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1、▼▼▼2019屆數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)資料▼▼▼ 操作探究 一、選擇題 1.（2014?德州，第12題3分）如圖，在一張矩形紙片ABCD中，AB=4，BC=8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將紙片ABCD沿直線EF折疊，點(diǎn)C落在AD上的一點(diǎn)H處，點(diǎn)D落在點(diǎn)G處，有以下四個結(jié)論： ①四邊形CFHE是菱形； ②EC平分∠DCH； ③線段BF的取值范圍為3≤BF≤4； ④當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)A重合時，EF=2． 以上結(jié)論中，你認(rèn)為正確的有（　?。﹤€． 　 A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 考點(diǎn)： 翻折變換（折疊問題） 分析： 先判斷出四邊形CFHE是平行四邊形，再根據(jù)翻

2、折的性質(zhì)可得CF=FH，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明，判斷出①正確； 根據(jù)菱形的對角線平分一組對角線可得∠BCH=∠ECH，然后求出只有∠DCE=30時EC平分∠DCH，判斷出②錯誤； 點(diǎn)H與點(diǎn)A重合時，設(shè)BF=x，表示出AF=FC=8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，點(diǎn)G與點(diǎn)D重合時，CF=CD，求出BF=4，然后寫出BF的取值范圍，判斷出③正確； 過點(diǎn)F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判斷出④正確． 解答： 解：∵FH與CG，EH與CF都是矩形ABCD的對邊AD、BC的一部分， ∴FH∥CG，EH∥CF， ∴四邊形CFHE是

3、平行四邊形， 由翻折的性質(zhì)得，CF=FH， ∴四邊形CFHE是菱形，故①正確； ∴∠BCH=∠ECH， ∴只有∠DCE=30時EC平分∠DCH，故②錯誤； 點(diǎn)H與點(diǎn)A重合時，設(shè)BF=x，則AF=FC=8﹣x， 在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2， 即42+x2=（8﹣x）2， 解得x=3， 點(diǎn)G與點(diǎn)D重合時，CF=CD=4， ∴BF=4， ∴線段BF的取值范圍為3≤BF≤4，故③正確； 過點(diǎn)F作FM⊥AD于M，則ME=（8﹣3）﹣3=2， 由勾股定理得，EF===2，故④正確； 綜上所述，結(jié)論正確的有①③④共3個． 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查

4、了翻折變換的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，難點(diǎn)在于③判斷出BF最小和最大時的兩種情況． 二.填空題 三.解答題 1. （ 2014?福建泉州，第25題12分）如圖，在銳角三角形紙片ABC中，AC＞BC，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊AB，BC，CA上． （1）已知：DE∥AC，DF∥BC． ①判斷 四邊形DECF一定是什么形狀？ ②裁剪 當(dāng)AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45時，請你探索：如何剪四邊形DECF，能使它的面積最大，并證明你的結(jié)論； （2）折疊 請你只用兩次折疊，確定四邊形的頂點(diǎn)D，E，C，F(xiàn)，使它恰好為菱形，并說明你的折法和理由． 考點(diǎn)： 四

5、邊形綜合題 分析： （1）①根據(jù)有兩組對邊互相平行的四邊形是平行四邊形即可求得，②根據(jù)△ADF∽△ABC推出對應(yīng)邊的相似比，然后進(jìn)行轉(zhuǎn)換，即可得出h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)平行四邊形的面積公式，很容易得出面積S關(guān)于h的二次函數(shù)表達(dá)式，求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，就可得出面積s最大時h的值． （2）第一步，沿∠ABC的對角線對折，使C與C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1對折，使DA1⊥BB1． 解答： 解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC， ∴四邊形DECF是平行四邊形． ②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H， ∵∠ACB=45，AC=24cm ∴AG==12， 設(shè)DF=EC

6、=x，平行四邊形的高為h， 則AH=12h， ∵DF∥BC， ∴=， ∵BC=20cm， 即：= ∴x=20， ∵S=xh=x?20=20h﹣h2． ∴﹣=﹣=6， ∵AH=12， ∴AF=FC， ∴在AC中點(diǎn)處剪四邊形DECF，能使它的面積最大． （2）第一步，沿∠ABC的對角線對折，使C與C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1對折，使DA1⊥BB1． 理由：對角線互相垂直平分的四邊形是菱形． 點(diǎn)評： 本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)、菱形的判定、二次函數(shù)的最值．關(guān)鍵在于根據(jù)相似三角形及已知條件求出相關(guān)線段的表達(dá)式，求出二次函數(shù)表達(dá)式，即可求出結(jié)論．

