中考数学几何证明压轴题

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第一篇:中考数学几何证明压轴题

AB1、如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=90°,且AB=1,BC=2,tan∠ADC=2.(1)求证:DC=BC;

(2)E是梯形内一点,F是梯形外一点,且∠EDC=

∠FBC,DE=BF,试判断△ECF的形状,并证

明你的结论;

(3)在(2)的条件下,当BE:CE=1:2,∠DCBEC=135°时,求sin∠BFE的值.2、已知:如图,在□ABCD 中,E、F分别为边AB、CD的中点,BD是对角线,AG∥DB交CB的延长线于G.

(1)求证:△ADE≌△CBF;

(2)若四边形 BEDF是菱形,则四边形AGBD

是什么特殊四边形?并证明你的结论.

F3、如图13-1,一等腰直角三角尺GEF的两条直角边与正方形ABCD的两条边分别重合在一起.现正方形ABCD保持不动,将三角尺GEF绕斜边EF的中点O(点O也是BD中点)按顺时针方向旋转.

(1)如图13-2,当EF与AB相交于点M,GF与BD相交于点N时,通过观察或测

量BM,FN的长度,猜想BM,FN满足的数量关系,并证明你的猜想;

(2)若三角尺GEF旋转到如图13-3所示的位置时,线段FE的延长线与AB的延长

线相交于点M,线段BD的延长线与GF的延长线相交于点N,此时,(1)中的猜

想还成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.

A(B(E)图13-1 图13-

2图13-

31.[解析](1)过A作DC的垂线AM交DC于M,则AM=BC=2.又tan∠ADC=2,所以DM

(2)等腰三角形.证明:因为DEDF,EDCFBC,DCBC.所以,△DEC≌△BFC 21.即DC=BC.2

所以,CECF,ECDBCF.所以,ECFBCFBCEECDBCEBCD90 即△ECF是等腰直角三角形.(3)设BEk,则CECF

2k,所以EF.因为BEC135,又CEF45,所以BEF90.所以BF3k 所以sinBFEk1.3k3

2.[解析](1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠1=∠C,AD=CB,AB=CD .

∵点E、F分别是AB、CD的中点,∴AE=11AB,CF=CD . 22

∴AE=CF

∴△ADE≌△CBF .

(2)当四边形BEDF是菱形时,四边形 AGBD是矩形.

∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC .

∵AG∥BD,∴四边形 AGBD 是平行四边形.

∵四边形 BEDF 是菱形,∴DE=BE .

∵AE=BE,∴AE=BE=DE .

∴∠1=∠2,∠3=∠4.

∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°,∴2∠2+2∠3=180°.

∴∠2+∠3=90°.

即∠ADB=90°.

∴四边形AGBD是矩形 3[解析](1)BM=FN.

证明:∵△GEF是等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,∴ ∠ABD =∠F =45°,OB = OF.

又∵∠BOM=∠FON,∴ △OBM≌△OFN . ∴ BM=FN.

(2)BM=FN仍然成立.

(3)证明:∵△GEF是等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,∴∠DBA=∠GFE=45°,OB=OF.

∴∠MBO=∠NFO=135°.

又∵∠MOB=∠NOF,∴ △OBM≌△OFN .∴ BM=FN.

第二篇:中考数学复习几何证明压轴题

中考数学专题

几何证明压轴题

1、如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=90°,且AB=1,BC=2,tan∠ADC=2.(1)

求证:DC=BC;

(2)

E是梯形内一点,F是梯形外一点,且∠EDC=∠FBC,DE=BF,试判断△ECF的形状,并证明你的结论;

(3)

在(2)的条件下,当BE:CE=1:2,∠BEC=135°时,求sin∠BFE的值.[解析]

(1)过A作DC的垂线AM交DC于M,则AM=BC=2.又tan∠ADC=2,所以.即DC=BC.(2)等腰三角形.证明:因为.所以,△DEC≌△BFC

所以,.所以,即△ECF是等腰直角三角形.(3)设,则,所以.因为,又,所以.所以

所以.2、已知:如图,在□ABCD

中,E、F分别为边AB、CD的中点,BD是对角线,AG∥DB交CB的延长线于G.

(1)求证:△ADE≌△CBF;

(2)若四边形

BEDF是菱形,则四边形AGBD是什么特殊四边形?并证明你的结论.

[解析]

(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠1=∠C,AD=CB,AB=CD

∵点E、F分别是AB、CD的中点,∴AE=AB,CF=CD

∴AE=CF

∴△ADE≌△CBF

(2)当四边形BEDF是菱形时,四边形

AGBD是矩形.

∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC

∵AG∥BD,∴四边形

AGBD

是平行四边形.

