2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导9：几何研究类问题

第一篇：2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导9：几何研究类问题

2018年初中数学中考名师面对面专题指导

第九讲几何研究类问题

（一）考点解析：

几何问题探究是新中考中命题的一大亮点，往往设计成一个小课题，以“链式”问题链的形式出现，图形运动与证明的结合，常把点的运动、线段的运动与全等、相似的证明、特殊三角形的判定、特殊四边形的判定结合起来，挖掘变中之不变，将问题图形中的某个图形进行平移、翻折、旋转等运动，使其中某些元素或图形的结构产生了规律性的变化，针对这种规律性的变化形式或特定的结论设计逐步递进的问题串来形成探究问题，由于涉及图形较复杂，关注知识点较多，各知识块之间的联系较为密切．让学生在一定的情景中完成探究，先用类 比，而后归纳悟出规律，从特殊到得出一般规律，再到利用规律求解，使学生的才能得到充分的展示．

（二）考点训练 考点1：条件开放式问题

【典型例题】：（2017日照）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；

（2）只需添加一个条件，即 AD=BC（答案不唯一），可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．

【考点】LC：矩形的判定；KD：全等三角形的判定与性质． 【分析】（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；

（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论． 【解答】（1）证明：在△DCA和△EAC中，∴△DCA≌△EAC（SSS）；，（2）解：添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下： ∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE⊥AE，∴∠E=90°，由（1）得：△DCA≌△EAC，∴∠D=∠E=90°，∴四边形ABCD为矩形；

故答案为：AD=BC（答案不唯一）． 【变式训练】：

(2017湖北咸宁)定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称这个三角形为“智慧三角形”． 理解：

（1）如图1，已知A、B是⊙O上两点，请在圆上找出满足条件的点C，使△ABC为“智慧三角形”（画出点C的位置，保留作图痕迹）；

（2）如图2，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=CD，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由； 运用：

（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点Q是直线y=3上的一点，若在⊙O上存在一点P，使得△OPQ为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点P的坐标．

【考点】MR：圆的综合题．

【分析】（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；

（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解． 【解答】解：（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：

由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，由勾股定理可得PQ=

=

2，PM=1×2÷3=，=，），（，）． 由勾股定理可求得OM=故点P的坐标（﹣

方法归纳总结：条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求． 考点2：结论开放式问题

【典型例题】：(2017湖北咸宁)如图，在Rt△ABC中，BC=2，∠BAC=30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线OM、ON上滑动，下列结论： ①若C、O两点关于AB对称，则OA=2②C、O两点距离的最大值为4； ③若AB平分CO，则AB⊥CO； ④斜边AB的中点D运动路径的长为

； ；

其中正确的是 ①②③（把你认为正确结论的序号都填上）．

【考点】KY：三角形综合题．

【分析】①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求AC和AB，由对称的性质可知：AB是OC的垂直平分线，所以OA=AC；

②当OC经过AB的中点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4； ③如图2，根据等腰三角形三线合一可知：AB⊥OC；

④如图3，半径为2，圆心角为90°，根据弧长公式进行计算即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，∵BC=2，∠BAC=30°，∴AB=4，AC==

2，①若C、O两点关于AB对称，如图1，∴AB是OC的垂直平分线，则OA=AC=2；

所以①正确；

②如图1，取AB的中点为E，连接OE、CE，∵∠AOB=∠ACB=90°，∴OE=CE=AB=2，当OC经过点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4； 所以②正确；

③如图2，同理取AB的中点E，则OE=CE，∵AB平分CO，∴OF=CF，∴AB⊥OC，所以③正确；

④如图3，斜边AB的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，则： =π．

所以④不正确；

综上所述，本题正确的有：①②③； 故答案为：①②③．

【变式训练】：

（2017•新疆）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中： ①∠ABC=∠ADC； ②AC与BD相互平分；

③AC，BD分别平分四边形ABCD的两组对角； ④四边形ABCD的面积S=

AC•BD．

正确的是 ①④（填写所有正确结论的序号）

【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质． 【分析】①证明△ABC≌△ADC，可作判断；

②③由于AB与BC不一定相等，则可知此两个选项不一定正确； ④根据面积和求四边形的面积即可． 【解答】解：①在△ABC和△ADC中，∵，∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠ABC=∠ADC，故①结论正确； ②∵△ABC≌△ADC，∴∠BAC=∠DAC，∵AB=AD，∴OB=OD，AC⊥BD，而AB与BC不一定相等，所以AO与OC不一定相等，故②结论不正确；

③由②可知：AC平分四边形ABCD的∠BAD、∠BCD，而AB与BC不一定相等，所以BD不一定平分四边形ABCD的对角； 故③结论不正确； ④∵AC⊥BD，∴四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=故④结论正确； 所以正确的有：①④； 故答案为：①④．

BD•AO+

BD•CO=

BD•（AO+CO）=

AC•BD． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，第1问可以利用等边对等角，由等量加等量和相等来解决． 方法归纳总结：

给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍． 考点3：条件和结论开放式问题

【典型例题】：（2017浙江义乌）如图，∠AOB=45°，点M，N在边OA上，OM=x，ON=x+4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是 x=0或x=

4﹣4或4＜x＜4

．

【考点】KI：等腰三角形的判定．

【分析】分三种情况讨论：先确定特殊位置时成立的x值，①如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；

②如图2，构建腰长为4的等腰直角△OMC，和半径为4的⊙M，发现M在点D的位置时，满足条件；

③如图3，根据等腰三角形三种情况的画法：分别以M、N为圆心，以MN为半径画弧，与OB的交点就是满足条件的点P，再以MN为底边的等腰三角形，通过画图发现，无论x取何值，以MN为底边的等腰三角形都存在一个，所以只要满足以MN为腰的三角形有两个即可． 【解答】解：分三种情况：

①如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；

②如图2，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，∴MC⊥OB，∵∠AOB=45°，∴△MCO是等腰直角三角形，∴MC=OC=4，∴OM=4，﹣4时，同理可知：点P恰好有三个； 当M与D重合时，即x=OM﹣DM=4③如图3，取OM=4，以M为圆心，以OM为半径画圆，则⊙M与OB除了O外只有一个交点，此时x=4，即以∠PMN为顶角，MN为腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；

点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点； ∴当4＜x＜4时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个；

综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是：x=0或x=4﹣4或4． ﹣4或

4． 故答案为：x=0或x=4

【变式训练】：

（2017浙江义乌）已知△ABC，AB=AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD=AE，设∠BAD=α，∠CDE=β．

（1）如图，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．

①如果∠ABC=60°，∠ADE=70°，那么α= 20 °，β= 10 °，②求α，β之间的关系式．

（2）是否存在不同于以上②中的α，β之间的关系式？若存在，求出这个关系式（求出一个即可）；若不存在，说明理由．

【考点】KY：三角形综合题．

【分析】（1）①先利用等腰三角形的性质求出∠DAE，进而求出∠BAD，即可得出结论；

②利用等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得出结论；

（2）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，同（1）的方法即可得出结论；

②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，同（1）的方法即可得出结论．

【解答】解：（1）①∵AB=AC，∠ABC=60°，∴∠BAC=60°，∵AD=AE，∠ADE=70°，∴∠DAE=180°﹣2∠ADE=40°，∴α=∠BAD=60°﹣40°=20°，∴∠ADC=∠BAD+∠ABD=60°+20°=80°，∴β=∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=10°，故答案为：20，10；

