中考数学总复习 专题7 几何综合探究题课件.ppt

专题七几何综合探究题 命题预测 方法指导 几何综合探究题型连续5年作为安徽中考压轴题 主要涉及利用三角形相似或全等的判定及性质进行相关的探究与证明 三角形和四边形的综合探究与证明 常涉及线段的数量和位置关系 求线段长 特殊图形的判定等 这是安徽中考对几何推理与证明能力考查的必然体现 把观察 操作 证明融于一体 展示了数学探究的过程和方法 体现了对数学活动经验的关注 也体现了对培养学生发现和提出问题 分析和解决问题能力的关注 预计2018年仍会考查与全等或相似三角形有关的探究 命题预测 方法指导 几何综合探究题灵活多变 一般并无固定的解题模式或套路 解决这类问题的方法 一是根据条件 结合已学的知识 数学思想方法 通过分析 归纳逐步得出结论 或通过观察 实验 猜想 论证的方法求解 二是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法 会对最后一小题的求解有一定的借鉴作用 还可以把前面几个小题的结论作为已知条件 为最后一问的求解提供帮助 类型一 类型二 类型三 类型四 类型一 类型二 类型三 类型四 类型一 类型二 类型三 类型一类比拓展探究题例1 2017 安徽 已知正方形abcd 点m为边ab的中点 1 如图1 点g为线段cm上的一点 且 agb 90 延长ag bg分别与边bc cd交于点e f 证明 be cf 求证 be2 bc ce 2 如图2 在边bc上取一点e 满足be2 bc ce 连接ae交cm于点g 连接bg并延长交cd于点f 求tan cbf的值 类型一 类型二 类型三 1 证明 agb 90 eab abg 90 四边形abcd是正方形 abg cbf abc 90 bae fbc abe bcf be cf am bm gm gam agm eab fbc agm cge 类型一 类型二 类型三 又 mbg为等腰三角形 mbg mgb cgf cfg cgf为等腰三角形 从而cg cf be be2 cg2 bc ce 2 解 延长fc ae交于点h 则有 abe hce amg hcg cgf mgb 类型一 类型二 类型三 由 得be cf 类型一 类型二 类型三 类型二图形变换探究题例2 2011 安徽 在 abc中 acb 90 abc 30 将 abc绕顶点c顺时针旋转 旋转角为 0 180 得到 a1b1c 1 如图1 当ab cb1时 设a1b1与bc相交于d 证明 a1cd是等边三角形 2 如图2 连接aa1 bb1 设 aca1和 bcb1的面积分别为s1 s2 求证 s1 s2 1 3 3 如图3 设ac中点为e a1b1中点为p ac a 连接ep 当 时 ep长度最大 最大值为 类型一 类型二 类型三 类型一 类型二 类型三 解 1 证明 ab cb1 bcb1 b b1 30 a1cd 90 bcb1 60 a1dc bcb1 b1 60 a1cd是等边三角形 2 证明 由旋转的性质可知ac ca1 aca1 bcb1 bc cb1 aca1 bcb1 s1 s2 ac2 bc2 12 2 1 3 类型一 类型二 类型三 类型三几何图形与函数相结合探究题例3 2017 山东潍坊 如图1 抛物线y ax2 bx c经过平行四边形abcd的顶点a 0 3 b 1 0 d 2 3 抛物线与x轴的另一交点为e 经过点e的直线l将平行四边形abcd分割为面积相等的两部分 与抛物线交于另一点f 点p为直线l上方抛物线上一动点 设点p的横坐标为t 1 求抛物线的解析式 2 当t何值时 pfe的面积最大 并求最大值的立方根 3 是否存在点p使 pae为直角三角形 若存在 求出t的值 若不存在 说明理由 类型一 类型二 类型三 图1备用图 类型一 类型二 类型三 分析 1 利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析 式 2 由平行四边形的对称性可知直线l必过其对称中心 同时利用抛物线的对称性确定e点坐标 进而可求直线l的解析式 结合二次函数解析式确定点f的坐标 作ph x轴 交l于点m 作fn ph 列出pm关于t的解析式 最后利用三角形的面积得s pfe关于t的解析式 利用二次函数的最值求得t值 从而使问题得以解决 3 分两种情形讨论 若 p1ae 90 作p1g y轴 易得p1g ag 由此构建一元二次方程求t的值 若 ap2e 90 作p2k x轴 aq p2k 则 p2ke aqp2 由此利用对应边成比例构建一元二次方程求t的值 类型一 类型二 类型三 解 1 将点a 0 3 b 1 0 d 2 3 代入y ax2 bx c 所以 抛物线解析式为y x2 2x 3 2 因为直线l将平行四边形abcd分割为面积相等的两部分 类型一 类型二 类型三 类型一 