组成分析。
刚片AF和AB由不共线的单铰A以及链杆DH相联，构成刚片I，同理可把BICEG部分看做刚片Ⅱ，把基础以及二元体12、34看作刚片I，则刚片I、Ⅱ、Ⅲ由不共线的三个铰F、B、G两两相联，构成几何不变体系，且无多余约束。
题15.9试对图示体系进行几何组成分析。
解 (1)计算自由度。
体系的自由度为W- 3m - 2h -r=3×14 -2×19 -4一O(2)几何组成分析。
在刚片HD上依次增加二元体DCJ、CBI、BAH构成刚片I，同理可把DMG部分看做刚片Ⅱ，把基础看做刚片I，则刚片I、Ⅱ、Ⅲ由不共线的单铰D，虚铰N、O 相联，构成几何不变体系，且无多余约束。
题15.10试对图示体系进行几何组成分析。
解 (1)计算自由度。
体系的自由度为W-2j—b-r=2×7—11-3一O(2)几何组成分析。
由于AFG部分由基础简支，所以可只分析AFG部分。
可去掉二元体BAC只分析BFGC部分。
把三角形BDF、CEG分别看做附片I和I，刚片I和I由三根平行的链杆相联，因而整个体系为瞬变。
题15.11试对图示体系进行几何组成分析。
解 (1)计算自由度。
体系的自由度为W- 2j -6-r=2×9-13—5一O(2)几何组成分析。
首先在基础上依次增加二元体12、AE3、AFE、ABF、FI4，成一个大的刚片I。
几何组成分析-例题(1)
去掉A、C两个二元体。几何可变，少二个约束。
A
B
C
【例】
【例】
几何不变体系， 且没有多余约束。
D
E
F
A
C
B
D
E
F
■AB、AC看成加到地基上的二元体。 ■刚片DEF与地基用三根支链杆相连。
几何不变体系, 有一个多余约束。
1
6
7
8
9
10
5
2
4
3
几何不变体系, 无多余约束。
1
6
7
8
9
10
5
2
4
3
Ⅰ
#缺约束的个数是一定的，位置不一定，但也不是任意的。
【例】
几何可变体系，缺二个约束。
几何可变体系。缺一个必要约束； 多一个多余约束。
可变体系。少一个约束。
【例】
【例】
1.去掉与地基的几何不变体系约束。 2.去掉二元体。
去掉二元体。
多
缺
几何不变体系,没有多余约束。
A
【例】
1去掉二元体。 2从A点开始增加二元体。
（ ）
（ ）
（ ）
【例】
【例】
( )
( )
( )
去掉二元体。三铰不共线，几何不变体系，没有多余约束。
【例】
【例】
瞬变体系
A
B
C
D
E
F
A
C
D
B
E
A
B
C
D
E
F
例题与习题
【例】
A
B
C
D
E
F
A
B
C
D
2006年数学一分析、详解
2006年数学一试题分析、详解和评注一、填空题：1－6小题，每小题4分，共24分. 把答案填在题中横线上. （1）0ln(1)lim1cos x x x x→+=- 2.【分析】 本题为0未定式极限的求解，利用等价无穷小代换即可.ln(1)1x x x x+⋅.（2） （3）1+∑构成封闭曲面，然后利用高斯公式转化为三重积分，再用球面（或柱面）坐标进行计算即可.【详解】 设1∑：221(1)z x y =+≤，取上侧，则d d 2d d 3(1)d d x y z y z x z x y ∑++-⎰⎰11d d 2d d 3(1)d d d d 2d d 3(1)d d x y z y z x z x y x y z y z x z x y ∑+∑∑=++--++-⎰⎰⎰⎰.而1d d 2d d 3(1)d d x y z y z x z x y ∑+∑++-⎰⎰＝2116d 6d d d 2rVv r r z πθπ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰，1d d 2d d 3(1)d d 0x y zy z x z x y ∑++-=⎰⎰. 所以d d 2d d 3(1)d d 2x y z y z x z x y π∑++-=⎰⎰.【评注】本题属基本题型，不论是用球面坐标还是用柱面坐标进行计算，均应特别注意计算的准确性，主要考查基本的计算能力.完全类似例题见文登暑期辅导班高等数学第12讲第4节例５和练习，《数学复习指南》（4） . .（5） ()2B A E E -= 于是有 4B A E -=，而11211A E -==-，所以2B =.【评注】 本题关键是将其转化为用矩阵乘积形式表示.类似题2005年考过.