逍遥右脑 2015-10-16 13:33
2013中考全国120份试卷分类汇编
操作与探究
1、（13年北京5分22）下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为 的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BG=∠CHN=∠DEP=45°时，求正方形NPQ的面积。
小明发现：分别延长QE，F，NG，PH，交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2）
请回答：
（1）若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙，不重叠），则这个新的正方形的边长为__________；
（2）求正方形NPQ的面积
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△RPQ，若 ，则AD的长为__________。
解析：
考点：操作与探究（旋转、从正方形到等边三角形的变式、全等三角形）
2、（2013成都市）如图， ，为⊙ 上相邻的三个 等分点，弧 ，点 在弧 上， 为⊙ 的直径，将⊙ 沿 折叠，使点 与 重合，连接 ， ， .设 ， ， .先探究 三者的数量关系：发现当 时， .请继续探究 三者的数量关系：
当 时， _______；当 时， _______.
（参考数据： ，
）
3、（2013山西，21，8分）（本题8分）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BA延长线上的一点，点E是AC的中点。
（1）实践与操作：利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）。
①作∠DAC的平分线A。②连接BE并延长交A于点F。
【解析】解：①作图正确，并有痕迹。
②连接BE并延长交A于点F。
（2）猜想与证明：试猜想AF与BC有怎样的位置关系和数量关系，并说明理由。
【解析】解：AF∥BC且AF=BC
理由如下：∵AB=AC,∴∠ABC=∠C∴∠DAC=∠ABC+∠C=2∠C
由作图可知：∠DAC=2∠FAC
∴∠C=∠FAC.∴AF∥BC.
∵E是AC的中点， ∴AE=CE, ∵∠AEF=∠CEB ∴△AEF≌△CEB ∴AF=BC.
4、（13年山东青岛、23）在前面的学习中，我们通过对同一面积的不同表达和比较，根据图①和图②发现并验证了平方差公式和完全平方公式
这种利用面积关系解决问题的方法，使抽象的数量关系因集合直观而形象化。
【研究速算】
提出问题：47×43，56×54，79×71，……是一些十位数字相同，且个位数字之和是10的两个两位数相乘的算式，是否可以找到一种速算方法？
几何建模：
用矩形的面积表示两个正数的乘积，以47×43为例：
（ 1）画长为47，宽为43的矩形，如图③，将这个47×43的
矩形从右边切下长40，宽3的一条，拼接到原矩形的上面。
（2）分析：原矩形面积可以有两种不同的表达方式，47×43
的矩形面积或（40＋7＋3）×40的矩形与右上角3×7的矩形
面积之和，即47×43＝（40＋10）×40＋3×7＝5×4×100＋
3×7＝2021
用文字表述47×43的速算方法是：十位数字4加1的和与4相乘，
再乘以100，加上个位数字3与7的积，构成运算结果
归纳提炼：
两个十位数字相同，并且个位数字之和是10的两位数相乘的速算方法是（用文字表述） ____________________
【研究方程】
提出问题：怎么图解一元二次方程
几何建模：
（1）变形：
（2）画四个长为 ，宽为 的矩形，构造图④
（3）分析：图中的大正方形面积可以有两种不同的表达方式， 或四个长 ，宽 的矩形之和，加上中间边长为2的小正方形面积
∵
∴
归纳提炼：求关于 的一元二次方程 的解
要求参照上述研究方法，画出示意图，并写出几何建模步骤（用钢笔或圆珠笔画图，并标注相关线段的长）
【研究不等关系】
提出问题：怎么运用矩形面积表示 与 的大小关系（其中 ）？
几何建模：
（1）画长 ，宽 的矩形，按图⑤方式分割
（2）变形：
（ 3）分析：图⑤中大矩形的面积可以表示为
；阴影部分面积可以表示为 ，
画点部分的面积可表示为 ，由图形的部分与整体
的关系可知： ＞ ，即
＞
归纳提炼：
当 ， 时，表示 与 的大小关系
根据题意，设 ， ，要求参照上 述研究方法，画出示意图，并写出几何建模步骤（用钢笔或圆珠笔画图，并标注相关线段的长）
解析：
5、(2013年江西省)某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：
●操作发现：
在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图1所示，其中DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，是BC的中点，连接D和E，则下列结论正确的是 （填序号即可）
①AF=AG= AB；②D=E；③整个图形是轴对称图形；④∠DAB=∠DB．
●数学思考：
在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图2所示，是BC的中点，连接D和E，则D和E具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；
●类比探索：
在任意△ABC中，仍分别以AB和AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图3所示，是BC的中点，连接D和E，试判断△ED的形状．
答： ．
【答案】 解：
●操作发现：①②③④
●数学思考：
答：D=E，D⊥E，
１、D=E；
如图2，分别取AB，AC的中点F，G，连接DF，F，G，EG，
∵是BC的中点，
∴F∥AC，F= AC．
又∵EG是等腰Rt△AEC斜边上的中线，
∴EG⊥AC且EG= AC，
∴F=EG．
同理可证DF=G．
∵F∥AC，
∴∠FA＋∠BAC=180°．
同理可得∠GA+∠BAC=180°，
∴∠FA=∠GA．
又∵EG⊥AC，∴∠EGA=90°．
同理可得∠DFA=90°，
∴∠FA+∠DFA=∠GA=∠EGA，
即∠DF=∠EG，又F=EG，DF=G，
∴△DF≌△GE（SAS），
∴D=E．
2、D⊥E；
证法一：∵G∥AB，
∴∠FA+∠FG=180°，
又∵△DF≌△GE，∴∠EG=∠DF.
