专题七　几何综合探究题.

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1 专题七　几何综合探究题

2 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.

3 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:
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.

4 类型一 类型二 类型三 类型四

5 类型一 类型二 类型三 类型四

6 例1(2017·安徽)已知正方形ABCD,点M为边AB的中点.
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. ① 证明:BE=CF; ② 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.

7 (1)证明:①∵∠AGB=90°, ∴∠EAB+∠ABG=90°, ∵四边形ABCD是正方形, ∴∠ABG+∠CBF=∠ABC=90°,
类型一 类型二 类型三 (1)证明:①∵∠AGB=90°, ∴∠EAB+∠ABG=90°, ∵四边形ABCD是正方形, ∴∠ABG+∠CBF=∠ABC=90°, ∴∠BAE=∠FBC. ∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF. ②AM=BM=GM⇒∠GAM=∠AGM, ∠EAB=∠FBC=∠AGM=∠CGE,

8 ∴∠MBG=∠MGB=∠CGF=∠CFG, ∴△CGF为等腰三角形,从而CG=CF=BE, ∴BE2=CG2=BC·CE.
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,

9 类型一 类型二 类型三 由(*),(**)得BE=CF;

10 (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;
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θ(0°<θ<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θ=　　　　　°时,EP长度最大,最大值为　　　　　. 

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12 ∴∠A1CD=90°-∠BCB1=60°,∠A1DC=∠BCB1+∠B1=60°,∴△A1CD是等边三角形;
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;

13 (2)当t何值时,△PFE的面积最大?并求最大值的立方根;
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.

14 类型一 类型二 类型三 图 备用图

15 分析:(1)利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析:式;
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:①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;②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.

16 解:(1)将点A(0,3),B(-1,0),D(2,3)代入y=ax2+bx+c,
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,

17 类型一 类型二 类型三

18 因为OA=OE,所以∠OAE=∠OEA=45°, 所以∠P1AG =∠AP1G=45°,所以P1G=AG.
类型一 类型二 类型三 (3)由图可知∠PEA≠90°. ①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).

19 类型一 类型二 类型三 ②若∠AP2E=90°,作P2K⊥x轴,AQ⊥P2K, 则△P2KE∽△AQP2,

20 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
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　  

21 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　. 

22 解析: 如图,作PQ⊥AB于Q,PR⊥BC于R. ∵∠PQB=∠QBR=∠BRP=90°, ∴四边形PQBR是矩形,
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,

23 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6 cm,则FG=　 cm. 

24 ∴AD=6 cm,AB=3 cm,DC'=CD=AB=3 cm,
1 2 3 4 5 6 解析: ∵原正方形纸片的边长为6 cm, ∴AD=6 cm,AB=3 cm,DC'=CD=AB=3 cm, 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,

25 1 2 3 4 5 6 作GN⊥AD,垂足为N,∴GN=AB=3 cm,

26 4.(2016·安徽安庆一模)如图①,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.
3 4 5 6 4.(2016·安徽安庆一模)如图①,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②),求证:EG=CG; (3)在图②中,若∠ABC=60°,求

27 ∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC, 又∵AB=AC,∴∠EBC=∠ACB=∠CAF, ∴△BCE∽△AFC;
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,

28 ∴△BGE≌△HGC, ∴EG=CG; (3)解: ∵∠ABC=60°, ∴△ABC是等边三角形, ∵CE⊥AB,∴BE=AE,
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,

29 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.
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.

30 (1)证明: ∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形, ∴AB=BC,BP=BF, ∴AP=CF.
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.

31 (3)解: 如图,∵EP平分∠AEC,EP⊥AG, ∴AP=PG=a-b,BG=a-(2a-2b)=2b-a. ∵PE∥CF,
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°.

32 ①如图2,若∠MON=150°,求证:△ABR是等边三角形; ②如图3,若△ARB∽△PEQ,求∠MON的大小和 的值.
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. ①如图2,若∠MON=150°,求证:△ABR是等边三角形; ②如图3,若△ARB∽△PEQ,求∠MON的大小和 的值.

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34 (1)证明: ∵点C,D,E分别是OA,OB,AB的中点, ∴DE=OC,DE∥OC,CE=OD,CE∥OD,
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,

35 ∵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,
1 2 3 4 5 6 (2)①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°, ∴∠ARB=∠ARO+∠BRO=2∠CRO+2∠ORD=2∠CRD=60°, ∴△ABR为等边三角形.

36 ②解: 由(1)知EQ=PE,∠DEQ=∠CPE,
2 3 4 5 6 ②解: 由(1)知EQ=PE,∠DEQ=∠CPE, ∴∠PEQ=∠CED-∠CEP-∠DEQ=∠ACE-∠CEP-∠CPE=∠ACE-∠RCE=∠ACR=90°,即△PEQ为等腰直角三角形. ∵△ARB∽△PEQ, ∴∠ARB=90°,于是在四边形OCRD中, ∠OCR=∠ODR=90°, ∴∠MON=135°. 此时P,O,B在一条直线上,△PAB是直角三角形且∠APB为直角,