中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 幾何綜合
-
資源ID:63959376
資源大?。?span id="24d9guoke414" class="font-tahoma">886.51KB
全文頁數(shù):38頁
- 資源格式: DOC
下載積分:10積分
快捷下載

會員登錄下載
微信登錄下載
微信掃一掃登錄
友情提示
2、PDF文件下載后,可能會被瀏覽器默認(rèn)打開,此種情況可以點(diǎn)擊瀏覽器菜單,保存網(wǎng)頁到桌面,就可以正常下載了。
3、本站不支持迅雷下載,請使用電腦自帶的IE瀏覽器,或者360瀏覽器、谷歌瀏覽器下載即可。
4、本站資源下載后的文檔和圖紙-無水印,預(yù)覽文檔經(jīng)過壓縮,下載后原文更清晰。
5、試題試卷類文檔,如果標(biāo)題沒有明確說明有答案則都視為沒有答案,請知曉。
|
中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 幾何綜合
幾何綜合
1、(2013四川南充,6,3分) 下列圖形中,∠2>∠1 ( )
答案:C
解析:由對頂角相等,知A中∠1=∠2,由平行四邊形的對角相等,知B中∠1=∠2,
由對頂角相等,兩直線平行同位角相等,知D中∠1=∠2,由三角形的外角和定理,知C符合∠2>∠1
2、(2013?攀枝花)如圖,分別以直角△ABC的斜邊AB,直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE,F(xiàn)為AB的中點(diǎn),DE與AB交于點(diǎn)G,EF與AC交于點(diǎn)H,∠ACB=90°,∠BAC=30°.給出如下結(jié)論:
①EF⊥AC;②四邊形ADFE為菱形;③AD=4AG;④FH=BD
其中正確結(jié)論的為?、佗邰堋。ㄕ垖⑺姓_的序號都填上).
考點(diǎn):
菱形的判定;等邊三角形的性質(zhì);含30度角的直角三角形.
分析:
根據(jù)已知先判斷△ABC≌△EFA,則∠AEF=∠BAC,得出EF⊥AC,由等邊三角形的性質(zhì)得出∠BDF=30°,從而證得△DBF≌△EFA,則AE=DF,再由FE=AB,得出四邊形ADFE為平行四邊形而不是菱形,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD=4AG,從而得到答案.
解答:
解:∵△ACE是等邊三角形,
∴∠EAC=60°,AE=AC,
∵∠BAC=30°,
∴∠FAE=∠ACB=90°,AB=2BC,
∵F為AB的中點(diǎn),
∴AB=2AF,
∴BC=AF,
∴△ABC≌△EFA,
∴FE=AB,
∴∠AEF=∠BAC=30°,
∴EF⊥AC,故①正確,
∵EF⊥AC,∠ACB=90°,
∴HF∥BC,
∵F是AB的中點(diǎn),
∴HF=BC,
∵BC=AB,AB=BD,
∴HF=BD,故④說法正確;
∵AD=BD,BF=AF,
∴∠DFB=90°,∠BDF=30°,
∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°,
∴∠DFB=∠EAF,
∵EF⊥AC,
∴∠AEF=30°,
∴∠BDF=∠AEF,
∴△DBF≌△EFA(AAS),
∴AE=DF,
∵FE=AB,
∴四邊形ADFE為平行四邊形,
∵AE≠EF,
∴四邊形ADFE不是菱形;
故②說法不正確;
∴AG=AF,
∴AG=AB,
∵AD=AB,
則AD=AG,故③說法正確,
故答案為①③④.
點(diǎn)評:
本題考查了菱形的判定和性質(zhì),以及全等三角形的判定和性質(zhì),解決本題需先根據(jù)已知條件先判斷出一對全等三角形,然后按排除法來進(jìn)行選擇.
3、(2013?瀘州)如圖,在等腰直角△ACB=90°,O是斜邊AB的中點(diǎn),點(diǎn)D、E分別在直角邊AC、BC上,且∠DOE=90°,DE交OC于點(diǎn)P.則下列結(jié)論:
(1)圖形中全等的三角形只有兩對;(2)△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍;(3)CD+CE=OA;(4)AD2+BE2=2OP?OC.
其中正確的結(jié)論有( ?。?
A.
1個
B.
2個
C.
3個
D.
4個
考點(diǎn):
等腰直角三角形;全等三角形的判定與性質(zhì);勾股定理;相似三角形的判定與性質(zhì).
分析:
結(jié)論(1)錯誤.因為圖中全等的三角形有3對;
結(jié)論(2)正確.由全等三角形的性質(zhì)可以判斷;
結(jié)論(3)正確.利用全等三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)可以判斷.
結(jié)論(4)正確.利用相似三角形、全等三角形、等腰直角三角形和勾股定理進(jìn)行判斷.
解答:
解:
結(jié)論(1)錯誤.理由如下:
圖中全等的三角形有3對,分別為△AOC≌△BOC,△AOD≌△COE,△COD≌△BOE.
由等腰直角三角形的性質(zhì),可知OA=OC=OB,易得△AOC≌△BOC.
∵OC⊥AB,OD⊥OE,∴∠AOD=∠COE.
在△AOD與△COE中,
∴△AOD≌△COE(ASA).同理可證:△COD≌△BOE.
結(jié)論(2)正確.理由如下:
∵△AOD≌△COE,∴S△AOD=S△COE,
∴S四邊形CDOE=S△COD+S△COE=S△COD+S△AOD=S△AOC=S△ABC,
即△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍.
結(jié)論(3)正確,理由如下:
∵△AOD≌△COE,∴CE=AD,
∴CD+CE=CD+AD=AC=OA.
