中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專題突破 專題五 幾何探究問題課件.ppt

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專題五 幾何探究問題,幾何探究問題主要涉及利用三角形的性質(zhì)進(jìn)行相關(guān)的探索與證明、三角形和四邊形的綜合探索與證明以及幾何動(dòng)態(tài)問題等.這是中考對幾何推理與證明能力考查的必然體現(xiàn),重在提高學(xué)生對圖形及性質(zhì)的認(rèn)識,訓(xùn)練學(xué)生的推理能力,解題時(shí)應(yīng)注意演繹推理與合情推理的結(jié)合.全國各地的中考數(shù)學(xué)試題都把幾何探究問題作為中考的壓軸題之一,安徽省中考也是如此,如2016年的第23題、2015年的第23題、第2014年的第23題、2013年的第23題等.預(yù)計(jì)2017年安徽中考中,這類問題仍是考查的重點(diǎn)之一,需重點(diǎn)復(fù)習(xí).,幾何探究問題是中考必考題型,考查知識全面,綜合性強(qiáng),它把幾何知識與代數(shù)知識有機(jī)結(jié)合起來,滲透數(shù)形結(jié)合思想,重在考查分析問題的能力、邏輯思維推理能力.如折疊類型、探究型、開放型、運(yùn)動(dòng)型、情境型等,背景鮮活,具有實(shí)用性和創(chuàng)造性,在考查考生計(jì)算能力的同時(shí),考查考生的閱讀理解能力、動(dòng)手操作能力、抽象思維能力、建模能力,力求引導(dǎo)考生將數(shù)學(xué)知識運(yùn)用到實(shí)際生活中去.需要通過觀察、分析、比較、概括、推理、判斷等來確定所需求的結(jié)論、條件或方法,因而解題的策略是將其轉(zhuǎn)化為封閉性問題. 常用的解題策略: 1.找特征或模型:如中點(diǎn)、特殊角、折疊、相似結(jié)構(gòu)、三線合一、三角形面積等; 2.找思路:借助問與問之間的聯(lián)系,尋找條件和思路; 3.照搬:照搬前一問的方法和思路解決問題,如照搬字母、照搬輔助線、照搬全等、照搬相似等; 4.找結(jié)構(gòu):尋找不變的結(jié)構(gòu),利用不變結(jié)構(gòu)的特征解決問題.常見的不變結(jié)構(gòu)及方法:有直角,作垂線,找全等或相似;有中點(diǎn),作倍長,通過全等轉(zhuǎn)移邊和角;有平行,找相似,轉(zhuǎn)比例.,題型2,題型1,題型3,題型1 與全等三角形有關(guān)的探究 典例1 (2016·山東泰安)(1)已知:△ABC是等腰三角形,其底邊是BC,點(diǎn)D在線段AB上,E是直線BC上一點(diǎn),且∠DEC=∠DCE,若∠A=60°(如圖①),求證:EB=AD; (2)若將(1)中的“點(diǎn)D在線段AB上”改為“點(diǎn)D在線段AB的延長線上”,其他條件不變(如圖②),(1)的結(jié)論是否成立,并說明理由; (3)若將(1)中的“若∠A=60°”改為“若∠A=90°”,其他條件不變,則 的值是多少?(直接寫出結(jié)論,不要求寫解答過程),題型2,題型1,題型3,【解析】(1)作DF∥BC交AC于F,由已知得△ABC和△ADF均為等邊三角形,則AD=DF,利用AAS證明△DBE≌△CFD,得EB=DF,從而EB=AD;(2)作DF∥BC交AC的延長線于點(diǎn)F,同(1)證出△DBE≌△CFD,得出EB=DF,即可得出結(jié)論;(3)作DF∥BC交AC于點(diǎn)F,同(1)得:△DBE≌△CFD,得出EB=DF,證出△ADF是等腰直角三角形,得出DF= AD,即可得出結(jié)果.,題型2,題型1,題型3,【答案】 (1)作DF∥BC交AC于點(diǎn)F,如圖1所示. ∴∠ADF=∠ABC,∠AFD=∠ACB,∠FDC=∠DCE, ∵△ABC是等腰三角形,∠A=60°, ∴△ABC是等邊三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°, ∴∠DBE=120°,∠ADF=∠AFD=60°=∠A, ∴△ADF是等邊三角形,∠DFC=120°,∴AD=DF, ∵∠DEC=∠DCE,∴∠FDC=∠DEC,ED=CD, ∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.,題型2,題型1,題型3,(2)EB=AD成立. 