點(diǎn)擊中考平幾探究考試試題升級(jí)版

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(diǎn)擊中考幾探究試題級(jí)版六神中學(xué)翟華綦豐以幾何圖形為載體的探究題一是中考的熱點(diǎn)題型之一種試題設(shè)計(jì)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(xué)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(ài)好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣一個(gè)問(wèn)題：如圖，eq\o\ac(△,)ABC中AB=AC，點(diǎn)P為BC的任一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作⊥AB，PE⊥，垂足分別為DE，過(guò)點(diǎn)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(diǎn)P作⊥足為G以得PE=CG，則PD+PE=CF．【變式探究】如圖，當(dāng)點(diǎn)P在BC延線上時(shí)，其余條件不變，求證﹣；請(qǐng)運(yùn)用上述解答中所積累的經(jīng)驗(yàn)和方法完成下列兩題：【結(jié)論運(yùn)用】如圖，將矩形ABCD沿折，使點(diǎn)D落點(diǎn)上點(diǎn)C落點(diǎn)C處P為痕EF上任一點(diǎn)點(diǎn)P作PG⊥BEPH⊥BC足別為AD=8，求值；【遷移拓展是個(gè)航模的截面示意圖邊形ABCD中為AB邊的一點(diǎn)，ED⊥ADEC，垂足分別為D、C，且?CE=DEBC，AB=2dm，AD=3dmBD=dm．、N分為AEBE的點(diǎn)，連接DM、CNeq\o\ac(△,)DEMeq\o\ac(△,)CEN的長(zhǎng)之和．析解題情境】如下圖，照軍、小俊的證明思路即可解決問(wèn)題．證明：連接AP如②.∵⊥AB，PE⊥，⊥AB且積法）/

2222222點(diǎn)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(wèn)題．過(guò)點(diǎn)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(jié)論運(yùn)用】易證，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BF，垂足為Q，如下圖，利用問(wèn)題情境中的結(jié)論可得PG+PH=EQ易證，，只需求出可．過(guò)點(diǎn)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(jié)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(bǔ)全等腰三角形eq\o\ac(△,)DEMeq\o\ac(△,)的長(zhǎng)之和就可轉(zhuǎn)化為AB+BH而B(niǎo)Heq\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(wèn)題．延長(zhǎng)AD、交點(diǎn)，作BH⊥AF垂足為H，如圖．∵??BC∴

=

．∵⊥ADEC⊥CB∴∠ADE=∠BCE=90．∴∽△．∴∠A=．∴．由問(wèn)題情境中的結(jié)論可得ED+EC=BH．設(shè)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(diǎn)，/

點(diǎn)擊中考平幾探究考試試題升級(jí)版∴DM=EM=AECN=EN=．∴△DEM與的周長(zhǎng)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(zhǎng)之和為6+2）dm

．點(diǎn)評(píng)本題考查了矩形的性質(zhì)與定腰三角形的性質(zhì)與判定全等三角形的性質(zhì)與判定相三角形的性質(zhì)與判定行線的性質(zhì)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(shí)考查了用面積法證明幾何問(wèn)題查了運(yùn)用已有的經(jīng)驗(yàn)解決問(wèn)題的能力，可謂包羅萬(wàn)象識(shí)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(diǎn)O，eq\o\ac(△,將)COD繞O按時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到eq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)OD旋轉(zhuǎn)角0θ90接，AC與于點(diǎn)P.（）圖1，若四邊形是正方形①求證：△≌eq\o\ac(△,1)②請(qǐng)直接寫出AC與BD的置關(guān).（）圖2，若四邊形是菱形，=5，=7，設(shè)=k.判斷與的置關(guān)系，說(shuō)明理由，并求出的.（）圖3，四邊形ABCD是平行四邊形=5，=10連接，設(shè)=.請(qǐng)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(diǎn)擊中考平幾探究考試試題升級(jí)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)評(píng)：此題設(shè)計(jì)新穎、獨(dú)特”出新，不落俗套，把一題多變和一題多問(wèn)緊密結(jié)合起來(lái)，從特殊到一般，由易到難，層次分.查了同學(xué)們綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力和探究進(jìn)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(nèi)切圓．（）⊙的徑；（）P從點(diǎn)邊BA向點(diǎn)cms速度勻速運(yùn)動(dòng)，以P為圓心，長(zhǎng)半徑作圓，設(shè)點(diǎn)運(yùn)的時(shí)間為ts若⊙與⊙切，求值．/

點(diǎn)擊中考平幾探究考試試題升級(jí)版析解（）求圓的半徑，因?yàn)橄嗲校覀兺ǔ＿B接切點(diǎn)和圓心，設(shè)出半徑，再利用圓的性質(zhì)和直角三角形性質(zhì)表示其中關(guān)系，得到方程，求解即得半徑．如圖1設(shè)⊙與AB的點(diǎn)分別為接則ADAF=，=CF∵⊙為ABC內(nèi)切圓，OF⊥，⊥，∠=∠OEC=90°．∵∠=90，∴四邊形是形，∵=，∴四邊形是正方形．設(shè)⊙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(nèi)切．所以我們要分別討論切時(shí)距等于兩圓半徑的和切時(shí)距于大圓與小圓半徑的差別作垂線構(gòu)造直角三角形，類似）通過(guò)表示邊長(zhǎng)之間的關(guān)系列方程，易得t的．如圖2，過(guò)點(diǎn)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(nèi)切①當(dāng)⊙與⊙外時(shí)，如圖3，接，則OP=1+，過(guò)點(diǎn)作PH，垂足為H．/

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

，解得=．②當(dāng)⊙與⊙內(nèi)時(shí)，如圖4，接，則OP=﹣，點(diǎn)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(shí)，=或t=2．點(diǎn)評(píng)：這是一道典型的以圓為載體的幾何探究題，具有趣味性、知