数学初三讲义T5Bcssx16Word下载.docx

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④图案中不含钝角；

------等等．只要写出两个即可．

（2）答案不惟一，只要设计的图案同时具有所给出的两个共同特征，均正确，

例如：

同时具备特征①、②的部分图案如下：

说明本题主要考查从不同图形中寻找共同的特征的能力，考查观察能力、抽象概括能力、数学语言表述能力和空间观念．

例3（2005年南宁市课改区中考题）如图,EG∥AF，请你从下面三个条件中，再选两个作为已知条件．另一个为结论，推出一个正确的命题（只需写出一种情况）．

①AB＝AC；

②DE=DF；

③BE＝CF．

解已知：

EG∥AF,AB=AC,DE=DF

求证：

BE＝CF．

证明∵EG∥AF，

∴∠GED＝∠F，∠BGE=∠BCA．

∴AB＝AC，

∴∠B=∠BCA．

∴∠B=∠BGE

∴BE=EG，

在△DEG和△DFC中，

∴△DEG≌△DFC．

∴EG=CF

∴BE＝CF．

例5（2005年杭州市中考题）我们已经学习了相似三角形，也知道：

如果两个几何图形形状相同而大小不一定相同，我们就把它们叫做相似图形．比如两个正方形，它们的边长、对角线等所有元素都对应成比例，就可以称它们为相似图形．

现给出下列4对几何图形：

①两个圆；

②两个棱形；

③两个长方形；

④两个正六边形，请指出其中哪几对是相似图形，哪几对不是相似图形，并简单地说明理由．

解圆和正六边形为相似图形，因为它们的对应元素都成比例；

菱形和长方形不是相似图形，因为它们对应的元素不一定都成比例．（或举出具体反例）

例6（2005年济南市中考题）小明代表班级参加校运会的铅球项目，他想：

“怎样才能将铅球推得更远呢？

”，于是找来小刚做了如下的探索：

小明手挚铅球在控制每次推出时用力相同的条件下，分别沿与水平线成300、450、600方向推了三次．铅球推出后沿抛物线形运动．如图，小明推铅球时的出手点距地面2m,以铅球出手点所在竖直方向为y轴、地平线为x轴建立坐标系，分别得到的有关数据如下表：

（1）请你求出表格中两横线上的数据，写出计算过程，并将结果填人表格中的横线上；

（2）请根据以上数据，对如何将铅球推得更远提出你的建议．

解

（1）一0．1，10.

抛物线y=a（x一4）2＋3．6经过点（0，2），解得a=－0﹒1

当y=0时,－0.1（x一4）2+3.6=0,解得x=10．

（2）推铅球时沿与水平线成45°

方向用力推出，推得更远．

例8（2005年长沙市中考题）已知点E、F在△ABC的边AB所在的直线上，且AE＝BF,

FH∥EG∥AC，FH、EG分别交边BC所在的直线于点H、G．

（1）如图①，如果点E、F在边AB上，那么EG＋FH＝AC；

（2）如图②，如果点E在边AB上，点F在AB的延长线上，那么线段EG、FH、AC的长度关系是；

图①图②

（3）如图③，如果点E在AB的反向延长线上，点F在AB的延长线上，那么线段EG、FH、AC的长度关系是．

对

（1）

（2）（3）三种情况的结论，请任选一个给予证明．

图③图④

解

（2）线段EG、FH、AC的长度的关系为：

EG＋FH＝AC．

（3）线段EG、FH、AC的长度的关系为：

EG一FH＝AC．

证明

（2）如图④，过点E作EP∥BC交AC于P，

∵EG∥AC，

∴四边形EPCG为平行四边形．

∵EG=PC，

∴HF∥EG∥AC，

∴∠F=∠A，∠FBH=∠ABC＝∠AEP．

又∵AE=BF,

∴△BHF≌△EPA．

∴HF=AP，

∴AC=PC＋AP＝EG＋HF．

即EG＋FH=AC．

（用平行线分线段成比例或相似三角形的性质等证明均可）

例10（2005年天津市中考题）在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别用a、b、c表示．

（Ⅰ）如图①，在ABC中，∠A=2∠B，且∠A＝60°

．求证：

a2＝b（b＋c）；

（Ⅱ）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为“倍角三角形”．本题第（Ⅰ）问中的三角形是一个特殊的倍角三角形，那么对于任意的倍角三角形ABC（如图②），其中∠A=2∠B，关系式a2＝b（b＋c）是否仍然成立？

