专题14 综合实践问题（复习讲义）（解析版）-二轮要点归纳与典例解析

专题14综合实践问题复习讲义【要点归纳|典例解析】一、命题内容及趋势：

(1)从数量角度反映变化规律的函数类题型：

(2)以直角坐标系为载体的几何类题型：

(3)以“几何变换”为主体的几何类题型：

(4)以“存在型探索性问题”为主体的综合探究题：

(5)以“动点问题”为主的综合探究题：

二、需要注意的问题及建义：

(1)在复习中要更多关注“几何变换”，强化对图形变换的理解。

加强对图形的旋转、平移、对称多种变换的研究，对不同层次的学生进行分层拔高，使每一个学生都有较大的提升空间。

(2)让学生参与数学思维活动，经历问题解决的整个过程。

复习中应多引导学生运用“运动的观点”来分析图形，要多引导学生学会阅读、审题、获取信息，养成多角度、多侧面分析问题的习惯，逐步提高学生的数学能力。(3)要特别重视“函数图像变换型”问题教学的研究。

通过开展“函数图像变化”的专题教学，树立函数图像间相互转换的思维，尽量减少学生对函数“数形”认知的欠缺，比如，平时渗透抛物线的轴对称、旋转等知识点。当某个函数图像经过变换出现多个函数图像时，要引导学生从图形间的相互联系中寻找切入点，排除识图的干扰，对图像所蕴含的信息进行横向挖掘和纵向突破，将“有效探索”进行到底。此类试题考查的思路是从知识转向能力，从传统应用转向信息构建，这就提醒我们课堂上重要的不是讲解，而是点拨、引导、提升，一定要从重视知识积累转向问题探究的过程，关注学生自主探究能力的培养。

(4)突出数学核心概念、思想、方法的考查。

中学数学核心概念、思想方法是数学知识的精髓，也势必会成为考查综合应用能力的重要载体，这包括方程、不等式、函数，以及基本几何图形的性质、图形的变化、图形与坐标知识之间横纵向的联系，也包括中学数学中常用的重要数学思想。如：函数与方程思想、数形结合、分类讨论思想很化归与转换思想。而数学基本方法是数学的具体表现，具有模式化和可操作性，常用的基本方法有配方法、换元法、待定系数法、归纳法和割补法。

