几何计算型综合问题
历年中考数学(典型)几何中长度的计算综合试题汇总
历年中考数学（典型）几何中长度的计算综合试题汇总1如图，在等边三角形ABC 中，点D 、E 分别是边AC 、BC 上两点，将三角形ABC 沿DE 翻折，点C 正好落在线段AB 上的点F 处，使得AF ：BF=2：3，若BE=16，则CE的长度为（ ）A.18B.19C.20D.212如图，△BAC 中，AB=AC=10，tan 2A =，BE ⊥AC 于点E ，D 是线段BE 上一动点，则5CD BD +的最小值（ ） A 25 B 45 C 53 D 103如图，已知在△ABC 中，90BAC ∠>,13AB =,BC=10，点D 是BC 中点，点E 在AC 上，将△CDE 沿着 DE 翻折，使得点C 恰好落在BA 的延长线上的点F 处，连接AD ，5=2EDF S △，这AD 的长度为（ ） A 52B 22C 734D 41354如图，在等腰三角形纸片ABC 中，∠ABC=120,BC=6，点D 、E 分别在边AC 、BC 上，连接DE ，将△CDE 沿着DE 翻折使得点C 恰好落在点B处，则AE 的长为（ ）A 372B 152C 37D 675如图，在△ABC 中，点D 是BC 边上一点，连接AD ，把△ABD 沿着AD 翻折，得到'AB D △,'B D 与AC 交于点E ，连接'B B 交AD 于点F ，若'=3B D DE ,213AB ,AF=6，'AB E △的面积为12，则点B 到'B D 的距离为（ ）A 65B 125C 245D 4576如图，在三等腰△ABC 中，AB=AC=2，∠ABC=120，点D 为边BC 的中点，将△ACD 沿着AC 折叠，使得点D 落在了点E 处，则点B 到直线CE 的距离是（ ）A 1B 3C 2D 37如图，在四边形ABCD 中，AD//BC ，90A ∠=,120ADC ∠=,连接BD ，把△ABD 沿着BD 翻折，得到'A BD △，连接'A C ,若AB=3，∠ABC=60，则点D 到直线'A C 的距离为（ ） A 7 B 9714 C 977 D 18778如图，在△ABC 中，AB=AC=5，BC=8，点D 是BC 上一点，（点D 不与B,C 重合），将△ACD 沿着AD 翻折，点C 的对应点为E ，AE 交BC 于点F ，若DE//AB ，则点B 到线段AD 的距离为（ ） A.255 B.3102 C.552 D.71029如图，把一张矩形纸片折叠使点A 与点C 重合，折痕为EF ，再将△CDF 沿着CF折叠，点D 恰好哦落在EF 上的点M 处，若BC=6厘米，则EF 的长为（ ）里面A.1.5B.3C.23D.410如图四边形ABEC 中，∠BEC 和∠BAC 都是直角，且AB=AC ，现将△BEC 沿BC 翻折，点E 的对应点'E ,BE 与AC 边相交于点D 点，恰好'BE 是∠ABC 的角平分线，若CE=1，则BD 的长为（ ）A 1.5B 2C 2D 311如图，在四边形ABCD 中，90ABC BCD ∠=∠=,,3,3AB BC ==,把Rt △ABC沿着AC 翻折得到Rt △AEC ，若23tan CED ∠=,则线段DE 的长度A.63 B.7373 C.32 D.275。
中考中几何型综合题
推 理 、 像等探 索过 程 ， 重考 查 学 生在 几 何 活 动 中形 成 数 学 思 考 的数 想 注 学 素 养 ， 重考 查学 生 的数学 应 用和 实践 能 力． 注
例 １ （ ０ ５年 重 庆 市 ）已知 四 边 形 ＡＢＣＤ 中 ， 是 积 的关 系 建立起 来 ， 再探 索 问题 的答 案．
两Ｄ Ｐ
．
＠ 解 （ 由 Ｎ／Ｄ／Ｃ △Ｅ ∽ Ｐ ，Ｅ １ Ｍ ／ ／ ， ＰＤ Ａ Ｆ 一 ） Ａ Ｂ得 ＢＰ Ｎ：ＰＤｏ ＰＢ丽 一 所 嚣 一 Ｎ Ｐ Ｐ — ￣ Ｎ ＡＭ ， 器，以 丽 ， Ｆ Ａ ｏ Ｐ Ｎ Ｐ Ｍ・
（ ）由（ ） ２ １ 不难 发现 ， １ 中 ， 图 ② 盘一 ｂ的结论 仍然成 立
（ ）连 结 ＡＰ， Ｓ 删 一 Ｓ ，ｓ Ｊ 一 ｓ ，Ｓ ＰＥ— Ｓ ，Ｓ ｅＤ— ３ 设 △ １ △ ２ ＡＡ ａ ＡＥ
ＰＮ ・ＰＦ， 盘 一 ｂ 即
ｓ 一 一 一 ，３ ＝ 一 ，以 ， ｕ 器 矗Ｓ一 ＝ ＝ 是 ｓ一 器 所
Ｆ
Ｃ
①
图 １
②
（ ） 当 四边 形 ＡＢ ２ ＣＤ 平 行 四 边 形 ， 且 Ａ 为 锐 角 时 ， 图 １ ② ， 见 （ ）中 的 结 论 是 否 成 立 ？ 并 说 明 理 由 ； １
（ ）在 （ ） 条 件 下 ， 而 一 惫 是 否 存 在 这 样 的 实 数 壳 使 得 ３ ２ 的 设 Ｂ Ｐ ，
，
４７
一 ＿
９
．
若存 在 ， 请求 出满足 条 件 的所有 惫的值 ； 不存在 ， 若 请
说 明 理 由．
分析
（ ）在 图 １① 中 ， 、 分 别 是 矩 形 １ 口 ６
六年级奥数 几何;第5讲;几何综合题_二_;学生版
1. 熟练运用直线型面积的各种模型。 2. 熟练掌握平面图形中的割补、旋转、平移、差不变等各种方法。 3. 针对勾股定理、弦图等特定方法熟练应用。
模块三：差不变及容斥原理的应用
1
例题 1
(第六届”走进美妙的数学花园”中国青少年数学论坛趣味数学解题技能展示大赛 初赛)右图中甲的面积比乙的面积大__________平方厘米．
4cm
1cm
【巩固】 如图，阴影部分四边形的外接图形是边长为12 厘米的正方形，则阴影部分四边形的面积是多少平方 厘米？
2010 年·暑假
五年级数学·第 5 讲·学生版
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4cm
2cm
板块四、弦图及勾股定理
8
例题 8
从一块正方形的玻璃板上锯下宽为 0.5 米的一个长方形玻璃条后，剩下的长方形的 面积为 5 平方米，请问锯下的长方形玻璃条的面积等于多少？
方厘米，FB 为 8 厘米．那么，正方形 ABCD 的面积是
平方厘米．
例题 11
B 8F A
48
C
D
E
如图，一个正方形被分成 4 个小长方形，它们的面积分别是 1 平方米、 1 平方
10
5
1
米、 3 平方米和 2 平方米．已知图中的阴影部分是正方形，那么它的面积是多
例题 12
10
5
少平方米？
1
如图所示，直角三角形 PQR 的直角边分别为 5 厘米和 9 厘米．问：图中 3 个正方
A
F
GD
3
例题 3
B
C
如图，ABCD 是 7 × 4 的长方形，DEFG 是10 × 2 的长方形，求 +BCO 与 +EFO 的面 积差．
专题六 几何图形综合问题
类型一
类比、迁移与拓展类几何综合问题
(1)该类问题常常是先根据特殊的条件结合图形猜想出结论,然后在一般条件下论证结论,最后运用
结论解决问题;或者是在特殊条件下得出结论,改变条件的特殊性(如点的位置发生改变,图形的形状
发生改变等)判断结论是否仍然成立.
