中考数学全程演练第45课时 实验操作型问题

第45课时实验操作型问题(50分)一、选择题(每题10分，共10分)图45－11．[2015·宁波]如图45－1，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形．若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为 (A)图45－1A．①② B．②③C．①③ D．①②③二、填空题(每题10分，共10分)2．[2014·绍兴]把标准纸一次又一次对开，可以得到均相似的“开纸”．现在我们在长为2eq\r(2)，宽为1的矩形纸片中，画两个小矩形，使这两个小矩形的每条边都与原矩形的边平行，或小矩形的边在原矩形纸的边上，且每个小矩形均与原矩形纸相似，然后将它们剪下，则所剪得的两个小矩形纸片周长之和的最大值是__eq\f(15,4)＋4eq\r(2)__.【解析】∵在长为2eq\r(2)，宽为1的矩形纸片中，画两个小矩形，使这两个小矩形的每条边都与原矩形纸的边平行，或小矩形的边在原矩形的边上，且每个小矩形均与原矩形纸相似，∴要使所剪得的两个小矩形纸片周长之和最大，则这两个小矩形纸片长与宽的和最大．∵矩形的长与宽之比为2eq\r(2)∶1，∴剪得的两个小矩形中，一个矩形的长为1，宽为eq\f(1×1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，∴另外一个矩形的长为2eq\r(2)－eq\f(\r(2),4)＝eq\f(7\r(2),4)，宽为eq\f(\f(7\r(2),4)×1,2\r(2))＝eq\f(7,8)，∴所剪得的两个小矩形纸片周长之和的最大值是2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),4)＋\f(7\r(2),4)＋\f(7,8)))＝4eq\r(2)＋eq\f(15,4).三、解答题(共30分)3．(15分)[2015·南充]如图45－2，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠(AP＞AM)，点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．(1)判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？(不需说明理由)(2)如果AM＝1，sin∠DMF＝eq\f(3,5)，求AB的长．解：(1)△AMP∽△BPQ∽△CQD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，图45－2根据折叠的性质可知：图45－2∠APM＝∠EPM，∠EPQ＝∠BPQ，∴∠APM＋∠BPQ＝∠EPM＋∠EPQ＝90°，∵∠APM＋∠AMP＝90°，∴∠BPQ＝∠AMP，∴△AMP∽△BPQ，同理：△BPQ∽△CQD，根据相似的传递性，△AMP∽△CQD；(2)∵AD∥BC，∴∠DQC＝∠MDQ，根据折叠的性质可知：∠DQC＝∠DQM，∴∠MDQ＝∠DQM，∴MD＝MQ，∵AM＝ME，BQ＝EQ，∴BQ＝MQ－ME＝MD－AM，∵sin∠DMF＝eq\f(DF,MD)＝eq\f(3,5)，∴设DF＝3x，MD＝5x，∴BP＝PA＝PE＝eq\f(3x,2)，BQ＝5x－1，∵△AMP∽△BPQ，∴eq\f(AM,BP)＝eq\f(AP,BQ)，∴eq\f(1,\f(3x,2))＝eq\f(\f(3x,2),5x－1)，解得x＝eq\f(2,9)或x＝2，又∵AP>AM，∴x＝eq\f(2,9)时，AP＝eq\f(1,3)<AM，∴x＝eq\f(2,9)时，不符合题意，∴AB＝6.4．(15分)[2015·宁波]在边长为1的小正方形组成的方格纸中，若多边形的各顶点都在方格纸的格点(横竖格子线的交错点)上，这样的多边形称为格点多边形．记格点多边形内的格点数为a，边界上的格点数为b，则格点多边形的面积可表示为S＝ma＋nb－1，其中m，n为常数．(1)在图45－3的方格纸中各画出一个面积为6的格点多边形，依次为三角形、平行四边形(非菱形)、菱形；图45－3(2)利用(1)中的格点多边形确定m，n的值．解：(1)如答图；第4题答图(2)三角形：a＝4，b＝6，S＝6；平行四边形：a＝3，b＝8，S＝6；菱形：a＝5，b＝4，S＝6；任选两组数据代入S＝ma＋nb－1，解得m＝1，n＝eq\f(1,2).(30分)5．(15分)提出问题：(1)如图45－4①，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点(不含端点B，C)，连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN.求证：∠ABC＝∠ACN；类比探究(2)如图45－4②，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点(不含端点C)，其他条件不变，(1)中结论∠ABC＝∠ACN还成立吗？