图形题

图形题（共10篇）

图形题 篇1

中心对称图形是初中数学中的重要内容, 也是历年中考的热点.所涉及的图形旋转变换题又是中考的一大难点, 现结合中考试题举例说明, 供同学们参考.

【 走进中考】 在Rt△ABC中, ∠A=90°, AC=AB=4, D, E分别是AB, AC的中点. 若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转, 得到等腰Rt△AD1E1, 设旋转角为α (0°<α≤180°) , 记直线BD1与CE1的交点为P.

(1) 如图1, 当 α=90° 时, 线段BD1的长等于_______, 线段CE1的长等于_______; (直接填写结果)

(2) 如图2, 当α=135°时, 求证:BD1= CE1, 且BD1⊥CE1.

【 分析】 (1) 利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和CE1的长;

(2) 根据旋转的性质得出, ∠D1AB=∠E1AC=135°, 进而求出△D1AB≌△E1AC (SAS) , 即可得出答案.

【 解答】 (1) ∵∠A=90°, AC=AB=4, D, E分别是边AB, AC的中点, ∴AE=AD=2,

∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转, 得到等腰Rt△AD1E1, 设旋转角为 α (0°<α ≤180°) ,

∴当α=90°时, AE1=2, ∠E1AD1=90°,

, 故答案为:;

(2) 当α=135°时, 如图2, ∵Rt△AD1E1是由Rt△ADE绕点A逆时针旋转135°得到,

∴AD1=AE1, ∠D1AB=∠E1AC=135°,

∴△D1AB≌△E1AC (SAS) ,

∴BD1=CE1,

且∠D1BA=∠E1CA, 记直线BD1与AC交于点F,

∴∠BFA=∠CFP,

∴∠CPF=∠FAB=90°, ∴BD1⊥CE1.

【 点评 】 此题主要考查了几何变换以及等腰直角三角形的性质和勾股定理等知识, 根据题意证出△D1AB≌△E1AC是解题的关键.

【 回归教材】 苏科版八 ( 下) 第91 页复习巩固第4题

如图3, △ABC和△ADE都是顶角为45°的等腰三角形, BC, DE分别是这两个等腰三角形的底边.图中△ACE可以看成由哪个三角形通过怎样的旋转得到的?证明△ACE与这个三角形全等.

【 分析 】 本题根据图形旋转和等腰三角形的性质, 可以得到△ACE≌△ABD.

【 解答 】如图3 中 △ ACE可以看成由△ABD绕着点A逆时针旋转得到的.

∵△ABC和△ADE都是顶角为45°的等腰三角形,

∴AB=AC, AD=AE, ∠BAC=∠DAE=45°.

∴∠BAD=∠CAE.

∴△ACE≌△ABD (SAS) .

【 点评】此题主要考查了图形的旋转以及等腰三角形的性质, 比较容易解决.

【变式训练】如图:两个等腰Rt△ABC、△DEF, 将△DEF绕着点C旋转.

(1) 如图4, 若DF与AC在同一条直线上时, 连接BF、AE, 请问它们之间有怎样的数量关系?

(2) 如图5, 若DF落到了 △ABC的形内, 结论还成立吗?

(3) 如图6, 若DF落到了 △ABC的形外, 结论还成立吗?

【 分析 】本题是一道几何图形的变换题, 主要考查旋转变换中全等三角形的判定与性质. 当DF落到了△ABC的形内、形外时, 我们可由图形变换中的一些本质属性完成结论的证明.

【 解答 】 (1) ∵ △ABC和 △DEF都是等腰直角三角形,

∴AC=BC, DE=DF, ∠BCA=∠EDF=90°.

∴△BCF≌△ACE (SAS) , ∴BF=AE.

(2) ∵ △ABC和 △DEF都是等腰直角三角形,

∴ AC=BC, DE=DF, ∠BCA=∠ECF=90°.

∵∠BCF= ∠BCA-∠ACF=90°-∠ACF, ∠ACE=∠ECF-∠ACF=90°-∠ACF,

∴∠BCF=∠ACE.

∴△BCF≌△ACE (SAS) , ∴BF=AE.

(3) ∵ △ABC和 △DEF都是等腰直角三角形,

∴ AC=BC, DE=DF, ∠BCA=∠ECF=90°.

∵∠BCF= ∠BCA+∠ACF=90°+∠ACF, ∠ACE=∠ECF+∠ACF=90°+∠ACF,

∴∠BCF=∠ACE.

∴△BCF≌△ACE (SAS) , ∴BF=AE.

【 点评】本题抓住图形旋转中的一般规律, 点动形变、方法不变的本质, 即证明△BCF≌△ACE (SAS) .其实图中的这两条线段所在的直线始终保持垂直的位置关系, 请同学们不妨试着完成证明.

【 名题欣赏 】如图7, △ABC与△DEF都是等腰直角三角形, ∠ACB=∠EDF=90°, 且点D在AB边上, AB、EF的中点均为O, 连接BF、CD、CO, 显然点C、F、O在同一条直线上.

(1) 证明BF=CD;

(2) 将图7中的Rt△DEF绕点O旋转得到图8, 猜想此时线段BF与CD的关系, 并证明你的结论.

【 分析 】本题是一道几何综合题, 考查了旋转变换中全等三角形的判定与性质.解题关键是:第一, 善于发现几何变换中不变的逻辑关系, 即△BOF≌△COD;第二, 熟练运用等腰直角三角形的相关性质. 本题 (1) (2) 问的解题思路一脉相承, 有利于同学们进行学习与探究.

【 解答 】 (1) 如图7 所示, ∵△ABC为等腰直角三角形, 点O为斜边AB的中点,

∴OB=OC, ∠BOC=90°.

∵△DEF为等腰直角三角形, 点O为斜边EF的中点,

∴OF=OD, ∠DOF=90°.

∴∠BOF=∠COD=90°.

∴△BOF≌△COD (SAS) , ∴BF=CD.

(2) 猜想:BF=CD, BF⊥CD.

如图9所示, 连接OC、OD, 延长BF交CD于点G.

∵ △ABC为等腰直角三角形, 点O为斜边AB的中点,

∴OB=OC,

∠BOC=90°.

∵△DEF为等腰直角三角形,

点O为斜边EF的中点,

∴OF=OD, ∠DOF=90°.

∵∠BOF= ∠BOC+∠COF=90°+∠COF, ∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF,

∴∠BOF=∠COD.

∴△BOF≌△COD (SAS) , ∴BF=CD,

∠ABF=∠DCO.

∵∠ABF+∠1+∠BOC= ∠DCO + ∠2+∠BGC=180°,

∴∠BGC=∠BOC=90°, 即BF⊥CD.

