2021安徽中考数学复习课件：专题七　几何综合探究题.pptx

1、专题七专题七 几何综合探究题几何综合探究题 第三板块第三板块 2021 内 容 索 引 01 02 03 解题策略指导解题策略指导 题型分类突破题型分类突破 素养训练提高素养训练提高 解题策略指导解题策略指导 T 题型概述题型概述 几何综合探究题型连续多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、

2、分析和解决问题能力的关注.预计 2021年仍是用与全等或相似有关的几何综合探究题压轴. F 方法指导方法指导 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问在求解过程的解题思路和方法,会对最后一个小问 的求解有一定的借鉴作用,还可以把前面几个小问的结论作为已知条件,为 最后一问的求解提供帮助. 题型分类突破题型分类突破 类型一 类比拓展探究题 例1(2018 安徽,23)如图1,RtABC中,ACB=90,点D为边AC上一 点,

3、DEAB于点E,点M为BD中点,CM的延长线交AB于点F. (1)求证:CM=EM; (2)若BAC=50,求EMF的大小; (3)如图2,若DAECEM,点N为CM的中点,求证:ANEM. 图1 图2 分析 (1)利用直角三角形斜边的中线等于斜边一半得出结论.(2)利用三角形的 外角等于不相邻的两内角之和推导出相关角的关系,从而求出相关角.(3)通过已 知条件,结合(1)(2)利用垂直于同一条直线的两直线平行得到证明;或先通过三角 形全等得到边的关系,最后通过“两边对应成比例且夹角相等”证明 FMEFNA即可. (1)证明 M为BD中点,RtDCB中,MC= BD.RtDEB中,EM= BD

4、.MC=ME. (2)解 BAC=50,ADE=40. CM=MB,MCB=CBM.CMD=MCB+CBM=2CBM. 同理,DME=2EBM,CME=2CBA=80,EMF=180-80=100. 1 2 1 2 (3)证明 方法一:同(2)可得CBA=45. CAB=ADE=45.DAECEM, DE=CM=ME= BD=DM,ECM=45. DEM为等边三角形,EDM=60. MBE=30.MCB+ACE=45,CBM+MBE=45,ACE=M BE=30.ACM=ACE+ECM=75. 连接AM,AE=EM=MB,MEB=EBM=30,AME= MEB=15. CME=90, CMA=

5、90-15=75=ACM.AC=AM. N为CM中点,ANCM. CMEM,ANCM. 1 2 1 2 方法二:由(1)知CM=EM, DAECEM,AED=90, AE=DE=EM=CM,CME=90, 则由(1)知:EM= BD, DE=DM=EM,DEM是等边三角形. MEF=DEF-DEM=30.FM= EF. AE=CM,N是CM中点,MN= AE. FMFE=NMAE,即FMFE=FNFA, MFE=NFA,FMEFNA, FME=FNA,ANCM. 1 2 1 2 1 2 类型二 图形变换探究题 例2在ABC中,ACB=90,ABC=30, 将ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为

6、(0180),得到A1B1C. (1)如图1,当ABCB1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:S1S2=13; (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_. (1)证明 ABCB1,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, ACA1BCB1, S1S2=AC2BC2=1

7、2( 3)2=13. (3)解 如图,连接CP,当ABC旋转到E,C,P三点共线时,EP最长, 此时=ACA1=120. B1=30,A1CB1=90, A1C=AC=1 2AB=a. AC 中点为 E,A1B中点为 P,A1CB1=90, CP=1 2A1B1=a,EC= 1 2a, EP=EC+CP=1 2a+a= 3 2a. 故答案为:120;3 2a. 类型三 几何图形与函数相结合探究题 例3如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx-5交y 轴于点A,交x轴于点B(-5,0)和点C(1,0),过点A作ADx 轴交抛物线于点D. (1)求此抛物线的表达式; (2)点E是抛物线上一

8、点,且点E关于x轴的对称点在直 线AD上,求EAD的面积; (3)若点P是直线AB下方的抛物线上一动点,当点P运 动到某一位置时,ABP的面积最大,求出此时点P的 坐标和ABP的最大面积. 解 (1)方法 1:把 B(-5,0)和 C(1,0)代入 y=ax2+bx-5,得 0 = 25-5-5, 0 = + -5, 解得 = 1, = 4. 抛物线的表达式为y=x2+4x-5. 方法2:抛物线与x轴交于B(-5,0)和C(1,0), 设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x-1), 又抛物线与y轴交于A点,A(0,-5), 把A(0,-5)代入y=a(x+5)(x-1),得-5=-5a,a=1

