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第三部分
河北新考法题型突破
题型一 锐角三角函数
实际应用
1.
解:
如解图,过点O 作OD⊥CC′,
交CC′的延长线于点D,连接BB′
并延长,交OD 于点E.
第1 题解图
根据题意, 得BC = B′ C′ = ED
= 0. 5
m,
在Rt△BEO 中,∵∠EBO = 37°,
∴OB=
OE
sin
37°.
在Rt△B′EO 中,∵∠EB′O = 53°,
∴OB′=
OE
sin
53°.
∵绳子收回的长度为4. 5
m,
∴OB-OB′=
OE
sin
37°-
OE
sin
53°=4. 5,
解得OE≈10. 8,
∴OD=OE+DE=10
.8+0
.5≈11(m).
答:定滑轮O 距地面的高度约为
11
m.
2.
解:(1)如解图①,过点C 作CE⊥
AB,垂足为E,
第2 题解图①
∵C 为AD 的中点,AD= 2,
∴AC= 1
2 AD= 1.
在Rt△ACE 中,∵∠A= 30°,
∴AE=AC·cos
30° = 3
2 ,CE =AC·
sin
30° = 1
2 .
在Rt△BCE 中,∵∠B= 45°,
∴BE=CE= 1
2 ,
∴AB= 3 +1
2
m;
(2)如解图②,过点D′作D′H⊥
AB 交AB 的延长线于点H,过点
A′作A′M⊥AB 于点M,
第2 题解图②
由题意得∠A′BA= 90°-45° = 45°,
AB=A′B,BC=BC′,
∴A′M=A′B·sin
45° = 3 +1
2
× 2
2
= 6 + 2
4
.
又∵C′ 为A′ D′ 的中点, 且BC′
⊥AH,
∴BC′=D′H+A′M
2
.
由(1)可得BC= 2
2 ,
∴D′ H = 2BC′ - A′ M = 2 ×
2
2 -
6 + 2
4
= 3 2 - 6
4
,
∴此时点D′距离AB 所在平面的
高度为3 2 - 6
4
m.
3.
解:(1)如解图①,过点A 作AE⊥
桌面m 于点E,延长AB 交墙壁n
于点F,
第3 题解图①
∵AB∥桌面m,
∴AF⊥CF,
∴四边形AEDF 为矩形.
在Rt△BCF 中,CF=BC·cos∠BCF
=20·cos
30°=10 3.
∵要使点A 到桌面的距离为40
cm,
即AE=40,
∴DF=AE= 40,
∴CD = DF - CF = 40 - 10 3 ≈
22
. 7(cm).
答:此时CD 的高度约为22
. 7
cm;
(2)如解图②,过点A 作AM⊥桌
面m 于点M,过点B 作BG⊥AM
于点G, 延长GB 交墙壁n 于
点N,
第3 题解图②
∵∠D= 90°,
∴四边形DMGN 是矩形,
∴MG=DN,
∴AM=AG+DN.
∵∠BCN= 30°,
∴∠CBG = ∠BCN+∠BNC = 30°+
90° = 120°,
由题可知,当∠ABC = 150° 时,台
灯灯罩顶端A 到地面的距离最
大,此时∠ABG = ∠ABC - ∠CBG
= 30°,
在Rt△ABG 中,AG =AB·sin∠ABG
=10,
由(1)知CN= 10 3,
要使点A 到桌面的距离为50
cm,
则AM= 50,
∴GM=AM-AG= 50-10= 40,
则CD = DN - CN = GM - CN = 40 -
10 3≈22. 7(cm),
∴按照(1) 中所求CD 的高度安
装台灯,通过上下转动灯罩AB,
台灯灯罩顶端A 到桌面的距离能
达到50
cm.
一题多解法
如解图②,过点A 作AM⊥桌面m
于点M,过点B 作BG⊥AM 于点
G,延长GB 交墙壁n 于点N,
∵∠D= 90°,
∴四边形DMGN 是矩形,
∴MG=DN.
由(1)知,DN=MG= 40,
∵∠BCN= 30°,
∴∠CBG= 120°.
由题可知,当∠ABC = 150° 时,台
灯灯罩顶端A 到地面的距离最
大,此时∠ABG = ∠ABC - ∠CBG
= 30°,
1
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在Rt△ABG 中,AG =AB·sin∠ABG
=10,
∴AM=MG+AG=40+10=50(cm),
∴按照(1)中所求CD 的高度安装
台灯,通过上下转动灯罩AB,台灯
灯罩顶端A 到桌面的距离能达到
50
cm.
4.
解:(1) 如解图①,过点C 作CD
垂直路面于点D,过点P 作MN⊥
DQ 交DQ 的延长线于点N,交CA
的延长线于点M,
∴四边形MNDC 为矩形,
∴DN=CM.
第4 题解图①
由题意得AM = 24,AC = 12,PN =
8,CD= 10,
∴DN=CM= 24+12= 36.
