2018年武漢中考數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí)幾何綜合題

2018年武漢中考數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí)幾何綜合題1.這道題是關(guān)于幾何綜合題中的圖形背景變換問(wèn)題。已知四邊形ABCD是矩形，E為CD的中點(diǎn)，F(xiàn)是BE上的一點(diǎn)，連接CF并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥CM，交AD于點(diǎn)N。(1)當(dāng)點(diǎn)F為BE的中點(diǎn)時(shí)，證明AM＝CE，并且ABEF是平行四邊形；(2)當(dāng)BC＝BF＝2時(shí)，求DN的值；(3)連接AN，若BC＝BF＝4，求tan∠AMN的值。2.這道題是關(guān)于菱形ABCD中的射線問(wèn)題。已知AB＝5，sin∠ABD＝55，點(diǎn)P是射線BC上一點(diǎn)，連接交菱形對(duì)角線BD于點(diǎn)E，連接EC。(1)證明△ABE≌△CBE；(2)當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上且BP＝2時(shí)，求△PEC的面積；(3)當(dāng)點(diǎn)P在線段BC的延長(zhǎng)線上且CE⊥EP時(shí)，求線段BP的長(zhǎng)度?！唷螧AM＝∠FDC，∴∠BCM＝∠FDC，∴∠GCF＝∠BCM，∴∠MCG＝90°；(3)解：如解圖②，連接AC交BD于點(diǎn)O，第3題解圖②∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD＝1，∴BD＝√2，∵CE＝CM＝1，∴ME＝MC－CE＝0，∵G是EF的中點(diǎn)，∴GE＝GF＝1，∴CG＝√2，∴△CGE是45°-45°-90°的等腰直角三角形，∴CE＝GE×√2＝√2.根據(jù)題目給出的條件，可以得到以下結(jié)論：∠BAM＝∠DFM＝∠GFC，∠BCM＝∠GCF，∠GCF＋∠MCF＝∠BCM＋∠MCF＝90°，即∠MCG＝90°；根據(jù)以上結(jié)論，可以得到以下解法：由∠BAM＝∠BCM可推得∠BAE＝2∠CEM，又因?yàn)锳B⊥BE，所以∠BAE＋∠CEM＝90°，即2∠CEM＋∠CEM＝90°，解得∠CEM＝30°。在Rt△ABE中，BE＝6，tan30°＝1/√3，所以CE＝BE－BC＝6－2×1/√3＝3－1/√3。根據(jù)題目給出的條件和圖示，可以得到以下結(jié)論：四邊形EMCH是矩形，∠ABF＝∠FBE＝30°，EH＝MC＝BE＝CD，∠EDC＝15°，BM＝ME＝AM＝3，EG＝CG，DG＝6－x，MG＝3＋x，AN＝EN，∠ECD＝∠GBC。根據(jù)以上結(jié)論，可以得到以下解法：(1)連接EC，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，作EM⊥CD于點(diǎn)M，則四邊形EMCH是矩形。根據(jù)勾股定理，可以得到MG2＝DG2＋DM2，即(3＋x)2＝(6－x)2＋32，解得x＝2，所以CG＝2。(2)連接BM、BG，根據(jù)題目給出的條件和圖示，可以得到BM＝ME＝AM＝3，EG＝CG，DG＝6－x，MG＝3＋x。根據(jù)勾股定理，可以得到MG2＝DG2＋DM2，即(3＋x)2＝(6－x)2＋32，解得x＝2，所以CG＝2。(3)延長(zhǎng)FE交CD于點(diǎn)G，連接BN、BG，根據(jù)題目給出的條件和圖示，可以得到AN＝EN，EG＝CG。根據(jù)勾股定理，可以得到BN2＝AN2＋AB2，即BN2＝9+36＝45，所以BN＝3√5。由tan∠ECD＝2可得CE/ED＝2，所以ED＝CE/2＝(3－1/√3)/2，DN＝ED－EN＝(3－1/√3)/2－3√5/2。已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm，點(diǎn)E、M分別是線段BD、AD上的動(dòng)點(diǎn)。在圖①中，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)D重合時(shí)，要證明AF=MN。首先根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，∠HAD+∠HDA=90°。由于四邊形ABCD是正方形，因此∠BAD=90°。又因?yàn)锳F⊥MN，所以∠BAF+∠FAD=90°，即∠BAF=∠ADN。在直角三角形ABF和DAN中，我們可以得到∠NAD=∠FBA=90°，AD=AB，以及∠BAF=∠ADN。