《中考（數(shù)學(xué)）分類七 與面積有關(guān)的探究題（含答案）-歷年真題常考、重難點題型講練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《中考（數(shù)學(xué)）分類七 與面積有關(guān)的探究題（含答案）-歷年真題常考、重難點題型講練（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)學(xué)專題 精心整理 類型七 與面積有關(guān)的探究題 【典例1】已知，△ABC為直角三角形，∠ACB＝90，點P是射線CB上一點(點P不與點B、C重合)，線段AP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段AQ，連接QB交射線AC于點M. (1)如圖①，當(dāng)AC＝BC，點P在線段CB上時，線段PB，CM的數(shù)量關(guān)系是________； (2)如圖②，當(dāng)AC＝BC，點P在線段CB的延長線上時，(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，寫出證明過程；若不成立，請說明理由； (3)如圖③，若＝，點P在線段CB的延長線上，CM＝2，AP＝13，求△ABP的面積． 第1題圖 【答案】解：(1)PB＝2CM； 【解法提示

2、】如解圖①，過點Q作QD⊥AC于點D， 第1題解圖① QE⊥BC交BC的延長線于點E. ∵AQ是由AP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90得到的， ∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90， ∴∠PAC＋∠QAD＝90，又∠PAC＋∠APC＝90， ∴∠QAD＝∠APC， ∴△ACP≌△QDA(AAS)， ∴AC＝QD＝CE， 又∵△ABC為等腰直角三角形， ∴AC＝BC＝EC，即點C為BE的中點， ∴CM＝QE，即QE＝2CM， 連接AE，∵AC＝CE＝BC， ∴△ABE為等腰直角三角形， ∴AE＝AB， ∵∠BAE＝∠PAQ＝90，∴∠BAP＝∠EAQ， 又∵AP＝AQ， ∴△

3、APB≌△AQE(SAS)， ∴BP＝QE＝2CM， ∴PB＝2CM； (2)(1)中的結(jié)論PB＝2CM仍然成立； 證明：如解圖②所示，過點Q作QG⊥BC交BC的延長線于點G，過點A作AF⊥QG交QG的延長線于點F. 第1題解圖② ∵AQ是由AP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90得到的， ∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90， ∴∠PAC＋∠CAQ＝90， 又∵∠QAF＋∠CAQ＝90， ∴∠PAC＝∠QAF， ∴△PAC≌△QAF(AAS)， ∴AC＝AF， ∴四邊形AFGC為正方形， ∴CG＝AC＝BC，即C為BG的中點， ∴QG＝2CM， 連接AG可得，△ABG為等腰直

4、角三角形， ∴AB＝AG， ∠PAB＋∠BAQ＝∠QAG＋∠BAQ＝90， ∴∠PAB＝∠QAG， ∴△PAB≌△QAG(SAS)， ∴PB＝QG＝2CM， ∴PB＝2CM； (3) 如解圖③所示，過點Q作QH⊥AC交AC的延長線于點H. 第1題解圖③ 由題知，＝，設(shè)AC＝5a，BC＝2a， 由(2)知，△ACP≌△QHA， ∴QH＝AC＝5a， 又∵△BCM∽△QHM， ∴＝， ∴＝，∴MH＝5， 又∵AP＝AQ＝13， ∴在Rt△AHQ中，根據(jù)勾股定理得：QH2＋AH2＝AQ2， ∴(5a)2＋(5a＋2＋5)2＝132， 化簡得：5a2＋7a－12

5、＝0， 即(a－1)(5a＋12)＝0， 解得：a1＝1，a2＝－(舍)， ∴BC＝2，AH＝CP＝12，AC＝5， ∴BP＝PC－BC＝12－2＝10， ∴S△ABP＝BPAC＝105＝25. 【典例2】如圖，將OA= 6，AB = 4的矩形OABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，動點M、N以每秒１個單位的速度分別從點A、C同時出發(fā)，其中點M沿AO向終點O運動，點N沿CB向終點B運動，當(dāng)兩個動點運動了t秒時，過點N作NP⊥BC，交OB于點P，連接MP． （1）點B的坐標(biāo)為；用含t的式子表示點P的坐標(biāo)為； （2）記△OMP的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式（0 < t < 6）；并求

