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专题八几何综合探究题题型分类突破素养训练提高解题知识解读题型概述方法指导几何综合探究题型连续5年作为安徽中考压轴题.主要涉及利用三角形相似或全等的判定及性质进行相关的探究与证明、三角形和四边形的综合探究与证明(常涉及线段的数量和位置关系、求线段长、特殊图形的判定等),这是安徽中考对几何推理与证明能力考查的必然体现.把观察、操作、证明融于一体,展示了数学探究的过程和方法,体现了对数学活动经验的关注,也体现了对培养学生发现和提出问题、分析和解决问题能力的关注.预计2019年仍是用与全等或相似有关的几何综合探究题压轴.题型分类突破素养训练提高解题知识解读题型概述方法指导几何综合探究题灵活多变,一般并无固定的解题模式或套路.解决这类问题的方法:一是根据条件,结合已学的知识、数学思想方法,通过分析、归纳逐步得出结论,或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解;二是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法,会对最后一小题的求解有一定的借鉴作用,还可以把前面几个小题的结论作为已知条件,为最后一问的求解提供帮助.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三类型四考查类型年份、题号考查点1.类比、拓展探究题2018,232017,232016,23本题主要考查正方形与直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质考查线段垂直平分线、全等三角形、相似三角形、等边三角形、直角三角形性质2014,23以正六边形为载体,考查正多边形的性质,平行四边形的判定,菱形的判定,全等三角形的判定,等边三角形的判定2013,23考查平行线的性质,相似三角形的判定及性质,角平分线的性质,全等三角形的判定及性质题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三考查类型年份、题号考查点2.图形变换探究题2015,23考查线段垂直平分线性质、等腰三角形性质、全等三角形、相似三角形、特殊角三角函数值,旋转性质3.几何和函数综合探究题2011,23考查全等三角形的判定与性质,勾股定理,正方形的性质,二次函数最值题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三类型一类比拓展探究题例1(2018·安徽,23)如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D为边AC上一点,DE⊥AB于点E,点M为BD中点,CM的延长线交AB于点F.(1)求证:CM=EM;(2)若∠BAC=50°,求∠EMF的大小;(3)如图2,若△DAE≌△CEM,点N为CM的中点,求证:AN∥EM.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三分析:(1)利用直角三角形斜边的中线等于斜边一半得出结论.(2)利用三角形的外角等于不相邻的两内角之和推导出相关角的关系,从而求出相关角.(3)通过已知条件,结合(1)(2)利用垂直同一条直线的两直线平行得到证明;或先通过三角形全等得到边的关系,最后通过“两边对应成比例且夹角相等”证明△FME∽△FNA即可.(1)证明:∵M为BD中点,Rt△DCB中,MC=12BD.Rt△DEB中,EM=12BD.∴MC=ME.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三(2)解:∵∠BAC=50°,∴∠ADE=40°.∵CM=MB,∴∠MCB=∠CBM.∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM.同理,∠DME=2∠EBM,∴∠CME=2∠CBA=80°,∴∠EMF=180°-80°=100°.(3)证明:方法一:同(2)可得∠CBA=45°.∴∠CAB=∠ADE=45°.∵△DAE≌△CEM,∴DE=CM=ME=12BD=DM,∠ECM=45°.∴△DEM为等边三角形,∴∠EDM=60°.∴∠MBE=30°.∵∠MCB+∠ACE=45°,∠CBM+∠MBE=45°,题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三∴∠ACE=∠MBE=30°.∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°.连接AM,∵AE=EM=MB,∴∠MEB=∠EBM=30°,∠AME=∠MEB=15°.∵∠CME=90°,∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM.∴AC=AM.∵N为CM中点,∴AN⊥CM.∵CM⊥EM,∴AN∥CM.12题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三方法二:∵△DAE≌△CEM,CM=EM,∠AED=90°,∴AE=DE=EM=CM,∠CME=90°,则由(1)知:EM=12BD,∴DE=DM=EM,∴△DEM是等边三角形.∴∠MEF=∠DEF-∠DEM=30°.∴FM=12EF.∵AE=CM,N是CM中点,∴MN=12AE.∴FM∶FE=NM∶AE,即FM∶FE=FN∶FA,∵∠MFE=∠NFA,∴△FME∽△FNA,∴∠FME=∠FNA,∴AN∥CM.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三类型二图形变换探究题例2(2011·安徽)在△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,将△ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为θ(0°θ180°),得到△A1B1C.(1)如图1,当AB∥CB1时,设A1B1与BC相交于D,证明:△A1CD是等边三角形;(2)如图2,连接AA1,BB1,设△ACA1和△BCB1的面积分别为S1,S2.求证:S1∶S2=1∶3;(3)如图3,设AC中点为E,A1B1中点为P,AC=a,连接EP,当θ=°时,EP长度最大,最大值为.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三(1)证明:∵AB∥CB1,∴∠BCB1=∠B=∠B1=30°,∴∠A1CD=90°-∠BCB1=60°,∠A1DC=∠BCB1+∠B1=60°,∴△A1CD是等边三角形;(2)证明:由旋转的性质可知AC=CA1,∠ACA1=∠BCB1,BC=CB1,∴△ACA1∽△BCB1,∴S1∶S2=AC2∶BC2=12∶()2=1∶3;(3)12032a3题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三类型三几何图形与函数相结合探究题例3(2018·山东菏泽)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx-5交y轴于点A,交x轴于点B(-5,0)和点C(1,0),过点A作AD∥x轴交抛物线于点D.