理由如下: 作DF∥BC交AC的延長線于點(diǎn)F,如圖2所示. 由(1)得AD=DF,∠FDC=∠ECD,∠FDC=∠DEC,ED=CD, 又∵∠DBE=∠DFC=60°, ∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF, ∴EB=AD.,題型2,題型1,題型3,理由如下: 作DF∥BC交AC于點(diǎn)F,如圖3所示: 同(1)得:△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF, ∵△ABC是等腰直角三角形,DF∥BC, ∴△ADF是等腰直角三角形,,題型2,題型1,題型3,題型2 與相似三角形有關(guān)的探究 典例2 (2016·內(nèi)蒙古包頭)如圖,已知一個(gè)直角三角形紙片ACB,其中∠ACB=90°,AC=4,BC=3,E,F分別是AC,AB邊上的點(diǎn),連接EF. (1)如圖1,若將紙片ACB的一角沿EF折疊,折疊后點(diǎn)A落在AB邊上的點(diǎn)D處,且使S四邊形ECBF=3S△EDF,求AE的長. (2)如圖2,若將紙片ACB的一角沿EF折疊,折疊后點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)M處,且使MF∥CA. ①試判斷四邊形AEMF的形狀,并證明你的結(jié)論; ②求EF的長.,題型2,題型1,題型3,題型2,題型1,題型3,題型2,題型1,題型3,【答案】 (1)如圖1,∵△ACB的一角沿EF折疊,折疊后點(diǎn)A落在AB邊上的點(diǎn)D處, ∴EF⊥AB,△AEF≌△DEF, ∴S△AEF≌S△DEF, ∵S四邊形ECBF=3S△EDF,∴S△ABC=4S△AEF, 在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,AC=4,BC=3,,題型2,題型1,題型3,(2)①四邊形AEMF為菱形.理由如下: 如圖2,∵△ACB的一角沿EF折疊,折疊后點(diǎn)A落在AB邊上的點(diǎn)M處, ∴AE=EM,AF=MF,∠AFE=∠MFE, ∵M(jìn)F∥AC,∴∠AEF=∠MFE, ∴∠AEF=∠AFE,∴AE=AF, ∴AE=EM=MF=AF, ∴四邊形AEMF為菱形. ②連接AM交EF于點(diǎn)O,如圖2, 設(shè)AE=x,則EM=x,CE=4-x, ∵四邊形AEMF為菱形,∴EM∥AB, ∴△CME∽△CBA,,題型2,題型1,題型3,(3)如圖3,作FH⊥BC于點(diǎn)H, ∵EC∥FH,∴△NCE∽△NHF, 設(shè)FH=4x,NH=7x,則CH=7x-1,BH=3-(7x-1)=4-7x, ∵FH∥AC,∴△BFH∽△BAC,,題型2,題型1,題型3,題型2,題型1,題型3,題型3 與全等和相似三角形有關(guān)的探究 典例3 (2016·湖北黃石)在△ABC中,AB=AC,∠BAC=2∠DAE=2α. (1)如圖1,若點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對稱點(diǎn)為F,求證:△ADF∽△ABC. (2)如圖2,在(1)的條件下,若α=45°,求證:DE2=BD2+CE2. (3)如圖3,若α=45°,點(diǎn)E在BC的延長線上,則等式DE2=BD2+CE2還能成立嗎?請說明理由.,題型2,題型1,題型3,【解析】本題考查軸對稱的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、同角的余角相等、全等三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理.