证明你的结论；

（Ⅲ）试求出一个倍角三角形的三条边的长，使这三条边长恰为三个连续的正整数．

解（I）证明.∵∠A=60°

，∠A=2∠B，

∴∠C＝90°

．

∴在Rt△ABC中，b=

c，a=

于是，a2=

c2，

b（b＋c）=

c（

c+c）=

c2

∴a2＝b（b＋c）

（Ⅱ）关系式a2＝b（b＋c）仍然成立．

证明如图③，延长BA至点D，使AD＝AC＝b．

连结CD，则△ACD为等腰三角形．

∵∠BAC为△ACD的一个外角，

∴∠BAC=2∠D．图③

由已知，∠BAC=2∠B，∴∠B=∠D.

∴△CBD为等腰三角形．

又∠D为△ACD与△CBD的一个公共角，

于是△ACD∽△CBD．

∴

，即

∴a2＝b（b＋c）．

（Ⅲ）若△ABC是倍角三角形，由∠A=2∠B，应有a2＝b（b＋c），且a＞b．

当a＞b＞c时，设a＝n＋1，c=n，b＝n一1，（n为大于1的正整数）

代人a2＝b（b＋c），得（n＋1）2＝（n一1）·

（2n－1）,

解得n=5,有a=6,b=4,c＝5,

可以证明这个三角形中,∠A＝2∠B.

当c＞a＞b及a＞b＞c时，均不存在三条边长恰为三个连续正整数的倍角三角形．

∴边长为4,5，6的三角形为所求．

例11（2005年安徽省中考题）一列火车自A城驶往B城，沿途有n个车站（包括起点站A和终点站B）．该列火车挂有一节邮政车厢，运行时需要在每个车站停靠，每停靠一站不仅要卸下已经通过的各车站发给该站的邮包各一个，还要装上该站发往下面行程

中每个车站的邮包各一个．

例如，当列车停靠在第x个车站时，邮政车厢上需要卸下已经通过的（x一1）个车站发给该站的邮包共（x一1）个，还要装上下面行程中要停靠的（n一x）个车站的邮包共（n一x）个．

（1）根据题意，完成下表：

（2）根据上表，写出列车在第x个车站启程时，邮政车厢上共有邮包的个数y（用x、n表示）．

（3）当n=18时，列车在第几个车站启程时邮政车厢上邮包的个数最多？

解

（1）

（2）y=x（n一x）．

（3）当n=18时，

y＝x（18一x）＝一x2＋18x＝一（x一9）2＋81，

当x=9时，y取得最大值．

所以列车在第9个车辆启程时，邮政车厢上邮包的个数最多．

例13（2005年河北省中考题）操作示例

对于边长均为a的两个正方形ABCD和EFGH，按图所示的方式摆放，再沿虚线BD，EG剪开后，可以按图中所示的移动方式拼接为图中的四边形BNED．

从拼接的过程容易得到结论：

①四边形BNED是正方形；

2S正方形ABCD十S正方形EFGH=S正方形BNED

实践与探究

（1）

对于边长分别为a，b（a＞b）的两个正方形ABCD和EFGH，

按右图所示的方式摆放，连结DE，过点D作DM⊥DE，

交AB于点M，过点M作MN⊥DM，过点E作EN⊥DE，

MN与EN相交于点N.

