中学数学复习证明题专项练习.docx
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中学数学复习证明题专项练习
数学
1.如图,在平面直角坐标系中,已知矩形OABC的顶点A(8,0),C(0,4),点P是OA边上的动点(点P与点O、A不重合),将△PAB沿PB翻折得到△PDB,PD与BC交于点M.
(1)判断△BMP的形状,并证明;
(2)在OC边上选取适当的点E,将△POE沿PE翻折得到△PFE,使PF与PD重合.设P(x,0),E(0,y),求y关于x的函数关系式,并求y的最大值;
(3)在
(2)的条件下,当点F恰好落在边CB上时,请直接写出点P的坐标.
1.解:
(1)△BMP为等腰三角形.
证明如下:
∵将△PAB沿PB翻折得到△PDB,
∴∠MPB=∠APB,
∵BC∥OA,
∴∠MBP=∠BPA,
∴∠MPB=∠MBP,
∴MP=MB,
∴△BMP为等腰三角形;
(2)由已知PB平分∠APD,PE平分∠OPF,PD与PF重合,
∴PB⊥PE,则∠BPE=90°,
∴∠OPE+∠APB=90°,
又∵∠APB+∠ABP=90°,
∴∠OPE=∠ABP,
∴Rt△POE∽Rt△BAP,
∴=,即=
,
∴y关于x的函数关系式为y=x(8-x)=-x2+2x=
-(x-4)2+4(0 ∴当x=4时,y有最大值为4; (3)点P的坐标为(4,0)或(,0). 【解法提示】如解图,过P作PN⊥CB于N, 第1题解图 ∴∠ECF=∠FNP=90°, ∴∠CEF+∠EFC=90°, ∵∠EFC+∠PFN=90°, ∴∠CEF=∠NFP, ∴△CEF∽△NFP, ∴=, ∵CF===2, ∴=,由 (2)得= , 即2y-4=, 将y=-x2+2x代入得: 8(-x2+2x)-16=x2-16x+64, 整理得3x2-32x+80=0, 解得x1=4,x2=, ∴点P的坐标为(4,0)或(,0). 2.如图,在△ABC中,AB=AC,过点C作CG⊥BA,交BA的延长线于点G,一等腰直角三角尺的一条直角边与AC在同一直线上,该三角尺的直角顶点为F. (1)如图①,当另一条直角边恰好经过点B时,求证BF=CG; (2)将三角尺沿AC方向平移到图②位置时,另一条直角边交BC于点D,过点D作DE⊥BA于点E,试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系,并说明理由; (3)如图③,将三角尺继续沿AC方向平移(点F不与点C重合)时,若AG∶AB=5∶13,BC=4,请直接写出DE+DF的值. 第2题图 2. (1)证明: 如解图①, 第2题解图① ∵BF⊥AC,CG⊥AB, ∴S△ABC=AC·BF=AB·CG, ∵AB=AC, ∴BF=CG; (2)解: DE+DF=CG; 理由: 如解图②,连接AD, 第2题解图② ∵DF⊥AC,DE⊥AB,CG⊥AB, ∴S△ACD=AC·DF,S△ABD=AB·DE, S△ABC=AB·CG, ∵S△ACD+S△ABD=S△ABC, ∴AC·DF+AB·DE=AB·CG, ∵AB=AC, ∴DE+DF=CG; (3)DE+DF的值为8. 【解法提示】如解图③,连接AD, 第2题解图③ 同 (2)可得: DE+DF=CG, 设AG=5x, ∵AG∶AB=5∶13,AB=AC, ∴AC=AB=13x, ∵∠G=90°, ∴GC==12x, 在Rt△BGC中, ∵BG=AB+AG=13x+5x=18x,GC=12x,BC=4, ∴(18x)2+(12x)2=(4)2, 解得x=(负值舍去), ∴DE+DF=CG=12x=8. 3.如图,在等边△ABC中,AD是BC边上的中线,点P是直线AD上的动点(不与点A、D重合),连接BP,将线段BP绕点P逆时针旋转60°,得到线段PM,连接CM. (1)如图①,当点P在线段AD上时,直接写出线段AP与CM的数量关系; (2)如图②,当点P在AD的延长线上时, (1)中结论是否成立? 若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由; (3)如图③,当点P在AD的延长线上,∠AMC=45°时,若AB=2,请直接写出线段AP的长. 