根據(jù)這些條件可以得到△BAF≌△ADN，從而得到AF=DN。又因?yàn)镸N⊥AF且AF=DN，所以AF=MN，證畢。在圖②中，點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s的速度沿DA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts。我們可以先求出BF的長(zhǎng)度。連接點(diǎn)E和BC的垂線，設(shè)垂足為G，則BG=GE=t，因?yàn)椤螩BD=45°，所以∠BGF=45°，因此△BGF是等腰直角三角形，可以得到BF=BG×(AB/AG)=t×(6/(BF-t))，從而得到BF的函數(shù)表達(dá)式為BF=6t/(6-t)。接下來(lái)求FN的長(zhǎng)度。由于BN=2AN，所以AN=2cm，BN=4cm。根據(jù)(1)中的結(jié)論可得∠AMN=∠BAC，又因?yàn)椤螦BF=∠MAN=90°，所以△AMN∽△BAF，從而得到AM/AB=AN/BF。因?yàn)镈M=t，所以AM=6-t，代入上式得到(6-t)/6=2/BF，解得BF=3，代入BN=4cm和AN=2cm中得到FN=5cm。如圖①，點(diǎn)O在線段AB上，AO=2，OB=1，OC為射線，且∠BOC=60°，動(dòng)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)，沿射線OC做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒。(1)當(dāng)t=2秒時(shí)，則OP=4，△ABP的面積為3。(2)當(dāng)△ABP是直角三角形時(shí)，求t的值。解法提示：①因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)，故當(dāng)t=1秒時(shí)，OP=2。②如解圖②，當(dāng)∠B=90°時(shí)，△ABP的面積為8/3。(3)如圖②，當(dāng)AP=AB時(shí)，過(guò)點(diǎn)A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求證：AQ·BP=3。證明：如解圖④，作OE∥AP交BP于點(diǎn)E，∠OEB=∠APB=∠B，∠QAB+∠B=180°，又∠3+∠OEB=180°，∴∠3=∠QAB，又∵∠AOC=∠2+∠B=∠1+∠QOP，∠B=∠QOP，∴∠1=∠2，∴△QAO∽△OEP，故AQ·EP=EO·AO，又因?yàn)镺E∥AP，故△OBE∽△ABP，故OE=AP=1，BP=EP，故AQ·BP=3。在正方形ABCD中，邊長(zhǎng)為22，點(diǎn)P在對(duì)角線AC上，連接BP并將其順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到BQ，連接QP并延長(zhǎng)至BC交點(diǎn)為E，延長(zhǎng)QP至AD交點(diǎn)為F。(1)由BP＝BQ且∠PBQ＝90°可得，∠ABP＝∠CBQ，又因?yàn)锳B＝CB且∠ABC＝90°，所以△ABP≌△CBQ，從而CQ＝AP。(2)在△ABP中，∠BPC＝45°＋∠ABP，又因?yàn)锽P＝BQ且∠PBQ＝90°，所以∠BPC＝45°＋∠CPE，從而∠ABP＝∠CPE。又因?yàn)椤螧AP＝∠PCE＝45°，所以△BAP∽△PCE，從而AB：AP＝CP：CE，代入AB＝22，CP＝4－x，解得y＝－x^2＋2x，當(dāng)x＝1或3時(shí)，CE＝8BC。(3)猜想PF＝EQ，假設(shè)F在線段AD上。連接CE并在CE上取一點(diǎn)H，使HQ＝EQ。由旋轉(zhuǎn)可得△PBQ為等腰直角三角形，從而∠BPQ＝∠PQB＝45°，又因?yàn)锳D∥BC，所以∠DFE＝∠QEH。由△ABP≌△CBQ可得∠BAP＝∠BCQ＝45°，從而在△AFP和△CHQ中，∠FAP＝∠HCQ，因此PF＝AP＋AF＝CQ＋HQ＝EQ。從而得證PF＝EQ。首先，對(duì)于第一篇文章，沒(méi)有明顯的格式錯(cuò)誤或有問(wèn)題的段落，因此不需要進(jìn)行刪除或改寫(xiě)。對(duì)于第二篇文章，需要進(jìn)行一些修改和改寫(xiě)：題目8：在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC。點(diǎn)D和E分別位于AC和BC上，且DC=EC。連接DE、AE、BD，點(diǎn)M、N、P分別是AE、BD、AB的中點(diǎn)，連接PM、PN、MN。(1)BE與MN的數(shù)量關(guān)系是什么？