【 点评】 此题主要考查了图形的旋转变换, 抓住几何变换中的一些变与不变的解题思路, 这对以后的学习与探究很有帮助.

图形题 篇2

必胜中学 2018-01-30 15:15:15

题型专项 几何图形综合题

【题型特征】 以几何知识为主体的综合题,简称几何综合题,主要研究图形中点与线之间的位置关系、数量关系,以及特定图形的判定和性质.一般以相似为中心,以圆为重点,常常是圆与三角形、四边形、相似三角形、锐角三角函数等知识的综合运用.【解题策略】 解答几何综合题应注意:(1)注意观察、分析图形,把复杂的图形分解成几个基本图形,通过添加辅助线补全或构造基本图形.(2)掌握常规的证题方法和思路;(3)运用转化的思想解决几何证明问题,运用方程的思想解决几何计算问题.还要灵活运用其他的数学思想方法等.【小结】 几何计算型综合问题,是以计算为主线综合各种几何知识的问题.这类问题的主要特点是包含知识点多、覆盖面广、逻辑关系复杂、解法灵活.解题时必须在充分利用几何图形的性质及题设的基础上挖掘几何图形中隐含的数量关系和位置关系,在复杂的“背景”下辨认、分解基本图形,或通过添加辅助线补全或构造基本图形,并善于联想所学知识,突破思维障碍,合理运用方程等各种数学思想才能解决.【提醒】 几何论证型综合题以知识上的综合性引人注目.值得一提的是,在近年各地的中考试题中,几何论证型综合题的难度普遍下降,出现了一大批探索性试题,根据新课标的要求,减少几何中推理论证的难度,加强探索性训练,将成为几何论证型综合题命题的新趋势.为了复习方便,我们将几何综合题分为:以三角形为背景的综合题;以四边形为背景的综合题;以圆为背景的综合题.类型1 操作探究题

1．在Rt△ABC中，∠C＝90°，Rt△ABC绕点A顺时针旋转到Rt△ADE的位置，点E在斜边AB上，连接BD，过点D作DF⊥AC于点F.(1)如图1，若点F与点A重合，求证：AC＝BC；(2)若∠DAF＝∠DBA.①如图2，当点F在线段CA的延长线上时，判断线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由；

②当点F在线段CA上时，设BE＝x，请用含x的代数式表示线段AF.解：(1)证明：由旋转得，∠BAC＝∠BAD，∵DF⊥AC，∴∠CAD＝90°.∴∠BAC＝∠BAD＝45°.∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°.∴AC＝BC.(2)①AF＝BE.理由：

由旋转得AD＝AB，∴∠ABD＝∠ADB.∵∠DAF＝∠ABD，∴∠DAF＝∠ADB.∴AF∥BD.∴∠BAC＝∠ABD.∵∠ABD＝∠FAD，由旋转得∠BAC＝∠BAD.∴∠FAD＝∠BAC＝∠BAD＝1/3×180°＝60°.由旋转得，AB＝AD.∴△ABD是等边三角形．∴AD＝BD.在△AFD和△BED中：1.∠F=.∠BED=90°；2.AD＝BD；∴△AFD≌△BED(AAS)．∴AF＝BE.②如图

3.∠FAD＝∠EBD，由旋转得∠BAC＝∠BAD.∵∠ABD＝∠FAD＝∠BAC＋∠BAD＝2∠BAD，由旋转得AD＝AB，∴∠ABD＝∠ADB＝2∠BAD.∵∠BAD＋∠ABD＋∠ADB＝180°，∴∠BAD＋2∠BAD＋2∠BAD＝180°.∴∠BAD＝36°.设BD＝a，作BG平分∠ABD，∴∠BAD＝∠GBD＝36°.∴AG＝BG＝BD＝a.∴DG＝AD－AG＝AD－BG＝AD－BD.∵∠BDG＝∠ADB，∴△BDG∽△ADB.∴BD/AD＝DG/DB.∴BD/AD＝(AD－BD)/BD∴AD/BD＝（1+根号5）/2。∵∠FAD＝∠EBD，∠AFD＝∠BED，∴△AFD∽△BED.∴BD/AD＝BE/AF.∴AF＝BD/AD·BE＝（1+根号5）/2*x.2．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG，OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE.(1)求证：DE⊥AG；

(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°＜α＜360°)得到正方形OE′F′G′，如图2.①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；

②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由． 解：(1)证明：延长ED交AG于点H，∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，∴OA＝OD，OA⊥OD.在△AOG和△DOE中，1.OA＝OD；2.∠AOG＝∠DOE＝90°；3.OG＝OE ∴△AOG≌△DOE.∴∠AGO＝∠DEO.∵∠AGO＋∠GAO＝90°，∴∠GAO＋∠DEO＝90°.∴∠AHE＝90°，即DE⊥AG.(2)①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′＝90°时，∵OA＝OD＝1/2*OG＝1/2*OG′，∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O＝OA/OG′＝1/2 ∴∠AG′O＝30°.∵OA⊥OD，OA⊥AG′，∴OD∥AG′.∴∠DOG′＝∠AG′O＝30°，即α＝30°.(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′＝90°时，同理可求∠BOG′＝30°，∴α＝180°－30°＝150°.综上所述，当∠OAG′＝90°时，α＝30°或150°.②AF′的最大值为2分子根号2＋2，此时α＝315°.提示：如图

当旋转到A，O，F′在一条直线上时，AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴OA＝OD＝OC＝OB＝2分子根号2.∵OG＝2OD，∴OG′＝OG＝.∴OF′＝2.∴AF′＝AO＋OF′＝2分子根号2＋2.∵∠COE′＝45°，∴此时α＝315°.3．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，M是边CD上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM.(1)当AN平分∠MAB时，求DM的长；(2)连接BN，当DM＝1时，求△ABN的面积；(3)当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．

解：(1)由折叠可知△ANM≌△ADM，∴∠MAN＝∠DAM.∵AN平分∠MAB，∴∠MAN＝∠NAB.∴∠DAM＝∠MAN＝∠NAB.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°.∴∠DAM＝30°.∴DM＝AD·tan∠DAM＝3×3分子根号3＝根号3。(2)如图1，延长MN交AB延长线于点Q.∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC.∴∠DMA＝∠MAQ.由折叠可知△ANM≌△ADM，∴∠DMA＝∠AMQ，AN＝AD＝3，MN＝MD＝1.∴∠MAQ＝∠AMQ.∴MQ＝AQ.设NQ＝x，则AQ＝MQ＝1＋x.在Rt△ANQ中，AQ2＝AN平方＋NQ平方，∴(x＋1)平方＝3的平方＋x的平方.解得x＝4.∴NQ＝4，AQ＝5.∵AB＝4，AQ＝5，∴SΔNAB＝4/5*S，ΔNAQ＝4/5·1/2·AN·NQ＝24/5.(3)如图2，过点A作AH⊥BF于点H，则△ABH∽△BFC，∴BH/AH＝CF/BC.∵AH≤AN＝3，AB＝4，∴当点N，H重合(即AH＝AN)时，DF最大．(AH最大，BH最小，CF最小，DF最大)此时M，F重合，B，N，M三点共线，△ABH≌△BFC(如图3)，∴DF的最大值为4－根号7