6、t為何值時，S有最大值？ （3）試探究：當(dāng)S有最大值時，在y軸上是否存在點T，使直線MT把△ONC分割成三角形和四邊形兩部分，且三角形的面積是△ONC面積的？若存在，求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． （備用圖） 【答案】解：（1）（6，4）；（）.（其中寫對B點得1分） （2）∵S△OMP =OM， ∴S =（6 -t）=+2t． ＝（0 < t <6）． ∴當(dāng)時，S有最大值． （3）存在． 由（2）得：當(dāng)S有最大值時，點M、N的坐標(biāo)分別為：M（3，0），N（3，4）， 則直線ON的函數(shù)關(guān)系式為：． （備用圖） R2 T1 T2 R1

7、 D2 D1 設(shè)點T的坐標(biāo)為（0，b），則直線MT的函數(shù)關(guān)系式為：， 解方程組得 ∴直線ON與MT的交點R的坐標(biāo)為． 【典例3】如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形． 探究發(fā)現(xiàn) （1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由． 拓展運用 （2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30，AD＝3，CD＝2，求BD的長． （3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長． 【答案】（1）全等，理由見解析；（2）BD＝；（3）△ACD的面積為，AD＝． 【解析】 【分析】

8、 （1）依據(jù)等式的性質(zhì)可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據(jù)SAS可證明△ACE≌△BCD； （2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計算AE的長，可得BD的長； （3）過點A作AF⊥CD于F，先根據(jù)平角的定義得∠ACD＝60，利用特殊角的三角函數(shù)可得AF的長，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據(jù)勾股定理可得AD的長． 【詳解】 解：（1）全等，理由是： ∵△ABC和△DCE都是等邊三角形， ∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60， ∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD， 即∠BCD＝∠ACE， 在△BCD和△ACE中， ， ∴△ACE≌△BCD（

9、SAS）； （2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE， ∴BD＝AE， ∵△DCE都是等邊三角形， ∴∠CDE＝60，CD＝DE＝2， ∵∠ADC＝30， ∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30+60＝90， 在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2， ∴， ∴BD＝； （3）如圖2，過點A作AF⊥CD于F， ∵B、C、E三點在一條直線上， ∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180， ∵△ABC和△DCE都是等邊三角形， ∴∠BCA＝∠DCE＝60， ∴∠ACD＝60， 在Rt△ACF中，sin∠ACF＝， ∴AF＝ACsin∠ACF＝， ∴S△ACD＝，

10、 ∴CF＝ACcos∠ACF＝1，F(xiàn)D＝CD﹣CF＝， 在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2＝， ∴AD＝． 【點睛】 本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等，第（3）小題巧作輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵． 【典例4】閱讀材料：三角形的三條中線必交于一點，這個交點稱為三角形的重心． （1）特例感知：如圖（一），已知邊長為2的等邊的重心為點，求與的面積． （2）性質(zhì)探究：如圖（二），已知的重心為點，請判斷、是否都為定值？如果是，分別求出這兩個定值：如果不是，請說明理由． （3）性質(zhì)應(yīng)用：如圖（三），在正方形中，點是的中點，連接交

11、對角線于點． ①若正方形的邊長為4，求的長度； ②若，求正方形的面積． 【答案】（1），；（2）都是定值，，；（3）①；②12． 【解析】 【分析】 （1）連接DE，利用相似三角形證明，運用勾股定理求出AD的長，運用三角形面積公式求解即可； （2）根據(jù)（1）的證明可求解； （3）①證明△CME∽△ABM得，再運用勾股定理求出BE的長即可解決問題； ②分別求出S△BMC和S△ABM 即可. 【詳解】 （1）連接DE，如圖， ∵點O是的重心， ，是，C邊上的中線， 為，邊上的中點， 為的中位線， ，， ， ， ， ，， ； （2）由（1）可知，是定值； 是定值； （3）①∵四邊形ABCD是正方形， ，， 為CD的中點， ，即； ②，且 ∴， ， ， ， ， 又 ∴正方形ABCD的面積為：6+6=12． 【點睛】 本題考查的是三角形重心的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)，解答此題的關(guān)鍵是靈活運用三角形重心的性質(zhì)． 初中數(shù)學(xué)中考備課必備