中考数学复习专题汇编第四讲 第4课时 操作探究型问题.docx

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中考数学复习专题汇编第四讲第4课时操作探究型问题

第4课时　操作探究型问题

（60分）

1．（15分）[2017·北京]如图4－4－1，P是所对弦AB上一动点，过点P作PM⊥AB交于点M，连结MB，过点P作PN⊥MB于点N.已知AB＝6cm，设A，P两点间的距离为xcm，P，N两点间的距离为ycm（当点P与点A或点B重合时，y的值为0）．

小东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的探究过程，请补充完整：

图4－4－1

（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：

（说明：

补全表格时相关数值保留一位小数）

x/cm

0

1

2

3

4

5

6

y/cm

0

2.0

2.3

2.1

1.6

0.9

0

（2）建立平面直角坐标系，描出己补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；

第1题答图

（3）结合画出的函数图象，解决问题：

当△PAN为等腰三角形时，AP的长度约为__2.2（答案不唯一）__cm.

【解析】（3）如答图，作y＝x与函数图象交点即为所求．则AP≈2.2（答案不唯一）．

2．（15分）[2017·襄阳]如图4－4－2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.

图4－4－2

（1）如图①，若CE＝CF，求证：

DE＝DF；

（2）如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：

①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；

②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．

解：

（1）证明：

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，

∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°.

∴∠DCE＝∠DCF＝135°.

又∵CE＝CF，CD＝CD，∴△DCE≌△DCF.

∴DE＝DF；

（2）①∵∠DCF＝∠DCE＝135°，

∴∠CDF＋∠F＝180°－135°＝45°.

第2题答图

又∵∠CDF＋∠CDE＝45°，∴∠F＝∠CDE.

∴△CDF∽△CED，∴＝，即CD2＝CE·CF.

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，∴CD＝AB.

∴AB2＝4CE·CF.

②如答图，过点D作DG⊥BC于G，则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG.

当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE·CF，得CD＝2.

∴在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD·sin∠DCG＝2×sin45°＝2.

∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，∴△CEN∽△GDN.

∴＝＝2，∴GN＝CG＝.

∴DN＝＝＝.

3．（15分）

（1）问题发现与探究：

如图4－4－3①，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM⊥AE于点M，连结BD，则：

①线段AE，BD之间的大小关系是__AE＝BD__，∠ADB＝__90°__，并说明理由．

②求证：

AD＝2CM＋BD；

（2）问题拓展与应用：

如图②、图③，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，过点A作直线，在直线上取点D，∠ADC＝45°，连结BD，BD＝1，AC＝，则点C到直线的距离是____或____，写出计算过程．

图4－4－3

解：

（1）①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，

∴AC＝BC，CE＝CD，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＋∠ECB＝∠BCD＋∠ECB，∴∠ACE＝∠BCD，在△ACE与△BCD中，

∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，∵∠CED＝∠CDE＝45°，∴∠AEC＝135°，∴∠BDC＝135°，

∴∠ADB＝90°；

②证明：

在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，

∴CM＝DM＝ME，∴DE＝2CM.∴AD＝DE＋AE＝2CM＋BD；

（2）如答图①，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由

（1）知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝AC＝2，∴AD＝＝，∴DE＝AD－AE＝－1，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝DE＝；

如答图②，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由

（1）知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝AC＝2，∴AD＝＝，∴DE＝AE＋AD＝1＋，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝DE＝.

综上，点C到直线的距离是或.

第3题答图

4．（15分）在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F.

（1）如图4－4－4①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；

（2）如图②，将

（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：

BE＋CF＝AB；

（3）如图③，将

（2）中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：

BE＋CF＝（BE－CF）．

图4－4－4

解：

（1）∵AB＝AC，∠A＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4.

∵点D是线段BC的中点，

∴BD＝DC＝BC＝2.

∵DF⊥AC，即∠AFD＝90°，

∴∠AED＝360°－60°－90°－120°＝90°，

∴∠BED＝90°，∴BE＝BD·cosB＝2×＝1；

（2）证明：

如答图①，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，则有∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90°.

第4题答图①

∵∠A＝60°，∴∠MDN＝360°－60°－90°－90°＝120°.

∵∠EDF＝120°，

∴∠MDE＝∠NDF.

在△MBD和△NCD中，

∴△MBD≌△NCD，∴BM＝CN，DM＝DN.

在△EMD和△FND中，

∴△EMD≌△FND，∴EM＝FN，

∴BE＋CF＝BM＋EM＋CF＝BM＋FN＋CF＝BM＋CN＝2BM＝2BD·cos60°＝BD＝BC＝AB；

（3）如答图②，过点D作DM⊥AB于M，

同

（1）可得∠B＝∠ACD＝60°.

