中考数学一轮全程复习课时练第43课时《开放与探究型问题》(教师版)

这是一份中考数学一轮全程复习课时练第43课时《开放与探究型问题》(教师版)，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第43课时　开放与探究型问题


一、选择题
1．如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连结AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连结PQ，BM，下面结论：①△ABE≌△DBC；②∠DMA＝60°；③△BPQ为等边三角形；④MB平分∠AMC，
其中结论正确的有 (D)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】　由等边三角形的性质得出AB＝DB，∠ABD＝∠CBE＝60°，
BE＝BC，得出∠ABE＝∠DBC，由SAS即可证出△ABE≌△DBC；
由△ABE≌△DBC，得出∠BAE＝∠BDC，根据∠APB＝DPM，
得出∠DMA＝∠ABD＝60°；
由ASA证明△ABP≌△DBQ，得出对应边相等BP＝BQ，即可得出△BPQ为等边三角形；∠DMA＝60°，得到∠AMC＝120°，所以∠AMC＋∠PBQ＝180°，所以P，B，Q，M四点共圆，又由于BP＝BQ，由圆周角定理得出∠BMP＝∠BMQ，即MB平分∠AMC.
2．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是 (A)
A．CD＋DF＝4
B．CD－DF＝2－3
C．BC＋AB＝2＋4
D．BC－AB＝2
【解析】　如答图所示，设AB与圆O相切于点M，BC与⊙O相切于点H，连结MO并延长MO交CD于点T，连结OH，连结OD交FG于R，过点G作GN⊥AD于点N，分别交OD于点K，交OT于点P.
由折叠易知，OG＝DG，
OH⊥BC，所以∠OHG＝∠GCD＝90°，∠HOG＋∠OGH＝90°，
∵OG⊥DG，∴∠OGH＋∠DGC＝90°，∴∠DGC＝∠HOG，
∴△OHG≌△GCD，∴HG＝CD，GC＝OH＝1，
易得四边形BMOH是正方形，所以BM＝BH＝MO＝OH＝1，
设CD＝m，则HG＝m，AB＝m，∴AM＝m－1，
又∵⊙O是△ABC的切圆，∴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选项正确；
BC＋AB＝2m＋2＝2＋4，C选项正确．
由折叠知，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为所作，∴∠GRD＝∠FRD＝90°，
∠RKG＝∠NKD，∴∠RKG＋∠RGK＝∠NKD＋∠NDK＝90°，
∴∠NDK＝∠RGK，所以△RKG≌△RFD，所以FD＝KG，
易得四边形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选项正确；
CD＋DF＝＋1＋(4－)＝5，A选项错误．故选A.

二、填空题
3．如图，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②＝；③S△PDQ＝；④cos∠ADQ＝.其中正确结论是__①②④__.(填写序号)

【解析】　①正确．理由：连结OQ，OD，
∵DP＝CD＝BO＝AB，且DP∥OB，
∴四边形OBPD是平行四边形．
∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB，
∵OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB，
∴∠AOD＝∠DOQ，∴△AOD≌△QOD，
∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1.所以①正确．
②正确．理由：延长DQ交BC于点E，过点Q作QF⊥CD，垂足为F，
根据切线长定理，得QE＝BE，设QE＝x，则BE＝x，DE＝1＋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正确；
③错误，理由：S△PDQ＝DP·QF＝××＝，所以③错误；
④正确，理由：∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠DEC，
∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝＝＝，
所以④正确．故答案为①②④.
4．如图，AB是⊙O的直径，P为AB延长线上的一个动点，过点P作⊙O的切线，切点为C.连结AC，BC，作∠APC的平分线交AC于点D.下列结论正确的是__②③④__．(写出所有正确结论的序号)
①△CPD∽△DPA；
②若∠A＝30°，则PC＝BC；
③若∠CPA＝30°，则PB＝OB；
④无论点P在AB延长线上的位置如何变化，∠CDP为定值．
三、解答题
5．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.

(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝AB；
(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝(BE－CF)．
解：(1)由四边形AEDF的内角和为360°，可知DE⊥AB，
又∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∴BD＝2.在Rt△BDE中，∠B＝60°，∴BE＝1；
(2)如答图①，取AB的中点G，连结DG，
易证：DG为△ABC的中位线，故DG＝DC，∠BGD＝∠C＝60°，
又四边形AEDF的对角互补，故∠GED＝∠DFC，
∴△DEG≌△DFC.
故EG＝CF，
∴BE＋CF＝BE＋EG＝BG＝AB；

(3)如答图②，取AB的中点G，连结DG，
同(2)，易证△DEG≌△DFC，故EG＝CF，
故BE－CF＝BE－EG＝BG＝AB.
设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．(1)如图①，已知△ABC，以AB，AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE，CD.请你完成图形，并证明：BE＝CD；(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)

