2020年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題：操作探究性問題

專題：操作探究型1.(12分)綜合與實踐問題情景在綜合與實踐課上，老師出示了這樣一個問題：在矩形紙片ABCD和矩形紙片EFGH中，BC＝GF＝1，AB＝EF＝3.將兩張矩形紙片按照如圖①所示的方式擺放，使點E與點A重合，點F落在AB的垂直平分線l上．試判斷點H是否在線段AD的垂直平分線上．探究展示勤奮小組發(fā)現(xiàn)點H在線段AD的垂直平分線上，并展示了如下的證明方法：證明：如圖①，連接BF，∵點F是AB垂直平分線上的點，∴EF＝BF.∵AB＝EF，∴AB＝EF＝BF，∴△ABF是等邊三角形．(依據(jù)1)∴∠FAB＝60°，∠DAF＝∠DAB－∠FAB＝90°－60°＝30°.∴∠HAD＝∠HEF－∠DAF＝90°－30°＝60°.連接DH.∵AD＝EH，∴△ADH是等邊三角形．∴HA＝HD.∴點H在線段AD的垂直平分線上．(依據(jù)2)反思交流(1)上述證明過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別指什么？(2)創(chuàng)新小組受勤奮小組的啟發(fā)繼續(xù)探究，將兩張矩形紙片按照如圖②所示的方式擺放，使點H與點B重合，邊HG與邊CD相交于點P，且PB＝PD，連接PF，發(fā)現(xiàn)PD＝PF.請你給予證明；探索發(fā)現(xiàn)(3)將兩張矩形紙片按照如圖③所示的方式擺放，使點C與點E重合，邊EF與邊AB相交于點P.若CP平分∠BCD，過點G作GM⊥CD于點M，交EF于點N，延長CB交GH于點Q，連接NQ.試判斷四邊形MNQC的形狀并加以證明；(4)在如圖③四邊形BPNQ中，你可以求出這個四邊形的哪幾條邊長？請你任選一條邊并求出它的長度．圖②圖③2.(12分)綜合與實踐——猜想、證明與拓廣問題情境：數(shù)學(xué)課上同學(xué)們探究正方形邊上的動點引發(fā)的有關(guān)問題，如圖①，正方形ABCD中，點E是BC邊上的一點，點D關(guān)于直線AE的對稱點為點F，直線DF交AB于點H，直線FB與直線AE交于點G，連接DG，CG.猜想證明：(1)當(dāng)圖①中的點E與點B重合時得到圖②，此時點G也與點B重合，點H與點A重合，同學(xué)們發(fā)現(xiàn)線段GF與GD有確定的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，其結(jié)論為：__________；(2)希望小組的同學(xué)發(fā)現(xiàn)，圖①中的點E在邊BC上運動時，(1)中結(jié)論始終成立．為證明這兩個結(jié)論，同學(xué)們展開了討論：小敏：根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，很容易得到“GF與GD的數(shù)量關(guān)系”…小麗：連接AF，圖中出現(xiàn)新的等腰三角形，如△AFB，…小凱：不妨設(shè)圖中不斷變化的角∠BAF度數(shù)為n，并設(shè)法用n表示圖中的一些角，可證明結(jié)論．請你參考同學(xué)們的思路，完成證明；(3)創(chuàng)新小組的同學(xué)在圖①中，發(fā)現(xiàn)線段CG∥DF.請你說明理由；聯(lián)系拓廣：(4)如圖③，若將題中的“正方形ABCD”變?yōu)椤傲庑蜛BCD”，∠ABC＝α，其余條件不變，請?zhí)骄俊螪FG的度數(shù)，直接寫出結(jié)果(用含α的式子表示)．3.(12分)綜合與實踐問題情境在數(shù)學(xué)活動課上，老師提出了這樣一個問題，如圖①，四邊形ABCD是正方形，點E是CB延長線上的一點(BE<AB)，連接AE，過點A作AG⊥AE交邊CD于點G，連接EG.