宜昌市中考數(shù)學(xué)幾何題

02年25.如圖1，BC是圓的直徑，線段RQ∥BC，A是RQ上的任意一點，AF與⊙O相切于點F，連結(jié)AB與⊙O相交于點M，D是AB上的一點，且AD=AF，DE垂直于AB并與AC的延長線交于點E.(1)當點A處于圖2中A0的位置時，A0C與⊙O相切于點C.求證：△A0DE≌△A0CB；(2)當點A處于圖3中A1的位置時，A1F∶A1E=1∶2，A1C∶BC=∶.求∠BCA1的大小；(3)圖1中，假設(shè)BC=4，RQ與BC的距離為3，那么△ADE的面積S與點A的位置有沒有關(guān)系?請說明理由.AAQRFMCBED〔第25題圖2〕AQRFMCBED〔第25題圖3〕AQRFMCBED〔第25題圖1〕(1)證明：∵A0C與⊙O相切，∴A0F=A0C(1分)∴∠A0CB=∠A0DE=90°∵A0D=A0F，∴A0C=A在△A0CB與△A0DE中，A0D=A0C，∠DA0E=∠CA0B，∠A0DE=∠A0∴△A0CB≌△A0DE.(3分)(2)解：連結(jié)MC，∵BC是直徑，∴MC⊥A1B，而DE⊥A1B，∴MC∥DE，∴∠E=∠A1CM.∵A1F=A1D=A1E，∠A1DE=90°，∴Rt△A1DE中，∠E=∠A1CM=30°∴∠DA1C=60°∵A1C：BC=，設(shè)A1C=a，∴∠A1CM=∠E=30∴A1M=，∴Rt△A1MC中，MC=,∴∠BCM=45°(5分)∴∠A1CB=∠A1CM+∠BCM=30°+45°=75°(3)解法1：由(2)MC∥DE，∴.①(7分)而AF為切線，∴AF2=AM.AB,∴，而AF=AD，∴.②由①、②得∴AD·DE=AB·MC，(8分)即∴無論A在何處，都有即：S△ADE=S△ADE不隨A的位置的變化而變化.(9分)說明：得出①、②兩個等式中任何一個，即可評1分.(3)解法2：由(2)MC∥DE，∴①(7分)而AF為切線，∴AF2=AM·AB∴，而AF=AD，∴②由①、②得∴AD·AE=AB·AC，(8分)∴·sin=sin，∴S△ADE=S△ADE.而S△ADE∴S△ADE=6.這說明S△ADE不隨點A的位置的變化而變化.(9分)說明：得出①、②兩個等式中任何一個即可評1分.03年23.如圖，矩形ABCD是一塊需探明地下資源的土地，E是AB的中點，EF//AD交CD于點F.探測裝置〔設(shè)為點P〕從E出發(fā)沿EF前行時，可探測的區(qū)域是以點P為中心，PA為半徑的一個圓〔及其內(nèi)部〕.當〔探測裝置〕P到達點P0處時，⊙P0與BC、EF、AD分別交于G、F、H點.〔1〕求證：FD=FC；〔2〕指出并說明CD與⊙P0的位置關(guān)系；〔3〕假設(shè)四邊形ABGH為正方形，且三角形DFH的面積為平方千米，當〔探測裝置〕P從點P0出發(fā)繼續(xù)前行多少千米到達點P1處時，A、B、C、D四點恰好在⊙P1上？〔第23題圖〕〔第23題圖〕〔1〕證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD//BC又∵AD//EF，∴AD//EF//BC，又∵AE=BE，∴FD=FC.〔1分〕答案〔第23題圖〕〔2〕CD與⊙P0相切.

