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文檔簡介

2018年武漢中考數學專題復習幾何綜合題1.這道題是關于幾何綜合題中的圖形背景變換問題。已知四邊形ABCD是矩形,E為CD的中點,F是BE上的一點,連接CF并延長交AB于點M,過點M作MN⊥CM,交AD于點N。(1)當點F為BE的中點時,證明AM=CE,并且ABEF是平行四邊形;(2)當BC=BF=2時,求DN的值;(3)連接AN,若BC=BF=4,求tan∠AMN的值。2.這道題是關于菱形ABCD中的射線問題。已知AB=5,sin∠ABD=55,點P是射線BC上一點,連接交菱形對角線BD于點E,連接EC。(1)證明△ABE≌△CBE;(2)當點P在線段BC上且BP=2時,求△PEC的面積;(3)當點P在線段BC的延長線上且CE⊥EP時,求線段BP的長度?!唷螧AM=∠FDC,∴∠BCM=∠FDC,∴∠GCF=∠BCM,∴∠MCG=90°;(3)解:如解圖②,連接AC交BD于點O,第3題解圖②∵四邊形ABCD是正方形,∴AC⊥BD,AB=BC=CD=AD=1,∴BD=√2,∵CE=CM=1,∴ME=MC-CE=0,∵G是EF的中點,∴GE=GF=1,∴CG=√2,∴△CGE是45°-45°-90°的等腰直角三角形,∴CE=GE×√2=√2.根據題目給出的條件,可以得到以下結論:∠BAM=∠DFM=∠GFC,∠BCM=∠GCF,∠GCF+∠MCF=∠BCM+∠MCF=90°,即∠MCG=90°;根據以上結論,可以得到以下解法:由∠BAM=∠BCM可推得∠BAE=2∠CEM,又因為AB⊥BE,所以∠BAE+∠CEM=90°,即2∠CEM+∠CEM=90°,解得∠CEM=30°。在Rt△ABE中,BE=6,tan30°=1/√3,所以CE=BE-BC=6-2×1/√3=3-1/√3。根據題目給出的條件和圖示,可以得到以下結論:四邊形EMCH是矩形,∠ABF=∠FBE=30°,EH=MC=BE=CD,∠EDC=15°,BM=ME=AM=3,EG=CG,DG=6-x,MG=3+x,AN=EN,∠ECD=∠GBC。根據以上結論,可以得到以下解法:(1)連接EC,過點E作EH⊥BC于點H,作EM⊥CD于點M,則四邊形EMCH是矩形。根據勾股定理,可以得到MG2=DG2+DM2,即(3+x)2=(6-x)2+32,解得x=2,所以CG=2。(2)連接BM、BG,根據題目給出的條件和圖示,可以得到BM=ME=AM=3,EG=CG,DG=6-x,MG=3+x。根據勾股定理,可以得到MG2=DG2+DM2,即(3+x)2=(6-x)2+32,解得x=2,所以CG=2。(3)延長FE交CD于點G,連接BN、BG,根據題目給出的條件和圖示,可以得到AN=EN,EG=CG。根據勾股定理,可以得到BN2=AN2+AB2,即BN2=9+36=45,所以BN=3√5。由tan∠ECD=2可得CE/ED=2,所以ED=CE/2=(3-1/√3)/2,DN=ED-EN=(3-1/√3)/2-3√5/2。已知正方形ABCD的邊長為6cm,點E、M分別是線段BD、AD上的動點。在圖①中,當點M與點D重合時,要證明AF=MN。首先根據直角三角形的性質可得,∠HAD+∠HDA=90°。由于四邊形ABCD是正方形,因此∠BAD=90°。又因為AF⊥MN,所以∠BAF+∠FAD=90°,即∠BAF=∠ADN。在直角三角形ABF和DAN中,我們可以得到∠NAD=∠FBA=90°,AD=AB,以及∠BAF=∠ADN。根據這些條件可以得到△BAF≌△ADN,從而得到AF=DN。又因為MN⊥AF且AF=DN,所以AF=MN,證畢。在圖②中,點M從點D出發(fā),以1cm/s的速度沿DA向點A運動,同時點E從點B出發(fā),以2cm/s的速度沿BD向點D運動,運動時間為ts。我們可以先求出BF的長度。連接點E和BC的垂線,設垂足為G,則BG=GE=t,因為∠CBD=45°,所以∠BGF=45°,因此△BGF是等腰直角三角形,可以得到BF=BG×(AB/AG)=t×(6/(BF-t)),從而得到BF的函數表達式為BF=6t/(6-t)。接下來求FN的長度。由于BN=2AN,所以AN=2cm,BN=4cm。根據(1)中的結論可得∠AMN=∠BAC,又因為∠ABF=∠MAN=90°,所以△AMN∽△BAF,從而得到AM/AB=AN/BF。因為DM=t,所以AM=6-t,代入上式得到(6-t)/6=2/BF,解得BF=3,代入BN=4cm和AN=2cm中得到FN=5cm。如圖①,點O在線段AB上,AO=2,OB=1,OC為射線,且∠BOC=60°,動點P以每秒2個單位長度的速度從點O出發(fā),沿射線OC做勻速運動,設運動時間為t秒。(1)當t=2秒時,則OP=4,△ABP的面積為3。(2)當△ABP是直角三角形時,求t的值。解法提示:①因為動點P以每秒2個單位長度的速度從點O出發(fā),故當t=1秒時,OP=2。②如解圖②,當∠B=90°時,△ABP的面積為8/3。