7、 　 2. （ 2014?福建泉州，第26題14分）如圖，直線y=﹣x+3與x，y軸分別交于點(diǎn)A，B，與反比例函數(shù)的圖象交于點(diǎn)P（2，1）． （1）求該反比例函數(shù)的關(guān)系式； （2）設(shè)PC⊥y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)A關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)為A′； ①求△A′BC的周長和sin∠BA′C的值； ②對大于1的常數(shù)m，求x軸上的點(diǎn)M的坐標(biāo)，使得sin∠BMC=． 考點(diǎn)： 反比例函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式；勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；直線與圓的位置關(guān)系；銳角三角函數(shù)的定義 專題： 壓軸題；探究型． 分析： （1）設(shè)反比例函數(shù)的關(guān)系式y(tǒng)=，然后把點(diǎn)P的坐標(biāo)（2，1）代入即

8、可． （2）①先求出直線y=﹣x+3與x、y軸交點(diǎn)坐標(biāo)，然后運(yùn)用勾股定理即可求出△A′BC的周長；過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，運(yùn)用面積法可以求出CD長，從而求出sin∠BA′C的值． ②由于BC=2，sin∠BMC=，因此點(diǎn)M在以BC為弦，半徑為m的⊙E上，因而點(diǎn)M應(yīng)是⊙E與x軸的交點(diǎn)．然后對⊙E與x軸的位置關(guān)系進(jìn)行討論，只需運(yùn)用矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識就可求出滿足要求的點(diǎn)M的坐標(biāo)． 解答： 解：（1）設(shè)反比例函數(shù)的關(guān)系式y(tǒng)=． ∵點(diǎn)P（2，1）在反比例函數(shù)y=的圖象上， ∴k=21=2． ∴反比例函數(shù)的關(guān)系式y(tǒng)=． （2）①過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，如圖1所示．

9、 當(dāng)x=0時，y=0+3=3， 則點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，3）．OB=3． 當(dāng)y=0時，0=﹣x+3，解得x=3， 則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），OA=3． ∵點(diǎn)A關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)為A′， ∴OA′=OA=3． ∵PC⊥y軸，點(diǎn)P（2，1）， ∴OC=1，PC=2． ∴BC=2． ∵∠AOB=90，OA′=OB=3，OC=1， ∴A′B=3，A′C=． ∴△A′BC的周長為3++2． ∵S△ABC=BC?A′O=A′B?CD， ∴BC?A′O=A′B?CD． ∴23=3CD． ∴CD=． ∵CD⊥A′B， ∴sin∠BA′C===． ∴△A′BC的周長為3++2，s

10、in∠BA′C的值為． ②當(dāng)1＜m＜2時， 作經(jīng)過點(diǎn)B、C且半徑為m的⊙E， 連接CE并延長，交⊙E于點(diǎn)P，連接BP， 過點(diǎn)E作EG⊥OB，垂足為G， 過點(diǎn)E作EH⊥x軸，垂足為H，如圖2①所示． ∵CP是⊙E的直徑， ∴∠PBC=90． ∴sin∠BPC===． ∵sin∠BMC=， ∴∠BMC=∠BPC． ∴點(diǎn)M在⊙E上． ∵點(diǎn)M在x軸上 ∴點(diǎn)M是⊙E與x軸的交點(diǎn)． ∵EG⊥BC， ∴BG=GC=1． ∴OG=2． ∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90， ∴四邊形OGEH是矩形． ∴EH=OG=2，EG=OH． ∵1＜m＜2， ∴EH＞EC． ∴

11、⊙E與x軸相離． ∴x軸上不存在點(diǎn)M，使得sin∠BMC=． ②當(dāng)m=2時，EH=EC． ∴⊙E與x軸相切． Ⅰ．切點(diǎn)在x軸的正半軸上時，如圖2②所示． ∴點(diǎn)M與點(diǎn)H重合． ∵EG⊥OG，GC=1，EC=m， ∴EG==． ∴OM=OH=EG=． ∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）． Ⅱ．切點(diǎn)在x軸的負(fù)半軸上時， 同理可得：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣，0）． ③當(dāng)m＞2時，EH＜EC． ∴⊙E與x軸相交． Ⅰ．交點(diǎn)在x軸的正半軸上時， 設(shè)交點(diǎn)為M、M′，連接EM，如圖2③所示． ∵∠EHM=90，EM=m，EH=2， ∴MH===． ∵EH⊥MM′， ∴MH=M′H． ∴M′

