2020中考数学三轮复习——探究性几何问题 练习
时间：2020-10-14 09:01:20 来源：柠檬阅读网 本文已影响 人 
探究性几何问题
1． 如图，正方形AOBC的边OB、OA分别在x、y轴上，点C坐标为（8，8），将正方形AOBC绕点A逆时针旋转角度α（0°<α<90°），得到正方形ADEF，ED交线段BC于点Q，ED的延长线交线段OB于点P，连接AP、AQ．
（1）求证：△ACQ≌△ADQ；
（2）求∠PAQ的度数，并判断线段OP、PQ、CQ之间的数量关系，并说明理由；
（3）连接BE、EC、CD、DB得到四边形BECD，在旋转过程中，四边形BECD能否是矩形？如果能，请求出点P的坐标，如果不能，请说明理由．
2． 综合与实践
动手操作：
第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF．如图2．
第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3．
第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME．如图5，图中的虚线为折痕．
问题解决：
（1）在图5中，∠BEC的度数是__________，的值是__________．
（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；
（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形：__________．
3． 问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使
∠BPC=90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE=120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
4． 把Rt△ABC和Rt△DEF按如图①摆放（点C与E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8，BC=6，EF=10．如图②，△DEF从图①的位置出发，以每秒1个单位的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以每秒1个单位的速度沿AB向点B匀速移动；当点P移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．
（1）△DEF在平移的过程中，AP=CE=__________（用含t的代数式表示）；当点D落在Rt△ABC的边AC上时，求t的值．
（2）在移动过程中，当0<t≤5时，连接PE，
①设四边形APEQ的面积为y，求y与t之间的函数关系式并试探究y的最大值；
②是否存在△PQE为直角三角形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
5． 在△ABC中，CA=CB，∠ACB=α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α=60°时，的值是__________，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是__________．
（2）类比探究
如图2，当α=90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α=90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
6． 已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（-3，0），C（-3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD．
（1）求证：直线OD是⊙E的切线；
（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG．
①当tan∠ACF时，求所有F点的坐标__________（直接写出）；
②求的最大值．
答案
1． （1）∵正方形AOBC绕点A旋转得到正方形ADEF，
∴AD=AC，∠ADQ=∠ACQ=90°，
在Rt△ADQ和Rt△ACQ中，，
∴Rt△ACQ≌Rt△ADQ．
（2）∵△ACQ≌△ADQ，∴∠CAQ=∠DAQ，CQ=DQ，
在Rt△AOP和Rt△ADP中，，
∴Rt△AOP≌Rt△ADP，∴∠OAP=∠DAP，OP=OD，
∴∠PAQ=∠DAQ+DAP=∠DAC+∠DAO=（∠DAC+∠DAO）=∠OAC=45°，
PQ=PD+DQ=OP+CQ．
（3）四边形BECD可为矩形，如图，
若四边形BECD为矩形，则BQ=EQ=CQ=DQ，
∵BC=8，∴BQ=CQ=4，
设P点坐标为（x，0），则PO=x，
∵OP=PD，CQ=DQ，∴PD=x，DQ=4，
在Rt△BPQ中，可知PQ=x+4，BQ=4，BP=8-x，
∴（x+4）2+42=（8-x）2，解得x=，
∴P点坐标为（，0）．
2． （1）由折叠的性质得：BE=EN，AE=AF，∠CEB=∠CEN，∠BAC=∠CAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∴∠BEN=135°，
∴∠BEC=67.5°，
∴∠BAC=∠CAD=45°，
∵∠AEF=45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AEEN，
∴，
故答案为：67.5°，．
（2）四边形EMGF是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠的性质得：∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD，CM=CG，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC，
∴∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD22.5°，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°，
由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，
∴MC=ME=CG=GF，
∴∠MEC=∠BCE=22.5°，∠GFC=∠FCD=22.5°，
∴∠MEF=90°，∠GFE=90°，
∵∠MCG=90°，CM=CG，
∴∠CMG=45°，
∵∠BME=∠BCE+∠MEC=22.5°+22.5°=45°，
∴∠EMG=180°-∠CMG-∠BME=90°，
∴四边形EMGF是矩形．
（3）连接EH、FH，如图所示：
∵由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，
∴四边形EMCH与四边形FGCH是菱形，
故答案为：菱形EMCH或菱形FGCH．
3． （1）如图记为点D所在的位置．
（2）如图，
∵AB=4，BC=10，∴取BC的中点O，则OB>AB．
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于P1，P2两点，
连接BP1，P1C，P1O，∵∠BPC=90°，点P不能再矩形外，