(2)解答该类问题注意类比,几问之间层层递进,但是原理相同,图形结构类似或方法类似,或在此基
∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形,∴∠DAB=∠AFG=90°,AE=AF,AD=AB=FH,∠EAG=∠AGF,
∴∠EAD=∠EAG+∠DAB=∠AFG+∠AGF=∠AFG+∠HFG=∠AFH,
∴△EAD≌△AFH(SAS),∴DE=AH.
又∵AM=MH,∴DE=AM+MH=2AM.
∵△EAD≌△AFH,∴∠ADE=∠FHA.
边形ABCD中这对互余的角可类比(1)中思路进行拼合,先作∠CDF=
∠ABC,再过点C作CE⊥DF于点E,连接AE,发现AD,DE,AE之间的数量
关系是
.
(1)解:∠DCA′
(2)解:AD2+DE2=AE2
①
②
方法运用
(3)如图③所示,在四边形ABCD中,连接AC,∠BAC=90°,点O是△ACD两边垂直平
∵△AMB≌△HMF,∴∠FHA=∠BAM,∴∠ADE=∠BAM.
又∵∠BAM+∠DAM=∠DAB=90°,∴∠ADE+∠DAM=90°,
∴∠AND=180°-(∠ADE+∠DAM)=90°,即DE⊥AM.
故DE=2AM,DE⊥AM.
类型三 几何多结论判断问题
几何多结论判断问题考查的知识点较多,主要以圆和四边形为核心,解决问题的主要手段是利用三
中考冲刺几何综合问题—知识讲解及典型例题解析
；；中考冲刺：几何综合问题—知识讲解及典型例题解析【中考展望】几何综合题是中考试卷中常见的题型，大致可分为几何计算型综合题与几何论证型综合题，它主要 考查学生综合运用几何知识的能力.这类题型在近几年全国各地中考试卷中占有相当的分量，不仅有选 择题、填空题、几何推理计算题以及代数与几何的综合计算题 ,还有更注重考查学生分析问题和解决问 题能力的探究性的问题、方案设计的问题等等.主要特点是图形较复杂，覆盖面广、涉及的知识点较多， 题设和结论之间的关系较隐蔽，常常需要添加辅助线来解答.几何综合题的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情景型等，背景鲜活，具有 实用性和创造性，考查方式偏重于考查考生分析问题、探究问题、综合应用数学知识解决实际问题的能 力.以几何为主的综合题常常在一定的图形背景下研究以下几个方面的问题：1、证明线段、角的数量关系（包括相等、和、差、倍、分及比例关系等）2、证明图形的位置关系（如点与线、线与线、线与圆、圆与圆的位置关系等）3、几何计算问题；4、动态几何问题等.【方法点拨】一、几何计算型综合问题，常常涉及到以下各部分的知识：1、与三角形有关的知识；2、等腰三角形，等腰梯形的性质；3、直角三角形的性质与三角函数；4、平行四边形的性质；5、全等三角形，相似三角形的性质；6、垂径定理，切线的性质，与正多边形有关的计算；7、弧长公式与扇形面积公式.二、几何论证型综合题的解答过程，要注意以下几个方面：1、注意图形的直观提示，注意观察、分析图形，把复杂的图形分解成几个基本图形，通过添加辅助线补全或构造基本图形；2、注意分析挖掘题目的隐含条件、发展条件，为解题创造条件打好基础，要由已知联想经验，由未知联想需要，不断转化条件和结论来探求思路，找到解决问题的突破点；3、要运用转化的思想解决几何证明问题，运用方程的思想解决几何计算问题，还要灵活运用数学思想方法如数形结合、分类讨论、转化、方程等思想来解决问题.【典型例题】类型一、动态几何型问题1．如图 1，在正方形 ABCD 中，点 E 、F 分别是边 BC 、AB 上的点，且 CE=BF ，连接 DE ，过点 E 作 EG ⊥DE，使 EG=DE ，连接 FG ，FC ．（1）请判断：FG 与 CE 的数量关系和位置关系；（不要求证明）（2）如图 2，若点 E 、F 分别是 CB 、BA 延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请出 判断判断予以证明；（3）如图 3，若点 E 、F 分别是 BC 、AB 延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直 接写出你的判断．【思路点拨】（1）结论：FG=CE，FG∥CE．如图1中，设DE与CF交于点M，首先证明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再证明四边形EGFC是平行四边形即可．（2）结论仍然成立．如图2中，设DE与CF交于点M，首先证明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再证明四边形EGFC是平行四边形即可．（3）结论仍然成立．如图3中，设DE与FC的延长线交于点M，证明方法类似．【答案与解析】解：（1）结论：FG=CE，FG∥CE．理由：如图1中，设DE与CF交于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．（2）结论仍然成立．理由：如图2中，设DE与CF交于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．（3）结论仍然成立．理由：如图3中，设DE与FC的延长线交于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，∴∠CBF=∠DCE=90°在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．【总结升华】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，注意这类题目的解题规律，图形变了，条件不变，证明的方法思路完全一样，属于中考常考题型．举一反三：【变式】已知：如图（1），射线AM//射线BN，AB是它们的公垂线，点D、C分别在AM、BN上运动（点D与点A不重合、点C与点B不重合），E是AB边上的动点（点E与A、B不重合），在运动过程中始终保持DE⊥EC，且AD+DE=AB=a．