結(jié)論(4)正確,理由如下:
∵△AOD≌△COE,∴AD=CE;∵△COD≌△BOE,∴BE=CD.
在Rt△CDE中,由勾股定理得:CD2+CE2=DE2,∴AD2+BE2=DE2.
∵△AOD≌△COE,∴OD=OE,
又∵OD⊥OE,∴△DOE為等腰直角三角形,∴DE2=2OE2,∠DEO=45°.
∵∠DEO=∠COE=45°,∠COE=∠COE,
∴△OEP∽△OCE,
∴,即OP?OC=OE2.
∴DE2=2OE2=2OP?OC,
∴AD2+BE2=2OP?OC.
綜上所述,正確的結(jié)論有3個,故選C.
點(diǎn)評:
本題是幾何綜合題,考查了等腰直角三角形、全等三角形、相似三角形和勾股定理等重要幾何知識點(diǎn).難點(diǎn)在于結(jié)論(4)的判斷,其中對于“OP?OC”線段乘積的形式,可以尋求相似三角形解決問題.
4、(2013?紹興)矩形ABCD中,AB=4,AD=3,P,Q是對角線BD上不重合的兩點(diǎn),點(diǎn)P關(guān)于直線AD,AB的對稱點(diǎn)分別是點(diǎn)E、F,點(diǎn)Q關(guān)于直線BC、CD的對稱點(diǎn)分別是點(diǎn)G、H.若由點(diǎn)E、F、G、H構(gòu)成的四邊形恰好為菱形,則PQ的長為 2.8?。?
考點(diǎn):
幾何變換綜合題.
分析:
如解答圖所示,本題要點(diǎn)如下:
(1)證明矩形的四個頂點(diǎn)A、B、C、D均在菱形EFGH的邊上,且點(diǎn)A、C分別為各自邊的中點(diǎn);
(2)證明菱形的邊長等于矩形的對角線長;
(3)求出線段AP的長度,證明△AON為等腰三角形;
(4)利用勾股定理求出線段OP的長度;
(5)同理求出OQ的長度,從而得到PQ的長度.
解答:
解:由矩形ABCD中,AB=4,AD=3,可得對角線AC=BD=5.
依題意畫出圖形,如右圖所示.
由軸對稱性質(zhì)可知,∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2(∠PAB+∠PAD)=180°,
∴點(diǎn)A在菱形EFGH的邊EF上.同理可知,點(diǎn)B、C、D均在菱形EFGH的邊上.
∵AP=AE=AF,∴點(diǎn)A為EF中點(diǎn).同理可知,點(diǎn)C為GH中點(diǎn).
連接AC,交BD于點(diǎn)O,則有AF=CG,且AF∥CG,
∴四邊形ACGF為平行四邊形,
∴FG=AC=5,即菱形EFGH的邊長等于矩形ABCD的對角線長.
∴EF=FG=5,
∵AP=AE=AF,∴AP=EF=2.5.
∵OA=AC=2.5,
∴AP=AO,即△APO為等腰三角形.
過點(diǎn)A作AN⊥BD交BD于點(diǎn)N,則點(diǎn)N為OP的中點(diǎn).
由S△ABD=AB?AD=AC?AN,可求得:AN=2.4.
在Rt△AON中,由勾股定理得:ON===0.7,
∴OP=2ON=1.4;
同理可求得:OQ=1.4,
∴PQ=OP+OQ=1.4+1.4=2.8.
故答案為:2.8.
點(diǎn)評:
本題是幾何變換綜合題,難度較大.首先根據(jù)題意畫出圖形,然后結(jié)合軸對稱性質(zhì)、矩形性質(zhì)、菱形性質(zhì)進(jìn)行分析,明確線段之間的數(shù)量關(guān)系,最后由等腰三角形和勾股定理求得結(jié)果.
5、(2013?萊蕪)下列說法錯誤的是( ?。?
A.
若兩圓相交,則它們公共弦的垂直平分線必過兩圓的圓心
B.
2+與2﹣互為倒數(shù)
C.
若a>|b|,則a>b
D.
梯形的面積等于梯形的中位線與高的乘積的一半
考點(diǎn):
相交兩圓的性質(zhì);絕對值;分母有理化;梯形中位線定理.
分析:
根據(jù)相交兩圓的性質(zhì)以及互為倒數(shù)和有理化因式以及梯形的面積求法分別分析得出即可.
解答:
解:A、根據(jù)相交兩圓的性質(zhì)得出,若兩圓相交,則它們公共弦的垂直平分線必過兩圓的圓心,故此選項正確,不符合題意;
B、∵2+與2﹣=互為倒數(shù),∴2+與2﹣互為倒數(shù),故此選項正確,不符合題意;
C、若a>|b|,則a>b,此選項正確,不符合題意;
D、梯形的面積等于梯形的中位線與高的乘積,故此選項錯誤,符合題意;
故選:D.
點(diǎn)評:
此題主要考查了相交兩圓的性質(zhì)以及分母有理化和梯形面積求法等知識,正確把握相關(guān)定理是解題關(guān)鍵.
6、(2013年濰坊市)如圖,四邊形是平行四邊形,以對角線為直徑作⊙,分別于、相交于點(diǎn)、.
(1)求證四邊形為矩形.
(2)若試判斷直線與⊙的位置關(guān)系,并說明理由.
答案:
考點(diǎn):平行四邊形的性質(zhì),矩形的判定,,相似三角形的判定,直徑對的圓周角是直角,圓的切線的判定等知識的綜合運(yùn)用.
點(diǎn)評:關(guān)鍵是掌握矩形的判定方法,三角形相似的判定方法,圓的切線的判定方法.
