中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時(shí) 開放與探究型問(wèn)題.doc
《中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時(shí) 開放與探究型問(wèn)題.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時(shí) 開放與探究型問(wèn)題.doc(12頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第43課時(shí) 開放與探究型問(wèn)題 70分) 一、選擇題(每題6分,共12分) 圖43-1 1.[xx荊門]如圖43-1,點(diǎn)A,B,C在一條直線上,△ABD,△BCE均為等邊三角形,連結(jié)AE和CD,AE分別交CD,BD于點(diǎn)M,P,CD交BE于點(diǎn)Q,連結(jié)PQ,BM,下面結(jié)論:①△ABE≌△DBC;②∠DMA=60;③△BPQ為等邊三角形;④MB平分∠AMC,其中結(jié)論正確的有 (D) A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè) 【解析】 由等邊三角形的性質(zhì)得出AB=DB,∠ABD=∠CBE=60,BE=BC,得出∠ABE=∠DBC,由SAS即可證出△ABE≌△DBC; 由△ABE≌△DBC,得出∠BAE=∠BDC,根據(jù)∠APB=DPM,得出∠DMA=∠ABD=60; 由ASA證明△ABP≌△DBQ,得出對(duì)應(yīng)邊相等BP=BQ,即可得出△BPQ為等邊三角形; ∠DMA=60,得到∠AMC=120,所以∠AMC+∠PBQ=180,所以P,B,Q,M四點(diǎn)共圓,又由于BP=BQ,由圓周角定理得出∠BMP=∠BMQ,即MB平分∠AMC. 圖43-2 2.[xx湖州]如圖43-2,AC是矩形ABCD的對(duì)角線,⊙O是△ABC的內(nèi)切圓,現(xiàn)將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊,使點(diǎn)D與點(diǎn)O重合,折痕為FG,點(diǎn)F,G分別在邊AD,BC上,連結(jié)OG,DG,若OG⊥DG,且⊙O的半徑長(zhǎng)為1,則下列結(jié)論不成立的是 (A) A.CD+DF=4 B.CD-DF=2-3 C.BC+AB=2+4 D.BC-AB=2 第2題答圖 【解析】 如答圖所示,設(shè)AB與圓O相切于點(diǎn)M,BC與⊙O相切于點(diǎn)H,連結(jié)MO并延長(zhǎng)MO交CD于點(diǎn)T,連結(jié)OH,連結(jié)OD交FG于R,過(guò)點(diǎn)G作GN⊥AD于點(diǎn)N,分別交OD于點(diǎn)K,交OT于點(diǎn)P. 由折疊易知,OG=DG, OH⊥BC,所以∠OHG=∠GCD=90,∠HOG+∠OGH=90, ∵OG⊥DG, ∴∠OGH+∠DGC=90, ∴∠DGC=∠HOG, ∴△OHG≌△GCD,∴HG=CD,GC=OH=1, 易得四邊形BMOH是正方形,所以BM=BH=MO=OH=1, 設(shè)CD=m,則HG=m,AB=m, ∴AM=m-1, 又∵⊙O是△ABC的切圓, ∴AC=m+1+m-1=2m, ∴AC=2AB,∴∠ACB=30, ∴BC=AB,2+m=m,解得m=+1, m=AB=+1,BC=2+m=3+, ∴BC-AB=2,D選項(xiàng)正確; BC+AB=2m+2=2+4,C選項(xiàng)正確. 由折疊知,OG=GD,又OG⊥GD, ∴△OGD是等腰直角三角形,且OR=RD, 所以RG=RD,RG⊥RD, 注意到GN⊥AD為所作,∴∠GRD=∠FRD=90, ∠RKG=∠NKD,∴∠RKG+∠RGK=∠NKD+∠NDK=90, ∴∠NDK=∠RGK, 所以△RKG≌△RFD,所以FD=KG, 易得四邊形OHGP是矩形,所以PG=1, 由GN∥DC,可得△OPK∽△OTD, ∴====-1, ∴PK=3-,∴KG=4-=DF, CD-DF=+1-(4-)=2-3,B選項(xiàng)正確; CD+DF=+1+(4-)=5,A選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A. 二、填空題(每題6分,共12分) 3.[xx南充]如圖43-3,正方形ABCD邊長(zhǎng)為1,以AB為直徑作半圓,點(diǎn)P是CD中點(diǎn),BP與半圓交于點(diǎn)Q,連結(jié)DQ.給出如下結(jié)論:①DQ=1;②=;③S△PDQ=;④cos∠ADQ=.其中正確結(jié)論是__①②④__.