完全类似例题文登暑期辅导班线性代数第1讲例6，《数学复习指南》（理工类）P.378【例2.12】（6）设随机变量X Y 与相互独立，且均服从区间[]0,3上的均匀分布，则{}{}max ,1P X Y ≤=19. 【分析】 利用X Y 与的独立性及分布计算. 【详解】 由题设知，X Y 与具有相同的概率密度（理题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.（7）设函数()y f x =具有二阶导数，且()0,()0f x f x '''>>，x ∆为自变量x 在点0x 处的增量，d y y ∆与分别为()f x 在点0x 处对应的增量与微分，若0x ∆>，则(A) 0d y y <<∆. (B) 0d y y <∆<.(C) d 0y y ∆<<. (D) d 0y y <∆< . [ Ａ ]【分析】 题设条件有明显的几何意义，用图示法求解.【详解】 由()0,()0f x f x '''>>知，函数()f x 单调增加，曲线()y f x =凹向，作函数()y f x =的图形如右图所示，显然当0x ∆>时，00d ()d ()0y y f x x f x x ''∆>==∆>，故应选(Ａ).【评注】 对于题设条件有明显的几何意义或所给函数图形容易绘出时，图示法是求解此题的首选方法.本题还可用拉格朗日定理求解：y ∆因为f 则 P.193（8）Ｃ ].【评注】 本题为基本题型，关键是首先画出积分区域的图形.完全类似例题见文登暑期辅导班第10讲第2节例4，《数学复习指南》（理工类）P.286【例10.6】 （9）若级数1nn a∞=∑收敛，则级数(A)1nn a∞=∑收敛 . （B ）1(1)nn n a ∞=-∑收敛.(C)11n n n a a∞+=∑收敛. (D)112n n n a a ∞+=+∑收敛. [ Ｄ ] 【分析】 可以通过举反例及级数的性质来判定. 【详解】 由1n n a ∞=∑收敛知11n n a ∞+=∑收敛，所以级数112n n n a a ∞+=+∑收敛，故应选(Ｄ). 或利用排除法： 取1(1)n n a n=-，则可排除选项（Ａ），（Ｂ）；（10)在约 Ｄ ] 00,x y λ的值为 000000(,,)0(,,)0x y F x y F x y λλ⎧'=⎪⎨'=⎪⎩， 即0000000000(,)(,)0(,)(,)0x x y y f x y x y f x y x y λϕλϕ⎧''+=⎪⎨''+=⎪⎩ .消去0λ，得00000000(,)(,)(,)(,)0x y y x f x y x y f x y x y ϕϕ''''-=,整理得 000000001(,)(,)(,)(,)x y x y f x y f x y x y x y ϕϕ'''='.（因为(,)0y x y ϕ'≠），若00(,)0x f x y '≠，则00(,)0y f x y '≠.故选（Ｄ）.【评注】 本题考查了二元函数极值的必要条件和拉格朗日乘数法. 相关定理见数学复习指南Ｐ.251定理1及Ｐ.253条件极值的求法.（11）设12,,,s ααα 均为n 维列向量，A 为m n ⨯矩阵，下列选项正确的是(A) 若12,,,s ααα 线性相关，则12,,,s A A A ααα 线性相关. (B) 若12,,,s ααα 线性相关，则12,,,s A A A ααα 线性无关. (C) 若12,,,s ααα 线性无关，则12,,,s A A A ααα 线性相关.(D) 若12,,,s ααα 线性无关，则12,,,s A A A ααα 线性无关. [ C ] 【分析】 本题考查向量组的线性相关性问题，利用定义或性质进行判定. 【详解】 记12(,,,)s B ααα= ，则12(,,,)s A A A AB ααα= .所以，若向量组12,,,s ααα 线性相关，则()r B s <，从而()()r AB r B s ≤<，向量组12,,,s A A A ααα 也线性相关，故应选(Ａ).【评注】 对于向量组的线性相关问题，可用定义，秩，也可转化为齐次线性方程组有无非零解进行讨论.完全类似例题及性质见《数学复习指南》（理工类）P.400【例3.7】，几乎相同试题见文登2006最新模拟试卷（数学一）Ｐ.２（11）.