2018屆中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時 開放與探究型問題

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1、 第43課時 開放與探究型問題 70分) 一、選擇題(每題6分,共12分) 圖43-1 1.[2016·荊門]如圖43-1,點A,B,C在一條直線上,△ABD,△BCE均為等邊三角形,連結(jié)AE和CD,AE分別交CD,BD于點M,P,CD交BE于點Q,連結(jié)PQ,BM,下面結(jié)論:①△ABE≌△DBC;②∠DMA=60°;③△BPQ為等邊三角形;④MB平分∠AMC,其中結(jié)論正確的有 (D) A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 【解析】 由等邊三角形的性質(zhì)得出AB=DB,∠ABD=∠CBE=60°,BE=BC,得出∠ABE=∠DBC,由SAS即可證出△

2、ABE≌△DBC; 由△ABE≌△DBC,得出∠BAE=∠BDC,根據(jù)∠APB=DPM,得出∠DMA=∠ABD=60°; 由ASA證明△ABP≌△DBQ,得出對應(yīng)邊相等BP=BQ,即可得出△BPQ為等邊三角形; ∠DMA=60°,得到∠AMC=120°,所以∠AMC+∠PBQ=180°,所以P,B,Q,M四點共圓,又由于BP=BQ,由圓周角定理得出∠BMP=∠BMQ,即MB平分∠AMC. 圖43-2 2.[2016·湖州]如圖43-2,AC是矩形ABCD的對角線,⊙O是△ABC的內(nèi)切圓,現(xiàn)將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊,使點D與點O重合,折痕為FG,點F,G分別在邊AD,

3、BC上,連結(jié)OG,DG,若OG⊥DG,且⊙O的半徑長為1,則下列結(jié)論不成立的是 (A) A.CD+DF=4 B.CD-DF=2-3 C.BC+AB=2+4 D.BC-AB=2 第2題答圖 【解析】 如答圖所示,設(shè)AB與圓O相切于點M,BC與⊙O相切于點H,連結(jié)MO并延長MO交CD于點T,連結(jié)OH,連結(jié)OD交FG于R,過點G作GN⊥AD于點N,分別交OD于點K,交OT于點P. 由折疊易知,OG=DG, OH⊥BC,所以∠OHG=∠GCD=90°,∠HOG+∠OGH=90°, ∵OG⊥DG, ∴∠OGH+∠DGC=90°, ∴∠DGC=∠HOG, ∴△OHG≌△GC

4、D,∴HG=CD,GC=OH=1, 易得四邊形BMOH是正方形,所以BM=BH=MO=OH=1, 設(shè)CD=m,則HG=m,AB=m, ∴AM=m-1, 又∵⊙O是△ABC的切圓, ∴AC=m+1+m-1=2m, ∴AC=2AB,∴∠ACB=30°, ∴BC=AB,2+m=m,解得m=+1, m=AB=+1,BC=2+m=3+, ∴BC-AB=2,D選項正確; BC+AB=2m+2=2+4,C選項正確. 由折疊知,OG=GD,又OG⊥GD, ∴△OGD是等腰直角三角形,且OR=RD, 所以RG=RD,RG⊥RD, 注意到GN⊥AD為所作,∴∠GRD=∠FRD=90°,

5、 ∠RKG=∠NKD,∴∠RKG+∠RGK=∠NKD+∠NDK=90°, ∴∠NDK=∠RGK, 所以△RKG≌△RFD,所以FD=KG, 易得四邊形OHGP是矩形,所以PG=1, 由GN∥DC,可得△OPK∽△OTD, ∴====-1, ∴PK=3-,∴KG=4-=DF, CD-DF=+1-(4-)=2-3,B選項正確; CD+DF=+1+(4-)=5,A選項錯誤.故選A. 二、填空題(每題6分,共12分) 3.[2016·南充]如圖43-3,正方形ABCD邊長為1,以AB為直徑作半圓,點P是CD中點,BP與半圓交于點Q,連結(jié)DQ.給出如下結(jié)論:①DQ=1;②=;③S△