∴∠FA+∠FD+∠DE+∠DF=180°，
其中∠FA+∠FD+∠DF=90°，
∴∠DE=90°.
即D⊥E；
证法二：如图2，D与AB交于点H，
∵AB∥G，
∴∠DHA=∠DG，
又∵∠DHA=∠FD+∠DFH,
即∠DHA=∠FD+90°,
∵∠DG=∠DE+∠GE，
∴∠DE=90°
即D⊥E；
●类比探究
答：等腰直角三解形
【考点解剖】 本题考查了轴对称、三角形中位线、平行四边形、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等、角的转化等知识，能力要求很高．
【解题思路】 （1） 由图形的对称性易知①、②、③都正确，④∠DAB=∠DB=45°也正确；（2）直觉告诉我们D和E是垂直且相等的关系，一般由全等证线段相等，受图1△DF≌△GE的启发，应想到取中点构造全等来证D=E，证D⊥E就是要证∠DE=90°，由△DF≌△GE得∠EG=∠DF, △DF中四个角相加为180°，∠FG可看成三个角的和，通过变形计算可得∠DE=90°． （3）只要结论，不要过程，在（2）的基础易知为等腰直角三解形.
【解答过程】 略.
【方法规律】 由特殊到一般，形变但本质不变（仍然全等）
【关键词】 课题学习 全等 开放探究
6、（2013山西，25，13分）（本题13分）数学活动——求重叠部分的面积。
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：
如图，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB=∠E=90°，BC=DE=6，AC=FE=8，顶点D与边AB的中点重合，DE经过点C，DF交AC于点G。
求重叠部分（△DCG）的面积。
（1）独立思考：请解答老师提出的问题。
【解析】解：∵∠ACB=90°D是AB的中点,
∴DC=DB=DA,∴∠B=∠DCB
又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE=∠B
∴∠FDE=∠DCB,∴DG∥BC∴∠AGD=∠ACB=90°∴DG⊥AC
又∵DC=DA,∴G是AC的中点,
∴CG= AC= ×8=4,DG= BC= ×6=3
∴SDCG= ×CG•DG= ×4×3=6
（2）合作交流：“希望”小组受此问题的启发，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥AB交AC于点H，DF交AC于点G，如图(2)，你能求出重叠部分(△DGH)的面积吗？请写出解答过程。
【解析】解法一：
∵△ABC≌△FDE,∴∠B=∠1
∵∠C=90°,ED⊥AB,∴∠A+∠B=90°, ∠A+∠2=90°,
∴∠B=∠2,∴∠1=∠2
∴GH=GD
∵∠A+∠2=90°,∠1+∠3=90°
∴∠A=∠3,∴AG=GD，∴AG=GH
∴点G是AH的中点，
在Rt△ABC中，AB= 10
∵D是AB的中点，∴AD= AB=5
在△ADH与△ACB中，∵∠A =∠A，∠ADH=∠ACB=90°,
∴△ADH∽△ACB, ∴ = , = ,∴DH= ,
∴S△DGH＝ S△ADH＝ × ×DH•AD= × ×5=
解法二：同解法一，G是AH的中点，
连接BH，∵DE⊥AB，D是AB的中点，∴AH=BH，设AH=x则CH＝８-ｘ
在Rt△BCH中，CH2+BC2=BH2，即（8-x）2+36=x2，解得x=
∴S△ABH=AH•BC= × ×6=
∴S△ＤＧＨ= S△ADH= × S△ABH= × = .
解法三：同解法一，∠1=∠2
连接CD，由（1）知，∠B=∠DCB=∠1，∠1=∠2=∠B=∠DCB，△DGH∽△BDC,
作D⊥AC于点，CN⊥AB于点N，∵D是AB的中点，∠ACB=90°
∴CD=AD=BD，∴点是AC的中点，∴D= BC= ×6=3
在Rt△ABC中，AB= =10， AC•BC= AB•CN，
∴CN＝ .