12、H═． ∵∠EGC=90，GC=1，EC=m， ∴EG===． ∴OH=EG=． ∴OM=OH﹣MH=﹣， ∴OM′=OH+HM′=+， ∴M（﹣，0）、M′（+，0）． Ⅱ．交點(diǎn)在x軸的負(fù)半軸上時， 同理可得：M（﹣+，0）、M′（﹣﹣，0）． 綜上所述：當(dāng)1＜m＜2時，滿足要求的點(diǎn)M不存在； 當(dāng)m=2時，滿足要求的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）和（﹣，0）； 當(dāng)m＞2時，滿足要求的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣，0）、（+，0）、（﹣+，0）、（﹣﹣，0）． 點(diǎn)評： 本題考查了用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的關(guān)系式、勾股定理、三角函數(shù)的定義、矩形的判定與性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系、垂徑定

13、理等知識，考查了用面積法求三角形的高，考查了通過構(gòu)造輔助圓解決問題，綜合性比較強(qiáng)，難度系數(shù)比較大．由BC=2，sin∠BMC=聯(lián)想到點(diǎn)M在以BC為弦，半徑為m的⊙E上是解決本題的關(guān)鍵． 　3．（2014?浙江寧波，第25題12分）課本的作業(yè)題中有這樣一道題：把一張頂角為36的等腰三角形紙片剪兩刀，分成3張小紙片，使每張小紙片都是等腰三角形，你能辦到嗎？請畫示意圖說明剪法． 我們有多少種剪法，圖1是其中的一種方法： 定義：如果兩條線段將一個三角形分成3個等腰三角形，我們把這兩條線段叫做這個三角形的三分線． （1）請你在圖2中用兩種不同的方法畫出頂角為45的等腰三角形的三分線，并標(biāo)注

14、每個等腰三角形頂角的度數(shù)；（若兩種方法分得的三角形成3對全等三角形，則視為同一種） （2）△ABC中，∠B=30，AD和DE是△ABC的三分線，點(diǎn)D在BC邊上，點(diǎn)E在AC邊上，且AD=BD，DE=CE，設(shè)∠C=x，試畫出示意圖，并求出x所有可能的值； （3）如圖3，△ABC中，AC=2，BC=3，∠C=2∠B，請畫出△ABC的三分線，并求出三分線的長． 考點(diǎn)： 相似形綜合題；圖形的剪拼 分析： （1）45自然想到等腰直角三角形，過底角一頂點(diǎn)作對邊的高，發(fā)現(xiàn)形成一個等腰直角三角形和直角三角形．直角三角形斜邊的中線可形成兩個等腰三角形，則易得一種情況．第二種情形可以考慮題例中給出的方法

15、，試著同樣以一底角作為新等腰三角形的底角，則另一底腳被分為45和22.5，再以22.5分別作為等腰三角形的底角或頂角，易得其中作為底角時所得的三個三角形恰都為等腰三角形．即又一三分線作法． （2）用量角器，直尺標(biāo)準(zhǔn)作30角，而后確定一邊為BA，一邊為BC，根據(jù)題意可以先固定BA的長，而后可確定D點(diǎn)，再標(biāo)準(zhǔn)作圖實(shí)驗(yàn)﹣﹣分別考慮AD為等腰三角形的腰或者底邊，兼顧AEC在同一直線上，易得2種三角形ABC．根據(jù)圖形易得x的值． （3）因?yàn)椤螩=2∠B，作∠C的角平分線，則可得第一個等腰三角形．而后借用圓規(guī)，以邊長畫弧，根據(jù)交點(diǎn)，尋找是否存在三分線，易得如圖4圖形為三分線．則可根據(jù)外角等于內(nèi)角之和及

16、腰相等等情況列出等量關(guān)系，求解方程可知各線的長． 解答： 解：（1）如圖2作圖， （2）如圖3 ①、②作△ABC． ①當(dāng)AD=AE時， ∵2x+x=30+30， ∴x=20． ②當(dāng)AD=DE時， ∵30+30+2x+x=180， ∴x=40． （3） 如圖4，CD、AE就是所求的三分線． 設(shè)∠B=a，則∠DCB=∠DCA=∠EAC=a，∠ADE=∠AED=2a， 此時△AEC∽△BDC，△ACD∽△ABC， 設(shè)AE=AD=x，BD=CD=y， ∵△AEC∽△BDC， ∴x：y=2：3， ∵△ACD∽△ABC， ∴2x=（x+y）：2， 所以聯(lián)立得方