6、PDQ=;④cos∠ADQ=.其中正確結(jié)論是__①②④__.(填寫序號) 圖43-3     第3題答圖 【解析】 ①正確.理由:連結(jié)OQ,OD, ∵DP=CD=BO=AB,且DP∥OB, ∴四邊形OBPD是平行四邊形. ∴∠AOD=∠OBQ,∠DOQ=∠OQB, ∵OB=OQ,∴∠OBQ=∠OQB, ∴∠AOD=∠DOQ,∴△AOD≌△QOD, ∴∠OQD=∠DAO=90°,DQ=AD=1. 所以①正確. ②正確.理由:延長DQ交BC于點E,過點Q作QF⊥CD,垂足為F, 根據(jù)切線長定理,得QE=BE,設(shè)QE=x,則BE=x,DE=1+

7、x,CE=1-x, 在Rt△CDE中, (1+x)2=(1-x)2+1, 解得x=,CE=, ∵△DQF∽△DEC, ∴==,得FQ=, ∵△PQF∽△PBC, ∴==, ∴=, 所以②正確; ③錯誤,理由: S△PDQ=DP·QF=××=, 所以③錯誤; ④正確,理由:∵AD∥BC, ∴∠ADQ=∠DEC, ∴cos∠ADQ=cos∠DEC===, 所以④正確.故答案為①②④. 圖43-4 4.[2017·岳陽]如圖43-4,AB是⊙O的直徑,P為AB延長線上的一個動點,過點P作⊙O的切線,切點為C.連結(jié)AC,BC,作∠APC的平分線交AC于點D.下列結(jié)論

8、正確的是__②③④__.(寫出所有正確結(jié)論的序號) ①△CPD∽△DPA; ②若∠A=30°,則PC=BC; ③若∠CPA=30°,則PB=OB; ④無論點P在AB延長線上的位置如何變化,∠CDP為定值. 三、解答題(共46分) 5.(16分)[2016·重慶]在△ABC中,AB=AC,∠A=60°,點D是線段BC的中點,∠EDF=120°,DE與線段AB相交于點E,DF與線段AC(或AC的延長線)相交于點F. 圖43-5 (1)如圖①,若DF⊥AC,垂足為F,AB=4,求BE的長; (2)如圖②,將(1)中的∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度,DF仍與線段AC相交于點F

9、.求證:BE+CF=AB; (3)如圖③,將(2)中的∠EDF繼續(xù)繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度,使DF與線段AC的延長線交與點F,作DN⊥AC于點N,若DN=FN,求證:BE+CF=(BE-CF). 解:(1)由四邊形AEDF的內(nèi)角和為360°,可知DE⊥AB,又∵AB=AC,∠A=60°,∴△ABC是等邊三角形, ∴BD=2.在Rt△BDE中,∠B=60°,∴BE=1; (2)如答圖①,取AB的中點G,連結(jié)DG, 易證:DG為△ABC的中位線,故DG=DC,∠BGD=∠C=60°, 又四邊形AEDF的對角互補(bǔ),故∠GED=∠DFC, ∴△DEG≌△DFC. 故EG=CF, ∴

10、BE+CF=BE+EG=BG=AB; 第5題答圖①     第5題答圖② (3)如答圖②,取AB的中點G,連結(jié)DG, 同(2),易證△DEG≌△DFC, 故EG=CF, 故BE-CF=BE-EG=BG=AB. 設(shè)CN=x, 在Rt△DCN中,CD=2x,DN=x, 在Rt△DFN中,NF=DN=x, 故EG=CF=(-1)x, BE=BG+EG=DC+CF=2x+(-1)x=(+1)x, 故BE+CF=(+1)x+(-1)x=2x, (BE-CF)=[(+1)x-(-1)x]=2x. 故BE+CF=(BE-CF). 6.(15分)(1)如圖

11、43-6①,已知△ABC,以AB,AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE,連結(jié)BE,CD.請你完成圖形,并證明:BE=CD;(尺規(guī)作圖,不寫作法,保留作圖痕跡) 圖43-6 (2)如圖②,已知△ABC,以AB,AC為邊向外作正方形ABFD和正方形ACGE,連結(jié)BE,CD.BE與CD有什么數(shù)量關(guān)系?簡單說明理由; (3)運用(1)(2)解答中積累的經(jīng)驗和知識,完成下題:如圖③,要測量池塘兩岸相對的兩點B,E的距離,已經(jīng)測得∠ABC=45°,∠CAE=90°,AB=BC=100 m,AC=AE,求BE的長. 解:(1)如答圖①, 第6題答圖① 證明:∵△ABD和△ACE都