1.某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积.【解析】（1）（2）成立；∵∠1=∠2=∠3，∠D=∠E=∠F，∴△ABD∽△CAE∽△BCF.∴∴∵△ABC为直角三角形∴.∴，∴，∴成立.（3）过点A作⊥BP于点H.∵∠ABH=30°，AB=.∴.∵∠BAP=105°，∴∠HAP=45°.∴PH=AH=.∴，BP=BH+PH=∴.连接PD.∵，∴.∴又∵∠E=∠BAP=105°，△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°，.∴∠BPD=90°，∴连接BD.∴.∵tan∠PBD=，∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°，∠ABC=30°，∴∠DBC=30°∵∠C=105°，∴△ABP∽△EDP∽△CBD.∴S△BCD=S△ABP+S△EDP=.∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD=2.【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．【理解运用】（1）如图1，对余四边形中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC，若AC＝AB，求sin∠CAD的值．（2）如图2，凸四边形中，AD＝BD，AB⊥AC，当2CD2＋CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论．【拓展提升】在平面直角坐标中，A(－1，0)，B(3，0)，C(1，2)，四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°＋∠ABC，设＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u与t的函数解析式．ABABCDDABC【解析】（1）由已知四边形为对余四边形，所以∠B与∠D互余，过点A作AE⊥BC，过点C作CF⊥AD，可得△AEB∽△DFC，再求出sin∠CAD的值．（2）过点D作DM⊥CD，使CD＝CM，连接CM，则CM2＝2CD2,由已知2CD2＋CB2＝CA2可得CM2＋CB2＝BM2，得△BCM为直角三角形，求出∠DCB＝45°，从而证明四边形ABCD为对余四边形．【答案】解：（1）∵四边形ABCD为对余四边形，所以∠B＋∠D＝90°，过点A作AE⊥BC，∵AC＝AB，∴BE＝CE＝3．在Rt△AEB中，．过点C作CF⊥AD，∴∠D＋∠DCF＝90°，∴∠B＝∠DCF∴△AEB∽△DFC，∴，∴，∴，∴sin∠CAD＝．（2）∵四边形ABCD中，AB＝AC，AB⊥AC，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，过点D作DM⊥CD，使CD＝CM，连接CM，∴∠DMC＝∠DCM＝45°，∵∠ADB＝∠CDM＝90°，∴∠ADB＋∠BDC＝∠CDM＋∠BDC,∴∠ADC＝∠BDM在△ADC与△BDM中，∴△ADC≌△BDM在△MDC中，CM2＝CD2＋DM2＝2CD2,∵2CD2＋CB2＝CA2∴CM2＋CB2＝BM2，∴△BCM为直角三角形，∴∠BCM＝90°．∴∠DCM＝45°，∴∠DCB＝∠BCM－∠DCM＝45°，∴∠DCB＋∠DAB＝90°∴从而证明四边形ABCD为对余四边形．（3）先证得∠AEC＝135°，得出AECD四点共圆，假设圆心为F，连接FA，FA⊥x轴，过点D作DG⊥AF于G，过点D作DH⊥x轴于点H，先根据弦切角证得∠BAE＝∠BDA，可得出△ABE∽△DBA，得出u＝＝=，∵∴DH＝t∴AG=t∵FA=2∴FG=2—t∴∵∴∴∴3.【性质探究】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由；（2）求证：BF＝2OG．【迁移应用】（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值；【拓展延伸】（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．【解析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质来进行证明．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL，即BF＝2OG．（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．【答案】解：如图1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1＝∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF＝∠AHG＝90°，∵AH＝AH，∴△AHF≌△AHG，∴AF＝AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠AGF，∵∠AGF＝∠OGL，∴∠OGL＝∠OLG，∴OG＝OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴BD＝2OD，∴BF＝2OL，∴BF＝2OG．（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，∵∠DAK＝∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴.∵S1•OG•DK，S2•BF•AD，又∵BF＝2OG，，∴，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝x，∴．（4）解：设OG＝a，AG＝k．①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．∵AF＝AG，BF＝2OG，∴AF＝AG＝k，BF＝2a，∴AB＝k+2a，AC＝2AO=2（k+a），∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka，∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴BE，由题意：102aAD•（k+2a），∴AD2＝10ka，即10ka＝3k2+4ka，∴k＝2a，∴AD＝2a，∴BEa，AB＝4a，∴tan∠BAE．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．∵AF＝AG，BF＝2OG，∴AF＝AG＝k，BF＝2a，∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴BE，由题意：102aAD•（k﹣2a），∴AD2＝10ka，即10ka＝3k2﹣4ka，∴ka，∴ADa，∴BEa，ABa，∴tan∠BAE，综上所述，tan∠BAE的值为或．4.在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．【解析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质、图形的变换等知识．【思考】由△ABC≌△DEF可知，AB＝DE，∠BAC＝∠ADE，∴AB∥DE，所以四边形ABDE是平行四边形；【发现】连接BE交AD于点O，由矩形可知OA＝OB＝OE＝OD，又AF＝DC，得到OF＝OC，在Rt△OEF中，设AF＝x，则AD＝x＋4，OA＝，所以OF＝OA–AF＝，所以，解得AF＝。【探究】BD＝2OF.由FE平分∠OEA以及OF⊥EF可知延长OF交AE于点H，从而得到△OEH是等腰三角形，OF＝FH，只需证明△OBD≌△OEH即可。【答案】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形.【发现】如图，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴，解得：x＝，∴AF＝cm．【探究】BD＝2OF，证明：如图，延长OF交AE于点H，纸片DEF绕点O旋转前，四边形ABDE为矩形，∴OA＝OB＝OE＝OD.纸片DEF绕点O旋转后，由旋转的性质可知，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA.∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB，∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF.∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF， ∴△EFO≌△EFH（ASA），∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD（AAS），∴BD＝OH＝2OF．5.【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD·AB．【尝试应用】（2）如图2，在□ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长.【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长.【解析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质及菱形的性质．（1）由两角相等证明△ADC∽△ACB，再由相似三角形的性质证明结论；（2）解决这类发现、探究类问题要将后面求解内容转化为前面已经解决的问题进行求解，所以要求AD，首先根据平行四边形的性质将AD转化为BC，再由已知及图形性质证明△BFE∽△BCF，最后由相似三角形的性质求得AD的长；（3）把图形（3）通过辅助线转化为（2）中的图形，为此分别延长EF，DC相交于点G，构造平行四边形AEGC，由相似三角形的性质及已知条件求得DG，进而求得菱形边长．【答案】解：（1）∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，∴AD:AC＝AC:AB，∴AC2＝AD·AB．（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C，又∵∠FBE＝∠CBF，∴△BFE∽△BCF，∴BF2＝BE·BC，∴BC＝＝，∴AD＝（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G.∵四边形ABCD是菱形，∴AB//DC，∠BAC＝∠BAD，∴四边形AEGC为平行四边形，∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，∵∠EDF＝∠BAC，∴∠EDF＝∠G，又∵∠DEF＝∠GED，∴△EDF∽△EGD，∴DE2＝EF·EG，又∵EG＝AC＝2EF，∴DE2＝2EF2，∴DE＝EF，又∵DG:DF＝DE:EF，∴DG＝DF＝5，∴DC＝DG－CG＝5－2.6.已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．（1）特例感知如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：APAC；（2）变式求异如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；（3）化归探究如图3，若m＝10，AB＝12，且当A