中考数学课时复习（含答案）：72 操作探究

A．

1

B．

2

C．

3

D．

4

考点：

翻折变换（折叠问题）

分析：

先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF=FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；

根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH=∠ECH，然后求出只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；

点H与点A重合时，设BF=x，表示出AF=FC=8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF=CD，求出BF=4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；

过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．

解答：

解：∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，

∴FH∥CG，EH∥CF，

∴四边形CFHE是平行四边形，

由翻折的性质得，CF=FH，

∴四边形CFHE是菱形，故①正确；

∴∠BCH=∠ECH，

∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，故②错误；

点H与点A重合时，设BF=x，则AF=FC=8﹣x，

在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，

即42+x2=（8﹣x）2，

解得x=3，

点G与点D重合时，CF=CD=4，

∴BF=4，

∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，故③正确；

过点F作FM⊥AD于M，则ME=（8﹣3）﹣3=2，

由勾股定理得，EF===2，故④正确；

综上所述，结论正确的有①③④共3个．

故选C．

点评：

本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于③判断出BF最小和最大时的两种情况．

考点：

四边形综合题

分析：

（1）①根据有两组对边互相平行的四边形是平行四边形即可求得，②根据△ADF∽△ABC推出对应边的相似比，然后进行转换，即可得出h与x之间的函数关系式，根据平行四边形的面积公式，很容易得出面积S关于h的二次函数表达式，求出顶点坐标，就可得出面积s最大时h的值．

（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．

解答：

解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC，

∴四边形DECF是平行四边形．

②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H，

∵∠ACB=45°，AC=24cm

∴AG==12，

设DF=EC=x，平行四边形的高为h，

则AH=12h，

∵DF∥BC，

∴=，

∵BC=20cm，

即：=

∴x=×20，

∵S=xh=x•×20=20h﹣h2．

∴﹣=﹣=6，

∵AH=12，

∴AF=FC，

∴在AC中点处剪四边形DECF，能使它的面积最大．

（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．

理由：对角线互相垂直平分的四边形是菱形．

点评：

本题考查了相似三角形的判定及性质、菱形的判定、二次函数的最值．关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式，求出二次函数表达式，即可求出结论．

考点：

反比例函数综合题；待定系数法求反比例函数解析式；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义

专题：

压轴题；探究型．

分析：

（1）设反比例函数的关系式y=，然后把点P的坐标（2，1）代入即可．

（2）①先求出直线y=﹣x+3与x、y轴交点坐标，然后运用勾股定理即可求出△A′BC的周长；过点C作CD⊥AB，垂足为D，运用面积法可以求出CD长，从而求出sin∠BA′C的值．

②由于BC=2，sin∠BMC=，因此点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上，因而点M应是⊙E与x轴的交点．然后对⊙E与x轴的位置关系进行讨论，只需运用矩形的判定与性质、勾股定理等知识就可求出满足要求的点M的坐标．