理由如下：∵四邊形ABCD是矩形∴∠D=90°，即AD⊥CD∵AD//EF∴EF⊥CD又∵EF過圓心P0，CD過半徑P0F的外端，∴CD切⊙P0于點F.答案〔第23題圖〕〔3〕如圖，設(shè)正方形ABGH的邊長為，連P0H，那么P0H=，DF=，DH=P0F－P0M=.〔4分〕由，得，.〔6分〕.〔8分〕答：當探測裝置P從P0出發(fā)前行()千米到達P1處時，A、B、C、D四點恰好在P1上.

〔此題有多種解答，評卷時請注意把握評分標準的一致性〕04年24.，D是線段AB上的動點，過D作，垂足為E，四邊形DEFG是正方形，點F在射線BC上，連接AG并延長交BC于點H?！?〕求DE的取值范圍；〔2〕當DE在什么范圍取值時，△ABH為鈍角三角形；〔3〕過B、A、G三點的圓與BC相交于點K，過K作這個圓的切線KL與DG的延長線相交于點L。假設(shè)GL=1，這時點K與點F重合嗎？請說明理由?！泊祟}中的圖形僅供分析參考選用〕圖1圖2圖3圖4解：當點D與點A重合時，在當點D與B重合時，DE=0，∴DE的取值范圍是：?！?〕設(shè)BE=x，，分兩種情況：①假設(shè)圖1在那么當時，△ABH為鈍角三角形。②假設(shè)，如圖2所示，此時點F與點H重合。圖2綜上，當△ABH為鈍角三角形?！?〕當GL=1時，點K與點F不重合，理由如下：解法一：當點K與點F重合時，如圖3所示。圖3∵四邊形ABKG內(nèi)接于圓，∴此時即為〔2〕中①的情形，仍然設(shè)BE=x，那么在〔2〕①中已求得：連結(jié)BG，∵KL切圓于點K，。又∵解法二：當GL=1時，點K與點F不重合，理由如下：假設(shè)時，點K與點F重合，如圖4所示。圖4∵點K與點F重合，同解法一可得：，為〔2〕中①的情形。設(shè)延長GD交圓于點N，由相交弦定理，得：∵KL切圓于點K，由切割線定理得：又在△GKL中∵KGL=90°，由勾股定理，得：∴。將代入上式，得：∴假設(shè)錯誤∴GL=1時，點K與點F不重合。05年23．如圖1，△ABC的高AE=5，BC=，∠ABC＝45°，F(xiàn)是AE上的點，G是點E關(guān)于F的對稱點，過點G作BC的平行線與AB交于H、與AC交于I，連接IF并延長交BC于J，連接HF并延長交BC于K．〔1〕請你探索并判斷四邊形HIKJ是怎樣的四邊形？并對你得到的結(jié)論予以證明；〔2〕當點F在AE上運動并使點H、I、K、J都在△ABC的三條邊上時，求線段AF長的取值范圍．〔圖2供思考用〕〔第23題〕解：(1)∵點G與點E關(guān)于點F對稱，∴GF=FE…………1分∵HI∥BC，∴∠GIF=∠EJF，又∵∠GFI=∠EFJ，∴△GFI≌△EFJ，∴GI=JE………2分同理可得HG=EK，∴HI=JK,∴四邊形HIKJ是平行四邊形………3分(注：說明四邊形HIJK是平行四邊形評1分,利用三角形全等說明結(jié)論的正確性評2分)〔2〕當F是AE的中點時，A、G重合，所以AF=2.5…………4分如圖1，∵AE過平行四邊形HIJK的中心F,∴HG=EK,GI=JE.∴HG/BE=GI/EC.∵CE＞BE,∴GI＞HG,∴CK＞BJ.∴當點F在AE上運動時,點K、J隨之在BC上運動,圖1如圖2，當點F的位置使得B、J重合時，這時點K仍為CE上的某一點〔不與C、E重合〕，而且點H、I也分別在AB、AC上.……6分〔這里為獨立評分點，以上過程只要表達大體清楚，說理較為明確即可評2分，不說明者不評分，知道要說理但局部不正確者評1分〕設(shè)EF＝x，∵∠AHG＝∠ABC＝45°，AE＝5，∴BE＝5＝GI，AG＝HG＝5—2x,CE＝—5.