9、,抛物线的表达式为 y=(x+5)(x-1)=x2+4x-5. (2)A(0,-5),ADx轴,点E关于x轴的对称点在直线AD上, 点E的纵坐标为5, 点E到直线AD的距离为10.把y=-5代入y=x2+4x-5,得-5=x2+4x-5, 解得x1=-4,x2=0(舍),D(-4,-5),AD=4. SEAD= 410=20. 1 2 (3)设直线AB的表达式为y=kx+b,k0, 把B(-5,0)和A(0,-5)代入,得 直线AB的表达式为y=-x-5. 设点P的坐标为(m,m2+4m-5), 作PQy轴,交直线AB于点Q, Q(m,-m-5).点P是直线AB下方的抛物线上一动点, PQ=-

10、m-5-(m2+4m-5)=-m2-5m. 设ABP的面积为S, S=SAPQ+SBPQ=1 2 (-m 2-5m) (-m)+1 2 (-m 2-5m) (m+5)=-5 2 m+5 2 2+125 8 , 当 m=-5 2时,S 最大,即当点 P - 5 2,- 35 4 时,ABP 面积最大,最大面积为125 8 . -5 + = 0, = -5, 解得 = -1, = -5. 素养训练提高素养训练提高 1.(2020 四川眉山)如图1,抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,已知 点B坐标为(3,0),点C坐标为(0,3). (1)求抛物线的表达式; (2)点P

11、为直线BC上方抛物线上的一个动点,当PBC的面积最大时,求点P的坐标; (3)如图2,点M为该抛物线的顶点,直线MDx轴于点D,在直线MD上是否存在点N, 使点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请 说明理由. 图1 图2 解 (1)点 B(3,0),点 C(0,3)在抛物线 y=-x2+bx+c图象上, -9 + 3 + = 0, = 3, 解得 = 2, = 3, , 抛物线表达式为 y=-x2+2x+3. (2)点 B(3,0),点 C(0,3),直线 BC表达式为:y=-x+3,如图, 过点 P作 PHx轴于点 H,交 BC于点 G,设点 P(m,

12、-m2+2m+3), 则点 G(m,-m+3), PG=(-m2+2m+3)-(-m+3)=-m2+3m,SPBC=1 2 PG OB= 1 2 3 (-m 2+3m)=-3 2 m-3 2 2+27 8 ,当 m=3 2时,SPBC 有最大值,点 P 3 2 , 15 4 . 图1 (3)存在N满足条件,理由如下:抛物线y=-x2+2x+3与x 轴交于A,B两点,点A(-1,0),y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4, 顶点M为(1,4),点M为(1,4),点C(0,3),直线MC的表 达式为:y=x+3,如图,设直线MC与x轴交于点E,过点N作 NQMC于点Q,点E(-3,0),DE=

13、4=MD, NMQ=45,NQMC,NMQ=MNQ=45, 图2 MQ=NQ,MQ=NQ= MN.设点N(1,n),点N到直线MC的距离等于点 N到点A的距离,NQ=AN,NQ2=AN2, 2 2 ( 2 2 MN)2=AN2,( 2 2 |4-n|)2=4+n2,n2+8n-8=0,n=-4 2 6,存在点 N 满 足要求,点 N 坐标为(1,-4+2 6)或(1,-4-2 6). 2.(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. 求证:BE=CF;求证:BE2=BC CE.