解答：

解：（1）设反比例函数的关系式y=．

∵点P（2，1）在反比例函数y=的图象上，

∴k=2×1=2．

∴反比例函数的关系式y=．

（2）①过点C作CD⊥AB，垂足为D，如图1所示．

当x=0时，y=0+3=3，

则点B的坐标为（0，3）．OB=3．

当y=0时，0=﹣x+3，解得x=3，

则点A的坐标为（3，0），OA=3．

∵点A关于y轴的对称点为A′，

∴OA′=OA=3．

∵PC⊥y轴，点P（2，1），

∴OC=1，PC=2．

∴BC=2．

∵∠AOB=90°，OA′=OB=3，OC=1，

∴A′B=3，A′C=．

∴△A′BC的周长为3++2．

∵S△ABC=BC•A′O=A′B•CD，

∴BC•A′O=A′B•CD．

∴2×3=3×CD．

∴CD=．

∵CD⊥A′B，

∴sin∠BA′C===．

∴△A′BC的周长为3++2，sin∠BA′C的值为．

②当1＜m＜2时，

作经过点B、C且半径为m的⊙E，

连接CE并延长，交⊙E于点P，连接BP，

过点E作EG⊥OB，垂足为G，

过点E作EH⊥x轴，垂足为H，如图2①所示．

∵CP是⊙E的直径，

∴∠PBC=90°．

∴sin∠BPC===．

∵sin∠BMC=，

∴∠BMC=∠BPC．

∴点M在⊙E上．

∵点M在x轴上

∴点M是⊙E与x轴的交点．

∵EG⊥BC，

∴BG=GC=1．

∴OG=2．

∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90°，

∴四边形OGEH是矩形．

∴EH=OG=2，EG=OH．

∵1＜m＜2，

∴EH＞EC．

∴⊙E与x轴相离．

∴x轴上不存在点M，使得sin∠BMC=．

②当m=2时，EH=EC．

∴⊙E与x轴相切．

Ⅰ．切点在x轴的正半轴上时，如图2②所示．

∴点M与点H重合．

∵EG⊥OG，GC=1，EC=m，

∴EG==．

∴OM=OH=EG=．

∴点M的坐标为（，0）．

Ⅱ．切点在x轴的负半轴上时，

同理可得：点M的坐标为（﹣，0）．

③当m＞2时，EH＜EC．

∴⊙E与x轴相交．

Ⅰ．交点在x轴的正半轴上时，

设交点为M、M′，连接EM，如图2③所示．

∵∠EHM=90°，EM=m，EH=2，

∴MH===．

∵EH⊥MM′，

∴MH=M′H．

∴M′H═．

∵∠EGC=90°，GC=1，EC=m，

∴EG===．

∴OH=EG=．

∴OM=OH﹣MH=﹣，

∴OM′=OH+HM′=+，

∴M（﹣，0）、M′（+，0）．

Ⅱ．交点在x轴的负半轴上时，

同理可得：M（﹣+，0）、M′（﹣﹣，0）．

综上所述：当1＜m＜2时，满足要求的点M不存在；

当m=2时，满足要求的点M的坐标为（，0）和（﹣，0）；

当m＞2时，满足要求的点M的坐标为（﹣，0）、（+，0）、（﹣+，0）、（﹣﹣，0）．

点评：

本题考查了用待定系数法求反比例函数的关系式、勾股定理、三角函数的定义、矩形的判定与性质、直线与圆的位置关系、垂径定理等知识，考查了用面积法求三角形的高，考查了通过构造辅助圆解决问题，综合性比较强，难度系数比较大．由BC=2，sin∠BMC=联想到点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上是解决本题的关键．

考点：

相似形综合题；图形的剪拼

分析：

（1）45°自然想到等腰直角三角形，过底角一顶点作对边的高，发现形成一个等腰直角三角形和直角三角形．直角三角形斜边的中线可形成两个等腰三角形，则易得一种情况．第二种情形可以考虑题例中给出的方法，试着同样以一底角作为新等腰三角形的底角，则另一底脚被分为45°和22.5°，再以22.5°分别作为等腰三角形的底角或顶角，易得其中作为底角时所得的三个三角形恰都为等腰三角形．即又一三分线作法．

（2）用量角器，直尺标准作30°角，而后确定一边为BA，一边为BC，根据题意可以先固定BA的长，而后可确定D点，再标准作图实验﹣﹣分别考虑AD为等腰三角形的腰或者底边，兼顾AEC在同一直线上，易得2种三角形ABC．根据图形易得x的值．

（3）因为∠C=2∠B，作∠C的角平分线，则可得第一个等腰三角形．而后借用圆规，以边长画弧，根据交点，寻找是否存在三分线，易得如图4图形为三分线．则可根据外角等于内角之和及腰相等等情况列出等量关系，求解方程可知各线的长．

解答：

解：（1）如图2作图，

（2）如图3 ①、②作△ABC．

①当AD=AE时，

∵2x+x=30+30，

∴x=20．

②当AD=DE时，

∵30+30+2x+x=180，

∴x=40．

（3）

如图4，CD、AE就是所求的三分线．

设∠B=a，则∠DCB=∠DCA=∠EAC=a，∠ADE=∠AED=2a，

此时△AEC∽△BDC，△ACD∽△ABC，

设AE=AD=x，BD=CD=y，

∵△AEC∽△BDC，

∴x：y=2：3，

∵△ACD∽△ABC，

∴2x=（x+y）：2，

所以联立得方程组，

解得 ，

即三分线长分别是和．

点评：

本题考查了学生学习的理解能力及动手创新能力，知识方面重点考查三角形内角、外角间的关系及等腰三角形知识，是一道很锻炼学生能力的题目．