②设∠ABC=x，∠AED=y，∴∠ACB=x，∠AED=y，在△DEC中，y=β+x，在△ABD中，α+x=y+β=β+x+β，∴α=2β；

（2）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1 设∠ABC=x，∠ADE=y，∴∠ACB=x，∠AED=y，在△ABD中，x+α=β﹣y，在△DEC中，x+y+β=180°，∴α=2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α=180°﹣2β．

方法归纳总结：

利用已知条件或图形特征，进行猜想，并证明． 考点4：几何结论判断的问题

【典型例题】：(2017湖北襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．

（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF；（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中：

①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由； ②若CE=4，CF=2，求DN的长． 【考点】RB：几何变换综合题．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，于是得到∠DCE=∠DCF=135°，根据全等三角形的性质即可的结论；（2）①证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CE•CF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CE•CF；②如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=2，推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到

=2，根据勾股定理即可得到结论．

【解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中，∴△DCE≌△DCF，∴DE=DF；

（2）解：①∵∠DCF=∠DCE=135°，∴∠CDF+∠F=180°﹣135°=45°，∵∠CDF+∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，∴△CDF∽△CED，∴，即CD2=CE•CF，∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴CD=AB，∴AB2=4CE•CF；

②如图，过D作DG⊥BC于G，则∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，由CD2=CE•CF得CD=

2，×sin45°=2，∴在Rt△DCG中，CG=DG=CD•sin∠DCG=2∵∠ECN=∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴△CEN∽△GDN，∴=2，∴GN=CG=，∴DN==

=

．

【变式训练】：

（2017湖南邵阳）如图1所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N． 【问题引入】（1）若点O是AC的中点，=，求的值；

温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G． 【探索研究】

（2）若点O是AC上任意一点（不与A，C重合），求证：【拓展应用】

（3）如图2所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，E，F，若

=，=，求的值．

=1；

【分析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G，证△ABG∽△MBN得=，同理由△ACG∽△OCN得

=

=，即=

=，结合AO=CO得NG=CN，从而由可得答案；（2）由=、=

知

=

=1；

=

1、在△ACD中有=

=．

=1，从而（3）由（2）知，在△ABD中有=，据此知

=【解答】解：（1）过点A作AG∥MN交BN延长线于点G，∴∠G=∠BNM，又∠B=∠B，∴△ABG∽△MBN，∴∴∴=，﹣1，即

=，=，﹣1==同理，在△ACG和△OCN中，∴=，∵O为AC中点，∴AO=CO，∴NG=CN，∴

（2）由（1）知，∴

（3）在△ABD中，点P是AD上的一点，过点P的直线与AC、BD的延长线相交于点C，由（2）得=1，=

=、=，===；

=1；

在△ACD中，点P是AD上一点，过点P是AD上一点，过点P的直线与AC、AD的延长线分别相交于点E、B，由（2）得∴∴====1，=×=．

【点评】本题主要考查相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定与性质及比例式的基本性质是解题的关键． 考点5：结论猜想证明的问题

【典型例题】：（2017湖北随州）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．

（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．

下面是两位学生有代表性的证明思路： 思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等； 思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．…

请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；

（3）在（2）的条件下，若表示的值．

=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；

证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到

=

=1，所以DM=EM；

（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=b，则NE=NF+EF=2a+（4）由于+1，再把==

=

a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+的值；，然后表示出

=

=

b，然后计算+=k，则

=代入计算即可．

【解答】解：（1）如图1，证法一：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=CD，AB∥CD，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AB=EF，AB∥EF，∴CD=EF，CD∥EF，∴∠CDM=∠FEM，在△CDM和△FEM中，∴△CDM≌△FEM，∴DM=EM，即点M是DE的中点；

证法二：∵四边形ABCD为菱形，∴DH=BH，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE，∵HM∥BE，∴==1，∴DM=EM，即点M是DE的中点；（2）∵△CDM≌△FEM，∴CM=FM，设AD=a，CM=b，∵∠ABE=135°，∴∠BAF=45°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠NAF=45°，∴四边形ABCD为正方形，∴AC=AD=a，∵AB∥EF，∴∠AFN=∠BAF=45°，∴△ANF为等腰直角三角形，∴NF=AF=（a+b+b）=a+

b，∴NE=NF+EF=a+∴==，===b+a=2a+b，=

；

（4）∵∴=k﹣∴=∴=+=k，•+1=•+1=．

【变式训练】：

（2017山东烟台）【操作发现】

（1）如图1，△ABC为等边三角形，现将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF． ①求∠EAF的度数；

②DE与EF相等吗？请说明理由； 【类比探究】

（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF，请直接写出探究结果： ①求∠EAF的度数；

②线段AE，ED，DB之间的数量关系．

【考点】RB：几何变换综合题．

【分析】（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；

（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；

②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论． 【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②DE=EF；理由如下： ∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；

（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，∵∠DCF=90°，，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°； ②AE2+DB2=DE2，理由如下： ∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2． 方法归纳总结：

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，往往会对最后一小题的求解有一定的模仿和提示作用．

（三）考点检测

1.（2017江苏徐州）如图，在▱ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．（1）求证：四边形BECD是平行四边形；

（2）若∠A=50°，则当∠BOD= 100 °时，四边形BECD是矩形．，【考点】LC：矩形的判定；L7：平行四边形的判定与性质．

【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥DC，AB=CD，∴∠OEB=∠ODC，又∵O为BC的中点，∴BO=CO，在△BOE和△COD中，∴△BOE≌△COD（AAS）； ∴OE=OD，∴四边形BECD是平行四边形；

（2）解：若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BCD=∠A=50°，∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，∴∠ODC=100°﹣50°=50°=∠BCD，∴OC=OD，∵BO=CO，OD=OE，∴DE=BC，∵四边形BECD是平行四边形，∴四边形BECD是矩形； 故答案为：100．，2.（2017江苏盐城）如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F．

（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；

（2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由．

【考点】LB：矩形的性质；L7：平行四边形的判定与性质；L9：菱形的判定． 【分析】（1）由矩形可得∠ABD=∠CDB，结合BE平分∠ABD、DF平分∠BDC得∠EBD=∠FDB，即可知BE∥DF，根据AD∥BC即可得证；

（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，由角平分线知∠ABD=2∠ABE=60°、∠EBD=∠ABE=30°，结合∠A=90°可得∠EDB=∠EBD=30°，即EB=ED，即可得证． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC、AD∥BC，∴∠ABD=∠CDB，∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC，∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC，∴∠EBD=∠FDB，∴BE∥DF，又∵AD∥BC，∴四边形BEDF是平行四边形；

（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴∠EDB=90°﹣∠ABD=30°，∴∠EDB=∠EBD=30°，∴EB=ED，又∵四边形BEDF是平行四边形，∴四边形BEDF是菱形．

3.如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE．（1）求证：△AGE≌△BGF；

（2）试判断四边形AFBE的形状，并说明理由．

【考点】L5：平行四边形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠AEG=∠BFG，由AAS证明△AGE≌△BGF即可；

