中考數(shù)學總復習 專題7 幾何綜合探究題課件

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1、專題七專題七幾何綜合探究題幾何綜合探究題命題預測方法指導幾何綜合探究題型連續(xù)5年作為安徽中考壓軸題.主要涉及利用三角形相似或全等的判定及性質(zhì)進行相關(guān)的探究與證明、三角形和四邊形的綜合探究與證明(常涉及線段的數(shù)量和位置關(guān)系、求線段長、特殊圖形的判定等),這是安徽中考對幾何推理與證明能力考查的必然體現(xiàn).把觀察、操作、證明融于一體,展示了數(shù)學探究的過程和方法,體現(xiàn)了對數(shù)學活動經(jīng)驗的關(guān)注,也體現(xiàn)了對培養(yǎng)學生發(fā)現(xiàn)和提出問題、分析和解決問題能力的關(guān)注.預計2018年仍會考查與全等或相似三角形有關(guān)的探究.命題預測方法指導幾何綜合探究題靈活多變,一般并無固定的解題模式或套路.解決這類問題的方法:一是根據(jù)條件,

2、結(jié)合已學的知識、數(shù)學思想方法,通過分析、歸納逐步得出結(jié)論,或通過觀察、實驗、猜想、論證的方法求解;二是關(guān)注前面幾個小題在求解過程的解題思路和方法,會對最后一小題的求解有一定的借鑒作用,還可以把前面幾個小題的結(jié)論作為已知條件,為最后一問的求解提供幫助.類型一類型二類型三類型四類型一類型二類型三類型四類型一類型二類型三類型一類比拓展探究題例1(2017安徽)已知正方形ABCD,點M為邊AB的中點.(1)如圖1,點G為線段CM上的一點,且AGB=90,延長AG,BG分別與邊BC,CD交于點E,F. 證明:BE=CF; 求證:BE2=BCCE.(2)如圖2,在邊BC上取一點E,滿足BE2=BCCE,連

3、接AE交CM于點G,連接BG并延長交CD于點F,求tan CBF的值.類型一類型二類型三(1)證明:AGB=90,EAB+ABG=90,四邊形ABCD是正方形,ABG+CBF=ABC=90,BAE=FBC.ABE BCF,BE=CF.AM=BM=GMGAM=AGM,EAB=FBC=AGM=CGE,類型一類型二類型三又MBG為等腰三角形,MBG=MGB=CGF=CFG,CGF為等腰三角形,從而CG=CF=BE,BE2=CG2=BCCE.(2)解:延長FC,AE交于點H,則有ABEHCE,AMGHCG,CGFMGB,類型一類型二類型三由(*),(*)得BE=CF; 類型一類型二類型三類型二圖形變換

4、探究題例2(2011安徽)在ABC中,ACB=90,ABC=30,將ABC繞頂點C順時針旋轉(zhuǎn),旋轉(zhuǎn)角為(0180),得到A1B1C.(1)如圖1,當ABCB1時,設(shè)A1B1與BC相交于D,證明:A1CD是等邊三角形;(2)如圖2,連接AA1,BB1,設(shè)ACA1和BCB1的面積分別為S1,S2.求證:S1 S2=1 3;(3)如圖3,設(shè)AC中點為E,A1B1中點為P,AC=a,連接EP,當=時,EP長度最大,最大值為.類型一類型二類型三類型一類型二類型三解:(1)證明:ABCB1,BCB1=B=B1=30,A1CD=90-BCB1=60,A1DC=BCB1+B1=60,A1CD是等邊三角形;(2

5、)證明:由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知AC=CA1,ACA1=BCB1,BC=CB1,ACA1BCB1,S1 S2=AC2 BC2=12 ( )2=1 3;類型一類型二類型三類型三幾何圖形與函數(shù)相結(jié)合探究題例3(2017山東濰坊)如圖1,拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過平行四邊形ABCD的頂點A(0,3),B(-1,0),D(2,3),拋物線與x軸的另一交點為E.經(jīng)過點E的直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分,與拋物線交于另一點F.點P為直線l上方拋物線上一動點,設(shè)點P的橫坐標為t.(1)求拋物線的解析式;(2)當t何值時,PFE的面積最大?并求最大值的立方根;(3)是否存在點P使PAE為直角三角

6、形?若存在,求出t的值;若不存在,說明理由.類型一類型二類型三 圖1 備用圖 類型一類型二類型三分析:(1)利用待定系數(shù)法列方程組求解拋物線的解析:式;(2)由平行四邊形的對稱性可知直線l必過其對稱中心,同時利用拋物線的對稱性確定E點坐標,進而可求直線l的解析式,結(jié)合二次函數(shù)解析式確定點F的坐標.作PHx軸,交l于點M,作FNPH,列出PM關(guān)于t的解析式,最后利用三角形的面積得SPFE關(guān)于t的解析式,利用二次函數(shù)的最值求得t值,從而使問題得以解決;(3)分兩種情形討論:若P1AE=90,作P1Gy軸,易得P1G=AG,由此構(gòu)建一元二次方程求t的值;若AP2E=90,作P2Kx軸,AQP2K,則