（1）求证：∆ADE∽∆BEC；（2）如图（2），当点E为AB边的中点时，求证：AD+BC=CD；（3）设AE=m，请探究：∆BEC的周长是否与m值有关？若有关，请用含有m的代数式表示∴1∆BEC的周长；若无关，请说明理由．【答案】（1）证明：∵DE⊥EC，∴∠DEC=90︒．∴∠AED+∠BEC=90︒．又∵∠A=∠B=90︒，∴∠AED+∠EDA=90︒．∴∠BEC=∠EDA．∴∆ADE∽∆BEC．（2）证明：如图，过点E作EF//BC，交CD于点F，∵E是AB的中点，容易证明EF=1(AD+BC)．2在Rt∆DEC中，∵DF=CF，∴EF=12 CD．1(A D+BC)=CD．22∴AD+BC=CD．（3）解：∆AED的周长=AE+AD+DE=a+m，BE=a-m．设AD=x，则DE=a-x．∵∠A=90︒，∴DE2=AE2+AD2．即a2-2ax+x2=m2+x2．a2-m2∴x=．2a由（1）知∆ADE∽∆BEC，∆ADE的周长AD a+m2a=∴a2-m2==∆BEC的周长BE a-m2a．∴∆BEC的周长=2a⋅∆ADE的周长=2a．a+m∴∆BEC的周长与m值无关．2．在△ABC中，∠ACB=45º．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．（1）如果AB=AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．（2）如果AB≠AC，如图②，且点D在线段BC上运动．（1）中结论是否成立，为什么？（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝42，BC=3，CD=x，求线段CP的长．（用含x的式子表示）【思路点拨】(1)由题干可以发现，正方形中四条边的垂直关系是不动的，于是利用角度的互余关系进行传递，就可以得解.(2)是典型的从特殊到一般的问法，那么思路很简单，就是从一般中构筑一个特殊的条件就行，和上题一样找AC的垂线，就可以变成第一问的条件，然后一样求解.(3)D在BC之间运动和它在BC延长线上运动时的位置是不一样的，所以已给的线段长度就需要分情况去考虑到底是4+X还是4-X.分类讨论之后利用相似三角形的比例关系即可求出CP.【答案与解析】（1）结论：CF⊥BD；证明如下：ΘAB=AC，∠ACB=45º，∴∠ABC=45º．由正方形ADEF得AD=AF，∵∠DAF=∠BAC=90º，∴∠DAB=∠FAC，∴△DAB≌△FAC，∴∠ACF=∠ABD．∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º．即CF⊥BD．（2）CF⊥BD．(1)中结论仍成立．理由是：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC=AG可证：GAD≌CAF∴∠ACF=∠AGD=45º∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º．即CF⊥BD（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，易证△AQD∽△DCP，∴ CP = CD ，∴ = ， ∴CP = - + x ． ∴ CP = CD , ∴ = , ∴CP = + x ． ①点 D 在线段 BC 上运动时，∵∠BCA=45º，可求出 AQ= CQ=4．∴DQ=4-x ，CP x DQ AQ4 - x 4 x 2 4②点 D 在线段 BC 延长线上运动时，∵∠BCA=45°，∴AQ=CQ=4，∴DQ=4+x．过 A 作 AQ⊥BC，∴∠Q=∠FQC=90°，∠ADQ=∠AFC，则△AQD∽△ACF．∴CF⊥BD，∴△AQD∽△DCP，CP x DQ AQ4+x 4x 2 4【总结升华】此题综合性强，需要综合运用全等、相似、正方形等知识点，属能力拔高性的题目．3．如图，正方形ABCD 的边长为 6，点 E 是射线 BC 上的一个动点，连接 AE 并延长，交射线 DC 于点 F △，将 ABE 沿直线 AE 翻折，点 B 坐在点 B ′处．自主探究：（1）当=1 时，如图 1，延长 AB ′，交 CD 于点 M ．①CF 的长为； ②判断 AM 与 FM 的数量关系，并证明你的结论．（2）当点 B ′恰好落在对角线 AC 上时，如图 2，此时 CF 的长为， 拓展运用：（3）当=2 时，求 sin ∠DAB ′的值．= ．（【思路点拨】1）①利用相似三角形的判定与性质得出FC=AB即可得出答案；②利用翻折变换的性质得出∠BAF=∠MAF，进而得出AM=FM；（2）根据翻折变换的性质得出∠BAE=∠MAF，进而得出AM=MF，利用△ABE∽FCE得出答案即可；（3）根据①如图1，当点E在线段BC上时，延长AB′交DC边于点M，②如图3，当点E在线段BC 的延长线上时，延长AD交B′E于点N，分别利用勾股定理求出即可．【答案与解析】解：（1）①当=1时，∵AB∥FC，∴△ABE∽FCE，∴==1，∴FC=AB=6，②AM=FM，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∴∠BAF=∠AFC，∵△ABE沿直线AE翻折得到△AB′E，∴∠BAF=∠MAF，∴∠MAF=∠AFC，∴AM=FM；（2）如图2，∵当点B′恰好落在对角线AC上时，∴∠1=∠2，∵AB∥FC，∴∠1=∠F，∴∠2=∠F，∴AC=FC，∵AB=BC=6，∴AC=FC=6，∵AB∥FC，∴△ABE∽FCE，∴===，（3）①如图1，当点E在线段BC上时，延长AB′交DC边于点M，∵AB∥CF，∴△ABE∽△FCE，∴==2，∵AB=6，∴CF=3，∴DF=CD+CF=9，由（1）知：AM=FM，∴AM=FM=9﹣DM，在△Rt ADM中，由勾股定理得：DM′2=（9﹣DM）2﹣62，解得：DM=，则MA=，∴sin∠DAB′==，②如图3，当点E在线段BC的延长线上时，延长AD交B′E于点N，由（1）知：AN=EN，又BE=B′E=12，点∴NA=NE=12﹣B′N，在△Rt AB′N中，由勾股定理得：B′N2=（12﹣B′N）2﹣62，解得：B′N=，AN=，∴sin∠DAB′=故答案为：6；6=．