(填寫序號(hào)) 圖43-3 第3題答圖 【解析】?、僬_.理由:連結(jié)OQ,OD, ∵DP=CD=BO=AB,且DP∥OB, ∴四邊形OBPD是平行四邊形. ∴∠AOD=∠OBQ,∠DOQ=∠OQB, ∵OB=OQ,∴∠OBQ=∠OQB, ∴∠AOD=∠DOQ,∴△AOD≌△QOD, ∴∠OQD=∠DAO=90,DQ=AD=1. 所以①正確. ②正確.理由:延長(zhǎng)DQ交BC于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥CD,垂足為F, 根據(jù)切線長(zhǎng)定理,得QE=BE,設(shè)QE=x,則BE=x,DE=1+x,CE=1-x, 在Rt△CDE中, (1+x)2=(1-x)2+1, 解得x=,CE=, ∵△DQF∽△DEC, ∴==,得FQ=, ∵△PQF∽△PBC, ∴==, ∴=, 所以②正確; ③錯(cuò)誤,理由: S△PDQ=DPQF==, 所以③錯(cuò)誤; ④正確,理由:∵AD∥BC, ∴∠ADQ=∠DEC, ∴cos∠ADQ=cos∠DEC===, 所以④正確.故答案為①②④. 圖43-4 4.[xx岳陽(yáng)]如圖43-4,AB是⊙O的直徑,P為AB延長(zhǎng)線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作⊙O的切線,切點(diǎn)為C.連結(jié)AC,BC,作∠APC的平分線交AC于點(diǎn)D.下列結(jié)論正確的是__②③④__.(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)) ①△CPD∽△DPA; ②若∠A=30,則PC=BC; ③若∠CPA=30,則PB=OB; ④無(wú)論點(diǎn)P在AB延長(zhǎng)線上的位置如何變化,∠CDP為定值. 三、解答題(共46分) 5.(16分)[xx重慶]在△ABC中,AB=AC,∠A=60,點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn),∠EDF=120,DE與線段AB相交于點(diǎn)E,DF與線段AC(或AC的延長(zhǎng)線)相交于點(diǎn)F. 圖43-5 (1)如圖①,若DF⊥AC,垂足為F,AB=4,求BE的長(zhǎng); (2)如圖②,將(1)中的∠EDF繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度,DF仍與線段AC相交于點(diǎn)F.求證:BE+CF=AB; (3)如圖③,將(2)中的∠EDF繼續(xù)繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度,使DF與線段AC的延長(zhǎng)線交與點(diǎn)F,作DN⊥AC于點(diǎn)N,若DN=FN,求證:BE+CF=(BE-CF). 解:(1)由四邊形AEDF的內(nèi)角和為360,可知DE⊥AB,又∵AB=AC,∠A=60,∴△ABC是等邊三角形, ∴BD=2.在Rt△BDE中,∠B=60,∴BE=1; (2)如答圖①,取AB的中點(diǎn)G,連結(jié)DG, 易證:DG為△ABC的中位線,故DG=DC,∠BGD=∠C=60, 又四邊形AEDF的對(duì)角互補(bǔ),故∠GED=∠DFC, ∴△DEG≌△DFC. 故EG=CF, ∴BE+CF=BE+EG=BG=AB; 第5題答圖① 第5題答圖② (3)如答圖②,取AB的中點(diǎn)G,連結(jié)DG, 同(2),易證△DEG≌△DFC, 故EG=CF, 故BE-CF=BE-EG=BG=AB. 設(shè)CN=x, 在Rt△DCN中,CD=2x,DN=x, 在Rt△DFN中,NF=DN=x, 故EG=CF=(-1)x, BE=BG+EG=DC+CF=2x+(-1)x=(+1)x, 故BE+CF=(+1)x+(-1)x=2x, (BE-CF)=[(+1)x-(-1)x]=2x. 故BE+CF=(BE-CF). 6.(15分)(1)如圖43-6①,已知△ABC,以AB,AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE,連結(jié)BE,CD.請(qǐng)你完成圖形,并證明:BE=CD;(尺規(guī)作圖,不寫作法,保留作圖痕跡) 圖43-6 (2)如圖②,已知△ABC,以AB,AC為邊向外作正方形ABFD和正方形ACGE,連結(jié)BE,CD.BE與CD有什么數(shù)量關(guān)系?簡(jiǎn)單說(shuō)明理由; (3)運(yùn)用(1)(2)解答中積累的經(jīng)驗(yàn)和知識(shí),完成下題:如圖③,要測(cè)量池塘兩岸相對(duì)的兩點(diǎn)B,E的距離,已經(jīng)測(cè)得∠ABC=45,∠CAE=90,AB=BC=100 m,AC=AE,求BE的長(zhǎng). 