中考數(shù)學二輪復習強化突破練習專題七 幾何綜合應(yīng)用(教師版)

專題七幾何綜合應(yīng)用類型1以三角形為背景的計算和證明問題1．如圖，一條4m寬的道路將矩形花壇分為一個直角三角形和一個直角梯形，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，可知這條道路的占地面積為____m2.【解析】如圖，作DE⊥AC于點E，可證△DAE∽△ACB∴eq\f(DE,AB)＝eq\f(AE,BC).即：eq\f(4,AB)＝eq\f(3,12)解得：AB＝16(m)，∴道路的面積為AD×AB＝5×16＝80(m2)．2．在Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝AB＝4，D，E分別是邊AB，AC的中點．若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD1E1，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α(0＜α≤180°)，記直線BD1與CE1的交點為P.(1)如圖1，當α＝90°時，線段BD1的長等于__2eq\r(5)__；(直接填寫結(jié)果)(2)如圖2，當α＝135°時，求證：BD1＝CE1，且BD1⊥CE1；(3)求點P到AB所在直線的距離的最大值．(直接寫出結(jié)果)解：(2)證明：當α＝135°時，由旋轉(zhuǎn)可知∠D1AB＝∠E1AC＝135°.又∵AB＝AC，AD1＝AE1，∴△D1AB≌△E1AC.∴BD1＝CE1且∠D1BA＝∠E1CA.設(shè)直線BD1與AC交于點F，有∠BFA＝∠CFP，∴∠CPF＝∠FAB＝90°.∴BD1⊥CE1.(3)1＋eq\r(3)(四邊形AD1PE1為正方形時，距離最大，此時PD1＝2，PB＝2＋2eq\r(3))．3．如圖，已知△ABC中AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，點D為AB的中點．(1)如果點P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CA上由C點向A點運動．①若點P點Q的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由；②若點P點Q的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？(2)若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿△ABC三邊運動，求經(jīng)過多長時間，點P與點Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？解：(1)①∵t＝1(秒)，∴BP＝CQ＝3(厘米)∵AB＝12，D為AB中點，∴BD＝6(厘米)又∵PC＝BC－BP＝9－3＝6(厘米)∴PC＝BD∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△BPD與△CQP中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BP＝CQ,∠B＝∠C,BD＝PC))，∴△BPD≌△CQP(SAS)，②∵VP≠VQ，∴BP≠CQ，又∵∠B＝∠C，要使△BPD≌△CPQ，只能BP＝CP＝4.5，∵△BPD≌△CPQ，∴CQ＝BD＝6.∴點P的運動時間t＝eq\f(BP,3)＝eq\f(4.5,3)＝1.5(秒)，此時VQ＝eq\f(CQ,t)＝eq\f(6,1.5)＝4(厘米/秒)；(2)因為VQ＞VP，只能是點Q追上點P，即點Q比點P多走AB＋AC的路程，設(shè)經(jīng)過x秒后P與Q第一次相遇，依題意得4x＝3x＋2×12，解得x＝24(秒)，此時P運動了24×3＝72(厘米)又∵△ABC的周長為33厘米，72＝33×2＋6，∴點P、Q在BC邊上相遇，即經(jīng)過24秒，點P與點Q第一次在BC邊上相遇．類型2以四邊形為背景的計算和證明問題4．