∵四边形

BEDF

是菱形,∴DE=BE

∵AE=BE,∴AE=BE=DE

∴∠1=∠2,∠3=∠4.

∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°,∴2∠2+2∠3=180°.

∴∠2+∠3=90°.

即∠ADB=90°.

∴四边形AGBD是矩形

3、如图13-1,一等腰直角三角尺GEF的两条直角边与正方形ABCD的两条边分别重合在一起.现正方形ABCD保持不动,将三角尺GEF绕斜边EF的中点O(点O也是BD中点)按顺时针方向旋转.

(1)如图13-2,当EF与AB相交于点M,GF与BD相交于点N时,通过观察或测量BM,FN的长度,猜想BM,FN满足的数量关系,并证明你的猜想;

(2)若三角尺GEF旋转到如图13-3所示的位置时,线段FE的延长线与AB的延长线相交于点M,线段BD的延长线与GF的延长线相交于点N,此时,(1)中的猜想还成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.

图13-2

E

A

B

D

G

F

O

M

N

C

图13-3

A

B

D

G

E

F

O

M

N

C

图13-1

A(G)

B(E)

C

O

D(F)

[解析](1)BM=FN.

证明:∵△GEF是等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,∴

∠ABD

=∠F

=45°,OB

=

OF.

又∵∠BOM=∠FON,∴

△OBM≌△OFN

BM=FN.

(2)

BM=FN仍然成立.

(3)

证明:∵△GEF是等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,∴∠DBA=∠GFE=45°,OB=OF.

∴∠MBO=∠NFO=135°.

又∵∠MOB=∠NOF,∴

△OBM≌△OFN

BM=FN.

4、如图,已知⊙O的直径AB垂直于弦CD于E,连结AD、BD、OC、OD,且OD=5。

(1)若,求CD的长;

(2)若

∠ADO:∠EDO=4:1,求扇形OAC(阴影部分)的面积(结果保留)。

[解析]

(1)因为AB是⊙O的直径,OD=5

所以∠ADB=90°,AB=10

在Rt△ABD中,又,所以,所以

因为∠ADB=90°,AB⊥CD

所以

所以

所以

所以

(2)因为AB是⊙O的直径,AB⊥CD

所以

所以∠BAD=∠CDB,∠AOC=∠AOD

因为AO=DO,所以∠BAD=∠ADO

所以∠CDB=∠ADO

设∠ADO=4x,则∠CDB=4x

由∠ADO:∠EDO=4:1,则∠EDO=x

因为∠ADO+∠EDO+∠EDB=90°

所以

所以x=10°

所以∠AOD=180°-(∠OAD+∠ADO)=100°

所以∠AOC=∠AOD=100°

5、如图,已知:C是以AB为直径的半圆O上一点,CH⊥AB于点H,直线AC与过B点的切线相交于点D,E为CH中点,连接AE并延长交BD于点F,直线CF交直线AB于点G.

(1)求证:点F是BD中点;

(2)求证:CG是⊙O的切线;

(3)若FB=FE=2,求⊙O的半径.

[解析]

(1)证明:∵CH⊥AB,DB⊥AB,∴△AEH∽AFB,△ACE∽△ADF

∴,∵HE=EC,∴BF=FD

(2)方法一:连接CB、OC,∵AB是直径,∴∠ACB=90°∵F是BD中点,∴∠BCF=∠CBF=90°-∠CBA=∠CAB=∠ACO

∴∠OCF=90°,∴CG是⊙O的切线---------6′

方法二:可证明△OCF≌△OBF(参照方法一标准得分)

(3)解:由FC=FB=FE得:∠FCE=∠FEC

可证得:FA=FG,且AB=BG

由切割线定理得:(2+FG)2=BG×AG=2BG2

在Rt△BGF中,由勾股定理得:BG2=FG2-BF2

由、得:FG2-4FG-12=0

解之得:FG1=6,FG2=-2(舍去)

∴AB=BG=

∴⊙O半径为26、如图,已知O为原点,点A的坐标为(4,3),⊙A的半径为2.过A作直线平行于轴,点P在直线上运动.

(1)当点P在⊙O上时,请你直接写出它的坐标;

(2)设点P的横坐标为12,试判断直线OP与⊙A的位置关系,并说明理由.[解析]

解:

1点P的坐标是(2,3)或(6,3)

2作AC⊥OP,C为垂足.∵∠ACP=∠OBP=,∠1=∠1

∴△ACP∽△OBP

在中,又AP=12-4=8,∴

∴AC=≈1.94

∵1.94<2

∴OP与⊙A相交.7、如图,延长⊙O的半径OA到B,使OA=AB,C

A

B

D

O

E

DE是圆的一条切线,E是切点,过点B作DE的垂线,垂足为点C.求证:∠ACB=∠OAC.[解析]

证明:连结OE、AE,并过点A作AF⊥DE于点F,(3分)

∵DE是圆的一条切线,E是切点,∴OE⊥DC,又∵BC⊥DE,∴OE∥AF∥BC.∴∠1=∠ACB,∠2=∠3.∵OA=OE,∴∠4=∠3.∴∠4=∠2.又∵点A是OB的中点,∴点F是EC的中点.∴AE=AC.∴∠1=∠2.∴∠4=∠2=∠1.即∠ACB=∠OAC.8、如图1,一架长4米的梯子AB斜靠在与地面OM垂直的墙壁ON上,梯子与地面的倾斜角α为.

