【文档说明】(通用版)中考数学总复习第43课时《开放与探究型问题》课时练习（教师版）.doc，共(12)页，227.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第43课时开放与探究型问题70分)一、选择题(每题6分，共12分)1．如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连结AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连结PQ，BM，下面结论：①△ABE≌△

DBC；②∠DMA＝60°；③△BPQ为等边三角形；④MB平分∠AMC，其中结论正确的有(D)A．1个B．2个C．3个D．4个【解析】由等边三角形的性质得出AB＝DB，∠ABD＝∠CBE＝60°，BE＝BC，得出∠ABE＝∠DBC，由SAS即可证出△ABE≌△DBC；由△ABE≌△DBC，得

出∠BAE＝∠BDC，根据∠APB＝DPM，得出∠DMA＝∠ABD＝60°；由ASA证明△ABP≌△DBQ，得出对应边相等BP＝BQ，即可得出△BPQ为等边三角形；∠DMA＝60°，得到∠AMC＝120°，所以∠AMC＋∠PBQ＝180°，所以P，B，Q，M四点共圆，又由于

BP＝BQ，由圆周角定理得出∠BMP＝∠BMQ，即MB平分∠AMC.2．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且⊙

O的半径长为1，则下列结论不成立的是(A)A．CD＋DF＝4B．CD－DF＝23－3C．BC＋AB＝23＋4D．BC－AB＝2【解析】如答图所示，设AB与圆O相切于点M，BC与⊙O相切于点H，连结MO并延长MO交CD于点T，连结OH，连结

OD交FG于R，过点G作GN⊥AD于点N，分别交OD于点K，交OT于点P.由折叠易知，OG＝DG，OH⊥BC，所以∠OHG＝∠GCD＝90°，∠HOG＋∠OGH＝90°，∵OG⊥DG，∴∠OGH＋∠DGC＝90°，∴∠DGC＝∠HOG，∴△OHG≌△GCD，∴HG＝CD

，GC＝OH＝1，易得四边形BMOH是正方形，所以BM＝BH＝MO＝OH＝1，设CD＝m，则HG＝m，AB＝m，∴AM＝m－1，又∵⊙O是△ABC的切圆，∴AC＝m＋1＋m－1＝2m，∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，∴BC＝3AB，2＋m＝3m，解得m＝3＋1，m＝AB＝3＋1，BC＝2＋

m＝3＋3，∴BC－AB＝2，D选项正确；BC＋AB＝2m＋2＝23＋4，C选项正确．由折叠知，OG＝GD，又OG⊥GD，∴△OGD是等腰直角三角形，且OR＝RD，所以RG＝RD，RG⊥RD，注意到GN⊥A

D为所作，∴∠GRD＝∠FRD＝90°，∠RKG＝∠NKD，∴∠RKG＋∠RGK＝∠NKD＋∠NDK＝90°，∴∠NDK＝∠RGK，所以△RKG≌△RFD，所以FD＝KG，易得四边形OHGP是矩形，所以PG＝1，由GN∥DC，可得△OPK∽△OTD，∴PKDT＝OPOT＝PK3＝

3＋12＋3＝3－1，∴PK＝3－3，∴KG＝4－3＝DF，CD－DF＝3＋1－(4－3)＝23－3，B选项正确；CD＋DF＝3＋1＋(4－3)＝5，A选项错误．故选A.二、填空题(每题6分，共12分)3．如图，正方

形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②PQBQ＝32；③S△PDQ＝18；④cos∠ADQ＝35.其中正确结论是__①②④__.(填写序号)【解析】①正确．理由：连

结OQ，OD，∵DP＝12CD＝BO＝12AB，且DP∥OB，∴四边形OBPD是平行四边形．∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB，∵OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB，∴∠AOD＝∠DOQ，∴△AOD≌△Q

OD，∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1.所以①正确．②正确．理由：延长DQ交BC于点E，过点Q作QF⊥CD，垂足为F，根据切线长定理，得QE＝BE，设QE＝x，则BE＝x，DE＝1＋x，CE＝1－x，在Rt△CDE中，(1＋x)2＝(1－x)2＋1，解

得x＝14，CE＝34，∵△DQF∽△DEC，∴DQDE＝FQCE＝45，得FQ＝35，∵△PQF∽△PBC，∴PQBP＝FQCB＝35，∴PQBQ＝32，所以②正确；③错误，理由：S△PDQ＝12DP·QF＝12×12×35＝320，所以③错误；④正