（12）设A 为3阶矩阵，将A 的第2行加到第1行得B ，再将B 的第1列的1-倍加到第2列得C ，记110010001P ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，则（Ａ）1C P AP -=. （Ｂ）1C PAP -=.（Ｃ）TC P AP =. （Ｄ）TC PAP =. ［ Ｂ ］ 【分析】利用矩阵的初等变换与初等矩阵的关系以及初等矩阵的性质可得.【详解】由题设可得110110*********,010010010001001001001B A C B A --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，而 1110010001P --⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，则有1C PAP -=.故应选（Ｂ）.【评注】（１）每一个初等变换都对应一个初等矩阵，并且对矩阵A 施行一个初等行（列）变换，相当于左（右）乘相应的初等矩阵.（13 ]（14 (A) 12σσ< (B) 12σσ>(C) 12μμ< (D) 12μμ> [ D ] 【分析】 利用标准正态分布密度曲线的几何意义可得. 【详解】 由题设可得12112211X Y P P μμσσσσ⎧-⎫⎧-⎫<><⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭，则 12112121σσ⎛⎫⎛⎫Φ->Φ-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1211σσ⎛⎫⎛⎫Φ>Φ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 其中()x Φ是标准正态分布的分布函数. 又()x Φ是单调不减函数，则1211σσ>，即12σσ<.故选(A).2X 南》三 （15D22d d 01Dxyx y x y =++⎰⎰， 故22222211ln 2d d d d d d 1112D D Dxy xy x y x y x y x y x y x y π+=+=++++++⎰⎰⎰⎰⎰⎰. 【评注】只要见到积分区域具有对称性的二重积分计算问题，就要想到考查被积函数或其代数和的每一部分是否具有奇偶性，以便简化计算.完全类似例题见文登暑期辅导班高等数学第10讲第1节例1和例2，《数学复习指南》（理工类）P.284【例10.1】（16）（本题满分12分）设数列{}n x 满足110,sin (1,2,)n n x x x n π+<<== （Ⅰ）证明lim n n x →∞存在，并求该极限；（Ⅱ）计算211lim n x n n n x x +→∞⎛⎫ ⎪⎝⎭.}n x 单0n =. （利用了sin x 的麦克劳林展开式）故 2211116sin lim lim e nn x x n n n n n n x x x x -+→∞→∞⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 【评注】 对于有递推关系的数列极限的证明问题，一般利用单调有界数列必有极限准则来证明.完全类似例题见《数学复习指南》（理工类）P.24【例1.17－例1.21】（17）（本题满分12分） 将函数2()2xf x x x =+-展成x 的幂级数.【分析】 利用常见函数的幂级数展开式. 【详解】 2()2(2)(1)21x x A Bf x x x x x x x===++--+-+， 比较两边系数可得21,33A B ==-，即121111()32131f x x x x x ⎛⎫⎪⎛⎫=-=- ⎪ ⎪-++⎝⎭⎪⎭. ()f x .（1（2（3（4（5（6）]1,1(,1)1(1)1(32)1(ln 01132-∈+-=++-+-+-=+∑∞=++u n u n u u u u u n n n n n ； （7）]1,1(,!)1()1(!2)1(1)1(2-∈++--++-++=+u u n n u u u n ααααααα.完全类似例题见文登暑期辅导班第11讲第3节例13，《数学复习指南》（理工类）P.214【例7.19】（18）（本题满分12分）设函数()f u 在(0,)+∞内具有二阶导数，且z f=满足等式22220z zx y∂∂+=∂∂. （I ）验证()()0f u f u u'''+=； （II ）若(1)0,(1)1f f '==，求函数()f u 的表达式.