7、(2013?溫州)一塊矩形木板,它的右上角有一個圓洞,現(xiàn)設(shè)想將它改造成火鍋餐桌桌面,要求木板大小不變,且使圓洞的圓心在矩形桌面的對角線上.木工師傅想了一個巧妙的辦法,他測量了PQ與圓洞的切點(diǎn)K到點(diǎn)B的距離及相關(guān)數(shù)據(jù)(單位:cm),從點(diǎn)N沿折線NF﹣FM(NF∥BC,F(xiàn)M∥AB)切割,如圖1所示.圖2中的矩形EFGH是切割后的兩塊木板拼接成符合要求的矩形桌面示意圖(不重疊,無縫隙,不記損耗),則CN,AM的長分別是 18cm、31cm?。?
考點(diǎn):
圓的綜合題
分析:
如圖,延長OK交線段AB于點(diǎn)M′,延長PQ交BC于點(diǎn)G,交FN于點(diǎn)N′,設(shè)圓孔半徑為r.在Rt△KBG中,根據(jù)勾股定理,得r=16(cm).根據(jù)題意知,圓心O在矩形EFGH的對角線上,則KN′=AB=42cm,OM′=KM′+r=CB=65cm.則根據(jù)圖中相關(guān)線段間的和差關(guān)系求得CN=QG﹣QN′=44﹣26=18(cm),AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31(cm).
解答:
解:如圖,延長OK交線段AB于點(diǎn)M′,延長PQ交BC于點(diǎn)G,交FN于點(diǎn)N′.
設(shè)圓孔半徑為r.
在Rt△KBG中,根據(jù)勾股定理,得
BG2+KG2=BK2,即(130﹣50)2+(44+r)2=1002,
解得,r=16(cm).
根據(jù)題意知,圓心O在矩形EFGH的對角線上,則
KN′=AB=42cm,OM′=KM′+r=CB=65cm.
∴QN′=KN′﹣KQ=42﹣16=26(cm),KM′=49(cm),
∴CN=QG﹣QN′=44﹣26=18(cm),
∴AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31(cm),
綜上所述,CN,AM的長分別是18cm、31cm.
故填:18cm、31cm.
點(diǎn)評:
本題以改造矩形桌面為載體,讓學(xué)生在問題解決過程中,考查了矩形、直角三角形及圓等相關(guān)知識,積累了將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題經(jīng)驗,滲透了圖形變換思想,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思想方法在現(xiàn)實問題中的應(yīng)用價值.
8、(2013?濱州)如圖,等邊△ABC沿射線BC向右平移到△DCE的位置,連接AD、BD,則下列結(jié)論:
①AD=BC;②BD、AC互相平分;③四邊形ACED是菱形.
其中正確的個數(shù)是( )
A.
0
B.
1
C.
2
D.
3
考點(diǎn):
平移的性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì);菱形的判定與性質(zhì).
分析:
先求出∠ACD=60°,繼而可判斷△ACD是等邊三角形,從而可判斷①是正確的;根據(jù)①的結(jié)論,可判斷四邊形ABCD是平行四邊形,從而可判斷②是正確的;根據(jù)①的結(jié)論,可判斷④正確.
解答:
解:△ABC、△DCE是等邊三角形,
∴∠ACB=∠DCE=60°,AC=CD,
∴∠ACD=180°﹣∠ACB﹣∠DCE=60°,
∴△ACD是等邊三角形,
∴AD=AC=BC,故①正確;
由①可得AD=BC,
∵AB=CD,
∴四邊形ABCD是平行四邊形,
∴BD、AC互相平分,故②正確;
由①可得AD=AC=CE=DE,
故四邊形ACED是菱形,即③正確.
綜上可得①②③正確,共3個.
故選D.
點(diǎn)評:
本題考查了平移的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)及菱形的判定,解答本題的關(guān)鍵是先判斷出△ACD是等邊三角形,難度一般.
9、(2013陜西壓軸題)問題探究
(1)請在圖①中作出兩條直線,使它們將圓面四等分;
(2)如圖②,M是正方形ABCD內(nèi)一定點(diǎn),請在圖②中作出兩條直線(要求其中一條直線必須過點(diǎn)M),使它們將正方形ABCD的面積四等分,并說明理由.
問題解決
(3)如圖③,在四邊形ABCD中,AB∥CD,AB+CD=BC,點(diǎn)P是AD的中點(diǎn),如果AB=,CD=,且,那么在邊BC上是否存在一點(diǎn)Q,使PQ所在直線將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分?若存在,求出BQ的長;若不存在,說明理由.
圖①
圖②
A
B
C
D
M
B
圖③
A
C
D
P
(第25題圖)
考點(diǎn):本題陜西近年來考查的有:折疊問題,勾股定理,矩形性質(zhì),正方形的性質(zhì),面積問題及最值問題,位似的性質(zhì)應(yīng)用等。此題考查對圖形的面積等分問題。
解析:此題主要考查學(xué)生的閱讀問題的能力,綜合問題的能力,動手操作能力,問題的轉(zhuǎn)化能力,分析圖形能力和知識的遷徙能力,從特殊圖形到一般的過渡,從特殊中發(fā)現(xiàn)關(guān)系到一般的知識遷移的過程。
(1)問較易解決,圓內(nèi)兩條互相垂直的直徑即達(dá)到目的。
(2)問中其實在八年級學(xué)習(xí)四邊形時好可解決此類問題。平行四邊形過對角線的交點(diǎn)的直線將平行四邊形分成面積相等的兩個部分。而在正方形中就更特殊,常見的是將正方形重疊在一起旋轉(zhuǎn)的過程中的圖形的面積不變的考查,此題有這些知識的積累足夠解決。
(3)問中可以考慮構(gòu)造(1)(2)中出現(xiàn)的特殊四邊形來解決。也可以用中點(diǎn)的性質(zhì)來解決。在中學(xué)數(shù)學(xué)中中點(diǎn)就有兩個方面的應(yīng)用,一是中線(倍長中線構(gòu)造全等三角形或者是平行四邊形)二是中位線的應(yīng)用。
解:(1)如圖①所示.
