2017年中考数学第三编-综合专题五-猜想、探究与证明专题五 猜想、探究与证明.doc

专题五 猜想、探究与证明

猜想、探究与证明题型是全国各地中考的热门题型，由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以往往作为中考试卷中的压轴题出现，主要用于考查学生分析问题和解决问题的能力和创新意识．纵观贵阳5年中考，只有2013年考查了猜想、探究问题，设置在第24题，以解答题的形式出现，分值为12分．

预计2017年贵阳中考，猜想、探究与证明题型将是重点考查内容，复习时要加大训练力度．
,中考重难点突破)x§k§b 1
与三角形有关的猜想与探究x§k§b 1
【经典导例】x k b 1
【例】(2013贵阳中考)在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，设c为最长边．当a2＋b2＝c2时，△ABC是直角三角形；当a2＋b2≠c2时，利用代数式a2＋b2和c2的大小关系，探究△ABC的形状．(按角分类)
(1)当△ABC三边长分别为6、8、9时，△ABC为________三角形；当△ABC三边长分别为6、8、11时，△ABC为________三角形；
(2)猜想：当a2＋b2________c2时，△ABC为锐角三角形；当a2＋b2________c2时，△ABC为钝角三角形；
(3)判断当a＝2，b＝4时，△ABC的形状，并求出对应的c的取值范围．
【解析】(1)由勾股定理的逆定理可知，6，8，10是一组勾股数，最长边10所对的角是直角，而9<10，11>10，所以当△ABC的三边长分别为6，8，9时，最长边9所对的角应小于直角；当△ABC的三边长分别为6，8，11时，最长边11所对的角大于90°；(2)由勾股定理的逆定理可知，当c2＝a2＋b2时，△ABC是直角三角形．此时，∠C＝90°，则当c2<a2＋b2时，c边所对的角小于90°，当c2>a2＋b2时，c边所对的角大于90°；(3)根据题意先求出c边长的取值范围，然后分三种情况讨论：①锐角三角形；②直角三角形；③钝角三角形，再具体求出c的取值范围．x§k§b 1
【学生解答】解：(1)锐角；钝角；(2)>；<；(3)∵b－a<c<b＋a，∴2<c<6，①a2＋b2＞c2，即c2＜20，0＜c＜2，∴当2<c<2时，△ABC是锐角三角形；②a2＋b2＝c2，即c2＝20，c＝2，∴当c＝2时，△ABC是直角三角形；③a2＋b2＜c2，即c2＞20，c＞2，∴当2＜c＜6时，△ABC是钝角三角形．

1．(2016内江中考)问题引入：
(1)如图①，在△ABC中，点O是∠ABC和∠ACB平分线的交点，若∠A＝α，则∠BOC＝__90°＋2(α)__(用α表示)；如图②，∠CBO＝3(1)∠ABC，∠BCO＝3(1) ∠ACB，∠A＝α，则∠BOC＝__120°＋3(α)__(用α表示)；
(2)如图③，∠CBO＝3(1)∠DBC，∠BCO＝3(1)∠ECB，∠A＝α，请猜想∠BOC＝________(用 α表示)，并说明理由．
类比研究：
(3)BO，CO分别是△ABC的外角∠DBC，∠ECB的n等分线，它们交于点O，∠CBO＝ n(1)∠DBC，∠BCO＝n(1) ∠ECB，∠A＝α，请猜想∠BOC＝________．

解：(2)120°－3(α).理由如下：∠BOC＝180°－(∠OBC＋∠OCB)＝180°－3(1)(∠DBC＋∠ECB)＝180°－3(1)(180°＋α)＝120°－3(α)；(3)n(n－1)·180°－n(α).