(1)根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得∠DAE=∠FAE,AD=AF,再得出∠BAC=∠DAF,然后根據(jù)兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩三角形相似得以證明;(2)根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得EF=DE,AD=AF,再求出∠BAD=∠CAF,然后利用邊角邊證明△ABD和△ACF全等,根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得CF=BD,∠ACF=∠ABD,然后求出∠ECF=90°,最后利用勾股定理證明即可;(3)作點(diǎn)D關(guān)于AE的對稱點(diǎn)F,連接AF,EF,CF,根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得EF=DE,AF=AD,再根據(jù)同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF,再結(jié)合(2)即可.,題型2,題型1,題型3,【答案】 (1)∵D,F關(guān)于直線AE對稱, ∴DE=EF,① ∠DAE=∠FAE=α, ∴∠DAF=2α=∠BAC, 又∵AB=AC,AD=AF,∴△ADF∽△ABC. (2)∵∠DAF=2α=∠BAC, ∴∠DAF-∠DAC=∠BAC-∠DAC,即∠BAD=∠CAF, 又AB=AC,AD=AF, ∴△BAD≌△CAF, ∴BD=CF,② 且∠ACF=∠ABD=45°,即∠ECF=90°, 在△ECF中,結(jié)合已證明的①②得DE2=BD2+CE2.,題型2,題型1,題型3,(3)解法1:將△CAE順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△BAF,連接DF,如圖2所示. ∴BF=CE,③ AF=AE, ∵∠ACE=135°=∠ABF,∠ABC=45°, ∴∠FBD=90°, 即DF2=BF2+BD2,④ 由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),∠BAF=∠CAE, ∴∠BAF+∠FAC=∠CAE+∠FAC=2α, ∴∠DAF=∠FAE-∠DAE=2α-α=α,AF=AE, 又∵AD為公共邊, ∴△DAF≌△DAE,即DF=DE.⑤ 將③⑤代入④式, 得DE2=BD2+CE2.,題型2,題型1,題型3,解法2:作點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對稱點(diǎn)F,連接AF,EF,CF,如圖3所示. ∴AD=AF,DE=EF,⑥ ∠DAE=∠FAE=α, ∴∠DAF=2α=∠BAC, 即∠DAF-∠DAC=∠BAC-∠DAC, ∴∠BAD=∠CAF. 又∵AB=AC,AD=AF. ∴△BAD≌△CAF, ∴BD=CF,⑦ 且∠ACF=∠ABD=45°, ∴∠DCF=∠DCA+∠ACF=90°, ∴CF⊥CE,∴EF2=FC2+CE2, 將⑥⑦代入得DE2=BD2+CE2.,2,1,3,4,5,6,7,8,1.(1)問題發(fā)現(xiàn) 如圖1,△ABC和△ADE均為等邊三角形,點(diǎn)D在BC的延長線上,連接CE,請?zhí)羁? ①∠ACE的度數(shù)為 ; ②線段AC,CD,CE之間的數(shù)量關(guān)系為 . (2)拓展探究 如圖2,△ABC和△ADE均為等腰直角三角形, ∠BAC=∠DAE=90°,點(diǎn)D在邊BC的延長線上, 連接CE,請判斷∠ACE的度數(shù)及線段AC,CD,CE 之間的數(shù)量關(guān)系,并說明理由. (3)問題解決 