(2)如图②，已知△ABC，以AB，AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连结BE，CD.BE与CD有什么数量关系？简单说明理由；
(3)运用(1)(2)解答中积累的经验和知识，完成下题：如图③，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得∠ABC＝45°，∠CAE＝90°，AB＝BC＝100 m，AC＝AE，求BE的长．
解：(1)如答图①，
证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴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：
∵四边形ABFD和四边形ACGE均为正方形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB，
∴BE＝CD；
(3)由(1)，(2)的解题经验可知，过A在△ABC的外侧作等腰直角三角形ABD，如答图②，∠BAD＝90°，则AD＝AB＝100，∠ABD＝45°，∴BD＝100.连结CD，则由(2)可知BE＝CD.
∵∠ABC＝45°，∴∠DBC＝∠ABD＋∠ABC＝90°.
在Rt△DBC中，BC＝100，BD＝100，
∴CD＝＝100，
∴BE的长为100m.
7．如图，矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AD边上一点，DE＝AD(n为大于2的整数)，连结BE，作BE的垂直平分线分别交AD，BC于点F，G，FG与BE的交点为O，连结BF和EG.
(1)试判断四边形BFEG的形状，并说明理由；
(2)当AB＝a(a为常数)，n＝3时，求FG的长；
(3)记四边形BFEG的面积为S1，矩形ABCD的面积为S2，当＝时，求n的值．
解：(1)四边形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.
∴四边形BFEG是平行四边形．
又∵FG⊥BE，
∴平行四边形BFEG是菱形；
(2)当AB＝a，n＝3时，AD＝2a，AE＝a，
根据勾股定理可得BE＝a，
∵AF＝AE－EF＝AE－BF，在Rt△ABF中AB2＋AF2＝BF2，
∴AF＝a，EF＝a，
∵菱形BGEF面积＝BE·FG＝EF·AB，
∴FG＝a；
(3)设AB＝x，则DE＝，当＝时，＝，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.






8．如图，已知AB是圆O的切线，切点为B，直线AO交圆O于C，D两点，CD＝2，∠DAB＝30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q.

(1)当点P运动到Q，C两点重合时(如图①)，求AP的长；
(2)点运动过程中，有几个位置(几种情况)使△CQD的面积为？(直接写出答案)
(3)当使△CQD的面积为，且Q位于以CD为直径的上半圆上，CQ＞QD时(如图②)，求AP的长．
解：(1)∵AB是圆O的切线，
∴∠OBA＝90°，
∵CD＝2，∠DAB＝30°，
∴OB＝1，
∴OB＝OC＝AC＝1，
∵当点P运动到Q，C两点重合，
∴PC为圆O的切线，
∴∠PCA＝90°，
∵∠DAB＝30°，AC＝1，
∴AP＝；


(2)由于CD的长度为2，而S△CQD＝，故CD上的高的长度为，从而如答图①，可知有4个位置使△CQD的面积为；
(3)过点Q作QN⊥AD于点N，
过点P作PM⊥AD于点M.
∵S△CQD＝，∴QN·CD＝，∴QN＝，
∵CD是圆O的直径，∴∠CQD＝90°，
易证△QCN∽△DQN，∴＝，∴QN2＝CN·DN.
设CN＝x，则DN＝2－x，∴x(2－x)＝，解得x1＝，x2＝，
∵CQ＞QD，∴CN＝，∴＝2＋.
易证△PMC∽△QNC，∴＝＝2＋，∴CM＝(2＋)MP，
在Rt△AMP中，AM＝MP
∵AM＋CM＝AC＝1，∴(2＋)MP＋MP＝1，
∴MP＝，∴AP＝2MP＝.

10．类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
(1)概念理解
如图43－10①，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件；
(2)问题探究
①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形．她的猜想正确吗？请说明理由；
②如图②，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，并将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连结AA′，BC′.小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，应平移多少距离(即线段BB′的长)?
(3)应用拓展
如图③，“等邻边四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD＋∠BCD＝90°，AC，BD为对角线，AC＝AB.试探究BC，CD，BD的数量关系．

解：(1)AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或DA＝AB；(任写一个即可)
(2)①正确．理由为：
∵四边形的对角线互相平分，
∴这个四边形是平行四边形，
∵四边形是“等邻边四边形”，
∴这个四边形有一组邻边相等，
∴这个“等邻边四边形”是菱形；
②由∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，得AC＝，
∵将Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′，
∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝2，B′C′＝1，A′C′＝，
(Ⅰ)如答图①，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝2；
(Ⅱ)如答图②，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝；
(Ⅲ)如答图③，当BC′＝A′C′＝时，延长C′B′交AB于点D，则C′D⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′＝∠ABC＝45°，
∴∠BB′D＝∠ABB′＝45°，∴B′D＝BD.
设B′D＝BD＝x，则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(不合题意，舍去)，
∴BB′＝x＝；
(Ⅳ)如答图④，当BC′＝AB＝2时，与(Ⅲ)同理得：BD2＋(C′D)2＝(BC′)2，
设B′D＝BD＝x，则x2＋(x＋1)2＝22，
解得x1＝，x2＝(不合题意，舍去)，
∴BB′＝x＝；

(3)BC，CD，BD的数量关系为：BC2＋CD2＝2BD2.
∵AB＝AD，
∴如答图⑤，将△ADC线绕点A旋转到△ABF，连结CF，则△ABF≌△ADC，
∴∠ABF＝∠ADC，∠BAF＝∠DAC，AF＝AC，FB＝CD，
∴∠BAD＝∠CAF，＝＝1，
∴△ACF∽△ABD，
∴＝，
∵AC＝AB，
∴CF＝BD，
∵∠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.