，．【总结升华】此题主要考查了翻折变换的性质以及相似三角形的判定与性质和勾股定理等知识，熟练利用相关性质和进行分类讨论得出是解题关键．类型二、几何计算型问题4．已知如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=2，BC=4，M是AD的中点，△MBC是等边三角形．（1）求证：梯形ABCD是等腰梯形；（2）动点P、Q分别在线段BC和MC上运动，且∠MPQ=60︒保持不变．设PC=x，MQ=y，求y与x的函数关系式；（3）在（2）中，当y取最小值时，判断△PQC的形状，并说明理由．【思路点拨】（1）属于纯静态问题，只要证两边的三角形全等就可以了.(2)是双动点问题，所以就需要研究在P,Q运动过程中什么东西是不变的.题目给定∠MPQ=60°，其实就是将静态的那个等边三角形与动态条件联系了起来.因为最终求两条线段的关系,所以很自然想到要通过相似三角形找比例关系.(3)条件又回归了当动点静止时的问题，由第二问所得的二次函数，很轻易就可以求出当x取对称轴的值时y有最小值，接下来就变成了“给定PC=2，求△PQC形状”的问题了，由已知的BC=4，自然看出P 是中点，于是问题轻松求解.【答案与解析】（1）证明：∵△MBC是等边三角形∴MB=MC，∠MBC=∠MCB=60︒∵M是AD中点∴AM=MD∵AD∥BC∴∠AMB=∠MBC=60︒，∠DMC=∠MCB=60︒∴△AMB≌△DMC∴AB=DC∴梯形ABCD是等腰梯形．∴ PC ∴ x 而（2）解：在等边 △MBC 中， MB = MC = BC = 4，∠MBC = ∠MCB = 60︒，∠MPQ = 60︒∴∠BMP + ∠BPM = ∠BPM + ∠QPC = 120︒∴∠BMP = ∠QPC∴ △BMP ∽△CQPCQ = BM BP∵ PC = x ，MQ = y ∴ BP = 4 - x ，QC = 4 - y4 - y 1 = ∴ y = x 2 - x + 4 4 4 - x4（3）解： △PQC 为直角三角形，∵ y = 1(x - 2)2 + 34 ∴当 y 取最小值时， x = PC = 2∴ P 是 BC 的中点， MP ⊥ BC ， ∠MPQ = 60︒，∴∠CPQ = 30︒，∴∠PQC = 90︒∴ △PQC 为直角三角形.【总结升华】以上题目是动点问题，这一类问题的关键就在于当动点移动中出现特殊条件，例如某边相 等，某角固定时，将动态问题化为静态问题去求解 .如果没有特殊条件，那么就需要研究在动点移动中 哪些条件是保持不变的.举一反三：【变式】已知：如图，N 、M 是以 O 为圆心，1 为半径的圆上的两点，B 是 MN 上一动点（B 不与点 M 、N 重合），∠MON=90°，BA⊥OM 于点 A ，BC⊥ON 于点 C ，点 D 、E 、F 、G 分别是线段 OA 、AB 、BC 、CO的中点，GF 与 CE 相交于点 P ，DE 与 AG 相交于点 Q ．（1）四边形 EPGQ（填“是”或者“不是”）平行四边形；（2）若四边形 EPGQ 是矩形，求 OA 的值.【答案】（1）是．证明：连接OB，如图①，∵BA⊥OM，BC⊥ON，∴∠BAO=∠BCO=90°，∵∠AOC=90°，∴四边形OABC是矩形．∴AB∥OC，AB=OC，∵E、G分别是AB、CO的中点，∴AE∥GC，AE=GC，∴四边形AECG为平行四边形．∴CE∥AG，∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，∴GF∥OB，DE∥OB，∴PG∥EQ，∴四边形EPGQ是平行四边形；（2）解：如图②，∴ AD ,AE=1,在①的条件下，设 CP 1= x ，S VP FC = y ，求 y 与 x 之间的函数关系式， 3 ∵口 EPGQ 是矩形．∴∠AED+∠CEB=90°．又∵∠DAE=∠EBC=90°，∴∠AED=∠BCE．∴△AED∽△BCE，AE= ， BEBC x y y : = : x 设 OA=x ，AB=y ，则 2 2 2得 y 2=2x 2，又∵OA 2+AB 2=OB 2， 即 x 2+y 2=12．∴x 2+2x 2=1，解得：x=3 ． 3即当四边形 EPGQ 是矩形时，OA 的长度为3 3 ．5．在 Y ABCD 中，过点 C 作 CE⊥CD 交 AD 于点 E,将线段 EC 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EF(如图 1)（1）在图 1 中画图探究：①当 P 为射线 CD 上任意一点（P 1 不与 C 重合）时，连结EP 1 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EC 1.判断直线 FC 1 与直线 CD 的位置关系，并加以证明； ②当 P 2 为线段 DC 的延长线上任意一点时，连结 EP 2,将线段 EP 2 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EC 2.判断直线 C 1C 2 与直线 CD 的位置关系，画出图形并直接写出你的结论.4 （2）若 AD=6,tanB=1 1 并写出自变量 x 的取值范围.图1 备用图【思路点拨】(1)本题在于如何把握这个旋转 90°的条件.旋转 90°自然就是垂直关系，于是出现了一 系列直角三角形，于是证角、证线就手到擒来了.(2)是利用平行关系建立函数式，但是不要忘记分类讨论.【答案与解析】（1）①直线 FG 与直线 CD 的位置关系为互相垂直． 112，- - ． ， ， 证明：如图 1，设直线 FG 与直线 CD 的交点为 H ．1 G 1AE F G 2 P H 1 DBCP 2图 1∵线段 EC 、EP 分别绕点 E 逆时针旋转 90°依次得到线段 EF 、EG ， 1 1∴ ∠PEG = ∠CEF = 90° EG = EP ，EF = EC ． 