确，理由：∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠DEC，∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝CEDE＝3454＝35，所以④正确．故答案为①②④.4．如图，AB是⊙O的直径，P为AB延长线上的一个动点，过点P作⊙O的切线，切点为C.连结AC，BC，作∠APC的平分线交AC

于点D.下列结论正确的是__②③④__．(写出所有正确结论的序号)①△CPD∽△DPA；②若∠A＝30°，则PC＝3BC；③若∠CPA＝30°，则PB＝OB；④无论点P在AB延长线上的位置如何变化，∠CDP为定值．三、解答题(共46分)5．(16分)在△AB

C中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；(2)如图

②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝12AB；(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN

＝FN，求证：BE＋CF＝3(BE－CF)．解：(1)由四边形AEDF的内角和为360°，可知DE⊥AB，又∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BD＝2.在Rt△BDE中，∠B＝60°，∴BE＝1；(2)如答图①，取AB的中点G，连结DG，

易证：DG为△ABC的中位线，故DG＝DC，∠BGD＝∠C＝60°，又四边形AEDF的对角互补，故∠GED＝∠DFC，∴△DEG≌△DFC.故EG＝CF，∴BE＋CF＝BE＋EG＝BG＝12AB；(3)如答图②，取AB的中点G，连结DG，同(2)，易证△DE

G≌△DFC，故EG＝CF，故BE－CF＝BE－EG＝BG＝12AB.设CN＝x，在Rt△DCN中，CD＝2x，DN＝3x，在Rt△DFN中，NF＝DN＝3x，故EG＝CF＝(3－1)x，BE＝BG＋EG＝D

C＋CF＝2x＋(3－1)x＝(3＋1)x，故BE＋CF＝(3＋1)x＋(3－1)x＝23x，3(BE－CF)＝3[(3＋1)x－(3－1)x]＝23x.故BE＋CF＝3(BE－CF)．6．(15分)(1)如图①，已知△ABC，以AB，

AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE，CD.请你完成图形，并证明：BE＝CD；(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)(2)如图②，已知△ABC，以AB，AC为边向外作正方形ABFD和正方形AC

GE，连结BE，CD.BE与CD有什么数量关系？简单说明理由；(3)运用(1)(2)解答中积累的经验和知识，完成下题：如图③，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得∠ABC＝45°，∠CAE＝90°，AB＝BC＝100m，AC＝AE，求BE的长．解：(1)如答图①，证明：∵△AB

D和△ACE都是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB，∴BE＝CD；(2)BE＝CD.理由如下：∵四边形ABF

D和四边形ACGE均为正方形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB，∴BE＝CD；(3)由(1)，(2)的解题经验可知，过A在△ABC的外侧作等腰直角三角形ABD，如答图②，∠BAD＝90°，则AD＝AB＝100，∠AB

D＝45°，∴BD＝1002.连结CD，则由(2)可知BE＝CD.∵∠ABC＝45°，∴∠DBC＝∠ABD＋∠ABC＝90°.在Rt△DBC中，BC＝100，BD＝1002，∴CD＝1002＋（1002）2＝1003，∴BE的长为1

003m.7．(15分)如图，矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AD边上一点，DE＝1nAD(n为大于2的整数)，连结BE，作BE的垂直平分线分别交AD，BC于点F，G，FG与BE的交点为O，连结BF和EG.(1)试判断四边形BFEG的形状，并说明理由；(2)当AB＝a(a为常数)，n＝3时，求F

G的长；(3)记四边形BFEG的面积为S1，矩形ABCD的面积为S2，当S1S2＝1730时，求n的值．解：(1)四边形BFEG是菱形．理由如下：∵FG垂直平分BE，∴BO＝EO，∠BOG＝∠EOF＝90°在矩形ABCD中，AD∥

BC，∴∠GBO＝∠FEO.∴△BOG≌△EOF(ASA)．∴BG＝EF.∴四边形BFEG是平行四边形．又∵FG⊥BE，∴平行四边形BFEG是菱形；(2)当AB＝a，n＝3时，AD＝2a，AE＝43a，根据勾股定理可得BE＝53a，∵AF＝AE－EF＝AE－B

F，在Rt△ABF中AB2＋AF2＝BF2，∴AF＝724a，EF＝2524a，∵菱形BGEF面积＝12BE·FG＝EF·AB，∴FG＝54a；(3)设AB＝x，则DE＝2xn，当S1S2＝1730时，BG·ABAB·AD＝1730，可得BG＝1715x，

