2018屆中考數(shù)學(xué)全程演練 第45課時(shí) 實(shí)驗(yàn)操作型問題

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1、 第45課時(shí)　實(shí)驗(yàn)操作型問題 (50分) 一、選擇題(每題10分，共10分) 圖45－1 1．[2016·寧波]如圖45－1，小明家的住房平面圖呈長方形，被分割成3個(gè)正方形和2個(gè)長方形后仍是中心對稱圖形．若只知道原住房平面圖長方形的周長，則分割后不用測量就能知道周長的圖形的標(biāo)號(hào)為 (A) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 二、填空題(每題10分，共10分) 2．[2017·紹興]把標(biāo)準(zhǔn)紙一次又一次對開，可以得到均相似的“開紙”．現(xiàn)在我們在長為2，寬為1的矩形紙片中，畫兩個(gè)小矩形，使這兩個(gè)小矩形

2、的每條邊都與原矩形的邊平行，或小矩形的邊在原矩形紙的邊上，且每個(gè)小矩形均與原矩形紙相似，然后將它們剪下，則所剪得的兩個(gè)小矩形紙片周長之和的最大值是__＋4__. 【解析】　∵在長為2，寬為1的矩形紙片中，畫兩個(gè)小矩形，使這兩個(gè)小矩形的每條邊都與原矩形紙的邊平行，或小矩形的邊在原矩形的邊上，且每個(gè)小矩形均與原矩形紙相似， ∴要使所剪得的兩個(gè)小矩形紙片周長之和最大，則這兩個(gè)小矩形紙片長與寬的和最大． ∵矩形的長與寬之比為2∶1， ∴剪得的兩個(gè)小矩形中，一個(gè)矩形的長為1， 寬為＝， ∴另外一個(gè)矩形的長為2－＝， 寬為＝， ∴所剪得的兩個(gè)小矩形紙片周長之和的最大值是2＝4＋. 三、解

3、答題(共30分) 3．(15分)[2016·南充]如圖45－2，矩形紙片ABCD，將△AMP和△BPQ分別沿PM和PQ折疊(AP＞AM)，點(diǎn)A和點(diǎn)B都與點(diǎn)E重合；再將△CQD沿DQ折疊，點(diǎn)C落在線段EQ上點(diǎn)F處． (1)判斷△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪幾對相似三角形？(不需說明理由) (2)如果AM＝1，sin∠DMF＝，求AB的長． 解：(1)△AMP∽△BPQ∽△CQD， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝90°， 圖45－2 根據(jù)折疊的性質(zhì)可知： ∠APM＝∠EPM，∠EPQ＝∠BPQ， ∴∠APM＋∠BPQ＝∠EPM＋∠EPQ＝90°，

4、 ∵∠APM＋∠AMP＝90°， ∴∠BPQ＝∠AMP， ∴△AMP∽△BPQ， 同理：△BPQ∽△CQD， 根據(jù)相似的傳遞性，△AMP∽△CQD； (2)∵AD∥BC， ∴∠DQC＝∠MDQ， 根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：∠DQC＝∠DQM， ∴∠MDQ＝∠DQM，∴MD＝MQ， ∵AM＝ME，BQ＝EQ， ∴BQ＝MQ－ME＝MD－AM， ∵sin∠DMF＝＝， ∴設(shè)DF＝3x，MD＝5x， ∴BP＝PA＝PE＝，BQ＝5x－1， ∵△AMP∽△BPQ， ∴＝， ∴＝， 解得x＝或x＝2， 又∵AP>AM， ∴x＝時(shí)，AP＝

5、 ∴AB＝6. 4．(15分)[2016·寧波]在邊長為1的小正方形組成的方格紙中，若多邊形的各頂點(diǎn)都在方格紙的格點(diǎn)(橫豎格子線的交錯(cuò)點(diǎn))上，這樣的多邊形稱為格點(diǎn)多邊形．記格點(diǎn)多邊形內(nèi)的格點(diǎn)數(shù)為a，邊界上的格點(diǎn)數(shù)為b，則格點(diǎn)多邊形的面積可表示為S＝ma＋nb－1，其中m，n為常數(shù)． (1)在圖45－3的方格紙中各畫出一個(gè)面積為6的格點(diǎn)多邊形，依次為三角形、平行四邊形(非菱形)、菱形； 圖45－3 (2)利用(1)中的格點(diǎn)多邊形確定m，n的值． 解：(1)如答圖； 第4題答圖 (2)三角形：a＝4，b＝6，S＝6； 平行四邊形：a＝3，b＝8，S＝6； 菱形：a＝5，b