17、程組， 解得 ， 即三分線長分別是和． 點(diǎn)評： 本題考查了學(xué)生學(xué)習(xí)的理解能力及動手創(chuàng)新能力，知識方面重點(diǎn)考查三角形內(nèi)角、外角間的關(guān)系及等腰三角形知識，是一道很鍛煉學(xué)生能力的題目． 操作探究 1．（2014?四川南充，第16題，3分）如圖，有一矩形紙片ABCD，AB=8，AD=17，將此矩形紙片折疊，使頂點(diǎn)A落在BC邊的A′處，折痕所在直線同時經(jīng)過邊AB、AD（包括端點(diǎn)），設(shè)BA′=x，則x的取值范圍是　?。? 分析：作出圖形，根據(jù)矩形的對邊相等可得BC=AD，CD=AB，當(dāng)折痕經(jīng)過點(diǎn)D時，根據(jù)翻折的性質(zhì)可得A′D=AD，利用勾股定理列式求出A′C，再求出BA′；當(dāng)折痕經(jīng)

18、過點(diǎn)B時，根據(jù)翻折的性質(zhì)可得BA′=AB，此兩種情況為BA′的最小值與最大值的情況，然后寫出x的取值范圍即可． 解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，AB=8，AD=17，∴BC=AD=17，CD=AB=8， ①當(dāng)折痕經(jīng)過點(diǎn)D時，由翻折的性質(zhì)得，A′D=AD=17， 在Rt△A′CD中，A′C===15， ∴BA′=BC﹣A′C=17﹣15=2； ②當(dāng)折痕經(jīng)過點(diǎn)B時，由翻折的性質(zhì)得，BA′=AB=8， ∴x的取值范圍是2≤x≤8．故答案為：2≤x≤8． 點(diǎn)評： 本題考查了翻折變換的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，難點(diǎn)在于判斷出BA′的最小值與最大值時的情況，作出圖形更形象直觀． 2. 3.

19、 4. 5. 6. 7. 8. 三、解答題 1.（2014?浙江杭州，第20題，10分）把一條12個單位長度的線段分成三條線段，其中一條線段成為4個單位長度，另兩條線段長都是單位長度的整數(shù)倍． （1）不同分段得到的三條線段能組成多少個不全等的三角形？用直尺和圓規(guī)作這些三角形（用給定的單位長度，不寫作法，保留作圖痕跡）； （2）求出（1）中所作三角形外接圓的周長． 考點(diǎn)： 作圖—應(yīng)用與設(shè)計作圖． 分析： （1）利用三角形三邊關(guān)系進(jìn)而得出符合題意的圖形即可； （2）利用三角形外接圓作法，首先作出任意兩邊的垂直平分線，即可得出圓心位置，進(jìn)而得出其外接圓． 解答：

20、 解：（1）由題意得：三角形的三邊長分別為：4，4，4；3，4，5； 即不同分段得到的三條線段能組成2個不全等的三角形，如圖所示： （2）如圖所示： 當(dāng)三邊的單位長度分別為3，4，5，可知三角形為直角三角形，此時外接圓的半徑為2.5； 當(dāng)三邊的單位長度分別為4，4，4．三角形為等邊三角形，此時外接圓的半徑為， ∴當(dāng)三條線段分別為3，4，5時其外接圓周長為：2π2.5=5π； 當(dāng)三條線段分別為4，4，4時其外接圓周長為：2π=π． 點(diǎn)評： 此題主要考查了三角形外接圓的作法和三角形三邊關(guān)系等知識，得出符合題意的三角形是解題關(guān)鍵． 　2.（2014?遵義27．（14分）

21、）如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A（3，0），B（﹣1，0），與y軸交于點(diǎn)C．若點(diǎn)P，Q同時從A點(diǎn)出發(fā)，都以每秒1個單位長度的速度分別沿AB，AC邊運(yùn)動，其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動． （1）求該二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)； （2）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到B點(diǎn)時，點(diǎn)Q停止運(yùn)動，這時，在x軸上是否存在點(diǎn)E，使得以A，E，Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形？若存在，請求出E點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． （3）當(dāng)P，Q運(yùn)動到t秒時，△APQ沿PQ翻折，點(diǎn)A恰好落在拋物線上D點(diǎn)處，請判定此時四邊形APDQ的形狀，并求出D點(diǎn)坐標(biāo)． 考點(diǎn)： 二次函數(shù)綜合題． 分析：

