2018届中考数学复习第二讲第2课探究型问题》同步练习(有答案)
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资料简介
由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 第2课时 探究型问题 ‎(69分)‎ 一、选择题(每题6分,共12分)‎ ‎1.[2017·滨州]如图2-2-1,点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点,且∠MPN与∠AOB互补,若∠MPN在绕点P旋转的过程中,其两边分别与OA,OB相交于M,N两点,则以下结论:①PM=PN恒成立;②OM+ON的值不变;③四边形PMON的面积不变;④MN的长不变,其中正确的个数为 ( B )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ ‎ ‎ 图2-2-1  第1题答图 ‎【解析】 如答图,作PE⊥OA于E,PF⊥OB于F.∵∠PEO=∠PFO=90°,∴∠EPF+∠AOB=180°,∵∠MPN+∠AOB=180°,∴∠EPF=∠MPN,∴∠EPM=∠FPN,∵OP平分∠AOB,PE⊥OA,PF⊥OB,∴PE=PF,‎ 在Rt△POE和Rt△POF中, ‎∴Rt△POE≌Rt△POF,∴OE=OF,在△PEM和△PFN中, ∴△PEM≌△PFN,∴EM=NF,PM=PN,故①正确;∴S△PEM=S△PNF,∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值,故③正确;∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值,故②正确;MN的长度是变化的,故④错误.故选B.‎ ‎2.[2017·株洲]如图2-2-2,若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB,则点P为△ABC的布洛卡点.三角形的布洛卡点(Brocard,point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle,1780~1855)于1816年首次发现,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 但他的发现并未被当时的人们所注意,1875年,布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard,1845~1922)重新发现,并用他的名字命名.问题:已知在等腰直角三角形DEF中,∠EDF=90°,若点Q为△DEF的布洛卡点,DQ=1,则EQ+FQ的值为 ( D )‎ A.5 B.4‎ C.3+ D.2+ ‎ ‎ 图2-2-2    第2题答图 ‎【解析】 如答图,在等腰直角三角形DEF中,∠EDF=90°,DE=DF,‎ ‎∠1=∠2=∠3,∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°,∴∠QEF=∠DFQ,∵∠2=∠3,∴△DQF∽△FQE, ∴===,∵DQ=1,∴FQ=,EQ=2,∴EQ+FQ=2+ .‎ 二、填空题(每题6分,共12分)‎ 图2-2-3‎ ‎3.[2017·绍兴]如图2-2-3,∠AOB=45°,点M,N在边OA上,OM=x,ON=x+4,点P是边OB上的点,若使点P,M,N构成等腰三角形的点P恰好有三个,则x的值是__x=0或x=4-4或4<x<4___.‎ 第3题答图①‎ ‎【解析】 分三种情况:①如答图①,当M与O重合时,即x=0时,点P恰好有三个;‎ ‎②如答图②,以M为圆心,以4为半径画圆,当⊙M与OB相切时,设切点为C,⊙M与OA交于D,∴MC⊥OB,∵∠AOB ‎=45°,∴△MCO是等腰直角三角形,‎ ‎∴MC=OC=4,∴OM=4 ,当M与D重合时,即x=OM-DM=4 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎-4时,同理可知:点P恰好有三个;‎ 第3题答图②‎ ‎③如答图③,取OM=4,以M为圆心,以OM为半径画圆,则⊙M与OB除了O外只有一个交点,‎ 此时x=4,即以∠PMN为顶角,MN为 腰,符合条件的点P有一个,以N圆心,‎ 以MN为半径画圆,与直线OB相离,说明此时 第3题答图③‎ 以∠PNM为顶角,以MN为腰,符合条件的点P不存在,还有一个是以NM为底边的符合条件的点P;点M沿OA运动,到M1时,发现⊙M1与直线OB有一个交点,∴当4<x<4 时,圆M在移动过程中,则会与OB除了O外有两个交点,满足点P恰好有三个.综上所述,若使点P,M,N构成等腰三角形的点P恰好有三个,则x的值是x=0或x=4 -4或4<x<4 .‎ ‎4.如图2-2-4,正方形ABCD边长为1,以AB为直径作半圆,P是CD中点,BP与半圆交于点Q,连结DQ.