图1

类型2 动态探究题

4．(2016·自贡)已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．

(1)如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP，OP，OA.若△OCP与△PDA的面积比为1∶4，求边CD的长；

(2)如图2，在(1)的条件下，擦去折痕AO，线段OP，连接BP.动点M在线段AP上(点M与点P，A不重合)，动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E.试问当动点M，N在移动的过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律．若不变，求出线段EF的长度．

解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°.∴∠APD＋∠DAP＝90°.∵由折叠可得∠APO＝∠B＝90°，∴∠APD＋∠CPO＝90°.∴∠CPO＝∠DAP.又∵∠D＝∠C，∴△OCP∽△PDA.∵△OCP与△PDA的面积比为1∶4，设OP＝x，则CO＝8－x.在Rt△PCO中，∠C＝90°，由勾股定理得，解得x＝5.∴AB＝AP＝2OP＝10.∴CD＝10.(2)过点M作MQ∥AN，交PB于点Q.∵AP＝AB，MQ∥AN，∴∠APB＝∠ABP＝∠MQP.∴MP＝MQ.∵BN＝PM，∴BN＝QM.∵MP＝MQ，ME⊥PQ，∴EQ＝0.5PQ.∵MQ∥AN，∴∠QMF＝∠BNF.在△MFQ和△NFB中，1.∠QFM＝∠NFB；2.∠QMF＝∠BNF；3.MQ＝BN ∴△MFQ≌△NFB(AAS)．∴QF＝BF＝0.5QB.∴EF＝EQ＋QF＝0.5PQ＋0.5QB＝0.5PB.由(1)中的结论可得PC＝4，BC＝8，∠C＝90°，∴在(1)的条件下，当点M，N在移动过程中，线段EF的长度不变，它的长度为2*根号5.5．如图，在直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴正半轴上，点B的坐标是(5，2)，点P是CB边上一动点(不与点C，B重合)，连接OP，AP，过点O作射线OE交AP的延长线于点E，交CB边于点M，且∠AOP＝∠COM，令CP＝x，MP＝y.(1)当x为何值时，OP⊥AP?(2)求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；

(3)在点P的运动过程中，是否存在x，使△OCM的面积与△ABP的面积之和等于△EMP的面积．若存在，请求x的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由题意知OA＝BC＝5，AB＝OC＝2，∠B＝∠OCM＝90°，BC∥OA.∵OP⊥AP，∴∠OPC＋∠APB＝∠APB＋∠PAB＝90°.∴∠OPC＝∠PAB.∴△OPC∽△PAB.解得x1＝4，x2＝1(不合题意，舍去)． ∴当x＝4时，OP⊥AP.(2)∵BC∥OA，∴∠CPO＝∠AOP.∵∠AOP＝∠COM，∴∠COM＝∠CPO.∵∠OCM＝∠PCO，∴△OCM∽△PCO.∴y＝x－4/x(2

(3)存在x符合题意．过点E作ED⊥OA于点D，交MP于点F，则DF＝AB＝2.∵△OCM与△ABP面积之和等于△EMP的面积，∴S△EOA＝S矩形OABC＝2×5＝1/2·5ED.∴ED＝4，EF＝2.∵PM∥OA，∴△EMP∽△EOA.解得y＝5/2.6．如图1，矩形ABCD的两条边在坐标轴上，点D与坐标原点O重合，且AD＝8，AB＝6.如图2，矩形ABCD沿O B方向以每秒1个单位长度的速度运动，同时点P从A点出发也以每秒1个单位长度的速度沿矩形ABCD的边AB经过点B向点C运动，当点P到达点C时，矩形ABCD和点P同时停止运动，设点P的运动时间为t秒．

(1)当t＝5时，请直接写出点D，点P的坐标；

(2)当点P在线段AB或线段BC上运动时，求出△PBD的面积S关于t的函数关系式，并写出相应t的取值范围；(3)点P在线段AB或线段BC上运动时，作

PE⊥x轴，垂足为点E，当△PEO与△BCD相似时，求出相应的t值． 解：(1)D(－4，3)，P(－12，8)．(2)当点P在边AB上时，BP＝6－t.∴S＝0.5BP·AD＝0.5(6－t)·8＝－4t＋24.当点P在边BC上时，BP＝t－6.∴S＝0.5BP·AB＝0.5(t－6)·6＝3t－18.类型3 类比探究题

7．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于点F.(1)求证：PC＝PE；(2)求∠CPE的度数；

(3)如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．

解：(1)证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，在△ABP和△CBP中，1.AB=BC;2.PB＝PB;3.∠ABP＝∠CBP ∴△ABP≌△CBP(SAS)．∴PA＝PC.又∵PA＝PE，∴PC＝PE.(2)由(1)知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP＝∠BCP.∴∠DAP＝∠DCP.∵PA＝PE，∴∠DAP＝∠E.∴∠DCP＝∠E.∵∠CFP＝∠EFD(对顶角相等)，∴180°－∠PFC－∠PCF＝180°－∠DFE－∠E，即∠CPF＝∠EDF＝90°.(3)在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝60°，在△ABP和△CBP中，1.AB=BC;2.PB＝PB;3.∠ABP＝∠CBP ∴△ABP≌△CBP(SAS)． ∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP.∵PA＝PE，∴PC＝PE.∴∠DAP＝∠DCP.∵PA＝PE，∴∠DAP＝∠AEP.∴∠DCP＝∠AEP.∵∠CFP＝∠EFD(对顶角相等)，∴180°－∠PFC－∠PCF＝180°－∠DFE－∠AEP，即∠CPF＝∠EDF＝180°－∠ADC＝180°－120°＝60°.∴△EPC是等边三角形．∴PC＝CE.∴AP＝CE.8．已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.(1)如图1，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.①求证：△CAE∽△CBF； ②若BE＝1，AE＝2，求CE的长；

(2)如图2，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且AB/BC＝EF/FC＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；

(3)如图3，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系．(直接写出结果，不必写出解答过程)