设NQ=t,则QD= 36-t,
由题意知∠CQD=∠PQN=α,
∵∠PNQ=∠CDQ= 90°,
∴△PQN∽△CQD,
∴NQ
DQ =PN
CD,
∴
t
36-t = 8
10,解得t= 16,
∴在Rt△PNQ 中,tan
α = PN
NQ = 8
16
= 1
2 ;
(2)如解图②,过点Q1 作Q1F⊥
直线l 于点F,记C1Q1 交直线l
于点E,
第4 题解图②
由题意易得,CC1∥QE,QC∥EC1,
∴四边形QEC1C 为平行四边形,
∴CC1 =QE=y.
由题意易得∠Q1QE = ∠Q1EQ =
α,Q1F=x,
∴Q1Q=Q1E,
∴QF=EF= 1
2 y.
由(1)知tan
α= 1
2 ,
∴tan
α=
Q1F
QF = x
1
2 y
= 2x
y = 1
2 ,
∴y= 4x.
∵AC= 12,BC= 10,
∴-12≤y≤10,
∴-3≤x≤5
2 ,
∴该探测仪和收集端能够测量的
路面隆起到下沉的范围为-3≤x
≤5
2 .
5.
解:(1) ac
b ;
【解法提示】∵AC∥EF,∴∠ACB
= ∠EFD, ∵∠ABC = ∠EDF =
90°,∴△BCA ∽△DFE, ∴AB
ED =
BC
DF,∴a
ED = b
c ,∴DE= ac
b .
(2)能.
如解图, 过点H 作HN ⊥DE 于
点N,
第5 题解图
设DE=x 米,则EN=(x-0. 5)米,
在Rt △EDG 中, DE = x, ∠DGE
= 37°,
∴GE=
x
sin
37°.
在Rt △ENH 中, EN = x - 0. 5,
∠EHN= 54°,
∴EH= x-0. 5
sin
54°.
∵GE-EH= 5,
∴
x
sin
37°- x-0. 5
sin
54° = 5,
解得x≈10. 5,
答:旗杆高度可以求出,旗杆的高
度约为10. 5 米.
题型二 代数推理
1.
B
【解析】设a1 = 2k( k 为正整
数),∵a1, a2, a3 为三个连续偶
数,∴a2 = 2k+2,a3 = 2k+4. ∵a4,
a5 是两个连续奇数,∴a4 = a5 -2.
∵a1+a2+a3 = a4 +a5,∴2k+2k+2+
2k+4=a5-2+a5,∴6k+6 = 2a5 -2,
a5 = 3k+4,∴a4 = 3k+2, 1
3 (2a1+a3
+a4)+ 1
2 (a2 +2a5)= 3k+2+4k+5
= 7k+7= 7(k+1),∴1
3 (2a1 +a3 +
a4)+ 1
2 (a2+2a5)的值一定能被7
整除.
2.
A
【解析】设第一步完成时,每
个盒子都有x(x≥10) 枚棋子;第
二步完成时,盒子①x 枚,盒子②
(x+5)枚,盒子③(x-5) 枚;第三
步完成时,盒子①(x-7) 枚,盒子
②(x+12)枚,盒子③(x-5)枚;第
四步开始时,盒子③有( x- 5) 枚
棋子,则从盒子②拿走( x- 5) 枚
棋子,盒子②剩余棋子数量为( x
+12) -( x-5)= x+12-x+5 = 17,
∴他说出的是17 枚.
3.
6 【解析】方法一:设所选数字为
a(0<a<10,且a 为自然数),根据
题意得第二步后所得结果为(10a
+5)
2+75 = 100a
2 +100a+100 = 100
(a
2+a+1),∵0<a<10 且a 为自然
数,∴100(a
2 +a+ 1) 的后两位数
字为0,去掉后两位数字的结果为
a
2+a+1,∴a
2+a+1 = 43,解得a1 =
6,a2 = -7(舍去),∴a = 6,即所选
的数字是6. 方法二:分别将1,2,
3,4,5,6,7,8,9 这9 个数字按照
游戏规则计算后,可以得到9 个
数分别是3,7,13,21,31,43,57,
73,91, 分别与所选数字一一对
应,当所报得数为43 时,所选的
数字是6.
4.
1(或8)
【解析】∵任意两个有
线段相连的圆圈内的数字之差的
绝对值不等于1,而任意1 个数
字,与其左右相邻的数字之差的
绝对值均为1,∴两个中心圆圈的
数字a,b 只能取数字1 至8 的两
端数字1 或8.
5.
10 【解析】由题知,∵所有的灯
原来都是“不亮” 的,∴当开关被
按奇数次时,灯是“亮”的,当开关
被按偶数次时,灯是“不亮”的. 又
∵当灯的编号有几个因数时,灯
的开关就被按几次,∴灯的编号
的因数个数为奇数个时,其开关
被按了奇数次,最终状态为“亮”,
2
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∵只有平方数的因数才是奇数
个,且1~100 中平方数有:1,4,9,
16,25,36,49,64,81,100,∴最终
状态为“亮”的灯共有10 盏.