第3题图 3.解: (1)AP=CM; 【解法提示】如解图①,连接BM,由旋转的性质可得BP=MP,∠BPM=60°, 第3题解图① ∴△BPM是等边三角形, ∴BP=BM, ∵△ABC是等边三角形, ∴AB=BC, ∵∠ABP+∠CBP=∠CBP+∠CBM, ∴∠ABP=∠CBM, ∴△ABP≌△CBM(SAS), ∴AP=CM; (2) (1)中结论仍成立. 证明: 如解图②,连接BM, 第3题解图② 由旋转性质得BP=MP,∠BPM=60°, ∴△BPM是等边三角形, ∴BP=BM, ∵∠ABC=∠MBP=60°, ∴∠ABP=∠CBM, ∵AB=CB, ∴△ABP≌△CBM, ∴AP=CM; (3)AP=2. 【解法提示】 如解图③,连接BM. 第3题解图③ 由 (2)得△ABP≌△CBM, ∵AD为BC边上的中线, ∴∠BCM=∠BAP=30°, ∵∠ACB=60°,∴∠ACM=90°, ∵∠AMC=45°,AC=AB=2, ∴CM=2, ∴AP=CM=2. 4.如图①,在菱形ABCD和等边三角形BGF中,∠ABC=60°,点G在BC边上,点P是DF的中点,连接PG、PC. (1)判断PG与PC的关系,并证明; (2)将△BGF绕点B顺时针旋转60°,如图②,线段PC、PG还满足 (1)中的结论吗? 写出你的猜想,并给出证明; (3)若将△BGF绕点B顺时针旋转120°,如图③,连接CG,PC=,请直接写出CG的长. 第4题图 4.解: (1)PC⊥PG,PG=PC; 证明: 如解图①,延长GP交DC于点E, 第4题解图① ∵点P是DF的中点, ∴DP=FP, ∵△BGF是等边三角形, ∴∠FGB=60°, ∴∠CGF=180°-60°=120°, 又∵在菱形ABCD中,∠ABC=60°, ∴∠DCG=120°, ∴DC∥GF, ∴∠PDE=∠PFG, 在△PED和△PGF中, , ∴△PED≌△PGF(ASA), ∴PE=PG,DE=FG, ∵DC=BC, ∴DC-DE=BC-FG=BC-BG, 即CE=CG, ∴CP是EG的中垂线, 即PC⊥PG, 在Rt△CPG中,∠PCG=60°, ∴PG=PC; (2)猜想仍满足 (1)中结论. 证明: 如解图②,延长GP交DA于点M,连接MC,GC, 第4题解图② ∵点P是线段DF的中点, ∴DP=FP. ∵∠ABC=60°,∠CBG=60°,△BGF是等边三角形, ∴点F在AB的延长线上,∠BFG=60°, ∴GF∥BC∥AD, ∴∠MDP=∠GFP, 在△DPM和△FPG中, , ∴△DPM≌△FPG(ASA), ∴PM=PG,DM=FG=BG, 在△CDM和△CBG中, ,∴△CDM≌△CBG(SAS), ∴CM=CG,∠DCM=∠BCG, ∴∠MCG=∠DCB=120°, ∵PM=PG, ∴PC⊥PG,∠PCG=∠MCG=60°, ∴PG=PC; (3)CG的长为2. 【解法提示】如解图③,延长GP到点H,使PH=PG,连接CH,DH,过点F作FN∥DC, 第4题解图③ ∵∠ABC=60°,∠CBG=120°,△BFG是等边三角形, ∴点G在AB的延长线上,点F在CB的延长线上, ∵点P是线段DF的中点,∴FP=DP, 在△GFP和△HDP中, , ∴△GFP≌△HDP(SAS), ∴GF=HD,∠GFP=∠HDP, ∴GF∥HD. ∵FN∥AG∥DC, ∴∠GFN=∠GFP+∠PFN=120°, ∴∠CDH=∠HDP+∠PDC=∠GFP+∠PFN=120°, ∵△BFG是等边三角形, ∴GF=GB,∴HD=GB, 在△HDC和△GBC中,=120°, ∴△HDC≌△GBC(SAS), ∴CH=CG,∠DCH=∠BCG, ∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°, 即∠HCG=120°, ∵CH=CG,PH=PG, ∴PG⊥PC,∠GCP=60°, ∵PC=,∴CG=2. 5.问题情境 在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点E是直线AC上的一个动点(不与A、C重合),以CE为一边作Rt△DCE,使∠DCE=90°,且CD=CA.