∵△DGH∽△BDC, ∴ ,
∴ =
∴
（3）提出问题：老师要求各小组向“希望”小组学习，将△DEF绕点D旋转，再提出一个求重叠部分面积的问题。“爱心”小组提出的问题是：如图(3)，将△DEF绕点D旋转，DE，DF分别交AC于点，N，使D=N求重叠部分(△DN)的面积、
任务：①请解决“爱心”小组所提出的问题，直接写出△DN的面积是
②请你仿照以上两个小组，大胆提出一个符合老师要求的问题，并在图中画出图形，标明字母，不必解答（注：也可在图（1）的基础上按顺时针方向旋转）。
【答案】①
②注：此题答案不唯一，语言表达清晰、准确得1分，画图正确得1分，重叠部分未涂阴影不扣分。示例：如图，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥BC于点，DF交AC于点N，求重叠部分（四边形DCN）的面积。
7、（2013达州）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的。下面是一个案例，请补充完整。
FF
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由。
（1）思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合。
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线。
根据__SAS__________，易证△AFG≌_△AFE_______，得EF=BE+DF。
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°。若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系_互补___时，仍有EF=BE+DF。
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°。猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程。
解：BD2+EC2=DE2
解析：(1)SAS………………………(1分）
△AFE………………………(2分）
(2)∠B+∠D=180°………………………(4分）
(3)解：BD2+EC2=DE2.………………………(5分）
∵AB=AC，
∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合.
∵△ABC中，∠BAC=90°.
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°,即∠ECG=90°.
∴EC2+CG2=EG2.………………………(7分）
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD,
又∵AD=AG，AE=AE，
∴△AEG≌△AED.
∴DE=EG.又∵CG=BD,
∴BD2+EC2=DE2.………………………(9分）
8、（2013陕西压轴题）问题探究
（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；
（2）如图②，是正方形ABCD内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点），使它们将正方形ABCD的面积四等分，并说明理由.
问题解决
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB+CD=BC，点P是AD的中点，如果AB= ，CD= ，且 ，那么在边BC上是否存在一点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分？若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由.
考点：本题陕西近年来考查的有：折叠问题，勾股定理，矩形性质，正方形的性质，面积问题及最值问题，位似的性质应用等。此题考查对图形的面积等分问题。
解析：此题主要考查学生的问题的能力，综合问题的能力，动手操作能力，问题的转化能力，分析图形能力和知识的迁徙能力，从特殊图形到一般的过渡，从特殊中发现关系到一般的知识迁移的过程。
（1）问较易解决，圆内两条互相垂直的直径即达到目的。
（2）问中其实在八年级学习四边形时好可解决此类问题。平行四边形过对角线的交点的直线将平行四边形分成面积相等的两个部分。而在正方形中就更特殊，常见的是将正方形重叠在一起旋转的过程中的图形的面积不变的考查，此题有这些知识的积累足够解决。
（3）问中可以考虑构造（1）（2）中出现的特殊四边形来解决。也可以用中点的性质来解决。在中学数学中中点就有两个方面的应用，一是中线（倍长中线构造全等三角形或者是平行四边形）二是中位线的应用。
解：（1）如图①所示．
（2）如图②，连接AC、BD相交于点O，作直线O分别交AD、BC于P、Q两点，过点O作用O的垂线分别交AB、CD于E、F两点，则直线O、EF将正方形ABCD的面积四等分.
理由如下：
∵点O是正方形ABCD对角线的交点，∴点O是正方形ABCD的对称中心
∴AP=CQ，EB=DF，
D在△AOP和△EOB中，
∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE
∴∠AOP=∠BOE
∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°∴△AOP≌△EOB
∴AP=BE=DF=CQ ∴AE=BQ=CF=PD
设点O到正方形ABCD一边的距离为 .
∴
∴
∴直线EF、PQ将正方形ABCD面积四等分
另解：∵点O是正方形ABCD对角线的交点，∴点O是正方形ABCD的中心
∴OA=OB=OC=OD ∠OAP=∠OBE=∠OCQ=∠ODF=45°
∵PQ⊥EF，∴∠POD+∠DOF=90°，∠POD+∠POA=90°
∴∠POA=∠DOF同理：∠POA=∠DOF=∠BOE=∠COQ
∴△AOP≌△BOE≌△COQ≌△DOF
∴
∴直线EF、PQ将正方形ABCD面积四等分
（3）
存在.当BQ=CD= 时，PQ将四边形ABCD面积二等分.
理由如下：如图③，延长BA至点E，使AE= ，
延长CD至点F，使DF= ，连接EF.
∴BE∥CF，BE=CF ∴四边形BCFE为平行四边形，
∵BC=BE= + ，∴平行四边形DBFE为菱形
连接BF交AD于点，则△AB≌△DF
∴A=D.即点P、重合.
∴点P是菱形EBCF对角线的交点，
在BC上截取BQ=CD= ，则CQ=AB= .
设点P到菱形EBCF一边的距离为
∴
所以当BQ= 时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分.
另解：存在.当BQ=CD= 时，PQ将四边形ABCD面积二等分.
理由如下：如图④，连接BP并延长BP交CD延长线于点F，连接CP
∵点P是AD的中点，∴PA=PD
∵AB∥CD，∴∠ABP=∠DFP，∵∠APB=∠DPF ∴△APB≌△DPF
∴AB=DF，PB=PF，所以CP是△CBF的中线，∴
∵AB+CD=BC，DF+CD=BC，即：CB=CF，∴∠CBF=∠CFB
∵∠ABP=∠DFP∴∠ABP=∠CBP即PB是角平分线.
∴点P到AB与CB的距离相等，
∵BQ= ，所以CQ=AB=
∴
∴
所以当BQ= 时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分.