解：(1)证明：①∵四边形ABCD和EFCG均为正方形，∴∠ACB＝45°，∠ECF＝45°.∴∠ACB－∠ECB＝∠ECF－∠ECB，即∠ACE＝∠BCF.∴△CAE∽△CBF.②∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE＝∠CBF，AE/BF＝根号2.∴BF＝根号2.又∠CAE＋∠CBE＝90°，∴∠CBF＋∠CBE＝90°，即∠EBF＝90°.解得CE＝根号6.(2)连接BF，∵AB/BC＝EF/FC＝k，∠CFE＝∠CBA，∴△CFE∽△CBA.∴∠ECF＝∠ACB，CE/CF＝AC/BC.∴∠ACE＝∠BCF.∴△ACE∽△BCF.∴∠CAE＝∠CBF.∵∠CAE＋∠CBE＝90°，∴∠CBF＋∠CBE＝90°，题型2 与圆有关的几何综合题

9．(2016·成都)如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以CB为半径作⊙C，交AC于点D，交AC的延长线于点E，连接ED，BE.(1)求证：△ABD∽△AEB；(2)当BC(AB)＝3(4)时，求tanE；

(3)在(2)的条件下，作∠BAC的平分线，与BE交于点F，若AF＝2，求⊙C的半径．

解：(1)证明：∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＝90°－∠DBC.∵DE是直径，∴∠DBE＝90°.∴∠E＝90°－∠BDE.∵BC＝CD，∴∠DBC＝∠BDE.∴∠ABD＝∠E.∵∠BAD＝∠DAB，∴△ABD∽△AEB.10．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相交于点D，E，F.⊙O是△BEF的外接圆，∠EBF的平分线交EF于点G，交⊙O于点H，连接BD，FH.(1)试判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)当AB＝BE＝1时，求⊙O的面积；(3)在(2)的条件下，求HG·HB的值．

解：(1)直线BD与⊙O 相切．理由：连接OB.∵BD是Rt△ABC斜边上的中线，∴DB＝DC.∴∠DBC＝∠C.∵OB＝OE，∴∠OBE＝∠OEB.又∵∠OEB＝∠CED，∴∠OBE＝∠CED.∵DF⊥AC，∴∠CDE＝90°.∴∠C＋∠CED＝90°.∴∠DBC＋∠OBE＝90°.∴BD与⊙O相切．(2)连接AE.在Rt△ABE中，AB＝BE＝1，∴AE＝根号2.∵DF垂直平分AC，∴CE＝AE＝根号2.∴BC＝1＋根号2.∵∠C＋∠CAB＝90°，∠DFA＋∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠DFA.又∠CBA＝∠FBE＝90°，A B＝BE，∴△CAB≌△FEB.(3)∵AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠AEB＝45°.∵EA＝EC，∴∠C＝22.5°.∴∠H＝∠BEG＝∠CED＝90°－22.5°＝67.5°.∵BH平分∠CBF，∴∠EBG＝∠HBF＝45°.∴∠BGE＝∠BFH＝67.5°.11．如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，⊙O经过点C，且圆的直径AB在线段AE上．

(1)试说明CE是⊙O的切线；

(2)若△ACE中AE边上的高为h，试用含h的代数式表示⊙O的直径AB；(3)设点D是线段AC上任意一点(不含端点)，连接OD，当1/2CD＋OD的最小值为6时，求⊙O的直径AB的长．

解：(1)证明：连接OC.∵CA＝CE，∠CAE＝30°，∴∠E＝∠CAE＝30°，∠COE＝2∠A＝60°.∴∠OCE＝90°.∴CE是⊙O的切线．

12．如图，已知AB是⊙O的直径，BP是⊙O的弦，弦CD⊥AB于点F，交BP于点G，E在CD的反向延长线上，EP＝EG，(1)求证：直线EP为⊙O的切线；

(2)点P在劣弧AC上运动，其他条件不变，若BG2＝BF·BO.试证明BG＝PG；(3)在满足(2)的条件下，已知⊙O的半径为3，sinB＝根号3/3.求弦CD的长．

解：(1)证明：连接OP.∵EP＝EG，∴∠EGP＝∠EGP.又∵∠EGP＝∠BGF，∴∠EPG＝∠BGF.∵OP＝OB，∴∠OPB＝∠OBP.∵CD⊥AB，∴∠BGF＋∠OBP＝90°.∴∠EPG＋∠OPB＝90°，即∠EPO＝90°.∴直线EP为⊙O的切线．(2)证明：连接OG，AP.∵BG2＝BF·BO，∴BG/BO＝BF/BG 又∵∠GBF＝∠OBG，∴△BFG∽△BGO.∴∠BGF＝∠BOG，∠BGO＝∠BFG＝90°.∵∠APB＝∠OGB＝90°，∴OG∥AP.又∵AO＝BO，∴BG＝PG.13．如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA＝6，OB＝8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒(0＜t≤5)以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB，OA的交点分别为C，D，连接CD，QC.(1)当t为何值时，点Q与点D重合？

巧用图形变换思想证明几何题 篇3

请看下面的例子.

例1如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D、E是BC上的点，且∠DAE=45°.试证明：以BD、DE、EC为边构成的三角形是直角三角形.

1.运用轴对称变换进行证明

证法1将△ABD、△ACE分别以AD、AE为对称轴翻折到△AFD、△AF′E.（如图1）

∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，AB=AC，

∴∠BAD+∠CAE=45°，

∴ AB、AC翻折后重合于AF.

又∠DFE=∠AFD+∠AFE=∠B+∠C=90°，

∴△DFE是直角三角形.

又DF=BD，EF=EC.

∴BD、DE、EC为边构成的三角形是直角三角形.

2.运用旋转变换进行证明

证法2如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，D点落到点F处.连接EF.

∵△ACF≌△ABD，∴ AF=AD，FC=BD.

在△AEF和△AED中，∠EAF=∠EAC

+∠CAF=∠EAC+∠BAD=45°=∠EAD， AF=AD，AE为公共边，∴△AEF≌△AED.

∴EF=DE，于是在△FEC中，∠FCE=∠FCA+∠ACE=45°+45°=90°.

∴△FCE是直角三角形.

∴BD、DE、EC为边构成的三角形是直角三角形.

3.运用平移变换进行证明

例2如图3，梯形ABCD中，AD∥BC，且∠B+∠C

=90°，E、F分别是AD、BC的中点，求证：EF=■（BC-AD）.

证明：将AB沿AE方向平移到EG，将DC沿DE方向平移到EH.（即过E作EG∥AB，EH∥DC，交BC于G、H）.

∵AD∥BC，∴四边形ABGE和四边形EHCD都是平行四边形.

∵E是AD中点，∴BG=AE=ED=HC.

∵F是BC中点，∴GF=BF-BG=FC-HC=FH.即F是GH的中点.

∵∠EGH=∠B，∠EHG=∠C，

又∠B+∠C=90°，∴∠EGH+∠EHG=90°，∴△GEH是直角三角形.

∴ EF是直角三角形斜边GH上的中线，∴ EF= GH.

