中考数学几何综合题

2024-05-25

中考数学几何综合题（精选8篇）

中考数学几何综合题篇1

一、合情推理概述

美国数学家、数学教育家波利亚曾说过, “一个数学上的证明是演绎推理, 而物理学家的归纳论证, 律师的案情论证, 历史学家的史料论证和经济学家的统计论证都属于合情推理之列。” 数学结果的体现要依靠演绎推理, 而数学结论的发现以及证明的基本思路的获得就要依靠观察、实验、类比、联想等合情推理方法。之后, 人们对合情推理的含义和方法不断进行了深入的探讨。

《数学课程标准 (2011版) 》在 “ 课程目标” 中的总目标中明确提出, 让学生通过义务教育阶段的数学学习, 即在参与观察、实验、猜想、证明、综合实践等数学活动中, 发展合情推理和演绎推理能力, 清晰地表达自己的想法, 学会独立思考, 体会数学的基本思想和思维方式。

二、合情推理的现状

在传统的数学教学中, 往往重演绎, 轻归纳、类比, 只满足于证明现成结论, 学生很少经历探究结论、提出猜想的活动过程。随着新形势下的教育观念和模式的变化, 数学教育的方向也正在慢慢地转变, 对数学教育及培养合情推理能力提出了更多更大的要求。例如, 人教版新教材中, 每个结论或定理出现之前都会涉及 “思考” 或 “探究”的环节。这就给我们传达一种信号, 即数学教育要注重引导学生从猜想、类比、归纳等一系列思想方法中找到规律, 发现新知, 提升认识。

三、合情推理的价值

细看近几年北京中考数学中的几何综合题, 得分率一直保持在40%左右, 本题成为学生数学成绩达到优秀水平的关键所在。题目本身来看, 它指引我们的学生做到在考试中学习, 在学习中完成考试, 在 “操作——观察——实验——猜想——验证”一系列的数学活动中, 启发学生由特殊到一般, 采取更为直接有效的方式获得突破, 得分通过。

1. 以2014 年北京中考数学第24 题几何综合为例

问题 (2) 中, 如图1, 借用题目中的对称性很容易连接AE构成等腰 △AED, 借用∠EAD=130° , 很容易得到∠ADF=25°

问题 (3) 与问题 (2) 相比条件变得更泛泛, 没有那么具体, 这样就会有一定的思维盲区, 这时候需要进行大胆的猜想, 并结合图形观察, 寻找突破口。问题 (2) 虽然不是常见的特殊角, 但相对于问题 (3) 较为具体, 这种情况下的线段AB, FE, FD之间的数量关系会是什么样子的呢? 如下图2:

由问题 (2) 知∠1=∠5=25°, ∠3=∠4=20°, 易得:∠2=45°, 即: ∠EFB=90°。那么, 求线段AB, FE, FD之间的数量关系, 利用对称性可转化为求线段AB, FB, FD之间的数量关系, 清楚地发现在Rt△FBD中, 线段BD, FB, FD存在勾股数的关系, 继而转化成, FB, FD之间的数量关系, 即: FB2+FD2=2AB2

借用这种特殊形式下推导的过程和经验, 进行下面的研究, 猜想图中一定有一些不变性, 这是笔者解题的关键。如图3:

通过作图和测量工具, 很容易推断, ∠EFB=90°, 在Rt△FBD中, 满足: FB2+FD22=BD2, 进而得到: FB2+FD2=2AB2

本题中, 如何推导∠EFB=90°成为接下的重点, 这样就会发现一个较为盲目和复杂的问题在 “ 操作——观察——实验——猜想——验证” 一系列活动中得到解释, 那些看似困难重重的考试题目, 却在大胆猜想、合情推理、稳步论证中解决了。

2. 以2015 年北京中考数学几何综合第28 题为例

在本题问题 (1) 中问到, 判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明。

分析: 作图 (如图4) , 首先, 利用直尺和量角器, 结合常见的两条线段的数量和位置关系, 可以猜测: AH=PH, AH⊥PH。先分析相等的情况, 在几何综合中证明两个线段相等的方法, 较为突出的方法是证明三角形全等, 很容易找到△ADH≌△HPQ, 接下来的问题就简单了。

问题 (2) 中 “ 若点P在线段CD的延长线上, 且∠AHQ=152°, 正方形ABCD的边长为1, 请写出求DP长的思路 (可以不写出计算结果) ”, 分析: 这时我们就应该萌生以下几个问题:

1. 看上去和问题 (1) 没有任何的关系, 条件上和结论上都差别很大, 那么他们会存在关系吗?

2. 这种情况下的AH与PH的数量关系与位置关系还会是AH=PH , AH⊥PH吗?

3. “可以不写出计算结果”, 这是在向我们传达一种最后结果的表达形式吗?

(如图5) 观察, 测量操作, 得出猜想。

借用例1的推理形式我们进行猜想:

猜想1: 问题 (1) 和问题 (2) 直观上没有关系, 但他们存在一定的逻辑上的不变性。

猜想2: AH=PH , AH⊥PH, 而且这是解决问题 (2) 的关键。

猜想3: “可以不写出计算结果”, 这是暗示我们最后的结果不好计算, 是一种非常规的表达形式, 而且这种表达形式和152°有关。

通过直尺和测量, 猜想2 是成立的。接下来我们就利用猜想2 进行推理, 由∠AHQ=152°, ∠AHP=90°, QH⊥BD, 容易得到: ∠1=28°; 因为∠3=45°, 所以∠2=17°; 在Rt△APD中, ∠5=45° , 易得: ∠4=28° , 即可得到: PD=tan28°。

整个推理需要严谨合理, 接下来要做的就是, 如何推导在问题 (2) 条件下的AH=PH , AH⊥PH, 根据例1 的方法, 我们可以参考问题 (1) 求解AH与PH的数量关系与位置关系的方法, 找全等三角形, 很容易发现△ADH≌△PQH, 这样本题基本解决, 剩下的过程就是通过演绎推理证明你的求解。

中考数学中的几何综合题是大多数学生的障碍, 从上述的两个实例可以发现获得此类问题的解答思路, 就是要求学生从思考题目的整体结构和试题背景立意出发, 放下沉思冥想, 动手比一比, 画一画, 将特殊情况演变到一般情况, 得出结论, 再进行严谨有效的推理论证。合情推理的实质是 “发现”, 而找寻这类题目突破口的关键, 正是需要我们学会用合情推理的眼光看待他, 发现它, 获得猜想, 得出结论。希望这能给立足于中考数学的教学一点思考和帮助。

参考文献

[1] (美) G·波利亚.李志尧, 王日爽, 李心灿译.《数学与猜想 (第二卷) -合情推理模式》[M].北京:科学出版社, 1981.

