第12讲 命题与尺规作图-【数理报】2021中考数学《抢分计划》考点总动员(人教版)

书书书 所以∠ＭＢ′Ｅ＋∠ＭＢ′Ｂ＝９０°，即ＢＢ′⊥ＡＣ， 所以∠ＢＢ′Ｃ＝９０°， 所以∠ＢＢ′Ｎ＋∠ＣＢ′Ｎ＝９０°，∠Ｂ′ＢＮ＋∠Ｂ′ＣＮ ＝９０°． 由折叠可得，ＢＮ＝Ｂ′Ｎ，所以∠ＢＢ′Ｎ＝∠Ｂ′ＢＮ， 所以∠ＣＢ′Ｎ＝∠Ｂ′ＣＮ，所以ＮＣ＝ＮＢ′， 所以ＢＮ＝ＣＮ，即Ｎ是ＢＣ的中点， 所以Ｓ△ＢＢ′Ｎ ＝ １ ２ Ｓ△ＢＢ′Ｃ． 因为Ｍ是ＢＥ的中点，所以Ｓ△ＢＢ′Ｍ ＝ １ ２ Ｓ△ＢＢ′Ｅ，所以 Ｓ四边形ＢＮＢ′Ｍ ＝ １ ２ Ｓ△ＢＣＥ， 因为长方形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝６，ＢＣ＝８，对角线ＡＣ ＝１０， 所以 １ ２ ＡＢ·ＢＣ＝ １ ２ ＡＣ·ＢＢ′，所以ＢＢ′＝４．８， 又因为 ＣＥ＝ＣＢ＝８，ＢＢ′⊥ ＡＣ，所以 Ｓ△ＢＣＥ ＝ １ ２ ＣＥ·ＢＢ′＝１９．２， 所以Ｓ四边形ＢＮＢ′Ｍ ＝ １ ２ ×１９．２＝９．６． 《命题与尺规作图》跟踪训练 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．如①②④； ４．（１）如图１０，线段 ＡＥ 即为所求． （２）证明：如图 １０，在 ＡＢＣＤ中，因为 ＢＣ∥ ＡＤ， 所以∠Ｂ＋∠ＢＡＤ＝１８０°． 因为∠Ｂ＝６０°，所以∠ＢＡＤ＝１２０°． 因为ＡＥ平分∠ＢＡＤ，所以∠１＝∠２＝ １ ２∠ ＢＡＤ ＝６０°，所以∠ＡＥＢ＝６０°，所以△ＡＢＥ是等边三角形． 《命题与尺规作图》抢分演练 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｂ Ｄ Ａ Ｄ Ｄ Ｄ Ｄ Ｃ Ｄ 二、１１．假；　１２．菱形；　１３．以点 Ｅ为圆心，ＥＦ长 为半径画弧；　１４．①②④③或②③④①； １５．２０°；　１６．（０，３ ２ ）． 三、１７．图略． １８．（１）如图１１，线段ＢＤ为所 求． （２）因为在△ＡＢＣ中，∠ＡＢＣ＝６０°，∠Ｃ＝４５°，所 以∠Ａ＝１８０°－６０°－４５°＝７５°． 因为ＢＤ是∠ＡＢＣ的角平分线， 所以∠ＤＢＣ＝ １ ２∠ ＡＢＣ＝３０°， 所以∠ＡＤＢ＝∠ＤＢＣ＋∠Ｃ＝７５°，所以 ∠Ａ＝ ∠ＡＤＢ，所以ＢＤ＝ＡＢ＝４． １９．（１）已知：如图，在四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ＣＤ， ＡＢ＝ＣＤ． 求证：四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． 证明：连接ＡＣ． 因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠ＢＡＣ＝∠ＤＣＡ， 在△ＡＢＣ和△ＣＤＡ中， ＡＢ＝ＣＤ， ∠ＢＡＣ＝∠ＤＣＡ， ＡＣ＝ＣＡ { ， 所以△ＡＢＣ≌△ＣＤＡ（ＳＡＳ），所以ＢＣ＝ＡＤ， 因为ＡＢ＝ＣＤ，ＢＣ＝ＡＤ， 所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． 故填ＡＢ＝ＣＤ；平行． （２）“一组对边平行且相等的四边形是平行四边 形”的逆命题是“平行四边形的对边平行且相等”． ２０．（１）如图１２，△ＡＥＰ即为所求． （２）如图１３，平行四边形ＰＡＦＥ即为所求． ２１．（１）如图１４，点Ｏ即为所求． （２）如图１５，六边形ＤＥＦＧＨＩ即为所求正六边形． （提示：分别在ＢＣ，ＣＡ上截取ＢＦ＝ＣＨ＝ＡＤ，连接ＤＦ， ＦＨ，ＨＤ，作ＤＦ，ＦＨ，ＨＤ的垂直平分线，再以Ｏ为圆心， ＯＤ为半径作圆，圆与垂直平分线的交点即为点Ｅ，Ｇ，Ｉ．） 《投影与视图》跟踪训练 １．略；　２．Ｂ；　３．Ｃ；　４．Ｄ；　５．Ｃ． 《投影与视图》抢分演练 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｄ Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ Ａ 二、１１．变小；　１２．球；　１３．④①③②； １４． 槡１０３ ３ ；　１５．３π＋４；　１６．５． 三、１７．图略． １８．图略． １９．（１）这个几何体的名称是圆柱体． （２）图略． （３）表面积为：π×３×２×８＋π×３２ ×２＝ ６６π（ｃｍ２）， 体积为：π×３２×８＝７２π（ｃｍ３）． 故这个几何体的表面积是 ６６πｃｍ２，体积是 ７２πｃｍ３． ２０．过点Ｑ作ＱＥ⊥ＤＣ于点Ｅ， 由题意，得△ＡＢＰ∽△ＣＥＱ， 则 ＡＢ ＢＰ ＝ＣＥ ＥＱ ，所以 １．７ １．２ ＝ＥＣ ＥＱ ． 因为ＥＱ∥ＮＯ，所以∠ＥＱＤ＝∠ＱＯＮ＝３０°． 因为ＱＤ＝５米，所以ＤＥ＝５ ２ 米，ＥＱ＝ 槡５３ ２ 米． 故 １．７ １．２ ＝ＥＣ 槡５３ ２ ，解得ＥＣ＝ 槡８５３ ２４ （米）． 故ＣＥ＋ＤＥ＝ 槡８５３ ２４ ＋５ ２ ＝ 槡８５３＋６０ ２４ （米）． 答：大树的高度为 槡 ８５３＋６０ ２４ 米． ２１．（１）图略． （２）由题可知ＢＦ＝ＤＢ，所以∠Ｄ＝４５°， 所以ＤＰ＝ＯＰ． 在△ＣＯＰ中，因为ＡＥ⊥ＣＰ，ＯＰ⊥ＣＰ， 所以ＡＥ∥ＯＰ， 所以△ＣＥＡ∽△ＣＯＰ，所以 ＣＡ ＥＡ ＝ＣＰ ＯＰ ． 设ＡＰ＝ｘ米，ＯＰ＝ｈ米，则 １ １＋ｘ ＝ ２ ｈ ， ① 由题意，知２＋４＋ｘ＝ｈ， ② 联立①②两式，解得ｘ＝４，ｈ＝１０． 答：路灯的高度为１０米． 《图形的变换》跟踪训练 １．Ｂ；　２．７ ２ ；