22、（1）將A，B點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)y=x2+bx+c中，求得b、c，進(jìn)而可求解析式及C坐標(biāo)． （2）等腰三角形有三種情況，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分線，畫圓易得E大致位置，設(shè)邊長為x，表示其他邊后利用勾股定理易得E坐標(biāo)． （3）注意到P，Q運(yùn)動速度相同，則△APQ運(yùn)動時都為等腰三角形，又由A、D對稱，則AP=DP，AQ=DQ，易得四邊形四邊都相等，即菱形．利用菱形對邊平行且相等等性質(zhì)可用t表示D點(diǎn)坐標(biāo)，又D在E函數(shù)上，所以代入即可求t，進(jìn)而D可表示． 解答： 解：（1）∵二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A（3，0），B（﹣1，0）， ∴， 解得 ， ∴y

23、=x2﹣x﹣4． ∴C（0，﹣4）． （2）存在． 如圖1，過點(diǎn)Q作QD⊥OA于D，此時QD∥OC， ∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0） ∴AB=4，OA=3，OC=4， ∴AC==5，AQ=4． ∵QD∥OC， ∴， ∴， ∴QD=，AD=． ①作AQ的垂直平分線，交AO于E，此時AE=EQ，即△AEQ為等腰三角形， 設(shè)AE=x，則EQ=x，DE=AD﹣AE=﹣x， ∴在Rt△EDQ中，（﹣x）2+（）2=x2，解得 x=， ∴OA﹣AE=3﹣=﹣， ∴E（﹣，0）． ②以Q為圓心，AQ長半徑畫圓，交x軸于E，此時QE=QA=

24、4， ∵ED=AD=， ∴AE=， ∴OA﹣AE=3﹣=﹣， ∴E（﹣，0）． ③當(dāng)AE=AQ=4時， ∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1， ∴E（﹣1，0）． 綜上所述，存在滿足條件的點(diǎn)E，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）． （3）四邊形APDQ為菱形，D點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣，﹣）．理由如下： 如圖2，D點(diǎn)關(guān)于PQ與A點(diǎn)對稱，過點(diǎn)Q作，F(xiàn)Q⊥AP于F， ∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ， ∴AP=AQ=QD=DP， ∴四邊形AQDP為菱形， ∵FQ∥OC， ∴， ∴， ∴AF=，F(xiàn)Q=， ∴Q（3﹣，﹣）， ∵DQ=AP=t， ∴D（3

25、﹣﹣t，﹣）， ∵D在二次函數(shù)y=x2﹣x﹣4上， ∴﹣=（3﹣t）2﹣（3﹣t）﹣4， ∴t=，或t=0（與A重合，舍去）， ∴D（﹣，﹣）． 點(diǎn)評： 本題考查了二次函數(shù)性質(zhì)、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知識，總體來說題意復(fù)雜但解答內(nèi)容都很基礎(chǔ)，是一道值得練習(xí)的題目． 　 3.（( 2014年河南) 22.10分）（1）問題發(fā)現(xiàn) 如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A、D、E在同一直線上，連接BE 填空：（1）∠AEB的度數(shù)為 60 ； （2）線段AD、BE之間的數(shù)量關(guān)系是 AD=BE 。 解:（1）①60；②AD=B

26、E. …………………………………………2分 提示：（1）①可證△CDA≌△CEB, ∴∠CEB=∠CDA=1200， 又∠CED=600， ∴∠AEB=1200－600=600. ②可證△CDA≌△CEB, ∴AD=BE （2）拓展探究 如圖2，△ACB和△DCE均為等邊三角形，∠ACB=∠DCE=900, 點(diǎn)A、D、E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE。請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由。 解：（2）∠AEB＝900；AE=2CM+BE. …………………………4分

27、（注：若未給出本判斷結(jié)果，但后續(xù)理由說明完全正確，不扣分） 理由：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE= 900, ∴AC=BC, CD=CE, ∠ACB=∠DCB=∠DCE－∠DCB, 即∠ACD= ∠BCE ∴△ACD≌△BCE. ……………………………………………………6分 ∴AD = BE, ∠BEC=∠ADC=1350. ∴∠AEB=∠BEC－∠CED=1350－450=900．……………………………7分 在等腰直角三角形DCE中，CM為斜邊DE上的高， ∴CM= DM= ME,∴DE=2CM. ∴AE=

28、DE+AD=2CM+BE……………………………………………………8分 （3）解決問題 如圖3，在正方形ABCD中，CD=。若點(diǎn)P滿足PD=1,且∠BPD=900，請直接寫出點(diǎn)A到BP的距離。 (3)或………………………………………………………10分 【提示】PD =1，∠BPD=900, ∴BP是以點(diǎn)D為圓心、以1為半徑的OD的切線，點(diǎn)P為切點(diǎn)． 第一種情況：如圖①，過點(diǎn)A作AP的垂線，交BP于點(diǎn)P/， 可證△APD≌△AP/B,PD=P/B=1, CD=,∴BD=2,BP=, ∴AM=PP/=(PB－BP/)=

