《2018屆中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時(shí) 開放與探究型問題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆中考數(shù)學(xué)全程演練 第43課時(shí) 開放與探究型問題（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第43課時(shí)　開放與探究型問題 70分) 一、選擇題(每題6分，共12分) 圖43－1 1．[2016·荊門]如圖43－1，點(diǎn)A，B，C在一條直線上，△ABD，△BCE均為等邊三角形，連結(jié)AE和CD，AE分別交CD，BD于點(diǎn)M，P，CD交BE于點(diǎn)Q，連結(jié)PQ，BM，下面結(jié)論：①△ABE≌△DBC；②∠DMA＝60°；③△BPQ為等邊三角形；④MB平分∠AMC，其中結(jié)論正確的有 (D) A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 【解析】　由等邊三角形的性質(zhì)得出AB＝DB，∠ABD＝∠CBE＝60°，BE＝BC，得出∠ABE＝∠DBC，由SAS即可證出△

2、ABE≌△DBC； 由△ABE≌△DBC，得出∠BAE＝∠BDC，根據(jù)∠APB＝DPM，得出∠DMA＝∠ABD＝60°； 由ASA證明△ABP≌△DBQ，得出對(duì)應(yīng)邊相等BP＝BQ，即可得出△BPQ為等邊三角形； ∠DMA＝60°，得到∠AMC＝120°，所以∠AMC＋∠PBQ＝180°，所以P，B，Q，M四點(diǎn)共圓，又由于BP＝BQ，由圓周角定理得出∠BMP＝∠BMQ，即MB平分∠AMC. 圖43－2 2．[2016·湖州]如圖43－2，AC是矩形ABCD的對(duì)角線，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，現(xiàn)將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，使點(diǎn)D與點(diǎn)O重合，折痕為FG，點(diǎn)F，G分別在邊AD，

3、BC上，連結(jié)OG，DG，若OG⊥DG，且⊙O的半徑長(zhǎng)為1，則下列結(jié)論不成立的是 (A) A．CD＋DF＝4 B．CD－DF＝2－3 C．BC＋AB＝2＋4 D．BC－AB＝2 第2題答圖 【解析】　如答圖所示，設(shè)AB與圓O相切于點(diǎn)M，BC與⊙O相切于點(diǎn)H，連結(jié)MO并延長(zhǎng)MO交CD于點(diǎn)T，連結(jié)OH，連結(jié)OD交FG于R，過點(diǎn)G作GN⊥AD于點(diǎn)N，分別交OD于點(diǎn)K，交OT于點(diǎn)P. 由折疊易知，OG＝DG， OH⊥BC，所以∠OHG＝∠GCD＝90°，∠HOG＋∠OGH＝90°， ∵OG⊥DG， ∴∠OGH＋∠DGC＝90°， ∴∠DGC＝∠HOG， ∴△OHG≌△GC

4、D，∴HG＝CD，GC＝OH＝1， 易得四邊形BMOH是正方形，所以BM＝BH＝MO＝OH＝1， 設(shè)CD＝m，則HG＝m，AB＝m， ∴AM＝m－1， 又∵⊙O是△ABC的切圓， ∴AC＝m＋1＋m－1＝2m， ∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°， ∴BC＝AB，2＋m＝m，解得m＝＋1， m＝AB＝＋1，BC＝2＋m＝3＋， ∴BC－AB＝2，D選項(xiàng)正確； BC＋AB＝2m＋2＝2＋4，C選項(xiàng)正確． 由折疊知，OG＝GD，又OG⊥GD， ∴△OGD是等腰直角三角形，且OR＝RD， 所以RG＝RD，RG⊥RD， 注意到GN⊥AD為所作，∴∠GRD＝∠FRD＝90°，

5、 ∠RKG＝∠NKD，∴∠RKG＋∠RGK＝∠NKD＋∠NDK＝90°， ∴∠NDK＝∠RGK， 所以△RKG≌△RFD，所以FD＝KG， 易得四邊形OHGP是矩形，所以PG＝1， 由GN∥DC，可得△OPK∽△OTD， ∴＝＝＝＝－1， ∴PK＝3－，∴KG＝4－＝DF， CD－DF＝＋1－(4－)＝2－3，B選項(xiàng)正確； CD＋DF＝＋1＋(4－)＝5，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A. 二、填空題(每題6分，共12分) 3．[2016·南充]如圖43－3，正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，以AB為直徑作半圓，點(diǎn)P是CD中點(diǎn)，BP與半圓交于點(diǎn)Q，連結(jié)DQ.給出如下結(jié)論：①DQ＝1；②＝；③S△