1证明四边形MNED是正方形，并用含a，b的代数式表示正

方形MNED的面积；

2在图中，将正方形ABCD和正方形EFGH沿虚线剪开后，

能够拼接为正方形MNED．请简略说明你的拼接方法（类比上图，用数字表示对应的图形）．

（2）对于n（n是大于2的自然数）个任意的正方形，能否通过若干次拼接，将其拼接为一个正方形？

请简要说明你的理由．

解

（1）①证明由作图的过程可知四边形MNED是矩形．

在Rt△ADM与Rt△CDE中，

∵AD=CD，又∠ADM十∠MDC＝∠CDE十∠MDC=90°

，

∴∠ADM=∠CDE．

∴Rt△ADM≌Rt△CDE．

∴DM=DE

∴四边形MNED是正方形．

∵DE2=CD2＋CE2＝a2＋b2，

∴正方形MNED的面积为a2＋b2；

②过点N作NP⊥BE，垂足为P，如下图.

可以证明图中6与5位置的两个直角三角形全等，4与3位置的两个直角三角形全等，2与1位置的两个直角三角形也全等．

所以将6放到5的位置，4放到3的位置，2放到1的位置，恰好拼接为正方形MNED．

（2）答：

能．

理由是：

由上述的拼接过程可以看出：

对于任意的两个正方形都可以拼接为一个正方形，而拼接出的这个正方形可以与第三个正方形再拼接为一个正方形，……依此类推．由此可知：

对于n个任意的正方形，可以通过（n一1）次拼接，得到一个正方形．

例14（2005年重庆市中考题）已知四边形ABCD中，P是对角线BD上的一点，过P作MN∥AD，EF∥CD，分别交AB、CD、AD、BC于点M、N、E、F，设a＝PM×

PE,

b=PN×

PF，解答下列间题：

（1）当四边形ABCD是矩形时，见图①,请判断a与b的大小关系，并说明理由；

（2）当四边形ABCD是平行四边形，且∠A为锐角时，见图②,

（1）中的结论是否成立？

请说明理由；

（3）在

（2）的条件下，设

=k，是否存在这样的实数k，使得

？

若存在，请求出满足条件的所有k的值；

若不存在，请说明理由．

解

（1）∵四边形ABCD是矩形，MN∥AD，EF∥CD，

∴四边形PEAM、PNCF也均为矩形．

∴a=PM·

PE=S矩形PEAM，

b＝PN·

PF＝S矩形PNCF，又BD是对角线，

∴△PMB≌△BFP，△PDE≌△DPN，

∴△DBA≌△DBC，

∵S矩形PEAM＝S△DBA一S△BFB一S△DPE，

S矩形PNCF＝S△DBC一S△BFP一S△DPN

S矩形PEAM＝S矩形PNCF

∴a＝b．

（2）成立，理由如下：

∵四边形ABCD是平行四边形，MN∥AD，EF∥CD，

∴四边形PEAM、PNCF也均为平行四边形，

仿

（1）可证S平行四边形PEAM＝S平行四边形PNCF，

如图，过E作EH⊥MN于点H，则sin∠MPE=

∴EH=PEsin∠MPE,

∴S平行四边形PEAM=AM·

EH＝PM·

PEsin∠MPE，

同理可得:

S平行四边形PNCF=PN·

PFsin∠FPN:

又∵∠MPE=∠FPN=∠A,

∴sin∠MPE=sin∠FPN，

∴PM·

PE=PN·

PF，即a=b.

（3）方法1：

存在，理由如下：

由

（2）可知

S平行四边形PEAM=AE·

AM·

sinA，S平行四边形ABCD＝AD·

ABsinA，

=

又∵

，即

而

∴2×

即2k2一5k＋2=0，∴k1＝2，k2=

故存在实数k=2或

，使得

=

方法2:

存在，理由如下：

连结AP，设△PMB、△PMA、△PEA、△PED的面积分别为S1、S2、S3、S4．

即

，

即

∴2k2一5k＋2＝0，∴k1＝2，k2＝

故存在实数k＝2或