[2]丁祖元.初中数学课堂教学应当渗透一点合情推理[J].课程与教学, 2013 (6) :55-57.

[3]教育部基础教育课程教材专家工作委员会.义务教育数学课程标准 (2011年版) 解读[M].北京师范大学出版社, 2012.

[4]刘晓玫.关于推理能力问题的几点思考[J].数学教育学报, 2002 (5) :54-56.

[5]舒盛平.初中数学合情推理的研究[D].云南师范大学硕士研究生毕业论文, 2013.

[6]弓爱芳, 夏婧.新课程理念下对合情推理的再认识[J].中学数学研究, 2006 (2) :1-5.

中考数学几何综合题篇2

(2)若∠ABC=90°，G是EF的中点(如图2)，直接写出∠BDG的度数;

第一个问我会，求第二个问。需要过程，快呀！

连接GC、BG

∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°

∴四边形ABCD为矩形

∵AF平分∠BAD

∴∠DAF=∠BAF=45°

∵∠DCB=90°，DF∥AB

∴∠DFA=45°，∠ECF=90°

∴△ECF为等腰Rt△

∵G为EF中点

∴EG=CG=FG

∵△ABE为等腰Rt△，AB=DC

∴BE=DC

∵∠CEF=∠GCF=45°→∠BEG=∠DCG=135°

∴△BEG≌△DCG

∴BG=DG

∵CG⊥EF→∠DGC+∠DGB=90°

又∵∠DGC=∠BGE

∴∠BGE+∠DGB=90°

∴△DGB为等腰Rt△

∴∠BDG=45°

分析已知、求证与图形，探索证明的思路。

对于证明题，有三种思考方式：

(1)正向思维。对于一般简单的题目，我们正向思考，轻而易举可以做出，这里就不详细讲述了。

(2)逆向思维。顾名思义，就是从相反的方向思考问题。运用逆向思维解题，能使学生从不同角度，不同方向思考问题，探索解题方法，从而拓宽学生的解题思路。这种方法是推荐学生一定要掌握的。在初中数学中，逆向思维是非常重要的思维方式，在证明题中体现的更加明显，数学这门学科知识点很少，关键是怎样运用，对于初中几何证明题，最好用的方法就是用逆向思维法。如果你已经上初三了，几何学的不好，做题没有思路，那你一定要注意了：从现在开始，总结做题方法。同学们认真读完一道题的题干后，不知道从何入手，建议你从结论出发。例如：可以有这样的思考过程：要证明某两条边相等，那么结合图形可以看出，只要证出某两个三角形相等即可;要证三角形全等，结合所给的条件，看还缺少什么条件需要证明，证明这个条件又需要怎样做辅助线，这样思考下去……这样我们就找到了解题的思路，然后把过程正着写出来就可以了。这是非常好用的方法，同学们一定要试一试。

源于拓展与延伸的中考几何题篇3

中考命题专家通过变换课本原题或者模拟题的视角、解题策略编成的中考题，背景公平，可让同学们处于较为平和、熟悉的考试环境，而且解题方法记忆犹新、触类旁通，可增强同学们的自信心．另外，这也有利于改变课堂教学题海战术和课后大运动量重复训练的倾向，转为注重提高同学们的数学素养．

■

在一块如图1所示的三角形余料上裁剪下一个正方形，如果△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°，AC=4，BC=3，正方形的四个顶点D，E，F，G分别在三角形的三条边上，求正方形的边长．

■

■ 作CH⊥AB于点H，交GF于点M，设GD=GF=x，因为四边形DEFG为正方形，所以CM⊥GF. 由勾股定理可得AB=5，根据三角形的面积不变性，可求得CH=■，因为GF ∥AB，所以∠CGF=∠A ，∠CFG=∠B. 所以△ABC∽△GFC. 所以■=■，即■=■，解得x=■. 所以正方形的边长为■.

变式1 （2011山西）如图2，在△ABC中，AB=AC，点D，E分别是边AB，AC的中点，点G，F在BC边上，四边形DEFG是正方形，若DE=2 cm，则AC的长为（）

A. 3■cm ?摇?摇?摇 B. 4 cm

C. 2■cm?摇?摇?摇?摇 ?摇D. 2■cm

■

■ 本题是原型1的简单变形，要根据等腰三角形内接正方形的边长求出等腰三角形的边长，需运用三角形的中位线性质以及等腰三角形的“三线合一”性质．

■ 过点A作AM⊥BC于点M，由题意知DE是等腰三角形ABC的中位线，所以DE∥BC，DE=■BC. 因为DE=2 cm，所以BC=4 cm．又AB=AC，AM⊥BC，所以MC=■BC=2 cm. 因为点E是边AC的中点，EF∥AM，所以FC=1 cm．在△EFC中，因为正方形DEFG的边长是2 cm，所以根据勾股定理得EC=■cm，所以AC=2■ cm，故选D．

变式2 （2011贵州遵义）如图3，在Rt△ABC中，∠C=90°，放置边长分别为3，4，x的三个正方形，则x为（）

A． 5 B． 6

C． 7 D． 12

■

■ 本题也是原型1的直接变形，要运用相似三角形的判定、性质，以及正方形的性质进行解题．由于该图中出现三个正方形和一些直角三角形，所以很容易发现里面所有的直角三角形都是相似的．

■ 易得△DEF∽△GHI，所以■=■，即■=■，解得x=7或x=0（舍去）．故答案为C.

■

已知：如图4，AB是半圆O的直径，OD是半径，BM切半圆于点B，OC与弦AD平行，且交BM于点C．求证：CD是半圆O的切线.

■

■ 因为OC∥AD，所以∠DOC=∠ADO，∠DAO=∠BOC. 而OD=OA，∠ADO=∠DAO，所以∠DOC=∠BOC．又因为OD=OB，OC是公共边，所以△ODC≌△OBC. 所以∠ODC=∠OBC. 因为BM切半圆于点B，所以∠OBC=90°. 所以∠ODC=90°. 所以CD是半圆O的切线.

变式1 （2009浙江义乌）如图5，AB是⊙O的直径，BC⊥AB于点B，连结OC交⊙O于点E，弦AD∥OC，弦DF⊥AB于点G．

■

（1）求证：点E是■的中点.

（2）求证：CD是⊙O的切线.

