2020年中考数学专题突破十八：几何问题代数化类型探究

1专题十八：几何问题代数化类型探究【导例引入】导例：如何求tan15°的值？解析：tan15°求取我们可以借助30°的直角三角形，如下图，在Rt△ACB中，∠BAC=30°，延长CA到D，使AD=AB，连接BD，则∠BDC=15°,令BC=1，则AC=，AB=AD=2.从而可以求得tan15°=＝2－.【方法指引】华罗庚教授曾说过：“数缺形少直观，形少数难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”.我们在处理某些几何类数学问题时，可以通过相应的知识联系，结合题型特征，把相应的几何问题代数化.代几题型特点：一种是以几何图形为载体，通过线段，角等图菜寻找各元素之间的数量关系，建立代数方程或函数模型来求解；二是把数量关系与几何图形建立联系，使之直观化，形象化，以形导数，由数思形，从而寻找解题捷径，解代几综合题要灵活运用数形结合的思想进行数与形之间的相互转化，关键是要从题目中找寻这两部分知识之间的结合点，从而发现解题的突破口.[【例题精讲】类型一：构建方程或代数式来几何问题代数化例1．已知在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动.(1)如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．2【分析】（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2-bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2-bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．类型二：建立平面直角坐标系来处理相应问题例2.（2019年黄石市）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD：AB＝：1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG＝2，在AD边上有一点H，使得BH+EH的值最小，此时（）．A．B．C．D．【分析】设BD与AF交于点M．设AB＝a，AD＝a，根据矩形的性质可得△ABE.△CDE都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM垂直平分AF，BF＝AB＝a，DF＝DA＝a．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a＝2，再证明CF＝CD＝2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH＝B′E，值最小．建立平面直角坐标系，得出B（3，2），B′（3，﹣2），E（0，），利用待定系数法求出直线B′E的解析式，得到H（1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH＝4，进而求出的值．【专题过关】1．在平面直角坐标系中，已知A（2，4），P（1，0），B为y轴上的动点，以AB为边构造△ABC，使点C在x轴上，∠BAC＝90°．M为BC的中点，则PM的最小值为．32．如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ(0°＜θ＜90°)，PM，PN分别交AB，BC于E，F两点，连结EF交OB于点G，则下列结论:○1EF＝OE；○2S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4；○3BE＋BF＝OA；○4在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝；○5OG·BD=AE2+CF2.其中正确的是___．3．如图1，菱形ABCD对角线AC，BD的交点O是四边形EFGH对角线FH的中点，四个顶点A，B，C，D分别在四边形EFGH的边EF，FG，GH，HE上．(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；(2)如图2，若四边形EFGH是矩形，当AC与FH重合时，已知＝2，且菱形ABCD的面积是20，求矩形EFGH的长与宽．4．某市规划在市中心广场内修建一个矩形的活动中心，如图3，矩形OABC是它的规划图纸，其中A为入口，已知OA=30，OC=20，点E是边AB的中点，点D是边OA上一点，若将△ABD沿BD翻折，点A恰好落在边BC上的点F处，在点F处设一出口，点M，N分别是边OA，OC上的点，现规划在点M，N，F，E四处各安置一个健身器材，并依次修建MN，NF，FE及EM四条小路，则是否存在点M，N，使得这四条小路的总长度最小？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．45．如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP，BH．（1）∠APB=∠BPH；（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；（3）四边形EFGP的面积为S，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．6．在平面直角坐标系xOy中抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B，C，已知A（﹣1，0），C（0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，P为线段BC上一点，过点P作y轴平行线，交抛物线于点D，当△BCD的面积最大时，求点P的坐标；5（3）如图2，抛物线顶点为E，EF⊥x轴于F点，N是线段EF上一动点，M（m，0）是x轴上一动点，若∠MNC＝90°，直接写出实数m的取值范围．7．已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（4，0），点B（0，3），点P为BC边上的动点（点P不与点B，C重合），经过点O，P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．（1）如图1，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；（2）如图2，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，连接OQ，当OQ取得最小值时，求点Q的坐标；8．