2．(2016泰安中考)x k b 1 . c o m
(1)已知：△ABC是等腰三角形，其底边是BC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC＝∠DCE，若∠A＝60°(如图①)．求证：EB＝AD；
(2)若将(1)中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其他条件不变(如图②)，(1)的结论是否成立，并说明理由；
(3)若将(1)中的“若∠A＝60°”改为“若∠A＝90°”，其他条件不变，则AD(EB)的值是多少？(直接写出结论， 不要求写解答过程)

证明：(1)过D点作DF∥BC交AC于点F，则AD＝DF，∴∠FDC＝∠ECD.又∵∠DEC＝∠ECD，∴∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，又∠DBE＝∠DFC＝120°，∴△DBE≌△CFD，∴EB＝DF，∴EB＝AD；(2)EB＝AD成立．理由如下：过D点作DF∥BC交AC的延长线于点F，则AD＝DF，∠FDC＝∠ECD.又∵∠DEC＝∠ECD，∴∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，又∠DBE＝∠DFC＝60°，∴△DBE≌△CFD，∴EB＝DF，∴EB＝AD；(3)AE(BD)＝.
3．【问题探究】
(1)如图①，在锐角△ABC中，分别以AB，AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由；
【深入探究】
(2)如图②，在四边形ABCD中，AB＝7 cm，BC＝3 cm，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD的长；
(3)如图③，在(2)的条件下，当△ACD在线段AC的左侧时，求BD的长．

解：(1)BD＝CE. 理由如下：∵∠BAE＝∠CAD, ∴∠BAE＋∠BAC＝∠CAD＋∠BAC，即∠EAC＝∠BAD, 又∵AE＝AB，AC＝AD，∴△EAC≌△BAD, ∴BD＝CE;

(2)如图①，在△ABC的外部，以点A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE＝90°，AE＝AB，连接EA，EB，EC. ∵∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴AC＝AD，∠CAD＝90°， ∴∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAE＋∠BAC＝∠CAD＋∠BAC，即∠EAC＝∠BAD, ∴△EAC≌△BAD(SAS)，∴BD＝CE. ∵AE＝AB＝7, ∴BE＝＝7，∠AEB＝∠ABE＝45°， 又∵∠ABC＝45°， ∴∠ABC＋∠ABE＝45°＋45°＝90°， ∴EC＝＝＝， ∴BD＝CE＝ cm，∴BD的长是 cm；

(3)如图②，在线段AC的右侧过点A作AE⊥AB于点A，交BC的延长线于点E，∴∠BAE＝90°， 又∵∠ABC＝45°， ∴∠E＝∠ABC＝45°， ∴AE＝AB＝7，BE＝＝7， 又∵∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴∠BAE＝∠DAC＝90°， ∴∠BAE－∠BAC＝∠DAC－∠BAC，即∠EAC＝∠BAD, ∴△EAC≌△BAD, ∴BD＝CE, ∵BC＝3, ∴BD＝CE＝7－3(cm)，∴BD长是(7－3)cm.x_k_b_1
4．(2016河南中考)
(1)发现
如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b.
填空：当点A位于__CB延长线上__时，线段AC的长取得最大值，且最大值为__a＋b__. (用含a，b的式子表示)
(2)应用
点A为线段BC外一动点，且BC＝3，AB＝1.如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE.
①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE长的最大值．
(3)拓展
如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°.请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．
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解：① DC＝BE.理由如下： ∵△ABD和△ACE为等边三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE, ∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB. ∴DC＝BE；② BE长的最大值是4；(3)AM的最大值为3＋2，点P的坐标为(2－，)．

5．(2016丹东中考)如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC，CD在同一条直线上，点M，N分别是斜边AB，DE的中点，点P为AD的中点，连接AE，BD.
(1)猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；
(2)现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°<α<90°)，得到图②，AE与 MP，BD分别交于点G，H.请判断(1)中的结论是否成立？若成立，请证明； 若不成立，请说明理由；
(3)若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．
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解：(1)PM＝PN，PM⊥PN；(2)(1)中的结论成立．理由如下：设BC与AE交于点O.∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACB＋∠BCE＝∠ECD＋∠BCE，∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，∴∠BHO＝∠ACO＝90°.∵点P，M，N分别为AD，AB，DE的中点，∴PM＝2(1)BD，PM∥BD；PN＝2(1)AE，PN∥AE，∴PM＝PN，∴∠MGE＋∠BHA＝180°，∴∠MGE＝90°，∴∠MPN＝90°，∴PM⊥PN；(3)PM＝kPN.理由如下：∵△ACB和△ECD是直角三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACB＋∠BCE＝∠ECD＋∠BCE，∴∠ACE＝∠BCD.∵BC＝kAC，CD＝kCE，∴AC(BC)＝CE(CD)＝k，∴△BCD∽△ACE，∴BD＝kAE.∵点P，M，N分别为AD，AB，DE的中点，∴PM＝2(1)BD，PN＝2(1)AE，∴PM＝kPN.
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与四边形有关的猜想与探究