∴△BPC的顶点P1或P2位置时，△BPC的面积最大，
作P1E⊥BC，垂足为E，则OE=3，
∴AP1=BE=OB-OE=5-3=2，
由对称性得AP2=8．
（3）可以，如图所示，连接BD，
∵A为BCDE的对称中心，BA=50，∠CBE=120°，
∴BD=100，∠BED=60°，
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点E′，连接E′B，E′D，
则E′B=E′D，且∠BE′D=60°，∴△BE′D为正三角形．
连接E′O并延长，经过点A至C′，使E′A=AC′，连接BC′，DC′，
∵E′A⊥BD，
∴四边形E′D为菱形，且∠C′BE′=120°，
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则EF≤EO+OA-E′O+OA=E′A，
∴S△BDE·BD·EF·BD·E′A=S△E′BD，
∴S平行四边形BCDE≤S平行四边形BC′DE′=2S△E′BD=1002·sin60°=5000（m2），
所以符合要求的BCDE的最大面积为5000m2．
4． （1）如图1，△DEF在平移的过程中，AP=CE=t；
当D在AC上时，如图2，
∵DE=DF，
∴EC=CF=EF=5，
∴t=5．
故答案为：t．
（2）①如图3，过点P作PM⊥BC于M，
∴∠BMP=∠ACB=90°，
∴△ABC∽△PBM，
∴，
∴，
∴PM=8-t，
又∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，
∴∠EQC=∠DEF=45°，
∴CE=CQ=t，
∴y=S△ACB-S△ECQ-S△PBE=AC·BC-EC·CQ-BE·PM，
=×8×6-×t×t-（6-t）（8-t），
=-t（0<t≤5），
∵a=-<0，
∴当x=-=-=时，y最大值=-×+×=．
②存在．
当∠PQE=90°时，如图4，过点P作PH⊥BE于H，过点P作PW⊥AC于W，
∴△ABC∽△APW，
∴，即，
∴PW=t，AW=t，
∴QW=8-t-t=8-t，EH=t-t=t，
由①可得：CE=CQ=t，PH=8-t，
∴PQ2=PW2+QW2=（t）2+（8-t）2=t2-t+64，
PE2=PH2+EH2=（8-t）2+（t）2=t2-t+64，
EQ2=CE2+CQ2=t2+t2=2t2，
∵∠PQE=90°，
在Rt△PEQ中，PQ2+EQ2=PE2，
即：（t2-t+64）+（2t2）=t2-t+64，
解得：t1=0（舍去），t2=；
当∠PEQ=90°，
PE2+EQ2=PQ2，
即：（t2-t+64）+（2t2）=t2-t+64，
解得：t1=0（舍去），t2=20（舍去），
∴此时不存在；
当∠EPQ=90°时，
PQ2+PE2=EQ2，
即：（t2-t+64）+（t2-t+64）=2t2，
t1=（舍去），t2=4，
综合上述：当t=或t=4时，△PQE是直角三角形．
5． （1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD=∠CAB=60°，∴∠CAP=∠BAD，
∵CA=BA，PA=DA，
∴△CAP≌△BAD，
∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，
∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60°，
∴1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为：1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD=∠CAB=45°，
∴∠PAC=∠DAB，
∵，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA=∠DBA，，
∵∠EOC=∠AOB，
∴∠CEO=∠OABB=45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
（3）如图3-1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE=EA，CF=FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC=∠ABC=45°，
∵∠PAO=45°，
∴∠PAO=∠OFH，
∵∠POA=∠FOH，
∴∠H=∠APO，
∵∠APC=90°，EA=EC，
∴PE=EA=EC，
∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，
∴∠H=∠BAH，
∴BH=BA，
∵∠ADP=∠BDC=45°，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA=∠DBC=22.5°，
∵∠ADB=∠ACB=90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC=∠DBC=22.5°，∠DCA=∠ABD=22.5°，
∴∠DAC=∠DCA=22.5°，
∴DA=DC，设AD=a，则DC=AD=a，PDa，
∴2．
如图3-2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC，设AD=a，则CD=AD=a，PDa，
∴PC=aa，
∴2．
6． （1）如图1，连接DE，∵BC为圆的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠BDA=90°，
∵OA=OB，
∴OD=OB=OA，
∴∠OBD=∠ODB，
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EBD+∠OBD=∠EDB+∠ODB，
即∠EBO=∠EDO，
∵CB⊥x轴，
∴∠EBO=90°，
∴∠EDO=90°，
∵点D在⊙E上，
∴直线OD为⊙E的切线．
（2）①如图2，当F位于AB上时，过F作F1N⊥AC于N，
∵F1N⊥AC，
∴∠ANF1=∠ABC=90°，
∴△ANF∽△ABC，
∴，
∵AB=6，BC=8，
∴AC10，即AB∶BC∶AC=6∶8∶10=3∶4∶5，
∴设AN=3k，则NF1=4k，AF1=5k，
∴CN=CA-AN=10-3k，
∴tan∠ACF，解得：k，
∴，
，即F1（，0）．
如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M，
∵△AMF2∽△ABC，
∴设AM=3k，则MF2=4k，AF2=5k，
∴CM=CA+AM=10+3k，
∴tan∠ACF，
解得：，
∴AF2=5k=2，
OF2=3+2=5，
即F2（5，0），
故答案为：F1（，0），F2（5，0）．
②方法1：如图4，∵CB为直径，
∴∠CGB=∠CBF=90°，
∴△CBG∽△CFB，
∴，
∴BC2=CG·CF，
CF，
∵CG2+BG2=BC2，
∴BG2=BC2-CG2，
∴，
∴，
令y=CG2（64-CG2）=-CG4+64CG2=-[（CG2-32）2-322]=-（CG2-32）2+322，
∴当CG2=32时，，
此时CG=4，
．
方法2：设∠BCG=α，则sinα，cosα，
∴sinαcosα，
∵（sinα-cosα）2≥0，即：sin2α+cos2α≥2sinαcosα，
∵sin2α+cos2α=1，
∴sinαcosα，即，
∴的最大值．
