2024中考数学复习 重难题型分类 综合与实践 (含答案)

2024中考数学复习重难题型分类综合与实践类型一实践操作型试题1.综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM.根据以上操作，当点M在EF上时，写出图①中一个30°的角：___________________________；(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ.①如图②，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)，如图③，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由；(3)拓展应用在(2)的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．第1题图2.数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学．数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣．转一转：如图①，在矩形ABCD中，点E，F，G分别为边BC，AB，AD的中点，连接EF，DF，H为DF的中点，连接GH.将△BEF绕点B旋转，线段DF，GH和CE的位置和长度也随之变化．当△BEF绕点B顺时针旋转90°时，请解决下列问题：(1)图②中，AB＝BC，此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF，猜想GH与CE之间的数量关系，并证明你的猜想；(2)图③中，AB＝2，BC＝3，则eq\f(GH,CE)＝________；(3)当AB＝m，BC＝n时，eq\f(GH,CE)＝________；第2题图剪一剪、折一折：(4)在(2)的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得△ABC(如图④).点M，N分别在AC，BC上，连接MN，将△CMN沿MN翻折，使点C的对应点P落在AB的延长线上，若PM平分∠APN，则CM长为________．第2题图④类型二探究迁移型试题3.以下是华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．如图①，在正方形ABCD中，CE⊥DF.求证：CE＝DF.证明：设CE与DF交于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠DCB＝90°，BC＝CD.∴∠BCE＋∠DCE＝90°.∵CE⊥DF，∴∠COD＝90°.∴∠CDF＋∠DCE＝90°.∴∠CDF＝∠BCE.∴△CBE≌△DCF.∴CE＝DF.第3题图①某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．【问题探究】如图②，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH.试猜想eq\f(EG,FH)的值，并证明你的猜想；【知识迁移】如图③，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，则eq\f(EG,FH)＝________；【拓展应用】如图④，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF.求eq\f(CE,BF)的值．图②图③图④第3题图4.综合与实践问题提出某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF(∠P＝90°，∠F＝60°)的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况(已知正方形边长为2).操作发现(1)如图①，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为________；类比探究(2)若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE，OP分别与正方形的边相交于点M，N.①如图②，当BM＝CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；②如图③，当CM＝CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积(结果保留根号)；拓展应用(3)若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH(设∠GOH＝α)，将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值(分别用含α的式子表示).