獨立思考(1)勤奮小組發(fā)現(xiàn)AE＝AG，請你證明這個結(jié)論；合作交流(2)希望小組受勤奮小組的啟發(fā)，繼續(xù)探究，提出了這樣的問題：如圖②，當(dāng)BE>AB時，過點A作AG⊥AE，交DC的延長線于點G.連接EG，過點A作AF⊥EG，F(xiàn)為垂足，F(xiàn)A，CD的延長線交于點H，連接EH.①求證：DH＋BE＝EH；②當(dāng)點A是GH垂直平分線上的點時，請判斷DH，AD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；深入探究(3)四邊形ABCD是正方形，AB＝4，點E為直線BC上任意一點，過點A作AG⊥AE交直線CD于點G，連接BG.若eq\f(CE,AB)＝eq\f(1,2)，參照以上探究過程，試探究當(dāng)點E在BC上或點E在BC延長線上，任選一種情況，在圖③中畫出圖形，并直接寫出此時BG的長．參考答案1.(1)解：依據(jù)1：三邊都相等的三角形是等邊三角形；依據(jù)2：到線段兩端距離相等的點在線段的垂直平分線上；(2分)(2)證明：如解圖①，連接DG.∵CD＝BG，PD＝PB，∴CD－PD＝BG－PB.∴CP＝GP.在△PBC和△PDG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(PB＝PD，,∠1＝∠2，,CP＝GP，))∴△PBC≌△PDG(SAS)．∴DG＝BC.∵BC＝GF，∴DG＝GF.∵∠DGP＝∠C＝90°，∠BGF＝90°，∴∠DGF＝∠DGP＋∠FGB＝90°＋90°＝180°.∴D、G、F三點在同一直線上．∴PG垂直平分DF.∴PD＝PF；(6分)(3)解：四邊形MNQC是正方形．證明：如解圖②，分別延長DC、GH相交于點K.∵∠BCD＝90°，CP平分∠BCD，∴∠1＝∠2＝eq\f(1,2)∠BCD＝eq\f(1,2)×90°＝45°.∴∠3＝∠4＝45°.∴在Rt△CHK中，∠K＝45°.∴CH＝KH＝1.根據(jù)勾股定理可得，CK＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).在Rt△CMN中，∵∠1＝45°，∴∠MNC＝∠1＝45°.∴∠FNG＝∠MNC＝45°.∴Rt△FGN是等腰直角三角形．∴FN＝FG＝1.∴CN＝CF－FN＝3－1＝2.由勾股定理得，CM＝MN＝eq\r(2).∴CQ＝MN＝eq\r(2).又∵M(jìn)N∥CQ，∴四邊形MNQC是平行四邊形．∵∠QCM＝90°，∴四邊形MNQC是矩形．∵CM＝MN，∴四邊形MNQC是正方形；(10分)(4)解：(答案不唯一)由(3)可知MC∥NQ，又∵四邊形ABCD是矩形，∴BP∥NQ.∴△CPB∽△CNQ.∴eq\f(PB,NQ)＝eq\f(CB,CQ).∵CQ＝NQ＝eq\r(2)，CB＝1，∴PB＝eq\f(CB,CQ)·NQ＝eq\f(1,\r(2))×eq\r(2)＝1.(12分)2.(1)解：GF＝GD，GF⊥GD；(1分)(2)證明：如解圖①，連接AF.∵點D關(guān)于直線AE的對稱點為點F，∴直線AE是線段DF的垂直平分線，∴AF＝AD，GF＝GD，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴∠1＋∠3＝∠2＋∠4，即∠AFG＝∠ADG.(2分)∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°.設(shè)∠BAF的度數(shù)為n，∴∠FAD＝90°＋n.(3分)∵AF＝AD＝AB，∴∠AFB＝∠ABF，∴∠AFB＋∠ABF＝180°－n，∴∠AFB＋∠ADG＝180°－n，(4分)∴∠FGD＝360°－∠FAD－∠AFG－∠ADG＝360°－(90°＋n)－(180°－n)＝90°，∴GF⊥GD；(5分)(3)解：如解圖②，連接AF，BD.