中考数学冲刺专题难点突破之几何探究题教案资料.docx
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中考数学冲刺专题难点突破之几何探究题教案资料
2020年中考数学-冲刺专题-难点突破之几何探究题
2020中考数学冲刺专题难点突破之几何探究题(含答案)
1.某数学兴趣小组在数学课外活动中,研究三角形和正方形的性质时,做了如下探究:
在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D为直线BC上一点(点D不与B,C重合),以AD为边在AD右侧作正方形ADEF,连接CF.
(1)观察猜想
如图①,当点D在线段BC上时,
①BC与CF的位置关系为:
________.
②BC,CD,CF之间的数量关系为:
________(将结论直接写在横线上).
(2)数学思考
如图②,当点D在线段CB的延长线上时,结论①,②是否仍然成立?
若成立,请给予证明;若不成立,请你写出正确结论再给予证明.
(3)拓展延伸
如图③,当点D在线段BC的延长线上时,延长BA交CF于点G,连接GE.若已知AB=2,CD=BC,请求出GE的长.
第1题图
解:
(1)①BC⊥CF;②BC=CD+CF;
【解法提示】①∵∠BAC=∠DAF=90°,∴∠BAD=∠CAF,又∵AB=AC,AD=AF,∴△ABD≌
△ACF(SAS),∴∠ACF=∠ABC=45°,∵∠ACB=45°,∴∠BCF=90°,即BC⊥CF;②∵△ABD≌△ACF,
∴BD=CF,∵BC=CD+BD,∴BC=CD+CF.
(2)结论①仍然成立,②不成立,
①证明:
∵∠BAC=∠DAF=90°,
∴∠BAD=∠CAF,
又∵AB=AC,AD=AF,
∴△ABD≌△ACF(SAS),
∴∠ACF=∠ABD=180°-45°=135°,
∵∠ACB=45°,
∴∠BCF=90°,即BC⊥CF;
②结论为:
BC=CD-CF,
证明:
∵△ABD≌△ACF,
∴BD=CF,
∵BC=CD-BD,
∴BC=CD-CF;
第1题解图
(3)如解图,过点E作EM⊥CF于点M,作EN⊥BD于点N,过点A作AH⊥BD于点H,则CN=ME,CM=EN,
∵AB=AC=2,
∴BC=4,AH=BC=2,
∵CD=BC,
∴CD=1,
∵∠BAC=∠DAF=90°,
∴∠BAD=∠CAF,
又∵AB=AC,AD=AF,
∴△ABD≌△ACF(SAS),
∴∠ACF=∠ABC=45°,
∵∠ACB=45°,
∴∠BCF=90°,
∴∠ABC=∠AGC=45°,
∴BC=CG=4,
∵∠ADE=90°,
∴∠ADH+∠EDN=∠EDN+∠DEN=90°,
∴∠ADH=∠DEN,
又∵∠AHC=∠DNE=90°,AD=DE,
∴△AHD≌△DNE(AAS),
∴DN=AH=2,EN=DH=3,
∴CM=EN=3,ME=CN=3,
则GM=CG-CM=4-3=1,
∴EG==.
2.如图①,②,③,分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形(等边三角形)、正四边形(正方形)、正五边形,BE和CD相交于
点O.
(1)在图①中,求证:
△ABE≌△ADC;
(2)由
(1)证得△ABE≌△ADC,由此可推得在图①中∠BOC=120°,请你探索在图②中∠BOC的度数,并说明理由或写出证明过程;
(3)填空:
在上述
(1)
(2)的基础上可得在图③中∠BOC=_____(填写度数);
(4)由此推广到一般情形(如图④),分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正n边形,BE和CD仍相交于点O,猜想得∠BOC的度数为______(用含n的式子表示).