6.
4 【解析】由题知,∵最多连续报
4 个数,最少报1 个数,∴只需当
甲报完第一次数字后,接下来的
报数中甲只要与乙报的数字个数
之和为5,且甲报完第一次数字之
后余下的数的个数能被5 整除即
可. 又∵2
024÷5= 404……4,∴甲
要想必胜, 第一次报数的个数
是4.
7.
9
【解析】∵在“ □1□2□3□4
□5□6□7□8□9” 的小方格中,
若小方格全为加号,总和为45,
∴要使最后答案为25, 则其中
“+”号后面的数的总和为35,“-”
号后面的数的总和为10,即只要
把“-”号后面和为10 的数找出来
就是不同的表示方法,∴不同方
法种数为9 种:9,1 或8,2 或7,3
或6,4 或5,1,4 或6,1,3 或7,1,
2 或2,3,5 或1,2,3,4,这些数字
前的符号为负.
8.
2
344 或2
335
【解析】由题意,
当和是5 时,两个正整数是1,4
或2,3;和是6 时,两个正整数是
1,5 或2,4 或3,3;和是7 时,两个
正整数是1,6 或2,5 或3,4;和是
8 时,两个正整数是1,7 或2,6 或
3,5 或4,4. ∵每次所得的和最小
是5, ∴最小的两个数是2, 3,
∵每次所得的和最大是8,∴最大
的两个数中较大的数是4,5. ∴当
最大的数是4 时,四个整数是2,
3,4,4,得到的所有可能的四位数
为2
344;当最大的数是5 时,四
个整数是2,3,3,5,得到的所有可
能的四位数为2
335.
9.
58 【解析】∵a1、a2、a3、a4、a5 是
五个正整数,去掉其中任意一个
数,剩余四个数相加有五种情况,
和却只有四个不同的值,分别是
45、46、47、48,∴45+ 46+ 47+ 48+
45≤4a1+4a2+4a3+4a4+4a5≤45+
46+47+48+48,∴231≤4(a1 +a2 +
a3+a4+a5)≤234,∴57. 75≤a1+a2
+a3 +a4 +a5 ≤58. 5,∵a1、a2、a3、
a4、a5 是五个正整数,∴a1 +a2 +a3
+a4+a5 = 58.
10.
(1)2;
(2)11
【解析】(1)由
题意可知,15÷ 3 = 5……0,故经
过第一次变换后的m = 15
3 = 5;5
÷3= 1……2,故经过第二次变换
后的m= 5+1 = 6;6÷3 = 2……0,
故经过第三次变换后的m= 6
3 =
2;(2) 若经过两次变换后得到
的结果为1,设第一次变换后得
到的数为a,其中a 为正整数:①
当余数为0,则1= a
3 ,a= 3;②当
余数为1,则1 = 2a,a = 1
2 ( 舍
去);③当余数为2,则1 = a+1,a
= 0(舍去),∴经过一次变换后
得到的数a = 3. 当余数为0,经
过一次变换后得到的结果为3,
则3= n
3 ,n= 9;当余数为1,经过
一次变换后得到的结果为3,则
3= 2n,n = 3
2 (舍去);当余数为
2,经过一次变换后得到的结果
为3,则3= n+1,n = 2,∴所有满
足条件的n 的值为2 和9,它们
的和为2+9= 11.
题型三 综合与实践
类型一 尺规作图操作探究
1.
解:(1)①P,②MN,③1
2 CP;
(2) 选择小明的作法, 如解图,
▱BCDE 即为所求作. ( 作法不
唯一)
第1 题解图
2.
解:(1)如解图①所示;
(2) 依据1:等边对等角(或等腰
三角形的两个底角相等);
依据2:三角形的内角和为180°;
(3)作法1:如解图②所示;
作法2:如解图③所示;
作法3:如解图④所示. ( 作法不
唯一)
第2 题解图
【解法提示】如解图④,①在直线l
上任取一点E( 不同于点O);②
分别以点O,E 为圆心,大于1
2 OE
的长为半径作弧,两弧交于点F;
③连接EF 并延长,以点F 为圆
心,以EF 的长为半径作弧交EF
的延长线于点G;④作射线OG.
3.
解:【探究一】三角形的任意两边
之和大于第三边;
【探究二】∵∠ACB = 90°,☉O 是
以AB 为直径的圆,
∴OA=OB,
∴OC= 1
2 AB= 5(cm);
【拓展应用】(1) 如解图①,☉O
即为矩形ABCD 的最小覆盖圆
(作法不唯一);
第3 题解图①
(2) 5;
【解法提示】∵AB = 1
cm,BC = 2
cm, ∠ABC = 90°, ∴BD = AC =
1
2+2
2 = 5(cm).