12、是等邊三角形, ∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°, ∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC, 即∠CAD=∠EAB, ∴△CAD≌△EAB,∴BE=CD; (2)BE=CD. 理由如下: ∵四邊形ABFD和四邊形ACGE均為正方形, ∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=90°, ∴∠CAD=∠EAB,∴△CAD≌△EAB, ∴BE=CD; 第6題答圖② (3)由(1),(2)的解題經(jīng)驗可知,過A在△ABC的外側(cè)作等腰直角三角形ABD,如答圖②,∠BAD=90°,則AD=AB=100,∠ABD=45°,∴BD=100.連結(jié)CD,則由(2)可

13、知BE=CD. ∵∠ABC=45°, ∴∠DBC=∠ABD+∠ABC=90°. 在Rt△DBC中,BC=100,BD=100, ∴CD==100, ∴BE的長為100m. 7.(15分)[2017·成都]如圖43-7,矩形ABCD中,AD=2AB,E是AD邊上一點,DE=AD(n為大于2的整數(shù)),連結(jié)BE,作BE的垂直平分線分別交AD,BC于點F,G,F(xiàn)G與BE的交點為O,連結(jié)BF和EG. (1)試判斷四邊形BFEG的形狀,并說明理由; (2)當(dāng)AB=a(a為常數(shù)),n=3時,求FG的長; (3)記四邊形BFEG的面積為S1,矩形ABCD的面積為S2,當(dāng)=時,求n的值. 圖

14、43-7 解:(1)四邊形BFEG是菱形. 理由如下: ∵FG垂直平分BE, ∴BO=EO,∠BOG=∠EOF=90° 在矩形ABCD中,AD∥BC,∴∠GBO=∠FEO. ∴△BOG≌△EOF(ASA). ∴BG=EF. ∴四邊形BFEG是平行四邊形. 又∵FG⊥BE, ∴平行四邊形BFEG是菱形; (2)當(dāng)AB=a,n=3時,AD=2a,AE=a, 根據(jù)勾股定理可得BE=a, ∵AF=AE-EF=AE-BF,在Rt△ABF中AB2+AF2=BF2,∴AF=a,EF=a, ∵菱形BGEF面積=BE·FG=EF·AB, ∴FG=a; (3)設(shè)AB=x,則DE=,

15、 當(dāng)=時,=,可得BG=x, 在Rt△ABF中AB2+AF2=BF2,∴AF=x, ∴AE=AF+FE=AF+BG=x,DE=AD-AE=x,∴n=6. (15分) 8.(15分)[2016·株洲]如圖43-8,已知AB是圓O的切線,切點為B,直線AO交圓O于C,D兩點,CD=2,∠DAB=30°,動點P在直線AB上運動,PC交圓O于另一點Q. 圖43-8 (1)當(dāng)點P運動到Q,C兩點重合時(如圖①),求AP的長; (2)點運動過程中,有幾個位置(幾種情況)使△CQD的面積為?(直接寫出答案) (3)當(dāng)使△CQD的面積為,且Q位于以CD為直徑的上半圓上,CQ>QD時(如圖

16、②),求AP的長. 解:(1)∵AB是圓O的切線, ∴∠OBA=90°, ∵CD=2,∠DAB=30°, ∴OB=1, ∴OB=OC=AC=1, ∵當(dāng)點P運動到Q,C兩點重合, ∴PC為圓O的切線, ∴∠PCA=90°, ∵∠DAB=30°,AC=1, ∴AP=; 第8題答圖 (2)由于CD的長度為2,而S△CQD=,故CD上的高的長度為,從而如答圖①,可知有4個位置使△CQD的面積為; (3)過點Q作QN⊥AD于點N, 過點P作PM⊥AD于點M. ∵S△CQD=,∴QN·CD=,∴QN=, ∵CD是圓O的直徑,∴∠CQD=90°, 易證△QCN∽△DQN