……7分∵△AGI∽△AEC，∴AG∶AE＝GI∶CE.圖2∴(5—2x)∶5＝5∶(—5)……………9分∴x＝1，∴AF＝5—x＝4∴＜AF≤4.……………10分06年ACGFHDOEBm24．如圖，⊙O的直徑BC=4，過點C作⊙O的切線m，D是直線m上一點，且DC=2，A是線段BO上一動點，連接AD交⊙O于點G，過點A作AD的垂線交直線M于點F，交⊙OACGFHDOEBm〔1〕當A是BO的中點時，求AF的長；〔2〕假設(shè)∠AGH=∠AFD，求△AGH的面積。07年24.如圖1，在△ABC中，AB＝BC＝5，AC=6.△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，連接AE.AC和BE相交于點O.〔1〕判斷四邊形ABCE是怎樣的四邊形，說明理由；〔2〕如圖2，P是線段BC上一動點〔圖2〕，〔不與點B、C重合〕，連接PO并延長交線段AB于點Q，QR⊥BD，垂足為點R.COEDBA〔備用圖〕1COEDBARPQCCOEDBA〔備用圖〕1COEDBARPQCOEDBA〔第24題圖2〕=2\*GB3②當線段BP的長為何值時，△PQR與△BOC相似？〔〔第24題圖1〕1解：〔1〕四邊形ABCE是菱形，證明如下：∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，∴EC∥AB，且EC＝AB，∴四邊形ABCE是平行四邊形，〔1分〕又∵AB=BC，∴四邊形ABCE是菱形.〔2分〕〔2〕=1\*GB3①四邊形PQED的面積不發(fā)生變化〔1分〕，理由如下：方法一：∵ABCE是菱形，∴AC⊥BE，OC=EQ\F(1,2)AC=3，∵BC=5，∴BO=4，〔第24題1〕PQCHROEDB〔第24題1〕PQCHROEDBA∵S△ABC＝EQ\F(1,2)BC×AH＝EQ\F(1,2)AC×BO，即：EQ\F(1,2)×5×AH＝EQ\F(1,2)×6×4，∴AH＝EQ\F(24,5).〔2分〕【或∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠BCA公用，∴△AHC∽△BOC，∴AH:BO＝AC:BC，即：AH:4＝6:5，∴AH＝EQ\F(24,5).〔2分〕】由菱形的對稱性知，△PBO≌△QEO，∴BP＝QE，〔3分〕∴S四邊形PQED＝EQ\F(1,2)〔QE+PD〕×QR＝EQ\F(1,2)〔BP+PD〕×AH＝EQ\F(1,2)BD×AH＝EQ\F(1,2)×10×EQ\F(24,5)＝24.〔4分〕方法二:由菱形的對稱性知，△PBO≌△QEO，∴S△PBO＝S△QEO，〔2分〕∵△ECD是由△ABC平移得到得，∴ED∥AC，ED＝AC＝6，又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，〔3分〕∴S四邊形PQED＝S△QEO＋S四邊形POED＝S△PBO＋S四邊形POED＝S△BED＝EQ\F(1,2)×BE×ED＝EQ\F(1,2)×8×6＝24.〔4分〕〔第24題2〕PQCROEDBA13〔第24題2〕PQCROEDBA132G使△PQR與△COB相似時，∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不與∠3對應(yīng)，∴∠2與∠1對應(yīng)，即∠2＝∠1，∴OP=OC=3〔5分〕，過O作OG⊥BC于G，那么G為PC的中點，△OGC∽△BOC，〔6分〕∴CG:CO＝CO:BC，即：CG:3＝3:5，∴CG=EQ\F(9,5)，〔7分〕∴PB＝BC－PC＝BC－2CG＝5－2×EQ\F(9,5)＝EQ\F(7,5).