类型二 类型三 3 由图可知 pea 90 若 p1ae 90 作p1g y轴 因为oa oe 所以 oae oea 45 所以 p1ag ap1g 45 所以p1g ag 所以t t2 2t 3 3 即 t2 t 0 解得t 1或t 0 舍去 类型一 类型二 类型三 若 ap2e 90 作p2k x轴 aq p2k 则 p2ke aqp2 1 2 3 4 5 6 1 2017 山东威海 如图 abc为等边三角形 ab 2 若p为 abc内的一动点 且满足 pab acp 则线段pb长度的最小值为 1 2 3 4 5 6 2 2017 广东深圳 如图 在rt abc中 abc 90 ab 3 bc 4 rt mpn mpn 90 点p在ac上 pm交ab于点e pn交bc于点f 当pe 2pf时 ap 3 1 2 3 4 5 6 解析 如图 作pq ab于q pr bc于r pqb qbr brp 90 四边形pqbr是矩形 qpr 90 mpn qpe rpf qpe rpf pq bc aq qp ap ab bc ac 3 4 5 设pq 4x 则aq 3x ap 5x bq 2x 1 2 3 4 5 6 3 2017 四川成都 如图1 把一张正方形纸片对折得到长方形abcd 再沿 adc的平分线de折叠 如图2 点c落在点c 处 最后按图3所示方式折叠 使点a落在de的中点a 处 折痕是fg 若原正方形纸片的边长为6cm 则fg cm 1 2 3 4 5 6 解析 原正方形纸片的边长为6cm ad 6cm ab 3cm dc cd ab 3cm 在图3中 a 是de的中点 折痕是fg fg垂直平分aa 垂足为p af a f 作a m ad 垂足为m 1 2 3 4 5 6 作gn ad 垂足为n gn ab 3cm 1 2 3 4 5 6 4 2016 安徽安庆一模 如图 平行四边形abcd中 ab ac ce ab于点e cf ac交ad的延长线于点f 1 求证 bce afc 2 连接bf 分别交ce cd于g h 如图 求证 eg cg 3 在图 中 若 abc 60 求 1 2 3 4 5 6 1 证明 ce ab cf ac bec acf 90 四边形abcd是平行四边形 ad bc 又 ab ac ebc acb caf bce afc 2 证明 bce afc be ch ab cd beg hcg ebg chg 1 2 3 4 5 6 bge hgc eg cg 3 解 abc 60 abc是等边三角形 ce ab be ae bge hgc be ch ch dh ad bc bh fh bg gh 1 2 3 4 5 6 5 2017 山东枣庄 已知正方形abcd p为射线ab上的一点 以bp为边作正方形bpef 使点f在线段cb的延长线上 连接ea ec 1 如图1 若点p在线段ab的延长线上 求证 ea ec 2 如图2 若点p为线段ab的中点时 连接ac 判断 ace的形状 并说明理由 3 如图3 若点p在线段ab上 连接ac 当ep平分 aec时 设ab a bp b 求a b及 aec的度数 1 2 3 4 5 6 1 证明 四边形abcd和四边形bpef是正方形 ab bc bp bf ap cf ape cfe ea ec 2 解 p为ab的中点 pa pb 又pb pe pa pe pae 45 又 dac 45 cae 90 即 ace是直角三角形 1 2 3 4 5 6 3 解 如图 ep平分 aec ep ag ap pg a b bg a 2a 2b 2b a pe cf gh gb gh ac gb bc hcg bcg pe cf peg bcg aec acb 45 aec 45 1 2 3 4 5 6 6 2016 安徽 如图1 a b分别在射线om on上 且 mon为钝角 现以线段oa ob为斜边向 mon的外侧作等腰直角三角形 分别是 oap obq 点c d e分别是oa ob ab的中点 1 求证 pce edq 2 延长pc qd交于点r 如图2 若 mon 150 求证 abr是等边三角形 如图3 若 arb peq 求 mon的大小和的值 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 证明 点c d e分别是oa ob ab的中点 de oc de oc ce od ce od 四边形odec是平行四边形 oce ode oap obq都是等腰直角三角形 pco qdo 90 pce pco oce qdo ode edq 1 2 3 4 5 6 2 证明 如图 连接or pr与qr分别为线段oa与ob的中垂线 ar or br arc orc ord brd 在四边形ocrd中 ocr odr 90 mon 150 crd 30