(3) 2.
【解法提示】如解图②,作AD 的
垂直平分线LJ,交AD 于点L,交
BC 于点J,∴四边形ABJL,四边
形DCJL 是两个全等的矩形,∴AL
=DL = 1 = BJ = CJ,∵用两个等圆
完全覆盖矩形ABCD,∴两圆一定
过点L,J,连接AJ,BL,CL,DJ,交
点分别为点Q,K,同理可得这样
的两个等圆的最小直径为AJ(或
BL),CL( 或DJ),∴两个等圆的
3
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最小直径为
1
2+1
2 = 2;如解图
③,作AB 的垂直平分线分别交
AB,CD 于点V, W, 同法作☉O,
☉R,此时两个等圆不是直径最小
的两个等圆. 综上所述,用两个等
圆完全覆盖矩形ABCD,则这样的
两个等圆的最小直径为2
cm.
第3 题解图
4.
解:(1) 任务一:如解图①,点P′
即为所求;
第4 题解图①
任务二:如解图②,折痕l5 即为
所求;
第4 题解图②
(2)50.
【解法提示】如解图③,由题意可
知l4, l5 是∠α 的三等分线, ∴
∠CPK= 2
3 ∠α= 2
3 ×75° = 50°,∵
l2∥PK,∴∠CDE = ∠CPK = 50°,
∴l2 与l4 相交所成的锐角是50°.
第4 题解图③
5.
解:(1)10;
【解法提示】∵四边形ABCD 是矩
形,AB = 1,AD = 4,∴矩形ABCD
的周长为2(AB+AD)= 2×(1+4)
= 10.
(2)如解图①,直线MN 即为所求
(答案不唯一);
第5 题解图①
【作法提示】如解图①,以点E 为
圆心,EO 长为半径画弧,交BC 于
点M,作直线MO,交AD 于点N,
则直线MN 即为所求.
(3)∵四边形ABCD 是矩形,
∴∠B= 90°,AD∥BC,BC = AD,AB
=CD.
∵BG=AB,
∴∠AGB= 45°.
∵AN=MG,
∴四边形AGMN 是平行四边形,
∴MN∥AG,
∴∠NMG=∠AGB= 45°.
∵直线l 是线段GC 的垂直平分线,
∴GM=CM,
∴GM=CM=AN.
∵BM=BC-CM,DN=AD-AN,
∴BM=DN,
∴AN+AB+BM=CM+CD+DN,
∴直线MN 将矩形ABCD 分成了周
长相等的两部分,
∴直线MN 符合要求;
(4)①如解图②,过点H 作HG⊥
BC 于点G,连接AC 交PQ 于点
O,过点O 作OT⊥BC 于点T,
∵四边形ABCD 是矩形,且直线
PQ 将矩形ABCD 分成周长相等
的两部分,
∴点O 是矩形ABCD 的对角线
AC 的中点.
∵OT∥AB,∴OT = 1
2 AB = 1
2 ,BT
=TC= 1
2 BC= 2.
∵∠PQC= 45°,∴OT=QT= 1
2 ,
∴CQ=CT+QT= 2+ 1
2 = 5
2 ,
∴BQ=BC-CQ= 3
2 .
∵∠BQH = ∠PQC = 45°, ∠BHQ
= 90°,
∴△BHQ 是等腰直角三角形,
∴HG=GQ= 1
2 BQ= 3
4 ,
∴CG=CQ+GQ= 13
4 ,
∴tan∠BCH=HG
CG =
3
4
13
4
= 3
13;
第5 题解图②
②2 2.
【解法提示】如解图③,连接BD
交PQ 于点O,取BO 的中点L,∵
PQ 将矩形ABCD 分成了周长相
等的两部分,∴点O 为BD 和PQ
的中点. ∵BH⊥PQ,∴点H 在以
BO 为直径的☉L 上运动, 连接
LH,CL,当点H 在BC 上方且CH
与☉L 相切时,∠BCH 最大. ∵AB
= 1, AD = 4, ∴BD =
1
2+4
2 =
17,∴BO = 1
2 BD =
17
2
,∴LH
=BL = OL =
17
4
. 过点L 作LT⊥
BC 于点T,∴∠BTL= 90°,∵四边
形ABCD 是矩形,∴∠BCD = 90°,
∴TL ∥CD, 则△BLT ∽△BDC,
∴BL
BD = LT
DC = BT
BC, ∴
17
4
17
= LT
1 =
BT
4 ,∴LT= 1
4 ,BT = 1,∴CT = BC-
BT= 4- 1 = 3,∴CL
2 = TL
2 +CT
2 =
145
16 , ∵
CH
是☉L
的切线,
∴∠CHL= 90°,∴CH =
CL
2-HL
2
=
145
16 -(
17
4 )
2 =2 2.