（2）由全等三角形的性质得出AE=BF，由AD∥BC，证出四边形AFBE是平行四边形，再根据EF⊥AB，即可得出结论．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEG=∠BFG，∵EF垂直平分AB，∴AG=BG，在△AGEH和△BGF中，∴△AGE≌△BGF（AAS）；

（2）解：四边形AFBE是菱形，理由如下： ∵△AGE≌△BGF，∴AE=BF，∵AD∥BC，∴四边形AFBE是平行四边形，又∵EF⊥AB，∴四边形AFBE是菱形．

4.（2017江苏徐州）如图，将边长为6的正三角形纸片ABC按如下顺序进行两次折叠，展平后，得折痕AD，BE（如图①），点O为其交点．（1）探求AO到OD的数量关系，并说明理由；（2）如图②，若P，N分别为BE，BC上的动点． ①当PN+PD的长度取得最小值时，求BP的长度；

②如图③，若点Q在线段BO上，BQ=1，则QN+NP+PD的最小值=

．

【考点】RB：几何变换综合题．

【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，得到AO=OB，根据直角三角形的性质即可得到结论；

（2）如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，则此时PN+PD的长度取得最小值，根据线段垂直平分线的想知道的BD=BD′，推出△BDD′是等边三角形，得到BN=BD=，于是得到结论；

（3）如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．根据轴对称的定义得到∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，得到△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：（1）AO=2OD，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，∴AO=OB，∵BD=CD，∴AD⊥BC，∴∠BDO=90°，∴OB=2OD，∴OA=2OD；

（2）如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，则此时PN+PD的长度取得最小值，∵BE垂直平分DD′，∴BD=BD′，∵∠ABC=60°，∴△BDD′是等边三角形，∴BN=BD=，∵∠PBN=30°，∴=，； ∴PB=（3）如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．

根据轴对称的定义可知：∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，∴△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，∴∠D′BQ′=90°，∴在Rt△D′BQ′中，D′Q′==

．，∴QN+NP+PD的最小值=故答案为：．

5.（2017浙江衢州）问题背景

如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE=∠ABF=∠BCG=∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形． 类比探究

如图2，在正△ABC的内部，作∠BAD=∠CBE=∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）

（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明．（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由．

（3）进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD=a，AD=b，AB=c，请探索a，b，c满足的等量关系． 【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）由正三角形的性质得出∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC，证出∠ABD=∠BCE，由ASA证明△ABD≌△BCE即可；（2）由全等三角形的性质得出∠ADB=∠BEC=∠CFA，证出∠FDE=∠DEF=∠EFD，即可得出结论；

（3）作AG⊥BD于G，由正三角形的性质得出∠ADG=60°，在Rt△ADG中，DG=b，AG=b，在Rt△ABG中，由勾股定理即可得出结论．

【解答】解：（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下： ∵△ABC是正三角形，∴∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC，∵∠ABD=∠ABC﹣∠2，∠BCE=∠ACB﹣∠3，∠∴∠ABD=∠BCE，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（ASA）；

（2）△DEF是正三角形；理由如下： ∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB=∠BEC=∠CFA，∴∠FDE=∠DEF=∠EFD，∴△DEF是正三角形；

（3）作AG⊥BD于G，如图所示： ∵△DEF是正三角形，∴∠ADG=60°，在Rt△ADG中，DG=

b，AG=

b，在Rt△ABG中，c2=（a+b）2+（b）2，∴c2=a2+ab+b2．

2=∠3，24．（2017浙江衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．

（1）如图1，当t=3时，求DF的长．

（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．

（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．

【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形中位线定理得出DE∥OA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；

（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式理得出DM=AB=3，DN=，=，由三角形中位线定

=，再由三

OA=4，证明△DMF∽△DNE，得出角函数定义即可得出答案；

（3）作作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；

①当点E到达中点之前时，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），求出AF=4+MF=﹣把G（t+，得出G（，t），求出直线AD的解析式为y=﹣x+6，t）代入即可求出t的值；

②当点E越过中点之后，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），求出AF=4﹣MF=﹣t+，得出G（，t），代入直线AD的解析式y=﹣

x+6求出t的值即可．

【解答】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，∵A（8，0），C（0，6），∴OA=8，OC=6，∵点D为OB的中点，∴DE∥OA，DE=OA=4，∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴四边形DFAE是矩形，∴DF=AE=3；

（2）∠DEF的大小不变；理由如下： 作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示： ∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，∴，=，∵点D为OB的中点，∴M、N分别是OA、AB的中点，∴DM=AB=3，DN=OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴=，∵∠EDF=90°，∴tan∠DEF==；

（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点； ①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=∴AF=4+MF=﹣t+，（3﹣t），∵点G为EF的三等分点，∴G（，t），设直线AD的解析式为y=kx+b，把A（8，0），D（4，3）代入得：解得：，x+6，；，∴直线AD的解析式为y=﹣把G（，t）代入得：t=②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=∴AF=4﹣MF=﹣t+，（t﹣3），∵点G为EF的三等分点，∴G（，t），x+6得：t=

；

或

代入直线AD的解析式y=﹣综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为

第二篇：2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导6：最大小值类问题

2018年初中数学中考名师面对面专题指导

第六讲最大小值类问题

（一）考点解析：

最值问题，也就是最大值和最小值问题，这类问题出现的试题，内容丰富，知识点多，涉及面广，解法灵活多样，而且具有一定的难度．

最值问题一般有三类，一是以几何背景的最值问题，一般可以看成是运动变化的图形在特殊位置时，与图形有关的几何量达到最大或最小值；二是有关函数的最值问题，如一次函数、反比例函数和二次函数；三是实际背景问题，来求最优化问题．

关键是要结合题意，借助相关的概念、图形的性质，将最值问题化归与转化为相应的数学模型(函数增减性、线段公理、三角形三边关系等)进行分析与突破

（二）考点训练

考点1：线段之和最值问题

【典型例题】：（2017贵州安顺）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 6 ．

【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KK：等边三角形的性质；LE：正方形的性质．

【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的边长为6，可求出AB的长，从而得出结果．

【解答】解：设BE与AC交于点P，连接BD，∵点B与D关于AC对称，∴PD=PB，∴PD+PE=PB+PE=BE最小． 即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度； ∵正方形ABCD的边长为6，∴AB=6．

又∵△ABE是等边三角形，∴BE=AB=6． 故所求最小值为6． 故答案为：6．

【变式训练】：

（2017毕节）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AD平分∠CAB交BC于D点，E，F分别是AD，AC上的动点，则CE+EF的最小值为（）

A． B． C． D．6 【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KF：角平分线的性质．

【分析】依据勾股定理可求得AB的长，然后在AB上取点C′，使AC′=AC，过点C′作C′F⊥AC，垂足为F，交AD与点E，先证明C′E=CE，然后可得到CE+EF=C′E+EF，然后依据垂直线段最短可知当点C′F⊥AC时，CE+EF有最小值，最后利用相似三角形的性质求解即可．

【解答】解：如图所示：在AB上取点C′，使AC′=AC，过点C′作C′F⊥AC，垂足为F，交AD与点E．

在Rt△ABC中，依据勾股定理可知BA=10． ∵AC=AC′，∠CAD=∠C′AD，AE=C′E，∴△AEC≌△AEC′． ∴CE=EC′． ∴CE+EF=C′E+EF．