在Rt△ABF中AB2＋AF2＝BF2，∴AF＝815x，∴AE＝AF＋FE＝AF＋BG＝53x，DE＝AD－AE＝13x，∴n＝6.(15分)8．(15分)如图，已知AB是圆O的切线，切点为B，直线AO交圆O于C，D两点，CD＝2，∠DAB＝30°，动点P在直线AB上运动，PC

交圆O于另一点Q.(1)当点P运动到Q，C两点重合时(如图①)，求AP的长；(2)点运动过程中，有几个位置(几种情况)使△CQD的面积为12？(直接写出答案)(3)当使△CQD的面积为12，且Q位于以CD为直径的上半圆上，CQ＞QD时(如图②)，求AP的长．解：(

1)∵AB是圆O的切线，∴∠OBA＝90°，∵CD＝2，∠DAB＝30°，∴OB＝1，∴OB＝OC＝AC＝1，∵当点P运动到Q，C两点重合，∴PC为圆O的切线，∴∠PCA＝90°，∵∠DAB＝30°，AC＝1，∴AP＝233；(2)由于CD的长度为2，而S△C

QD＝12，故CD上的高的长度为12，从而如答图①，可知有4个位置使△CQD的面积为12；(3)过点Q作QN⊥AD于点N，过点P作PM⊥AD于点M.∵S△CQD＝12，∴12QN·CD＝12，∴QN＝12，∵CD是圆O的直径

，∴∠CQD＝90°，易证△QCN∽△DQN，∴QNDN＝CNQN，∴QN2＝CN·DN.设CN＝x，则DN＝2－x，∴x(2－x)＝14，解得x1＝2－32，x2＝2＋32，∵CQ＞QD，∴CN＝2＋32，∴CNQN＝2＋3.易证

△PMC∽△QNC，∴CNQN＝CMPM＝2＋3，∴CM＝(2＋3)MP，在Rt△AMP中，AM＝3MP∵AM＋CM＝AC＝1，∴(2＋3)MP＋3MP＝1，∴MP＝3－14，∴AP＝2MP＝3－12.(15分)10．

(15分)类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．(1)概念理解如图43－10①，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件；(2)问题探究①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形．她

的猜想正确吗？请说明理由；②如图②，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，并将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连结AA′，BC′.小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，应平移多少距离(即线段BB′的长)?(3)应用拓

展如图③，“等邻边四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD＋∠BCD＝90°，AC，BD为对角线，AC＝2AB.试探究BC，CD，BD的数量关系．解：(1)AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或DA＝AB；(任写一个即可)(2)①正确．理由为：∵四边形的对角线互相平

分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“等邻边四边形”是菱形；②由∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，得AC＝5，∵将Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′，∴BB

′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝2，B′C′＝1，A′C′＝5，(Ⅰ)如答图①，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝2；(Ⅱ)如答图②，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝5；(Ⅲ)如答图③，当BC′＝A′C′＝5时，延长C′B′交AB于点D，则C′D⊥AB，∵BB′

平分∠ABC，∴∠ABB′＝12∠ABC＝45°，∴∠BB′D＝∠ABB′＝45°，∴B′D＝BD.设B′D＝BD＝x，则C′D＝x＋1，BB′＝2x，∵在Rt△BC′D中，BD2＋(C′D)2＝(BC′)2，∴x2＋(x＋1)2＝(5)2，解得x1＝1，x2＝－2(不合题意

，舍去)，∴BB′＝2x＝2；(Ⅳ)如答图④，当BC′＝AB＝2时，与(Ⅲ)同理得：BD2＋(C′D)2＝(BC′)2，设B′D＝BD＝x，则x2＋(x＋1)2＝22，解得x1＝－1＋72，x2＝－1－72(不合题意，舍去)，∴BB′＝2x＝14－22；(3)BC，CD，BD的数量关系为：BC2

＋CD2＝2BD2.∵AB＝AD，∴如答图⑤，将△ADC线绕点A旋转到△ABF，连结CF，则△ABF≌△ADC，∴∠ABF＝∠ADC，∠BAF＝∠DAC，AF＝AC，FB＝CD，∴∠BAD＝∠CAF，ACAF＝ADAB＝1，∴△ACF∽△ABD，∴CFBD＝ACAB，∵AC＝2AB，∴

CF＝2BD，∵∠BAD＋∠ADC＋∠BCD＋∠ABC＝360°，∴∠ABC＋∠ADC＝360°－(∠BAD＋∠BCD)＝360°－90°＝270°，∴∠ABC＋∠ABF＝270°，∴∠CBF＝90°，∴BC2＋FB2＝CF2＝(2BD)2＝

2BD2，∴BC2＋CD2＝2BD2.