第2题图
(1)证明:
∵△ABD,△ACE是等边三角形,
∴AB=AD,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°,
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC,
∴∠DAC=∠BAE,
在△ABE和△ADC中,
∵,
∴△ABE≌△ADC(SAS);
第2题解图①
(2)解:
如解图①,AD,BE交于点K,则∠OKD=∠AKB,
又由
(1)知△ABE≌△ADC,
∴∠ODK=∠KBA,
∴△OKD∽△AKB,
∴∠DOK=∠BAK=90°,
又∵∠BOC+∠DOK=180°,
∴∠BOC=180°-90°=90°;
第7题解图②
(3)解:
72°;
【解法提示】如解图②,AD,EB交于点K,由
(1)得△ABE≌△ADC,∴∠EBA=∠CDA,∵∠OKD=∠AKB,∴△OKD∽△AKB,∴∠DOK=∠BAK==108°,又∵∠BOC+∠DOK=180°,∴∠BOC=180°-108°=72°;
(4)解:
180°-.
【解法提示】如解图③,AD,BE交于点K,
第2题解图③
∴∠DOK+∠BOC=180°,又由
(1)知△ABE≌△ADC,∴∠EBA=∠CDA,∴△OKD∽△AKB,∴∠DOK=∠BAK=,
又∵∠BOC+∠DOK=180°,∴∠BOC=180°-∠DOK=180°-.
3.如图①,△ABC中,∠B>∠C,沿∠BAC的平分线AB1折叠,剪掉重叠部分;将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,剪掉重叠部分;…;将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠,点Bn与点C重合,无论折叠多少次,只要最后一次恰好重合,我们就称∠BAC是△ABC的好角.
确定∠BAC是△ABC的好角的两种情况,情形一:
如图②,沿等腰三角形△ABC顶角∠BAC的平分线AD折叠,点B与点C重合;情形二:
如图③,沿△ABC的∠BAC的平分线AB1折叠,剪掉重叠部分;将余下的部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠,此时点B1与点C重合.
探究发现
(1)△ABC中,∠B=2∠C,经过两次折叠,∠BAC是不是△ABC的好角?
________(填“是”或“不是”)
(2)经过三次折叠发现∠BAC是△ABC的好角,请探究∠B与∠C之间的等量关系,并说明理由;
根据以上内容猜想:
若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角,则∠B与∠C之间的等量关系为________;
应用提升
(3)一个三角形三个角分别为15°,60°,105°,发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角,如果一个三角形的最小角是5°,试求出三角形另外两个角的度数,使该三角形的三个角均是此三角形的好角.
第3题图
解:
(1)是;
【解法提示】理由如下:
情形二中,
∵沿∠BAC的平分线AB1折叠,∴∠B=∠AA1B1;又∵将余下的部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,此时点B1与点C重合,∴∠A1B1C=∠C,∵∠AA1B1=∠C+∠A1B1C(外角定理),∴∠B=2∠C.
(2)∠B=3∠C;
证明如下:
在△ABC中,沿∠BAC的平分线AB1折叠,剪掉重叠部分;将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,剪掉重叠部分;将其余下的部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠,点B2与点C重合,则∠BAC是△ABC的好角;
根据折叠的性质知,∠B=∠AA1B1,∠C=∠A2B2C,∠A1B1C=∠A1A2B2,
根据三角形的外角定理知,∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C;
根据四边形外角定理知,∠BAC+∠B+∠AA1B1-∠A1B1C=∠BAC+2∠B-2∠C=180°,
根据△ABC的内角和定理知,∠BAC+∠B+∠C=180°,
∴∠B=3∠C;
∴∠B=n∠C.
【解法提示】由情形一知,当∠B=∠C时,∠BAC是△ABC的好角;由情形二知,当∠B=2∠C时,∠BAC是△ABC的好角;由上述知,当∠B=3∠C时,∠BAC是△ABC的好角;故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角,则∠B与∠C之间的等量关系为∠B=n∠C;
(3)由
(2)知,∠B=n∠C,∠BAC是△ABC的好角,
∵最小角是5°是△ABC的好角,
根据好角定义,则可设另两角分别为5m°,5mn°(其中m、n为正整数).
