【文档说明】《中考数学二轮复习经典问题专题训练》专题60 实验操作类问题（2）（解析版）.docx，共(29)页，1.307 MB，由管理员店铺上传

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1专题60实验操作类问题（2）【规律总结】实验操作型问题是让学生在实际操作的基础上设计问题,通过动手测量、作图、取值、计算等实验,猜想获得数学结论来设计有关问题,这类活动完全模拟以动手为基础的手脑结合

的科学研究形式，需要动手操作、合理猜想和验证。【典例分析】例1．（2020·北京理工大学附属中学分校八年级期末）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB＝3，则BC的长为（）A．2B．2C．1.5D．3【答

案】D【分析】设BCx=，先根据矩形的性质可得90,BADBC==，再根据折叠的性质可得,,90OAADxOCBCxCOEB======，从而可得OAOC=，又根据菱形的性质可得AECE=，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得90AOECO

E==，从而可得点,,AOC共线，由此可得2ACx=，最后在RtABCV中，利用勾股定理即可得．【详解】设BCx=，Q四边形ABCD是矩形，290,BADBCx===，由折叠的性质得：,,90OAADxOCBCxCOEB======，OAOCx==，Q四边形AEC

F是菱形，AECE=，在AOE△和COEV中，OAOCAECEOEOE===，()AOECOESSSVV，90AOECOE==，即180AOECOE+=，点,,AOC共线，2ACOAOCx=+=，在RtABCV中，222ABBCAC+=，即2223(2)x

x+=，解得3x=或3x=−（不符题意，舍去），即3BC=，故选：D．【点睛】本题考查了矩形与菱形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，利用三角形全等的判定定理与性质证出90AOECOE==，从而得出点,,AOC共线是解题关键．3例2．（2019·河北承

德市·七年级期中）如图是长方形纸带a，20DEF=，将纸带沿EF折叠成图b，则AEG的度数__度，再沿BF折叠成图c．则图中的CFE的度数是度______．【答案】140°120°【分析】根据平行线的性质得，∠EFB=∠DEF，从而求出∠GFC的度数，进而求解求解．【

详解】∵AD∥BC，∴∠EFG=∠DEF=20°，∴在图b中，∠GFC=180°-2∠EFG=140°，AEG=180°-2∠DEF=140°∴∠GFE=∠GFC-∠EFB=140°-20°=120°．故答案是：140°；120°．【点睛】本题主要考查平行线的性质以及折

叠的性质，掌握“两直线平行，内错角相等”，是解题的关键．例3．（2020·辽宁朝阳市·中考真题）如图，在RtABCV中，90,BACABAC==，M是AC边上的一点，连接BM，作APBM⊥于点P，过点C作AC的垂线交AP的延长线于点E．4（1）

如图1，求证：AMCE=；（2）如图2，以,AMBM为邻边作AMBGY，连接GE交BC于点N，连接AN，求GEAN的值；（3）如图3，若M是AC的中点，以,ABBM为邻边作AGMBY，连接GE交BC于点M，连接AN，经探究发现18NCBC=，请直接写出GEAN的值．【答案】（1）见解析

；（2）2GEAN=；（3）455【分析】（1）通过证CAEABM△与△全等可以证得AM=CE；（2）过点E作EF⊥CE交BC于F，通过证明GACEAB△与△全等，证得AG=AE，通过GBNEFN△≌△证得GN=EN，最后由直角三角形的性质证得

结论；（3）延长GM交BC于点F，连接AF，在RAFCt△中，由勾股定理求出AN的长，在RAEGt△中，求出EG的长即可得到答案．【详解】（1）证明,90APBMAPB⊥=Q590ABPBAP+