（I ）.（II ） 令()f u p '=，则0p u p u'+=⇒=-，两边积分得 1ln ln ln p u C =-+，即1C p u =，亦即 1()Cf u u'=. 由(1)1f '=可得 11C =.所以有 1()f u u'=，两边积分得 2()ln f u u C =+， 由(1)0f =可得 20C =，故 ()ln f u u =.【评注】 本题为基础题型，着重考查多元复合函数的偏导数的计算及可降阶方程的求解.完全类似例题见文登暑期辅导班高等数学第8讲第1节例8，《数学复习指南》（理工类）P.336【例12.14】,P.337【例12.15】（19）（本题满分12分）设在上半平面{}(,)|0D x y y =>内，函数(,)f x y 具有连续偏导数，且对任意的0t >都有2(,)(,)f tx ty tf x y -=. 证明：对D 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L ，都有① L ，都有.P.308定理２和定理3.（20）（本题满分9分） 已知非齐次线性方程组1234123412341435131x x x x x x x x ax x x bx +++=-⎧⎪++-=-⎨⎪+++=⎩ 有3个线性无关的解.（Ⅰ）证明方程组系数矩阵A 的秩()2r A =； （Ⅱ）求,a b 的值及方程组的通解.【分析】 （I ）根据系数矩阵的秩与基础解系的关系证明；（II ）利用初等变换求矩阵A 的秩确定参数,a b ，然后解方程组.【详解】 （I ） 设123,,ααα是方程组Ax β=的3个线性无关的解，其中12,ααA ⎛ = ⎝ 4503b a b ⇒⎨⎨+-==-⎩⎩. 对原方程组的增广矩阵A 施行初等行变换，111111024243511011532133100000A --⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--→-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，故原方程组与下面的方程组同解.13423424253x x x x x x =-++⎧⎨=--⎩.选34,x x 为自由变量，则134234334424253x x x x x x x x x x =-++⎧⎪=--⎪⎨=⎪⎪=⎩. 故所求通解为12242153100010x k k -⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-- ⎪ ⎪ ⎪=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，12,k k 为任意常数. 【评注】 本题综合考查矩阵的秩，初等变换，方程组系数矩阵的秩和基础解系的关系以及方程组求解等多个知识点，特别是第一部分比较新颖. 这是考查综合思维能力的一种重要表现形式，今后类似问题将会越来越多.完全类似例题见《数学复习指南》（理工类）P.427【例4.5】，P.431【例4.11】. （21）（本题满分9分）设3阶实对称矩阵A 的各行元素之和均为3,向量()()TT121,2,1,0,1,1αα=--=-是线性方程组0Ax =的两个解.(Ⅰ) 求A 的特征值与特征向量；(Ⅱ) 求正交矩阵Q 和对角矩阵Λ,使得TQ AQ =Λ.【分析】 由矩阵A 的各行元素之和均为3及矩阵乘法可得矩阵A 的一个特征值和对应的特征向量；由齐次线性方程组0Ax =有非零解可知A 必有零特征值，其非零解是0特征值所对应的特征向量.将A 的线性无关的特征向量正交化可得正交矩阵Q .【详解】 (Ⅰ) 因为矩阵A 的各行元素之和均为3，所以1311331131A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则由特征值和特征向量的定义知，3λ=是矩阵A 的特征值，T(1,1,1)α=是对应的特征向量.对应3λ=的全部特征向量为k α，其中k 为不为零的常数.