由(2)得FG＝DG，F(xiàn)G⊥DG，∴∠GFD＝∠GDF＝eq\f(180°－∠FGD,2)＝45°.(6分)∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，∴∠BDC＝∠DBC＝45°，∴∠FDG＝∠BDC，∴∠FDG－∠BDG＝∠BDC－∠BDG；即∠FDB＝∠GDC.(7分)∵在Rt△FDG中，sin∠DFG＝eq\f(DG,DF)＝sin45°＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△BDC中，sin∠DBC＝eq\f(DC,DB)＝sin45°＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(DG,DF)＝eq\f(DC,DB)，∴eq\f(DG,DC)＝eq\f(DF,DB)，(8分)∴△BDF∽△CDG，∴∠DGC＝∠DFG＝45°，(9分)∴∠DGC＝∠FDG，∴CG∥DF；(10分)(4)∠DFG＝90°－eq\f(α,2).(12分)【解法提示】如解圖③連接AF，BD，∵點D與點F關(guān)于AE對稱，∴AE是線段DF的垂直平分線，∴AD＝AF，∠1＝∠2，AE⊥DF，∠DAE＝∠FAE，∴∠DAE＝90°－∠2，∴∠DAF＝2∠DAE＝180°－2∠2.∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD.∴∠AFB＝∠ABF＝∠DFG＋∠1.∵BD是菱形ABCD的對角線，∴∠ADB＝∠ABD＝eq\f(1,2)α.∴在四邊形ADBF中，(∠DFG＋∠1)＋(∠DFG＋∠1＋eq\f(1,2)α)＋eq\f(1,2)α＋(180°－2∠1)＝360°.∴2∠DFG＋2∠1＋α－2∠1＝180°.∴∠DFG＝90°－eq\f(1,2)α.3.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝90°.∵∠ABE＋∠ABC＝180°，∴∠ABE＝90°，∴∠D＝∠ABE.∵AG⊥AE，∴∠EAG＝90°，∵∠EAB＋∠BAG＝∠DAG＋∠BAG＝90°，∴∠EAB＝∠GAD，在△ADG和△ABE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DAG＝∠BAE，,AD＝AB，,∠D＝∠ABE，))∴△ADG≌△ABE(ASA)，∴AG＝AE；(4分)(2)①證明：根據(jù)題意可得∠ABE＝∠ADG＝90°，∵AG⊥AE，∴∠EAG＝90°，∴∠EAB＋∠BAG＝∠DAG＋∠BAG＝90°，∴∠EAB＝∠DAG，在△ADG和△ABE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DAG＝∠BAE，,AD＝AB，,∠ADG＝∠ABE，))∴△ADG≌△ABE(ASA)，∴DG＝BE，AG＝AE，∴△AEG是等腰直角三角形，又∵AF⊥EG，∴AF是EG邊上的中線，∴AF垂直平分EG，∴EH＝GH，∴GH＝DH＋DG＝DH＋BE.∴DH＋BE＝EH；(7分)②解：DH＝(eq\r(2)＋1)AD；理由如下：∵A是GH垂直平分線上的點，∴AD⊥HG，DH＝DG，由(2)①知DG＝BE，∴DH＝BE，∴DH＋DC＝BE＋BC，即CH＝CE，∴△CEH是等腰直角三角形，∴∠CHE＝45°.∵HE＝HG，HF⊥EG，∴HF平分∠CHE，∴∠AHD＝eq\f(1,2)∠CHE＝eq\f(1,2)×45°＝22.5°，如解圖①，在DH上取一點K，使DK＝AD，則∠AKD＝45°，∴∠HAK＝∠AKD－