=90BAPCAE+=QCAEABP=,90CEACBAMACE⊥==Q()ABACABMCAEASA=QVV，≌CEAM=（2）过点E作CE的垂线交BC于点F90FEC=o,90ABACBAC==Q45ACBABC==90,

45ACEFCE==Q45CFEFCE==,135CEEFEFN==6∴四边形AMBG是平行四边形,90AMBGABGBAC===135GBNABGABC=+=GBNEFN=由（1）得ABMCAEVV≌,A

MCEBGCEEF===BNGFNE=Q()GBNEFNAASVV≌GNEN=//AGBMQ190,2GAEBPEANGE===．2GEAN=．（3）如图，延长GM交BC于F，连接AF

在ABMGY中，AB//GM，ABMMGA△≌△，790AMGBAC==，90GMCACE==，//GFCE，AMMC=Q，BFCF=，ABAC=Q，1,2AFBCAFBC⊥=,18CNBC=Q，设CN=x，则B

C=8x，AF=FC=4x，FN=3x,22RAFNAN=AFFN=5tx+在△中，,在RtABM△中，22AB=BC=84222xx=，1222AMABx==，()()22224222210BMABAMxxx=+=+=，210AGBMx==，由（1）知ABMCAEVV≌，

CAEMGA△≌△AEAG=，在Rt△AEG中，EG=222221045AEAGAGxx+===，454555GExANx==.【点评】8本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、勾股定

理等知识，解题的关键是正确作出辅助线，寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．【好题演练】一、单选题1．（2017·天津北辰区·）折叠矩形纸片：第一步，如图1，在纸片一端折出一个正方形MBCN，再把纸片展开；第二步，如图2，把这个正方形对折，再把纸片展开，得矩形MAEN

和ABCE；第三步，如图3，折出矩形ABCE的对角线EB，并把EB折到图中所示的ED处；第四步，如图4，展平纸片，按所得点D折出DF，得矩形BFDC.则CDBC的值为（）A．52B．22C．512−D．212−【答案】C【分析】根据图象折叠的性质，得2MNEBEDECCDCD==+=+，在

RtBCE中有，222CECBEB+=即22222MNMNMNCD+=+，即可求得CDMN的值，且MN=BC，进而求得CDBC的值．9【详解】∵2MNEBEDECCDCD==+=+，在RtBCE中有，222CECBEB

+=即22222MNMNMNCD+=+解得，512CDMN−=即512CDBC−=故选：C【点睛】本题考查了矩形折叠和正方形折叠的性质，利用勾股定理解直角三角形．二、填空题2．（2019·江苏盐城市·九年级月考）如图，在

正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，ABC和ABC的各个顶点均在格点处，且ABC是由ABC以网格中的某个格点为旋转中心，逆时针旋转90得到的，点,,ABC的对应点分别为点A，B，C，则在旋转过程中，点A经过的路径长为_

______．【答案】102【分析】10先连接,AABB，然后分别作,AABB的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为旋转中心O，然后由勾股定理求出AO的长度，利用弧长公式计算即可．【详解】连接,AABB，然后分别作,AABB的垂直平分线，两

条垂直平分线的交点即为旋转中心O，223110AO=+=Q，∴点A经过的路径长为9010101802=．故答案为：102．【点睛】本题主要考查旋转中心的确定和弧长公式，掌握弧长公式是解题的关键．3．（

2020·河南九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y=2x和y=﹣x的图象分别为直线l1，l2，过点(1，0)作x轴的垂线交l1于点A1，过点A1作y轴的垂线交l2于点A2，过点A2作x轴的垂线交l1于点A3，过点A3作y轴的垂线交l2于点A4，…依次进行下去，则11点A2017的坐标

为________．【答案】(21008，21009)【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征可得出点A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8等的坐标，根据坐标的变化即可找出变化规律“()221412,2n

nnA++，()2121422,2nnnA+++−，()2122432,2nnnA+++−−，()2222442,2nnnA+++−（n为自然数）”，依此规律结合2017=1008×2+1即可找出点2017A的坐标．【详解】由图可知：A1(1，2)，A2(﹣2，2)，A3(﹣2，﹣4)，A

