人教版初中数学推理与证明习题.doc

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推理与证明习题

1.如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI=4，HI=3，AD=．矩形DFGI恰好为正方形．

（1）求正方形DFGI的边长；

（2）如图2，延长AB至P．使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？

（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M，N，求△MNG′的周长．

2.

（1）问题发现

如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，填空：

①的值为_______；

②∠AMB的度数为_______。

（2）类比探究

如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M，请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；

（3）拓展延伸

在

（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长。

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3.如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上（不与点B，C重合），连接AG，作DE⊥AG，于点E，BF⊥AG于点F，设。

（1）求证：

AE=BF；

（2）连接BE，DF，设∠EDF=，∠EBF=求证：

（3）设线段AG与对角线BD交于点H，△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，求的最大值．

3.【答案】

（1）因为四边形ABCD是正方形，所以∠BAF+∠EAD=90°，又因为DE⊥AG，所以∠EAD+∠ADE=90°，所以∠ADE=∠BAF，

又因为BF⊥AG，所以∠DEA=∠AFB=90°，

又因为AD=AB所以Rt△DAE≌Rt△ABF，所以AE=BF

（2）易知Rt△BFG∽Rt△DEA，所以在Rt△DEF和Rt△BEF中，tanα=，tanβ=

所以ktanβ=====tanα所以

（3）设正方形ABCD的边长为1，则BG=k，所以△ABG的面积等于k因为△ABD的面积等于

又因为=k，所以S1=

所以S2=1-k-=所以=-k2+k+1=≤

因为0＜k＜1，所以当k=，即点G为BC中点时，有最大值

【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形

【解析】【分析】

（1）根据正方形的性质及垂直的定义，可证得∠ADE=∠BAF，∠ADE=∠BAF及AD=AB，利用全等三角形的判定，可证得Rt△DAE≌Rt△ABF，从而可证得结论。

（2）根据已知易证Rt△BFG∽Rt△DEA，得出对应边成比例，再在Rt△DEF和Rt△BEF中，根据锐角三角函数的定义，分别表示出tanα、tanβ，从而可推出tanα=tanβ。

（3）设正方形ABCD的边长为1，则BG=k，分别表示出△ABG、△ABD的面积，再根据=k,求出S1及S2，再求出S1与S2之比与k的函数解析式，求出顶点坐标，然后根据k的取值范围，即可求解。

4.如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE=x，

（1）当AM=时，求x的值；

（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？

如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；

（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.

【答案】

（1）解：

由折叠性质可知：

BE=ME=x，∵正方形ABCD边长为1

∴AE=1-x，在Rt△AME中，∴AE2+AM2=ME2，即（1-x）2+=x2，解得：

x=.

（2）解：

△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，

∵BE=ME，∴∠EBM=∠EMB，

又∵∠EBC=∠EMN=90°，即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，∴∠MBC=∠BMN，

又∵正方形ABCD，∴AD∥BC，AB=BC，∴∠AMB=∠MBC=∠BMN，

在Rt△ABM和Rt△HBM中，

∵,

∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），∴AM=HM，AB=HB=BC，

在Rt△BHP和Rt△BCP中，

∵,

∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），∴HP=CP，

又∵C△PDM=MD+DP+MP，=MD+DP+MH+HP，=MD+DP+AM+PC,=AD+DC,=2.

∴△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.

（3）解：

过F作FQ⊥AB，连接BM，

由折叠性质可知：

∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，

∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,∴∠EBM=∠EMB=∠QFE，

在Rt△ABM和Rt△QFE中，

∵,

∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），∴AM=QE，

设AM长为a，在Rt△AEM中，∴AE2+AM2=EM2,

即（1-x）2+a2=x2,∴AM=QE=,∴BQ=CF=x-，

∴S=（CF+BE）×BC，=（x-+x）×1，=（2x-）,

又∵（1-x）2+a2=x2,

∴x==AM=BE，BQ=CF=-a，

∴S=（-a+）×1，=（a2-a+1）,=（a-）2+，

∵0

【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）

【解析】【分析】

（1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在Rt△AME中，根据勾股定理得（1-x）2+=x2，解得：

x=.

（2）△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，根据折叠性质知BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根据全等三角形的性质得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM周长为定值2.

（3）过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：

∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三角形的性质得AM=QE；设AM长为a，在Rt△AEM中，根据勾股定理得（1-x）2+a2=x2,从而得AM=QE=,

BQ=CF=x-，根据梯形得面积公式代入即可得出S与x的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x==AM=BE，BQ=CF=-a（0

5.如图，在直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，点，在第一象限，，边长.点从原点出发沿轴正半轴以每秒个单位长的速度作匀速运动，点从出发沿边以每秒个单位长的速度作匀速运动.过点作直线垂直于轴并交折线于，交对角线于，点和点同时出发，分別沿各自路线运动，点运动到原点时，和两点同时停止运动.

（1）当时，求线段的长；

（2）当为何值时，点与重合；

（3）设的面积为，求与的函数关系式及的取值范围.

5.解：

（1）在菱形中，，，当时，

，，，.

（2）当时，，时，到达点，到达点，点，在边上相遇.设秒时，重合，则，.

即秒时，，重合.

（3）①当时，且，，

，

②当时，，

③当时，，

④当时，

，到距离为，

到距离为，，，

综上与的函数关系式为

（注：

在第-段定义域写为，第二段函数的定义域写为照样给满分）

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