6、PDQ＝；④cos∠ADQ＝.其中正確結(jié)論是__①②④__.(填寫序號(hào)) 圖43－3　　 　 第3題答圖 【解析】　①正確．理由：連結(jié)OQ，OD， ∵DP＝CD＝BO＝AB，且DP∥OB， ∴四邊形OBPD是平行四邊形． ∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB， ∵OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB， ∴∠AOD＝∠DOQ，∴△AOD≌△QOD， ∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1. 所以①正確． ②正確．理由：延長(zhǎng)DQ交BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)Q作QF⊥CD，垂足為F， 根據(jù)切線長(zhǎng)定理，得QE＝BE，設(shè)QE＝x，則BE＝x，DE＝1＋

7、x，CE＝1－x， 在Rt△CDE中， (1＋x)2＝(1－x)2＋1， 解得x＝，CE＝， ∵△DQF∽△DEC， ∴＝＝，得FQ＝， ∵△PQF∽△PBC， ∴＝＝， ∴＝， 所以②正確； ③錯(cuò)誤，理由： S△PDQ＝DP·QF＝××＝， 所以③錯(cuò)誤； ④正確，理由：∵AD∥BC， ∴∠ADQ＝∠DEC， ∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝＝＝， 所以④正確．故答案為①②④. 圖43－4 4．[2017·岳陽(yáng)]如圖43－4，AB是⊙O的直徑，P為AB延長(zhǎng)線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙O的切線，切點(diǎn)為C.連結(jié)AC，BC，作∠APC的平分線交AC于點(diǎn)D.下列結(jié)論

8、正確的是__②③④__．(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)) ①△CPD∽△DPA； ②若∠A＝30°，則PC＝BC； ③若∠CPA＝30°，則PB＝OB； ④無論點(diǎn)P在AB延長(zhǎng)線上的位置如何變化，∠CDP為定值． 三、解答題(共46分) 5．(16分)[2016·重慶]在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn)，∠EDF＝120°，DE與線段AB相交于點(diǎn)E，DF與線段AC(或AC的延長(zhǎng)線)相交于點(diǎn)F. 圖43－5 (1)如圖①，若DF⊥AC，垂足為F，AB＝4，求BE的長(zhǎng)； (2)如圖②，將(1)中的∠EDF繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，DF仍與線段AC相交于點(diǎn)F

9、.求證：BE＋CF＝AB； (3)如圖③，將(2)中的∠EDF繼續(xù)繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使DF與線段AC的延長(zhǎng)線交與點(diǎn)F，作DN⊥AC于點(diǎn)N，若DN＝FN，求證：BE＋CF＝(BE－CF)． 解：(1)由四邊形AEDF的內(nèi)角和為360°，可知DE⊥AB，又∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等邊三角形， ∴BD＝2.在Rt△BDE中，∠B＝60°，∴BE＝1； (2)如答圖①，取AB的中點(diǎn)G，連結(jié)DG， 易證：DG為△ABC的中位線，故DG＝DC，∠BGD＝∠C＝60°， 又四邊形AEDF的對(duì)角互補(bǔ)，故∠GED＝∠DFC， ∴△DEG≌△DFC. 故EG＝CF， ∴

10、BE＋CF＝BE＋EG＝BG＝AB； 第5題答圖① 　　　 第5題答圖② (3)如答圖②，取AB的中點(diǎn)G，連結(jié)DG， 同(2)，易證△DEG≌△DFC， 故EG＝CF， 故BE－CF＝BE－EG＝BG＝AB. 設(shè)CN＝x， 在Rt△DCN中，CD＝2x，DN＝x， 在Rt△DFN中，NF＝DN＝x， 故EG＝CF＝(－1)x， BE＝BG＋EG＝DC＋CF＝2x＋(－1)x＝(＋1)x， 故BE＋CF＝(＋1)x＋(－1)x＝2x， (BE－CF)＝[(＋1)x－(－1)x]＝2x. 故BE＋CF＝(BE－CF)． 6．(15分)(1)如圖