（3）若sin∠BAD=■，⊙O的半径为5，求DF的长．

■ 本题是原型2的直接变式，图形上添加了一条弦DF．

问题（1）中可根据AD∥OC得∠A=∠COB，从而判定■=■.

问题（2）可连结OD，只要证明∠CDO=90°即可.

问题（3）可在△ADG中用勾股定理求解．

■ （1）连结OD，因为AD∥OC，所以∠A=∠COB. 因为∠A=■·∠BOD，所以∠BOC=■∠BOD. 所以∠DOC=∠BOC. 所以■=■.

（2）由（1）知∠DOE=∠BOE，因为CO=CO，OD=OB，所以△COD≌△COB. 所以∠CDO=∠B. 又因为BC⊥AB，所以∠CDO=∠B=90°. 所以CD是⊙O的切线.

（3）在△ADG中，因为sinA=■=■，设DG=4x，则AD=5x，AG=3x. 又因为⊙O的半径为5，所以OG=5－3x. 因为OD2=DG2＋OG2，所以52=（4x）2＋（5－3x）2，解得x1=■，x2=0（舍去）. 所以DF=2DG=8×■=■．

变式2 （2011湖南湘潭）已知：AB是⊙O的直径，AB=8，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC=5，PT为⊙O的切线，切点为T．

（1）如图6，当点C运动到点O时，求PT的长.

■

（2）如图7，当点C运动到点A时，连结PO，BT，求证：PO∥BT.

■

（3）如图8，设PT2=y，AC=x，求y与x的函数关系式及y的最小值．

■

■ 本题在原型2的基础上添加了图形的移动条件，增加了探究的难度．（1）中可连CT，得到Rt△PTO，进而利用勾股定理进行求解. （2）中可连结AT，先证得PA是⊙O的切线，再利用同一平面内垂直于同一条直线的两条直线平行进行证明. （3）中可连结PO，OT，再利用勾股定理探究y与x之间的函数关系，并根据函数的性质求出y的最小值.

■ （1）连结OT，当点C运动到点O时，因为PT为⊙O的切线，所以OT⊥PT. 在Rt△PTO中，PT=■=■=■=3．

（2）连结AT，当点C运动到点A时，因为PC⊥AB，所以PA是⊙O的切线．因为PT为⊙O的切线，所以PA=PT，PO平分∠APT.所以PO⊥AT．因为AB是⊙O的直径，所以∠ATB是直角，即BT⊥AT. 所以PO∥BT．

中考数学综合题的解题策略篇4

数学问题中的条件有明有暗, 明者易于发现, 便于应用;暗者则隐含于有关概念、知识的内涵之中, 因忽视隐含条件而造成解题失败的案例屡见不鲜.因此在解题教学中, 教师必须引导学生分析隐含条件所反映的形式, 使其掌握挖掘各种形式的隐含条件的途径, 以提高学生的解题能力.如一元二次方程ax2+bx+c=0中的a≠0, 零指数幂a0中底数a≠0, 等等.解题时如果不注意这类隐含条件, 就会产生错误.反之, 则能产生事半功倍的教学效果.

例1 (2007年杭州) 在直角梯形ABCD中, ∠C=90°, 高CD=6cm (如图1) , 动点P, Q同时从点B出发, 点P沿BA, AD, DC运动到点C停止, 点Q沿BC运动到点C停止, 两点运动时的速度都是1cm/s.而当点P到达点A时, 点Q正好到达点C.设P, Q同时从点B出发, 经过的时间为t (s) 时, △BPQ的面积为y (cm2) (如图2) .分别以t, y为横、纵坐标建立直角坐标系, 已知点P在AD边上从A到D运动时, y与t的函数图象是图3中的线段MN.

(1) 分别求出梯形中BA, AD的长度;

(2) 写出图3中M, N两点的坐标;

(3) 分别写出点P在BA边上和DC边上运动时, y与t的函数关系式 (注明自变量的取值范围) , 并在图3中补全整个运动中关于y的函数关系的大致图象.

分析本题借助质点在平面图形上的运动, 沟通了几何问题与代数问题的联系, 学生必须在阅读理解质点的运动方式的前提下解决问题, 而解决问题的关键又在于理解图象中线段MN的几何意义.然后应用数形结合的思想, 使面积、方程、函数有机结合与转化, 最后通过画大致图象, 使学生对用数学的方式描述运动现象得以深刻地理解.

解 (1) 设动点出发t秒后, 点P到达点A, 且点Q正好到达点C时, BC=BA=t, 则

把分析法和综合法结合起来思考问题, 先从条件出发, 使用综合法, 把条件展开;再从结论出发, 找使结论成立的条件, 即用分析法.这样, 同时展开条件和结论, 其结果在中间相遇, 则题目可获解答.其思考的一般模式是:从已知到可知, 从未知到需知, 实现已知与未知的沟通, 问题便获解决.

二、驾简驭繁巧突破, 引申推广显奇效

例2 (2006年常州) 如图4, 在平面直角坐标系中, 以坐标原点O为圆心, 2为半径画⊙O, P是⊙O上一动点, 且P在第一象限内, 过点P作⊙O的切线与x轴相交于点A, 与y轴相交于点B.

(1) 点P在运动时, 线段AB的长度也在发生变化, 请写出线段AB长度的最小值, 并说明理由;

(2) 在⊙O上是否存在一点Q, 使得以Q, O, A, P为顶点的四边形是平行四边形?若存在, 请求出P点的坐标;若不存在, 请说明理由.

分析: (1) 因为P点是切点, 所以无论线AB发生怎样的变化.圆心O到直线B的距离始终为OP.抓住这一点, 易线段AB长度的最小值;

(2) 要注意以Q、O、A、P为顶点的平行四边形有三种可能, 但只有两种可能符合条件.

解 (1) 线段AB长度的最小值为4.理由如下:连接OP, 因为AB切⊙O于P, 所以OP⊥AB, 取AB的中点C, 则AB=2OC.当OC=OP时, OC最短, 即AB最短, 此时AB=4;

(2) 设存在符合条件的点Q, 如图5, 设四边形APOQ为平行四边形, 则四边形APOQ为矩形, 又因为OP=OQ, 所以四边形APOQ为正方形, 所以OQ=QA, ∠QOA=45°.在Rt△OQA中, 根据OQ=2, ∠QOA=45°, 得Q点坐标为

如图6, 设四边形APQO为平行四边形, 因为OQ//PA, ∠APO=90°, 所以∠POQ=90°, 又因为OP=OQ, 所以∠PQO=45°, 因为PQ//OA, 所以PQ⊥y轴.设PQ⊥y轴于点H, 在Rt△OHQ中, 根据OQ=2, ∠HQO=45°, 得Q点坐标为:

例3 (2006年江西) 问题背景:某课外学习小组在一次学习研讨中, 得到如下两个命题:

如图7, 在正三角形ABC中, M, N分别是AC, AB上的点, BM与CN相交于点O, 若∠BON=60°, 则BM=CN.