∴当C′F⊥AC时，CE+EF有最小值． ∵C′F⊥AC，BC⊥AC，∴C′F∥BC． ∴△AFC′∽△ACB． ∴=，即

=，解得FC′=

．

故选：C．

考点2：线段之差或线段最值问题

【典型例题】：（2017.湖南怀化）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=10cm，点P是这个菱形内部或边上的一点．若以P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则P，A（P，A两点不重合）两点间的最短距离为 10

﹣10 cm．

【考点】L8：菱形的性质；KH：等腰三角形的性质．

【分析】分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PB为底．③若以边PC为底．分别求出PD的最小值，即可判断． 【解答】解：连接BD，在菱形ABCD中，∵∠ABC=120°，AB=BC=AD=CD=10，∴∠A=∠C=60°，∴△ABD，△BCD都是等边三角形，①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短”，即当点P与点D重合时，PA最小，最小值PA=10； ②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10

﹣10；

③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在； 综上所述，PD的最小值为10故答案为：10﹣1．

﹣10（cm）；

【变式训练】：

(2017湖南怀化)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=10cm，点P是这个菱形内部或边上的一点．若以P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则P，A（P，A两点不重合）两点间的最短距离为 10

﹣10 cm．

【考点】L8：菱形的性质；KH：等腰三角形的性质．

【分析】分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PB为底．③若以边PC为底．分别求出PD的最小值，即可判断． 【解答】解：连接BD，在菱形ABCD中，∵∠ABC=120°，AB=BC=AD=CD=10，∴∠A=∠C=60°，∴△ABD，△BCD都是等边三角形，①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短”，即当点P与点D重合时，PA最小，最小值PA=10；

②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10

﹣10；

③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在； 综上所述，PD的最小值为10故答案为：10﹣1．

﹣10（cm）；

方法归纳总结：

点P为任意一点时，要探究PA－PB的最大值，可数形结合，将其转化为相关图形(三角形)，三边关系始终满足两边之差小于第三边(|PA－PB︱

考点3：表面展开最值问题

【典型例题】：我国古代有这样一道数学问题：“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？”题意是：如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B处，则问题中葛藤的最短长度是 25 尺．

【分析】这种立体图形求最短路径问题，可以展开成为平面内的问题解决，展开后可转化下图，所以是个直角三角形求斜边的问题，根据勾股定理可求出． 【解答】解：如图，一条直角边（即枯木的高）长20尺，另一条直角边长5×3=15（尺），因此葛藤长为故答案为：25．

=25（尺）．

方法归纳总结：

平面展开最短路径问题，关键是把立体图形展成平面图形，本题是展成平面图形后为直角三角形按照勾股定理可求出解． 考点4：图形周长最值问题

【典型例题】：（2017.湖南怀化）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式；

（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；

（3）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；

（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；

（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；

（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标．

【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx﹣5上，∴∴，∴抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，∴C（0，﹣5），∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，或，要使以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，则有①当CD=AB=6，∴D（0，1），时，②当∴∴CD=时，，），）； ∴D（0，即：D的坐标为（0，1）或（0，（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），∵CE∥x轴，∴点E的纵坐标为﹣5，∵E在抛物线上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，∴E（4，﹣5），∴CE=4，∵B（5，0），C（0，﹣5），∴直线BC的解析式为y=x﹣5，∴F（t，t﹣5），∴HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣）2+∵CE∥x轴，HF∥y轴，∴CE⊥HF，∴S四边形CHEF=CE•HF=﹣2（t﹣）2+当t=时，四边形CHEF的面积最大为

（4）如图2，∵K为抛物线的顶点，∴K（2，﹣9），∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），∵M（4，m）在抛物线上，∴M（4，﹣5），．，∴点M关于x轴的对称点M'（4，5），∴直线K'M'的解析式为y=x﹣∴P（，0），Q（0，﹣）．，【变式训练】：

(2017湖南怀化)如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式；

（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；

（3）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；

（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；

（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标．

【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx﹣5上，∴∴，∴抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，∴C（0，﹣5），∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，或，要使以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，则有①当时，CD=AB=6，∴D（0，1），②当∴∴CD=，），）； 时，∴D（0，即：D的坐标为（0，1）或（0，（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），∵CE∥x轴，∴点E的纵坐标为﹣5，∵E在抛物线上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，∴E（4，﹣5），∴CE=4，∵B（5，0），C（0，﹣5），∴直线BC的解析式为y=x﹣5，∴F（t，t﹣5），∴HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣）2+∵CE∥x轴，HF∥y轴，∴CE⊥HF，∴S四边形CHEF=CE•HF=﹣2（t﹣）2+当t=时，四边形CHEF的面积最大为

（4）如图2，∵K为抛物线的顶点，∴K（2，﹣9），∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），∵M（4，m）在抛物线上，．，∴M（4，﹣5），∴点M关于x轴的对称点M'（4，5），∴直线K'M'的解析式为y=x﹣∴P（，0），Q（0，﹣）．，考点5：函数最值问题

【典型例题】：（2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．（1）求该抛物线的解析式；

（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；

（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标． 【解答】解：

（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，∴B（3，0），C（0，3），把B、C坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），设M（2，t），且C（0，3），∴MC==，MP=|t+1|，PC=

=

2，解得，∵△CPM为等腰三角形，∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，①当MC=MP时，则有

=|t+1|，解得t=，此时M（2，）； ②当MC=PC时，则有此时M（2，7）；

③当MP=PC时，则有|t+1|=2﹣1+2）或（2，﹣1﹣

2=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，解得t=﹣1+2）；

或t=﹣1﹣2，此时M（2，综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2或（2，﹣1﹣2）；）（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），∵0＜x＜3，∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大． 【变式训练】：

（2017毕节）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．（1）求这个二次函数的解析式；

（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；

（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；

（3）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标． 【解答】解：

（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、B、C三点坐标代入可得∴抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；

（2）作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图1，解得，∴PO=PD，此时P点即为满足条件的点，∵C（0，﹣4），∴D（0，﹣2），∴P点纵坐标为﹣2，代入抛物线解析式可得x2﹣3x﹣4=﹣2，解得x=∴存在满足条件的P点，其坐标为（（3）∵点P在抛物线上，∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图2，（小于0，舍去）或x=，﹣2）；

∵B（4，0），C（0，﹣4），∴直线BC解析式为y=x﹣4，∴F（t，t﹣4），∴PF=（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）=﹣t2+4t，∴S△PBC=S△PFC+S△PFB=PF•OE+PF•BE=PF•（OE+BE）=PF•OB=（﹣t2+4t）×4=﹣2（t﹣2）2+8，∴当t=2时，S△PBC最大值为8，此时t2﹣3t﹣4=﹣6，∴当P点坐标为（2，﹣6）时，△PBC的最大面积为8．

（三）考点检测

1.（2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．

（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；

（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；

（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由． 【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；

（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；

（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标． 【解答】解：

（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，∴D点坐标为（0，3），∴可设直线BD解析式为y=kx+3，把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，？∴直线BD解析式为y=﹣x+3；

（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，∴当m=时，PM有最大值；

（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，∵△BOD是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，∴∠HGQ=∠BGE=45°，当△BDQ中BD边上的高为2∴QG=×2=4，时，即QH=HG=

2，∴|﹣x2+3x|=4，当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．

2.（2017哈尔滨）威丽商场销售A，B两种商品，售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元．

