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专题八几何综合探究题,题型概述,方法指导,几何综合探究题型连续5年作为安徽中考压轴题.主要涉及利用三角形相似或全等的判定及性质进行相关的探究与证明、三角形和四边形的综合探究与证明(常涉及线段的数量和位置关系、求线段长、特殊图形的判定等),这是安徽中考对几何推理与证明能力考查的必然体现.把观察、操作、证明融于一体,展示了数学探究的过程和方法,体现了对数学活动经验的关注,也体现了对培养学生发现和提出问题、分析和解决问题能力的关注.预计2019年仍是用与全等或相似有关的几何综合探究题压轴.,题型概述,方法指导,几何综合探究题灵活多变,一般并无固定的解题模式或套路.解决这类问题的方法: 一是根据条件,结合已学的知识、数学思想方法,通过分析、归纳逐步得出结论,或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解; 二是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法,会对最后一小题的求解有一定的借鉴作用,还可以把前面几个小题的结论作为已知条件,为最后一问的求解提供帮助.,类型一,类型二,类型三,类型四,类型一,类型二,类型三,类型一,类型二,类型三,类型一类比拓展探究题 例1(2018安徽,23)如图1,RtABC中,ACB=90,点D为边AC上一点,DEAB于点E,点M为BD中点,CM的延长线交AB于点F. (1)求证:CM=EM; (2)若BAC=50,求EMF的大小; (3)如图2,若DAECEM,点N为CM的中点,求证:ANEM.,类型一,类型二,类型三,分析:(1)利用直角三角形斜边的中线等于斜边一半得出结论.(2)利用三角形的外角等于不相邻的两内角之和推导出相关角的关系,从而求出相关角.(3)通过已知条件,结合(1)(2)利用垂直同一条直线的两直线平行得到证明;或先通过三角形全等得到边的关系,最后通过“两边对应成比例且夹角相等”证明FMEFNA即可. (1)证明:M为BD中点,类型一,类型二,类型三,(2)解:BAC=50,ADE=40. CM=MB,MCB=CBM. CMD=MCB+CBM=2CBM. 同理,DME=2EBM, CME=2CBA=80, EMF=180-80=100. (3)证明:方法一:同(2)可得CBA=45. CAB=ADE=45. DAECEM,DEM为等边三角形,EDM=60. MBE=30. MCB+ACE=45,CBM+MBE=45,类型一,类型二,类型三,ACE=MBE=30. ACM=ACE+ECM=75. 连接AM,AE=EM=MB, MEB=EBM=30, AME= MEB=15. CME=90, CMA=90-15=75=ACM.AC=AM. N为CM中点,ANCM. CMEM,ANCM.,类型一,类型二,类型三,方法二:DAECEM,CM=EM,AED=90, AE=DE=EM=CM,CME=90,FMFE=NMAE,即FMFE=FNFA, MFE=NFA,FMEFNA, FME=FNA,ANCM.,类型一,类型二,类型三,类型二图形变换探究题 例2(2011安徽)在ABC中,ACB=90,ABC=30,将ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为(0180),得到A1B1C. (1)如图1,当ABCB1时,设A1B1与BC相交于D,证明:A1CD是等边三角形; (2)如图2,连接AA1,BB1,设ACA1和BCB1的面积分别为S1,S2.求证:S1S2=13; (3)如图3,设AC中点为E,A1B1中点为P,AC=a,连接EP,当=时,EP长度最大,最大值为.,类型一,类型二,类型三,类型一,类型二,类型三,(1)证明:ABCB1, BCB1=B=B1=30, A1CD=90-BCB1=60,A1DC=BCB1+B1=60,A1CD是等边三角形; (2)证明:由旋转的性质可知AC=CA1,ACA1=BCB1,BC=CB1,ACA1BCB1, S1S2=AC2BC2=12( )2=13;,类型一,类型二,类型三,类型三几何图形与函数相结合探究题 例3(2018山东菏泽)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx-5交y轴于点A,交x轴于点B(-5,0)和点C(1,0),过点A作ADx轴交抛物线于点D. (1)求此抛物线的表达式; (2)点E是抛物线上一点,且点E关于x轴的对称点在直线AD上,求EAD的面积; (3)若点P是直线AB下方的抛物线上一动点,当点P运动到某一位置时,ABP的面积最大,求出此时点P的坐标和ABP的最大面积.,类型一,类型二,类型三,解:(1)方法1:把B(-5,0)和C(1,0)代入y=ax2+bx-5,得,抛物线的表达式为y=x2+4x-5. 方法2:抛物线与x轴交于B(-5,0)和C(1,0), 设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x-1), 又抛物线与y轴交于A点,A(0,-5), 把A(0,-5)代入y=a(x+5)(x-1),得-5=-5a,a=1, 抛物线的表达式为y=(x+5)(x-1)=x2+4x-5.,类型一,类型二,类型三,(2)A(0,-5),ADx轴,点E关于x轴的对称点在直线AD上, 点E的纵坐标为5, 点E到直线AD的距离为10. 