如图8, 在正方形ABCD中, M, N分别是CD, AD上的点, BM与CN相交于点O, 若∠BON=90°, 则BM=CN.

然后运用类比的思想提出了如下的命题:

如图9, 在正五边形ABCDE中, M, N分别是CD, DE上的点, BM与CN相交于点O, 若∠BON=108°, 则BM=CN.

任务要求:

(1) 请你从 (1) 、 (2) 、 (3) 三个命题中选择一个进行证明;

(2) 请你继续完成下面的探索:

如图10, 在正n (n≥3) 边形ABCDEF…中, M, N分别是CD, DE上的点, BM与CN相交于点O, 问当∠BON等于多少度时, 结论BM=CN成立? (不要求证明)

如图11, 在五边形ABCDE中, M, N分别是DE, AE上的点, BM与CN相交于点O, 当∠BON=108°时, 请问结论BM=CN是否还成立?若成立, 请给予证明;若不成立, 请说明理由.

解 (1) 命题 (1) 证明:在图12中, 因为∠BON=60°, 所以, ∠CBM+∠BCN=60°.因为∠BCN+∠ACN=60°, 所以∠CBM=∠CAN.

又因为BC=CA, ∠BCM=∠CAN=60°, 所以△BCM≌△CAN, 所以BM=CN.

因为∠BCN+∠DCN=90°, 所以∠CBM=∠DCN.又因为BC=CD, ∠BCM=∠CDN=90°, 所以△BCM≌△CDN, 所以BM=CN.

(2) (1) 当∠BON=60°时, 结论BM=CN成立.

(2) BM=CN成立.

证明如图15, 连接BD, CE.在△BCD和△CDE中,

因为BC=CD, ∠BCD=∠CDE=108°, CD=DE, 所以△BCD≌△CDE.

所以BD=CE, ∠BDC=∠CED, ∠DBC=∠ECD.

因为∠OBC+∠OCB=108°, ∠OCB+∠OCD=108°, 所以∠MBC=∠NCD.

又因为∠DBC=∠ECD=36°, 所以∠DBM=∠ECN, 所以△BDM≌△ECN.

本题是一道非常典型的几何探究题, 很好地体现了从一般到特殊的数学思想方法, 引导学生渐渐地从易到难, 是新课标形势下的成熟的压轴题.

三、精心构造辅助元, 转换角度细思考

例4% (2006年安徽) 如图16, 凸四边形ABCD, 如果点P满足∠APD=∠APB=α.且∠BPC=∠CPD=β, 则称点P为四边形ABCD的一个半等角点.

(1) 在图18的正方形ABCD内画一个半等角点P, 且满足α≠β.

(2) 在图19的四边形ABCD中画出一个半等角点P, 保留画图痕迹 (不需写出画法) .

(3) 若四边形ABCD有两个半等点P1, P2 (如图17) , 证明线段P1P2上任一点也是它的半等角点.

分析本题既是对初中平面几何知识的全面考查, 又是对学生学习能力的考查.本题从阅读 (学习) 能力、作图能力、探究能力、逻辑推理能力等方面对学生进行了全面的考查, 是一道很好的题.第 (1) 问由正方形内的半等角点引入, 意在引导学生由浅入深向第 (2) 、 (3) 问过渡, 安排合理, 为学生的探究铺路.

例5 (2007年荆门) 如图20, 在平面直角坐标系中, 有一张矩形纸片OABC, 已知O (0, 0) , A (4, 0) , C (0, 3) , 点P是OA边上的动点 (与点O, A不重合) .现将△PAB沿PB翻折, 得到△PDB, 再在OC边选取适当的点E, 将△POE沿PE翻折, 得到△PFE, 并使直线PD, PF重合.

(1) 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;

(2) 如图21, 若翻折后点D落在BC边上, 求过点P, B, F的抛物线的函数关系式;

(3) 在 (2) 的情况下, 在该抛物线上是否存在点Q, 使△PEQ是以PE为直角边的直角三角形?若不存在, 说明理由;若存在, 求出点Q的坐标.

分析本题是一道独具匠心的好题, 试题以坐标纸折叠为背景, 考查了图形变换思想, 及探求图形变化规律的能力.

解 (1) 由已知PB平分∠ADP, PE平分∠OPF, 且PD, PF重合, 则∠BPF=90°.所以∠OPE+∠APB=90°又∠APB+∠ABP=90°, 所以∠OPE=∠PBA.所以Rt△POE∽Rt△BPA.

且当x=2时, y有最大值31. (2) 由已知, △PAB, △POE均为等腰三角形, 可得P (1, 0) , E (0, 1) , B (4, 3) .

(3) 由 (2) 知∠EPB=90°, 即点Q与点B重合时满足条件.直线PB为y=x-1, 与y轴交于点 (0, -1) .

将PB向上平移2个单位则过点E (0, 1) ,

故该抛物线上存在两点Q1 (4, 3) 、Q2 (5, 6) 满足条件.

四、承上启下层递进, 融会贯通重整体

例6 (2007年四川) 如图22, 已知抛物线y=ax2+bx-3与x轴交于A, B两点, 与y轴交于C点, 经过A, B, C三点的圆的圆心M (1, m) 恰好在此抛物线的对称轴上, ⊙M的半径为.设⊙M与y轴交于D, 抛物线的顶点为E.

(1) 求m的值及抛物线的解析式;

(2) 设∠DBC=α, ∠CBE=β, 求sin (a-β) 的值;

(3) 探究坐标轴上是否存在点P, 使得以P, A, C为顶点的三角形与△BCE相似?若存在, 请指出点P的位置, 并直接写出点P的坐标;若不存在, 请说明理由.

分析本题是一道融代数与几何、运算与推理于一体的探索型综合题, 涉及的知识有:图形的对称、函数的解析式、直线与圆的位置关系、与圆有关的比例线段、三角形相似的判定与性能、变量间的对应关系等;涉及的数学思想有:变换思想、方程与函数思想、数形结合思想、转化与归纳等.本题设计新颖, 思维严谨, 对考生的思维品质具有较高的考查功能, 是一道较为成功的中考压轴题.