1求AO与BO的长;

2若梯子顶端A沿NO下滑,同时底端B沿OM向右滑行.①如图2,设A点下滑到C点,B点向右滑行到D点,并且AC:BD=2:3,试计算梯子顶端A沿NO下滑多少米;

②如图3,当A点下滑到A’点,B点向右滑行到B’点时,梯子AB的中点P也随之运动到P’点.若∠POP’=,试求AA’的长.

[解析]

1中,∠O=,∠α=

∴,∠OAB=,又AB=4米,∴米.米.--------------

(3分)

2设在中,根据勾股定理:

-------------

(5分)

∵  ∴

-------------

(7分)

AC=2x=

即梯子顶端A沿NO下滑了米.----

(8分)

3∵点P和点分别是的斜边AB与的斜边的中点

∴,-------------

(9分)

∴-------

(10分)

-----------------------

(11分)

∴-----

(12分)

∴米.--------

(13分)

9.(重庆,10分)如图,在平面直角坐标系内,已知点A(0,6)、点B(8,0),动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动,同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒.

(1)

求直线AB的解析式;(2)

当t为何值时,△APQ与△AOB相似?

(3)

当t为何值时,△APQ的面积为个平方单位?

解:(1)设直线AB的解析式为y=kx+b

由题意,得

解得

所以,直线AB的解析式为y=-x+6.

(2)由AO=6,BO=8

得AB=10

所以AP=t,AQ=10-2t

当∠APQ=∠AOB时,△APQ∽△AOB.

所以 =

解得 t=(秒)

当∠AQP=∠AOB时,△AQP∽△AOB.

所以 =

解得 t=(秒)

(3)过点Q作QE垂直AO于点E.

在Rt△AOB中,Sin∠BAO==

在Rt△AEQ中,QE=AQ·Sin∠BAO=(10-2t)·=8

-t所以,S△APQ=AP·QE=t·(8-t)

=-+4t=

解得t=2(秒)或t=3(秒).

(注:过点P作PE垂直AB于点E也可,并相应给分)

点拨:此题的关键是随着动点P的运动,△APQ的形状也在发生着变化,所以应分情况:①∠APQ=∠AOB=90○②∠APQ=∠ABO.这样,就得到了两个时间限制.同时第(3)问也可以过P作

PE⊥AB.

10.(南充,10分)如图2-5-7,矩形ABCD中,AB=8,BC=6,对角线AC上有一个动点P(不包括点A和点C).设AP=x,四边形PBCD的面积为y.

(1)写出y与x的函数关系,并确定自变量x的范围.

(2)有人提出一个判断:“关于动点P,⊿PBC面积与⊿PAD面积之和为常数”.请你说明此判断是否正确,并说明理由.

解:(1)过动点P作PE⊥BC于点E.

在Rt⊿ABC中,AC=10,PC=AC-AP=10-x.

∵ PE⊥BC,AB⊥BC,∴⊿PEC∽⊿ABC.

故,即

∴⊿PBC面积=

又⊿PCD面积=⊿PBC面积=

即 y,x的取值范围是0<x<10.

(2)这个判断是正确的.

理由:

由(1)可得,⊿PAD面积=

⊿PBC面积与⊿PAD面积之和=24.

点拨:由矩形的两边长6,8.可得它的对角线是10,这样PC=10-x,而面积y是一个不规则的四边形,所以可以把它看成规则的两个三角形:△PBC、△PCD.这样问题就非常容易解决了.

第三篇:中考数学压轴题整理

【运用相似三角形特性解题,注意分清不同情况下的函数会发生变法,要懂得分情况讨论问题】

【分情况讨论,抓住特殊图形的面积,多运用勾股定理求高,构造梯形求解】

【出现边与边的比,构造相似求解】

【当图形比较复杂的时候,要学会提炼出基础图形进行分析,如此题中可将两个三角形构成的平行四边形提取出来分析,出现两个顶点,结合平行四边形性质和函数图像性质,找出不变的量,如此题中N点的纵坐标不变,为-3,为突破口从而求解】

已知△ABC是等边三角形.