（1）求每件A种商品和每件B种商品售出后所得利润分别为多少元；（2）由于需求量大，A、B两种商品很快售完，威丽商场决定再一次购进A、B两种商品共34件．如果将这34件商品全部售完后所得利润不低于4000元，那么威丽商场至少需购进多少件A种商品？

【考点】C9：一元一次不等式的应用；9A：二元一次方程组的应用．

【分析】（1）设A种商品售出后所得利润为x元，B种商品售出后所得利润为y元．由售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元建立两个方程，构成方程组求出其解就可以；（2）设购进A种商品a件，则购进B种商品（34﹣a）件．根据获得的利润不低于4000元，建立不等式求出其解就可以了．

【解答】解：（1）设A种商品售出后所得利润为x元，B种商品售出后所得利润为y元．由题意，得，解得：

答：A种商品售出后所得利润为200元，B种商品售出后所得利润为100元．（2）设购进A种商品a件，则购进B种商品（34﹣a）件．由题意，得 200a+100（34﹣a）≥4000，解得：a≥6 答：威丽商场至少需购进6件A种商品．

3.（2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．

【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．

【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可． 【解答】解：连接AC、AE，∵四边形ABCD是正方形，∴A、C关于直线BD对称，∴AE的长即为PC+PE的最小值，∵CD=4，CE=1，∴DE=3，在Rt△ADE中，∵AE==

=5，∴PC+PE的最小值为5． 故答案为：5．

4.（2017浙江湖州）湖州素有鱼米之乡之称，某水产养殖大户为了更好地发挥技术优势，一次性收购了20000kg淡水鱼，计划养殖一段时间后再出售．已知每天放养的费用相同，放养10天的总成本为30.4万元；放养20天的总成本为30.8万元（总成本=放养总费用+收购成本）．

（1）设每天的放养费用是a万元，收购成本为b万元，求a和b的值；（2）设这批淡水鱼放养t天后的质量为m（kg），销售单价为y元/kg．根据以往经验可知：m与t的函数关系为关系如图所示．

①分别求出当0≤t≤50和50＜t≤100时，y与t的函数关系式；

②设将这批淡水鱼放养t天后一次性出售所得利润为W元，求当t为何值时，W最大？并求出最大值．（利润=销售总额﹣总成本）

；y与t的函数

【考点】HE：二次函数的应用． 【分析】（1）由放养10天的总成本为30.4万元；放养20天的总成本为30.8万元可得答案；

（2）①分0≤t≤50、50＜t≤100两种情况，结合函数图象利用待定系数法求解可得；

②就以上两种情况，根据“利润=销售总额﹣总成本”列出函数解析式，依据一次函数性质和二次函数性质求得最大值即可得． 【解答】解：（1）由题意，得：解得，答：a的值为0.04，b的值为30；

（2）①当0≤t≤50时，设y与t的函数解析式为y=k1t+n1，将（0，15）、（50，25）代入，得：，解得：，∴y与t的函数解析式为y=t+15；

当50＜t≤100时，设y与t的函数解析式为y=k2t+n2，将点（50，25）、代入，得：，解得：，∴y与t的函数解析式为y=﹣②由题意，当0≤t≤50时，W=20000（t+15）﹣=3600t，∵3600＞0，t+30；

∴当t=50时，W最大值=180000（元）； 当50＜t≤100时，W=（﹣

t+30）﹣ =﹣10t2+1100t+150000 =﹣10（t﹣55）2+180250，∵﹣10＜0，∴当t=55时，W最大值=180250（元），综上所述，放养55天时，W最大，最大值为180250元．

5.（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．

（1）填空：点B的坐标为（2，2）；

（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =

；

②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；

（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO=

=，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；

（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题； ②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题； 【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=2∴B（2，2）．，2）．，∠BCO=∠BAO=90°，故答案为（2

（2）存在．理由如下：

连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．

∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°

①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．

∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．

②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=2，． 综上所述，满足条件的AD的值为2或2

（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=∴

②如图2中，作DH⊥AB于H． =．，在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH=∴BH=2﹣x，=，[

]2=

（x2﹣6x+12），=

x，在Rt△BDH中，BD=∴DE=BD=•∴矩形BDEF的面积为y=即y=∴y=∵x2﹣2x+

4，（x﹣3）2+＞0，∴x=3时，y有最小值6.如图，直线y=﹣

． x+

分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+（1）求A、B两点的坐标；（2）求抛物线的解析式；

经过A，B两点．

（3）点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．

【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，则在Rt△AOC中可得∠ACO=30°，利用三角函数的定义可求得OA，则可求得A点坐标；

（2）由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（3）由平行线的性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出△DMH的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值． 【解答】解：（1）∵直线y=﹣∴B（3，0），C（0，∴OB=3，OC=∴tan∠BCO=，=，x+

分别与x轴、y轴交于B、C两点，），∴∠BCO=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACO=30°，∴=tan30°=，即

=，解得AO=1，∴A（﹣1，0）；（2）∵抛物线y=ax2+bx+经过A，B两点，∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣

x2+x+；

（3）∵MD∥y轴，MH⊥BC，∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，∴DH=DM，MH=DM，DM=

DM，∴△DMH的周长=DM+DH+MH=DM+DM+∴当DM有最大值时，其周长有最大值，∵点M是直线BC上方抛物线上的一点，∴可设M（t，﹣∴DM=﹣∴DM=﹣t2+t2+ t2+t+t+

t+），则D（t，﹣

t+

t+），t2+

t=﹣

2（t﹣）+），），则D（t，﹣﹣（﹣

t+）=﹣，∴当t=时，DM有最大值，最大值为此时DM=×

=

．，即△DMH周长的最大值为【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、二次函数的性质、方程思想等知识．在（1）中注意函数图象与坐标的交点的求法，在（2）中注意待定系数法的应用，在（3）中找到DH、MH与DM的关系是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

第三篇：2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导1：实验操作类问题

2018年初中数学中考名师面对面专题指导

第一讲实验操作类问题

（一）考点解析：

实验操作题要求在动手实践的基础上，进行探索、猜想，得出结论．这类题型一方面考查了学生的实践能力，另一方面考查了学生的探究意识和创新精神，在命题中越来越受到重视，其形式主要有选择题、填空题和解答题．

（二）考点训练

考点1：图形的折叠与展开

【典型例题】：（2017山东枣庄）如图，在△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6，将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（）

A． B． C． D．

【考点】S8：相似三角形的判定．

【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．

【解答】解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；

B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；

C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确． D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误； 故选C． 【变式训练】：

（2017青海西宁）如图，将▱ABCD沿EF对折，使点A落在点C处，若∠A=60°，AD=4，AB=8，则AE的长为

．

【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L5：平行四边形的性质．

【分析】过点C作CG⊥AB的延长线于点G，易证△D′CF≌△ECB（ASA），从而可知D′F=EB，CF=CE，设AE=x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．

【解答】解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，在▱ABCD中，∠D=∠EBC，AD=BC，∠A=∠DCB，由于▱ABCD沿EF对折，∴∠D′=∠D=∠EBC，∠D′CE=∠A=∠DCB，D′C=AD=BC，∴∠D′CF+∠FCE=∠FCE+∠ECB，∴∠D′CF=∠ECB，在△D′CF与△ECB中，∴△D′CF≌△ECB（ASA）∴D′F=EB，CF=CE，∵DF=D′F，∴DF=EB，AE=CF 设AE=x，则EB=8﹣x，CF=x，∵BC=4，∠CBG=60°，∴BG=BC=2，由勾股定理可知：CG=