已知正方形ABCD的邊長為4，一個以點A為頂點的45°角繞點A旋轉(zhuǎn)，角的兩邊分別與邊BC、DC的延長線交于點E、F，連接EF.設(shè)CE＝a，CF＝b.(1)如圖1，當∠EAF被對角線AC平分時，求a，b的值；(2)當△AEF是直角三角形時，求a，b的值；(3)如圖3，探索∠EAF繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中a，b滿足的關(guān)系式，并說明理由．解：(1)可證△ACF≌△ACE，∴CE＝CF，∵CE＝a，CF＝b，∴a＝b，∵△ACF≌△ACE，∴∠AEF＝∠AFE，∵∠EAF＝45°，∴∠AEF＝∠AFE＝67.5°，∵CE＝CF，∠ECF＝90°，∠AEC＝∠AFC＝22.5°，∵∠CAF＝∠CAE＝22.5°，∴∠CAE＝∠CEA，∴CE＝AC＝4eq\r(2)，即：a＝b＝4eq\r(2)；(2)當△AEF是直角三角形時，①當∠AEF＝90°時，∵∠EAF＝45°，∴∠AFE＝45°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AF2＝2FE2＝2(CE2＋CF2)，AF2＝2(AD2＋BE2)，∴2(CE2＋CF2)＝2(AD2＋BE2)，∴CE2＋CF2＝AD2＋BE2，∴CE2＋CF2＝16＋(4＋CE)2，∴CF2＝8(CE＋4)①∵∠AEB＋∠BEF＝90°，∠AEB＋∠BAE＝90°，∴∠BEF＝∠BAE，∴△ABE∽△ECF，∴eq\f(4,CE)＝eq\f(CE＋4,CF)，∴4CF＝CE(CE＋4)②，聯(lián)立①②得，CE＝4，CF＝8∴a＝4，b＝8，②當∠AFE＝90°時，同①的方法得，CF＝4，CE＝8，∴a＝8，b＝4.(3)ab＝32，理由：如圖，可證△ACF∽△ECA，∴EC×CF＝AC2＝2AB2＝32∴ab＝32.5．已知：如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形，OA＝4，OC＝3，動點P從點C出發(fā)，沿射線CB方向以每秒2個單位長度的速度運動；同時，動點Q從點O出發(fā)，沿x軸正半軸方向以每秒1個單位長度的速度運動．設(shè)點P、點Q的運動時間為t(s)．(1)當t＝1s時，求經(jīng)過點O，P，A三點的拋物線的解析式；(2)當t＝2s時，求tan∠QPA的值；(3)當線段PQ與線段AB相交于點M，且BM＝2AM時，求t(s)的值；(4)連接CQ，當點P，Q在運動過程中，記△CQP與矩形OABC重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式．解：(1)當t＝1s時，則CP＝2，∴P(2，3)，且A(4，0)，∴y＝－eq\f(3,4)x2＋3x；(2)當t＝2s時，則CP＝2×2＝4＝BC，即點P與點B重合，OQ＝2，如圖1，∴AQ＝OA－OQ＝4－2＝2，且AP＝OC＝3，∴tan∠QPA＝eq\f(AQ,AP)＝eq\f(2,3)；(3)當線段PQ與線段AB相交于點M，則可知點Q在線段OA上，點P在線段CB的延長線上，如圖2，則CP＝2t，OQ＝t，∴BP＝PC－CB＝2t－4，AQ＝OA－OQ＝4－t，∵PC∥OA，∴△PBM∽△QAM，∴eq\f(BP,AQ)＝eq\f(BM,AM)，∴eq\f(2t－4,4－t)＝2，解得t＝3；(4)當0≤t≤2時，如圖3，由題意可知CP＝2t，∴S＝S△PCQ＝eq\f(1,2)×2t×3＝3t；當2＜t≤4時，設(shè)PQ交AB于點M，如圖4，由題意可知PC＝2t，OQ＝t，則BP＝2t－4，AQ＝4－t，同(3)可得eq\f(BP,AQ)＝eq\f(BM,AM)＝eq\f(2t－4,4－t)，解得AM＝eq\f(12－3t,t)，∴S＝S四邊形BCQM＝S矩形OABC－S△COQ－S△AMQ＝24－eq\f(24,t)－3t；當t＞4時，設(shè)CQ與AB交于點M，如圖5，由題意可知OQ＝t，AQ＝t－4，∵AB∥OC，∴eq\f(AM,OC)＝eq\f(AQ,OQ)，即eq\f(AM,3)＝eq\f(t－4,t)，解得AM＝