第5 题解图③
4
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类型二 裁剪、拼接操作探究
1.
解:(1)由题图③,题图④得,CQ=
PC=AM= 4,
∴题图④中正方形的边长为
4
2+4
2 = 4 2,
∴MN= 4 2;
(2)如解图①,连接MQ,MP,延长
CP 交MA 的延长线于点E,由题
意得QD= 6-CQ= 2,
第1 题解图①
∴MQ=
MD
2+QD
2 =
40 =2 10,
易得四边形CEMD 是正方形,PE
= 2,ME= 6,
∴MP =
ME
2+PE
2 =
40 = 2
10
=MQ,
又∵∠PNM= 90°,由(1) 得PQ =
MN= 4 2,
∴PN=NQ= 2 2,
∴S四边形MNQD =S△MDQ +S△MNQ = 1
2 ×6
×2+ 1
2 ×4 2 ×2 2 = 14;
【探究】画出裁剪线GH 如解图②
所示,PG 的长为2.
第1 题解图②
2.
解:(1)10;
(2)如解图①,过点C 作CE⊥AB
于点E,
在Rt△ACE 中,AC
2-AE
2 =CE
2,
在Rt△CEB 中,BC
2-BE
2 =CE
2,
∴AC
2 - AE
2 = BC
2 - BE
2,即20
2 -
AE
2 = 13
2 - ( 21 - AE)
2, 解得AE
= 16,
∴CE=
20
2-16
2 = 12,
又∵MP⊥AB,
∴MP∥CE,
∴AM
AC =MP
CE,即10
20 =MP
12 ,
∴MP= 6,
∴点M 到PQ 的距离为6;
第2 题解图①
【探究】如解图②,过Q 作QF⊥
PN 于点F,QF 即为所求线段m.
(注:示意图如解图③)
第2 题解图②
第2 题解图③
3.
解:(1) 由折叠的性质,得AD =
2EF,BF=DF,DG=CG,
∴FG = FD + DG = BF + GC,即BC
= 2FG,
当四边形EFGH 为正方形时,EF
=FG,
∴AD 与BC 的数量关系是AD
=BC;
(2) 由折叠的性质,得GA = GD,
EB=EH,FH=FC,
∴BC= 2EF= 2(EH+HF)= 2(BE+
FC),
∵四边形AEFG 为正方形,BE =
3,FC= 2,
∴BC= 2EF= 2×(3+2)= 10,
∴AE=EF= 5,
∴平行四边形ABCD 的面积为
BC·AE= 10×5= 50;
(3) 如解图①,沿着虚线剪开;如
解图②,将四边形HDGI 绕着点G
顺时针旋转,使GD 与GC 重合;
将四边形AHIE 绕着点E 逆时针
旋转180°,使AE 与BE 重合;如
解图③,沿着FJ 剪开,将HF 与JI
重合,即可构成一个正方形.
第3 题解图
类型三 旋转操作探究
1.
【探究】解:△AEF 为等腰直角三
角形,理由如下:
∵四边形ABCD 为正方形,
∴∠BAD = 90°,即∠BAE+∠DAE
= 90°,
由旋转的性质可得AF =AE,∠BAF
=∠DAE,
∴∠BAE+∠BAF = 90°,即∠EAF
= 90°,
∴△AEF 为等腰直角三角形;
【拓展】证明:∵四边形ABCD 为
正方形,
∴∠ABD=∠ADB= 45°,
由旋转的性质可得∠ABF =
∠ADB = 45°, AF = AE, BF = DE,
∠EAF= 90°,
∴△AEF 为等腰直角三角形,
∠EBF=∠ABE+∠ABF= 90°,
∴AE
2+AF
2 =EF
2,BF
2+BE
2 =EF
2,
∴2AE
2 =DE
2+BE
2;
【应用】解:①将△ADE 绕点A 顺
时针旋转120°得到△ABE′,如解
图所示;
第1 题解图
5
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
②如解图,连接EE′. 由旋转的性
质可得AE′ = AE,∠EAE′ = 120°,
∠AE′B=∠AED= 60°,BE′=DE,
∴∠AEE′ = ∠AE′E = 180°-∠EAE′
2
=30°,
∴∠BE′ E = ∠AE′ B + ∠AE′ E
= 90°,
过点A 作AF⊥EE′于点F,则EE′
= 2EF,AF= 1
2 AE,
∴EF=
AE
2-AF
2 = 3
2 AE,
∴EE′= 2EF= 3AE,
由勾股定理,得BE′
2+EE′
2 =BE
2,
∴DE
2+( 3AE)
2 =BE
2,
∴3AE
2+DE
2 =BE
2.
2.
(1)证明:∵MA 绕点M 逆时针旋
转120°得到MD,
∴MD=AM,∠DMA= 120°.
∵∠DMA+∠DMB= 180°,
∴∠DMB= 60°.
∵△ABC 为等边三角形,
∴∠MAN= 60°.