又由题设知 120,0A A αα==，即11220,0A A αααα=⋅=⋅，而且12,αα线性无关，所以0λ=是矩阵A 的二重特征值，12,αα是其对应的特征向量，对应0λ=的全部特征向量为 1122k k αα+，其中12,k k 为不全为零的常数.(Ⅱ) 因为A 是实对称矩阵，所以α与12,αα正交，所以只需将12,αα正交. 取 11βα=，()()21221111012,3120,6αββαβββ⎛⎫-⎪-⎛⎫⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪=-=--= ⎪ ⎪ ⎪.P.464【例 （22(),1021,0240,X x f x x -<<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪⎪⎩ 其他，令()2,,Y X F x y =为二维随机变量(,)X Y 的分布函数.(Ⅰ) 求Y 的概率密度()Y f y(Ⅱ) 1,42F ⎛⎫-⎪⎝⎭. 【分析】 求一维随机变量函数的概率密度一般先求分布，然后求导得相应的概率密度或利用公式计算.【详解】 （I ） 设Y 的分布函数为()Y F y ，即2()()()Y F y P Y y P Xy =≤=≤，则1) 当0y <时，()0Y F y =；2)3) 4) （II 21d 24x --==⎰. 【评注】 本题属基本题型，只需注意计算的准确性，应该可以顺利求解.第一步求随机变量函数分布，一般都是通过定义用分布函数法讨论.完全类似例题见文登暑期辅导班概率论与数理统计第2讲例4，《数学复习指南》（理工类）P.517【例2.21】.（23）（本题满分9分）设总体X 的概率密度为(),01,;1,12,0,x f x x θθθ<<⎧⎪=-≤<⎨⎪⎩其他,其中θ是未知参数()01θ<<，12n ,...,X X X 为来自总体X 的简单随机样本，记N 为样本值12,...,n x x x 中小于1的个数，求θ的最大似然估计.【分析】 先写出似然函数，然后用最大似然估计法计算θ的最大似然估计.. 【例。
结构力学几何组成分析例题PPT
【例】
8
7
9
8
7
9
6
10
6
10
1
3
5
1
3
5
24
24
去掉与地基的连接， 几何不变体系, 无多余约束。 只考虑上部结构
【例】
Ⅰ
Ⅱ
去掉与地基的连接， 只考虑上部结构
几何不变体系, 有一个多余约束。
【例】
12
Ⅰ
Ⅱ
3
【例】
去掉与地基的连接， 只考虑上部结构
用三个链杆相连。几何不变 体系，且没有多余约束。
【例】
()
()
去掉与地基之间连接的约束, 上部结构可看成 ９个刚片，几何不变体系, 没有多余约束。
【例】
()
()
()
去掉与地基之间连接的约束, 上部结构可看成 ９个刚片，几何不变体系, 没有多余约束。
Hale Waihona Puke 例】Ⅲ几何不变体系且没有多余约束。
2 从C、D两点开始增加二元体CBD,CAD。
A、B、C依次去掉二元体。 几何不变有一个多余约束。
几何不变体系, 有一个多余约束。
去掉与地基的连接，只考虑上部结构
A 几何可变，少二个约束。
从A点开始，依次去掉二元体。
几何不变体系且无多余约束。
【例】 C
B A
D E F
从地基开始，依次依 次增加二元体AEF、 ADE、FCD、CBF。
C B A
D E F
几何不变体系，AB 为一个多余约束。
按增加二元体顺序的不同，多余约束可以是AB、 BC、CD、DE、EF中的任意一个。
可变体系，少一个约束
第一章 几何组成分析
第一章几何组成分析一、是非题（“是”打√，“非”打）1、图示体系，去掉其中任意一根支座链杆后，剩下部分都是几何不变无多余约束的体系。
（）2、体系几何组成分析中，链杆都能看作刚片，刚片有时能看作链杆，有时不能看作链杆。
（）3、几何不变体系的计算自由度小于或等于0；计算自由度小于或等于0的体系一定是几何不变体系。
（）4、当上部体系只用不交于一点也不全平行的三根链杆与大地相连时，只需分析上部体系的几何组成，就能确定原体系的几何组成。
（）5、图a铰结体系是几何可变体系，图b铰结体系是几何不变体系。
（）(a) (b)6、几何组成分析中，简单铰结点和简单链杆不能重复利用，复杂铰结点和复杂链杆（这两个概念教学中一般不介绍）可以重复利用。
（）7、体系几何组成分析时，体系中某一几何不变部分，只要不改变它与其余部分的联系，可以替换为另一个几何不变部分，不改变体系的几何组成特性。