请说明理由；拓展延伸(3)如图45－4③，在等腰△ABC中，BA＝BC，点M是BC上的任意一点(不含端点B，C)，连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC.连结CN.试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．图45－4解：(1)证明：∵△ABC，△AMN是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN，∴△BAM≌△CAN(SAS)，∴∠ABC＝∠ACN；(2)结论∠ABC＝∠ACN仍成立．理由：∵△ABC，△AMN是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°.∴∠BAM＝∠CAN.∴△BAM≌△CAN；∴∠ABC＝∠ACN；(3)∠ABC＝∠ACN.理由：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN，∴△ABC∽△AMN，∴eq\f(AB,AM)＝eq\f(AC,AN).∵∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，∴△BAM∽△CAN，∴∠ABC＝∠ACN.6．(15分)[2015·南充]如图45－5，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，2eq\r(2)，eq\r(10).△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；(2)求∠BPQ的大小；(3)求CQ的长．图45－5第6题答图解：(1)证明：因为△ABP′是由△ABP顺时针旋转90°得到，则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′＝eq\r(2)，又∵BP′＝eq\r(10)，BP＝2eq\r(2)，∴PP′2＋BP2＝BP′2，∴∠BPP′＝90°，∵∠APP′＝45°，∴∠BPQ＝180°－∠APP′－∠BPP′＝45°；(3)过点B作BE⊥AQ于点E，则△PBE为等腰直角三角形，∴BE＝PE，BE2＋PE2＝PB2，∴BE＝PE＝2，∴AE＝3，∴AB＝eq\r(AE2＋BE2)＝eq\r(13)，则BC＝eq\r(13)，∵∠BAQ＝∠EAB，∠AEB＝∠ABQ＝90°，∴△ABE∽△AQB，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(AB,AQ)，即eq\f(3,\r(13))＝eq\f(\r(13),AQ)，∴AQ＝eq\f(13,3)，∴BQ＝eq\r(AQ2－AB2)＝eq\f(2,3)eq\r(13)，∴CQ＝BC－BQ＝eq\f(\r(13),3).(20分)7．(20分)[2014·娄底]如图45－6①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，如果点P由点B出发沿BA的方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们速度均是1cm/s，连结PQ，设运动时间为t(s)(0<t<4)，解答下列问题：图45－6(1)设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？(2)如图②，连结PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；(3)当t为何值时，△APQ是等腰三角形？解：(1)由勾股定理，得AB＝5；由题意得BP＝AQ＝t，AP＝5－t.如答图①过点P作PD⊥AC于点D，则△APD∽△ABC，∴eq\f(PD,3)＝eq\f(5－t,5)，解得PD＝3－eq\f(3,5)t，∴S＝eq\f(1,2)teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,5)t))＝－eq\f(3,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(15,8)，∴当t＝eq\f(5,2)时，S取得最大值是eq\f(15,8)；第7题答图①第7题答图②(2)连结PP′交AC于点D，∵PQP′C是菱形，∴PP′与QC互相垂直平分，∴AD＝t＋eq\f(4－t,2)＝eq\f(t,2)＋2，PD＝3－eq\f(3,5)t，AP＝5－t.由勾股定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)＋2))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,5)t))eq\s\up12(2)＝(5－t)2，解得t1＝eq\f(20,13)，t2＝20(舍去)；第7题答图③第7题答图④(3)△APQ是等腰三角形，①当AP＝AQ时，t＝5－t，则t＝eq\f(5,2)；②当PA＝PQ时，如答图③，作PE⊥AC于E，∵cos∠A＝eq\f(4,5)，则AE＝eq\f(4,5)(5－t)，又