29、 第二種情況如圖②， 可得AMPP/=(PB+BP/)= 4．（2014?廣東梅州,第22題10分）如圖，在Rt△ABC中，∠B=90，AC=60，AB=30．D是AC上的動點(diǎn)，過D作DF⊥BC于F，過F作FE∥AC，交AB于E．設(shè)CD=x，DF=y． （1）求y與x的函數(shù)關(guān)系式； （2）當(dāng)四邊形AEFD為菱形時，求x的值； （3）當(dāng)△DEF是直角三角形時，求x的值． 考點(diǎn)： 相似三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形；勾股定理；菱形的性質(zhì)． 分析： （1）由已知求出∠C=30，列出y與x的函數(shù)關(guān)系式； （2）由四邊形AEFD為菱形，列出方程y=60﹣x與y=

30、x組成方程組求x的值， （3）由△DEF是直角三角形，列出方程60﹣x=2y，與y=x組成方程組求x的值， 解答： 解：（1）∵在Rt△ABC中，∠B=90，AC=60，AB=30， ∴∠C=30， ∵CD=x，DF=y． ∴y=x； （2）∵四邊形AEFD為菱形， ∴AD=DF， ∴y=60﹣x ∴方程組， 解得x=40， ∴當(dāng)x=40時，四邊形AEFD為菱形； （3）∵△DEF是直角三角形， ∴∠FDE=90， ∵FE∥AC， ∴∠EFB=∠C=30， ∵DF⊥BC， ∴∠DEF+∠DFE=∠EFB+∠DFE， ∴∠DEF=∠EFB=30，

31、∴EF=2DF， ∴60﹣x=2y， 與y=x，組成方程組，得 解得x=30， ∴當(dāng)△DEF是直角三角形時，x=30． 點(diǎn)評： 本題主要考查了含30角的直角三角形與菱形的知識，解本題的關(guān)鍵是找出x與y的關(guān)系列方程組． 操作探究 一.選擇題 1. (2014?黑龍江牡丹江, 第7題3分)已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠A＜∠B，CM是斜邊AB上的中線，將△ACM沿直線CM折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)D處，如果CD恰好與AB垂直，那么∠A的度數(shù)是（　?。? 第1題圖 　 A．30 B． 40 C． 50 D． 60 考點(diǎn)： 翻折變換（折疊問題）． 分析：

32、 根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，折疊前后的兩個三角形全等，則∠D=∠A，∠MCD=∠MCA，從而求得答案． 解答： 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠A＜∠B，CM是斜邊AB上的中線， ∴AM=MC=BM， ∴∠A=∠MCA， ∵將△ACM沿直線CM折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)D處， ∴CM平分∠ACD，∠A=∠D， ∴∠ACM=∠MCD， ∵∠A+∠B=∠B+∠BCD=90 ∴∠A=∠BCD ∴∠BCD=∠DCM=∠MCA=30 ∴∠A=30． 故選：A． 點(diǎn)評： 本題考查圖形的折疊變化及三角形的內(nèi)角和定理．關(guān)鍵是要理解折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，折疊前后圖

33、形的形狀和大小不變，只是位置變化． 0. 2．（2014?四川綿陽,第12題3分）如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上一點(diǎn)，OQ⊥BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)B作半圓O的切線，交OQ的延長線于點(diǎn)P，PA交半圓O于R，則下列等式中正確的是（　　） 　 A． = B． = C． = D． = 考點(diǎn)： 切線的性質(zhì)；平行線的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理；垂徑定理；相似三角形的判定與性質(zhì) 專題： 探究型． 分析： （1）連接AQ，易證△OQB∽△OBP，得到，也就有，可得△OAQ∽OPA，從而有∠OAQ=∠APO．易證∠CAP=∠APO，從而有∠CAP=∠OAQ，則有∠C

34、AQ=∠BAP，從而可證△ACQ∽△ABP，可得，所以A正確． （2）由△OBP∽△OQB得，即，由AQ≠OP得，故C不正確． （3）連接OR，易得=，=2，得到，故B不正確． （4）由及AC=2OQ，AB=2OB，OB=OR可得，由AB≠AP得，故D不正確． 解答： 解：（1）連接AQ，如圖1， ∵BP與半圓O于點(diǎn)B，AB是半圓O的直徑， ∴∠ABP=∠ACB=90． ∵OQ⊥BC， ∴∠OQB=90． ∴∠OQB=∠OBP=90． 又∵∠BOQ=∠POB， ∴△OQB∽△OBP． ∴． ∵OA=OB， ∴． 又∵∠AOQ=∠POA， ∴△OAQ∽△OPA．