第4题答图②

同

（2）可得BM＝CN，DM＝DN，EM＝FN.

∵DN＝FN，∴DM＝DN＝FN＝EM，

∴BE＋CF＝BM＋EM＋CF＝CN＋DM＋CF＝NF＋DM＝2DM，

BE－CF＝BM＋EM－CF＝BM＋NF－CF

＝BM＋NC＝2BM.

在Rt△BMD中，DM＝BM·tanB＝BM，

∴BE＋CF＝（BE－CF）．

（20分）

5．（20分）[2017·天门]在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D与点B在AC同侧，∠DAC＞∠BAC，且DA＝DC，过点B作BE∥DA交DC于点E，M为AB的中点，连结MD，ME.

（1）如图4－4－5①，当∠ADC＝90°时，线段MD与ME的数量关系是__MD＝ME；__；

图4－4－5

（2）如图②，当∠ADC＝60°时，试探究线段MD与ME的数量关系，并证明你的结论；

（3）如图③，当∠ADC＝α时，求的值．

解：

（2）MD＝ME.

证明：

如答图①，延长EM交DA于点F，

∵BE∥DA，∴∠FAM＝∠EBM，

又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BMF，

∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME，

∵DA＝DC，∠ADC＝60°，

∴∠BED＝∠ADC＝60°，∠ACD＝60°，

∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝30°，

∴∠EBC＝30°，∴CE＝BE，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，

∴∠MDE＝30°.

在Rt△MDE中，tan∠MDE＝＝.

∴MD＝ME；

第5题答图

（3）如答图②，延长EM交DA于点F，

∵BE∥DA，∴∠FAM＝EBM，

又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BME，

∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME，

延长BE交AC于点N，∴∠BNC＝∠DAC，

∵DA＝DC，∴∠DCA＝∠DAC，∴∠BNC＝∠DCA，

∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝∠EBC，

∴CE＝BE，∴AF＝CE，

∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，

∵∠ADC＝α，∴∠MDE＝，

∴在Rt△MDE中，＝tan∠MDE＝tan.

（20分）

图4－4－6

6．（20分）[2017·衡阳]如图4－4－6，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转得到CF，连结DF，以CE，CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD，AC分别交于点H，M，GF交CD延长线于点N.

（1）证明：

点A，D，F在同一条直线上；

（2）随着点E的移动，线段DH是否有最小值？

若有，求出最小值；若没有，请说明理由；

（3）连结EF，MN，当MN∥EF时，求AE的长．

【解析】

（1）证明三点共线，一般是证明中间点与另两点连线的夹角等于180°.由旋转不改变图形的形状和大小，可证△CBE≌△CDF，得到∠CDF＝∠CBE＝90°，所以可证∠ADF＝180°，问题得证．

（2）求AE的最值，需要建立适当的函数模型，考虑AE，AH是同一个直角三角形的边，所以设AH＝y，AE＝x，由图直观看出△CBE∽△EAH，利用对应边成比例，可以得出y与x的函数关系式，从而最值问题可解．

（3）连结CG，根据正方形是轴对称图形，对角线所在的直线是对称轴，EF∥MN，所以NG＝GM，所以CN＝CM，从而可推出∠EFD＝∠ECA＝∠1＝∠3，所以Rt△CBE∽Rt△FAE，所以＝，因此AE可求．

第6题答图

解：

（1）证明：

如答图①，由旋转的性质知，CF＝CE，

又∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，

又∵CD＝CB，∴△CBE≌△CDF，

∴∠CDF＝∠CBE＝90°，∴∠ADF＝180°.

故点A，D，F三点共线；

（2）设DH＝y，AH＝1－y，AE＝x，在Rt△CBE和Rt△EAH中，∠4＋∠5＝90°，

∴Rt△CBE∽Rt△EAH，

∴＝，即＝，

∴y＝x2－x＋1＝＋，

即当点E是AB的中点时，DH最小，最小值为；

（3）如答图②，连结CG.∵矩形∠FGE是正方形，对角线CG所在的直线是其对称轴，

又∵FG＝GE，EF∥MN，∴GN＝GM，

∴CN＝CM，

又∵∠CNM＝45°＋∠3，∠NMC＝45°＋∠ECM，

又∵∠ECM＝∠EFH，∴∠3＝∠EFH＝∠1，

∴Rt△CBE∽Rt△FAE，∴＝，

BC＝1，BE＝1－AE，AF＝1＋1－AE＝2－AE，

即有＝，∴AE2－4AE＋2＝0，

解得AE＝2＋>1（不合题意，舍去），AE＝2－.