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中考数学期末复习之方法技巧:中点联想训练(含答案)

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中考数学期末复习之方法技巧:中点联想训练(含答案)方法技巧专题(六) 中点联想训练【方法解读】1.与中点有关的定理:(1)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.(2)等腰三角形“三线合一”的性质.(3)三角形的中位线定理.(4)垂径定理及其推论.2.与中点有关的辅助线:(1)构造三角形的中位线,如连结三角形两边的中点;取一边的中点,然后与另一边的中点相连结;过三角形一边的中点作另一边的平行线等等.(2)延长角平分线的垂线,构造等腰三角形,利用等腰三角形的“三线合一”.(3)把三角形的中线延长一倍,构造平行四边形.1.[2018·南充] 如图 F6-1,在 Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,D,E,F分别为 AB,AC,AD的中点,若 BC=2,则 EF的长度为(  )图 F6-1A. B.1 C. D.2.[2017·株洲] 如图 F6-2,点 E,F,G,H分别为四边形 ABCD四条边 AB,BC,CD,DA的中点,则下列关于四边形 EFGH的说法正确的是(  )图 F6-2A.一定不是平行四边形B.一定不会是中心对称图形C.可能是轴对称图形D.当 AC=BD时,它为矩形3.[2018·荆门] 如图 F6-3,等腰直角三角形 ABC中,斜边 AB的长为 2,O为 AB的中点,P为 AC边上的动点,OQ⊥OP交 BC于点 Q,M为 PQ的中点,当点 P从点 A运动到点 C时,点 M所经过的路线长为 (  )图 F6-3A. π B. π C.1 D.24.如图 F6-4,在正方形 ABCD和正方形 CEFG中,点 D在 CG上,BC=1,CE=3,H是 AF的中点,那么 CH的长是 (  )图 F6-4A.2.5 B. C. D.25.[2018·眉山] 如图 F6-5,在▱ABCD中,CD=2AD,BE⊥AD于点 E,F为 DC的中点,连结 EF,BF,下列结论:①∠ABC=2∠ABF;②EF=BF;③S 四边形 DEBC=2S△EFB;④∠CFE=3∠DEF.其中正确的结论有 (  )图 F6-5A.1个 B.2个C.3个 D.4个6.[2018·苏州] 如图 F6-6,在△ABC中,延长 BC至点 D,使得 CD= BC.过 AC的中点 E作 EF∥CD(点 F位于点 E右侧),且EF=2CD.连结 DF,若 AB=8,则 DF的长为    . 图 F6-67.[2018·天津] 如图 F6-7,在边长为 4 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别为 AB,BC 的中点,EF⊥AC 于点 F,G 为 EF 的中点,连结 DG,则 DG的长为    . 图 F6-78.[2018·哈尔滨] 如图 F6-8,在平行四边形 ABCD 中,对角线 AC,BD 相交于点 O,AB=OB,点 E,F 分别是 OA,OD 的中点,连结 EF,∠CEF=45°,EM⊥BC于点 M,EM交 BD于点 N,FN= ,则线段 BC的长为    . 图 F6-89.[2018·德阳] 如图 F6-9,点 D 为△ABC 的 AB 边上的中点,点 E 为 AD 的中点,△ADC 为正三角形,给出下列结论,①CB=2CE,②tanB= ,③∠ECD=∠DCB,④若 AC=2,点 P 是 AB 上一动点,点 P 到 AC,BC 边的距离分别为 d1,d2,则 + 的最小值是 3.其中正确的结论是    (填写正确结论的序号). 图 F6-910.[2017·徐州] 如图 F6-10,在平行四边形 ABCD 中,点 O 是边 BC 的中点,连结 DO 并延长,交 AB 的延长线于点 E.连结BD,EC.(1)求证:四边形 BECD是平行四边形;(2)若∠A=50°,则当∠BOD=    °时,四边形 BECD是矩形. 图 F6-1011.