解法提示：因?yàn)锳M=ME，AP=PB，所以PM∥BE且PM=BE。同理，因?yàn)锽N=DN，AP=PB，所以PN∥AD且PN=AD。因?yàn)锳C=BC，所以AD=BE。因此，PM=PN。因?yàn)椤螦CB=90°，所以AC⊥BC。因?yàn)镻M∥BC，PN∥AC，所以PM⊥PN。因此，△PMN是等腰直角三角形，所以MN=2PM。因此，BE=2MN。(2)將△DEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到如圖②的位置，判斷(1)中的結(jié)論是否仍然成立，如果成立，請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由。解法提示：成立。如圖①，連接AD，延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)H。因?yàn)椤鰽BC和△CDE是等腰直角三角形，所以CD=CE，CA=CB，∠ACB=∠DCE=90°。因?yàn)椤螦CB-∠ACE=∠DCE-∠ACE，所以∠ACD=∠ECB。因此，△ECB≌△DCA。因?yàn)锽E=AD，∠DAC=∠EBC。因?yàn)镸、N、P分別為AE、BD、AB的中點(diǎn)，所以PM∥BE，PM=BE，PN∥AD，PN=AD。因此，PM=PN，∠MPN=90°。因此，BE=2PM=2MN。(3)若CB=6，CE=2，在將圖①中的△DEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，當(dāng)B、E、D三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，MN的長(zhǎng)度是多少？解法提示：如圖②，作CG⊥BD于G，則DG=CG=GE=2。因?yàn)椤螱DC=∠GEC=90°，所以△DGC和△EGC是等腰直角三角形。因此，DG=GC=GE。因?yàn)镃E=2，所以BE=BC+CE=6+2=8。因?yàn)镸、N、P分別為AE、BD、AB的中點(diǎn)，所以MN=BP/2=(BC+CP)/2=(BC+AB)/4=(6+10)/4=4。因此，MN=4。第8題解析：當(dāng)D、E、B共線時(shí)，根據(jù)勾股定理可得：BG＝BC2－CG2＝62－(2)2＝34因此，BE＝BG－GE＝34－2MN＝2BE＝17－1改寫(xiě)為：在Rt△BCG中，當(dāng)D、E、B共線時(shí)，根據(jù)勾股定理可得BG＝BC2－CG2＝62－22＝34。因此，BE＝BG－GE＝34－2，從而MN＝2BE＝17－1。第9題解析：(1)證明：根據(jù)折疊性質(zhì)可得AE＝FE，并且∠EAF＝∠EFA。因?yàn)镚F⊥AF，所以∠EAF＋∠FGA＝∠EFA＋∠EFG＝90°，又∠FGA＝∠EFG，因此EG＝EF，即AE＝GE。(2)解：當(dāng)點(diǎn)F落在AC上時(shí)，根據(jù)題意可知AE＝a，因此AD＝na。由對(duì)稱(chēng)性可得BE⊥AF，因此∠ABE＋∠BAC＝90°。又因?yàn)椤螪AC＋∠BAC＝90°，所以∠ABE＝∠DAC。又∠BAE＝∠D＝90°，因此△ABE∽△DAC，從而有AB/DA＝AE/DC。因?yàn)锳B＝DC，所以AB2＝AD·AE＝na·a＝na2，因此AB＝na/(a2)。又因?yàn)锳B＞0，所以AB＝na。(3)解：當(dāng)AD＝4AB時(shí)，代入(2)中的式子可得AB＝n/4a。若點(diǎn)F落在矩形內(nèi)部，則n＞4。因?yàn)辄c(diǎn)F落在矩形內(nèi)部，所以點(diǎn)G在AD上，因此∠FCG＜∠BCD，即∠FCG＜90°。如果∠CFG＝90°，則點(diǎn)F落在AC上，根據(jù)(2)可得AB＝n，因此n＝16。如果∠CGF＝90°，則有∠CGD＝∠ABE，因此△ABE∽△DGC，從而有AB/AE＝DC/DG。因?yàn)锳B＝DC，所以AB2＝AD·AE＝4AB·AE，因此AE＝AB/4。代入題中可得n＝4。因此，當(dāng)點(diǎn)F落在矩形內(nèi)部時(shí)，n＞4。證明：根據(jù)題意，可得出解圖①，連接AP，設(shè)等邊三角形AB邊上的高為h。由三角形面積公式可得S△ABP+S△ACP=S△ABC，即AB·PM+AC·PN=AB·h。因?yàn)锳B=AC，所以PM+PN=h，即PM+PN的長(zhǎng)度恰好等于三角形ABC一邊上的高。解：根據(jù)題意，可得出解圖①，設(shè)BP=x(0<x<2)，那么PC=2-x。在直角三角形BPM中，∠B=60°，所以BM=x/√3，AM=(2-x)/2，PM=x。