∴∠MAN=∠DMB= 60°.
∵AN=MB,
∴△MAN≌△DMB(SAS),
∴MN=DB;
(2)解:四边形AFBD 为平行四边
形,理由如下:
∵MA 绕点M 逆时针旋转90°得
到MD,
∴AM=MD,∠DMA= 90°.
∴∠DAM= 45°.
∵∠DMA+∠DMB= 180°,
∴∠DMB= 90°.
∵∠MAN= 90°,
∴∠MAN=∠DMB.
∵AN=MB,
∴△MAN≌△DMB(SAS),
∴∠ANM=∠MBD.
∵AE⊥MN,
∴∠EAN+∠ANM= 90°,
∴∠EAN+∠MBD= 90°.
∵∠BAC= 90°,
∴∠BAF+∠EAN= 90°,
∴∠MBD=∠BAF,
∴DB∥AF.
∵AB=AC,∠BAC= 90°,
∴∠ABC= 45°.
∵∠DAM= 45°,
∴∠ABC=∠DAM,
∴DA∥BF,
∴四边形AFBD 为平行四边形;
(3) 解:如解图,将BA 绕点B 逆
时针旋转90°得到线段BG,连接
GM,CG,且GC 交AB 于点M′,过
点G 作GH⊥BC 交CB 的延长线
于点H. 由旋转的性质得GB=BA,
∠GBA= 90°.
∵∠BAC= 90°,
∴∠BAC=∠GBA.
∵GB = BA, ∠GBM = ∠BAN, BM
=AN.
∴△GBM≌△BAN(SAS),
∴GM=BN,
∴BN+CM=GM+CM≥GC,
∴当G,M,C 三点共线时,BN+CM
有最小值,是GC 的长度.
∵AB=AC=BG= 4,∠BAC= 90°,
∴BC =
BA
2+CA
2 = 4 2,∠ABC
= 45°.
又∵∠GBM= 90°,
∴∠GBH= 45°,
∴△GHB 为等腰直角三角形,
∴HG=HB= 2 2.
∴HC=HB+BC= 6 2,
∴CG=
HC
2+HG
2 = 4 5,
∴BN+CM 的最小值为4 5.
第2 题解图
3.
解:(1)将△ACD 绕点A 旋转,使
得AD 与AB 重合. 画出图形如解
图①所示;
第3 题解图①
(2)∠ACD=∠ACB,理由如下:
由旋转的性质得AC′ = AC,∠ACD
=∠C′,
∴∠ACB=∠C′,
∴∠ACD=∠ACB;
(3)如解图②,过点A 作AH⊥BC
于点H,
由旋转的性质得AC = AC′,BC′ =
CD=n,
∴CH=C′H= 1
2 CC′,
∵BC=m,
∴CC′=m+n,
∴CH= 1
2 CC′=m+n
2 ,
∵∠BCD = 2θ, 由( 2) 得∠ACD
=∠ACB,
∴∠ACH=θ,
∴AC=
CH
cos∠ACH = m+n
2cos
θ;
第3 题解图②
【应用】BN 的长为12 2
7
或12 2
5
.
【解法提示】分两种情况:①如解
图③, 当∠ANM = 90°, AN = MN
时,过点N 作ND⊥BC 于点D,过
点B 作BE ⊥AC 于点E, 在
Rt△ABC 中,易知AC = 5,设AN =
MN = x, ∴CN = 5 - x, ∴BE =
AB·BC
AC
= 12
5 ,∵∠ABC= ∠MNC =
90°, ∠C = ∠C, ∴
△ABC ∽
△MNC,∴MN
AB = NC
BC,∴x
3 = 5-x
4 ,
解得x = 15
7 ,∴CN = 5-x = 20
7 ,在
△BNC 中, BC · DN = CN · BE,
∴DN = 12
7 ,在Rt△NDC 中,CD =
CN
2-DN
2 = 16
7 ,∴BD = 4-CD =
12
7 , 在
Rt △NDB
中, BN =
ND
2+BD
2 = 12 2
7
;②如解图④,
当∠ANM = 90°,AB = BM 时,过点
N 作ND⊥BC 于点D,∵AB = BM
= 3,∴MC = 1,∵∠ABC = ∠MNC
= 90°, ∠C = ∠C, ∴△ABC ∽
△MNC,∴MN
AB = MC
AC = NC
BC,∴MN =
3
5 ,NC = 4
5 . 在△MNC 中,MC·
DN = CN · MN, ∴DN = 12
25, 在
Rt△NDM 中,MD =
MN
2-DN
2 =
6
参考答案
分
层
精
讲
本
9
25, ∴在Rt △NDB 中, BN =
ND
2+(3+MD)
2 = 12 2
5
. 综上所
述,BN 的长为12 2
7
或12 2
5
.
第3 题解图
类型四 折叠操作探究
1.