〔8分〕方法二：如圖3，當點P在BC上運動，使△PQR與△COB相似時，〔第24題3〕PQCROEDBA13〔第24題3〕PQCROEDBA132F∴∠2不與∠3對應(yīng)，∴∠2與∠1對應(yīng)，〔5分〕∴QR:BO＝PR:OC，即：EQ\F(24,5):4＝PR:3，∴PR＝EQ\F(18,5)，〔6分〕過E作EF⊥BD于F，設(shè)PB＝x，那么RF=QE=PB=x，DF＝EQ\R(,ED2-EF2)=EQ\R(,62-(EQ\F(24,5))2)=EQ\F(18,5)，〔7分〕∴BD＝PB＋PR＋RF＋DF＝x＋EQ\F(18,5)＋x＋EQ\F(18,5)＝10，x＝EQ\F(7,5).〔8分〕方法三:如圖4，假設(shè)點P在BC上運動，使點R與C重合，(R)PCO(R)PCODQEBA〔第24題4〕∴CO是Rt△PCQ斜邊上的中線，∴CO=PO，〔5分〕∴∠OPC＝∠OCP，此時，Rt△PQR∽Rt△CBO，〔6分〕∴PR:CO＝PQ:BC，即PR:3＝6:5，∴PR＝EQ\F(18,5)〔7分〕，∴PB＝BC-PR＝5－EQ\F(18,5)＝EQ\F(7,5).〔8分〕08年23．如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC，P是邊AB〔含端點〕上的動點．過P作BC的垂線PR，R為垂足，∠PRB的平分線與AB相交于點S，在線段RS上存在一點T，假設(shè)以線段PT為一邊作正方形PTEF，其頂點E，F(xiàn)恰好分別在邊BC，AC上．〔1〕△ABC與△SBR是否相似，說明理由；〔2〕請你探索線段TS與PA的長度之間的關(guān)系；(第23題)〔3〕設(shè)邊AB＝1，當P在邊AB〔含端點〕上運動時，請你探索正方形PTEF的面積y的最小值和最大值．(第23題)解：(1)(第23題圖1)∵RS是直角∠PRB的平分線，∴∠PRS＝∠BRS＝45°.(第23題圖1)在△ABC與△SBR中，∠C＝∠BRS＝45°，∠B是公共角，∴△ABC∽△SBR..(1分)(2)線段TS的長度與PA相等.(2分)∵四邊形PTEF是正方形，∴PF＝PT，∠SPT＋∠FPA＝180°－∠TPF＝90°,在Rt△PFA中，∠PFA＋∠FPA＝90°,∴∠PFA＝∠TPS，∴Rt△PAF≌Rt△TSP，∴PA＝TS.(3分)當點P運動到使得T與R重合時，這時△PFA與△TSP都是等腰直角三角形且底邊相等，即有PA＝TS.(第23題圖2)(第23題圖3)(假設(shè)下面解題中沒有求出x的取值范圍是0≤x≤，(第23題圖2)(第23題圖3)以上的討論可評1分)由以上可知，線段ST的長度與PA相等.(3)由題意，RS是等腰Rt△PRB的底邊PB上的高，∴PS＝BS,∴BS＋PS＋PA＝1,∴PS＝.(4分)設(shè)PA的長為x，易知AF=PS，那么y＝PF＝PA＋PS,得y＝x＋(),即y＝，(5分)根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，當x＝時，y有最小值為.(6分)如圖2，當點P運動使得T與R重合時，PA＝TS為最大.易證等腰Rt△PAF≌等腰Rt△PSR≌等腰Rt△BSR，∴PA＝.如圖3，當P與A重合時，得x＝0.∴x的取值范圍是0≤x≤.(7分)(此處為獨立得分點，只要求出x≤即可得1分)∴①當x的值由