14、 (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tanCBF的值. 图1 图2 (1)证明 四边形ABCD是正方 形,AB=BC,ABC=BCF=90,ABG+CBF=90,AGB=90, ABG+BAG=90,BAG=CBF,AB=BC,ABE=BCF=90, ABEBCF,BE=CF. 证明 AGB=90,点M为AB的中点,MG=MA=MB,GAM=AGM, 又CGE=AGM,GAM=CBG,CGE=CBG, 又ECG=GCB,CGECBG, ,即CG2=BC CE, 由CFG=GBM=BGM=CGF得CF=CG,由知 BE

15、=CF,BE=CG,BE2=BC CE. = (2)延长 AE,DC交于点 N,四边形 ABCD是正方形, ABCD,N=EAB,又CEN=BEA, CENBEA, = ,即 BE CN=AB CE, AB=BC,BE2=BC CE,CN=BE,ABDN, = = ,AM=MB, FC=CN=BE,不妨设正方形的边长为 1,BE=x,由 BE2=BC CE可得 x2=1 (1-x),解得 x1= 5-1 2 ,x2=- 5-1 2 (舍), = 5-1 2 ,则 tanCBF= = = 5-1 2 . 3.(2020 辽宁朝阳)如图,在RtABC中,BAC=90,AB=AC,M是AC边上的 一

16、点,连接BM,作APBM于点P,过点C作AC的垂线交AP的延长线于点E. 图1 图2 图3 (1)如图 1,求证:AM=CE; (2)如图 2,以 AM,BM 为邻边作平行四边形 AMBG,连接 GE 交 BC 于点 N, 连接 AN,求 的值; (3)如图 3,若 M 是 AC 的中点,以 AB,BM 为邻边作平行四边形 AGMB,连接 GE 交 BC 于点 N,连接 AN,经探究发现 = 1 8,请直接写出 的值. (1)证明 APBM,APB=90,ABP+BAP=90, BAP+CAE=90,CAE=ABP,CEAC,BAM=ACE=90, AB=AC,ABMCAE(ASA),CE=A

17、M. (2)解 如图1,过点E作CE的垂线交BC于点F,FEC=90, AB=AC,BAC=90,ACB=ABC=45,ACE=90,FCE=45, CFE=FCE=45,CE=EF,EFN=135, 四边形AMBG是平行四边形,AM=BG,ABG=BAC=90, GBN=ABG+ABC=135, GBN=EFN,由(1)得ABMCAE,AM=CE, BG=CE=EF,BNG=FNE,GBNEFN(AAS), GN=EN,AGBM,GAE=BPE=90, AN=1 2GE, =2. (3)解 如图2,延长GM交BC于点F,连接AF,在平行四边形ABMG中, ABGM,ABMMGA, AMG=B

18、AC=90,GMC=ACE=90, GFCE,AM=MC,BF=CF,AB=AC, 设CN=x,则BC=8x,AF=FC=4x,FN=3x, AFBC,AF=1 2BC, = 1 8, 图2 在 RtAFN 中,AN= 2+ 2=5x,在 RtABM 中,AB= 2 2 BC= 2 2 8x=4 2x,AM=1 2AB=2 2x,BM= 2 + 2= (4 2)2+ (2 2)2=2 10 x,AG=BM=2 10 x,由(1)知ABMCAE, CAEMGA,AE=AG,在 RtAEG 中,EG= 2+ 2= 2AG= 2 2 10 x=4 5x, = 4 5 5 = 4 5 5 . 4.(2

19、020 辽宁大连)如图1,ABC中,点D,E,F分别在边AB,BC,AC上,BE=CE, 点G在线段CD上,CG=CA,GF=DE,AFG=CDE. (1)填空:与CAG相等的角是_; (2)用等式表示线段AD与BD的数量关系,并证明; (3)若BAC=90,ABC=2ACD(如图2),求 的值. 图 1 图 2 解 (1)CA=CG,CAG=CGA,故答案为:CGA. (2)AD= BD 证明如图1,在CG上取点M,使GM=AF,连接 AM,EM,CAG=CGA,AG=GA,AGMGAF(SAS), AM=GF,AFG=AMG,GF=DE,AFG=CDE, AM=DE,AMG=CDE,AMD

20、E,四边形AMED为平行四边形, AD=EM,ADEM,BE=CE,即点E为BC中点,ME为BCD的中位线, AD=ME= BD; 图1 1 2 1 2 (3)延长BA至点N,使AD=AN,连接CN, BAC=NAC=90, AC垂直平分DN,CD=CN,ACD=ACN, 设ACD=ACN,则ABC=2, 则ANC=90-,BCN=180-2-(90-) =90-,BN=BC,即BCN为等腰三角形, 设AD=1,则AN=1,BD=2,BC=BN=4,AB=3, 图2 AC= 2-2= 7, = 7 3 . 5.(2020 江苏宿迁)【感知】如图,在四边形ABCD中,C=D=90,点E 在边CD