解:(1)如答圖①, 第6題答圖① 證明:∵△ABD和△ACE都是等邊三角形, ∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60, ∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC, 即∠CAD=∠EAB, ∴△CAD≌△EAB,∴BE=CD; (2)BE=CD. 理由如下: ∵四邊形ABFD和四邊形ACGE均為正方形, ∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=90, ∴∠CAD=∠EAB,∴△CAD≌△EAB, ∴BE=CD; 第6題答圖② (3)由(1),(2)的解題經(jīng)驗(yàn)可知,過(guò)A在△ABC的外側(cè)作等腰直角三角形ABD,如答圖②,∠BAD=90,則AD=AB=100,∠ABD=45,∴BD=100.連結(jié)CD,則由(2)可知BE=CD. ∵∠ABC=45, ∴∠DBC=∠ABD+∠ABC=90. 在Rt△DBC中,BC=100,BD=100, ∴CD==100, ∴BE的長(zhǎng)為100m. 7.(15分)[xx成都]如圖43-7,矩形ABCD中,AD=2AB,E是AD邊上一點(diǎn),DE=AD(n為大于2的整數(shù)),連結(jié)BE,作BE的垂直平分線分別交AD,BC于點(diǎn)F,G,F(xiàn)G與BE的交點(diǎn)為O,連結(jié)BF和EG. (1)試判斷四邊形BFEG的形狀,并說(shuō)明理由; (2)當(dāng)AB=a(a為常數(shù)),n=3時(shí),求FG的長(zhǎng); (3)記四邊形BFEG的面積為S1,矩形ABCD的面積為S2,當(dāng)=時(shí),求n的值. 圖43-7 解:(1)四邊形BFEG是菱形. 理由如下: ∵FG垂直平分BE, ∴BO=EO,∠BOG=∠EOF=90 在矩形ABCD中,AD∥BC,∴∠GBO=∠FEO. ∴△BOG≌△EOF(ASA). ∴BG=EF. ∴四邊形BFEG是平行四邊形. 又∵FG⊥BE, ∴平行四邊形BFEG是菱形; (2)當(dāng)AB=a,n=3時(shí),AD=2a,AE=a, 根據(jù)勾股定理可得BE=a, ∵AF=AE-EF=AE-BF,在Rt△ABF中AB2+AF2=BF2,∴AF=a,EF=a, ∵菱形BGEF面積=BEFG=EFAB, ∴FG=a; (3)設(shè)AB=x,則DE=, 當(dāng)=時(shí),=,可得BG=x, 在Rt△ABF中AB2+AF2=BF2,∴AF=x, ∴AE=AF+FE=AF+BG=x,DE=AD-AE=x,∴n=6. (15分) 8.(15分)[xx株洲]如圖43-8,已知AB是圓O的切線,切點(diǎn)為B,直線AO交圓O于C,D兩點(diǎn),CD=2,∠DAB=30,動(dòng)點(diǎn)P在直線AB上運(yùn)動(dòng),PC交圓O于另一點(diǎn)Q. 圖43-8 (1)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到Q,C兩點(diǎn)重合時(shí)(如圖①),求AP的長(zhǎng); (2)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,有幾個(gè)位置(幾種情況)使△CQD的面積為?(直接寫出答案) (3)當(dāng)使△CQD的面積為,且Q位于以CD為直徑的上半圓上,CQ>QD時(shí)(如圖②),求AP的長(zhǎng). 解:(1)∵AB是圓O的切線, ∴∠OBA=90, ∵CD=2,∠DAB=30, ∴OB=1, ∴OB=OC=AC=1, ∵當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到Q,C兩點(diǎn)重合, ∴PC為圓O的切線, ∴∠PCA=90, ∵∠DAB=30,AC=1, ∴AP=; 第8題答圖 (2)由于CD的長(zhǎng)度為2,而S△CQD=,故CD上的高的長(zhǎng)度為,從而如答圖①,可知有4個(gè)位置使△CQD的面積為; (3)過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥AD于點(diǎn)N, 過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AD于點(diǎn)M. ∵S△CQD=,∴QNCD=,∴QN=, ∵CD是圓O的直徑,∴∠CQD=90, 易證△QCN∽△DQN,∴=, ∴QN2=CNDN. 