(3)如圖②,當AP=AB時,過點A作AQ∥BP,并使得∠QOP=∠B,求證:AQ·BP=3。證明:如解圖④,作OE∥AP交BP于點E,∠OEB=∠APB=∠B,∠QAB+∠B=180°,又∠3+∠OEB=180°,∴∠3=∠QAB,又∵∠AOC=∠2+∠B=∠1+∠QOP,∠B=∠QOP,∴∠1=∠2,∴△QAO∽△OEP,故AQ·EP=EO·AO,又因為OE∥AP,故△OBE∽△ABP,故OE=AP=1,BP=EP,故AQ·BP=3。在正方形ABCD中,邊長為22,點P在對角線AC上,連接BP并將其順時針旋轉90°到BQ,連接QP并延長至BC交點為E,延長QP至AD交點為F。(1)由BP=BQ且∠PBQ=90°可得,∠ABP=∠CBQ,又因為AB=CB且∠ABC=90°,所以△ABP≌△CBQ,從而CQ=AP。(2)在△ABP中,∠BPC=45°+∠ABP,又因為BP=BQ且∠PBQ=90°,所以∠BPC=45°+∠CPE,從而∠ABP=∠CPE。又因為∠BAP=∠PCE=45°,所以△BAP∽△PCE,從而AB:AP=CP:CE,代入AB=22,CP=4-x,解得y=-x^2+2x,當x=1或3時,CE=8BC。(3)猜想PF=EQ,假設F在線段AD上。連接CE并在CE上取一點H,使HQ=EQ。由旋轉可得△PBQ為等腰直角三角形,從而∠BPQ=∠PQB=45°,又因為AD∥BC,所以∠DFE=∠QEH。由△ABP≌△CBQ可得∠BAP=∠BCQ=45°,從而在△AFP和△CHQ中,∠FAP=∠HCQ,因此PF=AP+AF=CQ+HQ=EQ。從而得證PF=EQ。首先,對于第一篇文章,沒有明顯的格式錯誤或有問題的段落,因此不需要進行刪除或改寫。對于第二篇文章,需要進行一些修改和改寫:題目8:在直角三角形ABC中,∠ACB=90°,AC=BC。點D和E分別位于AC和BC上,且DC=EC。連接DE、AE、BD,點M、N、P分別是AE、BD、AB的中點,連接PM、PN、MN。(1)BE與MN的數量關系是什么?解法提示:因為AM=ME,AP=PB,所以PM∥BE且PM=BE。同理,因為BN=DN,AP=PB,所以PN∥AD且PN=AD。因為AC=BC,所以AD=BE。因此,PM=PN。因為∠ACB=90°,所以AC⊥BC。因為PM∥BC,PN∥AC,所以PM⊥PN。因此,△PMN是等腰直角三角形,所以MN=2PM。因此,BE=2MN。(2)將△DEC繞點C逆時針旋轉到如圖②的位置,判斷(1)中的結論是否仍然成立,如果成立,請寫出證明過程,若不成立,請說明理由。解法提示:成立。如圖①,連接AD,延長BE交AD于點H。因為△ABC和△CDE是等腰直角三角形,所以CD=CE,CA=CB,∠ACB=∠DCE=90°。因為∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE,所以∠ACD=∠ECB。因此,△ECB≌△DCA。因為BE=AD,∠DAC=∠EBC。因為M、N、P分別為AE、BD、AB的中點,所以PM∥BE,PM=BE,PN∥AD,PN=AD。因此,PM=PN,∠MPN=90°。因此,BE=2PM=2MN。(3)若CB=6,CE=2,在將圖①中的△DEC繞點C逆時針旋轉一周的過程中,當B、E、D三點在一條直線上時,MN的長度是多少?解法提示:如圖②,作CG⊥BD于G,則DG=CG=GE=2。因為∠GDC=∠GEC=90°,所以△DGC和△EGC是等腰直角三角形。因此,DG=GC=GE。因為CE=2,所以BE=BC+CE=6+2=8。因為M、N、P分別為AE、BD、AB的中點,所以MN=BP/2=(BC+CP)/2=(BC+AB)/4=(6+10)/4=4。因此,MN=4。第8題解析:當D、E、B共線時,根據勾股定理可得:BG=BC2-CG2=62-(2)2=34因此,BE=BG-GE=34-2MN=2BE=17-1改寫為:在Rt△BCG中,當D、E、B共線時,根據勾股定理可得BG=BC2-CG2=62-22=34。因此,BE=BG-GE=34-2,從而MN=2BE=17-1。第9題解析:(1)證明:根據折疊性質可得AE=FE,并且∠EAF=∠EFA。因為GF⊥AF,所以∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°,又∠FGA=∠EFG,因此EG=EF,即AE=GE。(2)解:當點F落在AC上時,根據題意可知AE=a,因此AD=na。由對稱性可得BE⊥AF,因此∠ABE+∠BAC=90°。又因為∠DAC+∠BAC=90°,所以∠ABE=∠DAC。又∠BAE=∠D=90°,因此△ABE∽△DAC,從而有AB/DA=AE/DC。因為AB=DC,所以AB2=AD·AE=na·a=na2,因此AB=na/(a2)。又因為AB>0,所以AB=na。(3)解:當AD=4AB時,代入(2)中的式子可得AB=n/4a。若點F落在矩形內部,則n>4。因為點F落在矩形內部,所以點G在AD上,因此∠FCG<∠BCD,即∠FCG<90°。