（）8、下图为几何不变体系。
（）9、体系的多余约束对体系的计算自由度、自由度及受力状态都没有影响，故称多余约束。
（）10、瞬变体系就是瞬铰体系。
（）二、选择题1、图示体系的几何组成是（）A.无多余约束的几何不变体系B.几何可变体系C.有多余约束的几何不变体系D.瞬变体系2、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系3、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系4、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系5、图示各体系中，几何不变且无多余约束的体系是（）A、图aB、图bC、图cD、图d(a) (b) (c)(d)6、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系7、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系8、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系9、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系10、图示体系的几何组成是（）A、无多余约束的几何不变体系B、几何可变体系C、有多余约束的几何不变体系D、瞬变体系三、填空题1、下图体系的计算自由度W= （），所以该体系为（）体系2、图示桁架受F作用，分别根据结点A和B的平衡求得AB杆轴力为F和0，如何解释这样的矛盾？（）3、图示各体系几何组成分析时，哪些图中的A-B-C可看为二元体去掉。
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第1章几何组成分析
§1 – 1 基本概念
1-1-1 名词解释
●几何不变体系——结构（静定或超静定）
在不考虑材料变形情况下,几何形状和位置不变的体系，称为几何不变体系。
●几何可变体系
在不考虑材料变形情况下,形状或位置可变的体系，称为几何可变体系。
●刚片在平面上的几何不变部分。
●自由度确定体系位置所需的独立坐标数目。
●约束（联系）能够减少自由度的装置。
减少自由度的个数为约束个数。
①链杆——相当1个约束
②铰——相当2个约束
③虚铰——相当2个约束
④复铰——相当n-1个单铰的作用
●多余联系不能减少自由度的联系，称Array为多余联系。
●必要联系
去掉时能够增加自由度（或维持体系不
变性必须）的联系。
●瞬变体系
几何特征：几何可变体系经过微小位移
后成为几何不变体系。
静力特征：受很小的力将产生无穷大内
力，因此不能作结构。
1-1-2 分析规则
在不考虑材料应变所产生变形的条件
下，构成无多余约束几何不变体系（静定结
构）的基本规则如下：
●三刚片规则
三个刚片用不在同一条直线上的三个
铰（或虚铰）两两相联。
●二刚片规则
2结构力学典型例题解析
两个刚片用不交于一点也不全平行的三根链杆相联；
或：两个刚片用一个铰和不通过该铰心的链杆相联。
●二元体规则
什么是二元体（二杆结点）：
两根不在同一条直线上的链杆联接一个新结点的装置，称为二元体。
在一个体系上增加或减少二元体不影响其几何不变性。
1-1-3 几何组成分析一般方法（步骤）
(1)去二元体（二杆结点）。
(2)分析地基情况：上部体系与地基之间
●当有满足二刚片规则的三个联系时，去掉地基，仅分析上部体系；
●当少于三个联系时，必为几何常变体系；
●当多于三个联系时，将地基当作一个刚片进行分析。
(3)利用规则找大刚片(最简单情况为:三个铰接杆件为刚片)。
(4)使用几何组成规则进行分析。
利用三刚片规则分析时：首先找出三个刚片，（满足三刚片规则的连接条件，即每两个刚片间有一个铰（或虚铰），然后再标出虚铰位置，最后看三个铰是否构成三角形。
§1 – 2 典型例题解析
第1章几何组成分析3
4结构力学典型例题解析
第1章几何组成分析5
6结构力学典型例题解析
第1章几何组成分析7
8结构力学典型例题解析
第1章几何组成分析9
10结构力学典型例题解析
第1章几何组成分析11
12结构力学典型例题解析
第1章几何组成分析13
14结构力学典型例题解析。