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免费2018届中考数学《第四部分第四讲第4课时操作探究型问题》同步练习含考点分类汇编详解第4课时操作探究型问题(60分)1．(15分)[2017·北京]如图4－4－1，P是AB︵所对弦AB上一动点，过点P作PM⊥AB交AB︵于点M，连结MB，过点P作PN⊥MB于点N.已知AB＝6cm，设A，P两点间的距离为xcm，P，N两点间的距离为ycm(当点P与点A或点B重合时，y的值为0)．小东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的探究过程，请补充完整：图4－4－1(1)通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：(说明：补全表格时相关数值保留一位小数)x/cm 0 1 2 3 4 5 6y/cm 0 2.0 2.3 2.1 1.6 0.9 0(2)建立平面直角坐标系，描出己补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；第1题答图(3)结合画出的函数图象，解决问题：当△PAN为等腰三角形时，AP的长度约为__2.2(答案不唯一)__cm.【解析】(3)如答图，作y＝x与函数图象交点即为所求．则AP≈2.2(答案不唯一)．2．(15分)[2017·襄阳]如图4－4－2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.图4－4－2(1)如图①，若CE＝CF，求证：DE＝DF；(2)如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．解：(1)证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°.∴∠DCE＝∠DCF＝135°.又∵CE＝CF，CD＝CD，∴△DCE≌△DCF.∴DE＝DF；(2)①∵∠DCF＝∠DCE＝135°，∴∠CDF＋∠F＝180°－135°＝45°.又∵∠CDF＋∠CDE＝45°，∴∠F＝∠CDE.∴△CDF∽△CED，∴CDCE＝CFCD，即CD2＝CE·CF.∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，∴CD＝12AB.∴AB2＝4CE·CF.②如答图，过点D作DG⊥BC于G，则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG.当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE·CF，得CD＝22.∴在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD·sin∠DCG＝22×sin45°＝2.∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，∴△CEN∽△GDN.∴CNGN＝CEDG＝2，∴GN＝13CG＝23.∴DN＝GN2＋DG2＝232＋22＝2103.3．(15分)(1)问题发现与探究：如图4－4－3①，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM⊥AE于点M，连结BD，则：①线段AE，BD之间的大小关系是__AE＝BD__，∠ADB＝__90°__，并说明理由．②求证：AD＝2CM＋BD；(2)问题拓展与应用：如图②、图③，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，过点A作直线，在直线上取点D，∠ADC＝45°，连结BD，BD＝1，AC＝2，则点C到直线的距离是__3－12__或__3＋12__，写出计算过程．图4－4－3解：(1)①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＋∠ECB＝∠BCD＋∠ECB，∴∠ACE＝∠BCD，在△ACE与△BCD中，AC＝BC，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD(SAS)，∴AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，∵∠CED＝∠CDE＝45°，∴∠AEC＝135°，∴∠BDC＝135°，∴∠ADB＝90°；②证明：在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，∴CM＝DM＝ME，∴DE＝2CM.∴AD＝DE＋AE＝2CM＋BD；(2)如答图①，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由(1)知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝2AC＝2，∴AD＝AB2－BD2＝3，∴DE＝AD－AE＝3－1，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝12DE＝3－12；如答图②，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由(1)知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝2AC＝2，∴AD＝AB2－BD2＝3，∴DE＝AE＋AD＝1＋3，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝12DE＝3＋12.综上，点C到直线的距离是3－12或3＋12.第3题答图4．(15分)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4－4－4①，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＝12AB；(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的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝3(BE－CF)．