(2)如圖②,連接AC、BD相交于點(diǎn)O,作直線OM分別交AD、BC于P、Q兩點(diǎn),過點(diǎn)O作用OM的垂線分別交AB、CD于E、F兩點(diǎn),則直線OM、EF將正方形ABCD的面積四等分.
理由如下:
答圖②
A
B
C
D
M
(第25題答案圖)
答圖①
O
P
Q
F
E
∵點(diǎn)O是正方形ABCD對角線的交點(diǎn),∴點(diǎn)O是正方形ABCD的對稱中心
∴AP=CQ,EB=DF,
D在△AOP和△EOB中,
∵∠AOP=90°-∠AOE,∠BOE=90°-∠AOE
∴∠AOP=∠BOE
∵OA=OB,∠OAP=∠EBO=45°∴△AOP≌△EOB
∴AP=BE=DF=CQ ∴AE=BQ=CF=PD
設(shè)點(diǎn)O到正方形ABCD一邊的距離為.
∴
∴
∴直線EF、PQ將正方形ABCD面積四等分
另解:∵點(diǎn)O是正方形ABCD對角線的交點(diǎn),∴點(diǎn)O是正方形ABCD的中心
∴OA=OB=OC=OD ∠OAP=∠OBE=∠OCQ=∠ODF=45°
∵PQ⊥EF,∴∠POD+∠DOF=90°,∠POD+∠POA=90°
∴∠POA=∠DOF同理:∠POA=∠DOF=∠BOE=∠COQ
∴△AOP≌△BOE≌△COQ≌△DOF
∴
∴直線EF、PQ將正方形ABCD面積四等分
(3)
B
答圖③
A
C
D
P
(第25題答案圖)
M
Q
F
E
存在.當(dāng)BQ=CD=時,PQ將四邊形ABCD面積二等分.
理由如下:如圖③,延長BA至點(diǎn)E,使AE=,
延長CD至點(diǎn)F,使DF=,連接EF.
∴BE∥CF,BE=CF ∴四邊形BCFE為平行四邊形,
∵BC=BE=+,∴平行四邊形DBFE為菱形
連接BF交AD于點(diǎn)M,則△MAB≌△MDF
∴AM=DM.即點(diǎn)P、M重合.
∴點(diǎn)P是菱形EBCF對角線的交點(diǎn),
在BC上截取BQ=CD=,則CQ=AB=.
設(shè)點(diǎn)P到菱形EBCF一邊的距離為
∴
所以當(dāng)BQ=時,直線PQ將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分.
另解:存在.當(dāng)BQ=CD=時,PQ將四邊形ABCD面積二等分.
理由如下:如圖④,連接BP并延長BP交CD延長線于點(diǎn)F,連接CP
∵點(diǎn)P是AD的中點(diǎn),∴PA=PD
∵AB∥CD,∴∠ABP=∠DFP,∵∠APB=∠DPF ∴△APB≌△DPF
B
答圖④
A
C
D
P
(第25題答案圖)
Q
F
∴AB=DF,PB=PF,所以CP是△CBF的中線,∴
∵AB+CD=BC,DF+CD=BC,即:CB=CF,∴∠CBF=∠CFB
∵∠ABP=∠DFP∴∠ABP=∠CBP即PB是角平分線.
∴點(diǎn)P到AB與CB的距離相等,
∵BQ=,所以CQ=AB=
∴
∴
所以當(dāng)BQ=時,直線PQ將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分.
10、(2013?溫州壓軸題)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,直線AB與x軸,y軸分別交于點(diǎn)A(6,0),B(0.8),點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,m),過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E,點(diǎn)D為x軸上的一動點(diǎn),連接CD,DE,以CD,DE為邊作?CDEF.
(1)當(dāng)0<m<8時,求CE的長(用含m的代數(shù)式表示);
(2)當(dāng)m=3時,是否存在點(diǎn)D,使?CDEF的頂點(diǎn)F恰好落在y軸上?若存在,求出點(diǎn)D的坐標(biāo);若不存在,請說明理由;
(3)點(diǎn)D在整個運(yùn)動過程中,若存在唯一的位置,使得?CDEF為矩形,請求出所有滿足條件的m的值.
考點(diǎn):
相似形綜合題.
分析:
(1)首先證明△BCE∽△BAO,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可求得;
(2)證明△EDA∽△BOA,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可求得;
(3)分m>0,m=0和m<0三種情況進(jìn)行討論,當(dāng)m=0時,一定不成立,當(dāng)m>0時,分0<m<8和m>8兩種情況,利用三角函數(shù)的定義即可求解.當(dāng)m<0時,分點(diǎn)E與點(diǎn)A重合和點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合時,兩種情況進(jìn)行討論.
解答:
解:(1)∵A(6,0),B(0,8).
∴OA=6,OB=8.
∴AB=10,
∵∠CEB=∠AOB=90°,
又∵∠OBA=∠EBC,
∴△BCE∽△BAO,
∴=,即=,
∴CE=﹣m;
(2)∵m=3,
∴BC=8﹣m=5,CE=﹣m=3.
∴BE=4,
∴AE=AB﹣BE=6.
∵點(diǎn)F落在y軸上(如圖2).
∴DE∥BO,
∴△EDA∽△BOA,
∴=即=.
∴OD=,
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(,0).
