中考数学二轮复习时探究型问题

中考数学二轮复习时探究型问题

第5课时 探究型问题 ‎(69分)‎ 一、选择题(每题6分，共12分)‎ ‎1．[2019·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．[2019·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，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．[2019·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 －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，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)[2019·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 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，‎ ‎∴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：‎ ‎(1)如答图②所示，由“实验探究”的结论可知 2S四边形EFGH 第5题答图②‎ ‎＝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，[来源:学_科_网Z_X_X_K]‎ 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)[2019·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°，‎ 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 第6题答图　　②‎ 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，[来源:Z,xx,k.Com]‎ 在Rt△EFG中，∵OE＝OG，‎ ‎∴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)[2019·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，‎ ‎∴∠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)[2019·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．‎ ‎ [来源:Zxxk.Com]‎ 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；‎ 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)[2019·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[来源:学。科。网Z。X。X。K]‎ ‎【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.[来源:Zxxk.Com]‎ ‎∵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.‎ ‎【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＜1944.‎ ‎(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1944 cm2.‎