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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AE和CD,AE分別交CD,BD于點M,P,CD交BE于點Q,連結PQ,BM,下面結論:①△ABE≌△DBC;②∠DMA=60°;③△BPQ為等邊三角形;④MB平分∠AMC,其中結論正確的有 (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∠APB=DPM,得出∠DMA=∠ABD=60°;
由ASA證明△ABP≌△DBQ,得出對應邊相等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的內切圓,現將矩形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OG,DG,若OG⊥DG,且⊙O的半徑長為1,則下列結論不成立的是 (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AB與圓O相切于點M,BC與⊙O相切于點H,連結MO并延長MO交CD于點T,連結OH,連結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DQ.給出如下結論:①DQ=1;②=;③S△
6、PDQ=;④cos∠ADQ=.其中正確結論是__①②④__.(填寫序號)
圖43-3 第3題答圖
【解析】?、僬_.理由:連結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,
根據切線長定理,得QE=BE,設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AC,BC,作∠APC的平分線交AC于點D.下列結論
8、正確的是__②③④__.(寫出所有正確結論的序號)
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,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DG,
同(2),易證△DEG≌△DFC,
故EG=CF,
故BE-CF=BE-EG=BG=AB.
設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BE,CD.BE與CD有什么數量關系?簡單說明理由;
(3)運用(1)(2)解答中積累的經驗和知識,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)的解題經驗可知,過A在△ABC的外側作等腰直角三角形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),連結BE,作BE的垂直平分線分別交AD,BC于點F,G,FG與BE的交點為O,連結BF和EG.
(1)試判斷四邊形BFEG的形狀,并說明理由;
(2)當AB=a(a為常數),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=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AB=a,n=3時,AD=2a,AE=a,
根據勾股定理可得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AB=x,則DE=,
15、
當=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AA′,BC′.小紅要使平移后的四邊形ABC′A′是“等鄰邊四邊形”,應平移多少距離(即線段BB′的長)?
(3)應用拓展
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的數量關系.
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AA′=AB時,BB′=AA′=AB=2;
(Ⅱ)如答圖②,當AA′=A′C′時,BB′=AA′=A′C′=;
(Ⅲ)如答圖③,當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BC′=AB=2時,與(Ⅲ)同理得:BD2+(C′D)2=(BC′)2,
設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的數量關系為
21、:BC2+CD2=2BD2.
∵AB=AD,
∴如答圖⑤,將△ADC線繞點A旋轉到△ABF,連結CF,則△ABF≌△ADC,
∴∠ABF=∠ADC,∠BAF=∠DAC,AF=AC,FB=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.
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