6．(2015威海中考)猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B，C，G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM，ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
(1)若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为________；
(2)如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明(1)中的结论仍然成立．

解： 猜想与证明 DM＝ME.证明：如图1，延长EM交AD于点H, ∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM＝∠HAM, 又∵∠FME＝∠AMH，FM＝AM，在△FME和△AMH中， ∠FME＝∠AMH，(FM＝AM，)∴△FME≌△AMH(ASA)∴HM＝EM, 在Rt△HDE中，HM＝EM，∴DM＝HM＝ME，∴DM＝ME.拓展与延伸
(1)DM＝ME且DM⊥ME；(2)如图2，连接AE, ∵四边形ABCD和ECGF是正方形，∴∠FCE＝45°，∠FCA＝45°， ∴AE和EC在同一条直线上，在Rt△ADF中，AM＝MF，∴DM＝AM＝MF, 在Rt△AEF中，AM＝MF，∴AM＝MF＝ME, ∴DM＝ME.

7．(2016龙东中考)已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点(点P不与点A，C 重合)，分别过点A，C向直线BP作垂线，垂足分别为点E，F，点O为AC的中点．
(1)当点P与点O重合时如图1，易证OE＝OF；(不需证明)
(2)直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE＝30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系？请写出对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．

解：(2)图2中的结论为：CF＝OE＋AE.图3中的结论为：CF＝OE－AE.选图2中的结论证明如下：延长EO交CF于点G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠GCO，∠EOA＝∠GOC，OA＝OC，∴△EOA≌△GOC，∴EO＝GO，AE＝CG，在Rt△EFG中．∵EO＝OG，∴OE＝OF＝GO，∵∠OFE＝30°，∴∠OFG＝90°－30°＝60°，∴△OFG是等边三角形，∴OF＝GF，∵OE＝OF，∴OE＝FG，∵CF＝FG＋CG，∴CF＝OE＋AE.选图3的结论证明如下：延长EO交FC的延长线于点G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠AEO＝∠G，∵∠AOE＝∠COG，OA＝OC，∴△AOE≌△COG，∴OE＝OG，AE＝CG，在Rt△EFG中，∵OE＝OG，∴OE＝OF＝OG，∵∠OFE＝30°，∴∠OFG＝90°－30°＝60°，∴△OFG是等边三角形，∴OF＝FG，∵OE＝OF，∴OE＝FG，∵CF＝FG－CG，∴CF＝OE－AE.

8．(2016襄阳中考)如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG.
(1)求证：四边形EFDG是菱形；
(2)探究线段EG，GF，AF之间的数量关系，并说明理由；
(3)若AG＝6，EG＝2，求BE的长．

解：(1)由折叠的性质可得，∠AFD＝∠AFE，FD＝FE.∵EG∥CD，∴∠EGF＝∠AFD，∴∠EGF＝∠AFE，∴EG＝EF＝FD，∴EG綊FD，∴四边形EFDG是平行四边形．又∵FD＝FE，∴▱EFDG是菱形；(2)EG2＝2(1)AF·GF.理由如下：连接ED交AF于点H，∵四边形EFDG是菱形，∴DE⊥AF，FH＝GH＝2(1)GF，EH＝DH＝2(1)DE.∵∠FEH＝∠FAE＝90°－∠EFA，∴Rt△FEH∽Rt△FAE，∴FH(EF)＝EF(AF).即EF2＝FH·AF，∴EG2＝2(1)AF·GF；(3)∵AG＝6，EG＝2，EG2＝2(1)AF·GF，∴(2)2＝2(1)(6＋GF)·GF.∵GF>0，∴GF＝4，∴AF＝10.∵DF＝EG＝2，∴AD＝BC＝＝4，DE＝2EH＝GF）2(1)＝8.∵∠CDE＋∠DFA＝90°，∠DAF＋∠DFA＝90°，∴∠CDE＝∠DAF，∴Rt△ADF∽Rt△DCE，∴DF(EC)＝AF(DE)，即5(EC)＝10(8)，∴EC＝5(5)，∴BE＝BC－EC＝5(5).