图4－4－4解：(1)∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4.∵点D是线段BC的中点，∴BD＝DC＝12BC＝2.∵DF⊥AC，即∠AFD＝90°，∴∠AED＝360°－60°－90°－120°＝90°，∴∠BED＝90°，∴BE＝BD·cosB＝2×12＝1；(2)证明：如答图①，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，则有∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90°.∵∠A＝60°，∴∠MDN＝360°－60°－90°－90°＝120°.∵∠EDF＝120°，∴∠MDE＝∠NDF.在△MBD和△NCD中，∠BMD＝∠CND，∠B＝∠C，BD＝CD，∴△MBD≌△NCD，∴BM＝CN，DM＝DN.在△EMD和△FND中，∠EMD＝∠FND，DM＝DN，∠MDE＝∠NDF，∴△EMD≌△FND，∴EM＝FN，∴BE＋CF＝BM＋EM＋CF＝BM＋FN＋CF＝BM＋CN＝2BM＝2BD·cos60°＝BD＝12BC＝12AB；(3)如答图②，过点D作DM⊥AB于M，同(1)可得∠B＝∠ACD＝60°.同(2)可得BM＝CN，DM＝DN，EM＝FN.∵DN＝FN，∴DM＝DN＝FN＝EM，∴BE＋CF＝BM＋EM＋CF＝CN＋DM＋CF＝NF＋DM＝2DM，BE－CF＝BM＋EM－CF＝BM＋NF－CF＝BM＋NC＝2BM.在Rt△BMD中，DM＝BM·tanB＝3BM，∴BE＋CF＝3(BE－CF)．(20分)5．(20分)[2017·天门]在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D与点B在AC同侧，∠DAC＞∠BAC，且DA＝DC，过点B作BE∥DA交DC于点E，M为AB的中点，连结MD，ME.(1)如图4－4－5①，当∠ADC＝90°时，线段MD与ME的数量关系是__MD＝ME；__；图4－4－5(2)如图②，当∠ADC＝60°时，试探究线段MD与ME的数量关系，并证明你的结论；(3)如图③，当∠ADC＝α时，求MEMD的值．解：(2)MD＝3ME.证明：如答图①，延长EM交DA于点F，∵BE∥DA，∴∠FAM＝∠EBM，又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BMF，∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME，∵DA＝DC，∠ADC＝60°，∴∠BED＝∠ADC＝60°，∠ACD＝60°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝30°，∴∠EBC＝30°，∴CE＝BE，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠MDE＝30°.在Rt△MDE中，tan∠MDE＝MEMD＝33.∴MD＝3ME；第5题答图(3)如答图②，延长EM交DA于点F，∵BE∥DA，∴∠FAM＝EBM，又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BME，∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME，延长BE交AC于点N，∴∠BNC＝∠DAC，∵DA＝DC，∴∠DCA＝∠DAC，∴∠BNC＝∠DCA，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝∠EBC，∴CE＝BE，∴AF＝CE，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∵∠ADC＝α，∴∠MDE＝α2，∴在Rt△MDE中，MEMD＝tan∠MDE＝tanα2.(20分)6．(20分)[2017·衡阳]如图4－4－6，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转得到CF，连结DF，以CE，CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD，AC分别交于点H，M，GF交CD延长线于点N.(1)证明：点A，D，F在同一条直线上；(2)随着点E的移动，线段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由；(3)连结EF，MN，当MN∥EF时，求AE的长．【解析】(1)证明三点共线，一般是证明中间点与另两点连线的夹角等于180°.由旋转不改变图形的形状和大小，可证△CBE≌△CDF，得到∠CDF＝∠CBE＝90°，所以可证∠ADF＝180°，问题得证．(2)求AE的最值，需要建立适当的函数模型，考虑AE，AH是同一个直角三角形的边，所以设AH＝y，AE＝x，由图直观看出△CBE∽△EAH，利用对应边成比例，可以得出y与x的函数关系式，从而最值问题可解．(3)连结CG，根据正方形是轴对称图形，对角线所在的直线是对称轴，EF∥MN，所以NG＝GM，所以CN＝CM，从而可推出∠EFD＝∠ECA＝∠1＝∠3，所以Rt△CBE∽Rt△FAE，所以BCAF＝BEAE，因此AE可求．第6题答图解：(1)证明：如答图①，由旋转的性质知，CF＝CE，又∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，又∵CD＝CB，∴△CBE≌△CDF，∴∠CDF＝∠CBE＝90°，∴∠ADF＝180°.故点A，D，F三点共线；(2)设DH＝y，AH＝1－y，AE＝x，在Rt△CBE和Rt△EAH中，∠4＋∠5＝90°，∴Rt△CBE∽Rt△EAH，∴CBAE＝BEAH，即1x＝1－x1－y，∴y＝x2－x＋1＝x－122＋34，即当点E是AB的中点时，DH最小，最小值为34；(3)如答图②，连结CG.∵矩形∠FGE是正方形，对角线CG所在的直线是其对称轴，又∵FG＝GE，EF∥MN，∴GN＝GM，∴CN＝CM，又∵∠CNM＝45°＋∠3，∠NMC＝45°＋∠ECM，又∵∠ECM＝∠EFH，∴∠3＝∠EFH＝∠1，∴Rt△CBE∽Rt△FAE，∴BCAF＝BEAE，BC＝1，BE＝1－AE，AF＝1＋1－AE＝2－AE，即有12－AE＝1－AEAE，∴AE2－4AE＋2＝0，解得AE＝2＋2>1(不合题意，舍去)，AE＝2－2.