如圖3,在Rt△ABC中,AC=3,BC=5,∠ACB=90°,若點(diǎn)P滿足PA=PB,∠APB=90°,請直接寫出線段PC的長度.,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)①∵△ABC為等邊三角形, ∴AB=AC=BC,∠BAC=60°, ∵△ADE為等邊三角形, ∴AD=AE,∠DAE=60°, ∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,即∠BAD=∠CAE, ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴∠ACE=∠B=60°. ②∵△ABD≌△ACE,∴BD=CE, ∴BC=BD-CD=CE-CD, ∴AC=CE-CD.,2,1,3,4,5,6,7,8,(2)∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形, ∴AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, ∴△ACE≌△ABD(SAS), ∴∠ACE=∠B=45°,BD=CE,即BC+CD=CE, ∴BC=CE-CD,,2,1,3,4,5,6,7,8,2,1,3,4,5,6,7,8,2,1,3,4,5,6,7,8,如圖(2),點(diǎn)C,P在AB的異側(cè)時(shí), 過點(diǎn)A作AD⊥PC于點(diǎn)D, ∵∠ACB=∠APB=90°,∴A,B,P,C四點(diǎn)共圓, ∴∠ACD=∠ABC=45°,∠APD=∠ABC,,2,1,3,4,5,6,7,8,2.如圖1,在平行四邊形ABCD中,AE⊥BC于點(diǎn)E,E恰為BC的中點(diǎn),tan B=2. (1)求證:AD=AE; (2)如圖2,點(diǎn)P在線段BE上,作EF⊥DP于點(diǎn)F,連接AF,求證:DF-EF= AF.,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)如圖1,∵AE⊥BC,∴∠AEB=90°, ∵tan B=2,∴ =2,∴AE=2BE, ∵E為BC的中點(diǎn),∴BC=2BE, ∴AE=BC. ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴AD=BC, ∴AD=AE. (2)如圖,作AM⊥AF,交DP于點(diǎn)M,則∠MAF=90°. ∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC, ∵AE⊥BC,∴AE⊥AD, ∴∠DAE=∠MAF=90°, ∴∠DAM=∠FAE=90°-∠MAE. ∵AE⊥BC,EF⊥DP,∴∠AEP=∠EFP=90°,,2,1,3,4,5,6,7,8,∴∠AEF+∠PEF=90°,∠PEF+∠FPE=90°, ∴∠AEF=∠FPE, ∵AD∥BC,∴∠ADM=∠FPE, ∴∠ADM=∠AEF, 在△ADM和△AEF中, ∴AM=AF,DM=EF, ∴DF-EF=MF.,2,1,3,4,5,6,7,8,3.(2016·武漢)在△ABC中,P為AB上一點(diǎn). (1)如圖1,若∠ACP=∠B,求證:AC2=AP·AB. (2)若M為CP的中點(diǎn),AC=2. ①如圖2,若∠PBM=∠ACP,AB=3,求BP的長; ②如圖3,若∠ABC=45°,∠A=∠BMP=60°,直接寫出BP的長.,2,1,3,4,5,6,7,8,(2)①如圖,取AP中點(diǎn)G,連接MG. 設(shè)AG=x,則PG=x,BG=3-x.,2,1,3,4,5,6,7,8,2,1,3,4,5,6,7,8,4.(2016·北京)在等邊△ABC中, (1)如圖1,P,Q是BC邊上的兩點(diǎn),AP=AQ,∠BAP=20°,求∠AQB的度數(shù); (2)點(diǎn)P,Q是BC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)B,C重合),點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè),且AP=AQ,點(diǎn)Q關(guān)于直線AC的對稱點(diǎn)為M,連接AM,PM. ①依題意將圖2補(bǔ)全; ②小茹通過觀察、實(shí)驗(yàn)提出猜想:在點(diǎn)P,Q運(yùn)動(dòng)的過程中, 始終有PA=PM.