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eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)ACP點擊中考幾探究試題級版六神中學翟華綦豐以幾何圖形為載體的探究題一是中考的熱點題型之一種試題設計新穎富有創(chuàng)意，百花齊放，各有千秋，以題串題出.有效地考查了學生的鉆研精神、探索能力和創(chuàng)新意.下面讓我們一起欣賞2014中考平面幾何探究試題.一三角形載的究例（蘇城題境】張老師給愛好學習的小軍和小俊提出這樣一個問題：如圖，eq\o\ac(△,)ABC中AB=AC，點P為BC的任一點，過點P作⊥AB，PE⊥，垂足分別為DE，過點作⊥AB垂足為F求證：PD+PE=CF．小軍的證明思路是如連接AP由ABP與ACP面積之和等eq\o\ac(△,)ABC的面積可以證得：．小俊的證明思路是圖點P作⊥足為G以得PE=CG，則PD+PE=CF．【變式探究】如圖，當點P在BC延線上時，其余條件不變，求證﹣；請運用上述解答中所積累的經驗和方法完成下列兩題：【結論運用】如圖，將矩形ABCD沿折，使點D落點上點C落點C處P為痕EF上任一點點P作PG⊥BEPH⊥BC足別為AD=8，求值；【遷移拓展是個航模的截面示意圖邊形ABCD中為AB邊的一點，ED⊥ADEC，垂足分別為D、C，且?CE=DEBC，AB=2dm，AD=3dmBD=dm．、N分為AEBE的點，連接DM、CNeq\o\ac(△,)DEMeq\o\ac(△,)CEN的長之和．析解題情境】如下圖，照軍、小俊的證明思路即可解決問題．證明：連接AP如②.∵⊥AB，PE⊥，⊥AB且積法）/

2222222點擊中考平幾探究考試試題2222222∴ABCF=PD+AC∵AB=AC∴CF=PD+PE還有其他方法讀者自【變式探究】如下圖，借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問題．過點CCG⊥，垂足為G如③．∵⊥AB，⊥AB⊥DP∴CFD=∠∠°．∴四邊形是形∴，∠DGC=90．．∵PE⊥，∴∠．CGP=．∵CG⊥DP，AB⊥PD∴∠CGP=°．∴CGAB∴GCP=B∵AB=AC，∴∠∠ACB∵ACB=PCE∴∠ECPeq\o\ac(△,)CGPeq\o\ac(△,)中∴≌△CEP．∴PG=PE．CF=DG=DP﹣PG=DP﹣．【結論運用】易證，過點E作EQ⊥BF，垂足為Q，如下圖，利用問題情境中的結論可得PG+PH=EQ易證，，只需求出可．過點E⊥，垂足為，圖，∵四邊形ABCD是形，∴AD=BC∠°．∵，，∴BF=BCCF=ADCF=5．由折疊可得DF=BF，∠∠DEF．∴．∵，=4．∵EQ⊥BC∠∠°，∠=∠C=∠．四邊形EQCD是形．∴．∵AD∥BC∴∠∠EFB．∵∠∠∠∠EFBBE=BF題情境中的結論得PG+PH=EQ．∴PG+PH=4．∴PG+PH的為4【遷移拓展】由條件?CE=DEBC聯(lián)到三角形相似，從而得到A=∠，而補全等腰三角形eq\o\ac(△,)DEMeq\o\ac(△,)的長之和就可轉化為AB+BH而BHeq\o\ac(△,)的AD上高只需利用勾股定理建立方程，求出，再求出BH就可解決問題．延長AD、交點，作BH⊥AF垂足為H，如圖．∵??BC∴

=

．∵⊥ADEC⊥CB∴∠ADE=∠BCE=90．∴∽△．∴∠A=．∴．由問題情境中的結論可得ED+EC=BH．設DH=xdm，則AH=AD+DH=）dm∵⊥AF，∴∠．BH=BD﹣DH﹣AH．∵BD=，（）﹣x=）﹣解得．∴=BDDH﹣1=36．∴．ED+EC=6∵ADE=，MN分為AE、的點，/

點擊中考平幾探究考試試題升級版∴DM=EM=AECN=EN=．∴△DEM與的周長之和=DE+DM+EM+CN+EN+EC=DE+AE+BE+EC=DE+AB+EC=DE+EC+AB=6+2∴DEMeq\o\ac(△,)的長之和為6+2）dm