(3)取CE的中點(diǎn)P,過P作PG⊥y軸于點(diǎn)G.
則CP=CE=﹣m.
(Ⅰ)當(dāng)m>0時,
①當(dāng)0<m<8時,如圖3.易證∠GCP=∠BAO,
∴cos∠GCP=cos∠BAO=,
∴CG=CP?cos∠GCP=(﹣m)=﹣m.
∴OG=OC+OG=m+﹣m=m+.
根據(jù)題意得,得:OG=CP,
∴m+=﹣m,
解得:m=;
②當(dāng)m≥8時,OG>CP,顯然不存在滿足條件的m的值.
(Ⅱ)當(dāng)m=0時,即點(diǎn)C與原點(diǎn)O重合(如圖4).
(Ⅲ)當(dāng)m<0時,
①當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時,(如圖5),
易證△COA∽△AOB,
∴=,即=,
解得:m=﹣.
②當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合時,(如圖6).
OG=OC﹣OG=﹣m﹣(﹣m)
=﹣m﹣.
由題意得:OG=CP,
∴﹣m﹣=﹣m.
解得m=﹣.
綜上所述,m的值是或0或﹣或﹣.
點(diǎn)評:
本題是相似三角形的判定于性質(zhì)以及三角函數(shù)的綜合應(yīng)用,正確進(jìn)行分類是關(guān)鍵.
11、(2013年佛山市壓軸題)我們知道,矩形是特殊的平行四邊形,所以矩形除了具備平行四邊形的一切性質(zhì)還有其特殊的性質(zhì);同樣,
A
B
C
D
第25題圖
黃金矩形是特殊的矩形,因此黃金矩形有與一般矩形不一樣的知識.
已知平行四邊形ABCD,∠A=60°,AB=2a,AD=a.
(1) 把所給的平行四邊形ABCD用兩種方式分割并作說明
(見題答卡表格里的示例);
要求:用直線段分割,分割成的圖形是學(xué)習(xí)過的特殊圖形且不超出四個.
(2) 圖中關(guān)于邊、角和對角線會有若干關(guān)系或問題.現(xiàn)在請計算兩條對角線的長度.
要求:計算對角線BD長的過程中要有必要的論證;直接寫出對角線AC的長.
解:在表格中作答
分割圖形
分割或圖形說明
示例A
B
C
D
第25題圖
示例①分割成兩個菱形。
②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°。
A
B
C
D
第25題圖
A
B
C
D
第25題圖
A
B
C
D
第25題圖
A
B
C
D
第25題圖
(2)
分析:(1)方案一:分割成兩個等腰梯形;
方案二:分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形和一個直角三角形;
(2)利用平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理作答,認(rèn)真計算即可.
解:(1)在表格中作答:
分割圖形
分割或圖形說明
示例:
示例:
①分割成兩個菱形.
②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°.
①分割成兩兩個等腰梯形.
②兩個等腰梯形的腰長都為a,
上底長都為,下底長都為a,
上底角都為120°,下底角都為60°.
①分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形、一個直角三角形.
②等邊三角形的邊長為a,
等腰三角形的腰長為a,頂角為120°.
直角三角形兩銳角為30°、60°,三邊為a、a、2a.
(2) 如右圖①,連接BD,取AB中點(diǎn)E,連接DE.
∵AB=2a,E為AB中點(diǎn),
∴AE=BE=a,
∵AD=AE=a,∠A=60°,
∴△ADE為等邊三角形,∠ADE=∠DEA=60°,DE=AE=a,
又∵∠BED+∠DEA=180°,
∴∠BED=180°﹣∠DEA=180°﹣60°=120°,
又∵DE=BE=a,∠BED=120°,
∴∠BDE=∠DBE=(180°﹣120°)=30°,
∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+30°=90°
∴Rt△ADB中,∠ADB=90°,
由勾股定理得:BD2+AD2=AB2,即BD2+a2=(2a)2,
解得BD=a.
如右圖②所示,AC=2OC=2=2=2?a=a.
∴BD=a,AC=a.
點(diǎn)評:本題是幾何綜合題,考查了四邊形(平行四邊形、等腰梯形、菱形、矩形)、三角形(等邊三角形、等腰三角形、直角三角形)的圖形與性質(zhì).第(1)問側(cè)重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動手操作能力和空間想象能力;第(2)問側(cè)重考查了幾何計算能力.本題考查知識點(diǎn)全面,對學(xué)生的幾何綜合能力要求較高,是一道好題
12、(2013?常德)連接一個幾何圖形上任意兩點(diǎn)間的線段中,最長的線段稱為這個幾何圖形的直徑,根據(jù)此定義,圖(扇形、菱形、直角梯形、紅十字圖標(biāo))中“直徑”最小的是( ?。?
A.
B.
C.
D.
考點(diǎn):
菱形的性質(zhì);勾股定理;直角梯形.
分析:
先找出每個圖形的“直徑”,再根據(jù)所學(xué)的定理求出其長度,最后進(jìn)行比較即可.
解答:
解:
連接BC,則BC為這個幾何圖形的直徑,過O作OM⊥BC于M
∵OB=OC,
∴∠BOM=∠BOC=60°,
∴∠OBM=30°,
∵OB=2,OM⊥BC,
∴OM=OB=1,由勾股定理得:BM=,
∴由垂徑定理得:BC=2;
連接AC、BD,則BD為這個圖形的直徑,
∵四邊形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,BD平分∠ABC,
∵∠ABC=60°,
∴∠ABO=30°,
∴AO=AB=1,由勾股定理得:BO=,
∴BD=2BO=2;
連接BD,則BD為這個圖形的直徑,
由勾股定理得:BD==2;
連接BD,則BD為這個圖形的直徑,
由勾股定理得:BD==,
∵2>>2,
∴選項A、B、D錯誤,選項C正確;
故選C.