由题意得5m+5mn+5=180,
∴m(n+1)=35,
∵m,n都是正整数,
∴m与n+1是35的因数,因此有:
m=1,n+1=35;m=5,n+1=7;m=7,n+1=5;
∴m=1,n=34;m=5,n=6;m=7,n=4,
∴5m=5,5mn=170;5m=25;5mn=150;5m=35,5mn=140.
∴该三角形的另外两个角的度数分别为:
5°,170°或25°,150°或35°,140°.
4.定义:
对角线互相垂直的凸四边形叫做“垂直四边形”.如图①中,四边形ABCD是“垂直四边形”,对角线AC,BD交于点O,AC⊥BD.
(1)探究:
小明对“垂直四边形”ABCD(如图①)进行了深入探究,发现其一组对边的平方和等于另一组对边的平方和,即AB2+CD2=AD2+BC2,你认为他的发现正确吗?
试说明理由.
(2)应用:
①如图②,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=8,动点P从点A出发沿AB方向以每秒5个单位的速度向点B匀速运动,同时动点Q从点C出发沿CA方向以每秒6个单位的速度向点A匀速运动,运动时间为t秒(0②如图③,在△ABC中,∠ACB=90°,AB=3AC,分别以AB,AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接EG.请求出线段EG与BC之间的数量关系.
第4题图
解:
(1)正确,理由如下:
∵四边形ABCD是“垂直四边形”,
∴AC⊥BD,
由勾股定理可知:
AB2+CD2=(AO2+BO2)+(DO2+CO2),
AD2+BC2=(AO2+DO2)+(BO2+CO2),
∴AB2+CD2=AD2+BC2;
第4题解图①
(2)①如解图①,过点P作PD⊥AC于点D,
由题意知,AP=5t,CQ=6t,
∵∠ACB=90°,
∴AB==10,
∵PD∥BC,
∴△PAD∽△BAC,
∴==,
∴==,
∴AD=3t,PD=4t,
∴DQ=AC-AD-CQ=6-9t,
∵四边形BCQP是“垂直四边形”,
∴由
(1)可得:
BP2+CQ2=PQ2+BC2=(PD2+DQ2)+BC2,
∴(10-5t)2+(6t)2=(4t)2+(6-9t)2+82,
∴解得t=或t=0(舍去).
∴当四边形BCQP是“垂直四边形”时,t的值为;
第4题解图②
②如解图②,连接CG、BG、BE、CE,
CE与BG交于点O,
由题意知:
EA=BA,AC=AG,
∠EAB=∠CAG=90°,
∴∠EAB+∠BAC=∠CAG+∠BAC,
∴∠EAC=∠BAG,
在△EAC与△BAG中,
,
∴△EAC≌△BAG(SAS),
∴∠CEA=∠GBA,
∴∠BEA+∠EBA=∠BEO+∠EBO=90°,
∴∠EAB=∠BOE=90°,
∴四边形BCGE是“垂直四边形”,
∴BC2+EG2=BE2+CG2,
∵AB=3AC,
∴EG2=BC2.
5.数学课上,老师和同学们对相似三角形的判定和性质进行了如下探究:
活动一:
(1)如图①,△ABC是斜边AB的长为3的等腰直角三角形,在△ABC内作第1个内接正方形A1B1D1E1(D1、E1在AB上,A1、B1分别在AC、BC上),再在△A1B1C内用同样的方法作第2个内接正方形A2B2D2E2,…,如此下去,操作n次,则第1个内接正方形的边长是______,第n个小正方形AnBnDnEn的边长是________;
活动二:
(2)如图②,在△ABC中,BC=12,高AD=8,四边形PQMN为△ABC的内接矩形(P在AB上,Q在AC上,M、N在BC上).
①求当PQ为何值时,矩形PQMN的面积最大;
②在①的条件下,若再在△APQ中作一个内接矩形P1Q1M1N1,如此下去,操作n次,求PnQn的长.(直接写出结果)
思考与归纳:
(