初三英语试题精选中考数学复习难题突破专题八类比拓展探究题浙江Word格式文档下载.docx

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（3）应用拓展

如图②，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°

，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°

＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图③），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．

图Z8－2

（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”的条；

（2）连结PD，PC，根据PE，PF分别为AD，BC的垂直平分线，可得到PA＝________，PB＝________，

∠DAP＝________＝∠ABC＝________，从而可得∠APC＝∠DPB，利用SAS可证得△APC≌△DPB，即可得到AC＝BD

（3）分两种情况考虑（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，由S四边形ACBD′＝S△ACE－S△BED′，求出四边形ACBD′的面积；

（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°

时，过点D′作D′E⊥AC于点E，由S四边形ACBD′＝S△AED′＋S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′的面积即可．

专题训练

1．[2018淮安]【操作发现】

如图Z8－3，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．

图Z8－3

（1）请按要求画图将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°

，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连结BB′；

（2）在

（1）所画图形中，∠AB′B＝________．

【问题解决】

如图Z8－4，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°

，∠BPC＝120°

，求△APC的面积．

图Z8－4

小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法

想法一将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°

，得到△AP′B，连结PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；

想法二将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°

，得到△AP′C′，连结PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．

……

请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．（―种方法即可）

【灵活运用】

如图Z8－5，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．

2．[2018连云港]问题呈现如图Z8－6①，点E，F，G，H分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，AE＝DG

求证2S四边形EFGH＝S矩形ABCD（S表示面积）图Z8－6

实验探究

某数学实验小组发现若图①中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化．分别过点E，G作BC边的平行线，再分别过点F，H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1，B1，C1，D1，得到矩形A1B1C1D1

如图②，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近（DGAE），经过探索，发现

2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋S矩形A1B1C1D1

如图③，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近（DGAE），请探索S四边形EFGH、S矩形ABCD与S矩形A1B1C1D1之间的数量关系，并说明理由．

迁移应用

请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题．

（1）如图Z8－7，点E，F，G，H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点，已知AHBF，AEDG，S四边形EFGH＝11，HF＝29，求EG的长．

图Z8－7

（2）如图Z8－8，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E，H分别在边AB，AD上，BE＝1，DH＝2，点F，G分别是边BC，CD上的动点，且FG＝10，连结EF，HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．

3[2018盐城]

【探索发现】

如图Z8－9①是一张直角三角形纸片，∠B＝90°

，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE，EF剪下时，所得的矩形的面积最大．随后，他通过证明验证了其正确性，并得出矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________．

图Z8－9

【拓展应用】

如图②，在△ABC中，BC＝a，BC边上的高AD＝h，矩形PQMN的顶点P，N分别在边AB，AC上，顶点Q，M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为________．（用含a，h的代数式表示）

【灵活应用】

如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．

【实际应用】

如图Z8－10，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝43，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M，N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．