把y=-5代入y=x2+4x-5,得 -5=x2+4x-5, 解得x1=-4,x2=0(舍),D(-4,-5),AD=4.,类型一,类型二,类型三,(3)设直线AB的表达式为y=kx+b,k0, 把B(-5,0)和A(0,-5)代入,得,直线AB的表达式为y=-x-5. 设点P的坐标为(m,m2+4m-5), 作PQy轴,交直线AB于点Q, Q(m,-m-5). 点P是直线AB下方的抛物线上一动点, PQ=-m-5-(m2+4m-5)=-m2-5m. 设ABP的面积为S,类型一,类型二,类型三,1,2,3,4,1.(2018安庆外国语学校模拟)如图1,ABC,DEF都为等腰直角三角形,摆放时,点A在边DF上,且A为DF中点,边BC、DE在一条直线上,连接BF,AE.,1,2,3,4,(1)找出图1中所有的全等三角形. (2)把DEF绕点D顺时针旋转(0180)后(如图2),判断线段BF,AE的数量关系,并说明理由. (3)若BC=2,在(2)的条件下,当=时,AE值最大?并求此时点A到EF三等分点的距离(画出示意图,并写出求算过程). 解:(1)ABDACD;ABFCAE;FBDEAD.,1,2,3,4,(2)AE=BF,理由如下:连接AD, ABC,DEF都为等腰直角三角形,D是BC中点, AD=BD,DF=DE,ADB+ADF=FDE+ADF, 即BDF=ADE, ADEBDF, AE=BF,1,2,3,4,(3)当BC=2,在(2)的条件下,当=90时,AE值最大,如图所示:当DE旋转到AD的延长线时线段AE最长,设EF三等分点为G,过点G做GHAE,连接AG,1,2,3,4,1,2,3,4,2.(2018安徽名校三模)两个完全相同且重合放置的ABC和DEC,如图1,其中C=90,B=E=30.,(1)固定ABC,使DEC绕点C旋转,当点D恰好落在AB边上时,如图2. 填空:线段DE与AC的位置关系是; 设BDC的面积为S1,AEC的面积为S2,则S1与S2的数量关系是.,1,2,3,4,(2)当DEC绕点C旋转到图3所示的位置时,小智猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立,并尝试作DMBC,ANCE,垂足分别为M,N,请你证明小智的猜想. (3)已知ABC=60,点D是其角平分线上一点,BD=CD=2,DEAB交BC于点E,如图4.若在射线BA上存在点F,使SDCF=SBDE,请求出相应的BF的长.,1,2,3,4,解:(1)DEAC;S1=S2. (2)DEC是由ABC绕点C旋转得到, BC=CE,AC=CD, ACN+BCN=90,DCM+BCN=180-90=90,ACN=DCM, 在ACN和DCM中,ACN=DCM,CMD=N,AC=CD, ACNDCM(AAS), AN=DM,BDC的面积和AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),即S1=S2.,1,2,3,4,1,2,3,4,CDF1=180-BCD=180-30=150, CDF2=360-150-60=150, CDF1=CDF2. 在CDF1和CDF2中,DF1=DF2,CDF1=CDF2,CD=CD, CDF1CDF2(SAS), 点F2也是所求的点. ABC=60,点D是角平分线上一点,DEAB,1,2,3,4,x=3,且与x轴相交于A,B两点(B点在A点右侧),与y轴交于C点. (1)求抛物线的解析式和A、B两点的坐标. (2)若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点(不与B、C重合),则是否存在一点P,使PBC的面积最大,若存在,请求出PBC的最大面积;若不存在,试说明理由. (3)若M是抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交直线BC于点N,当MN=3时,求M点的坐标.,1,2,3,4,假设存在,设P(x,y)(0x8),1,2,3,4,连接PB,PC,过点P作PDy轴交直线BC于点D,=-(x-4)2+16, 当x=4时,PBC的面积最大,最大面积是16,又0x8,存在点P使PBC的面积最大,最大面积是16.,1,2,3,4,(3)M是抛物线上任意一点, 设M点的横坐标为m,1,2,3,4,4.(2017安徽)已知正方形ABCD,点M为边AB的中点. (1)如图1,点G为线段CM上的一点,且AGB=90,延长AG,BG分别与边BC,CD交于点E,F. 证明:BE=CF; 求证:BE2=BCCE. (2)如图2,在边BC上取一点E,满足BE2=BCCE,连接AE交CM于点G,连接BG并延长交CD于点F,求tan CBF的值.,1,2,3,4,(1)证明:AGB=90,EAB+ABG=90, 四边形ABCD是正方形, ABG+CBF=ABC=90, BAE=FBC.,ABEBCF,BE=CF. AM=BM=GMGAM=AGM,EAB=FBC=AGM=,又MBG为等腰三角形, MBG=MGB=CGF=CFG, CGF为等腰三角形,从而CG=CF=BE, BE2=CG2=BCCE.,1,2,3,4,(2)解:延长FC,AE交于点H,则有ABEHCE,AMGHCG,
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