给出如下结论:①DQ=1;②=;③S△PDQ=;④cos∠ADQ=.其中正确结论是__①②④__(填序号).‎ ‎ ‎ 图2-2-4    第4题答图 ‎【解析】 ①如答图,连结OQ,OD,∵DP=CD=BO=AB,且DP∥OB,∴四边形OBPD是平行四边形.∴∠AOD=∠OBQ,∠DOQ=∠OQB,∵OB=OQ,∴∠OBQ=∠OQB,∴∠AOD=∠DOQ,∴△AOD≌△QOD(SAS),∴∠OQD=∠DAO=90°,DQ=AD=1.∴①正确;②如答图,延长DQ交BC于点E,过点Q作QF⊥CD,垂足为F,根据切线长定理,得QE=BE,设QE=x,则BE=x,DE=1+x,CE=1-x,在Rt△CDE中,(1+x)2=(1-x)2+1,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 解得x=,∴CE=,∵△DQF∽△DEC,∴==,得FQ=,∵△PQF∽△PBC,∴==,∴=.∴②正确;③S△PDQ= DP·QF=××=,∴③错误;④∵AD∥BC,∴∠ADQ=∠DEC,‎ ‎∴cos∠ADQ=cos∠DEC===,∴④正确.故答案为①②④.‎ 三、解答题(共45分)‎ ‎5.(15分)[2017·连云港]问题呈现:‎ 如图2-2-5①,点E,F,G,H分别在矩形ABCD的边AB,BC,CD,DA上,AE=DG.‎ 求证:2S四边形EFGH=S矩形ABCD.(S表示面积)‎ 图2-2-5①‎ 实验探究:‎ 某数学实验小组发现:若图①中AH≠BF,点G在CD上移动时,上述结论会发生变化,分别过点E,G作BC边的平行线,再分别过点F,H作AB边的平行线,四条平行线分别相交于点A1,B1,C1,D1,得到矩形A1B1C1D1.如图②,当AH>BF时,若将点G向点C靠近(DG>AE),经过探索,发现:2S四边形EFGH=S矩形ABCD+S矩形A1B1C1D1.‎ 如图③,当AH>BF时,若将点G向点D靠近(DG<AE),请探索S四边形EFGH,S矩形ABCD与S矩形A1B1C1D1之间的数量关系,并说明理由.‎ 图2-2-5‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 迁移应用:‎ 请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题:‎ ‎(1)如图④,点E,F,G,H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点,已知AH>BF,AE>DG,S四边形EFGH=11,HF=,求EG的长.‎ ‎ ‎ 图2-2-5④     图2-2-5⑤‎ ‎(2)如图⑤,在矩形ABCD中,AB=3,AD=5,点E,H分别在边AB,AD上,BE=1,DH=2,点F,G分别是边BC,CD上的动点,且FG=,连结EF,HG,请直接写出四边形EFGH面积的最大值.‎ 解:问题呈现:‎ 证明:∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴AB∥CD,∠A=90°,‎ 又∵AE=DG,∴四边形AEGD是矩形,‎ ‎∴S△HEG=EG·AE=S矩形AEGD,‎ 同理可得S△FEG=S矩形BCGE.‎ ‎∵S四边形EFGH=S△HEG+S△FEG,‎ ‎∴2S四边形EFGH=S矩形ABCD.‎ 实验探究:‎ 第5题答图①‎ 由题意得,当将G点向点D靠近(DG<AE)时,如答图①所示,‎ S△HEC1=S矩形HAEC1,‎ S△EFB1=S矩形EBFB1,‎ S△FGA1=S矩形FCGA1,S△GHD1=S矩形GDHD1,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴S四边形EFGH=S△HEC1+S△EFB1+S△FGA1+S△GHD1-S矩形A1B1C1D1,‎ ‎∴2S四边形EFGH=S矩形HAEC1+S矩形EBFB1+S矩形FCGA1+S矩形GDHD1-2S矩形A1B1C1D1,‎ 即2S四边形EFGH=S矩形ABCD-S矩形A1B1C1D1.‎ 迁移应用:‎ 第5题答图②‎ ‎(1)如答图②所示,由“实验探究”的结论可知 2S四边形EFGH ‎=S矩形ABCD-S矩形A1B1C1D1,‎ ‎∴S矩形A1B1C1D1=S矩形ABCD-2S四边形EFGH=25-2×11=3=A1B1·A1D1,‎ ‎∵正方形面积是25,∴边长为5,‎ 又∵A1D=HF2-52=29-25=4,‎ ‎∴A1D1=2,A1B1=,‎ ‎∴EG2=A1B+52=+25=,∴EG=.‎ ‎(2)四边形 EFGH面积的最大值为.‎ ‎6.(15分)[2016·黑龙江]已知:P是▱ABCD对角线AC所在直线上的一个动点(点P不与点A,C重合),分别过点A,C向直线BP作垂线,垂足分别为E,F,O为AC的中点.