2，∴EG=EB+BG=8﹣x+2=10﹣x 在△CEG中，由勾股定理可知：（10﹣x）2+（2解得：x=AE=故答案为：）2=x2，方法归纳总结：以折纸为背景考查学生对轴对称等有关知识的掌握及空间观念的发展情况，在问题解决过程中，既可以从具体的动手操作中寻找答案，也可以通过空间想象活动寻找答案，一些比较复杂的折纸与剪纸问题，或难于正确把握时，可以动手试一试． 考点2：图形的分割与拼接

【典型例题】：(2017湖北襄阳)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2=21，大正方形的面积为13，则小正方形的面积为（）

A．3 B．4 C．5 D．6 【考点】KR：勾股定理的证明．

【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，利用已知（a+b）2=21，大正方形的面积为13，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案． 【解答】解：∵如图所示： ∵（a+b）2=21，∴a2+2ab+b2=21，∵大正方形的面积为13，2ab=21﹣13=8，∴小正方形的面积为13﹣8=5． 故选：C． 【变式训练】：

(2017湖北宜昌)如图，将一张四边形纸片沿直线剪开，如果剪开后的两个图形的内角和相等，下列四种剪法中，符合要求的是（）

A．①② B．①③ C．②④ D．③④

【考点】L3：多边形内角与外角．

【分析】根据多边形的内角和定理即可判断．

【解答】解：∵①剪开后的两个图形是四边形，它们的内角和都是360°，③剪开后的两个图形是三角形，它们的内角和都是180°； ∴①③剪开后的两个图形的内角和相等，故选B． 方法归纳总结：

图形的分割与拼接是中考中常见问题．一般地，解答时需要发挥空间想象力，借助示意图进行研究解答，一方面观察图形的特点关系，即线段的关系、角的关系；另一方面可借助计算，必要时需要实际操作． 考点3：三角板的操作

【典型例题】：（2017江苏盐城）在“三角尺拼角”实验中，小明同学把一副三角尺按如图所示的方式放置，则∠1= 120 °．

【考点】K8：三角形的外角性质；K7：三角形内角和定理． 【分析】根据三角形的外角的性质计算即可．

【解答】解：由三角形的外角的性质可知，∠1=90°+30°=120°，故答案为：120． 【变式训练】：

（2017江苏盐城）在“三角尺拼角”实验中，小明同学把一副三角尺按如图所示的方式放置，则∠1= 120 °．

【考点】K8：三角形的外角性质；K7：三角形内角和定理． 【分析】根据三角形的外角的性质计算即可．

【解答】解：由三角形的外角的性质可知，∠1=90°+30°=120°，故答案为：120． 方法归纳总结：

借助三角板等学生熟悉的工具给出操作规则，在操作过程中要求画出图形，将三角板的问题转化为三角形中的计算问题，或探究发现新结论的问题 考点4：利用图形的分割与拼接进行探索研究

【典型例题】：（2017湖北随州）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．

（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．

下面是两位学生有代表性的证明思路： 思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等； 思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．… 请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；

（3）在（2）的条件下，若表示的值．

=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；

证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到

=

=1，所以DM=EM；

（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=b，则NE=NF+EF=2a+（4）由于+1，再把==

=

a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+的值；，然后表示出

=

=

b，然后计算+=k，则

=代入计算即可．

【解答】解：（1）如图1，证法一：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=CD，AB∥CD，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AB=EF，AB∥EF，∴CD=EF，CD∥EF，∴∠CDM=∠FEM，在△CDM和△FEM中，∴△CDM≌△FEM，∴DM=EM，即点M是DE的中点；

证法二：∵四边形ABCD为菱形，∴DH=BH，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE，∵HM∥BE，∴==1，∴DM=EM，即点M是DE的中点；（2）∵△CDM≌△FEM，∴CM=FM，设AD=a，CM=b，∵∠ABE=135°，∴∠BAF=45°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠NAF=45°，∴四边形ABCD为正方形，∴AC=AD=a，∵AB∥EF，∴∠AFN=∠BAF=45°，∴△ANF为等腰直角三角形，∴NF=AF=（a+b+b）=a+

b，b，∴NE=NF+EF=a+b+a=2a+∴==，====

+

==k，；

（4）∵∴=k﹣∴=∴•+1=•+1=．

【变式训练】： 方法归纳总结：

画图、测量、猜想、证明等有关的探究型问题，往往利用几何图形的性质进行全等、相似的证明．

（三）考点检测

1.请用割补法作图，将一个锐角三角形经过一次或两次分割后，重新拼成一个与原三角形面积相等的平行四边形（只要求用一种方法画出图形，把相等的线段作相同的标记）．

【分析】沿AB的中点E和BC的中点F剪开，然后拼接成平行四边形即可． 【解答】解：如图所示．

AE=BE，DE=EF，AD=CF．

【点评】本题考查了图形的剪拼，操作性较强，灵活性较大，根据三角形的中位线定理想到从AB、BC的中点入手剪开是解题的关键．

2.（2017山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交

于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为 36π﹣108 ．

【考点】MO：扇形面积的计算；P9：剪纸问题．

【分析】先求出∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB可得DE=OD=3，先根据S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD求得弓形的面积，再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积．

【解答】解：如图，∵CD⊥OA，∴∠DCO=∠AOB=90°，∵OA=OD=OB=6，OC=OA=OD，∴∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB于点E，则DE=OD=3，∴S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD=

﹣×6×3=3π﹣9，则剪下的纸片面积之和为12×（3π﹣9）=36π﹣108，故答案为：36π﹣108．

3.（2016·江西·6分）如图，六个完全相同的小长方形拼成了一个大长方形，AB是其中一个小长方形的对角线，请在大长方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度直尺，②保留必要的画图痕迹．（1）在图1中画出一个45°角，使点A或点B是这个角的顶点，且AB为这个角的一边；

（2）在图2中画出线段AB的垂直平分线．

【考点】作图—应用与设计作图．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．

（2）根据正方形、长方形的性质对角线相等且互相平分，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图所示，∠ABC=45°．（AB、AC是小长方形的对角线）．

（2）线段AB的垂直平分线如图所示，点M是长方形AFBE是对角线交点，点N是正方形ABCD的对角线的交点，直线MN就是所求的线段AB的垂直平分线．

4.（2016·江西·6分）如图，六个完全相同的小长方形拼成了一个大长方形，AB是其中一个小长方形的对角线，请在大长方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度直尺，②保留必要的画图痕迹．

（1）在图1中画出一个45°角，使点A或点B是这个角的顶点，且AB为这个角的一边；

（2）在图2中画出线段AB的垂直平分线．

【考点】作图—应用与设计作图．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．

（2）根据正方形、长方形的性质对角线相等且互相平分，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图所示，∠ABC=45°．（AB、AC是小长方形的对角线）．