1 1 1 1∵ ∠G EF = 90° ∠PEF ， ∠PEC = 90° ∠PEF ，1 1 1 1∴ ∠G EF = ∠PEC ．1 1∴ △G EF ≌△PEC ．1 1∴ ∠G FE = ∠PCE ．1 1∵ EC ⊥ C D ，∴ ∠PCE = 90°， 1∴ ∠G FE = 90° 1∴ ∠EFH = 90°．∴ ∠FHC = 90°．∴ FG ⊥ CD ． 1②按题目要求所画图形见图 1，直线 G G 与直线 CD 的位置关系为互相垂直．1 2（2）∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴ ∠B = ∠ADC ．∵ AD = 6，AE = 1 tan B = 4 3 ， ∴ DE = 5 tan ∠EBC = tan B = 4 3． 可得 CE = 4 ．由（1）可得四边形 EFCH 为正方形．∴ CH = CE = 4 ．P 1 2 2 2 2 1 ①如图 2，当 P 点在线段 CH 的延长线上时，1 G 1A EFD H BC 图 2∵ FG = CP = x ，PH = x - 4 ，1 1 1 ∴ S△P FG 1 1 1 x( x - 4) = ⨯ FG ⨯ PH = 1 1 ． ∴ y = 1 2x 2 - 2 x ( x > 4) ． ②如图 3，当 P 点在线段 CH 上（不与 C 、H 两点重合）时， 1G 1 FB A ECD P 1 H图 3∵ FG = CP = x ，PH = x - 4 ，1 1 1 ∴ S △P FG 1 = 1 x(4 - x) FG ⨯ PH = 1 1 ． 1 ∴ y = - x2 + 2 x (0 < x < 4) ． 2③当 P 点与 H 点重合时，即 x = 4 时， △PFG 不存在． 1 1 1综上所述， y 与 x 之间的函数关系式及自变量 x 的取值范围是 y =1 2 x 2 - 2 x ( x > 4) 或 1 y = - x 2 + 2 x (0 < x < 4) ． 2【总结升华】本题着重考查了二次函数的解析式、图形的旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况 等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．举一反三： 【变式】已知，点 P 是∠MON 的平分线上的一动点，射线 PA 交射线 OM 于点 A ，将射线 PA 绕点 P 逆时针 旋转交射线 ON 于点 B ，且使∠APB+∠MON=180°．（1）利用图 1，求证：PA=PB ；（2）如图2，若点C是AB与OP的交点，当△SPOB=3S△PCB时，求PB与PC的比值；（3）若∠MON=60°，OB=2，射线AP交ON于点D，且满足且∠PBD=∠ABO，请借助图3补全图形，并求OP的长．【答案】（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足为E、F∵四边形OEPF中，∠OEP=∠OFP=90°，∴∠EPF+∠MON=180°，已知∠APB+∠MON=180°，∴∠EPF=∠APB，即∠EPA+∠APF=∠APF+∠FPB，∴∠EPA=∠FPB，由角平分线的性质，得PE=PF，∴△EPA≌△FPB，即PA=PB；（2）∵S△POB=3S△PCB，∴PO=3PC，由（1）可知△PAB为等腰三角形，则∠PBC=又∵∠BPC=∠OPB（公共角），∴△PBC∽△POB，11（180°-∠APB）=∠MON=∠BOP，22∴PB PC=PO PB，即PB2=PO•PC=3PC2，∴PB=3PC（3）作BH⊥OT，垂足为H，当∠MON=60°时，∠APB=120°，由PA=PB，得∠PBA=∠PAB=12（180°-∠APB）=30°，又∵∠PBD=∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO=180°，∴∠ABO=12（180°-30°）=75°，则∠OBP=∠ABO+∠ABP=105°，在△OBP中，∵∠BOP=30°，∴∠BPO=45°，在Rt△OBH中，BH=1OB=1，OH=3，2在Rt△PBH中，PH=BH=1，∴OP=OH+PH=3+1．。
人教版中考数学必考题型
人教版中考数学必考题型人教版中考数学必考题型主要包括以下几个方面：1. 函数型综合题：这类题目主要涉及直角坐标系和几何图形，需要先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。
其中，求已知函数的解析式主要采用待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标则主要采用几何法和代数法。
2. 几何型综合题：这类题目先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的（未知）函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。
其中，求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系（即列出含有x、y的方程），变形写成y＝f（x）的形式。
3. 代数与几何结合的综合题：这类题目涉及代数和几何的知识点，需要灵活运用代数和几何的知识进行解答。
常见的题型包括与三角形、四边形、圆等相关的综合题。
4. 方程与函数综合题：这类题目涉及方程和函数的知识点，需要将方程和函数的知识结合起来进行解答。
常见的题型包括与一元二次方程、分式方程、一次函数、反比例函数等相关的综合题。
5. 概率与统计综合题：这类题目涉及概率和统计的知识点，需要将概率和统计的知识结合起来进行解答。
常见的题型包括与概率、期望、方差、频率等相关的综合题。
6. 阅读理解和应用题：这类题目提供一段文字材料，要求考生在理解材料的基础上解决一系列问题。
常见的题型包括与生活中的实际问题相关的应用题。