(参考数据：sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，cos15°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，tan15°＝2－eq\r(3))第4题图源自北师九上P25第4题类型三综合应用型试题5.某数学兴趣小组自制测角仪到公园进行实地测量，活动过程如下：(1)探究原理制作测角仪时，将细线一端固定在量角器圆心O处，另一端系小重物G.测量时，使支杆OM、量角器90°刻度线ON与铅垂线OG相互重合(如图①)，绕点O转动量角器，使观测目标P与直径两端点A，B共线(如图②)，此时目标P的仰角∠POC＝∠GON.请说明这两个角相等的理由；第5题图(2)实地测量如图③，公园广场上有一棵树，为测树高，同学们在观测点K处测得树顶端P的仰角∠POQ＝60°，观测点与树的距离KH为5米，点O到地面的距离OK为1.5米，求树高PH；(eq\r(3)≈1.73，结果精确到0.1米)(3)拓展探究公园高台上有一凉亭，为测量凉亭顶端P距地面的高度PH(如图④)，同学们经过讨论，决定先在水平地面上选取观测点E，F(E，F，H在同一直线上)，分别测得点P的仰角α，β，再测得E，F间的距离m，点O1，O2到地面的距离O1E，O2F均为1.5米．求PH(用α，β，m表示).图③图④第5题图源自北师九下P22活动课题6.问题提出(1)如图①，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP＝AC，则∠APC的度数为________；问题探究(2)如图②，在△ABC中，CA＝CB＝6，∠C＝120°.过点A作AP∥BC，且AP＝BC，过点P作直线l⊥BC，分别交AB，BC于点O，E，求四边形OECA的面积；问题解决(3)如图③，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC＝45°.工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件，并要求∠BAP＝15°，AP＝AC.工人师傅在这块板材上的作法如下：①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；②作CD的垂直平分线l，与CD交于点E；③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP，BP，得△ABP.请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．第6题图源自人教七上P70第10题参考答案与解析1.解：(1)∠ABP或∠PBM或∠MBC或∠BME；(注：任意写出一个即可)【解法提示】由折叠性质可得，点E是AB的中点，AB＝BM，∠BEM＝90°，∠ABP＝∠PBM，EF∥BC，在Rt△BEM中，∵sin∠BME＝eq\f(BE,BM)＝eq\f(1,2)，∴∠BME＝30°，∴∠MBC＝∠BME＝30°，∴∠ABM＝60°，∴∠ABP＝∠PBM＝30°.(2)①15，15；【解法提示】由(1)可知，∠MBC＝30°，∵BM＝BA＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，BQ＝BQ，∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，∴∠MBQ＝∠CBQ＝15°.②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠A＝∠C＝90°.由轴对称性质，得BM＝AB，∠BMP＝∠A＝90°.∴∠BMQ＝∠C＝90°，BM＝BC.∵BQ是公共边，∴Rt△MBQ≌Rt△CBQ，∴∠MBQ＝∠CBQ；(3)AP的长为eq\f(40,11)cm或eq\f(24,13)cm.【解法提示】①当点Q在线段CF上时，如解图①，DQ＝5，∵BM＝BA＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，BQ＝BQ，∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ，∴MQ＝CQ＝4－1＝3，设AP＝x，则PD＝8－x，PQ＝3＋x，在Rt△PDQ中，由勾股定理得(8－x)2＋52＝(3＋x)2，解得x＝eq\f(40,11)；②当点Q在线段DF上时，如解图②，DQ＝3，∵△BMQ≌△BCQ，∴MQ＝CQ＝4＋1＝5，设AP＝x，则PD＝8－x，PQ＝5＋x，在Rt△PDQ中，由勾股定理得(8－x)2＋32＝(5＋x)2，解得x＝eq\f(24,13)，综上所述，AP的长为eq\f(40,11)cm或eq\f(24,13)cm.第1题解图2.解：(1)猜想：GH＝eq\f(1,2)CE；证明：由题意可得BE＝eq\f(1,2)BC，BF＝eq\f(1,2)AB，∵AB＝BC，∴BE＝BF.∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠CBE＝90°，∴△ABF≌△CBE，∴AF＝CE，∵G，H分别为AD，DF的中点，∴GH＝eq\f(1,2)AF，∴GH＝eq\f(1,2)CE；(2)eq\f(1,3)；【解法提示】如解图，连接AF，∵点G，H分别为DA，DF的中点，∴GH＝eq\f(1,2)AF.∵AB＝2BF，BC＝2BE，∴eq\f(AB,BF)＝eq\f(BC,BE)＝2，又∵∠ABF＝∠CBE＝90°，∴△ABF∽△CBE，∴eq\f(AF,CE)＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(2,3)，又∵GH＝eq\f(1,2)AF，∴eq\f(GH,CE)＝eq\f(1,3).(3)eq\f(m,2n)；【解法提示】如解图，连接AF，∵点G，H分别为DA，DF的中点，∴GH＝eq\f(1,2)AF.∵AB＝2BF，BC＝2BE，∴eq\f(AB,BF)＝eq\f(BC,BE)＝2，又∵∠ABF＝∠CBE＝90°，∴△ABF∽△CBE，∴eq\f(AF,CE)＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(m,n)，又∵GH＝eq\f(1,2)AF，∴eq\f(GH,CE)＝eq\f(m,2n).第2题解图(4)eq\f(3\r(13),5).【解法提示】由PM平分∠APN可得，∠APM＝∠MPN＝∠C，∵∠A＋∠C＝90°，∴∠APM＋∠A＝90°，∴tan∠APM＝tanC＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(2,3)＝eq\f(AM,PM)，又∵AM＋PM＝AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(13)，∴CM＝PM＝eq\f(3\r(13),5).3.解：【问题探究】猜想：eq\f(EG,FH)＝1，证明如下：如解图①，分别过点H，E作BC，CD的垂线，垂足分别为点M，N，∴∠HMF＝∠ENG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∴HM＝EN，HM⊥EN，∴∠1＋∠2＝90°，∵EG⊥FH，∴∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，在△HMF和△ENG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠1＝∠3,HM＝EN,∠HMF＝∠ENG))，∴△HMF≌△ENG(ASA)，∴FH＝GE，∴eq\f(EG,FH)＝1；第3题解图①【知识迁移】eq\f(n,m)；【解法提示】如解图②，分别过点H，E作BC，CD的垂线，垂足分别为点P，Q，∴∠HPF＝∠EQG＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴HP＝AB＝m，EQ＝BC＝n，HP⊥EQ，∴∠1＋∠2＝90°，∵EG⊥FH，∴∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△EQG∽△HPF，∴eq\f(EG,FH)＝eq\f(EQ,HP)＝eq\f(n,m).第3题解图②【拓展应用】如解图③，过点C作CK⊥AB于点K，设BF与CE交于点O，∵CK⊥AB，∴∠CKE＝90°，∴∠CEK＋∠ECK＝90°，∵CE⊥BF，∴∠BOE＝90°，∴∠OEB＋∠EBO＝90°，∴∠ECK＝∠EBO，∵∠CKE＝∠BAF，∴△CKE∽△BAF，∴eq\f(CE,BF)＝eq\f(CK,BA)，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴eq\f(CE,BF)＝eq\f(CK,BC)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).第3题解图③4.解：(1)1，1，S＝4S1；【解法提示】如解图①，当OF与OB重合时，OE经过点C，此时重叠部分的面积为S△BOC＝eq\f(1,4)S正方形ABCD＝1.如解图②，当OF与BC垂直时，易得OE⊥CD，设垂足分别为点M，N，∵点O是正方形ABCD的中心，∴易得四边形OMCN是正方形，且BM＝CM＝eq\f(1,2)BC＝1，∴S四边形OMCN＝1.如解图③，设OF，OE与AB，BC的交点分别为点M，N，连接OB，OC，∵点O是正方形ABCD的中心，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN＝45°，S△BOC＝eq\f(1,4)S正方形ABCD.∵∠MON＝90°，∴∠MOB＝∠NOC，∴△OMB≌△ONC，∴S△OMB＝S△ONC，∴S四边形OMBN＝S△BOC＝eq\f(1,4)S正方形ABCD，∴S＝4S1.第4题解图(2)①△OMN是等边三角形．