（2）线段AB的垂直平分线如图所示，点M是长方形AFBE是对角线交点，点N是正方形ABCD的对角线的交点，直线MN就是所求的线段AB的垂直平分线．

5.（2017江苏盐城）如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．

（1）如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）

（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．

【考点】O4：轨迹；MC：切线的性质；N3：作图—复杂作图．

【分析】（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；

（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案． 【解答】解：（1）如图①所示，射线OC即为所求；

（2）如图，圆心O的运动路径长为，过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，∴AC=∴C△ABC=9+9==9，AB=2BC=18，∠ABC=60°，+18=27+9∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，∴D、G为切点，∴BD=BG，在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，∵，∴△O1BD≌△O1BG（HL），∴∠O1BG=∠O1BD=30°，在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，∴BD=∴OO1=9﹣2﹣2==2=7﹣

2，∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，∴O1D∥OE，且O1D=OE，∴四边形OEDO1为平行四边形，∵∠OED=90°，∴四边形OEDO1为矩形，同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，又OE=OF，∴四边形OECF为正方形，∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，∴∠GO1D=120°，又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，∴∠OO1O2=360°﹣90°﹣90°=60°=∠ABC，同理，∠O1OO2=90°，∴△OO1O2∽△CBA，∴∴==15+，即

=，．，即圆心O运动的路径长为15+

第四篇：初中数学几何复习指导（范文）

初中数学几何复习指导

本文将对初中数学几何复习进行指导，中考几何的复习是个难题，关键在于怎样提高复习的有效性。那么中考几何如何进行复习才能高效呢?下面结合参加广州市初三几何专题复习研讨课的设计以及实施的过程探索，提出一些思路，仅供参考。

可分三个阶段进行复习，仍然按照指导书的编排，第一阶段为图形的认识，第二阶段为图形与变换和图形与坐标，第三阶段为图形与证明。不同的是要对他们进行整合。

初中数学几何复习第一阶段：图形的认识。按传统方法进行整合，可以分三线八角、三角形、四边形、相似与全等，解直角三角形、圆。此阶段的复习是对教材及课标所要求的知识点进行最基础的复习巩固。所选的例题习题要覆盖所有的知识点，而且是选自教材、会考指导书中最为基础的简单的证明与计算。初中数学几何复习第二阶段为图形与变换和图形与坐标。此阶段是在图形的认识的基础上进一步的深入复习，但仍然是在保证最基础的技能训练下的进一步提升。复习时需要注意以下几点：首先是做好对所选的内容进行定位;例如《图形与变换(1)》设计的定位是识别图形、运用变换。

有了定位才能选题，为内容服务。如果定位不好，则怎样选题都会出现问题，不易达到复习目的。其次是在选题上下功夫;选题以教材、会考指导书、分析与测评为主，以近年来各地中考题为辅，要精选。例如：《图形与变换(1)》设计中的引例就是通过改编教材P7中的一道练习题，此题隐含各种变换，借助此图形帮助学生回顾图形的三种变换以及识别变换的异同非常合适，题目不太难又有新意。又如环节(3)中的第(1)题选自教材P14做一做的改编，第(2)题选自教材P15习题的改编，第(3)题选自会考指导书P133例4的改编等等;最后是注意练习层次的编排。环节1为基础训练，意图为：(设置简单的新颖的直接反映某一知识点的题目，让学生通过训练，达到对知识点回顾的目的，明确变换的观点)，环节2、3为拓展训练。(环节2意图为：题目难度就环节1略有提高，用变换来识别图形，力求通过题目反映利用图形变换解题技巧和优势。(环节3为一些综合题型，意图为：经过环节1的基础训练和环节2的拓展训练后，本环节主要是通过实践探索发现平移、旋转和轴对称三种变换之间的联系，进一步强化平移、旋转和轴对称三种图形变换在解题中的应用。)

初中数学几何复习第三阶段为图形与证明。在图形与证明中，注意提高问题综合性的研究。在这里，需要对一些问题进行小综合的训练，帮助学生进行方法的提炼，是对前面复习的提升，可根据学生实际情况进行。程度较好的学生更应注意此处的训练，而程度较低的学生可不增加难度，可在第二阶段的复习基础上再次加强训练，只是停留在第二阶段的重复训练，此时关注的重点是进行方法的提炼。这也是任何复习课型小结时的重中之重。

第五篇：名师指导中考作文

名师指导中考：最后冲刺如何抓紧抓实作文备考

中考作文，分值高，又是写自己的生活思想的，应该有充分的准备。所谓准备，不是猜题，不是套题，而是提炼自己的生活思想。精选写作素材。这里必须强调的是‚自己的‛，无论是事情、人物、东西、认识、情感、体验，都应是自己经历、接触、感悟过的。‚借花献佛‛是以假骗分，倾吐心声才是以真取胜。因为真，所以才有个性，才有特点，才有望出彩，才有望动人。作文出彩了，判在一等卷，得高分，语文总分就高了。中考中的出彩作文不一定都是作文高手，恰恰有不少是平时作文中等，但考前写作素材精选得好、临场发挥淋 漓酣畅者。

写作素材如何精选？一言以蔽之：从‚深刻‛和‚深究‛中去寻求。请看下面的例文及点评：《向前迈进了一步》是虹口区语文模拟考作文题，题目不是很容易写，但三名 考生从不同角度选材，精选素材，写出了出彩的三篇文章。

例文1： 我学会了用心付出爱

成长的路上，我踉踉跄跄摸索着前进，路是曲折的，身边有了父母、朋友、师长的扶持，旅途不再艰辛。当我顺利地留下一个又一个成功的足印后，却忘了，要向他们道一声谢。

曾经，老师布置了一项回家作业，向父母说声‚我爱你‛。我的家庭很平常，父母也并不那么开放。平时不善言辞的我如果突然这么说，父母必定受宠若惊，我犹豫了……

那晚，一切都一如往常。母亲织着毛衣，父亲正闭着眼睛喝茶。他们为了不影响我，努力不发出一点声音。在这寂静中，我陷入沉思：父母的爱我能体会到，但我为何说不出口？是我不爱他们吗？是我不懂得爱吗？不，不！我用力地摇头。窗外的夜空沉沉的，失去了往日的蓝，陷入一片沉暗。

最终，我没有说出口。

早晨，母亲替我拎着书包，送我到楼下。她似乎想起什么，让我等在原地。她转身跑了回去，她矮小的身影消失在我的视线中，一步一步，她散乱的头发飘了起来，显得干枯。干枯？小时候我最爱摸母亲的秀发，那么黑，那么亮。怎么忽然变得枯黄？仿佛只是一夜之间。还是，我忘了看母亲的头发，我忘了关心不再年轻的母亲。她急匆匆地跑了过来。手中拿着一个保温瓶———盛着泡好的芦根茶。‚多喝点儿，消热祛火的。‛妈妈伸手理了理我的头发。

我忍不住了，‚妈，我有事要说。我有一项作业……我爱你。‛我自以为自己迈出了一步，但———

‚这事我早知道了，一句话，说不说有什么关系。别放心上，路上小心啊。‛

我一惊，妈妈早知道了。原来一句话，说不说是无关紧要的。这句话更应该放在心里，埋入心房，而不是挂在嘴边。

爱是接受，更是付出。我缺少了付出，我的心底仿佛是一片荒漠，父母辛勤地耕耘，还不曾有回报，他们懂得爱，而我却不懂。

那天是母亲节，妈妈却生病了。我没有买花或是小礼品。我只是送上一片药、一杯水，我只是替熟睡的母亲盖上被子。懂得付出，这是我用心迈出的一大步，比一切虚浮的‚爱‛更珍贵。