設(shè)CN=x,則DN=2-x,∴x(2-x)=, 解得x1=,x2=, ∵CQ>QD,∴CN=,∴=2+. 易證△PMC∽△QNC,∴==2+, ∴CM=(2+)MP, 在Rt△AMP中,AM=MP ∵AM+CM=AC=1,∴(2+)MP+MP=1, ∴MP=,∴AP=2MP=. (15分) 10.(15分)[xx嘉興]類比等腰三角形的定義,我們定義:有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”. (1)概念理解 如圖43-10①,在四邊形ABCD中,添加一個(gè)條件使得四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”.請(qǐng)寫出你添加的一個(gè)條件; (2)問(wèn)題探究 ①小紅猜想:對(duì)角線互相平分的“等鄰邊四邊形”是菱形.她的猜想正確嗎?請(qǐng)說(shuō)明理由; ②如圖②,小紅畫了一個(gè)Rt△ABC,其中∠ABC=90,AB=2,BC=1,并將Rt△ABC沿∠ABC的平分線BB′方向平移得到△A′B′C′,連結(jié)AA′,BC′.小紅要使平移后的四邊形ABC′A′是“等鄰邊四邊形”,應(yīng)平移多少距離(即線段BB′的長(zhǎng))? (3)應(yīng)用拓展 如圖③,“等鄰邊四邊形”ABCD中,AB=AD,∠BAD+∠BCD=90,AC,BD為對(duì)角線,AC=AB.試探究BC,CD,BD的數(shù)量關(guān)系. 圖43-10 解:(1)AB=BC或BC=CD或CD=AD或DA=AB;(任寫一個(gè)即可) (2)①正確.理由為: ∵四邊形的對(duì)角線互相平分, ∴這個(gè)四邊形是平行四邊形, ∵四邊形是“等鄰邊四邊形”, ∴這個(gè)四邊形有一組鄰邊相等, ∴這個(gè)“等鄰邊四邊形”是菱形; ②由∠ABC=90,AB=2,BC=1,得AC=, ∵將Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′, ∴BB′=AA′,A′B′∥AB,A′B′=2,B′C′=1,A′C′=, (Ⅰ)如答圖①,當(dāng)AA′=AB時(shí),BB′=AA′=AB=2; (Ⅱ)如答圖②,當(dāng)AA′=A′C′時(shí),BB′=AA′=A′C′=; (Ⅲ)如答圖③,當(dāng)BC′=A′C′=時(shí),延長(zhǎng)C′B′交AB于點(diǎn)D,則C′D⊥AB, ∵BB′平分∠ABC,∴∠ABB′=∠ABC=45, ∴∠BB′D=∠ABB′=45,∴B′D=BD. 設(shè)B′D=BD=x,則C′D=x+1,BB′=x, ∵在Rt△BC′D中,BD2+(C′D)2=(BC′)2, ∴x2+(x+1)2=()2, 解得x1=1,x2=-2(不合題意,舍去), ∴BB′=x=; (Ⅳ)如答圖④,當(dāng)BC′=AB=2時(shí),與(Ⅲ)同理得:BD2+(C′D)2=(BC′)2, 設(shè)B′D=BD=x,則x2+(x+1)2=22, 解得x1=,x2=(不合題意,舍去), ∴BB′=x=; 第10題答圖 (3)BC,CD,BD的數(shù)量關(guān)系為:BC2+CD2=2BD2. ∵AB=AD, ∴如答圖⑤,將△ADC線繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△ABF,連結(jié)CF,則△ABF≌△ADC, ∴∠ABF=∠ADC,∠BAF=∠DAC,AF=AC,F(xiàn)B=CD, ∴∠BAD=∠CAF,==1, ∴△ACF∽△ABD, ∴=, ∵AC=AB, ∴CF=BD, 第10題答圖⑤ ∵∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠ABC=360, ∴∠ABC+∠ADC=360-(∠BAD+∠BCD) =360-90=270, ∴∠ABC+∠ABF=270, ∴∠CBF=90, ∴BC2+FB2=CF2=(BD)2=2BD2, ∴BC2+CD2=2BD2.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁(yè)顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國(guó)旗、國(guó)徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時(shí) 開放與探究型問(wèn)題 中考 數(shù)學(xué) 全程 演練 43 課時(shí) 開放 探究 問(wèn)題
鏈接地址:http://m.jqnhouse.com/p-3733630.html