．點評本題考查了矩形的性質與定腰三角形的性質與判定全等三角形的性質與判定相三角形的性質與判定行線的性質與判定直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半勾股定理等知識考查了用面積法證明幾何問題查了運用已有的經驗解決問題的能力，可謂包羅萬象識貫通體現(xiàn)了自主探究與合作交流的新理念是充分體現(xiàn)新課程理念難得的好題．二以四形載的究例2（東市）在四邊形ABCD中，角線AC、相交于點O，eq\o\ac(△,將)COD繞O按時針方向旋轉得到eq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)OD旋轉角0θ90接，AC與于點P.（）圖1，若四邊形是正方形①求證：△≌eq\o\ac(△,1)②請直接寫出AC與BD的置關.（）圖2，若四邊形是菱形，=5，=7，設=k.判斷與的置關系，說明理由，并求出的.（）圖3，四邊形ABCD是平行四邊形=5，=10連接，設=.請直接寫出k值和AC+（kDD）的值D

D

D

D

D

DO圖1

O圖

O圖3例圖/

∴，.AC點擊中考平幾探究考試試題升級版∴，.AC析解）證明：∵四邊形ABCD是方形∴ＡＣＢＤOC＝

11ＡＣ，ＯＤOB=Ｂ22∴OC=OA=ＯＤ＝，∵eq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)△繞點旋得到，∴OC，D=OD∠CO=∠DO∴OD∠=∠D∴eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)OC≌△②Ａ⊥（）⊥BD理如下：1∵四邊形是形，∴OC＝ＡＣ，21ＯＤ＝OB=Ｂ，⊥2∵eq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)△繞點旋得到，∴OC，D=OD∠CO=∠DO∴＝OA，＝OB，∠AO=BODOCOD111OAODOB1∴△AC∽BOD∴=∠OB又∵∠AOB=90°，∴∠∠ABP+∠D=90°∴∠∠∠=90°，∴∠APB=90°，⊥BD∵eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)O∽eq\o\ac(△,1)，BACOA∴.OBBD1BD

DO圖O圖O圖第25題圖

DD

DD

D∴

k

57

.（）

k

12ACkDD)2.1點評：此題設計新穎、獨特”出新，不落俗套，把一題多變和一題多問緊密結合起來，從特殊到一般，由易到難，層次分.查了同學們綜合運用數學知識的能力和探究進取精神三以為體探題例3（京市）如圖，在ABC中，∠ACB=90°，AC，=3，⊙為△ABC的內切圓．（）⊙的徑；（）P從點邊BA向點cms速度勻速運動，以P為圓心，長半徑作圓，設點運的時間為ts若⊙與⊙切，求值．/

點擊中考平幾探究考試試題升級版析解（）求圓的半徑，因為相切，我們通常連接切點和圓心，設出半徑，再利用圓的性質和直角三角形性質表示其中關系，得到方程，求解即得半徑．如圖1設⊙與AB的點分別為接則ADAF=，=CF∵⊙為ABC內切圓，OF⊥，⊥，∠=∠OEC=90°．∵∠=90，∴四邊形是形，∵=，∴四邊形是正方形．設⊙的徑為rcm則FC=OE=rcm在中∠ACB°AC=4cmBCcm，∴=

AC

2

BC

2

=5．∵==﹣=4﹣，=BE﹣=3﹣，∴4﹣+3﹣=5，解得=1，即的徑為1cm．（）慮兩圓相切，且一圓已固定，一般就有兩種情形，外切與內切．所以我們要分別討論切時距等于兩圓半徑的和切時距于大圓與小圓半徑的差別作垂線構造直角三角形，類似）通過表示邊長之間的關系列方程，易得t的．如圖2，過點P作PG⊥，直為G．∵∠PGB=∠=90，∴．PBG∽△，∴

．∵=，∴=，=．若⊙與⊙O相切則可分為兩種情況，與外，P⊙內切①當⊙與⊙外時，如圖3，接，則OP=1+，過點作PH，垂足為H．/

點擊中考平幾探究考試試題升級版∵∠PHE=∠∠=90°，∴四邊形PHEG矩形，=，=，∴=﹣=1﹣，==BC﹣﹣=3﹣﹣=2﹣．在中，由勾股定理，

，解得=．②當⊙與⊙內時，如圖4，接，則OP=﹣，點O作⊥，足為M．∵∠MGE=∠∠=90°，∴四邊形OEGM矩形，=，=，∴=﹣=，==BCECBG=31=2，在中，由勾股定理，

，解得t=2．綜上所述，⊙P與⊙相時，=或t=2．點評：這是一道典型的以圓為載體的幾何探究題，具有趣味性、知