(1)将△ABC绕点A逆时针旋转角θ(0°<θ<180°),得到△ADE,BD和EC所在直线相交于点O.

①如图a,当θ=20°时,△ABD与△ACE是否全等?(填“是”或“否”),∠BOE=度;

②当△ABC旋转到如图b所在位置时,求∠BOE的度数;

【旋转,平移,轴对称的题目,要将动态转化为静态求解,运用全等和相似的方法】

【通过旋转把条件进行转移,利用与第一题相同的方法做辅助线,采用构造直角三角形的方法求解】

如下数表是由从1开始的连续自然数组成,观察规律并完成各题的解答.

(1)表中第8行的最后一个数是_________,它是自然数_______的平方,第8行共有________个数;

(2)用含n的代数式表示:第n行的第一个数是_______,最后一个数是_________,第n行共有个数__________;

(3)求第n行各数之和.

【利用三角函数求解】

如图所示,已知A点从(1,0)点出发,以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动,经过t秒后,以O、A为顶点作菱形OABC,使B、C点都在第一象限内,且∠AOC=60°,又以P(0,4)为圆心,PC为半径的圆恰好与OA所在的直线相切,则t=_____________.

【提取基础图形,此题将三角形提取出来,构造直角三角形,利用30°所对的边是斜边的一半,设未知数求解】

【要求是否能构造成直角三角形,构造包含欲求三角形的三边的另外三个直角三角形,利用勾股定理求出三条边,再运用勾股定理,分三种情况求解】

如图,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,将△AEF绕顶点A旋转,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是___________.

当遇到求是否构成等腰三角形,等边三角形,等腰直角三角形,直角三角形时,在坐标轴中,设未知数求解;如设点A为(x,y)或设点A为(0,m),多寻找可用相似表示的边,运用相似的面积比,周长比,高之比,边之比求解

求坐标轴上有多少个图形能够构成面积为多少,周长为多少的三角形四边形等时,注意坐标点可能在正半轴或负半轴,注意加绝对值符号,计算多边形面积可采用割补法

第四篇:如何应对中考数学压轴题

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如何应对中考数学压轴题

作者:玉孔总

来源:《中学教学参考·理科版》2013年第07期

近几年的中考试题,一些题型灵活、设计新颖、富有创意的压轴题涌现出来,其中一类以平移、旋转、翻折等图形变换为解题思路的题目更是成为中考压轴大戏的主角.以图形运动中的函数关系问题为例,这部分压轴题的主要特征是在图形运动变化的过程中,探求两个变量之间的函数关系.现谈谈笔者十年来指导中考复习的一些感悟.一、解数学压轴题的策略

解数学压轴题可分为五个步骤:1.认真默读题目,全面审视题目的所有条件和答题要求,注意挖掘隐蔽的条件和内在联系,理解好题意;2.利用重要数学思想探究解题思路;3.选择好解题的方法正确解答;4.做好检验工作,完善解题过程;5.当思维受阻、思路难觅时,要及时调整思路和方法,并重新审视题意,既要防止钻牛角尖,又要防止轻易放弃.二、解动态几何压轴题的策略

近几年的数学中考试卷中都是以函数和几何图形的综合作为压轴题,用到圆、三角形和四边形等有关知识,方程与图形的综合也是常见的压轴题.动态几何问题是一种新题型,在图形的变换过程中,探究图形中某些不变的因素,把操作、观察、探求、计算和证明融合在一起.动态几何题解决的策略是:把握运动规律,寻求运动中的特殊位置;在“动”中求“静”,在“静”中探求“动”的一般规律.通过探索、归纳、猜想,获得图形在运动过程中是否保留或具有某种性质.简析:本题是一个双动点问题,是中考动态问题中出现频率最高的题型,这类题的解题策略是化动为静,注意运用分类思想.三、巧用数学思想方法解分类讨论型压轴题

数学思想和方法是数学的灵魂,是知识转化为能力的桥梁.近几年的各省市中考数学试题,越来越注重数学思想和数学方法的考查,这已成为大家的共识,为帮助读者更好地理解和掌握常用的基本数学思想和数学方法,特用一例说明.

第五篇:七年级数学压轴题(动点,几何)

1. 已知数轴上A、B两点对应数分别为—2,4,P为数轴上一动点,对应数为x。

⑴ P为线段AB的三等分点,求P点对应的数。

⑵ ⑵数轴上是否存在P点,使P点到A、B距离和为10?若存在,求出x的值;若不存在,请说明理由。

⑶⑶若点A、点B和P点(P点在原点)同时向左运动。它们的速度分别

为1、2、1个单位长度/分钟,则第几分钟时P为AB的中点?(参考答

案:⑴0或2;⑵—4或6;⑶2)

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