6、＝4，S＝6； 任選兩組數(shù)據(jù)代入S＝ma＋nb－1， 解得m＝1，n＝. (30分) 5．(15分)提出問題： (1)如圖45－4①，在等邊△ABC中，點(diǎn)M是BC上的任意一點(diǎn)(不含端點(diǎn)B，C)，連結(jié)AM，以AM為邊作等邊△AMN，連結(jié)CN.求證：∠ABC＝∠ACN； 類比探究 (2)如圖45－4②，在等邊△ABC中，點(diǎn)M是BC延長線上的任意一點(diǎn)(不含端點(diǎn)C)，其他條件不變，(1)中結(jié)論∠ABC＝∠ACN還成立嗎？請說明理由； 拓展延伸 (3)如圖45－4③，在等腰△ABC中，BA＝BC，點(diǎn)M是BC上的任意一點(diǎn)(不含端點(diǎn)B，C)，連結(jié)AM，以AM為邊作等腰△AMN，使頂角∠AM

7、N＝∠ABC.連結(jié)CN.試探究∠ABC與∠ACN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由． 圖45－4 解：(1)證明：∵△ABC，△AMN是等邊三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＝∠CAN，∴△BAM≌△CAN(SAS)， ∴∠ABC＝∠ACN； (2)結(jié)論∠ABC＝∠ACN仍成立． 理由：∵△ABC，△AMN是等邊三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°. ∴∠BAM＝∠CAN.∴△BAM≌△CAN； ∴∠ABC＝∠ACN； (3)∠ABC＝∠ACN. 理由：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN， ∴∠BA

8、C＝∠MAN，∴△ABC∽△AMN， ∴＝.∵∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN， ∴△BAM∽△CAN，∴∠ABC＝∠ACN. 6．(15分)[2016·南充]如圖45－5，點(diǎn)P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，點(diǎn)P到點(diǎn)A，B和D的距離分別為1，2，.△ADP沿點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ABP′，連結(jié)PP′，并延長AP與BC相交于點(diǎn)Q. (1)求證：△APP′是等腰直角三角形； (2)求∠BPQ的大小； (3)求CQ的長． 圖45－5 第6題答圖 　　 解：(1)證明：因?yàn)椤鰽BP′是由△ABP順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得

9、到， 則AP＝AP′，∠PAP′＝90°， ∴△APP′是等腰直角三角形； (2)∵△APP′是等腰直角三角形， ∴∠APP′＝45°，PP′＝， 又∵BP′＝，BP＝2， ∴PP′2＋BP2＝BP′2， ∴∠BPP′＝90°， ∵∠APP′＝45°， ∴∠BPQ＝180°－∠APP′－∠BPP′＝45°； (3)過點(diǎn)B作BE⊥AQ于點(diǎn)E，則△PBE為等腰直角三角形， ∴BE＝PE，BE2＋PE2＝PB2， ∴BE＝PE＝2，∴AE＝3， ∴AB＝＝，則BC＝， ∵∠BAQ＝∠EAB，∠AEB＝∠ABQ＝90°， ∴△ABE∽△AQB， ∴＝，即＝，∴AQ＝，

10、 ∴BQ＝＝， ∴CQ＝BC－BQ＝. (20分) 7．(20分)[2017·婁底]如圖45－6①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4 cm，BC＝3 cm，如果點(diǎn)P由點(diǎn)B出發(fā)沿BA的方向向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q由點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，它們速度均是1 cm/s，連結(jié)PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0

11、 解：(1)由勾股定理，得AB＝5； 由題意得BP＝AQ＝t，AP＝5－t. 如答圖①過點(diǎn)P作PD⊥AC于點(diǎn)D， 則△APD∽△ABC， ∴＝，解得PD＝3－t， ∴S＝t＝－＋， ∴當(dāng)t＝時(shí)，S取得最大值是； 第7題答圖①　　 第7題答圖② (2)連結(jié)PP′交AC于點(diǎn)D， ∵PQP′C是菱形， ∴PP′與QC互相垂直平分， ∴AD＝t＋＝＋2， PD＝3－t，AP＝5－t. 由勾股定理得＋＝(5－t)2， 解得t1＝，t2＝20(舍去)； 第7題答圖③　　 第7題答圖④ (3)△APQ是等腰三角形， ①當(dāng)AP＝AQ時(shí)，t＝5－t，則t＝； ②當(dāng)PA＝PQ時(shí)，如答圖③，作PE⊥AC于E， ∵cos∠A＝，則AE＝(5－t)， 又∵AP＝PQ，∴AE＝AQ＝， ∴(5－t)＝，∴t＝； ③當(dāng)QA＝QP時(shí)，如答圖④，作QF⊥AB于點(diǎn)F， ∴AF＝t； ∴t＝5－t，∴t＝. 綜上所述，當(dāng)t＝或t＝或t＝時(shí)，△APQ是等腰三角形． 8