21、上,AEB=90,求证: = . 图 图 图 【探究】如图,在四边形 ABCD 中,C=ADC=90,点 E 在边 CD 上, 点F在边AD的延长线上,FEG=AEB=90,且 = ,连接BG交CD 于点 H. 求证:BH=GH. 【拓展】 如图,点E在四边形ABCD内,AEB+DEC=180,且 = 过 E 作 EF 交 AD 于点 F,若EFA=AEB,延长 FE 交 BC 于点 G.求 证:BG=CG. 图1 【感知】证明 C=D=AEB=90, BEC+AED=AED+EAD=90, BEC=EAD,RtAEDRtEBC, 【探究】证明 如图1,过点G作GMCD于点M, = . 由【感

22、知】可知 = . = , = , = , BC=GM,又 C=GMH=90,CHB=MHG,BCHGMH(AAS), BH=GH, 【拓展】证明 如图2,在EG上取点M,使BME=AFE, 过点C作CNBM,交EG的延长线于点N,则 N=BMG,EAF+AFE+AEF =AEF+AEB+BEM=180,EFA=AEB, EAF=BEM,AEFEBM, ,AEB+DEC=180,EFA+DFE=180,而 EFA=AEB,CED=EFD,BMG+BME=180,N=EF D,EFD+EDF+FED=FED+DEC+CEN=180,EDF= CEN,DEFECN, ,BM=CN,又 N=BMG,B

23、GM=CGN,BGMCGN(AAS),BG=CG. 图2 = = ,又 = , = 6.(2020 湖北十堰)如图1,已知ABCEBD,ACB=EDB=90,点D在AB上, 连接CD并延长交AE于点F. (1)猜想:线段AF与EF的数量关系为_; (2)探究:若将图1的EBD绕点B顺时针方向旋转,当CBE小于180时,得到图2, 连接CD并延长交AE于点F,则(1)中的结论是否还成立?若成立,请证明;若不成立, 请说明理由; (3)拓展:图1中,过点E作EGCB,垂足为点G.当ABC的大小发生变化,其他条件 不变时,若EBG=BAE,BC=6,直接写出AB的长. 图1 图2 解 (1)延长DF

24、到K点,并使FK=DC,连接KE,如图1所 示,ABCEBD,DE=AC,BD=BC,CDB=DCB, 且CDB=ADF,ADF=DCB,ACB=90, ACD+DCB=90,EDB=90,ADF+FDE =90,ACD=FDE,FK+DF=DC+DF, DK=CF.在ACF和EDK中, ACFEDK(SAS),KE=AF,K=AFC, 又AFC=KFE,K=KFE,KE=EF,AF=EF, 故AF与EF的数量关系为:AF=EF.故答案为:AF=EF. = , = , = , 图1 (2)仍旧成立,理由如下:延长DF到K点,并使FK=DC,连接KE, 如图2所示,设BD延长线DM交AE于M点,

25、 ABCEBD,DE=AC,BD=BC, CDB=DCB,且CDB=MDF,MDF=DCB, ACB=90,ACD+DCB=90, EDB=90,MDF+FDE=90,ACD=FDE, = , = , = , 图2 FK+DF=DC+DF,DK=CF.在ACF和EDK中, ACFEDK(SAS),KE=AF,K=AFC,又AFC=KFE, K=KFE,KE=EF,AF=EF,故AF与EF的数量关系为:AF=EF. (3)如图3所示,过点E作EGBC交CB的延长线于 G,BA=BE,BAE=BEA,BAE=EBG, BEA=EBG,AECG,AEG+G=180, AEG=90,ACG=G=AEG=90, 四边形AEGC为矩形,AC=EG,且AB=BE,RtACBRtEGB(HL), BG=BC=6,ABC=EBG,又ED=AC=EG, 且EB=EB,RtEDBRtEGB(HL),DB=GB=6,EBG=ABE, ABC=ABE=EBG=60,BAC=30, 在RtABC中,由30所对的直角边等于斜边的一半可知:AB=2BC=12.