點(diǎn)評:
本題考查了菱形性質(zhì),勾股定理,含30度角的直角三角形性質(zhì),扇形性質(zhì)等知識點(diǎn)的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的理解能力和推理能力.
13、(2013年河北壓軸題)一透明的敞口正方體容器ABCD -A′B′C′D′ 裝有一些
液體,棱AB始終在水平桌面上,容器底部的傾斜角為α
(∠CBE = α,如圖17-1所示).
探究 如圖17-1,液面剛好過棱CD,并與棱BB′ 交于
點(diǎn)Q,此時液體的形狀為直三棱柱,其三視圖及尺寸如
圖17-2所示.解決問題:
(1)CQ與BE的位置關(guān)系是___________,BQ的長是____________dm;
(2)求液體的體積;(參考算法:直棱柱體積V液 = 底面積SBCQ×高AB)
(3)求α的度數(shù).(注:sin49°=cos41°=,tan37°=)
拓展 在圖17-1的基礎(chǔ)上,以棱AB為軸將容器向左或向右旋轉(zhuǎn),但不能使液體溢出,圖17-3或圖17-4是其正面示意圖.若液面與棱C′C或CB交于點(diǎn)P,設(shè)PC = x,BQ = y.分別就圖17-3和圖17-4求y與x的函數(shù)關(guān)系式,并寫出相應(yīng)的α的范圍.
[溫馨提示:下頁還有題!]
延伸 在圖17-4的基礎(chǔ)上,于容器底部正中間位置,嵌入一平行于側(cè)面的長方形隔板(厚度忽略不計),得到圖17-5,隔板高NM = 1 dm,BM = CM,NM⊥BC.繼續(xù)向右緩慢旋轉(zhuǎn),當(dāng)α = 60°時,通過計算,判斷溢出容器的液體能否達(dá)到4 dm3.
解析:
探究 (1)CQ∥BE 3 2分
(2)(dm3) 4分
(3)在Rt△BCQ中,tan∠BCQ=
∴=∠BCQ=37º 6分
拓展 當(dāng)容器向左旋轉(zhuǎn)時,如圖3,0º≤≤37º 7分
∵液體體積不變,∴
∴ 9分
當(dāng)容器向右旋轉(zhuǎn)時,如圖4,
同理得, 10分
當(dāng)液面恰好到達(dá)容器口沿,即點(diǎn)Q與點(diǎn)B’重合時,如圖5.
由BB’=4,且,得=3
∴由tan∠=,得∠=37º,∴=∠=53º
此時37º≤≤53º 12分
【注:本問的范圍中,“≤”為“<”不影響得分】
延伸 當(dāng)=60º時,如圖6所示,設(shè)FN∥EB,∥EB
過點(diǎn)G作GH⊥于點(diǎn)H
在Rt△中,GH=MB=2,∠=30º,∴=
∴MG=BH= <MN
此時容器內(nèi)液體形成兩層液面,液體的形狀分別是以Rt△NFM和直角梯形為底面的直棱柱
∵△NFM += =
∴= = >4(dm3)
∴溢出液體可以達(dá)到4dm3. 14分
14、(2013?玉林)如圖,△ABC是⊙O內(nèi)接正三角形,將△ABC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)30°得到△DEF,DE分別交AB,AC于點(diǎn)M,N,DF交AC于點(diǎn)Q,則有以下結(jié)論:①∠DQN=30°;②△DNQ≌△ANM;③△DNQ的周長等于AC的長;④NQ=QC.其中正確的結(jié)論是?、佗冖邸。ò阉姓_的結(jié)論的序號都填上)
考點(diǎn):
幾何綜合題.
分析:
連結(jié)OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF,根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠AOD=∠COF=30°,再根據(jù)圓周角定理得∠ACD=∠FDC=15°,然后根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠DQN=∠QCD+∠QDC=30°;
同理可得∠AMN=30°,由△DEF為等邊三角形得DE=DF,則弧DE=弧DF,得到弧AE=弧DC,所以∠ADE=∠DAC,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)有ND=NA,于是可根據(jù)“AAS”判斷△DNQ≌△ANM;利用QD=QC,ND=NA可判斷△DNQ的周長等于AC的長;由于∠NDQ=60°,∠DQN=30°,則∠DNQ=90°,所以QD>NQ,而QD=QC,所以QC>NQ.
解答:
解:連結(jié)OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF,如圖,
∵△ABC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)30°得到△DEF,
∴∠AOD=∠COF=30°,
∴∠ACD=∠AOD=15°,∠FDC=∠COF=15°,
∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°,所以①正確;
同理可得∠AMN=30°,
∵△DEF為等邊三角形,
∴DE=DF,
∴弧DE=弧DF,
∴弧AE+弧AD=弧DC+弧CF,
而弧AD=弧CF,
∴弧AE=弧DC,
∴∠ADE=∠DAC,
∴ND=NA,
在△DNQ和△ANM中
,
∴△DNQ≌△ANM(AAS),所以②正確;
∵∠ACD=15°,∠FDC=15°,
∴QD=QC,
而ND=NA,
∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC,
即△DNQ的周長等于AC的長,所以③正確;
∵△DEF為等邊三角形,
∴∠NDQ=60°,
而∠DQN=30°,
∴∠DNQ=90°,
∴QD>NQ,
∵QD=QC,
∴QC>NQ,所以④錯誤.
故答案為①②③.
點(diǎn)評:
本題考查了圓的綜合題:弧、弦和圓心角之間的關(guān)系以及圓周角定理在有關(guān)圓的幾何證明中經(jīng)常用到,同時熟練掌握三角形全等的判定、等邊三角形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).