7、P2KEAQP2,由此利用對應邊成比例構(gòu)建一元二次方程求t的值.類型一類型二類型三解:(1)將點A(0,3),B(-1,0),D(2,3)代入y=ax2+bx+c, 所以,拋物線解析式為y=-x2+2x+3.(2)因為直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分,類型一類型二類型三類型一類型二類型三(3)由圖可知PEA90.若P1AE=90,作P1Gy軸,因為OA=OE,所以O(shè)AE=OEA=45,所以P1AG =AP1G=45,所以P1G=AG.所以t=-t2+2t+3-3,即-t2+t=0,解得t=1或t=0(舍去).類型一類型二類型三若AP2E=90,作P2Kx軸,AQP2K,則P2K

8、EAQP2,1234561.(2017山東威海)如圖,ABC為等邊三角形,AB=2.若P為ABC內(nèi)的一動點,且滿足PAB=ACP.則線段PB長度的最小值為 .1234562.(2017廣東深圳)如圖,在RtABC中,ABC=90,AB=3,BC=4,RtMPN,MPN=90,點P在AC上,PM交AB于點E,PN交BC于點F,當PE=2PF時,AP=3.123456解析: 如圖,作PQAB于Q,PRBC于R.PQB=QBR=BRP=90,四邊形PQBR是矩形,QPR=90=MPN,QPE=RPF,QPERPF,PQBC,AQQPAP=ABBCAC=345,設(shè)PQ=4x,則AQ=3x,AP=5x,

9、BQ=2x,1234563.(2017四川成都)如圖1,把一張正方形紙片對折得到長方形ABCD,再沿ADC的平分線DE折疊,如圖2,點C落在點C處,最后按圖3所示方式折疊,使點A落在DE的中點A處,折痕是FG.若原正方形紙片的邊長為6 cm,則FG= cm.123456解析: 原正方形紙片的邊長為6 cm,AD=6 cm,AB=3 cm,DC=CD=AB=3 cm,在圖3中,A是DE的中點,折痕是FG,FG垂直平分AA垂足為P,AF=AF.作AMAD,垂足為M,123456作GNAD,垂足為N,GN=AB=3 cm, 1234564.(2016安徽安慶一模)如圖,平行四邊形ABCD中,AB=A

10、C,CEAB于點E,CFAC交AD的延長線于點F.(1)求證:BCEAFC;(2)連接BF,分別交CE,CD于G,H(如圖),求證:EG=CG;(3)在圖中,若ABC=60,求 .123456(1)證明: CEAB,CFAC,BEC=ACF=90,四邊形ABCD是平行四邊形,ADBC,又AB=AC,EBC=ACB=CAF,BCEAFC;(2)證明: BCEAFC,BE=CH,ABCD,BEG=HCG,EBG=CHG,123456BGE HGC,EG=CG;(3)解: ABC=60,ABC是等邊三角形,CEAB,BE=AE,BGE HGC,BE=CH,CH=DH,ADBC,BH=FH,BG=GH

11、,1234565.(2017山東棗莊)已知正方形ABCD,P為射線AB上的一點,以BP為邊作正方形BPEF,使點F在線段CB的延長線上,連接EA,EC.(1)如圖1,若點P在線段AB的延長線上,求證:EA=EC;(2)如圖2,若點P為線段AB的中點時,連接AC,判斷ACE的形狀,并說明理由;(3)如圖3,若點P在線段AB上,連接AC,當EP平分AEC時,設(shè)AB=a,BP=b,求a b及AEC的度數(shù).123456(1)證明: 四邊形ABCD和四邊形BPEF是正方形,AB=BC,BP=BF,AP=CF.APE CFE,EA=EC;(2)解: P為AB的中點,PA=PB,又PB=PE,PA=PE,P

12、AE=45,又DAC=45,CAE=90,即ACE是直角三角形.123456(3)解: 如圖,EP平分AEC,EPAG,AP=PG=a-b,BG=a-(2a-2b)=2b-a.PECF,GH=GB,GHAC,GBBC,HCG=BCG,PECF,PEG=BCG,AEC=ACB=45.AEC=45.1234566.(2016安徽)如圖1,A,B分別在射線OM,ON上,且MON為鈍角.現(xiàn)以線段OA,OB為斜邊向MON的外側(cè)作等腰直角三角形,分別是OAP,OBQ,點C,D,E分別是OA,OB,AB的中點.(1)求證:PCE EDQ.(2)延長PC,QD交于點R.如圖2,若MON=150,求證:ABR是

13、等邊三角形;如圖3,若ARBPEQ,求MON的大小和 的值.123456123456(1)證明: 點C,D,E分別是OA,OB,AB的中點,DE=OC,DEOC,CE=OD,CEOD,四邊形ODEC是平行四邊形,OCE=ODE.OAP,OBQ都是等腰直角三角形,PCO=QDO=90,PCE=PCO+OCE=QDO+ODE=EDQ,123456(2)證明: 如圖,連接OR,PR與QR分別為線段OA與OB的中垂線,AR=OR=BR,ARC=ORC,ORD=BRD.在四邊形OCRD中,OCR=ODR=90,MON=150,CRD=30,ARB=ARO+BRO=2CRO+2ORD=2CRD=60,ABR為等邊三角形.123456解: 由(1)知EQ=PE,DEQ=CPE,PEQ=CED-CEP-DEQ=ACE-CEP-CPE=ACE-RCE=ACR=90,即PEQ為等腰直角三角形.ARBPEQ,ARB=90,于是在四邊形OCRD中,OCR=ODR=90,MON=135.此時P,O,B在一條直線上,PAB是直角三角形且APB為直角,