而GH=BC-BG-HC=BC-（AE+ED）=BC-AD.

∴ EF= （BC-AD）.

说明：本题也可以对图形作以下平移（如图4）：过A作AH∥DC，AG∥EF，交BC于H、G，然后证明AG是Rt△BAH斜边BH上的中线.

图形的轴对称变换、旋转变换、平移变换过程中，保持的是图形的全等，它与全等三角形的性质、判定有着密切的联系.

如何指导学生解答生物“图形题” 篇4

在教学过程中, 借助多媒体, 特别是制作一些幻灯片来进行直观教学是提高学生识图析图能力的良策。纵观近几年高考试题中的生物图、表, 一般可归纳为以下几种题型:

1.坐标曲线图:坐标曲线图反映的是某种物质或个体数量的变化趋势。解读此类图形, 一定要先分清曲线图的纵横坐标所代表的自变量和因变量是什么, 自变量有几个, 自变量和因变量之间的关系;然后再分析坐标曲线图中的起点、折点、交点、最大值、最小值、变化趋势等;最后分析自变量与因变量之间存在的因果关系, 结合题目中文字信息, 作出判断。

2.直方图:实质上是表格数据的图形化, 它既可以反映某种量的多少, 还可以反映某种量的变化趋势。首先看清横纵坐标, 理解直方图所代表的量的大小和含义;第二找到柱状图中的最值及变化趋势;最后结合生物学原理进行推理。

3.结构模式图、结构示意图:这两种图形是生物局部形态结构的典型展示, 是相关生理过程和形态结构的模型。解题思路: (1) 认清题干的文字叙述和图象所包含的信息, 理解图象中所表达的生物学内涵, 并联想和运用与图中给出的信息和相关的生物学概念和原理来分析、思考题目; (2) 弄清题干与图象的内在联系; (3) 找出图象信息与生物学知识的内存联系; (4) 用准确的文字表达图象所包括的信息。

4.概念图:概念图一般由连线 (或箭头) 将一些相关概念连接起来, 主要考查知识点或概念间的内在逻辑联系。这种题型不仅可以考查同学们对知识的整体把握程度, 扩大对知识的考查面, 而且可以考查对该领域知识的有机联系的理解程度, 是考查学理解和推理能力的一种题型。常见解题思路:首先弄清“节点 (即概念) ”的内涵和外延, 然后顺着连线或箭头将相关联的概念进行比较, 找出其内在联系或区别, 最后用生物学术语概括其含义。

5.遗传图解:遗传图解包括杂交或自交图解和遗传系谱图, 杂交或自交图解中一般包括亲代、子代, 以及二者的表现型和基因型;遗传系谱是用“□”、“○”分别代表某家系中男女个体, 由此绘制而成的图解。总之, 遗传图解反映的是亲子代之间遗传和变异的问题, 要求学生的推行能力比较强。常见解题思路:首先根据题目中所给信息, 判断出控制这对性状的基因的显隐性, 然后用基因根的形式写出基因型, 再结合遗传定律以及亲子代的基因型或表现型进行推理。

6.生理过程图解:常用于表示光合作用、呼吸作用、三大营养物质代谢等生理过程中, 一些化合物的转变过程, 常用概念和箭头表示, 箭头代表的是具体的生化过程。常见的解题思路:首先确定出每两种化合物之间的箭头指的生理过程是什么, 然后以处于连线中间位置的化合物为节点, 将整个图解中的生化过程联系起来, 进行比较综合, 找出其中的区别和联系。

初一数学第四章几何图形检测题 篇5

一、选择题(每小题3分，共30分)

1.(山东滨州中考)如图，OB是∠AOC的角平分线，OD是∠COE的角平分线.如果∠AOB=40°，∠COE=60°，则∠BOD的度数为()

A.50°B.60°C.65°D.70°

2.(浙江温州中考)下列各图中，经过折叠能围成一个立方体的是( )

3.在直线上顺次取A、B、C三点，使得AB=5M，BC=3M，如果O是线段AC的中点，那么线段OB的长度是()

A.2MB.0.5MC.1.5MD.1M

4.(2014山东济宁中考)把一条弯曲的公路改成直道，可以缩短路程.用几何知识解释其道理正确的是( )

A.两点确定一条直线B.垂线段最短

C.两点之间线段最短D.三角形两边之和大于第三边

5.如图所示，从A地到达B地，最短的路线是()

A.A→C→E→B

B.A→F→E→B

C.A→D→E→B

D.A→C→G→E→B

6.(2014广东汕尾中考)如图是一个正方体展开图，把展开图折叠成正方体后，“你”字一面相对面上的字是( )

第6题图

A.我B.中C.国D.梦

7.如图所示的立体图形从上面看到的图形是()

8.(2013六盘水中考)直尺与三角尺按如图所示的方式叠放在一起，在

图中所标记的角中，与∠1互余的角有几个( )

A.2个B.3个

C.4个D.6个

第8题图

9.若∠=40.4°,∠=40°4′,则∠与∠的关系是()

A.∠=∠

B.∠>∠

C.∠<∠

D.以上都不对

10.下列叙述正确的是()

A.180°的角是补角

B.110°和90°的角互为补角

C.10°、20°、60°的.角互为余角

D.120°和60°的角互为补角

二、填空题(每小题3分，共24分)

11.(2013山东枣庄中考)从棱长为2的正方体毛坯的一角，挖去一个棱长为1的小

正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的表面积为_________.

12.(山东菏泽中考)已知线段AB=8cm，在直线AB上画线段BC，使它等于3cm，则线段AC=_______cm.

13.若一个角的补角是这个角的余角的3倍，则这个角的度数是.

14.已知直线上有A,B,C三点,其中,则_______.

15.计算:__________.

16.一副三角板如图所示放置，则∠AOB=_______.

第16题图

17.如图，AB⊥CD于点B,BE是∠ABD的平分线，则∠CBE=度.

例说图形中的探索规律题 篇6

例1(2005年玉林市中考试题)观察下列球的排列规律(其中是实心球，○是空心球)：

○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○……

从第1个球起到第2004个球止，共有实心球___________个．

思维点拨：观察这些球的排列规律，可以发现它们是以○○○○○○○这10个球为一组重复交替出现，且每组中共有3个是实心球，因此，这2004个球可以分成200组，这200组中共有600个是实心球，剩下的4个球○○中又有2个是实心球．所以，从第1个球起到第2004个球止，共有实心球602个．

解答：应该填602．

例2（2005年宁夏回族自治区中考试题）“◆”代表甲种植物，“★”代表乙种植物，为美化环境，采用如图所示方案种植．按此规律第六个图案中应种植乙种植物_________株．

思维点拨：观察所给的三个图案，可以知道：第一个图案中，甲种植物有1株，乙种植物有4株；第二个图案中，甲种植物有4株，乙种植物有9株；第三个图案中，甲种植物有9株，乙种植物有16株；……；第n个图案中，甲种植物有n2株，乙种植物有（n+1）2株.因此，第六个图案中，甲种植物有36株，乙种植物有49株.