‎ ‎(1)如图2-2-6①,当点P与点O重合时,求证OE=OF;‎ 图2-2-6‎ ‎(2)直线BP绕点B逆时针方向旋转,当∠OFE=30°时,如图②、图③的位置,猜想线段CF,AE,OE之间有怎样的数量关系?请写出你对图②、图③的猜想,并选择一种情况予以证明.‎ 解:(1)证明:∵AE⊥PB,CF⊥BP,∴∠AEO=∠CFO=90°,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 在△AEO和△CFO中, ‎∴△AEO≌△CFO(AAS),∴OE=OF;‎ ‎(2)图②中的结论为CF=OE+AE.‎ 图③中的结论为CF=OE-AE.‎ 选图②中的结论,证明:‎ 如答图①,延长EO交CF于点G.‎ ‎∵AE⊥BP,CF⊥BP,∴AE∥CF,∴∠EAO=∠GCO,‎ 在△EOA和△GOC中, ‎∴△EOA≌△GOC(ASA),∴EO=GO,AE=CG,‎ 在Rt△EFG中,∵EO=OG,∴OE=OF=GO,‎ ‎∵∠OFE=30°,∴∠OFG=90°-30°=60°,‎ ‎∴△OFG是等边三角形,∴OF=FG,∵OE=OF,‎ ‎∴OE=FG,∵CF=FG+CG,∴CF=OE+AE.‎ ‎ ‎ ‎①   ②‎ 第6题答图 选图③的结论,证明:‎ 如答图②,延长EO交FC的延长线于点G,‎ ‎∵AE⊥BP,CF⊥BP,∴AE∥CF,∴∠AEO=∠G,‎ 在△AOE和△COG中, ‎∴△AOE≌△COG(AAS),‎ ‎∴OE=OG,AE=CG,‎ 在Rt△EFG中,∵OE=OG,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴OE=OF=OG,∵∠OFE=30°,‎ ‎∴∠OFG=90°-30°=60°,‎ ‎∴△OFG是等边三角形,∴OF=FG,‎ ‎∵OE=OF,∴OE=FG,‎ ‎∵CF=FG-CG,∴CF=OE-AE.‎ ‎7.(15分)[2017·成都]问题背景:如图2-2-7①,等腰三角形ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,作AD⊥BC于点D,则D为BC的中点,∠BAD=∠BAC=60°,于是==;‎ ‎ ‎ 图2-2-7①  图2-2-7②‎ 迁移应用:如图②,△ABC和△ADE都是等腰三角形,∠BAC=∠DAE=120°,D,E,C三点在同一条直线上,连结BD.‎ ‎①求证:△ADB≌△AEC;‎ ‎②请直接写出线段AD,BD,CD之间的等量关系式;‎ 拓展延伸:如图③,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,在∠ABC内作射线BM,作点C关于BM的对称点E,连结AE并延长交BM于点F,连结CE,CF.‎ ‎①证明:△CEF是等边三角形;‎ ‎②若AE=5,CE=2,求BF的长.‎ 图2-2-7③‎ 解:迁移应用:①证明:∵ △ABC和△ADE都是等腰三角形,∠BAC=∠DAE=∠120°,∴AD=AE,AB=AC,‎ ‎∵∠DAB=∠DAE-∠BAE,‎ ‎∠CAE=∠BAC-∠BAE,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴∠DAB=∠CAE,∴△ADB≌△AEC;‎ ‎②BD+AD=CD.‎ 第7题答图 拓展延伸:①证明:如答图所示,连结BE,作BG⊥AE,‎ ‎∵点C,E关于BM对称,∴BM垂直平分CE,‎ ‎∴FE=FC,BE=BC,∴△CEF和△BEC都是等腰三角形,‎ ‎∴AB=BC=BE,又∵BG⊥AE,‎ ‎∴∠ABG=∠EBG,∠EBF=∠CBF,‎ ‎∴∠GBF=∠EBG+∠EBF=∠ABC=60°,‎ ‎∴∠GFB=30°,∴∠EFC=60°,∴△CEF是等边三角形;‎ ‎②∵AE=5,CE=2,在等腰三角形ABE中,GE=GA=.‎ 又∵EF=2,∴GF=GE+EF=,‎ 在Rt△GBF中,∵∠GFB=30°,∴FG=BG,‎ ‎∴BF=2×=3.‎ ‎(15分)‎ ‎8.(15分)[2017·自贡]如图2-2-8①,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A(-1,0),点B(0,).‎ ‎(1)求∠BAO的度数;‎ ‎(2)如图①,将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′,当A′恰好落在AB边上时,设△AB′O的面积为S1,△BA′O的面积为S2,则S1与S2有何关系?为什么?‎ ‎(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图②所示的位置,S1与S2的关系发生变化了吗?证明你的判断.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎ ‎ ‎①    ②‎ 图2-2-8‎ ‎【解析】 (1)在Rt△AOB中,利用锐角三角函数求解;‎ ‎(2)当A′恰好落在AB边上时,易证△AOA′是等边三角形,从而得到旋转角为60°,分别求得S1和S2,比较即可;‎ ‎(3)对于△AB′O和△BA′O,OA=OA′,分别作这两条边上的高,通过比较高的大小即可得到它们面积之间的关系.