中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)強(qiáng)化突破練習(xí)專題七 幾何綜合應(yīng)用(教師版)

專題七幾何綜合應(yīng)用類(lèi)型1以三角形為背景的計(jì)算和證明問(wèn)題1．如圖，一條4m寬的道路將矩形花壇分為一個(gè)直角三角形和一個(gè)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_(kāi)___m2.【解析】如圖，作DE⊥AC于點(diǎn)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(diǎn)．若等腰Rt△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)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(diǎn)為P.(1)如圖1，當(dāng)α＝90°時(shí)，線段BD1的長(zhǎng)等于__2eq\r(5)__；(直接填寫(xiě)結(jié)果)(2)如圖2，當(dāng)α＝135°時(shí)，求證：BD1＝CE1，且BD1⊥CE1；(3)求點(diǎn)P到AB所在直線的距離的最大值．(直接寫(xiě)出結(jié)果)解：(2)證明：當(dāng)α＝135°時(shí)，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(diǎn)F，有∠BFA＝∠CFP，∴∠CPF＝∠FAB＝90°.∴BD1⊥CE1.(3)1＋eq\r(3)(四邊形AD1PE1為正方形時(shí)，距離最大，此時(shí)PD1＝2，PB＝2＋2eq\r(3))．3．如圖，已知△ABC中AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)．(1)如果點(diǎn)P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上由C點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．①若點(diǎn)P點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度相等，經(jīng)過(guò)1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請(qǐng)說(shuō)明理由；②若點(diǎn)P點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度不相等，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為多少時(shí)，能夠使△BPD與△CQP全等？(2)若點(diǎn)Q以②中的運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)C出發(fā)，點(diǎn)P以原來(lái)的運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，都逆時(shí)針沿△ABC三邊運(yùn)動(dòng)，求經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，點(diǎn)P與點(diǎn)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(diǎn)，∴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(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(BP,3)＝eq\f(4.5,3)＝1.5(秒)，此時(shí)VQ＝eq\f(CQ,t)＝eq\f(6,1.5)＝4(厘米/秒)；(2)因?yàn)閂Q＞VP，只能是點(diǎn)Q追上點(diǎn)P，即點(diǎn)Q比點(diǎn)P多走AB＋AC的路程，設(shè)經(jīng)過(guò)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(shí)P運(yùn)動(dòng)了24×3＝72(厘米)又∵△ABC的周長(zhǎng)為33厘米，72＝33×2＋6，∴點(diǎn)P、Q在BC邊上相遇，即經(jīng)過(guò)24秒，點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一次在BC邊上相遇．類(lèi)型2以四邊形為背景的計(jì)算和證明問(wèn)題4．已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，一個(gè)以點(diǎn)A為頂點(diǎn)的45°角繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，角的兩邊分別與邊BC、DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E、F，連接EF.設(shè)CE＝a，CF＝b.(1)如圖1，當(dāng)∠EAF被對(duì)角線AC平分時(shí)，求a，b的值；(2)當(dāng)△AEF是直角三角形時(shí)，求a，b的值；(3)如圖3，探索∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中a，b滿足的關(guān)系式，并說(shuō)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(dāng)△AEF是直角三角形時(shí)，①當(dāng)∠AEF＝90°時(shí)，∵∠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(dāng)∠AFE＝90°時(shí)，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(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，OA＝4，OC＝3，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿射線CB方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正半軸方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P、點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)．(1)當(dāng)t＝1s時(shí)，求經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，P，A三點(diǎn)的拋物線的解析式；(2)當(dāng)t＝2s時(shí)，求tan∠QPA的值；(3)當(dāng)線段PQ與線段AB相交于點(diǎn)M，且BM＝2AM時(shí)，求t(s)的值；(4)連接CQ，當(dāng)點(diǎn)P，Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dāng)t＝1s時(shí)，則CP＝2，∴P(2，3)，且A(4，0)，∴y＝－eq\f(3,4)x2＋3x；(2)當(dāng)t＝2s時(shí)，則CP＝2×2＝4＝BC，即點(diǎn)P與點(diǎn)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(dāng)線段PQ與線段AB相交于點(diǎn)M，則可知點(diǎn)Q在線段OA上，點(diǎn)P在線段CB的延長(zhǎng)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(dāng)0≤t≤2時(shí)，如圖3，由題意可知CP＝2t，∴S＝S△PCQ＝eq\f(1,2)×2t×3＝3t；當(dāng)2＜t≤4時(shí)，設(shè)PQ交AB于點(diǎn)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(dāng)t＞4時(shí)，設(shè)CQ與AB交于點(diǎn)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＝