解:(1) 画出折叠后的图形如解
图①;
第1 题解图①
证明:∵对折矩形纸片ABCD,使
AD 与BC 重合,得到折痕GH,
∴AG = BG = 1
2 AB, GH ∥BC,
∠BGN= 90°,
∵再一次折叠纸片,使点A 落在
GH 上,并使折痕经过点B,得到
折痕BM,同时,得到了线段BN,
∴AB=BN,∠ABM=∠NBM,
∴BG= 1
2 BN,
∴∠GNB= 30°,
又∵GH∥BC,
∴∠NBC= 30°,
∴∠ABN= 60°,
∴∠ABM=∠NBM= 30° =∠CBN;
(2) 如解图②, 由( 1) 得∠ABM
= 30°,
在Rt△ABM 中,BM= 5,
∴AB=BM·cos∠ABM= 5 3
2 ,
由(1)得∠ABN= 60°,
AB=BN,
∴△ABN 是等边三角形,
∴AN=AB= 5 3
2 ;
第1 题解图②
(3)如解图③,以点Q 为圆心,AQ
长为半径作圆,连接CQ,
∵△OPQ 是由△APQ 翻折得到,
∴AQ=OQ= 2,
∴点O 在以点Q 为圆心,2 为半
径的圆上运动,
∵OC≥CQ-OQ,
∴当Q,O,C 三点共线时,OC 取
得最小值,最小值为CQ-OQ,
在Rt △CDQ 中, 由勾股定理得
CQ=
DQ
2+CD
2 = 2
13,
∴OC 的最小值为CQ-OQ=2 13-2.
第1 题解图③
2.
(1)解:BG=D′G,理由如下:
如解图①,连接CG,由折叠的性
质, 得∠ED′ C = ∠D = 90°, CD
=CD′,
∴∠GD′C= 180°-∠ED′C= 90°,
∴△GD′C 是直角三角形,
∵四边形ABCD 是正方形,
∴∠B= 90°,BC=CD,
∴△BGC 是直角三角形,BC = CD
=CD′,
∵CG=CG,
∴Rt△GBC≌Rt△GD′C(HL),
∴BG=D′G;
第2 题解图①
(2)证明:如解图②,连接EH,
由折叠的性质,得∠ED′C = ∠D =
90°,则∠ED′H= 90° =∠A,且D′E
=DE=AE,
∴△AHE 和△ED′H 均为直角三
角形.
又∵EH=EH,
∴Rt△EAH≌Rt△ED′H(HL),
∴AH=D′H.
设AH = D′H = y,由点G 是边AB
的三等分点,得AG = 16
3 ,D′G = BG
= 8
3 ,则HG=AG-AH= 16
3 -y,
在Rt△HGD′中,由勾股定理得
D′H
2+D′G
2 =HG
2,
即y
2+( 8
3 )
2 =( 16
3 -y)
2,
解得y= 2,即AH= 2,
∴AH
AB = 1
4 ,
∴AH= 1
4 AB;
第2 题解图②
(3)解:操作步骤如下:
如解图③,将正方形纸片沿着过
点D′的直线折叠,使得点A 落在
AD 边上,点B 落在BC 边上,展开
得到折痕MN, 分别交AD 于点
M,交BC 于点N,则点M,N 分别
是AD,BC 边的五等分点.
证明:∵MN∥AB,
∴AM
AE =GD′
GE ,即AM
4 =
8
3
8
3 +4
,
解得AM= 8
5 ,
则AM
AD =
8
5
8 = 1
5 ,
∴点M 是AD 边的五等分点,同
理点N 也是BC 边的五等分点.
第2 题解图③
3.
解:探究1:根据折叠的性质可知,
∠EBD=∠ABD= 1
2 ∠ABC= 30°,
∵∠A= 90°,AB= 1,
∴BD= 2 3
3 AB= 2 3
3 ;
探究2:如解图①,过点D 分别作
DM⊥AB 交BA 的延长线于点M,
作DN⊥BC 于点N,过点A 作AR
7
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
⊥BC 于点R,
根据折叠的性质可知, S△ABD =
S△EBD,AB=EB,
∵S△ABD = 1
2 AB · DM, S△EBD =
1
2 EB·DN,
∴DM=DN,
∴
S△ABD
S△BCD
=
1
2 DM·AB
1
2 DN·BC
= AB
BC,
∵在等腰△ABC 中, ∠BAC =
120°,AR⊥BC,
∴∠ABC= 30°,BR=CR,
∴AB
BR =
AB
AB·cos
30° = 2 3
3
,
∴AB
BC = 3
3 ,
∴S△ABD ∶S△BCD = 3 ∶3;
第3 题解图①
探究3:根据题意可知,当三角形
存在“落边折痕” 时,折叠后的对
应点在三角形的边上.