4(4，﹣4)，A5(4，8)，…，∵2017=504×4+1，∴点A2017在第一象限，∵2017=1008×2+1，∴A2n+1((﹣2)n，2(﹣2)n)(n为自然数)．∴A2017的坐标为((﹣2)1008，2(﹣2)1008)=(210

08，21009)．故答案是：(21008，21009)【点睛】本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中点的坐标，12根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．三、解答题4．（2019·河南三门峡市·八年级期末）阅读材料如图1，三

角形ABC中，4ABAC==，三角形ABC的面积为10，P为底边BC上一点，PEAB⊥，PFAC⊥，垂足分别为E，F．易证5PEPF+=．解题过程如下：如图，连接AP，∵PEAB⊥，PFAC⊥，∴12ABPSABPE=，12ACPSACPF=∵ABPACPABCSSS+=．∴111

022ABPEACPF+=1()102ABPEPF+=∴10245PEPF+==．结论：过等腰三角形底边上的一点作两腰的高，两条高线之和等于等腰三角形面积的2倍再除以腰长．类比探究13如图2，

在边长为5的菱形ABCD中，对角线8BD=，点P是直线BD上的动点，PEAB⊥于E，PFAD⊥于F．①填空：对角线AC的长是_________；菱形ABCD的面积是_________．②探究：如图2，当点P在对角线BD上运动时，求PEPF+

的值；③拓展：当点P在对角线BD和DB的延长线上时，请直接写出PE，PF之间的数量关系．【答案】①6；24；②245PEPF+=；③当点P在对角线BD的延长线上时，245PEPF−=；当点P在对角线DB的延长线上时，245PFPE−=．【分析】（1）连接AC

交BD于点O，根据菱形的性质及勾股定理即可得出；（2）根据菱形的性质得出ΔABD的面积为12，再结合材料即可得出答案；（3）分两种情况讨论：当点P在对角线BD的延长线上及当点P在对角线DB的延长线上时，根据菱形的性质及材料即可得出答案．【详解】解：（1）连

接AC交BD于点O14Q四边形ABCD为菱形BD=811,422ACBDBOBDAOAC⊥===，5AB=Q在RtABOV中，223AOABBO=−=26ACAO\==11=682422ABCDSACBD==菱形（2）如图，在菱形ABCD中，由菱形性质得，

ΔABD是等腰三角形，且12ABDABCDSS=菱形∵菱形ABCD的面积为24，∴ΔABD的面积为12又∵PE⊥AB，PF⊥AD，15根据阅读材料得，∴2412255PEPF+==（3）当点P在对角线BD的延长线上时，如图①，延长CD交PE于点M,PEABPFAD⊥⊥

Q90EF==在菱形ABCD中，//,ABCDADBCDB=90PMDEF===,ADBFDFCDBFDM==QPDFPDM=即DP平分FDMPMPF=245ABCDSABEMAB===

Q菱形，245EM=EMPEPMPEPF=−=−Q∴245PEPF−=；当点P在对角线DB的延长线上时，如图②延长CB交PF于点N，同理可得：24,5FNPNPE==FNPFPNPFPE=−=−Q∴245P

FPE−=．16【点睛】本题考查了菱形的性质，灵活运用材料中的结论是解题的关键．5．（2020·北京海淀区101中学温泉校区七年级月考）喜欢思考的小泽同学，设计了一种折叠纸条的游戏．如图1，纸条的一组对边PN∥QM（纸条的长度视为可延伸），在PN，QM上分别找一点A，B，使得∠A

BM＝．如图2，将纸条作第一次折叠，使BM与BA在同一条直线上，折痕记为1BR．解决下面的问题：（1）聪明的小白想计算当α＝90°时，∠1BRN的度数，于是他将图2转化为下面的几何问题，请帮他补全问题并求解：如图3，PN∥QM，A，B分别在,PNQM上，且∠ABM＝90°，由折叠：