理由：如解图④，连接OB，OC，第4题解图④∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBC＝∠OCB＝45°，在△OBM与△OCN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OB＝OC,∠OBC＝∠OCB,BM＝CN))，∴△OBM≌△OCN(SAS)，∴OM＝ON.∵∠MON＝60°，∴△OMN是等边三角形；②如解图⑤，连接OC，过点O分别作OQ⊥BC于点Q，作OR⊥CD于点R，易得四边形OQCR为正方形，且OQ＝1.第4题解图⑤∵四边形ABCD是正方形，∴∠OCM＝∠OCN＝45°.在△OCM与△OCN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CM＝CN,∠OCM＝∠OCN,OC＝OC))，∴△OCM≌△OCN(SAS).∴∠COM＝∠CON.∵∠MON＝60°，∴∠COM＝∠CON＝30°.∴∠OMB＝∠COM＋∠OCB＝30°＋45°＝75°，∠OND＝∠CON＋∠OCN＝30°＋45°＝75°.∵在Rt△OMQ中，OQ＝1，∠MOQ＝90°－∠OMQ＝90°－75°＝15°，∴MQ＝OQ·tan∠QOM＝1×tan15°＝2－eq\r(3).∴S△OMQ＝eq\f(1,2)OQ·MQ＝eq\f(2－\r(3),2).同理可得S△ONR＝eq\f(2－\r(3),2).∴S四边形OMCN＝S正方形OQCR－S△OMQ－S△ONR＝1－eq\f(2－\r(3),2)－eq\f(2－\r(3),2)＝eq\r(3)－1；(3)S2的最小值为taneq\f(α,2)，S2的最大值为1－tan(45°－eq\f(α,2)).【解法提示】如解图⑥，过点O作OQ⊥BC于点Q，连接OB，OC，当BM＝CN时，S2取得最小值，在Rt△OMQ中，MQ＝OQ·taneq\f(α,2)＝taneq\f(α,2)，∴MN＝2MQ＝2taneq\f(α,2)，∴S2最小值＝S△OMN＝eq\f(1,2)MN·OQ＝eq\f(1,2)×2taneq\f(α,2)×1＝taneq\f(α,2).如解图⑦，当CM＝CN时，S2取得最大值，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接OC，由(2)②可知，此时∠MOQ＝45°－eq\f(α,2)，∴MQ＝tan∠MOQ·OQ＝tan(45°－eq\f(α,2))·1＝tan(45°－eq\f(α,2))，∴MC＝CQ－MQ＝1－tan(45°－eq\f(α,2))，∴S△MCO＝eq\f(1,2)MC·OQ＝eq\f(1,2)[1－tan(45°－eq\f(α,2))]·1＝eq\f(1,2)[1－tan(45°－eq\f(α,2))]，∵S△MCO＝S△NCO，∴S2的最大值为2S△MCO＝1－tan(45°－eq\f(α,2)).第4题解图5.解：(1)理由：∵∠POC＋∠CON＝∠CON＋∠GON＝90°，∴∠POC＝∠GON；(2)由题意可得，KH＝OQ＝5，OK＝QH＝1.5，在Rt△POQ中，tan∠POQ＝eq\f(PQ,OQ)，∴PQ＝OQ·tan∠POQ＝5×tan60°＝5eq\r(3)，∴PH＝PQ＋QH＝5eq\r(3)＋1.5≈10.2米．∴树高PH约为10.2米．(3)由题意可知，DH＝O2F＝1.5，EF＝O1O2＝m，在Rt△PO1D中，tanα＝eq\f(PD,DO1)，得DO1＝eq\f(PD,tanα)，在Rt△PO2D中，tanβ＝eq\f(PD,DO2)，得DO2＝eq\f(PD,tanβ)，∵DO2＝O1O2＋DO1，∴DO1＝DQ2－O1O2＝eq\f(PD,tanβ)－O1O2＝eq\f(PD,tanα)，∴PD＝eq\f(O1O2·tanα·tanβ,tanα－tanβ)＝eq\f(m·tanα·tanβ,tanα－tanβ)，∴PH＝PD＋DH＝(eq\f(m·tanα·tanβ,tanα－tanβ)＋1.5)米．6.解：(1)75°；【解法提示】∵AP是等边△ABC的中线，∴∠PAC＝eq\f(1,2)∠BAC＝30°，又∵AP＝AC，∴∠APC＝eq\f(1,2)(180°－∠PAC)＝75°.(2)如解图①，连接BP.第6题解图①∵AP∥BC，AP＝BC＝AC，∴四边形ACBP是菱形，∴BP＝AC＝6.∵∠ACB＝120°，∴∠PBE＝60°.∵l⊥BC，∴BE＝BP·cos60°＝3，PE＝BP·sin60°＝3eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·PE＝9eq\r(3).∵∠C＝120°，CA＝CB，∴∠ABC＝30°，∴OE＝BE·tan30°＝eq\r(3)，∴S△OBE＝eq\f(1,2)BE·OE＝eq\f(3\r(3),2)，∴S四边形OECA＝S△ABC－S△OBE＝eq\f(15\r(3),2)；【一题多解】如解图②，连接OC，第6题解图②∵BC＝AC＝6，∠ACB＝120°，∴∠ABC＝∠BAC