(1)求此抛物线的表达式;(2)点E是抛物线上一点,且点E关于x轴的对称点在直线AD上,求△EAD的面积;(3)若点P是直线AB下方的抛物线上一动点,当点P运动到某一位置时,△ABP的面积最大,求出此时点P的坐标和ΔABP的最大面积.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三解:(1)方法1:把B(-5,0)和C(1,0)代入y=ax2+bx-5,得0=25𝑎-5𝑏-5,0=𝑎+𝑏-5,解得𝑎=1,𝑏=4.∴抛物线的表达式为y=x2+4x-5.方法2:∵抛物线与x轴交于B(-5,0)和C(1,0),∴设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x-1),又∵抛物线与y轴交于A点,∴A(0,-5),把A(0,-5)代入y=a(x+5)(x-1),得-5=-5a,∴a=1,∴抛物线的表达式为y=(x+5)(x-1)=x2+4x-5.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三(2)∵A(0,-5),AD∥x轴,点E关于x轴的对称点在直线AD上,∴点E的纵坐标为5,∴点E到直线AD的距离为10.把y=-5代入y=x2+4x-5,得-5=x2+4x-5,解得x1=-4,x2=0(舍),∴D(-4,-5),AD=4.∴S△EAD=12×4×10=20.题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三(3)设直线AB的表达式为y=kx+b,k≠0,把B(-5,0)和A(0,-5)代入,得-5𝑘+𝑏=0,𝑏=-5,解得𝑘=-1,𝑏=-5.∴直线AB的表达式为y=-x-5.设点P的坐标为(m,m2+4m-5),作PQ∥y轴,交直线AB于点Q,∴Q(m,-m-5).∵点P是直线AB下方的抛物线上一动点,∴PQ=-m-5-(m2+4m-5)=-m2-5m.设△ABP的面积为S,题型分类突破素养训练提高题型分类突破类型一类型二类型三∴S=S△APQ+S△BPQ=12×(-m2-5m)×(-m)+12×(-m2-5m)×(m+5)=-52m+522+1258,∴当m=-52时,S最大,即当点P-52,-354时,△ABP面积最大,最大面积为1258.题型分类突破素养训练提高素养训练提高12341.(2018·安庆外国语学校模拟)如图1,△ABC,△DEF都为等腰直角三角形,摆放时,点A在边DF上,且A为DF中点,边BC、DE在一条直线上,连接BF,AE.题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234(1)找出图1中所有的全等三角形.(2)把△DEF绕点D顺时针旋转α°(0°α°180°)后(如图2),判断线段BF,AE的数量关系,并说明理由.(3)若BC=2,在(2)的条件下,当α=°时,AE值最大?并求此时点A到EF三等分点的距离(画出示意图,并写出求算过程).解:(1)△ABD≌△ACD;△ABF≌△CAE;△FBD≌△EAD.题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234(2)AE=BF,理由如下:连接AD,∵△ABC,△DEF都为等腰直角三角形,D是BC中点,∴AD=BD,DF=DE,∠ADB+∠ADF=∠FDE+∠ADF,即∠BDF=∠ADE,∴△ADE≌△BDF,∴AE=BF,题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234(3)当BC=2,在(2)的条件下,当α=90°时,AE值最大,如图所示:当DE旋转到AD的延长线时线段AE最长,设EF三等分点为G,过点G做GH⊥AE,连接AG,题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234①当EG∶GF=1∶2时,HG∶DF=1∶3,HG=23,∵HG=HE,∴DH=43,AH=73.在Rt△AHG中由勾股定理得AG=533.②当EG∶GF=2∶1时,HG∶DF=2∶3,HG=43,∵HG=HE,∴DH=23,AH=53,在Rt△AHG中由勾股定理得AG=413.所以A到EF三等分点的距离为533或413.题型分类突破素养训练提高素养训练提高12342.(2018·安徽名校三模)两个完全相同且重合放置的△ABC和△DEC,如图1,其中∠C=90°,∠B=∠E=30°.(1)固定△ABC,使△DEC绕点C旋转,当点D恰好落在AB边上时,如图2.填空:①线段DE与AC的位置关系是;②设△BDC的面积为S1,△AEC的面积为S2,则S1与S2的数量关系是.题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234(2)当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时,小智猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立,并尝试作DM⊥BC,AN⊥CE,垂足分别为M,N,请你证明小智的猜想.(3)已知∠ABC=60°,点D是其角平分线上一点,BD=CD=2,DE∥AB交BC于点E,如图4.若在射线BA上存在点F,使S△DCF=S△BDE,请求出相应的BF的长.题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234解:(1)①DE∥AC;②S1=S2.(2)∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到,∴BC=CE,AC=CD,∵∠ACN+∠BCN=90°,∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°,∴∠ACN=∠DCM,∵在△ACN和△DCM中,∠ACN=∠DCM,∠CMD=∠N,AC=CD,∴△ACN≌△DCM(AAS),∴AN=DM,∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),即S1=S2.题型分类突破素养训练提高素养训练提高1234(3)如图,过点D作DF1∥BE,易得四边形BEDF1是菱形,所以BE=DF1,且BE、DF1上的高相等,此时𝑆△𝐷𝐶𝐹1=S△BDE,∴点F1是所求的点.过点D作DF2⊥BD,∵∠ABC=60°,F1D∥BE,∴∠F2F1D=∠ABC=60°,∵BF1=DF1,∠F1BD=∠ABC=30°,∠F2DB=90°,∴∠F1DF2=∠ABC=60°,∴△DF1F