17、,∴=, ∴QN2=CN·DN. 設(shè)CN=x,則DN=2-x,∴x(2-x)=, 解得x1=,x2=, ∵CQ>QD,∴CN=,∴=2+. 易證△PMC∽△QNC,∴==2+, ∴CM=(2+)MP, 在Rt△AMP中,AM=MP ∵AM+CM=AC=1,∴(2+)MP+MP=1, ∴MP=,∴AP=2MP=. (15分) 10.(15分)[2016·嘉興]類比等腰三角形的定義,我們定義:有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”. (1)概念理解 如圖43-10①,在四邊形ABCD中,添加一個條件使得四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”.請寫出你添加的一個條件; (

18、2)問題探究 ①小紅猜想:對角線互相平分的“等鄰邊四邊形”是菱形.她的猜想正確嗎?請說明理由; ②如圖②,小紅畫了一個Rt△ABC,其中∠ABC=90°,AB=2,BC=1,并將Rt△ABC沿∠ABC的平分線BB′方向平移得到△A′B′C′,連結(jié)AA′,BC′.小紅要使平移后的四邊形ABC′A′是“等鄰邊四邊形”,應(yīng)平移多少距離(即線段BB′的長)? (3)應(yīng)用拓展 如圖③,“等鄰邊四邊形”ABCD中,AB=AD,∠BAD+∠BCD=90°,AC,BD為對角線,AC=AB.試探究BC,CD,BD的數(shù)量關(guān)系. 圖43-10 解:(1)AB=BC或BC=CD或CD=AD或DA=AB

19、;(任寫一個即可) (2)①正確.理由為: ∵四邊形的對角線互相平分, ∴這個四邊形是平行四邊形, ∵四邊形是“等鄰邊四邊形”, ∴這個四邊形有一組鄰邊相等, ∴這個“等鄰邊四邊形”是菱形; ②由∠ABC=90°,AB=2,BC=1,得AC=, ∵將Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′, ∴BB′=AA′,A′B′∥AB,A′B′=2,B′C′=1,A′C′=, (Ⅰ)如答圖①,當(dāng)AA′=AB時,BB′=AA′=AB=2; (Ⅱ)如答圖②,當(dāng)AA′=A′C′時,BB′=AA′=A′C′=; (Ⅲ)如答圖③,當(dāng)BC′=A′C′=時,延長C′B′交AB于點D,則C′D⊥A

20、B, ∵BB′平分∠ABC,∴∠ABB′=∠ABC=45°, ∴∠BB′D=∠ABB′=45°,∴B′D=BD. 設(shè)B′D=BD=x,則C′D=x+1,BB′=x, ∵在Rt△BC′D中,BD2+(C′D)2=(BC′)2, ∴x2+(x+1)2=()2, 解得x1=1,x2=-2(不合題意,舍去), ∴BB′=x=; (Ⅳ)如答圖④,當(dāng)BC′=AB=2時,與(Ⅲ)同理得:BD2+(C′D)2=(BC′)2, 設(shè)B′D=BD=x,則x2+(x+1)2=22, 解得x1=,x2=(不合題意,舍去), ∴BB′=x=; 第10題答圖 (3)BC,CD,BD的數(shù)量關(guān)系為

21、:BC2+CD2=2BD2. ∵AB=AD, ∴如答圖⑤,將△ADC線繞點A旋轉(zhuǎn)到△ABF,連結(jié)CF,則△ABF≌△ADC, ∴∠ABF=∠ADC,∠BAF=∠DAC,AF=AC,F(xiàn)B=CD, ∴∠BAD=∠CAF,==1, ∴△ACF∽△ABD, ∴=, ∵AC=AB, ∴CF=BD, 第10題答圖⑤ ∵∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠ABC=360°, ∴∠ABC+∠ADC=360°-(∠BAD+∠BCD) =360°-90°=270°, ∴∠ABC+∠ABF=270°, ∴∠CBF=90°, ∴BC2+FB2=CF2=(BD)2=2BD2, ∴BC2+CD2=2BD2. 12

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