参考答案

例1【例题分层分析】

（1）①等边∠ACF②BE＝AF

（2）2x3x

解

（1）证明①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝120°

，∴∠D＝∠B＝60°

∵AD＝AB，

∴ABCD是菱形，

∴△ABC，△ACD都是等边三角形，

∴∠B＝∠CAD＝60°

，∠ACB＝60°

，BC＝AC

∵∠ECF＝60°

，

∴∠BCE＋∠ACE＝∠ACF＋∠ACE＝60°

∴∠BCE＝∠ACF

在△BCE和△ACF中，

∠B＝∠CAF，BC＝AC，∠BCE＝∠ACF，

∴△BCE≌△ACF

②∵△BCE≌△ACF，∴BE＝AF，

∴AE＋AF＝AE＋BE＝AB＝AC

（2）证明设DH＝x，由题意，CD＝2x，CH＝3x，

∴AD＝2AB＝4x，∴AH＝AD－DH＝3x

∵CH⊥AD，∴AC＝AH2＋CH2＝23x，

∴AC2＋CD2＝AD2，∴∠ACD＝90°

∴∠BAC＝∠ACD＝90°

，∴∠CAD＝30°

∴∠ACH＝60°

，∴∠HCF＝∠ACE，∴△ACE∽△HCF，∴AEFH＝ACCH＝2，∴AE＝2FH

（3）如图，过点C作CN⊥AD于N，CM⊥BA，交BA的延长线于M，CM与AD交于点H

∵∠ECF＋∠EAF＝180°

∴∠AEC＋∠AFC＝180°

∵∠AFC＋∠CFN＝180°

∴∠CFN＝∠AEC

∵∠M＝∠CNF＝90°

，∴△CFN∽△CEM，

∴CNCM＝FNEM

∵ABCM＝ADCN，AD＝3AB，

∴CM＝3CN，∴CNCM＝FNEM＝13

设CN＝a，FN＝b，则CM＝3a，EM＝3b，

∵∠MAH＝60°

，∠M＝90°

∴∠AHM＝∠CHN＝30°

∴HC＝2a，HM＝a，HN＝3a，

∴AM＝33a，AH＝233a，

∴AC＝AM2＋CM2＝2213a，

AE＋3AF＝（EM－AM）＋3（AH＋HN－FN）＝EM－AM＋3AH＋3HN－3FN＝3AH＋3HN－AM＝1433a，

∴AE＋3AFAC＝1433a2213a＝7

故答案为7

例2【例题分层分析】

（2）PDPC∠ADP∠BCP

解

（1）矩形或正方形．

（2）AC＝BD，理由如下

连结PD，PC，如图①所示

∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，∴PA＝PD，PC＝PB，

∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，

∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，

又∠PAD＝∠PBC，

∴∠APC＝∠DPB，

∴△APC≌△DPB（SAS），

∴AC＝BD

（3）分两种情况考虑

（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图②所示，

∴∠ED′B＝∠EBD′，

∴EB＝ED′

∵BC＝B′D′＝3，AB＝AB′＝5，

∴AC＝AD′＝4

设EB＝ED′＝x，

由勾股定理得42＋（3＋x）2＝（4＋x）2，

解得x＝45

过点D′作D′F⊥CE于F，

∴D′F∥AC，∴△ED′F∽△EAC，

∴D′FAC＝ED′AE，即D′F4＝454＋45，

解得D′F＝3617，

∴S△ACE＝12AC×

EC＝12×

4×

（3＋45）＝15，S△BED′＝12BE×

D′F＝12×

45×

3617＝8117，

∴S四边形ACBD′＝S△ACE－S△BED′＝15－8117＝10417

时，过点D′作D′E⊥AC于点E，

如图③所示，

∴四边形ECBD′是矩形，

∴ED′＝BC＝3

在Rt△AED′中，根据勾股定理得

AE＝42－32＝7，

∴S△AED′＝12AE×

ED′＝12×

7×

3＝372，S矩形ECBD′＝CE×

CB＝（4－7）×

3＝12－37，

则S四边形ACBD′＝S△AED′＋S矩形ECBD′＝372＋12－37＝12－372

专题训练

1．解【操作发现】

（1）如图①所示．

（2）45°

如图②，将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°

，得到△AP′B，连结PP′，则AP′＝AP，∠PAP′＝60°

，∠AP′B＝∠APC

∴△APP′是等边三角形．

∴∠APP′＝∠AP′P＝60°

∵AP⊥PC，∴∠APC＝90°

又∵∠BPC＝120°

∴∠APB＝360°