7. 探索性问题：这类题目给出一定条件，要求考生在此基础上进行探索和研究，得出结论或规律。
常见的题型包括与几何图形、函数性质等相关的探索性问题。
总的来说，中考数学必考题型主要考查学生的基础知识和基本技能，同时注重学生的数学思维能力和问题解决能力的考查。
在备考过程中，建议考生多做真题和模拟题，熟悉题型和考试要求，提高解题能力和应试技巧。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.以正方体的任意4个顶点为顶点的几何形体有①空间四边形；②每个面都是等边三角形的四面体；③最多三个面是直角三角形的四面体；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.【答案】①②④【解析】①只要不在同一平面上的四个点连结而成的四边形都是空间四边形. ②从一个顶点出发与它的三个对角面的顶点连结所成的四棱锥符合条件.最多有四个直角四面体.由一个顶点和又该点出发的两条棱的端点及一个对角面的定点四点即可.所以③不成立. ④显然成立.故选①②④.【考点】1.空间图形的判断.2.空间中线面间的关系.2.下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误的是（）A．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D．水平放置的圆的直观图是椭圆【答案】B【解析】选项.用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形，正确；选项.斜二测画法的规则中，已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于轴的线段，长度为原来的一半．平行于轴的线段的平行性和长度都不变．故几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例不相同；选项.水平放置的矩形的直观图是平行四边形，正确；选项.水平放置的圆的直观图是椭圆，正确．故选【考点】斜二测画法画直观图.3.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】（1）设线段的中点为，易得四边形为平行四边形，得，又，,，所以平面平面；（2）因为平面，所以是三棱柱的高，所以三棱柱的体积，通过计算即可得出三棱柱的体积.试题解析：(1) 设线段的中点为.和是棱柱的对应棱同理，和是棱柱的对应棱且且四边形为平行四边形,,平面平面(2)平面是三棱柱的高在正方形中,.在中，，三棱柱的体积.所以，三棱柱的体积.【考点】1.面面平行的判定定理；2.棱柱的体积.4.如图所示，三棱柱A1B1C1—ABC的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，点M是A1B1的中点．(1)求证：B1C∥平面AC1M；(2)求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.【答案】 (1)由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°.连结A1C，设A1C∩AC1＝O，连结MO，由题意可知，得到MO∥B1C，进一步得到B1C∥平面AC1M.(2)利用已知得到C1M⊥A1B1，根据平面A1B1C1⊥平面AA1B1B，得到C1M⊥平面AA1B1B，达到证明目的：平面AC1M⊥平面AA1B1B.【解析】思路分析：首先，由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形。
几何综合题型试题（含解答）
- 1 - 几何综合题几何综合题是中考试卷中常见的题型，大致可分为几何计算型与几何论证型综合题，它主要考查考生综合运用几何知识的能力。
一、几何论证型综合题例1、（盐城）如图，已知：⊙O 1与⊙O 2是等圆，它们相交于A 、B 两点，⊙O 2在⊙O 1上，AC 是⊙O 2的直径，直线CB 交⊙O 1于D ，E 为AB 延长线上一点，连接DE 。
(1)请你连结AD ，证明：AD 是⊙O 1的直径；(2)若∠E=60°，求证：DE 是⊙O 1的切线。
分析：解几何综合题，一要注意图形的直观提示，二要注意分析挖掘题目的隐含条件，不断地由已知想可知，发展条件，为解题创条件打好基础。
证明：（1）连接AD ，∵AC 是⊙O 2的直径，AB ⊥DC ∴∠ABD=90°ABD=90°, , ∴AD 是⊙O 1的直径（2）证法一：∵AD 是⊙O 1的直径，∴O 1为AD 中点连接O 1O 2，∵点O 2在⊙O 1上，⊙O 1与⊙O 2的半径相等，∴O 1O 2=AO 1=AO 2∴△AO 1O 2是等边三角形，∴∠AO 1O 2=60°由三角形中位线定理得：O 1O 2∥DC ，∴∠ADB=∠AO 1O 2=60°∵AB ⊥DC ，∠E=60，∴∠BDE=30，∠ADE=∠ADB+∠BDE=60°BDE=60°+30°+30°+30°=90°=90°又AD 是直径，∴DE 是⊙O 1的切线证法二：连接O 1O 2，∵点O 2在⊙O 1上，O 1与O 2的半径相等，∴点O 1在⊙O 2∴O 1O 2=AO 1=AO 2，∴∠O 1AO 2=60°∵AB 是公共弦，∴AB ⊥O 1O 2，∴∠O 1AB=30°∵∠∵∠E=60E=60E=60°°∴∠∴∠ADE=180ADE=180ADE=180°°-（6060°°+30+30°）°）°）=90=90=90°°由（1）知：AD 是的⊙O 1直径，∴DE 是⊙O 1的切线. 说明：本题考查了三角形的中位线定理、圆有关概念以及圆的切线的判定定理等。