(2) 由 (1) 得A (-1, 0) , E (1, -4) , D (0, 1) .

(3) 显然Rt△COA∽Rt△BCE, 此时点P1 (0, 0) .

过A作AP2⊥AC交y正半轴于P2, 由Rt△CAP2∽Rt△BCE, 得P2.

过C作CP3⊥AC交x正半轴于P3, 由Rt△P3CA∽Rt△BCE, 得P3 (9, 0) .

中考数学复习几何证明压轴题篇5

几何证明压轴题

1、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°,且AB=1，BC=2，tan∠ADC=2.(1)

求证：DC=BC;

(2)

E是梯形内一点，F是梯形外一点，且∠EDC=∠FBC，DE=BF，试判断△ECF的形状，并证明你的结论；

(3)

在（2）的条件下，当BE：CE=1：2，∠BEC=135°时，求sin∠BFE的值.[解析]

（1）过A作DC的垂线AM交DC于M,则AM=BC=2.又tan∠ADC=2,所以.即DC=BC.(2)等腰三角形.证明：因为.所以，△DEC≌△BFC

所以，.所以，即△ECF是等腰直角三角形.（3）设,则，所以.因为，又，所以.所以

所以.2、已知：如图，在□ABCD

中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．

（1）求证：△ADE≌△CBF；

（2）若四边形

BEDF是菱形，则四边形AGBD是什么特殊四边形？并证明你的结论．

[解析]

（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠1＝∠C，AD＝CB，AB＝CD

．

∵点E、F分别是AB、CD的中点，∴AE＝AB，CF＝CD

．

∴AE＝CF

∴△ADE≌△CBF

．

（2）当四边形BEDF是菱形时，四边形

AGBD是矩形．

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC

．

∵AG∥BD，∴四边形

AGBD

是平行四边形．

∵四边形

BEDF

是菱形，∴DE＝BE

．

∵AE＝BE，∴AE＝BE＝DE

．

∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．

∵∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝180°，∴2∠2＋2∠3＝180°．

∴∠2＋∠3＝90°．

即∠ADB＝90°．

∴四边形AGBD是矩形

3、如图13－1，一等腰直角三角尺GEF的两条直角边与正方形ABCD的两条边分别重合在一起．现正方形ABCD保持不动，将三角尺GEF绕斜边EF的中点O（点O也是BD中点）按顺时针方向旋转．

（1）如图13－2，当EF与AB相交于点M，GF与BD相交于点N时，通过观察或测量BM，FN的长度，猜想BM，FN满足的数量关系，并证明你的猜想；

（2）若三角尺GEF旋转到如图13－3所示的位置时，线段FE的延长线与AB的延长线相交于点M，线段BD的延长线与GF的延长线相交于点N，此时，（1）中的猜想还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

图13－2

图13－3

图13－1

A（G)

B（E)

D（F)

[解析]（1）BM=FN．

证明：∵△GEF是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，∴

∠ABD

=∠F

=45°，OB

OF．

又∵∠BOM=∠FON，∴

△OBM≌△OFN

．

∴

BM=FN．

（2）

BM=FN仍然成立．

（3）

证明：∵△GEF是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，∴∠DBA=∠GFE=45°，OB=OF．

∴∠MBO=∠NFO=135°．

又∵∠MOB=∠NOF，∴

△OBM≌△OFN

．

∴

BM=FN．

4、如图，已知⊙O的直径AB垂直于弦CD于E，连结AD、BD、OC、OD，且OD＝5。

（1）若，求CD的长；

（2）若

∠ADO：∠EDO＝4：1，求扇形OAC（阴影部分）的面积（结果保留）。

[解析]

（1）因为AB是⊙O的直径，OD＝5

所以∠ADB＝90°，AB＝10

在Rt△ABD中，又，所以，所以

因为∠ADB＝90°，AB⊥CD

所以

（2）因为AB是⊙O的直径，AB⊥CD

所以

所以∠BAD＝∠CDB，∠AOC＝∠AOD

因为AO＝DO，所以∠BAD＝∠ADO

所以∠CDB＝∠ADO

设∠ADO＝4x，则∠CDB＝4x

由∠ADO：∠EDO＝4：1，则∠EDO＝x

因为∠ADO＋∠EDO＋∠EDB＝90°

所以

所以x＝10°

所以∠AOD＝180°－（∠OAD＋∠ADO）＝100°

所以∠AOC＝∠AOD＝100°

5、如图，已知：C是以AB为直径的半圆O上一点，CH⊥AB于点H，直线AC与过B点的切线相交于点D，E为CH中点，连接AE并延长交BD于点F，直线CF交直线AB于点G.

（1）求证：点F是BD中点；

（2）求证：CG是⊙O的切线；

（3）若FB=FE=2，求⊙O的半径．

[解析]

(1)证明：∵CH⊥AB，DB⊥AB，∴△AEH∽AFB，△ACE∽△ADF

∴，∵HE＝EC，∴BF＝FD

(2)方法一：连接CB、OC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°∵F是BD中点，∴∠BCF=∠CBF=90°-∠CBA=∠CAB=∠ACO

∴∠OCF=90°,∴CG是⊙O的切线---------6′

方法二：可证明△OCF≌△OBF(参照方法一标准得分)

(3)解：由FC=FB=FE得：∠FCE=∠FEC

可证得：FA＝FG，且AB＝BG

由切割线定理得：（2＋FG）2＝BG×AG=2BG2

在Rt△BGF中，由勾股定理得：BG2＝FG2－BF2

由、得：FG2-4FG-12=0

解之得：FG1＝6，FG2＝－2（舍去）

∴AB＝BG＝

∴⊙O半径为26、如图，已知O为原点，点A的坐标为（4，3），⊙A的半径为2．过A作直线平行于轴，点P在直线上运动．

（１）当点P在⊙O上时，请你直接写出它的坐标；

（２）设点P的横坐标为12，试判断直线OP与⊙A的位置关系，并说明理由.[解析]

解:

1点P的坐标是（2,3）或（6,3）

2作AC⊥OP,C为垂足.∵∠ACP=∠OBP=,∠1=∠1

∴△ACP∽△OBP

∴

在中，又AP=12-4=8,∴

∴AC=≈1.94

∵1.94<2

∴OP与⊙A相交.7、如图，延长⊙O的半径OA到B，使OA=AB，C

DE是圆的一条切线，E是切点，过点B作DE的垂线，垂足为点C.求证：∠ACB=∠OAC.[解析]