解答：应该填49.

点悟：本题实质是每个图案中都包含着两个正方形，一个是由◆构成的正方形，另一个是由★构成的正方形．

例3用黑白两种颜色的正六边形地面砖按如下所示的规律，拼成若干个图案：

(1)第4个图案中有白色地面砖________块；

(2)第n个图案中有白色地面砖________块．

思维点拨：我们可以将所给的三个图案中的黑色地面砖、白色地面砖的块数逐一列出来，再进行分析，不难发现内在的规律：

第1个图案中，黑色地面砖有1块，白色地面砖有6=2+4×1块；

第2个图案中，黑色地面砖有2块，白色地面砖有10=2+4×2块；

第3个图案中，黑色地面砖有3块，白色地面砖有14=2+4×3块；

……

因此，第n个图案中，黑色地面砖有n块，白色地面砖有2+4n块.显然，n每确定一个值，我们都可以知道相应图案中的黑色地面砖、白色地面砖的块数.

解答：(1)第4个图案中有白色地面砖(2+4×4)块，即18块；(2)第n个图案中有白色地面砖（4n+2）块．

点悟：本题还可以转换思维的角度，得到第n个图案中有白色地面砖[4(n+1)-2]块，其表达的形式并不惟一.

例4(2006年江苏省泰州市中考试题)如图，每个正方形点阵均被一直线分成两个三角形点阵，根据图中提供的信息，用含n的等式表示第n个正方形点阵中的规律__________．

思维点拨：此题渗透着数形结合的思想.每个正方形点阵均被一直线分成两个三角形点阵，因此，这些正方形点阵可以用算式分别表示为：

第1个正方形点阵……………………1=12；

第2个正方形点阵……………………1+（1+2）=1+3=4=22；

第3个正方形点阵………(1+2)+(1+2+3)=3+6=9=32；

第4个正方形点阵……(1+2+3)+(1+2+3+4)=6+10=16=42；

……

第n个正方形点阵…………………………………

1+2+3+…（n-1）+1+2+3+…n=n(n-1)/2+n(n+1)/2=n²．

解答：第n个正方形点阵中的规律用含n的等式表示为：

1+2+3+…（n-1）+1+2+3+…n=n2或+n(n-1)/2+n(n+1)/2=n²．

点悟：对于图形与算式结合的探索规律问题，用算式一一列出并对已知算式进行适当变化，更有助于发现问题的规律．

例5（2006年山东省青岛市中考试题）如图，下列几何体是由棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，若将露出的表面都涂上颜色(底面不涂色)，则第n个几何体中只有两个面涂色的小立方体共有________个．

思维点拨：通过对按一定规律在地面上摆成的几何体进行观察、比较、分析、归纳，我们可以发现问题的内在规律，并将两个面涂色的小立方体个数与几何体的序数的对应关系用列表的方法表示出来：

两个面涂色的小立方第n个几何体

4=4×1n=1

12=4×3=4×(2×2-1)n=2

20=4×5=4×(2×3-1)n=3

28=4×7=4×(2×4-1)n=4

则第n个几何体中只有两个面涂色的小立方体共有4(2n-1)个．

解答：4(2n-1).

点悟：当然也可以得出第n个几何体中只有两个面涂色的小立方体共有（8n-4）个.本题在考查图形探索规律的同时，还考查了阅读理解能力.这道题与苏科版七年级数学课本第105页的“数学活动”相类似.同学们在平时的学习中可要重视课本习题的研究呀！

责任编辑/沈红艳

图形题 篇7

1构造等边三角形证明不等式

例1设x, y, z是介于0与1之间的实数.求证:x (1-z) +y (1-x) +z (1-y) <1.

分析本题直接证明非常困难, 考虑到左边是两个因式乘积之和的形式, 而两因式乘积通常与几何中求图形面积的问题有关, 因此考虑构造等边三角形或矩形来解.

解构造如图1所示的边长为1的等边三 角形ABC, 分别在AB上取AD=x, BE=y, CF=z, 则BD=1-x, CE=1-y, AF=1-z.连DE, EF, FD, 则

2构造圆形证明不等式

例2已知a, b, m都是正数, 且a<b.求证:a+m/b+m>a/b.

分析待证的不等式可转化为a (b+m) <b (a+m) .若令a (b+m) =bx, 其中x<a+m, 这就使我们联想到相交弦定理, 因此, 可构造圆来解决.

证明如图2, 以a+b+m为直径作⊙O, 在直径AB上取点P, 使AP=a, PB=b+m.因为b>a, 所以P不是圆心, 过P做弦CD, 使PC=b.设PD=x, 由相交弦定理得

3构造长方形证明不等式

例3已知a, b, c, d都是正有理数, 求证:

分析此题初看, 似乎无从下手, 但仔细观察其整体结构与三角形中三边间关系相似, 再观察被开方数结构, 容易联想到勾股定理, 它们都是直角三角形的斜边, 凑在一起就构造出矩形.

4构造正方形证明不等式

例4已知x, y, z均为正数, 求证:

5构造梯形证明不等式

例5已知a, b, c, d均为正数, 求证:

6构造长方体证明不等式

例6已知:a>0, b>c, c>0, , 求证

分析由条件a2+b2+c2=1与长方体对角线的性质12=a2+b2+c2相似, 不妨构造出一个长方体, 其长、宽、高分别为a, b, c, 加以证明.

7构造正方体证明不等式

例7已知锐角α, β, γ满足cos2α+cos2β+cos2γ=1, 求证:

证明如图7, 由已知条件构造正方体ABCD-A1B1C1D1, 使∠C1AD =α, ∠C1AB=β, ∠C1AA1=γ, 又设AD=a, AB=b, AA1=c, 则易证

8构造四面体证明不等式

例8已知x, y, z为正数, 求证:

分析注意到x2+xy+y2=x2+y2-2xycos120°, 于是我们可以把看成以x, y为两边, 夹角为120°的三角形的第三边, 从而得到下面证法.

证明如图8, 在平面上任取点O, 作∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°, 截OA=x, OB=y, OC=z, 连AB, BC, CA, 则三边的长分别是由AB+AC>BC就得要证的不等式.

综上所述可知:注意构造几何图形证明代数不等式的专题研究, 符合新课程改革关于“……让学生的思维活跃起来”的理念要求, 有利于提高学生的专题总结水平, 有利于学生在研究总结的过程中, 拓展视野, 启迪思维, 有利于学生系统灵活地掌握所学的知识内容, 对于帮助学生理解课本内容, 培养探索精神和创新意识, 提高解题水平和发展思维能力, 均颇有益处.