∵在等腰△ABC 中,AB = AC = 5,
BC= 6,BC>AB,
∴只能是点A 向下折叠,可分情
况讨论:
①如解图②,当沿BD 折叠时,点
A 落在BC 边上的点E 处,
由探究2 可得,
S△ABD
S△BCD
= AB
BC = 5
6 ,
∴
S△BCD
S△ABC
= 6
11,
过点D 作DF⊥BC 于点F,过点A
作AG⊥BC 于点G,
∴DF
AG = 6
11,G 为BC 中点,AG∥DF,
∴CG= 3,△DFC∽△AGC,
∴CG-GF
CG
=DF
AG = 6
11,
由勾股定理得AG =
AC
2-CG
2
= 4,
∴DF= 24
11,GF= 15
11,
∴BF= 48
11,
∴BD=
BF
2+DF
2 = 24 5
11 ;
第3 题解图②
②如解图③,当沿CH 折叠时,点
A 落在BC 边上的点I 处,同情况
①,CH= 24 5
11 ;
第3 题解图③
③如解图④,当沿BP 折叠时,点
A 落在AC 边上的点Q 处,
∵∠APB=∠QPB= 90°,AP=PQ,
∴BP 为AQ 的垂直平分线,
由情况①可知S△ABC = 1
2 × 6× 4 =
1
2 BP·AC,
∴BP= 24
5 ;
第3 题解图④
④如解图⑤,当沿CM 折叠时,点
A 落在AB 边上的点N 处. 同情况
③,CM= 24
5 .
第3 题解图⑤
综上所述, “ 落边折痕” 的长为
24 5
11 或24
5 .
拓展类型 项目式学习
1.
解:(1) ∵☉O 分别与AC,AD 相
切于点B,D,
∴∠BAO = ∠DAO =
1
2 ∠CAD
= 30°;
(2) ∵OB ⊥AC, OB = 1, ∠BAO
= 30°,
∴OA= 2,
∴AB =
OA
2-OB
2 =
2
2-1
2
= 3,
∴AC=BC+AB= 1+ 3≈2. 73,
易得A′C′=AC,
∴l = y - 2AC ≈7. 52 - 2 × 2. 73 =
2. 06.
∵1. 9<2. 06<2. 1,
∴该部件l 的长度符合要求;
(3)能将圆柱换成其他几何体,可
以换成正三棱柱,正方体等(答案
不唯一).
2.
解:(1)作图如解图;
第2 题解图
(2)设y1 与x 的函数解析式为y1
=kx+b(k≠0),将点(2,9),(0,6)
代入,
得2k+b= 9,
b= 6,
{
解得k= 3
2 ,
b= 6,
{
∴y1 与x 的函数解析式为y1 = 3
2 x
+6,
第18 天甲种菜苗的高度为
33
cm;
【解法提示】当x = 18 时,y1 = 3
2 ×
18+6= 33,∴第18 天甲种菜苗的
高度为33
cm.
(3)甲种菜苗先开花,理由如下:
由图象可知,当甲,乙两种菜苗高
度相同时(即y1 与y2 的交点处)
都未达到50
cm 的高度,达到相
同高度后y1 的图象始终在y2 的
图象上方,
∴甲种菜苗比乙种菜苗先达到
50
cm 高度,即甲种菜苗先开花.
3.
解:(1)轴心轨迹不在一条水平线
8
参考答案
分
层
精
讲
本
上. 理由如下:
当等边三角形沿水平方向转动
时,“车轮轴心” 到水平平面的距
离先升高再下降,再升高再下降,
不断循环,故轴心轨迹不在一条
水平线上;
(2)如解图①,连接OA,O′A,过点
O 作OC⊥地面于点C,
∵O 为等边三角形的中心,
∴∠CAO=∠BAO= 30°.
∵O′为等边三角形的中心,
∴∠DAO′= 30°.
∵∠BAD= 60°,
∴∠OAO′= 120°.
∵OC⊥AC,
∴AC= 3
cm,
∴OA=
AC
cos
30° = 2 3(cm),
∴OO′
(
的长为120π×2 3
180
=4 3
3 π(cm),
∴等边三角形车轮在地面上无滑
动地滚动一周,轴心点O 经过的
路径长为3×4 3
3 π= 4 3π
cm;
第3 题解图①
(3)如解图②,过点O 作OM⊥AB
于点M,连接AO 并延长交BC
(
于
点N,
第3 题解图②
∵AB= 6
cm,
∴AM= 3
cm,
∵O 为正三角形△ABC 的中心,
∴∠OAM= 1
2 ∠BAC= 30°.
在Rt△OAM 中,∠AMO= 90°,
∴AO=
AM
cos
30° = 2 3.
∵BC
(
是以点A 为圆心,AB 长为
半径的圆弧,
∴AN= 6
cm.
当AN 与地面垂直且点N 落在地
面上时,轴心离地面的距离最小,
此时ON=AN-OA=(6-2 3)cm.
∴轴心O 离地面的最小值为(6-
2 3)cm.
9