因此，S△APM=AM·PM=(2-x)/2·x=x-x2/2。在直角三角形CNP中，∠C=60°，所以CN=(2-x)/√3，AN=2-(2-x)/2=1+x/2，PN=√3(2-x)/2。因此，S△APN=AN·PN=(1+x/2)·√3(2-x)/2=-x2/2+x√3/2+3/4。因此，四邊形AMPN的面積為S四邊形AMPN=S△APM+S△APN=x-x2/2+(-x2/2+x√3/2+3/4)=-(x-1)2+3/4。因此，當(dāng)x=1時(shí)，四邊形AMPN的面積最大，最大值為3/4。當(dāng)$x=1$時(shí)，四邊形$AMPN$的面積最大值為$\dfrac{4}{33}$，即當(dāng)$BP=1$時(shí)，四邊形$AMPN$的面積最大值為$\dfrac{4}{11}$。如圖，在矩形$ABCD$中，$AD=4$，$AB=m(m>4)$，點(diǎn)$P$是$AB$邊上的任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)$A$、$B$重合），連接$PD$，過(guò)點(diǎn)$P$作$PQ\perpPD$，交直線$BC$于點(diǎn)$Q$。(1)當(dāng)$m=10$時(shí)，是否存在點(diǎn)$P$使得點(diǎn)$Q$與點(diǎn)$C$重合？若存在，求出此時(shí)$AP$的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由；(2)連接$AC$，若$PQ\parallelAC$，求線段$BQ$的長(zhǎng)（用含$m$的代數(shù)式表示）；(3)若$\trianglePQD$為等腰三角形，求以$P$、$Q$、$C$、$D$為頂點(diǎn)的四邊形的面積$S$與$m$之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出$m$的取值范圍。解：(1)假設(shè)存在點(diǎn)$P$使得點(diǎn)$Q$與點(diǎn)$C$重合。$\becausePQ\perpPD$，$\therefore\angleDPC=90^{\circ}$，$\therefore\angleAPD+\angleBPC=90^{\circ}$，$\because\angleAPD+\angleADP=90^{\circ}$，$\therefore\angleADP=\angleBPC$，又$\because\angleB=\angleA=90^{\circ}$，$\therefore\triangleADP\sim\triangleBPC$，$\therefore\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{PB}{PC}$，$\therefore\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{1}$，$\thereforeAP=2$或$8$。$\because\dfrac{10-AP}{4}=\dfrac{m-4}{m}$，$\therefore\dfrac{8}{4}=\dfrac{10-AP}{10}$，$\thereforeAP=2$。$\therefore$當(dāng)$m=10$時(shí)，存在點(diǎn)$P$，使得點(diǎn)$Q$與點(diǎn)$C$重合，此時(shí)$AP$的長(zhǎng)為$2$。(2)由(1)可知，當(dāng)$PQ\perpPD$時(shí)，$\triangleADP\sim\triangleBPQ$，$\therefore\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{BP}{BQ}$，即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{BQ}$，即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{m-BP}$，即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{m-4-AP}$，解得$BQ=\dfrac{4m^2-64}{m^2}$。當(dāng)$PQ\parallelAC$時(shí)，$\triangleBPQ\sim\triangleBAC$，$\therefore\dfrac{BQ}{BA}=\dfrac{BP}{BC}$，即$\dfrac{BQ}{m}=\dfrac{m-4}{4}$，解得$BQ=\dfrac{m^2-4m}{16}$。$\therefore$當(dāng)$PQ\parallelAC$時(shí)，$BQ=\dfrac{m^2-4m}{16}$。(3