练习1设x, y, z∈R+, 求证:

提示构造如图9所示的四面体, 设在三面 体V-ABC中, VA=x, VB=y, VC=z, 且∠AVB= ∠BVC=∠CVA=60°, 由余弦定理分别求得:

在△ABC中, 由AB+BC>AC即得所证.

练习2已知a, b, x, y均为正实数, 且a2+b2=1, x2+y2=1, 求证:ax+by≤1.

提示构造如图10所示的圆, 在直径AB=1的两侧任作Rt△ABC和Rt△ADB, 使AC=a, BC=b, BD=x, AD=y.由勾股定理, 知a, b, x, y满足题设条件, 根据托勒密定理, 得AC·BD+BC·AD=AB·CD, 因为CD≤AB=1所以ax+by≤1.

练习5同例2, 略.

提示构造如图13所示的Rt△DEC和Rt△ABC, 显然n>m, 所以a+m/b+n<a+m/b+m, 又因为a/b=a+m/b+n, 所以a/b<a+m/b+m.

练习6已知a, b, c都是正实数, 求证:

练习8设a, b, c, d都是正数, 满足a/b=c/d, 且a最大, 求证:a+d>b+c.

提示如图16, 取线段AC=a, 在AC上取B点, 使AB=d, 以BC为直径作圆O, 不妨设b≥c, 作割线AD=b, 交圆E, 作OF⊥AD.因为AC·AB=AE·AD, 即ad=b·AE, 所以AE=c, 又

参考文献

图形题 篇8

(2012凉山洲) 如图1, 在矩形ABCD中, AB=6, AD=12, 点E在AD边上, 且AE=8, EF⊥BE交CD于F.

(1) 求证:△ABE∽△DEF;

(2) 求EF的长.

解: (1) 证明:∵四边形ABCD是矩形

∴∠D=∠A=90°

∴∠EBA+∠AEB=90°

∵EF⊥BE, 即∠BEF=90°

∴∠DEF+∠AEB=90°

∴∠DEF=∠EBA (同为∠AEB的余角)

∴△ABE∽△DEF

(2) ∵AD=12, AE=8

∴DE=AD-AE=4

∵在Rt△ABE中, BE2=AE2+AB2=82+62=100

∴BE=10

∵△ABE∽△DEF

∴DE/AB=EF/BE

即EF=DE×BE/AB=4×10/6=20/3

本题的第 (1) 问中, 如图点D、E、A在同一条直线上, 且以这三个点为顶点的角为直角, 于是△ABE∽△DEF, 这是一个典型的相似基本图形“K”字型.有了这个基本图形, 在解决一些较难的中考题时就可以将这种图形构造出来使问题迎刃而解.下面分别以函数、动点、折叠三种类型的中考题为例看看“K”字型相似在其中发挥怎样的作用.

二、例题呈现

1. 函数型问题

如图2, 在平面直角坐标系中, OB⊥OA, 且OB=2OA, 点A的坐标是 (-1, 2) ,

(1) 求点B的坐标;

(2) 求过点A、O、B的抛物线的表达式;

(3) 连接AB, 在 (2) 中的抛物线上求出点P, 使得S△ABP=S△ABO.

分析:这是一道常见的二次函数中考题, 第 (1) 问求点的坐标其实可以转化为求点到坐标轴的距离 (即两条线段的长度) 问题, 也就是构建几何模.于是我们作出辅助线AF⊥x轴, 垂足为点F, BE⊥x轴, 垂足为点E, 可以构造出“K”字型, 利用相似完成二次函数与几何图形相结合难点的突破.

解: (1) 如图3, 过点A作AF⊥x轴, 垂足为点F, 过点BE作BE⊥x轴, 垂足为点E, 则AF=2, OF=1,

∵OA⊥OB

∴∠AOB=90°

∴∠AOF+∠BOE=90°

又∵在Rt△OEB中, ∠BOE+∠OBE=90°

∴∠AOF=∠OBE

∴Rt△AFO∽Rt△OEB

∵OB=2OA, 点A的坐标为 (-1, 2)

∴BE=2, OE=4

∴B点坐标为 (4, 2)

(2) (3) 略.

2. 动点型问题

(2012自贡) 如图4正方形ABCD的边长为1cm, M, N分别是BD, CD上两个动点且始终保持AM⊥MN, 当BM=_____cm时, 四边形ABCN的面积最大, 最大面积是_____cm2.

分析:动点问题解决途径是“动中找静”, 也就是说在运动变化过程中寻找不变的量.我们发现无论M, N两点如何变化, ∠AMN始终保持90°不变.因为是在正方形中, 所以不难发现图形中存在“K”字型相似基本图形, 再利用线段的比例关系求出线段CN, 最后利用二次函数的性质求出面积的最大值.整道题中相似是关键, 如果发现不了相似基本图形那么此题就无法入手, 所以熟悉“K”字型在做题时可以提高解题效率.

解:在正方形ABCD中, AB=BC=1cm, ∠B=∠C=90°

∵AM⊥MN

∴∠AMN=90°

在Rt△ABM中, ∠AMB+∠MAB=90°

又∵∠AMB+∠CMN=90°

∴∠MAB=∠CMN

∴Rt△ABM∽Rt△MCN

∴设BM=xcm, 则MC= (1-x) cm

∴CN=-x2+x

3. 折叠型问题

(2010徐州) 如图5 (1) , 将边长为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠 (点E、F分别在边AB、CD上) , 使点B落在AD边上的点M处, 点C落在点N处, MN与CD交于点P, 连接EP.

(1) 如图5 (2) , 若M为AD边的中点,

(1) △AEM的周长=______cm;

(2) 求证:EP=AE+DP.

(2) 随着落点M在AD边上取遍所有的位置 (点M不与A、D重合) , △PDM的周长是否发生变化?请说明理由.

分析:本题求三角形周长其实就是求三条线段的长度, 三角形相似是求解线段长度的工具.容易看出在这道折叠图形问题中, 隐含一个相似基本图形“K”字型, 利用相似可以得到边之间的数量关系, 解题方法方便、简洁.

解: (1) (1) 6

(2) (图略) 取EP中点G, 连接MG.梯形AEPD中,

∵M、G分别是AD、EP的中点,

由折叠得∠EMP=∠B=90°, 又因为点G为EP的中点,

(2) △PDM的周长保持不变.

证明:如图, 设AM=xcm,

∵∠AME+∠AEM=90°, ∠AME+∠PMD=90°,

∴∠AEM=∠PMD.

又∵∠A=∠D=90°,

∴△AEM∽△DMP,

故△PDM的周长保持不变.