35、 ∴∠OAQ=∠APO． ∵∠OQB=∠ACB=90， ∴AC∥OP． ∴∠CAP=∠APO． ∴∠CAP=∠OAQ． ∴∠CAQ=∠BAP． ∵∠ACQ=∠ABP=90， ∴△ACQ∽△ABP． ∴． 故A正確． （2）如圖1， ∵△OBP∽△OQB， ∴． ∴． ∵AQ≠OP， ∴． 故C不正確． （3）連接OR，如圖2所示． ∵OQ⊥BC， ∴BQ=CQ． ∵AO=BO， ∴OQ=AC． ∵OR=AB． ∴=，=2． ∴≠． ∴． 故B不正確． （4）如圖2， ∵， 且AC=2OQ，AB=2OB，OB=OR， ∴． ∵AB≠

36、AP， ∴． 故D不正確． 故選：A． 點(diǎn)評： 本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、垂徑定理、三角形的中位線等知識，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度． 　 3．（2014?浙江紹興,第9題4分）將一張正方形紙片，按如圖步驟①，②，沿虛線對著兩次，然后沿③中的虛線剪去一個角，展開鋪平后的圖形是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點(diǎn)： 剪紙問題． 分析： 按照題意要求，動手操作一下，可得到正確的答案． 解答： 解：由題意要求知，展開鋪平后的圖形是B． 故選B． 點(diǎn)評： 此題主要考查了剪紙問題，此類問

37、題應(yīng)親自動手折一折，剪一剪看看，可以培養(yǎng)空間想象能力． 　 4．（2014?江西，第5題3分）如圖，賢賢同學(xué)用手工紙制作一個臺燈燈罩，做好后發(fā)現(xiàn)上口太小了，于是他把紙燈罩對齊奢壓扁，剪去上面一截后，正好合適。以下裁剪示意圖中，正確的是（ ）． 【答案】 A. 【考點(diǎn)】 圖形與變換． 【分析】 可用排除法，B、D兩選項(xiàng)肯定是錯誤的，正確答案為A. 【解答】 答案為A。 5． 二.填空題 1.（2014?貴州黔西南州, 第19題3分）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使邊AB、CD均落在對角線BD上，得折痕BE、BF，則∠EBF=　45?。? 第1題圖

38、 考點(diǎn)： 角的計算；翻折變換（折疊問題）． 分析： 根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠DBF=∠FBC=∠DBC，再根據(jù)∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90，得出∠EBD+∠DBF=45，從而求出答案． 解答： 解：∵四邊形ABCD是矩形， 根據(jù)折疊可得∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠DBF=∠FBC=∠DBC， ∵∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90， ∴∠EBD+∠DBF=45， 即∠EBF=45， 故答案為：45． 點(diǎn)評： 此題考查了角的計算和翻折變換，解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)圖形翻折后，哪些角是相等的，再

39、進(jìn)行計算，是一道基礎(chǔ)題． 三.解答題 1. (2014?陜西,第26題12分)問題探究 （1）如圖①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC邊上存在點(diǎn)P，使△APD為等腰三角形，那么請畫出滿足條件的一個等腰三角形△APD，并求出此時BP的長； （2）如圖②，在△ABC中，∠ABC=60，BC=12，AD是BC邊上的高，E、F分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，當(dāng)AD=6時，BC邊上存在一點(diǎn)Q，使∠EQF=90，求此時BQ的長；[中國教@育出&版%網(wǎng)#~] 問題解決 （3）有一山莊，它的平面圖為如圖③的五邊形ABCDE，山莊保衛(wèi)人員想在線段CD上選一點(diǎn)M安裝監(jiān)控裝置，用來監(jiān)視邊

40、AB，現(xiàn)只要使∠AMB大約為60，就可以讓監(jiān)控裝置的效果達(dá)到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，問在線段CD上是否存在點(diǎn)M，使∠AMB=60？若存在，請求出符合條件的DM的長，若不存在，請說明理由． [中國~@^教#&育出版網(wǎng)] 考點(diǎn)： 圓的綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的性質(zhì)；正方形的判定與性質(zhì)；直線與圓的位置關(guān)系；特殊角的三角函數(shù)值．菁優(yōu)網(wǎng) 專題： 壓軸題；存在型． 分析： （1）由于△PAD是等腰三角形，底邊不定，需三種情況討論，運(yùn)用三角形全等、矩形的性質(zhì)、勾股定