小茹把這個(gè)猜想與同學(xué)們進(jìn)行交流,通過討論, 形成了證明該猜想的幾種想法: 想法1:要證明PA=PM,只需證△APM是等邊三角形; 想法2:在BA上取一點(diǎn)N,使得BN=BP,要證明PA=PM,只需證△ANP≌△PCM; 想法3:將線段BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°,得到線段BK,要證PA=PM,只需證PA=CK,PM=CK… 請你參考上面的想法,幫助小茹證明PA=PM(一種方法即可).,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)∵AP=AQ,∴∠APQ=∠AQP, ∴∠APB=∠AQC, ∵△ABC是等邊三角形, ∴∠B=∠C=60°, ∴∠BAP=∠CAQ=20°, ∴∠AQB=∠APQ=∠BAP+∠B=80°.,2,1,3,4,5,6,7,8,(2)①如圖所示. ②如圖,∵AP=AQ,∴∠APQ=∠AQP, ∴∠APB=∠AQC, ∵△ABC是等邊三角形,∴∠B=∠C=60°, ∴∠BAP=∠CAQ, ∵點(diǎn)Q關(guān)于直線AC的對稱點(diǎn)為M, ∴AQ=AM,∠QAC=∠MAC, ∴∠MAC=∠BAP,∴∠BAP+∠PAC=∠MAC+∠CAP=60°, ∴∠PAM=60°, ∵AP=AQ,∴AP=AM, ∴△APM是等邊三角形, ∴PA=PM.,2,1,3,4,5,6,7,8,5.(2016·貴陽)(1)閱讀理解: 如圖①,在△ABC中,若AB=10,AC=6,求BC邊上的中線AD的取值范圍. 解決此問題可以用如下方法:延長AD到點(diǎn)E使DE=AD,再連接BE(或?qū)ⅰ鰽CD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD),把AB,AC,2AD集中在△ABE中,利用三角形三邊的關(guān)系即可判斷中線AD的取值范圍是 ; (2)問題解決: 如圖②,在△ABC中,D是BC邊上的中點(diǎn),DE⊥DF于點(diǎn)D, DE交AB于點(diǎn)E,DF交AC于點(diǎn)F,連接EF,求證:BE+CFEF; (3)問題拓展: 如圖③,在四邊形ABCD中,∠B+∠D=180°,CB=CD,∠BCD=140°,以C為頂點(diǎn)作一個(gè)70°角,角的兩邊分別交AB,AD于E,F兩點(diǎn),連接EF,探索線段BE,DF,EF之間的數(shù)量關(guān)系,并加以證明.,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)延長AD至E,使DE=AD,連接BE,如圖①所示: ∵AD是BC邊上的中線, ∴BD=CD, ∴△BDE≌△CDA(SAS), ∴BE=AC=6, 在△ABE中,由三角形的三邊關(guān)系得:AB-BEAEAB+BE, ∴10-6AE10+6,即4AE16, ∴2AD8.,2,1,3,4,5,6,7,8,(2)延長FD至點(diǎn)M,使DM=DF,連接BM,EM,如圖所示: 由(1)得△BMD≌△CFD(SAS), ∴BM=CF, ∵DE⊥DF,DM=DF,∴EM=EF, 在△BME中,由三角形的三邊關(guān)系得:BE+BMEM, ∴BE+CFEF.,2,1,3,4,5,6,7,8,(3)BE+DF=EF. 理由如下: 延長AB至點(diǎn)N,使BN=DF,連接CN,如圖所示: ∵∠ABC+∠D=180°,∠NBC+∠ABC=180°, ∴∠NBC=∠D, ∴△NBC≌△FDC(SAS), ∴CN=CF,∠NCB=∠FCD, ∵∠BCD=140°,∠ECF=70°, ∴∠BCE+∠FCD=70°, ∴∠ECN=70°=∠ECF,,2,1,3,4,5,6,7,8,∴△NCE≌△FCE(SAS), ∴EN=EF, ∵BE+BN=EN, ∴BE+DF=EF.,2,1,3,4,5,6,7,8,6.