2017年部分地区中考数学几何综合型问题试题(附答案)

概要：∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，∴△ECG≌△FCG.∴GE=GF,∴GE=DF+GD=BE+GD.(3)如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G.在直角梯形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠A=∠B=90°，又∠CGA=90°，AB=BC，∴四边形ABCD 为正方形.∴AG=BC.已知∠DCE=45°，根据(1)(2)可知，ED=BE+DG.所以10=4+DG，即DG=6.设AB=x，则AE=x-4，AD=x-6,在Rt△AED中，∵ ，即 .解这个方程，得：x=12，或x=-2(舍去).∴AB=12.所以梯形ABCD的面积为S=【点评】本题是一道几何综合题，内容涉及三角形的全等、图形的旋转以及勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力.本题的设计由浅入深，循序渐进，考虑到学生的个体差异.专项八 几何综合型问题(42)23.(湖南株洲市8,23题)(本题满分8分)如图，在△ABC中，∠C=90°,BC=5米,AC=12米。M点在线段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒;同时N点在线段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒。运动时间为t秒。(1)、当t 为何值时，∠AMN=∠ANM ?(2)、当t 为何 值时，△AMN的面积最大?并求出这个最大值。【解析】(1)当两角相等可知

【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，

∴△CBE≌△CDF.∴CE=CF.

(2)证明： 如图2，延长AD至F，使DF=BE.连接CF.

由(1)知△CBE≌△CDF，∴∠BCE=∠DCF.

∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD,即∠ECF=∠BCD=90°，

又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°.

∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，

∴△ECG≌△FCG.∴GE=GF,∴GE=DF+GD=BE+GD.

(3)如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G.在直角梯形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠A=∠B=90°，又∠CGA=90°，AB=BC，

∴四边形ABCD 为正方形.∴AG=BC.已知∠DCE=45°，

根据(1)(2)可知，ED=BE+DG.

所以10=4+DG，即DG=6.设AB=x，则AE=x-4，AD=x-6,在Rt△AED中，∵ ，即 .解这个方程，得：x=12，或x=-2(舍去).∴AB=12.所以梯形ABCD的面积为S=

【点评】本题是一道几何综合题，内容涉及三角形的全等、图形的旋转以及勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力.本题的设计由浅入深，循序渐进，考虑到学生的个体差异.

专项八 几何综合型问题(42)

23.(湖南株洲市8,23题)(本题满分8分)如图，在△ABC中，∠C=90°,BC=5米,AC=12米。M点在线段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒;同时N点在线段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒。运动时间为t秒。

(1)、当t 为何值时，∠AMN=∠ANM ?

(2)、当t 为何 值时，△AMN的面积最大?并求出这个最大值。

【解析】(1)当两角相等可知，AM=AN，列出方程求出t的值，(2)面积的最值问题是利用二次函数的最值问题，根据题意写出三角形的面积与t的函数关系式，根据自变量的取值及二次函数的性质求出最值.

【解】(1)、依题意有 …… 1分

…… 2分

解得：t=4 秒，即为所求。 …… 3分

(2)、

解法一：如图作 …… 4分

…… 6分

…… 8分21世纪教育网

解法二：

…… 4分

…… 6分

…… 8分

【点评】求最大面积、最大利润等问题，一定要考虑到函数关系式的应用，特别是二次函数的应用。

19. (2012四川省南充市，19，8分) 矩形ABCD中，AB=2AD,E为AD的中点，EF⊥EC交AB于点F，连接FC.

(1)求证：△AEF∽△DCE;

(2)求tan∠ECF的值.

解析：(1)由四边形ABCD是矩形，EF⊥EC，易得∠A=∠D=90°，∠AFE=∠DEC，由有两组角对应相等的两个三角形相似，即可判定△AEF∽△DCE;

(2)由△AEF∽△DCE，根据相似三角形的对应边成比例，可得 ，又由矩形ABCD中，AB=2AD，E为AD的中点，tan∠ECF= ，即可求得答案.

答案：解：(1)在矩形ABCD中，∠A=∠D=900.

∵EF⊥EC，∴∠FEC =900.∴∠FEA+∠CED=900.

∵∠FEA+∠EAF=900.∴∠EAF=∠CED.

∴⊿AEF∽⊿DCE.

(2)∵AB=2AD，E为AD的中点,

∴ .

∵⊿AEF∽⊿DCE. ∴ .

在 中， .

点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及锐角三角函数的定义.此题难度适中，在根据题意无法直接求得三角形中边的长短时，可考虑利用三角形的相似关系，通过对应边的比例相等的特点，结合题中的线段间倍数关系，推得某角的三角函数值。解题时还要注意数形结合思想的应用。

24. (2012浙江省嘉兴市，24，14分)在平面直角坐标系xOy中,点P是抛物线y= 上的动点(点P在笫一象限内).连结OP,过点O作OP的垂线交抛物线于另一点Q.连结PQ,交y轴于点M.作PA⊥x轴于点A,QB⊥x轴于点B.设点P的横坐标为m.

(1)如图①,当m= 时,

①求线段OP的长和tan∠POM的值;

②在y轴上找一点C,使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形,求点C的坐标;

(2)如图②,连结AM、BM,分别与OP、OQ相交于点D、E。

①用含m的代数式表示点Q的坐标;

②求证:四边形ODME是矩形。

【解析】(1)①欲求线段OP的长,需要先求得点P的坐标,把P点的横坐标m代入 ,可得;由PA⊥x轴, 得PA∥MO, ∴tan∠POM=tan∠OPA= .

②欲求点C的坐标, 需要先求得点Q的坐标.设Q(n, ),由题意可得 ,进而得

Q( , ),∴OQ= .以OQ为腰, 分别讨论当OQ=OC和OQ=CQ时,点C的坐标即可.

(2)①由P点的横坐标为m,利用相似三角形的性质可推得点Q( , ).②先利用待定系数法求得直线PQ的函数解析式,进而得点M的坐标.利用相似三角形的判定证得△QBO∽△MOA,进而证得Q0∥ MA. 同理可证:EM∥ OD. 又∵∠EOD=90° .所以四边形ODME是矩形。

【答案】 (1)①把m= 代入 , y=2.∴P( ,2), ∴OP= .

∵PA⊥x轴,∴PA∥MO.

∴tan∠POM=tan∠OPA= = .

②设Q(n, ),∵tan∠QOB=tan∠PON, ∴ .

∴ ,∴Q( , ),∴OQ= .

当OQ=OC时,则 , ;

当OQ=CQ时,则 .

综上所述,所求点C的坐标为: , , .

(2)①∵P(m , ),设Q(n, ). ∵△APO∽△BOQ,∴ .∴ ,得

∴Q( , ).

②设直线PO的廨析式为:y=kx+b,把P(m , )、Q( , )代入得:

解得b=1, ∴M(0,1)

∵ ,∠QBO=∠MOA=90°, ,∴△QBO∽△MOA.

∴∠MAO=∠QOB, ∴QO∥ MA.

同理可证:EM∥ OD.

又∵∠EOD=90°, ∴四边形ODME是矩形。

【点评】本题是一道几何代数综合题,主要考查了一次函数,二次函数, 勾股定理, 相似三角形的性质与判定,矩形的判定及方程思想,分类讨论,特殊到一般的数学思想等的综合应用.

解题的关键:灵活应用所学,求出关键点P、Q、M点的坐标.

(1)中,①运用了勾股定理,平行线的性质,锐角三角函数的意义; ②运用了方程思想,分类讨论的思想. (2)中相似三角形的性质与判定,,矩形的判定.

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