沿CA方向平移△CDE,使点C移动到点A,得到△ABF.过点F作FG⊥BC,交线段BC于点G,连接DG、EG. 深入探究 (1)如图①,当点E在线段AC上时,小文猜想GC=GF,请你帮他证明这一结论; (2)如图②,当点E在线段AC的延长线上,且CE<CA时,猜想线段DG与EG的数量关系和位置关系,并证明你的猜想; 拓展应用 (3)如图③,将 (2)中的“CE<CA”改为“CE>CA”,若设∠CDE=α,请用含α的式子表示∠CGE的度数(直接回答即可,不必证明). 第5题图 5. (1)证明: ∵在Rt△BAC中, ∠BAC=90°,AB=AC, ∴∠BCA=∠ABC=45°, ∵FG⊥BC, ∴∠FGC=90°, ∴∠GFC=90°-∠GCF=45°, ∴∠GFC=∠GCF, ∴GC=GF; (2)解: DG=EG,DG⊥EG; 证明: 同 (1)可证GC=GF, ∵∠DCF=90°,∠BCA=45°, ∴∠DCG=45°, ∵∠GFC=45°, ∴∠DCG=∠EFG, ∵△CDE平移得到△ABF, ∴CE=AF, ∴CE+CF=AF+CF,即EF=AC, ∵AC=CD, ∴EF=CD, ∴△DCG≌△EFG(SAS), ∴DG=EG,∠DGC=∠EGF, ∴∠DGC-∠EGC=∠EGF-∠EGC, 即∠DGE=∠CGF=90°, ∴DG⊥EG; (3)∠CGE=180°-α. 【解法提示】同 (1)可证GC=GF,同 (2)可证DG=EG,DG⊥EG,∴∠DGE=90°,∠DEG=∠EDG=45°,∵∠CDE=α,∴∠GDC=α-45°,∵∠GCF=∠ACB=45°,∠DCF=90°,∴∠DCG=90°+45°=135°,∴∠DGC=180°-135°-(α-45°)=90°-α,∴∠CGE=90°+∠DGC=180°-α. 6.问题情境 在矩形ABCD中,AD=12,AB=4,在BC上分别取点P、Q,使BP=CQ,连接AP、DQ,将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ,连接MN. 独立思考 如图①,过点M作ME⊥BC于点E,过点N作NF⊥BC于点F. (1)求证: ME=NF; (2)试探究线段MN与BC满足的位置关系,并说明理由; (3)若BP=3,求MN的长; 拓展延伸 (4)如图②,当点P与点Q重合时,直接写出MN的长. 第6题图 6. (1)证明: ∵四边形ABCD是矩形, ∴∠B=∠C=90°,AB=CD, ∵在△ABP和△DCQ中, ∴△ABP≌△DCQ,∴∠APB=∠DQC, 由折叠的性质得∠MPE=180°-2∠APB,∠NQF=180°-2∠DQC,MP=BP,NQ=CQ, ∴∠MPE=∠NQF,MP=NQ, ∴在△MEP和△NFQ中, ∴△MEP≌△NFQ, ∴ME=NF; (2)解: MN∥BC. 理由: ∵ME⊥BC,NF⊥BC, ∴ME∥NF, ∵由 (1)知ME=NF, ∴四边形EFNM是矩形, ∴MN∥BC; (3)解: 如解图①,延长EM、FN交AD于点G、H, 第6题解图① ∵AB=4,BP=3, ∴AM=4,PM=3, ∵AD∥BC,∴EM⊥AD, ∵∠AMP=∠MEP=∠MGA, ∴∠EMP=∠GAM, ∴△EMP∽△GAM, ∴===. 设AG=4a,MG=4b,则EM=3a,EP=3b, ∵∠BAG=∠B=∠BEG=90°, ∴四边形ABEG是矩形, ∴,解得, ∴AG=, ∵由 (1)△MEP≌△NFQ,∴PE=FQ, ∵BP=CQ,∴BE=CF, ∴DH=AG=, ∴MN=AD-2DH=; (4). 【解法提示】如解图②,设PM、PN分别交AD于点E、F.由折叠的性质得∠EPA=∠APB,∵四边形ABCD是矩形,∴∠EPA=∠APB=∠PAE,∴EA=EP.设EA=EP=x,在Rt△AME中,42+(6-x)2=x2,解得x=,∴EF=12-2×=,∵EF∥MN,∴△PEF∽△PMN,∴=,即 ,解得MN=. 第6题解图②
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