1BR平分_________，BM∥1RN，求∠1BRN的度数．17（2）聪颖的小桐提出了一个问题：按图2折叠后，不展开纸条，再沿AR1折叠纸条（如图4），是否有可能使AM⊥BR1？如果能，请直接写出此时的度数；如果不能，请说明理由．（3）笑笑看完此题后提出了一个问题：当0°<

≤90°时，将图2记为第一次折叠；将纸条展开，作第二次折叠，使BM与BR1在同一条直线上，折痕记为BR2（如图5）；将纸条展开，作第三次折叠，使BM与BR2在同一条直线上，折痕记为BR3；…以此类推．①第二次折叠时，∠2BRN＝________

_____（用的式子表示）；②第n次折叠时，∠nBRN＝____________（用和n的式子表示）．【答案】（1）∠ABM，∠1BRN＝135°；（2）能，=45°；（3）180°－4，180°－2na【分析】（1）由

折叠的性质和平行线的性质可得结论；（2）根据折叠的性质和平行线的性质结合三角形内角和定理可求出α的值；18（3）①根据折叠和平行线的性质可求出11802BRN=−，同理可求出2=1804BRN−；②由①可得到规律得出=1802nnBRN

−．【详解】（1）由折叠得，11ABRMBR=，∴1BR平分∠ABM，∵∠ABM＝90°，∴11452ABRABM==，∵1//MBNR，∴11180ABRBRN+=，∴1118018045135B

RNABR=−=−=；故答案为：∠ABM；（2）如图，//PNQMQ，19MARABM==，由折叠得，112ABRMBR==，11MARMAR==，由//PNQR得，12ARB=，12

=+，11180ABRBAM++=Q，且90BAM=，1190ABR+=，290=，45=；（3）①如图，由折叠得，11ABRMBR=，∴11122ABRABM

==，1//BMRNQ，∴11180ABRBRN+=，∴111801802BRNABR=−=−；20同理可得，121144RBRABM==，∴2121801804BRNRBR=−=−，故

答案为：1804−；②由①可得3321801808BRNRBR=−=−，由此可以得出：11801802nnnnBRNRBR−=−=−，故答案为：1802n−．【点睛】本题利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图

形的形状和大小不变，位置变化．还考查了平行线的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．6．（2020·江苏盐城市·中考真题）以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题1~4．（1

）在RtABCV中，90,22CAB==，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到，组数据如下表：（单位：厘米）AC2.82.72.62.321.50.4BC0.40.81.21.622.42.8ACBC+3.23.53.83.943.93.221（2）根据学习函数的经验，选取

上表中BC和ACBC+的数据进行分析；①设BCxACBCy=+=,，以(,)xy为坐标，在图①所示的坐标系中描出对应的点；②连线；观察思考（3）结合表中的数据以及所面的图像，猜想．当x=时，y最大；（4）进一步C猜想：若RtMBCV中，90C=，斜边(2ABaa=为常数，0a），

则BC=时，ACBC+最大．推理证明（5）对（4）中的猜想进行证明．问题1．在图①中完善()2的描点过程，并依次连线；问题2．补全观察思考中的两个猜想：()3_______()4_______问题3．证明上述()5中的猜想：问题4．图②中折线BEFGA−−−−是一个感光元件的截面设计草图，其中点,

AB间的距离是4厘米，1AGBE==厘米，90,EFG===o平行光线从AB区域射入，2260,BNE=o线段FMFN、为感光区城，当EF的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值．【答案】问题1：见解析；问题

2：2，2a；问题3：见解析；问题4：当221EF=+时，感光区域长度之和FMFN+最大为434223cm+−【分析】问题1：根据（1）中的表格数据，描点连线，作出图形即可；问题2：根据（1）中的表格数据，可以得知当x=2时