如果∠CFG=90°,則點F落在AC上,根據(2)可得AB=n,因此n=16。如果∠CGF=90°,則有∠CGD=∠ABE,因此△ABE∽△DGC,從而有AB/AE=DC/DG。因為AB=DC,所以AB2=AD·AE=4AB·AE,因此AE=AB/4。代入題中可得n=4。因此,當點F落在矩形內部時,n>4。證明:根據題意,可得出解圖①,連接AP,設等邊三角形AB邊上的高為h。由三角形面積公式可得S△ABP+S△ACP=S△ABC,即AB·PM+AC·PN=AB·h。因為AB=AC,所以PM+PN=h,即PM+PN的長度恰好等于三角形ABC一邊上的高。解:根據題意,可得出解圖①,設BP=x(0<x<2),那么PC=2-x。在直角三角形BPM中,∠B=60°,所以BM=x/√3,AM=(2-x)/2,PM=x。因此,S△APM=AM·PM=(2-x)/2·x=x-x2/2。在直角三角形CNP中,∠C=60°,所以CN=(2-x)/√3,AN=2-(2-x)/2=1+x/2,PN=√3(2-x)/2。因此,S△APN=AN·PN=(1+x/2)·√3(2-x)/2=-x2/2+x√3/2+3/4。因此,四邊形AMPN的面積為S四邊形AMPN=S△APM+S△APN=x-x2/2+(-x2/2+x√3/2+3/4)=-(x-1)2+3/4。因此,當x=1時,四邊形AMPN的面積最大,最大值為3/4。當$x=1$時,四邊形$AMPN$的面積最大值為$\dfrac{4}{33}$,即當$BP=1$時,四邊形$AMPN$的面積最大值為$\dfrac{4}{11}$。如圖,在矩形$ABCD$中,$AD=4$,$AB=m(m>4)$,點$P$是$AB$邊上的任意一點(不與點$A$、$B$重合),連接$PD$,過點$P$作$PQ\perpPD$,交直線$BC$于點$Q$。(1)當$m=10$時,是否存在點$P$使得點$Q$與點$C$重合?若存在,求出此時$AP$的長;若不存在,說明理由;(2)連接$AC$,若$PQ\parallelAC$,求線段$BQ$的長(用含$m$的代數式表示);(3)若$\trianglePQD$為等腰三角形,求以$P$、$Q$、$C$、$D$為頂點的四邊形的面積$S$與$m$之間的函數關系式,并寫出$m$的取值范圍。解:(1)假設存在點$P$使得點$Q$與點$C$重合。$\becausePQ\perpPD$,$\therefore\angleDPC=90^{\circ}$,$\therefore\angleAPD+\angleBPC=90^{\circ}$,$\because\angleAPD+\angleADP=90^{\circ}$,$\therefore\angleADP=\angleBPC$,又$\because\angleB=\angleA=90^{\circ}$,$\therefore\triangleADP\sim\triangleBPC$,$\therefore\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{PB}{PC}$,$\therefore\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{1}$,$\thereforeAP=2$或$8$。$\because\dfrac{10-AP}{4}=\dfrac{m-4}{m}$,$\therefore\dfrac{8}{4}=\dfrac{10-AP}{10}$,$\thereforeAP=2$。$\therefore$當$m=10$時,存在點$P$,使得點$Q$與點$C$重合,此時$AP$的長為$2$。(2)由(1)可知,當$PQ\perpPD$時,$\triangleADP\sim\triangleBPQ$,$\therefore\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{BP}{BQ}$,即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{BQ}$,即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{m-BP}$,即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{m-4-AP}$,解得$BQ=\dfrac{4m^2-64}{m^2}$。當$PQ\parallelAC$時,$\triangleBPQ\sim\triangleBAC$,$\therefore\dfrac{BQ}{BA}=\dfrac{BP}{BC}$,即$\dfrac{BQ}{m}=\dfrac{m-4}{4}$,解得$BQ=\dfrac{m^2-4m}{16}$。$\therefore$當$PQ\parallelAC$時,$BQ=\dfrac{m^2-4m}{16}$。(3

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