在平面直角坐标系中，点A，B分别是x轴正半轴与y轴正半轴上一点，OA＝m，OB＝n，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD．（1）若m＝4，n＝3，直接写出点C与点D的坐标；（2）点C在直线y＝kx（k＞1且k为常数）上运动．①如图1，若k＝2，求直线OD的解析式；②如图2，连接AC，BD交于点E，连接OE，若OE＝2OA，求k的值．例题答案：例1．(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°.∵b=2a，点M是边AD的中点，∴AB=AM，DM=DC，∴△ABM和△DMC都是等腰直角三角形.∴∠AMB=45°，∠DMC=45°.∴∠BMC=180°-（∠AMB+∠DMC）=90°；6(2)假设存在题中所求符合要求的正实数x，使得AM=x.由∠BMC=90°，得∠AMB=90°－∠DMC=∠DCM．∴Rt△ABM≌Rt△DMC.∴=.∵AM=x，DC=AB=a，DM=b－x．∴x2-bx+a2=0.当b＞2a时，∆=b2-4a2=（b+2a）（b－2a）＞0，且两根均大于0，所以存在两个不同的正实数x，使得AM=x，必存在使∠BMC=90°的点M;(3）不成立．理由：若∠BMC=90°，由（2）可知x2-bx+a2=0．∵b＜2a，a＞0，b＞0，∴△=b2-4a2＜0．∴方程没有实数根，∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°．所以不存在正实数x，使得AM=x，必不存在使∠BMC=90°的点M.例2.如图，设BD与AF交于点M．设AB＝a，AD＝a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，tan∠ABD＝＝=，∴BD＝AC＝＝2a，∠ABD＝60°，∴△ABE.△CDE都是等边三角形．∴BE＝DE＝AE＝CE＝AB＝CD＝a．∵将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，∴BM垂直平分AF，BF＝AB＝a，DF＝DA＝a．在△BGM中，∵∠BMG＝90°，∠GBM＝30°，BG＝2，∴GM＝BG＝1，BM＝GM＝，∴DM＝BD﹣BM＝2a﹣．∵矩形ABCD中，BC∥AD，∴△ADM∽△GBM．∴＝，即＝．∴a＝2．∴BE＝DE＝AE＝CE＝AB＝CD＝2，AD＝BC＝6，BD＝AC＝4．易证∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝∠ADB＝∠BDF＝∠CDF＝30°，∴△ADF是等边三角形．∵AC平分∠DAF，∴AC垂直平分DF．∴CF＝CD＝2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此7时BH+EH＝B′E，值最小．如图，建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（3，2），B′（3，﹣2），E（0，），易求直线B′E的解析式为y＝﹣x+，∴H（1，0）．∴BH＝＝4．∴＝＝故选B．【专题过关】1．如图，作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E．则四边形CEHO是矩形，OH＝CE＝4，∵∠BAC＝∠AHB＝∠AEC＝90°，∴∠ABH+∠HAB＝90°，∠HAB+∠EAC＝90°，∴∠ABH＝∠EAC．∴△AHB∽△CEA．∴＝．∴＝．∴AE＝2BH，设BH＝x则AE＝2x．∴OC＝HE＝2+2x，OB＝4﹣x．∴B（0，4﹣x），C（2+2x，0）．∵BM＝CM．∴M（1+x，）．∵P（1，0），∴PM＝＝．∴x＝时，PM有最小值，最小值为．故答案为．82．○1○2○3_○5__．3．(1)∵点O是菱形ABCD对角线AC，BD的交点，∴OA＝OC，OD＝OB．∵点O是线段FH的中点，∴OF＝OH.在△AOF和△COH中，∴△AOF≌△COH(SAS)．∴∠AFO＝∠CHO．∴AF∥CH.同理可得DH∥BF．∴四边形EFGH是平行四边形；(2)设矩形EFGH的长为a，宽为b，则AC＝．∵＝2，∴BD＝AC＝，OB＝BD＝，OA＝AC＝．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．∴∠AOB＝90°．∵四边形EFGH是矩形，∴∠AGH＝90°．∴∠AOB＝∠AGH＝90°．又∵∠BAO＝∠CAG，∴△BAO∽△CAG．∴，即=．解得a＝2b．①∵S菱形ABCD＝AC·BD＝··＝20，∴a2＋b2＝80．②联立①②得解得或(舍去)∴矩形EFGH的长为8，宽为4．4．如图，以顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，作点E关于x轴的对称点E'，作点F关于y轴的对称点F'，连接E'F'，与x轴，y轴分别交于点M，N，连接MN，NF，FE，EM，如图3所示：则此时这四条小路的总长最小，且最小值为E'F'+EF的长，由题意得：BC=OA=30，AB=OC=20，点E为AB中点．∴AE'=AE=BE=AB=10．∴E（30，10），E'（30，-10）．由折叠的性质得：BF=AB=20．∴CF'=CF=30-20=10．∴F'（10，20），F'（-10，20）．∴EF==10．在Rt△BE'F'中，BF'=BC+CF'=40，BE'=AB+AE'=30，∴E'F'==50．由对称的性质得：MN+NF+FE+EM=E'F'+EF=50+10，9即存在点M，N，使得这四条小路的总长度最小，这个最小值为50+10．5．(1)证明：∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH−∠EPB=∠EBC−∠EBP，即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH；(2)△PHD的周长不变为定值8．证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．由(1)知∠APB=∠BPH．在△ABP和△QBP中，∴△ABP≌△QBP(AAS)．∴AP=QP，AB=BQ．又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH．∴CH=QH.∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．（3）设AP为x.如图3,过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB.10又∵EF为折痕，∴EF⊥B