[2017·成都] 如图 F6-11,在△ABC 中,AB=AC,以 AB 为直径作圆 O,分别交 BC 于点 D,交 CA 的延长线于点 E,过点 D作 DH⊥AC于点 H,连结 DE交线段 OA于点 F.(1)求证:DH是☉O的切线;(2)若 A为 EH的中点,求 的值;(3)若 EA=EF=1,求☉O的半径.图 F6-1112.[2018·淄博] (1)操作发现:如图 F6-12①,小明画了一个等腰三角形 ABC,其中 AB=AC,在△ABC 的外侧分别以 AB,AC 为腰作了两个等腰直角三角形ABD,ACE,分别取 BD,CE,BC 的中点 M,N,G,连结 GM,GN,小明发现:线段 GM 与 GN 的数量关系是    ;位置关系是    . (2)类比思考:如图②,小明在此基础上进行了深入思考,把等腰三角形 ABC 换为一般的锐角三角形,其中 ABAC,其他条件不变,小明发现上述的结论还成立吗?请说明理由.(3)深入探究:如图③,小明在(2)的基础上,又作了进一步的探究,向△ABC 的内侧分别作等腰直角三角形 ABD,ACE,其他条件不变,试判断△GMN的形状,并给予证明.图 F6-12参考答案1.B [解析] 在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2,∴AB=4,CD= AB,∴CD= ×4=2.∵E,F 分别为 AC,AD 的中点,∴EF= CD= ×2=1.故选 B.2.C 3.C [解析] 如图,连结 OM,CM,OC.∵OQ⊥OP,且 M是 PQ的中点,∴OM= PQ.∵△ABC是等腰直角三角形,∴∠ACB=90°,∴CM= PQ,∴OM=CM,∴△OCM是等腰三角形,∴M在 OC的垂直平分线上.∵当点 P在 A点时,点 M为 AC的中点,当点 P在 C点时,点 M为 BC的中点,∴点 M所经过的路线长为 AB=1.故选 C.4.B5.D  [解析 ] 如图① ,连结 AF 并延长与 BC 的延长线相交于点 M,易证△ ADF≌△ MCF,∴ AF=MF,AD=MC.又∵AD=BC,DC=AB=2AD,∴AB=BM,∴∠ABC=2∠ABF,故①正确.如图②,延长 EF,BC相交于点 G.易得△DEF≌△CGF,∴FE=FG.∵BE⊥AD,AD∥BC,∴∠EBG=90°.根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得 EF=BF,故②正确.如图②,由于 BF是△BEG的中线,∴S△BEG=2S△BEF,而 S△BEG=S 四边形 DEBC,∴S 四边形 DEBC=2S△EFB,故③正确.如图②,设∠DEF=x,∵AD∥BC,∴∠DEF=∠G=x,又∵FG=FB,∴∠G=∠FBG=x,∴∠EFB=2x.∵CD=2AD,F为 CD的中点,BC=AD,∴CF=CB,∴∠CFB=∠CBF=x,∴∠CFE=∠CFB+∠BFE=x+2x=3x=3∠DEF,故④正确.故选 D.6.4 [解析] 解此题时可取 AB的中点,然后再利用三角形的中位线和平行四边形的判定和性质.取 AB的中点 M,连结 ME,则 ME∥BC,ME= BC.∵EF∥CD,∴M,E,F三点共线,∵EF=2CD,CD= BC,∴MF=BD,∴四边形 MBDF是平行四边形,∴DF=BM= AB= ×8=4.7.  [解析] 如图,连结 DE.∵D,E分别为 AB,BC的中点,∴DE∥AC,DE= AC=2,EC=2.∵EF⊥AC,∴DE⊥EF,∴△DEG为直角三角形.在 Rt△EFC中,EC=2,∠C=60°,∴EF= .∵G为 EF的中点,∴EG= .在 Rt△DEG中,DE=2,EG= ,由勾股定理,得 DG= = .故答案为 .8.4  [解析] 如图,连结 BE,由 E,F 分别为 OA,OD 的中点可知 EF= AD,EF∥AD,易证△BEC 是等腰直角三角形,EM 三线合一,可证得△EFN≌△MBN,可得到 BN=FN= ,tan∠NBM= ,就能求出 BM=2 ,所以 BC=4 .9.①③④ [解析] 由题意得,AE=DE,AD=BD=CD.∵△ACD是正三角形,∴∠CDA=60°,CE⊥AD,∴∠B=∠DCB=30°.在 Rt△BCE中,∠B=30°,∴CB=2CE,故①正确;∵∠B=30°,∴tanB= ,故②错误;在正△ACD中,CE是△ACD的中线,∴∠ECD= ∠ACD=30°,∴∠ECD=∠DCB,故③正确;如题图,PM=d1,PN=d2.