证明：连结OE、AE，并过点A作AF⊥DE于点F，（3分）

∵DE是圆的一条切线，E是切点，∴OE⊥DC，又∵BC⊥DE,∴OE∥AF∥BC.∴∠1=∠ACB，∠2=∠3.∵OA=OE，∴∠4=∠3.∴∠4=∠2.又∵点A是OB的中点，∴点F是EC的中点.∴AE=AC.∴∠1=∠2.∴∠4=∠2=∠1.即∠ACB=∠OAC.8、如图１，一架长4米的梯子AB斜靠在与地面OM垂直的墙壁ON上，梯子与地面的倾斜角α为．

1求AO与BO的长；

2若梯子顶端A沿NO下滑，同时底端B沿OM向右滑行.①如图2，设A点下滑到C点，B点向右滑行到D点，并且AC:BD=2:3，试计算梯子顶端A沿NO下滑多少米；

②如图３，当A点下滑到A’点，B点向右滑行到B’点时，梯子AB的中点P也随之运动到P’点．若∠POP’＝，试求AA’的长．

[解析]

1中,∠O=,∠α=

∴,∠OAB=，又ＡＢ＝4米，∴米.米.--------------

(3分)

2设在中,根据勾股定理:

∴

-------------

(5分)

∴

∵　　∴

∴

-------------

(7分)

AC=2x=

即梯子顶端A沿NO下滑了米.----

(8分)

3∵点P和点分别是的斜边AB与的斜边的中点

∴，-------------

(9分)

∴-------

(10分)

∴

∵

∴

-----------------------

(11分)

∴-----

(12分)

∴米.--------

(13分)

9.（重庆，10分）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．

(1)

求直线AB的解析式；(2)

当t为何值时，△APQ与△AOB相似？

(3)

当t为何值时，△APQ的面积为个平方单位？

解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx＋b

由题意，得

解得

所以，直线AB的解析式为y＝－x＋6．

（2）由AO＝6，BO＝8

得AB＝10

所以AP＝t，AQ＝10－2t

1°

当∠APQ＝∠AOB时，△APQ∽△AOB．

所以　＝

解得　t＝(秒)

2°

当∠AQP＝∠AOB时，△AQP∽△AOB．

所以　＝

解得　t＝(秒)

（3）过点Q作QE垂直AO于点E．

在Rt△AOB中，Sin∠BAO＝＝

在Rt△AEQ中，QE＝AQ·Sin∠BAO＝(10-2t)·＝8

－t所以，S△APQ＝AP·QE＝t·(8－t)

＝－＋4t＝

解得t＝2（秒）或t＝3（秒）．

（注：过点P作PE垂直AB于点E也可，并相应给分）

点拨：此题的关键是随着动点P的运动，△APQ的形状也在发生着变化，所以应分情况：①∠APQ＝∠AOB＝90○②∠APQ＝∠ABO．这样，就得到了两个时间限制．同时第（3）问也可以过P作

PE⊥AB．

10．（南充，10分）如图2－5－7，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，对角线AC上有一个动点P（不包括点A和点C）．设AP＝x，四边形PBCD的面积为y．

（1）写出y与x的函数关系，并确定自变量x的范围．

（2）有人提出一个判断：“关于动点P，⊿PBC面积与⊿PAD面积之和为常数”．请你说明此判断是否正确，并说明理由．

解：（1）过动点P作PE⊥BC于点E．

在Rt⊿ABC中，AC＝10，PC＝AC－AP＝10－x．

∵　PE⊥BC，AB⊥BC，∴⊿PEC∽⊿ABC．

故，即

∴⊿PBC面积＝

又⊿PCD面积＝⊿PBC面积＝

即　y，x的取值范围是0＜x＜10．

（2）这个判断是正确的．

理由：

由（1）可得，⊿PAD面积＝

⊿PBC面积与⊿PAD面积之和＝24．

探究源于课本的中考几何题篇6

随着素质教育的不断深化, 为进一步体现《数学课程标准》的理念, 笔者认为:这类紧扣课本的试题将是命题的热点, 且会长盛不衰.因此有必要提醒师生注意对课本知识的学习与挖掘, 以达到灵活变通的目的.

下面就以2005年部分省市中考题几何试题为例, 谈谈源于课本的试题设计方法, 供参考.

一、直接选用课本例题并增设问题

例1 (天津市) 如图1, ⊙O1与⊙O2外切于点A, BC是⊙O1和⊙O2的公切线, B、C为切点.

(1) 求证:AB⊥AC;

(2) 若r1, r2分别为⊙O1, ⊙O2的半径, 且r1=2r2, 求的值.

点评本题第 (1) 题选自人教版《几何》第三册第129页的例4, 并在原题的基础上引申提高, 构思出第 (2) 题, 使问题得到了拓展, 对相关知识进行了综合.题目不难, 然而它提醒我们, 题在书外, 根在书里, 学好、用好课本是关键.

简证 (1) 见课本. (2) 简证如下:

如图1, 两圆的内公切线AO交BC于O, 连接OO1、OO2与AB、AC分别交于点E、F.

∵OA、OB是⊙O1的切线,

∴OO1⊥AB, 同理OO2⊥AC.

根据 (1) 的结论AB⊥AC, 可知四边形OEAF是矩形, ∠EOF=90°, 连接O1O2.

二、直接选用课本习题作为中考题

例2 (广东省) 如图2, 正方形的边长为a, 则以各边为直径在正方形内画半圆, 所围成的图形 (阴影部分) 的面积为 () .

点评本题是人教版《几何》第三册第180页第9题的原题.解法较多, 题目不难, 很容易求得结果, 选C.这道原题直接无变化选作中考题, 更说明我们学好课本知识的重要性.

三、直接选用课本习题并进行创新

例3 (新疆生产建设兵团) 已知:如图3, AB是⊙O的直径, CD是弦, AE⊥CD, 垂足是E, BF⊥CD, 垂足是F, 求证:CE=DF.小明同学是这样证明的:

横线及问号是老师给他的批注, 老师还写了如下评语:“你的解题思路很清晰, 但证明过程欠完整, 相信你再思考一下, 一定能写出完整的证明过程.”请你帮助他订正此题, 好吗?

点评本题选自人教版《几何》第三册第68页第12题, 并以订正题创新形式命题, 考查了作辅助线、垂线定理及梯形中位线定理的应用.它告诉我们, 进行几何证明, 必须要有严密的推理过程, 对此, 应引起重视.