，y最大；设,BCxACBCy===，则224ACax=-，可得224yxax=+-，有2222240xxyya-+-=，可得出22ya£；问题3：可用两种方法证明，方法一：（判别式法）设,BCxACBCy===，则224ACax=-，可得224yxax=+-，有2222240xxyya-+-=

，可得出22ya£；方法二：（基本不等式），设,,BCmACnACBCy==+=，得2224mna+=，可得222mnmn+，根据当mn=时，等式成立有22mna，可得出22ya£；问题4：方法一：延长AM交EF于点C，过点A作AHEF⊥于点H，垂足为H，过点B作BKGF

⊥交于点K，垂足为K，BK交AH于点Q，由题可知：在BNEV中，2360,90,1BNEEBE===o，得33NE=，根据90,1,30GAGAMG????，有AGtanAMGGM=，得3GM=，易证四边形AGFH为

矩形，四边形BKFE为矩形，根据FNFMEFFGENGM+=+--可得4323FNFMBQAQ+=++-，由问题3可知，当22BQAQ==时，AQBQ+最大，则有22BQAQ==时，FMFN+最大为434223cm+−

；方法二：延长EBGA、相交于点H同法一求得：33,3GMNE==，根据四边形GFEH为矩形，有13MFEHGMb=-=+-，313FNEFNEa=−=+−，得到4323MFFNab+=++-，由问题3可知，当22ab==时，+ab最大

则可得22ab==时FMFN+最大为434223cm+−．【详解】问题1：图问题2：()32；()42a24问题3：法一：（判别式法）证明：设,BCxACBCy===在RtABCV中，222290,4,CACABBCax==−=−Q224yxa

x=+−224yxax−=−222224,yxyxax−+=−2222240,xxyya−+−=Q关于x的元二次方程有实根，()2222444240,bacyxa−=−−228,ya00,yaQ,22,

ya当y取最大值22a时，2224240xaxa−+=()2220xa−=122xxa==25当2BCa=时，y有最大值．法二：（基本不等式）设,,BCmACnACBCy==+=在RtABCV中

，90,C=Q2224mna+=()20,mn−Q222mnmn+．当mn=时，等式成立242,amn22mna．222ymnmnmn=+=++Q242amn=+，22,mnaQ22,ya当2BCACa==时，y有最大值．问题4：法一：延长AM交EF于点,C26过

点A作AHEF⊥于点,H垂足为,H过点B作BKGF⊥交于点,K垂足为,KBK交AH于点,Q由题可知：在BNEV中，60,90,1BNEEBE===oBEtanBNENE=即13NE=33NE=//,AMBNQ60,C=又

90,GFE=oQ30,CMF=2730,AMG=90,1,30GAGAMG===Q，在RtAGMV中，AGtanAMGGM=，即313GM=3,GM=90,90,GGFHAHF===Q四边

形AGFH为矩形,AHFG=90,=90GFHEBHF==oQ，四边形BKFE为矩形，,BKFE=FNFMEFFGENGM+=+−−Q333BKAH=+−−433BQAQQHQK=+++−4323BQAQ=++−28在RtABQ△中，4AB=．由问题3可知，当22BQAQ==时

，AQBQ+最大22BQAQ==时，FMFN+最大为434223cm+−即当221EF=+时，感光区域长度之和FMFN+最大为434223cm+−法二：延长EBGA、相交于点,H同法一求得：33,3GMNE==设,A

HaBHb==Q四边形GFEH为矩形，,,GFEHEFGH==2913MFEHGMb=−=+−．313FNEFNEa=−=+−43+23MFFNab+=+−2216,ab+=Q由问题3可知，当22ab==时，+ab最大22

ab==时FMFN+最大为434223cm+−即当221EF=+时，感光区域长度之和FMFN+最大为434223cm+−．【点睛】本题考查了一元二次方程，二次函数，不等式，解直角三角形，三角

函数，矩形的性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．