15、(2013?玉林)如圖,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,點(diǎn)A關(guān)于對角線BD的對稱點(diǎn)F剛好落在腰DC上,連接AF交BD于點(diǎn)E,AF的延長線與BC的延長線交于點(diǎn)G,M,N分別是BG,DF的中點(diǎn).
(1)求證:四邊形EMCN是矩形;
(2)若AD=2,S梯形ABCD=,求矩形EMCN的長和寬.
考點(diǎn):
直角梯形;矩形的判定與性質(zhì)
專題:
幾何綜合題.
分析:
(1)根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得AD=DF,DE⊥AF,然后判斷出△ADF、△DEF是等腰直角三角形,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出∠DAF=∠EDF=45°,根據(jù)兩直線平行,內(nèi)錯角相等求出∠BCE=45°,然后判斷出△BGE是等腰直角三角形,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得EM⊥BC,EN⊥CD,再根據(jù)矩形的判定證明即可;
(2)判斷出△BCD是等腰直角三角形,然后根據(jù)梯形的面積求出CD的長,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出DN,即可得解.
解答:
(1)證明:∵點(diǎn)A、F關(guān)于BD對稱,
∴AD=DF,DE⊥AF,
又∵AD⊥DC,
∴△ADF、△DEF是等腰直角三角形,
∴∠DAF=∠EDF=45°,
∵AD∥BC,
∴∠G=∠GAF=45°,
∴△BGE是等腰直角三角形,
∵M(jìn),N分別是BG,DF的中點(diǎn),
∴EM⊥BC,EN⊥CD,
又∵AD∥BC,AD⊥DC,
∴BC⊥CD,
∴四邊形EMCN是矩形;
(2)解:由(1)可知,∠EDF=45°,BC⊥CD,
∴△BCD是等腰直角三角形,
∴BC=CD,
∴S梯形ABCD=(AD+BC)?CD=(2+CD)?CD=,
即CD2+2CD﹣15=0,
解得CD=3,CD=﹣5(舍去),
∵△ADF、△DEF是等腰直角三角形,
∴DF=AD=2,
∵N是DF的中點(diǎn),
∴EN=DN=DF=×2=1,
∴CN=CD﹣DN=3﹣1=2,
∴矩形EMCN的長和寬分別為2,1.
點(diǎn)評:
本題考查了直角梯形的性質(zhì),軸對稱的性質(zhì),矩形的判定,等腰直角三角形的判定與性質(zhì),熟練掌握軸對稱的性質(zhì)判斷出相關(guān)的等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵,也是本題的難點(diǎn).
16、(13年北京7分24)在△ABC中,AB=AC,∠BAC=(),將線段BC繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BD。
(1)如圖1,直接寫出∠ABD的大?。ㄓ煤氖阶颖硎荆?;
(2)如圖2,∠BCE=150°,∠ABE=60°,判斷△ABE的形狀并加以證明;
(3)在(2)的條件下,連結(jié)DE,若∠DEC=45°,求的值。
解析:【解析】(1)
(2)為等邊三角形[
證明連接、、
∵線段繞點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)得到線段
則,
又∵
∴
且為等邊三角形.
在與中
∴≌(SSS)
∴
∵
∴
在與中
∴≌(AAS)
∴
∴為等邊三角形
(3)∵,
∴
又∵
∴為等腰直角三角形
∴
∵
∴
而
∴
【點(diǎn)評】本題是初中數(shù)學(xué)重要模型“手拉手”模型的應(yīng)用,從本題可以看出積累掌握常見模
型、常用輔助線對于平面幾何的學(xué)習(xí)是非常有幫助的.
考點(diǎn):幾何綜合(等邊三角形、等腰直角三角形、旋轉(zhuǎn)全等、對稱全等、倒角)
17、(13年山東青島、24壓軸題)已知,如圖,□ABCD中,AD=3cm,CD=1cm,∠B=45°,點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),沿AD方向勻速運(yùn)動,速度為3cm/s;點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā),沿CD方向勻速運(yùn)動,速度為1cm/s,連接并延長QP交BA的延長線于點(diǎn)M,過M作MN⊥BC,垂足是N,設(shè)運(yùn)動時間為t(s)(0<t<1),解答下列問題:
(1)當(dāng)t為何值時,四邊形AQDM是平行四邊形?
(2)設(shè)四邊形ANPM的面積為(cm²),求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式;
(3)是否存在某一時刻t,使四邊形ANPM的面積是□ABCD面積的一半,若存在,求出相應(yīng)的t值,若不存在,說明理由
(4)連接AC,是否存在某一時刻t,使NP與AC的交點(diǎn)把線段AC分成的兩部分?若存在,求出相應(yīng)的t值,若不存在,說明理由
第24題備用圖
第24題備用圖
解析:
解得:t=,
當(dāng)AE:EC=1:時,
同理可得:,即,解得:t=,
答:當(dāng)t=或t=時,NP與AC的交點(diǎn)把線段AC分成的兩部分
18、(2013年佛山市壓軸題)我們知道,矩形是特殊的平行四邊形,所以矩形除了具備平行四邊形的一切性質(zhì)還有其特殊的性質(zhì);同樣,
A
B
C
D
第25題圖
黃金矩形是特殊的矩形,因此黃金矩形有與一般矩形不一樣的知識.
已知平行四邊形ABCD,∠A=60°,AB=2a,AD=a.
(3) 把所給的平行四邊形ABCD用兩種方式分割并作說明
(見題答卡表格里的示例);
要求:用直線段分割,分割成的圖形是學(xué)習(xí)過的特殊圖形且不超出四個.