在 Rt△MPN中, + =MN2.∵∠ACB=∠CMP=∠CNP=90°,∴四边形 MPNC为矩形,∴MN=CP.要使 + 最小,只需 MN最小,即 PC最小,当 CP⊥AB时,即 P与 E重合时, + 最小.在 Rt△ACE中,∵AC=2,∠ACE=30°,∴CE=AC·cos30°= ,则 CE2=3,∴ + 的最小值为 3,故④正确.故正确的有①③④.10.解:(1)证明:∵平行四边形 ABCD,∴AE∥DC,∴∠EBO=∠DCO,∠BEO=∠CDO.∵点 O是边 BC的中点,∴BO=CO,∴△EBO≌△DCO(AAS),∴EO=DO,∴四边形 BECD是平行四边形.(2)100° 提示:若四边形 BECD为矩形,则 BC=DE,BD⊥AE,又 AD=BC,∴AD=DE.∵∠A=50°,根据等腰三角形的性质,可知∠ADB=∠EDB=40°,∴∠BOD=180°-∠ADE=100°.11.解:(1)证明:连结 OD,如图.∵OB=OD,∴∠OBD=∠ODB.又∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ODB=∠ACB,∴OD∥AC.∵DH⊥AC,∴DH⊥OD,∴DH是☉O的切线.(2)∵∠E=∠B,∠B=∠C,∴∠E=∠C,∴△EDC是等腰三角形.又∵DH⊥AC,点 A是 EH中点,∴设 AE=x,则 EC=4x,AC=3x.连结 AD,∵AB为☉O的直径,∴∠ADB=90°,即 AD⊥BD.又∵△ABC是等腰三角形,∴D是 BC的中点,∴OD是△ABC的中位线,∴OD∥AC,OD= AC= x,∴∠E=∠ODF.在△AEF和△ODF中,∴△AEF∽△ODF,∴ = ,∵ = = ,∴ = .(3)设☉O的半径为 r,即 OD=OB=r.∵EF=EA,∴∠EFA=∠EAF.又∵OD∥EC,∴∠FOD=∠EAF,∴∠FOD=∠EFA=∠OFD,∴DF=OD=r,∴DE=DF+EF=r+1,∴BD=CD=DE=r+1.∵∠BDE=∠EAB,∴∠BFD=∠EFA=∠EAB=∠BDE,∴BF=BD=1+r,∴AF=AB-BF=2OB-BF=2r-(1+r)=r-1.在△BFD与△EFA中,∴△BFD∽△EFA,∴ = ,∴ = ,解得 r1= ,r2= (舍去).∴☉O的半径为 .12.[解析] (1)通过观察可得两条线段的关系是垂直且相等;(2)连结 BE,CD,可得△ACD≌△AEB,从而得 DC⊥BE,DC=BE,利用中位线得 GM∥CD且等于 CD的一半,GN∥BE且等于 BE的一半,从而得到 MG和 GN的关系;(3)连结 BE,CD,仿照(2)依然可得相同的结论.解:(1)操作发现:线段 GM与 GN的数量关系为 GM=GN;位置关系为 GM⊥GN.(2)类比思考:上述结论仍然成立.理由如下:如图①,连结 CD,BE相交于点 O,BE交 AC于点 F.①∵点 M,G分别是 BD,BC的中点,∴MG∥CD,MG= CD.同理可得 NG∥BE,NG= BE.∵∠DAB=∠EAC,∴∠DAC=∠BAE.又∵AD=AB,AC=AE,∴△ADC≌△ABE,∴∠AEB=∠ACD,DC=BE,∴GM=GN.∵∠AEB+∠AFE=90°,∴∠OFC+∠ACD=90°,∴∠FOC=90°,易得∠MGN=90°,∴GM⊥GN.(3)深入探究:△GMN是等腰直角三角形.证明如下:如图②,连结 BE,CD,CE与 GM相交于点 H.②∵点 M,G分别是 BD,BC的中点,∴MG∥CD,MG= CD.同理 NG∥BE,NG= BE.∵∠DAB=∠EAC,∴∠DAC=∠BAE.又∵AD=AB,AC=AE,∴△ADC≌△ABE,∴∠AEB=∠ACD,DC=BE,∴GM=GN.∵GM∥CD,∴∠MHC+∠HCD=180°,∴∠MHC+(45°+∠ACD)=180°,∴∠MHC+45°+∠AEB=180°,∴∠MHC+45°+(45°+∠CEB)=180°,∴∠MHC+∠CEB=90°,∴∠GNH+∠GHN=90°,∴∠NGM=90°,即 GM⊥GN,∴△GNM是等腰直角三角形.

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