简证过O作OM⊥CD, 垂足为M, 则有MC=MD.

∴OM是梯形AEFB是中位线, 故ME=MF (或运用平行线等分线段定理证) .

四、根据课本中的“想一想”改编成中考题

例4 (盐城市) 将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转n° (0

(1) 求证:B1E=DE;

(2) 简要说明四边形AB1ED存在一个内切圆;

(3) 若n°=30°, , 求四边形AB1ED内切圆的半径r.

点评这是根据人教版《几何》第二册第157页“想一想”改编而成的一道试题.这类试题是中考命题的新增长点, 应引起重视.第 (3) 题使用的面积法值得注意.

简解如图4, (1) 连接AE.

∵AB1=AB=AD, ∠D=∠B1=90°, AE=AE,

(2) 连接BD交AE于点O, 由 (1) 知, 点O在∠ADE、∠DEB1、∠B1AD的平分线上, 所以点O到四边形AB1ED各边的距离相等, 故四边形AB1ED存在一个内切圆.

(3) ∵n°=30°,

五、根据课本中的“读一读”改编成中考题

例5 (山东省) 2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》, 它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形 (如图5所示) .如果大正方形的面积是13, 小正方形的面积是1, 直角三角形的较短直角边为a, 较长直角边为b, 那么 (a+b) 的值为 () .

A.13 B.19 C.25 D.169

点评本题是根据人教版《几何》第二册第107页“读一读”改编而成的试题, 题目围绕国际数学家大会会标而命题, 构思巧妙新颖, 同学们只要运用勾股定理, 通过代数式变形, 即可迅速求得其解.

简解由题设可得:

所以 (2) - (1) , 得2ab=12. (3)

再将 (2) + (3) 可得 (a+b) 2=25, 故选C.

中考题中的几何变换篇7

一、在平移中构造与发现

例1 (2015·枣庄) 如图1, 将矩形ABCD沿对角线AC剪开, 再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′.

(1) 证明△A′AD′≌△CC′B;

(2) 若∠ACB=30°, 试问当点C′在线段AC上的什么位置时, 四边形ABC′D′是菱形, 并请说明理由.

【思路点拨】在平移过程中对应的边与角的大小没有改变, 仅仅是位置发生了改变, 由“SAS”可证得两个三角形全等;由于△A′C′D′是△ACD平移后的图形, 所以AB与C′D′始终平行且相等, 可知四边形ABC′D′是平行四边形, 要使其为菱形, 需满足AB=BC′ , 而∠ACB=30°, ∠ABC=90°, 即有, 也就是点C′是线段AC的中点.

【解析】 (1) 矩形ABCD沿对角线AC剪开, 再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′得A′D′=BC=AD, A′D′∥AD∥BC, AA′=CC′, ∴∠D′A′C′=∠BCA, ∴△A′AD′≌△CC′B.

(2) 当点C′是线段AC的中点时, 四边形ABC′D′是菱形, 理由如下:

∵四边形ABCD是矩形, △A′C′D′由△ACD平移得到, C′D′=CD=AB, 由 (1) 知AD′=C′B, ∴四边形ABCD是平行四边形.在Rt△ABC中, 点C′是线段AC的中点, , 而∠ACB=30°, , ∴AB=BC′, ∴四边形ABC′D′是菱形.

【点评】决定平移前后图形位置的两个基本因素是平移的方向和距离, 本题通过“平移不改变图形的形状和大小”的性质, 再结合平移前后图形的相应位置进行分析、综合、探究与解答.

二、在翻折中体验与发现

例2 (2015·扬州) 如图2, 将荀ABCD沿过点A的直线l折叠, 使点D落到AB边上的点D′处, 折痕l交CD边于点E, 连接BE.

(1) 求证:四边形BCED′是平行四边形;

(2) 若BE平分∠ABC, 求证:AB2=AE2+BE2.

【思路点拨】 (1) 利用翻折变换的性质以及平行线的性质, 我们有∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA, 进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形, 进而求出四边形BCED′是平行四边形;

(2) 利用平行线的性质结合勾股定理得出答案.

证明: (1) ∵将沿过点A的直线l折叠, 使点D落到AB边上的点D′处,

∴ ∠DAE = ∠D′ AE, ∠DEA = ∠D′ EA, ∠D=∠AD′E,

∵DE∥AD′, ∴∠DEA=∠EAD′,

∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA,

∴∠DAD′=∠DED′,

∴四边形DAD′E是平行四边形,

∴DE=AD′,

∵四边形ABCD是平行四边形,

∴AB=CD, AB∥CD,

∴CE=D′B, CE∥D′B,

∴四边形BCED′是平行四边形;

(2) ∵BE平分∠ABC,

∴∠CBE=∠EBA,

∵AD∥BC, ∴∠DAB+∠CBA=180°,

∵∠DAE=∠BAE,

∴∠EAB+∠EBA=90°,

∴∠AEB=90°,

∴AB2=AE2+BE2.

【点评】图形的折叠问题是近几年中考试题常见题型. 在解答此类问题时, 要明白折痕两边的图形是轴对称图形, 然后再利用轴对称变换的性质解题. 它要求我们能根据题目中的折叠发现其中的变量与不变量, 或者变化的趋势与内在联系, 挖掘其中隐含的规律或相关的结论.

三、在旋转中构造与探究

例3 (2015·甘南州) 如图3, 在△ABC和 △EDC中, AC =CE =CB =CD ; ∠ACB =∠DCE=90°, AB与CE交于F, ED与AB、BC分别交于M、H.

(1) 求证:CF=CH;

(2) 如图4, △ABC不动, 将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时, 试判断四边形ACDM是什么四边形? 并证明你的结论.

【思路点拨】 (1) 要证明CF=CH, 可先证明△BCF≌△ECH, 由∠ACB=∠DCE=90°, AC=CE=CB=CD, 可得∠B=∠E=45°, 从而得出结论;

(2) 根据△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°, 推出四边形ACDM是平行四边形, 又由AC=CD, 从而判断出四边形ACDM是菱形.

【解析】 (1) 证明:∵AC=CE =CB =CD, ∠ACB=∠ECD=90°,

∴∠A=∠B=∠D=∠E=45°.

在△BCF和△ECH中,

∴△BCF≌△ECH (ASA) ,

∴CF=CH (全等三角形的对应边相等) ;

(2) 解:四边形ACDM是菱形.

证明:∵∠ACB=∠DCE=90°,

∠BCE=45°,

∴∠1=∠2=45°.