41、理等知識即可解決問題． （2）以EF為直徑作⊙O，易證⊙O與BC相切，從而得到符合條件的點(diǎn)Q唯一，然后通過添加輔助線，借助于正方形、特殊角的三角函數(shù)值等知識即可求出BQ長． （3）要滿足∠AMB=60，可構(gòu)造以AB為邊的等邊三角形的外接圓，該圓與線段CD的交點(diǎn)就是滿足條件的點(diǎn)，然后借助于等邊三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，就可算出符合條件的DM長． 解答： 解：（1）①作AD的垂直平分線交BC于點(diǎn)P，如圖①， 則PA=PD． ∴△PAD是等腰三角形． ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AB=DC，∠B=∠C=90． ∵PA=PD，AB=DC ∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL

42、）． ∴BP=CP． ∵BC=4， ∴BP=CP=2． ②以點(diǎn)D為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點(diǎn)P′，如圖①，． 則DA=DP′． ∴△P′AD是等腰三角形． ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD=BC，AB=DC，∠C=90． ∵AB=3，BC=4， ∴DC=3，DP′=4． ∴CP′==． ∴BP′=4﹣． ③點(diǎn)A為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點(diǎn)P″，如圖①， 則AD=AP″． ∴△P″AD是等腰三角形． 同理可得：BP″=． 綜上所述：在等腰三角形△ADP中， 若PA=PD，則BP=2； 若DP=DA，則BP=4﹣； 若AP=AD，則BP=．

43、 （2）∵E、F分別為邊AB、AC的中點(diǎn)， ∴EF∥BC，EF=BC． ∵BC=12， ∴EF=6． 以EF為直徑作⊙O，過點(diǎn)O作OQ⊥BC，垂足為Q，連接EQ、FQ，如圖②． ∵AD⊥BC，AD=6， ∴EF與BC之間的距離為3． ∴OQ=3 ∴OQ=OE=3． ∴⊙O與BC相切，切點(diǎn)為Q． ∵EF為⊙O的直徑， ∴∠EQF=90 過點(diǎn)E作EG⊥BC，垂足為G，如圖②． ∵EG⊥BC，OQ⊥BC， ∴EG∥OQ． ∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90，OE=OQ， ∴四邊形OEGQ是正方形． ∴GQ=EO=3，EG=OQ=3． ∵∠B=60，∠EGB=

44、90，EG=3， ∴BG=． ∴BQ=GQ+BG=3+． ∴當(dāng)∠EQF=90時，BQ的長為3+． （3）在線段CD上存在點(diǎn)M，使∠AMB=60 理由如下： 以AB為邊，在AB的右側(cè)作等邊三角形ABG， 作GP⊥AB，垂足為P，作AK⊥BG，垂足為K． 設(shè)GP與AK交于點(diǎn)O，以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑作⊙O， 過點(diǎn)O作OH⊥CD，垂足為H，如圖③． 則⊙O是△ABG的外接圓， ∵△ABG是等邊三角形，GP⊥AB， ∴AP=PB=AB． ∵AB=270， ∴AP=135． ∵ED=285 ∴OH=285﹣135=150． ∵△ABG是等邊三角形，AK⊥BG，

45、∴∠BAK=∠GAK=30． ∴OP=AP?tan30 =135 =45． ∴OA=2OP=90． ∴OH＜OA． ∴⊙O與CD相交，設(shè)交點(diǎn)為M，連接MA、MB，如圖③． ∴∠AMB=∠AGB=60，OM=OA=90．． ∵OH⊥CD，OH=150，OM=90， ∴HM= = =30． ∵AE=400，OP=45， ∴DH=400﹣45． 若點(diǎn)M在點(diǎn)H的左邊，則DM=DH+HM=400﹣45+30． ∵400﹣45+30＞340， ∴DM＞CD． ∴點(diǎn)M不在線段CD上，應(yīng)舍去． 若點(diǎn)M在點(diǎn)H的右邊，則DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30． ∵400﹣45﹣30＜340， ∴DM＜CD． ∴點(diǎn)M在線段CD上] 綜上所述：在線段CD上存在唯一的點(diǎn)M，使∠AMB=60， 此時DM的長為（400﹣45﹣30）米． 點(diǎn)評： 本題考查了垂直平分線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系、圓周角定理、三角形的中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值等知識，考查了操作、探究等能力，綜合性非常強(qiáng)．而構(gòu)造等邊三角形及其外接圓是解決本題的關(guān)鍵．