11、43－6①，已知△ABC，以AB，AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，連結(jié)BE，CD.請(qǐng)你完成圖形，并證明：BE＝CD；(尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡) 圖43－6 (2)如圖②，已知△ABC，以AB，AC為邊向外作正方形ABFD和正方形ACGE，連結(jié)BE，CD.BE與CD有什么數(shù)量關(guān)系？簡(jiǎn)單說明理由； (3)運(yùn)用(1)(2)解答中積累的經(jīng)驗(yàn)和知識(shí)，完成下題：如圖③，要測(cè)量池塘兩岸相對(duì)的兩點(diǎn)B，E的距離，已經(jīng)測(cè)得∠ABC＝45°，∠CAE＝90°，AB＝BC＝100 m，AC＝AE，求BE的長(zhǎng)． 解：(1)如答圖①， 第6題答圖① 證明：∵△ABD和△ACE都

12、是等邊三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC， 即∠CAD＝∠EAB， ∴△CAD≌△EAB，∴BE＝CD； (2)BE＝CD. 理由如下： ∵四邊形ABFD和四邊形ACGE均為正方形， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°， ∴∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB， ∴BE＝CD； 第6題答圖② (3)由(1)，(2)的解題經(jīng)驗(yàn)可知，過A在△ABC的外側(cè)作等腰直角三角形ABD，如答圖②，∠BAD＝90°，則AD＝AB＝100，∠ABD＝45°，∴BD＝100.連結(jié)CD，則由(2)可

13、知BE＝CD. ∵∠ABC＝45°， ∴∠DBC＝∠ABD＋∠ABC＝90°. 在Rt△DBC中，BC＝100，BD＝100， ∴CD＝＝100， ∴BE的長(zhǎng)為100m. 7．(15分)[2017·成都]如圖43－7，矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AD邊上一點(diǎn)，DE＝AD(n為大于2的整數(shù))，連結(jié)BE，作BE的垂直平分線分別交AD，BC于點(diǎn)F，G，F(xiàn)G與BE的交點(diǎn)為O，連結(jié)BF和EG. (1)試判斷四邊形BFEG的形狀，并說明理由； (2)當(dāng)AB＝a(a為常數(shù))，n＝3時(shí)，求FG的長(zhǎng)； (3)記四邊形BFEG的面積為S1，矩形ABCD的面積為S2，當(dāng)＝時(shí)，求n的值． 圖

14、43－7 解：(1)四邊形BFEG是菱形． 理由如下： ∵FG垂直平分BE， ∴BO＝EO，∠BOG＝∠EOF＝90° 在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠GBO＝∠FEO. ∴△BOG≌△EOF(ASA)． ∴BG＝EF. ∴四邊形BFEG是平行四邊形． 又∵FG⊥BE， ∴平行四邊形BFEG是菱形； (2)當(dāng)AB＝a，n＝3時(shí)，AD＝2a，AE＝a， 根據(jù)勾股定理可得BE＝a， ∵AF＝AE－EF＝AE－BF，在Rt△ABF中AB2＋AF2＝BF2，∴AF＝a，EF＝a， ∵菱形BGEF面積＝BE·FG＝EF·AB， ∴FG＝a； (3)設(shè)AB＝x，則DE＝，

15、 當(dāng)＝時(shí)，＝，可得BG＝x， 在Rt△ABF中AB2＋AF2＝BF2，∴AF＝x， ∴AE＝AF＋FE＝AF＋BG＝x，DE＝AD－AE＝x，∴n＝6. (15分) 8．(15分)[2016·株洲]如圖43－8，已知AB是圓O的切線，切點(diǎn)為B，直線AO交圓O于C，D兩點(diǎn)，CD＝2，∠DAB＝30°，動(dòng)點(diǎn)P在直線AB上運(yùn)動(dòng)，PC交圓O于另一點(diǎn)Q. 圖43－8 (1)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到Q，C兩點(diǎn)重合時(shí)(如圖①)，求AP的長(zhǎng)； (2)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，有幾個(gè)位置(幾種情況)使△CQD的面積為？(直接寫出答案) (3)當(dāng)使△CQD的面積為，且Q位于以CD為直徑的上半圓上，CQ＞QD時(shí)(如圖

16、②)，求AP的長(zhǎng)． 解：(1)∵AB是圓O的切線， ∴∠OBA＝90°， ∵CD＝2，∠DAB＝30°， ∴OB＝1， ∴OB＝OC＝AC＝1， ∵當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到Q，C兩點(diǎn)重合， ∴PC為圓O的切線， ∴∠PCA＝90°， ∵∠DAB＝30°，AC＝1， ∴AP＝； 第8題答圖 (2)由于CD的長(zhǎng)度為2，而S△CQD＝，故CD上的高的長(zhǎng)度為，從而如答圖①，可知有4個(gè)位置使△CQD的面積為； (3)過點(diǎn)Q作QN⊥AD于點(diǎn)N， 過點(diǎn)P作PM⊥AD于點(diǎn)M. ∵S△CQD＝，∴QN·CD＝，∴QN＝， ∵CD是圓O的直徑，∴∠CQD＝90°， 易證△QCN∽△DQN