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专题11 几何计算型综合问题【考点透视】几何计算型综合问题，是以计算为主线的综合各种几何知识的问题.在近年全国各地中考试卷中占有相当的分量.这类问题的主要特点是包含知识点多、覆盖面广、逻辑关系复杂、解法灵活.考查方式偏重于考查考生分析问题、探究问题、综合应用数学知识解决实际问题的能力，要求学生熟练掌握三角形、四边形、三角函数、圆等几何知识，较熟练地应用转化思想、方程思想、分类讨论思想、数形结合思想等常见的数学思想. 解题时必须在充分利用几何图形的性质及题设的基础上挖掘几何图形中隐含的数量关系和位置关系，在复杂的“背景”下辨认、分解基本图形，或通过添加辅助线补全或构造基本图形，并善于联想所学知识，突破思维障碍，合理运用方程等各种数学思想才能解决.值得注意的是近年中考几何综合计算的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情境型等，背景鲜活，具有实用性和创造性，在考查考生计算能力的同时，考查考生的阅读理解能力、动手操作能力、抽象思维能力、建模能力……力求引导考生将数学知识运用到实际生活中去. 【典型例题】例 1.在生活中需要测量一些球（如足球、篮球…）的直径，某学校研究性学习小组，通过实验发现下面的测量方法：如图11-1，将球放在水平的桌面上，在阳光的斜射下，得到球的影子AB ，设光线AD 、CB 分别与球相切于点E 、F ，则E 、F 即为球的直径．若测得AB 的长为41.5cm ，∠ABC=37°.请你计算出球的直径（精确到1cm ）（2002年山东省济南市中考题）分析：本题实际上是解直角梯形ABFE 中的问题， 作AG ⊥CB 于G ，在Rt △ABG 中，求出AG 即可． 解：作AG ⊥CB 于G ，∵AD 、CB 分别与圆相切于E 、F ， ∴EF ⊥FG ，EF ⊥EA ， ∴四边形AGFE 是矩形， ∴AG=EF在Rt △ABG 中，AB=41.5，∠ABG=37°， ∴AG=AB ·sin ∠ABG=41.5×sin37°≈25. ∴球的直径约为25cm.说明：将几何计算题与研究性学习问题和方案设计问题有机的结合起来，是近年中考题的又一热点．这类题一般难度不太大，关键是考查建模能力.例2．在边长为2的菱形ABCD 中，∠B=45°，AE 为BC 边上的高，将△ABE 沿AE 所在直线翻折得△AB ’E ，那么△AB ’E 与四边形AECD 重叠部分的面积是 .（2001年上海市中考题） 分析：解答本题首先要根据题意，画出图形（如图11-2）然后根据对称性和相关几何知识进行求解．图11-1图11－2DABCQ P 图11-3解：在Rt △ABE 中，∵∠B=45°，AB=2，∴AE=BE=2 ，∴S △ABE =1． 由翻折知：△AB ’E ≌△ABE ，∴EB ’=EB=2 ∴B ’C=BB ’－BC=22－2， ∵四边形ABCD 是菱形，∴CF ∥BA ．∴∠ B ’FC=∠B ’AB=90°, ∠B ’CF=∠B=45° ∴CF=2222-=BC ∴S △B ’FC =221CF =32－2 ∴S 阴=S △AB ’E －S △CFB ’=2 2－2．说明：图形折叠问题的本质是全等变换, 也是近年中考题中的一个亮点．这类问题的解决方法是要抓住因折叠而形成的等线段和等角，这些相等关系是解决问题的关键.常用代数方程求解．例3．如图11－3，在矩形ABCD 中，AB=12cm ，BC=6cm ，点P 沿AB 边从点A 开始向点B 以2cm/s 的速度移动；点Q 沿DA 边从点D 开始向点A 以1cm/s 的速度移动.如果P 、Q 同时出发，用t(s)表示移动的时间（0≤t ≤6），那么： ⑴当t 为何值时，△QAP 为等腰直角三角形？⑵求四边形QAPC 的面积；提出一个与计算结果有关的结论； ⑶当t 为何值时，以点Q 、A 、P 为顶点的三角形与△ABC 相似？（2002河北省年中考试题）分析：⑴中应由△QAP 为等腰直角三角形这一结论，需补充条件AQ=AP ，由AQ=6－t ，AP=2t ，可求出t 的值；⑵中四边形QAPC 是一个不规图形，其面积可由矩形面积减去△DQC 与△PBC 的面积求出；⑶中由于题目中未给出三角形的相似对应方式，因此须分类讨论.解：⑴AP=2t ，DQ=t ，QA=6－t ，当QA=AP ，即6－t=2t ，t=2（s ）时，△QAP 为等腰直角三角形； ⑵S △DQC =21·12·t=6t, S △PBC =21·6·(12－2t)=36－6t, ∴S 四边形QAPC=12·6－6t －（36－6t ）=36（cm 2），由计算结果可见：在P 、Q 两点移动的过程中，四边形QAPC 的面积始终保持不变；⑶∵∠QAP=∠ABC=90°，∴①当BC AP AB QA =时，△QAP ∽△ABC ，∴62126tt =-，解之得t=1.2（s ）；②当AB AP BC QA =时，△PAQ ∽△ABC ，∴12266tt =-，解之得t=3（s ）.故当t=1.2s 或3s 时，以点Q 、A 、P 为顶点的三角形与△ABC 相似. 说明：本例是动态几何题，同时也是一道探究题．要求学生具有一定的发现、归纳和表达能力，这就要求我们通过计算分析，抓其本质，揭示出变中不变的规律．其结论也可提出：“P 、Q 两点到对角线AC 的距离之和保持不变”，四边形QAPC 的面积也可由△QAC 与△CAP 的面积求出，；⑶中考察了分类讨论的数学思想，结论具有一定的开放性.图11－4F例4. 当你进入博物馆的展览厅时，你知道站何处观赏最理想？如图11－4，设墙壁上的展品最高处点P 距离场面a 米，最低处点Q 距离场面b 米，观赏者的眼睛点E 距离地面m 米．当过点P 、Q 、E 三点的圆与过点E 的水平线相切于点E 时，视角∠PEQ 最大，站在此处观赏最理想．(1)设点E 到墙壁的距离为x ，求a 、b 、m 、x 的关系式； (2)当a=2.5，b=2，m=1.6时，求：○1和墙壁的距离为x 米；○2视角∠PEQ 的度数（精确到1度） （2003年江苏省常州市中考题）解：(1)∵水平直线HE 切⊙O 于点E. ∴HE 2=QH ·HP又HE=x ，QH=b －m ，PH=a －m ， ∴x 2=（a －m ）（b －m ）.(2)○1当a=2.5，b=2，m=1.6时，由(1)中所得： x 2=（2.5－1.6）（2－1.6）∴x=0.6 ∴点E 与墙壁距离x 的值为0.6米.