《（课标通用）安徽省中考数学总复习专题8几何综合探究题课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标通用）安徽省中考数学总复习专题8几何综合探究题课件（35页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题八 几何综合探究题 题型概述方法指导 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 2019 年仍是用与全等或相似有关的几何综合探究题压轴 题型概述方法指导 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
2、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 类型一类型二类型三 类型一 类比拓展探究题 例1 2018 安徽 23 如图1 Rt ABC中 ACB 90 点D为边 AC上 一点 DE AB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
3、DAE CEM 点N为CM的中点 求证 AN EM 类型一类型二类型三 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 FME FNA即可 1 证明 M为BD中点 类型一类型二类型三 2 解 BAC 50 ADE 40 CM MB MCB CBM CMD MCB CBM 2 CBM 同理 DME 2 EBM CME 2 CBA 80 EMF 180 80 100
4、 3 证明 方法一 同 2 可得 CBA 45 CAB ADE 45 DAE CEM DEM为等边三角形 EDM 60 MBE 30 MCB ACE 45 CBM MBE 45 类型一类型二类型三 ACE MBE 30 ACM ACE ECM 75 连接AM AE EM MB MEB EBM 30 AME MEB 15 CME 90 CMA 90 15 75 ACM AC AM N为CM中点 AN CM CM EM AN CM 类型一类型二类型三 方法二 DAE CEM CM EM AED 90 AE DE EM CM CME 90 FM FE NM AE 即FM FE FN FA MFE N
5、FA FME FNA FME FNA AN CM 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 1 证明 AB CB1 BCB1
6、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 2018 山东菏泽 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AD x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
7、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 类型一类型二类型三 解 1 方法1 把B 5 0 和C 1 0 代入y ax2 bx 5 得 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 抛物线的表达式为y x 5 x 1 x2 4x 5 类型一类型二类型三 2 A 0 5 AD x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
8、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 类型一类型二类型三 3 设直线AB的表达式为y kx b k 0 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PQ y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 m 5 m2 4m 5 m2 5m 设 ABP的面积为S 类型一类型二类型三 1234 1 2018 安庆外国语学校模拟 如图1 ABC DEF都为等腰直角三 角形 摆放时 点A在边DF上 且A为DF中点 边BC DE在一条直线 上
9、连接BF AE 1234 1 找出图1中所有的全等三角形 2 把 DEF绕点D顺时针 旋转 0 180 后 如图2 判 断线段BF AE的数量关系 并说明理由 3 若BC 2 在 2 的条件下 当 时 AE值最大 并求此 时点A到EF三等分点的距离 画出示意图 并写出求算过程 解 1 ABD ACD ABF CAE FBD EAD 1234 2 AE BF 理由如下 连接AD ABC DEF都为等腰直角三角形 D是BC中点 AD BD DF DE ADB ADF FDE ADF 即 BDF ADE ADE BDF AE BF 1234 3 当BC 2 在 2 的条件下 当 90 时 AE值最大
10、 如图所示 当DE 旋转到AD的延长线时线段AE最长 设EF三等分点为G 过点G做 GH AE 连接AG 1234 1234 2 2018 安徽名校三模 两个完全相同且重合放置的 ABC和 DEC 如图1 其中 C 90 B E 30 1 固定 ABC 使 DEC绕点C旋转 当点D恰好落在AB边上时 如 图2 填空 线段DE与AC的位置关系是 设 BDC的面积为 S1 AEC的面积为 S2 则S1与S2的数量关系是 1234 2 当 DEC绕点C旋转到图3所示的位置时 小智猜想 1 中S1与S2 的数量关系仍然成立 并尝试 作DM BC AN CE 垂足分别为 M N 请你证明小智的猜想 3
11、已知 ABC 60 点D是其角平分线上一点 BD CD 2 DE AB交BC于点E 如图4 若在射线BA上存在点F 使 S DCF S BDE 请求出相应的BF的长 1234 解 1 DE AC S1 S2 2 DEC是由 ABC绕点C旋转得到 BC CE AC CD ACN BCN 90 DCM BCN 180 90 90 ACN DCM 在 ACN和 DCM中 ACN DCM CMD N AC CD ACN DCM AAS AN DM BDC的面积和 AEC的面积相等 等底等高的三角 形的面积相等 即S1 S2 1234 1234 CDF1 180 BCD 180 30 150 CDF2
12、360 150 60 150 CDF1 CDF2 在 CDF1和 CDF2中 DF1 DF2 CDF1 CDF2 CD CD CDF1 CDF2 SAS 点F2也是所求的点 ABC 60 点D是角平分线上一点 DE AB 1234 x 3 且与x轴相交于A B两点 B点在A点右侧 与y轴交于C点 1 求抛物线的解析式和A B两点的坐标 2 若点P是抛物线上B C两点之间的一个动点 不与B C重合 则是否存在一点P 使 PBC的面积最大 若存在 请求出 PBC的 最大面积 若不存在 试说 明理由 3 若M是抛物线上任意一点 过点M作y轴的平行线 交直线BC于 点N 当MN 3时 求M点的坐标 1
13、234 假设存在 设P x y 0 x 8 1234 连接PB PC 过点P作PD y轴交直线BC于点D x 4 2 16 当x 4时 PBC的面积最大 最大面积是16 又 0 x 8 存在点 P使 PBC的面积最大 最大面积是16 1234 3 M是抛物线上任意一点 设M点的横坐标为m 1234 4 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 1234 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 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 1234 2 解 延长FC AE交于点H 则有 ABE HCE AMG HCG