17、，∴＝， ∴QN2＝CN·DN. 設(shè)CN＝x，則DN＝2－x，∴x(2－x)＝， 解得x1＝，x2＝， ∵CQ＞QD，∴CN＝，∴＝2＋. 易證△PMC∽△QNC，∴＝＝2＋， ∴CM＝(2＋)MP， 在Rt△AMP中，AM＝MP ∵AM＋CM＝AC＝1，∴(2＋)MP＋MP＝1， ∴MP＝，∴AP＝2MP＝. (15分) 10．(15分)[2016·嘉興]類比等腰三角形的定義，我們定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”． (1)概念理解 如圖43－10①，在四邊形ABCD中，添加一個(gè)條件使得四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”．請(qǐng)寫出你添加的一個(gè)條件； (

18、2)問題探究 ①小紅猜想：對(duì)角線互相平分的“等鄰邊四邊形”是菱形．她的猜想正確嗎？請(qǐng)說明理由； ②如圖②，小紅畫了一個(gè)Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，并將Rt△ABC沿∠ABC的平分線BB′方向平移得到△A′B′C′，連結(jié)AA′，BC′.小紅要使平移后的四邊形ABC′A′是“等鄰邊四邊形”，應(yīng)平移多少距離(即線段BB′的長(zhǎng))? (3)應(yīng)用拓展 如圖③，“等鄰邊四邊形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD＋∠BCD＝90°，AC，BD為對(duì)角線，AC＝AB.試探究BC，CD，BD的數(shù)量關(guān)系． 圖43－10 解：(1)AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或DA＝AB

19、；(任寫一個(gè)即可) (2)①正確．理由為： ∵四邊形的對(duì)角線互相平分， ∴這個(gè)四邊形是平行四邊形， ∵四邊形是“等鄰邊四邊形”， ∴這個(gè)四邊形有一組鄰邊相等， ∴這個(gè)“等鄰邊四邊形”是菱形； ②由∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，得AC＝， ∵將Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′， ∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝2，B′C′＝1，A′C′＝， (Ⅰ)如答圖①，當(dāng)AA′＝AB時(shí)，BB′＝AA′＝AB＝2； (Ⅱ)如答圖②，當(dāng)AA′＝A′C′時(shí)，BB′＝AA′＝A′C′＝； (Ⅲ)如答圖③，當(dāng)BC′＝A′C′＝時(shí)，延長(zhǎng)C′B′交AB于點(diǎn)D，則C′D⊥A

20、B， ∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′＝∠ABC＝45°， ∴∠BB′D＝∠ABB′＝45°，∴B′D＝BD. 設(shè)B′D＝BD＝x，則C′D＝x＋1，BB′＝x， ∵在Rt△BC′D中，BD2＋(C′D)2＝(BC′)2， ∴x2＋(x＋1)2＝()2， 解得x1＝1，x2＝－2(不合題意，舍去)， ∴BB′＝x＝； (Ⅳ)如答圖④，當(dāng)BC′＝AB＝2時(shí)，與(Ⅲ)同理得：BD2＋(C′D)2＝(BC′)2， 設(shè)B′D＝BD＝x，則x2＋(x＋1)2＝22， 解得x1＝，x2＝(不合題意，舍去)， ∴BB′＝x＝； 第10題答圖 (3)BC，CD，BD的數(shù)量關(guān)系為

21、：BC2＋CD2＝2BD2. ∵AB＝AD， ∴如答圖⑤，將△ADC線繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△ABF，連結(jié)CF，則△ABF≌△ADC， ∴∠ABF＝∠ADC，∠BAF＝∠DAC，AF＝AC，F(xiàn)B＝CD， ∴∠BAD＝∠CAF，＝＝1， ∴△ACF∽△ABD， ∴＝， ∵AC＝AB， ∴CF＝BD， 第10題答圖⑤ ∵∠BAD＋∠ADC＋∠BCD＋∠ABC＝360°， ∴∠ABC＋∠ADC＝360°－(∠BAD＋∠BCD) ＝360°－90°＝270°， ∴∠ABC＋∠ABF＝270°， ∴∠CBF＝90°， ∴BC2＋FB2＝CF2＝(BD)2＝2BD2， ∴BC2＋CD2＝2BD2. 12