(2016·福建莆田)若正方形有兩個(gè)相鄰頂點(diǎn)在三角形的同一條邊上,其余兩個(gè)頂點(diǎn)分別在三角形的另兩條邊上,則正方形稱為三角形該邊上的內(nèi)接正方形,△ABC中,設(shè)BC=a,AC=b,AB=c,各邊上的高分別記為ha,hb,hc,各邊上的內(nèi)接正方形的邊長分別記為xa,xb,xc (1)模擬探究:如圖,正方形EFGH為△ABC的BC邊上的內(nèi)接正方形, (3)拓展延伸:若△ABC為銳角三角形,bc,請判斷xb與xc的大小,并說明理由.,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)∵正方形EFGH中,EH∥FG, ∴△AEH∽△ABC, ∵AD⊥BC,,2,1,3,4,5,6,7,8,2,1,3,4,5,6,7,8,7.如圖,△ABC中,AD⊥BC,DE⊥AC于E,AF⊥BE于H,交DE于F, (1)求證:△ADF∽△BCE; (2)若AB=AC,求證:DF=EF; (3)在(2)的條件下,若∠EAF=30°,直接寫出cos ∠EBC的值.,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)如圖①,∵AD⊥BC, ∴∠ADC=90°,即∠1+∠EDC=90°, ∵DE⊥AC,∴∠DEC=90°, ∴∠EDC+∠C=90°, ∴∠1=∠C, ∵AH⊥BE,∴∠SAH+∠ASH=90°, 又∵∠2+∠BSD=90°,∠BSD=∠ASH, ∴∠SAH=∠2, ∴△ADF∽△BCE.,2,1,3,4,5,6,7,8,(2)如圖2,∵∠DCE=∠ACD, ∴Rt△CDE∽Rt△CAD,,2,1,3,4,5,6,7,8,提示:如圖3,設(shè)EF=x,則DF=EF=x,在Rt△AEF中,∵∠EAF=30°,∴AF=2EF=2x,AE=,2,1,3,4,5,6,7,8,8.如圖,在矩形ABCD中,AB=8,BC=6,對角線AC,BD交于點(diǎn)O,點(diǎn)E在AB的延長線上,連接CE,AF⊥CE,AF分別交線段CE,邊BC,對角線BD于點(diǎn)F,G,H(點(diǎn)F不與點(diǎn)C,E重合). (1)當(dāng)點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn)時(shí),求GF的長; (2)設(shè)BE=x,OH=y,求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并寫出它的自變量的取值范圍; (3)當(dāng)△BHG是等腰三角形時(shí),求BE的長.,2,1,3,4,5,6,7,8,解:(1)∵AB=8,BC=6,∴AC=10, ∵AF⊥CE,∴∠AFC=∠AFE=90°, ∵點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn),∴CF=EF. 在△ACF和△AEF中, ∴AE=AC=10,∴BE=2. ∵∠CGF=∠AGB,∠GFC=∠ABG, ∴∠FCG=∠GAB,∠CBE=∠ABG, ∴△CBE∽△ABG,,2,1,3,4,5,6,7,8,2,1,3,4,5,6,7,8,(2)如圖所示,作BM⊥AF,ON⊥AF,垂足分別為點(diǎn)M,N, ∵AF⊥CE,∴ON∥BM∥CE, ∴△ONH∽△BMH,△ANO∽△AFC,△BMG∽△CFG,,2,1,3,4,5,6,7,8,(3)△BHG是等腰三角形, ①當(dāng)BH=BG時(shí),△AHD∽△GHB,,即BE=3; ②當(dāng)GH=GB時(shí),得出∠AHD=∠ADH,AH=AD=6,設(shè)BG=t, 則AB2+BG2=AG2, 即82+t2=(6+t)2,,2,1,3,4,5,6,7,8,③當(dāng)HG=HB時(shí),得出∠HGB=∠HBG=∠OCB,即點(diǎn)F與點(diǎn)C重合(不符合題意). 綜上所述,當(dāng)△BHG為等腰三角形時(shí),BE=3或BE= .,