图形题 篇9

旋转在几何中属于全等位移, 尽管图形的位置发生了变化, 但是图形的形状、大小都没有变, 因此, 在实际的教学过程中, 教师要教会学生抓住旋转的本质, 即从“动”中找到“不动”, 从而解决问题.

平移和旋转也是近年来中考题中经常出现的一类问题, 并且往往作为压轴题出现. 总的来说, 旋转可以是绕一点旋转, 也可以是绕一个轴旋转. 教师在进行这类题目教学时, 一定要循序渐进, 先让学生从一些基本题型中找到旋转中不变的量.

一、基础入手, 发现本质, 归纳方法

首先, 旋转是图形之间主要的变换方式之一, 主要考查学生的动手操作能力、空间想象能力等, 对于学生的综合运用能力和创新能力的培养也具有重要意义, 因此, 这类题型也越来越成为中考题的热点.

教师在刚刚进行旋转教学时应该从基础入手, 让学生在解决问题中明白, 旋转是指图形中的每个点都绕中心旋转了相同的角度, 组成图形的线段长度及角度都没有发生变化, 图形的形状、大小也没有发生变化.

如: 如图1, △ABC为等边三角形, D为△ABC内一点, △ABD经过旋转后到达△ACP的位置, 则: (1) 旋转中心是 ____; (2) 旋转角度是 ____; (3) △ADP是 ____ 三角形.

二、利用旋转的特征解决实际问题

学生通过练习, 掌握了旋转的基本特征后, 教师可以选特征后, 教师可以择一些稍微综合些的题, 锻炼学生解决问题的能力. 问题的能力.

例如:如图2, △ABC是直角三角形, BC是斜边, 将△ABP绕点A逆时针旋转后, 能与△ACP′重合, 如果AP = 3, 求PP′的长.

解法:∵△ABP绕点A逆时针旋转后, 能与△ACP′重合,

∴ AP′=AP, ∠CAP′=∠BAP.

∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=∠BAC = 90°, △PAP′为等腰直角三角形, PP′为斜边.

∴ AP′= AP = 3

此题中, 不但有旋转的知识, 还融合了勾股定理的知识, 考查的知识点有两个, 因此综合性更强.

再如:如图3, 直线y = 2x + 2与x轴、y轴分别交于A, B两点, 将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A1OB1.

(1) 在图中画出△A1OB1;

(2) 设过A, A1, B1, 三点的函数解析式为y=ax2+ bx + c, 求这个解析式.

解法: (1) 如图4所示.

(2) 由题意知A, A1, B1三点的坐标分别是 (-1, 0) , (0, 1) , (2, 0) ,

本题中旋转和一次函数知识相结合, 综合了数形问题, 是旋转和数形结合的较简单题型.

三、利用旋转的特征, 展开旋转变化, 锻炼学生的思维能力

由于旋转蕴含很多隐含条件, 因此也成为中考题的宠儿, 数学专家也常常利用旋转的特性构建中考题.

例如:如图5, 已知△ABC中, AB = BC = 1, ∠ABC = 90°, 把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上 (直角三角板的短直角边为DE, 长直角边为DF) , 将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.

(1) 在图5中, DE交AB于M, DF交BC于N.

①证明DM = DN;

②在这一旋转过程中, 直角三角板DEF与△ABC的重叠部分为四边形DMBN, 请说明四边形DMBN的面积是否发生变化? 若发生变化, 请说明是如何变化的;若不发生变化, 求出其面积.

(2) 继续旋转至如图6的位置 , 延长AB交DE于M, 延长BC交DF于N, DM = DN是否仍然成立? 若成立, 请给出证明;若不成立, 请说明理由.

(3) 继续旋转至如图7的位置 , 延长FD交BC于N, 延长ED交AB于M, DM = DN是否仍然成立?请写出结论, 不用证明.

图形题 篇10

如图1, 两圆O1, O2相交于点A, B, 圆O1的弦BC交圆O2于点D, 圆O2的弦BF交圆O1于点E, 证明: (1) 若∠CBA=∠FBA, 则CD=EF; (2) 若CD=EF, 则∠CBA=∠FBA.证明连接AC, AD, AE, AF, 则∠ACD=∠ACB=∠AEF, ∠ADC=∠AFB=∠AFE, 而有△ACD∽△AEF, 从而有, 于是

“旧时王谢堂前燕, 飞入寻常百姓家.”

这道试题平平常常, 在现在九年级的习题里就能够找到, 由此可见, 数学竞赛并非高不可攀.

下面, 我们来看31年之后这道试题又是如何演化为全国中学生数学冬令营赛题的!

显然, 再用这道试题作为高水平的冬令营赛题是很不合适的, 那么怎么办?命题人的做法是:改造成题, 推陈出新.

1. 变换试题叙述方法

命题1如图1, 两圆O1, O2相交于点A, B, 过点B的一条直线分别交圆O1, O2于点C, D, 过点B的另一条直线分别交圆O1, O2于点E, F, 证明: (1) 若∠CBA=∠FBA, 则CD=EF; (2) 若CD=EF, 则∠CBA=∠FBA.

如果用命题1作为赛题, 也不太合适, 因为参赛选手对于图1是非常熟悉的!

2. 在变换试题叙述方法的同时变换图形

命题2如图2, 两圆O1, O2相交于点A, B, 过点B的一条直线分别交圆O1, O2于点C, D, 过点B的另一条直线分别交圆O1, 圆O2于点E, F, 证明: (1) 若∠CBA=∠FBA, 则CD=EF; (2) 若CD=EF, 则∠CBA=∠FBA.

此时, 图形陌生了!但如果用命题2作为赛题, 当然也不太合适, 因为参赛选手对于题目的条件与结论是非常熟悉的!

3. 增加条件并且变换结论

如图3, 令直线CF分别交圆O1, O2于点P, Q, 设M, N分别是的中点, 则CM, FN都是△BCF的角平分线, 注意到CD=EF∠CBA=∠FBA, 即知CM, FN, BA交于一点 (设为X) , 而有XC·XM=XA·XB=XF·XN, 于是C, F, M, N四点共圆, 至此, 即可构成一道高水平的赛题:

命题3如图3, 两圆O1, O2相交于点A, B, 过点B的一条直线分别交圆O1, O2于点C, D, 过点B的另一条直线分别交圆O2, O2于点E, F, 直线CF分别交圆O1, O2于点P, Q, 设M, N分别是的中点, 求证:若CD=EF, 则C, F, M, N四点共圆. (2010年中国数学奥林匹克试题一)

“做学问当于无疑处有疑.”一道题目做完之后, “不断变换你的问题”, 往往可以提出一些新的问题, 解题贵在精而不在多, 这个“精”就体现在解题后的思考上.