－∠APC－∠BPC＝360°

－90°

－120°

＝150°

∴∠BPP′＝∠APB－∠APP′＝150°

－60°

＝90°

∴∠BP′P＝∠AP′B－∠AP′P＝∠APC－

∠AP′P＝90°

＝30°

设BP＝a

在Rt△BPP′中，

∵∠BP′P＝30°

∴P′B＝2a，P′P＝3a，

∴AP＝3a，PC＝2a

在Rt△APC中，由勾股定理得AP2＋PC2＝AC2，

∴（3a）2＋（2a）2＝72解得a＝7

∴AP＝21，PC＝27

∴S△APC＝12APPC＝12×

21×

27＝73

连结AC

∵AE⊥BC，BE＝CE，∴AB＝AC

又∵AE⊥BC，∴∠BAE＝∠CAE

设∠BAE＝α，

则∠CAE＝α，∠ABE＝90°

－α，∠ADC＝α

如图③，将△ACD绕点A顺时针旋转2α，得到△ABD′，则BD′＝CD＝5，AD＝AD′，∠DAD′＝2α，∠BD′A＝α

过点A作AF⊥DD′，垂足为点F，则∠D′AF＝α，∠AD′F＝90°

－α，DD′＝2D′F，

∴∠BD′D＝∠BD′A＋∠AD′F＝α＋90°

－α＝90°

在Rt△AD′F中，D′F＝AD′cos∠AD′F＝ADcos（90°

－α）＝kABcos（90°

－α）＝kBE＝2k

∴DD′＝4k

在Rt△BDD′中，由勾股定理得BD＝BD′2＋D′D2＝52＋（4k）2＝25＋16k2

2．解问题呈现证明因为四边形ABCD是矩形，

所以AB∥CD，∠A＝90°

又因为AE＝DG，所以四边形AEGD是矩形，

所以S△HEG＝12EGAE＝12S矩形AEGD，

同理可得S△FEG＝12S矩形BCGE

因为S四边形EFGH＝S△HEG＋S△FEG，

所以2S四边形EFGH＝S矩形ABCD

实验探究由题意得，当点G向点D靠近（DGAE）时，

如图所示，S△HEC1＝12S矩形HAEC1，S△EFB1＝12S矩形EBFB1，

S△FGA1＝12S矩形FCGA1，S△GHD1＝12S矩形GDHD1，

所以S四边形EFGH＝S△HEC1＋S△EFB1＋S△FGA1＋S△GHD1－S矩形A1B1C1D1，

所以2S四边形EFGH＝S矩形HAEC1＋S矩形EBFB1＋S矩形FCGA1＋S矩形GDHD1－2S矩形A1B1C1D1，

即2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1

（1）如图所示，由“实验探究”的结论可知2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1，

所以S矩形A1B1C1D1＝S矩形ABCD－2S四边形EFGH＝25－2×

11＝3＝A1B1A1D1

因为正方形面积是25，所以边长为5，

又A1D12＝HF2－52＝29－25＝4，

所以A1D1＝2，A1B1＝32，

所以EG2＝A1B12＋52＝94＋25＝1094，

所以EG＝1092

（2）四边形EFGH面积的最大值为172

3．解【探索发现】12

【拓展应用】14ah

【灵活应用】如图①，设四边形BFGK是从“缺角矩形”中剪出的一个矩形，显然，当顶点G在线段DE上时，矩形的面积才可取最大值．

作直线DE，分别交线段BA，BC的延长线于点P，Q，过点E作EH⊥BC于点H

∵四边形ABCM是矩形，∴AM∥BC，

∴△DEM∽△DQC，∴EMCQ＝MDCD

∵CD＝16，CM＝AB＝32，∴MD＝CD＝16，

∴EMCQ＝1，即CQ＝EM

∵AE＝20，AM＝BC＝40，

∴EM＝AE＝20∴AE＝CQ

同理PA＝MD＝CD＝16

∴当BK＝12PB＝24，即当顶点G在DE中点处时，矩形的面积最大，最大面积为14×

60×

48＝720

【实际应用】分三种情形

（Ⅰ）如图②，当矩形的另两个顶点P，Q分别在边AB，CD上时，延长BA，CD相交于点E

∵∠EBC＝∠DCG，∴EB＝EC

过点E作EH⊥BC于点H，

∴BH＝12BC＝12×

108＝54（cm）．

在Rt△EBH中，

EH＝BHtanB＝54×

43＝72（cm），

∴EB＝90cm

由结论知，当PB＝12EB＝45cm＜AB时，矩形面积有最大值为14×

108×

72＝1944（cm2）．

（Ⅱ）如图③，当矩形的另两个顶点P，Q分别在边AD，CD上时，延长BA，CD相交于点E，延长QP交AE于点F，过点F作FG⊥BC于点G，则矩形PQMN的面积小于矩形FQMG的面积．

由（Ⅰ）知，矩形FQMG的面积＜1944cm2

（Ⅲ）当矩形另两个顶点P，Q分别在边AB，AD上时，此时不能裁出矩形．

综上所述，矩形面积的最大值为1944cm2