2020年中考数学压轴题突破专题6 几何综合探究变化型问题

内容发布更新时间 : 2024/12/23 23:36:38星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

(2)解:点P与点A重合时,如图2中,

设BN=x,则AN=NC=8﹣x, 在Rt△ABN中,AB2+BN2=AN2, 即42+x2=(8﹣x)2, 解得x=3, ∴CN=8﹣3=5,AC∴CQ∴QN∴MN=2QN=2

(3)解:当MN过点D时,如图3所示,此时,CN最短,四边形CMPN的面积最小,则S最小为S.

4

AC=2,

S菱形CMPN4×4=4,

5×4

当P点与A点重合时,CN最长,四边形CMPN的面积最大,则S最大为S=5, ∴4≤S≤5, 【题组二】

5.(2019秋?娄星区期末)在△ABC中,AB=AC,点D为射线CB上一个动点(不与B、

C重合),以AD为一边在AD的右侧作△ADE,使AD=AE,∠DAE=∠BAC,过点E作EF∥BC,交直线AC于点F,连接CE.

(1)如图①,若∠BAC=60°,则按边分类:△CEF是 等边 三角形; (2)若∠BAC<60°.

①如图②,当点D在线段CB上移动时,判断△CEF的形状并证明;

②当点D在线段CB的延长线上移动时,△CEF是什么三角形?请在图③中画出相应的图形并直接写出结论(不必证明).

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【分析】(1)根据题意推出∠ACB=∠ABC=60°,然后通过求证△EAC≌△DAB,结合平行线的性质,即可推出△EFC为等边三角形;

(2)①根据(1)的推理方法,即可推出△EFC为等腰三角形;②根据题意画出图形,然后根据平行线的性质,通过求证△EAC≌△DAB,推出等量关系,即可推出△EFC为等腰三角形.

【解答】解:(1)如图1,∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°, ∴∠ACB=∠ABC=60°,∠EAC=∠DAB, ∴△DAB≌△EAC, ∴∠ECA=∠B=60°, ∵EF∥BC,

∴∠EFC=∠ACB=60°,

∵在△EFC中,∠EFC=∠ECF=60°=∠CEF, ∴△EFC为等边三角形, 故答案为:等边;

(2)①△CEF为等腰三角形,

证明:如图2,∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE, ∴∠ACB=∠ABC,∠EAC=∠DAB, ∴△EAC≌△DAB, ∴∠ECA=∠B, ∴∠ACE=∠ACB, ∵EF∥BC, ∴∠EFC=∠ACB, ∴∠EFC=∠ACE, ∴CE=FE,

∴△EFC为等腰三角形;

②如图③,△EFC为等腰三角形.

当点D在BC延长线上时,以AD为一边在AD的左侧作△ADE,使AD=AE,∠DAE=∠BAC,过点E作BC的平行线EF,交直线AC的延长线于点F,连接DE. 证明:∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE, ∴∠ACB=∠ABC,∠EAC=∠DAB,

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∴△EAC≌△DAB, ∴∠ECA=∠DBA, ∴∠ECF=∠ABC, ∵EF∥BC, ∴∠AFE=∠ACB, 又∵∠ABC=∠ACB, ∴∠AFE=∠ECF, ∴EC=EF,

∴△EFC为等腰三角形.

6.(2019秋?东海县期末)已知BC=5,AB=1,AB⊥BC,射线CM⊥BC,动点P在线段BC上(不与点B,C重合),过点P作DP⊥AP交射线CM于点D,连接AD. (1)如图1,若BP=4,判断△ADP的形状,并加以证明.

(2)如图2,若BP=1,作点C关于直线DP的对称点C′,连接AC′. ①依题意补全图2;

②请直接写出线段AC′的长度.

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【分析】(1)先判断出PC=AB,再用同角的余角相等判断出∠APB=∠PDC,得出△ABP≌△PCD(AAS),即可得出结论; (2)①利用对称的性质画出图形;

②先求出CP=4,AB=AP,∠CPD=45°,进而得出C'P=CP=4,∠C'PD=∠CPD=45°,再判断出四边形BQC'P是矩形,进而求出AQ=BQ﹣AB=3,最后用勾股定理即可得出结论.

【解答】(1)△ADP是等腰直角三角形. 证明:∵BC=5,BP=4, ∴PC=1, ∵AB=1, ∴PC=AB.

∵AB⊥BC,CM⊥BC,DP⊥AP, ∴∠B=∠C=90°,

∠APB+∠DPC=90°,∠PDC+∠DPC=90°, ∴∠APB=∠PDC, 在△ABP和△PCD中,∴△ABP≌△PCD(AAS) ∴AP=PD, ∵∠APD=90°,

∴△ADP是等腰直角三角形. (2)①依题意补全图2;

②∵BP=1,AB=1,BC=5,

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∴CP=4,AB=AP, ∵∠ABP=90°, ∴∠APB=45°, ∵∠APD=90°, ∴∠CPD=45°, 连接C'P,

∵点C与C'关于DP对称,

∴C'P=CP=4,∠C'PD=∠CPD=45°, ∴∠CPC'=90°, ∴∠BPC'=90°,

过点C'作C'Q⊥BA交BA的延长线于Q, ∴∠Q=90°=∠ABP=∠BPC', ∴四边形BQC'P是矩形, ∴C'Q=BP=1,BQ=C'P=4, ∴AQ=BQ﹣AB=3, 在Rt△AC'Q中,AC′

7.(2019秋?江都区期末)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=15,AB=25,点D为斜边

AB上动点.

(1)如图1,当CD⊥AB时,求CD的长度;

(2)如图2,当AD=AC时,过点D作DE⊥AB交BC于点E,求CE的长度; (3)如图3,在点D的运动过程中,连接CD,当△ACD为等腰三角形时,直接写出

AD的长度.

【分析】(1)求出BC=20,由AB?CD=BC?AC可求出答案;

=20﹣x,BD=25﹣15=10,在Rt△BED中根据勾股定理即可解决问题; (3)分两种情形分别求解即可解决问题.

【解答】解:(1)∵∠ACB=90°,AC=15,AB=25, ∴BC∵AB?CD=BC?AC, ∴25CD=20×15, ∴CD=12;

(2)在Rt△ACE和Rt△ADE中,∠C=∠EDA=90°, ∵

20,

(2)根据HL证明Rt△ACE≌Rt△ADE,推出CE=DE,AC=AD=15,设CE=x,则BE40

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