‎ 解:(1)∵A(-1,0),B(0,),∴AO=1,BO= ,‎ ‎∴tan∠BAO===,∴∠BAO=60°;‎ ‎(2)S1=S2.理由:‎ 根据旋转的性质可得AO=A′O,∠OA′B′=60°.‎ ‎∵∠BAO=60°,∴△AOA′是等边三角形,‎ ‎∴A′O=AO,∠AOA′=60°,∴∠AOA′=∠OA′B′,‎ ‎∴A′B′∥x轴,∴A′B′⊥y轴.‎ 如答图①,设A′B′与y轴交于点C,‎ 在Rt△A′CO中,A′O=1,∠A′OC=90°-60°=30°,‎ ‎∴A′C=,CO=.∴S1=AO·CO=×1×=,‎ S2=BO·A′C=××=,∴S1=S2;‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎ ‎ 第8题答图①   第8题答图②‎ ‎(3)关系没有变化.理由:‎ 如答图②,过点B′作B′D⊥x轴于D,过点B作BE⊥OA′于E,‎ ‎∴∠ODB′=∠OEB=90°.∵∠AOA′=∠BOB′,‎ ‎∴∠AOB=∠A′OB′=90°,∴∠BOE=∠B′OD.‎ 又∵OB=OB′,∴△OBE≌△OB′D,∴BE=B′D.‎ 又∵OA=OA′,∴S1=S2.‎ ‎(16分)‎ ‎9.(16分)[2017·盐城]【探索发现】‎ 如图2-2-9①是一张直角三角形纸片,∠B=90°,小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形,经过多次操作发现,当沿着中位线DE,EF剪下时,所得的矩形的面积最大.随后,他通过证明验证了其正确性,并得出:矩形的最大面积与原三角形面积的比值为____.‎ 图2-2-9‎ ‎【拓展应用】‎ 如图②,在△ABC中,BC=a,BC边上的高AD=h,矩形PQMN的顶点P,N分别在边AB,AC上,顶点Q,M在边BC上,则矩形PQMN 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 面积的最大值为__ah__.(用含a,h的代数式表示)‎ ‎【灵活应用】‎ 如图③,有一块“缺角矩形”ABCDE,AB=32,BC=40,AE=20,CD=16,小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角),求该矩形的面积.‎ ‎【实际应用】‎ 如图④,现有一块四边形的木板余料ABCD,经测量AB=50 cm,BC=108 cm,CD=60 cm,且tanB=tanC=,木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M,N在边BC上且面积最大的矩形PQMN,求该矩形的面积.‎ 图2-2-9④       备用图 解:【灵活应用】如答图①,设矩形BFGK是从“缺角矩形”中剪出的一个矩形,显然,当顶点G在线段DE上时,矩形的面积才可取最大值.‎ 第9题答图①‎ 作直线DE,分别交线段BA,BC的延长线于点P,Q,过点E作EH⊥BC于点H.‎ ‎∵四边形ABCM是矩形,‎ ‎∴AM∥BC,‎ ‎∴△DEM∽△DQC.‎ ‎∴ =.‎ ‎∵CD=16,CM=AB=32,∴MD=CD=16.‎ ‎∴=1,即CQ=EM.‎ ‎∵AE=20,AM=BC=40,∴EM=AE=20.‎ ‎∴AE=CQ.同理PA=MD=CD=16.‎ ‎∴当BK=PB=24,即当顶点G在DE中点处时,矩形的面积最大,最大面积为×60×48=720.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【实际应用】分三种情形:‎ ‎(I)如答图②,当矩形的另两个顶点P,Q分别在边AB,CD上时,延长BA,CD相交于点E.‎ ‎∵∠B=∠C,∴EB=EC.过点E作EH⊥BC于点H.‎ ‎∴BH=BC=×108=54.‎ 在Rt△EBH中,EH=BH·tanB=54×=72.∴EB=90.‎ 由结论,当PB=EB=45<AB时,矩形面积有最大值×108×72=1 944 cm2‎ ‎ ‎ 第9题答图②   第9题答图③‎ ‎(II)如答图③,当矩形的另两个顶点P,Q分别在边AD,CD上时,延长BA,CD相交于E,延长QP交AE于F,过点F作FG⊥BC于G,则矩形PQMN的面积小于矩形FQMG的面积.‎ 由①知,S矩形FQMG<1 944.‎ ‎(III)当矩形另两个顶点P,Q分别在边AB,AD上时,此时不能裁出矩形.‎ ‎ 综上所述,矩形面积的最大值为1 944 cm2.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费

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