(4) 圖中關(guān)于邊、角和對角線會有若干關(guān)系或問題.現(xiàn)在請計算兩條對角線的長度.
要求:計算對角線BD長的過程中要有必要的論證;直接寫出對角線AC的長.
解:在表格中作答
分割圖形
分割或圖形說明
示例A
B
C
D
第25題圖
示例①分割成兩個菱形。
②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°。
A
B
C
D
第25題圖
A
B
C
D
第25題圖
A
B
C
D
第25題圖
A
B
C
D
第25題圖
(2)
分析:(1)方案一:分割成兩個等腰梯形;
方案二:分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形和一個直角三角形;
(2)利用平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理作答,認(rèn)真計算即可.
解:(1)在表格中作答:
分割圖形
分割或圖形說明
示例:
示例:
①分割成兩個菱形.
②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°.
①分割成兩兩個等腰梯形.
②兩個等腰梯形的腰長都為a,
上底長都為,下底長都為a,
上底角都為120°,下底角都為60°.
①分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形、一個直角三角形.
②等邊三角形的邊長為a,
等腰三角形的腰長為a,頂角為120°.
直角三角形兩銳角為30°、60°,三邊為a、a、2a.
(2) 如右圖①,連接BD,取AB中點(diǎn)E,連接DE.
∵AB=2a,E為AB中點(diǎn),
∴AE=BE=a,
∵AD=AE=a,∠A=60°,
∴△ADE為等邊三角形,∠ADE=∠DEA=60°,DE=AE=a,
又∵∠BED+∠DEA=180°,
∴∠BED=180°﹣∠DEA=180°﹣60°=120°,
又∵DE=BE=a,∠BED=120°,
∴∠BDE=∠DBE=(180°﹣120°)=30°,
∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+30°=90°
∴Rt△ADB中,∠ADB=90°,
由勾股定理得:BD2+AD2=AB2,即BD2+a2=(2a)2,
解得BD=a.
如右圖②所示,AC=2OC=2=2=2?a=a.
∴BD=a,AC=a.
點(diǎn)評:本題是幾何綜合題,考查了四邊形(平行四邊形、等腰梯形、菱形、矩形)、三角形(等邊三角形、等腰三角形、直角三角形)的圖形與性質(zhì).第(1)問側(cè)重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動手操作能力和空間想象能力;第(2)問側(cè)重考查了幾何計算能力.本題考查知識點(diǎn)全面,對學(xué)生的幾何綜合能力要求較高,是一道好題
19、(2013年廣州市)已知AB是⊙O的直徑,AB=4,點(diǎn)C在線段AB的延長線上運(yùn)動,點(diǎn)D在⊙O 上運(yùn)動(不與點(diǎn)B重合),連接CD,且CD=OA.
(1)當(dāng)OC=時(如圖12),求證:CD是⊙O的切線;
(2)當(dāng)OC>時,CD所在直線于⊙O相交,設(shè)另一交點(diǎn)為E,連接AE.
①當(dāng)D為CE中點(diǎn)時,求△ACE的周長;
②連接OD,是否存在四邊形AODE為梯形?若存在,請說明梯形個數(shù)并求此時AE·ED的值;若不存在,請說明理由。
分析:(1)關(guān)鍵是利用勾股定理的逆定理,判定△OCD為直角三角形,如答圖①所示;
(2)①如答圖②所示,關(guān)鍵是判定△EOC是含30度角的直角三角形,從而解直角三角形求出△ACE的周長;
②符合題意的梯形有2個,答圖③展示了其中一種情形.在求AE?ED值的時候,巧妙地利用了相似三角形,簡單得出了結(jié)論,避免了復(fù)雜的運(yùn)算.
解:(1)證明:連接OD,如答圖①所示.
由題意可知,CD=OD=OA=AB=2,OC=,
∴OD2+CD2=OC2
由勾股定理的逆定理可知,△OCD為直角三角形,則OD⊥CD,
又∵點(diǎn)D在⊙O上,
∴CD是⊙O的切線.
(2)解:①如答圖②所示,連接OE,OD,則有CD=DE=OD=OE,
∴△ODE為等邊三角形,∠1=∠2=∠3=60°;
∵OD=CD,∴∠4=∠5,
∵∠3=∠4+∠5,∴∠4=∠5=30°,
∴∠EOC=∠2+∠4=90°,
因此△EOC是含30度角的直角三角形,△AOE是等腰直角三角形.
在Rt△EOC中,CE=2OA=4,OC=4cos30°=,
在等腰直角三角形AOE中,AE=OA=,
∴△ACE的周長為:AE+CE+AC=AE+CE+(OA+OC)=+4+(2+)=6++.
②存在,這樣的梯形有2個.
答圖③是D點(diǎn)位于AB上方的情形,同理在AB下方還有一個梯形,它們關(guān)于直線AB成軸對稱.
∵OA=OE,∴∠1=∠2,
∵CD=OA=OD,∴∠4=∠5,
∵四邊形AODE為梯形,∴OD∥AE,∴∠4=∠1,∠3=∠2,
∴∠3=∠5=∠1,
在△ODE與△COE中,
∴△ODE∽△COE,
則有,∴CE?DE=OE2=22=4.
∵∠1=∠5,∴AE=CE,
∴AE?DE=CE?DE=4.
綜上所述,存在四邊形AODE為梯形,這樣的梯形有2個,此時AE?DE=4.
點(diǎn)評:本題是幾何綜合題,考查了圓、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等邊三角形、梯形等幾何圖形的性質(zhì),涉及切線的判定、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)等多個知識點(diǎn),難度較大
38
學(xué)習(xí)是一件快樂的事情,大家下載后可以自行修改