∵∠E=45°, ∴∠1=∠E,

∴AC∥DE,

∴∠AMH=180°-∠A=135°=∠ACD,

又∵∠A=∠D=45°,

∴四边形ACDM是平行四边形 (两组对角相等的四边形是平行四边形) ,

∵AC=CD, ∴四边形ACDM是菱形.

【点评】在旋转变换中要把握好三要素:旋转中心、旋转角和旋转方向, 对于图形的旋转变换, 在变化过程中的不变量、变化量以及由此构造出的新图形的形状、位置、大小关系要引起高度重视. 解决这类问题的关键是以联系、发展的动态观点, 捕捉和确定某些特殊的图形或位置, 这样就可以找到解题思路.

例4 已知正方形ABCD中, E为对角线BD上一点, 过E点作EF⊥BD交BC于F, 连接DF, G为DF中点, 连接EG, CG.

(1) 求证:EG=CG;

(2) 将图5 (1) 中 △BEF绕B点逆时针旋转45°, 如图5 (2) 所示, 取DF的中点G, 连接EG、CG. 问 (1) 中的结论是否仍然成立?若成立, 请给出证明;若不成立, 请说明理由.

(3) 将图5 (1) 中 △BEF绕B点旋转任意角度, 如图5 (3) 所示, 再连接相应的线段, 问 (1) 中的结论是否仍然成立? 通过观察你还能得出什么结论? (均不要求证明)

【思路点拨】 (1) 利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半, 可以证出EG=CG;

(2) △BEF绕B点逆时针旋转45° 后, 充分利用G为DF中点, 通过添加辅助线, 分别构造△DMG≌△FNG, △DAG≌△DCG, △AMG≌△ENG, 从而得证;

【解析】 (1) 证明:在Rt△FCD中,

∵G为DF的中点,

同理, 在Rt△DEF中,

∴CG=EG.

(2) (1) 中结论仍然成立, 即EG=CG.

连接AG, 过G点作MN⊥AD于M, 与EF的延长线交于N点.

在△DAG与△DCG中,

∵AD=CD, ∠ADG=∠CDG, DG=DG,

∴△DAG≌△DCG.∴AG=CG.

在△DMG与△FNG中,

∵ ∠DGM = ∠FGN, FG =DG, ∠MDG =∠NFG,

∴△DMG≌△FNG.∴MG=NG.

在矩形AENM中, AM=EN.

在Rt△AMG与Rt△ENG中,

∵AM=EN, MG=NG,

∴△AMG≌△ENG,

∴AG=EG.∴EG=CG.

(3) (1) 中的结论仍然成立, 即EG =CG. 其他的结论还有:EG⊥CG.

【点评】充分挖掘相关图形的信息, 关注图形的性质、定理, 把题目中的某些隐含条件挖掘出来, 并适当添加辅助线, 化一般为特殊, 化未知为已知, 用从特殊到一般的思想, 归纳猜想出结论.

中考数学几何综合题篇8

一、试题呈现

如图1, 在等腰梯形ABCD中, AD∥BC.O是CD边的中点, 以O为圆心, OC长为半径作圆, 交BC边于点E过E作EH⊥AB, 垂足为H.已知⊙O与AB边相切, 切点为F.

(1) 求证:OE∥AB;

(2) 求证;

(3) 若, 求的值.

二、点评与分析

这是一个几何型综合题, 试题根据初中几何所涉及三角形、四边形、圆的有关知识, 出题者有机地把这些知识点结合在一起, 融会贯通, 题目设计新颖, 构思巧妙, 由浅入深, 考查了不同层次学生的思维品质.体现了学生一定的区分度, 能使学有余力的学生发挥优势.

求证:OE∥AB.

证明如图1, ∵OE=OC, ∴∠OEC=∠C.又∵等腰梯形ABCD, ∴∠B=∠C,

∴∠OEC=∠B, ∴OE∥AB.

评析本小题意在考查学生对平行线的判定、等腰三角形和等腰梯形的性质的掌握情况, 学生易找到由圆半径相等得到的等腰三角形OEC, 可得两个底角相等, 再由题目中的已知条件等腰梯形ABCD得同一底上的两个角相等, 通过等量代换, 转化为一对同位角相等, 从而问题得解, 体现了数学中转化的思想方法.这题是一个基础题, 学生只要认真仔细读懂题意, 很容易就可以正确解答, 所以此小题学生得分率较高.

求证:

解法一证明:连接OF, 如图2,

∵AB切⊙O于F, ∴OF⊥AB.

又∵EH⊥AB, ∴OF∥EH.

又∵OE∥AB,

∴四边形OEHF是平行四边形

∴EH=OF,

又∵, 等腰梯形ABCD中AB=CD,

解法二证明:连接OF, 如图2,

∵AB切⊙O于F, ∴OF⊥AB.

又∵EH⊥AB, OE∥AB,

∴OE⊥EH, ∴∠OEH=∠FHE=90°,

∴四边形OFHE是矩形, ∴EH=OF.

又等腰梯形ABCD中AB=CD,

解法三如图2, 由解法二可证得矩形OFHE,

又∵OF=OE,

∴四边形OFHE是正方形.∴EH=OE

又, 等腰梯形ABCD中AB=CD,

评析本小题考查了圆中的切线常用的添置辅助线的方法———构造半径, 即切线垂直于过切点的半径, 然后结合平行四边形、矩形、正方形的性质及判定定理, 通过等量代换, 得出此题结论.解题方法灵活多变.学生可以推理证明四边形OFHE是平行四边形、或者是矩形、或者是正方形都可以得解.一题多思, 一题多解, 这样不但能开拓学生视野, 而且能充分展示学生对数学问题的思考的深度和广度, 学生可以利用多角度去看待一个问题, 强化思维的连贯性, 知识的衔接, 能够全面考查所学的几何知识, 学生的主观能动性得到了充分的体现.此小题在第一小题的基础上稍作提高, 学生只要能开动脑筋, 认真思考, 问题就能迎刃而解.

(3) 若, 求的值.

解法一连接DE, 如图3,

∵CD是直径, ∴∠DEC=90°.

又∵∠BHE=90°,

∴∠DEC=∠BHE.

又∵∠B=∠C, ∴△BHE∽△CED,

又, 可设BH=k, BE=4k.

又∵Rt△BHE

解法二过点O作OG⊥BC, 垂足为G点, 如图4,

∴∠OGC=90°,

又∵∠BHE=90°,

∴∠OGC=∠BHE.