○2作OD ⊥PR 于D ，则∠POQ=2∠POD ，∵∠POQ=2∠PEQ ， ∴∠PEQ=∠POD.在Rt △POD 中，tan ∠POD= 125=OD PD∴∠PEQ=23°说明：将几何计算题富于一个实际情境是中考中的一个新视点，符合新课程标准的精神，在今后的中考命题将会有很强的生命力，解这类题时，要能从实际中抽象出纯数学问题，然后利用相关知识解决问题.复习中应注意对常规题进行演变，有对针性训练.例5.如图11-5,方形ABCD 的AB 边为直径，在正方形内部作半圆，圆心为O ，DF 切半圆于点E ，交AB 的延长线于点F ，BF=4． 求：(1)cos ∠F 的值；(2)BE 的长．（2003年四川省中考题）分析：(1)要求cos ∠F 的值，就要把∠F “放”到直角三角形中，由于DF 是半圆切线，只要连结OF 即可，然后利用相似三角形与切割线定理，求出OF 、EF ；(2)利用勾股定理和相似三角形即可求得．解：(1)连结OE.∵DF 切半圆于E ，∴∠OEF=90°，在正方形ABCD 中，AB=AD ，∠DAF=90°， ∴∠OEF=∠DAF.又∵∠F 为公共角，∴△OEF ∽△DAF.∴21===AB OE DA OE AF EF .即AF=2EF. ∵DF 切半圆O 于E ，∴EF 2=FB ·FA=BF ·2EF ，∴EF=2BF=8，AF=2EF=16.∴AB=AF －BF=12，O 2O 1图11-6图①图②FO=21AB+BF=21×12+4=10.在Rt △OEF 中，cos ∠F=54108==FO EF . (2)连结AE ，∵DF 切半圆于E ，∴∠EAF=∠BEF.∵∠F=∠F ，∴△BEF ∽△EAF.∴21168===AF EF EA BE .设BE=k(k ＞0)，则AE=2k ，∵AB 为半圆O 的直径， ∴∠AEB=90°. 在Rt △AEB 中，AE 2+BE 2=AB 2，（2k ）2+k 2=122,∴BE=k=5512.说明：在相似形、圆等问题中渗透三角形函数知识、方程知识，围绕有关相似比、面积之比来命题是近年中考题命题又一新特点．解这类题要善于把三角函数的值与线段比相互转化，并能设参数来表示有关线段，运用勾股定理或相似三角形的有关比例式来解决．例6．已知：如图11-6与⊙O 2相交于A 、B 两点，O 1在⊙O 2上，⊙O 2的弦BC 切⊙O 1与B ，延长BO 1、CA 交于点P ，PB 与⊙O 1交于点D ． ⑴求证：AC 是⊙O 1的切线；⑵如果PD=1，⊙O 1的半径为2，求BC 的长．（2002江苏省南京市中考题）分析：⑴由于AC 与⊙O 1有共公点A ，只要证AC ⊥AO 1即可． ⑵欲证AD ∥O 1C ，借公共弦这一“桥梁”．证∠ACO 1=∠PAD ， ⑶根据图形借助切割线及其推论或三角形相似，通过线段比来解决.解：⑴连结AO 1，∵BC 是⊙O 1的切线，∴∠O 1BC=90°,∵四边形AO 1BC 是⊙O 2的内接四边形， ∴∠O 1BC+∠O 1AC=180°.∴∠O 1AC=90°，∴AC 是⊙O 1的切线⑵连结AB,∵PC 切⊙O 1于点A, ∴∠PAD=∠ABP, 又∠ACO 1=∠ABO 1 ,∴∠PAD=∠ACO 1 ∴AD ∥O 1C ⑶∵PC 是⊙O 1的切线，PB 是⊙O 1的割线，∴PA 2=PD ·PB ∵PD=1，PB=5，∴PA=5∵AC 、BC 分别切⊙O 1于A 、B ∴O 1B ⊥BC ，O 1A ⊥PC ∴∠PBC=∠PAO 1=90° 又∠P=∠P ∴△PBC ∽△PAO 1 ∴552,1==BC PA PB AO BC 即 ∴BC=52 说明：解几何计算综合题要善于把复杂的几何图形“分解”为若干个基本图形，并综合这些基本图形的性质及图形中元素的内在联系去思考，则能快速找到解题途径．如本题若把原图分解为下列①②两个图形，则⑶的解题思路一目了然．图11－7－1图11－7－2图11－7－3图11－7－4例7.有一长方形的餐厅，长10m ，宽7m ，现只摆放两套同样大小的圆桌和椅子，一套圆桌和椅子占据的地面部分可看成半径为1.5m 的圆形（如图11－7－1所示）.在保证通道最狭窄处的宽度不小于0.5m 的前提下，问此餐厅内能否摆下三套或四套同样大小的圆桌和椅子呢？请在摆放三套或四套的两种方案中选取一种，在右下方14×20方格纸内画出设计示意图. （提示：①画出的圆应符合比例要求；②为了保证示意图的清晰，请你在有把握后才将设计方案正式画在方格纸上）(2003年江西省中考试题)分析：这是一道方案设计问题，图11-7-2中每一正方形小格宽度均表示0.5m ，餐厅内能否摆下三套或四套同样大小的圆桌和椅子，就看能否在图11-7-2中画出三个或四个半径为三格宽的圆，并使圆与圆之间、圆与方格纸外边框之间的间距不少于一格，我们可以按画三个圆、画四个圆分别计算.解：此餐厅内能摆下三套和四套同样大小的圆桌和椅子.摆放三套与四套的设计方案参考图11－7－3、图11－7－4，只要满足如下条件： ① 每个圆的半径为1.5cm ；② 每个圆的圆心到方格纸外边框的距离不小于2cm ； ③ 任意两圆的圆心距不小于3.5cm.说明：对于一道运用几何计算进行探索的综合型问题，要注意相关的条件,可以先假设结论成立，然后通过计算求相应的值，再作存在性的判断.该试题是在考生容易想象的情境中考查学生用数学的能力，源于生活，打破常规，重视学生探究问题的能力的培养和动手操作意识的形成，这是今后中考试题的一个方向.DFCABE图11－11A BC P Q图11－10图11－9A B C图11－8【习题11】⒈如图11-8，在△ABC 中,已知BC=6,∠C=600,sinA=0.8, 求AB 和AC 的长.(结果保留根号)（2002年江苏省淮安市中考试题）⒉如图11-9，挂着“庆祝凤凰广场竣工”条幅的氢气球升在广场上空，已知气球的直径为4m ，在地面A 点测得气球中心O 的仰角∠OAD=60°，测得气球的视角∠BAC=2°（AB 、AC 为⊙O 的切线，B 、C 为切点）则气球中心O 离地面的高度OD 为（ ）。