从无知到领悟，是一个漫长的过程，我终于学会了爱，学会付出，心底的付出，这是我成长途中沉稳的深深的一个脚印。

点评佳作1：周晓羽写的是老师布置了一项回家作业，向父母说声‚我爱你‛，事情很小很简单，应是不属于精选素材之内，但作者没有等闲视之，而是‚深究‛下去，‚我为何说不出口？是我不爱他们吗？是我不懂得爱吗？‛文章以小见大，由浅入深。当母亲节这天妈妈生病的时候，给妈妈送上一片药、一杯水，替熟睡的母亲盖上被子，‚用心迈出‛了‚比一切虚浮的‘爱’更珍贵‛的一大步！深究至此，作文也就出彩了。

例文2：生命的‚长跑‛中发现每一种精彩

跑步是会让人绝望的，因为它像生命的过程不断重复和消耗。

———安妮宝贝看到这句话的时候不禁读出了声，感觉心灵深处的某种思想与其擦出了火花，产生共鸣，是啊，绝望、重复、消耗，我嘴角漾开一丝笑意，是无奈……

因为要考试，所以每天和同学到操场跑800米。

沥青跑道，黑底白线，我感受着上下起伏的振动，跑着。呵，我知道的，从我迈开第一步的时候，重复就开始了，不愿抬头看看蓝天白云，不愿侧目看看蓝球场上的情况，不愿回首注视一下花圃小树……

我的呼吸越来越急促，前面同学的身影渐渐模糊起来，为什么？为什么喉头那么腥甜，我仿佛远离了操场的喧嚣，只听见自己粗重的喘息声？为什么那条条白线总看不到尽头，究竟何时才是终结？为什么我的生活也是这样无趣地循环往复？为什么……我痛苦地闭上眼，任两腿机械地运动着，内心麻木，每天的两点一线，深夜十二点的作业，厚厚的考卷，刺眼的分数，不断不断地重复、绝望，还有无奈……冲过终点的时候，我已无力多说。

那天上午全班去看了场电影，一个傻傻的故事，却深深震撼了我，‚跑！阿甘！‛阿甘那奋力向前迈进的形象始终占据着我的脑海，他没有什么明确的目标，上天也未必对他特别眷顾，可他却获得了这么多的成就，就是跑，不断地迈步向前，使他一步一步走向成功。

那天中午跑步的时候，突然很想感同身受一下，我依然感受着起伏，却用心观察身边的一切。哦，今天的云真漂亮，弯成那么大一个笑脸，是在跟我打招呼吗？看哪，刚才那个男孩投进了一个漂亮的三分，真棒！今天的小树似乎又长出了几片嫩黄的树叶。不知何时它才能真正成为一棵参天大树呢？原来，沿路的风景从来都是不同的，只要你心怀愉悦与快乐，不断迈进，总能发现旖旎的风光！跑道仍是黑底白线，没有交点，哦，那又怎样呢，我会静心期待每一段美丽，生命是无法改变的，只要我做好自己，奋力迈步，总会有不一样的精彩！

考试那天，我奋力迈出一大步，跨过了终点，感觉了自己又一次的成长！

[后记]前几天翻到一本书，讲述了许多电影中的十大经典台词，欣喜地看到《阿甘正传》中那句：‚生活就像一盒巧克力，你永远不会知道你会遇到什么。‛是啊，我会不断努力，并默默期许每一次不同的精彩…… 点评佳作2：陈诗悦在练习长跑中，深感重复、乏味、无奈，以至痛苦、麻木。由机械的跑步联系到‚每天的两点一线，深夜十二点的作业，厚厚的考卷，刺眼的分数不断地重复‛！然而更‚深刻‛的是那天上午全班去看了场电影。阿甘的挚着和成功，激励和鼓舞着自己‚感同身受‛起来。终于，长跑考试那天，我大力迈出一大步，跨过了终点。这时候的‚深刻‛成为自己成长的一次胜利，一个新起点。因

精选素材使作文出彩了。

例文3 让黑夜记住我充满斗志的眼睛

人生就是旅途，是一步一步积累起来的漫漫长路，或许有那么一些步伐，由于没有踩稳，让你摔得鼻青脸肿，或许也有这么一些步伐，让你翻过了重重高山……

‚这是一所名牌学校，这里汇聚了这个年龄段的精英……‛刚上初中时，我便被灌输了这种概念———这里的人是最优秀的，要在这里出头是没希望的。然而，过了一段时间后，我才发现，我的成绩不算差啊。特别是在一次数学竞赛中捧回个二等奖后，更是得意忘形起来，不过如此，我是个天才啊，哈哈……

———近来整理奖状时，发现了这张二等奖的奖状，便忆起了这段往事，想想那个时候我看天多蓝、云多白啊。

接着整理奖状，便发现了两年的真空期内是没有任何奖状的。两年啊，要知道初中总共才四年。我那时候到底在干什么呢？

思绪飘到了某节数学课上。老师正在黑板前讲着题目，三角形、圆、矩形，夹杂在一起，让我看得眼花缭乱。好久没有上课认真听了吧？我自问。一阵酸楚涌上心头，可马上又烟消云散———我数学很好的，拿过二等奖的，只要考前努力一把肯定没问题的！自我安慰也好，自我麻醉也罢。总之我又无视老师的题目与同桌滔滔不绝地讲起废话来……

那时就是这样度过的，终于在那次考试中我考砸了。后悔，只有后悔。那一步，我踩空了，眼前猛然出现的是无法逾越的数学高山，以及其它学科同样险峻的峰峦。

这是初三时我拿到的奖状。我暗自庆幸，当命运齿轮转到初三时，我没有放弃，而是爬坡，爬坡，再爬坡……

那是深夜，放眼窗外，早已不见点燃的灯火，宁静的半夜没有虫鸣，只有滴滴嗒嗒走着的钟表，我还在与一堆堆题目搏杀着。不再记起那年的二等奖，忘不了的，只是近日又一次的失败。可我不怕，我有斗志，我要让黑夜记住我这一双充满斗志的眼睛，我要让月亮记住与之辉映的一杯杯咖啡……

终于，我成功了。世上或许本就没有无法翻越的高山，而那张最新的奖状，便是我翻越了高山的最好证明。

我向前迈了一步，坚实的一步。成绩并不重要。它只是学习质量的一种表现，而我学会了刻苦，认识到了宠辱不惊，这才是最重要的一步。(作者：华师大一附初中语文特级教师 陆继椿)点评佳作3：宣正熠写的上课不专心、思想开小差、晚上做作业、喝杯咖啡提神……这档子事能出彩吗？但是，作者平中见奇，‚深究‛下去，个性出现了，特点也出来了：因为进了名牌中学，又在一次数学竞赛中得了奖，便骄傲起来了，上数学也就不好好听课了。直到考试考砸了，才后悔，才又用功起来，‚要让黑夜记住我这一双充满斗志的眼睛，我要让月亮记住与之辉映的一杯咖啡……‛初三时终于又爬坡得奖。如此‚深究‛，一番曲折，娓娓道来，竟也出彩了。