中考试题赏析论文范文

1、与拼图相结合,注重考察学生的观察能力. 例1(湖南湘潭市)如图1,将一副七巧板拼成一只小猫,则下图中∠AOB=. 解析观察发现这里正方形内的七巧板有5块是等腰直角三角形,1块正方形和1块锐角为45°的平行四边形。利用数字标出组成正方形和小猫的七巧板之间的对应关系,
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  1、与拼图相结合,注重考察学生的观察能力.

  例1(湖南湘潭市)如图1,将一副七巧板拼成一只小猫,则下图中∠AOB=.

  解析观察发现这里正方形内的七巧板有5块是等腰直角三角形,1块正方形和1块锐角为45°的平行四边形。利用数字标出组成正方形和小猫的七巧板之间的对应关系,如图2所示,∠AOB内部的两块是等腰直角三角形,则∠AOB=90°.

  例2(湖北荆门市)用四个全等的矩形和一个小正方形拼成如图3所示的大正方形,已知大正方形的面积是144,小正方形的面积是4,若用x,y表示矩形的长和宽(x>y),则下列关系式中不正确的是()

  (A)x+y=12.(B)x-y=2.(C)xy=35.(D)x+y=144.

  解析观察拼图3可发现:大正方形的边长是矩形的长和宽之和;小正方形的边长是矩形的长和宽之差.由大正方形的面积是144可知其边长是12,即x+y=12①;由小正方形的边长是4可知其边长是2,即x-y=2②,因此选项A和B的关系式均正确.解①、②得x=7,y=5.因此:xy=35,x+y=74.所以答案为选择D.

  点评例1、例2的拼图试题在教材中是具有相应原型的,这里改编成中考试题可谓老树发新枝。事实上学生若能认真观察图形的本身特点进而找到相应数量关系,准确解答并不是件难事。

  2、与多边形、圆相结合,注重考察学生对几何性质的综合运用.

  例3(陕西省)如图4,梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC+∠BCD=90°,且DC=2AB,分别以DA、AB、BC为边向梯形外作正方形,其面积分别为S1、S2、S3,则S1、S2、S3之间的关系是.

  解析此题中所求三个正方形的面积S1、S2、S3之间的关系实质是求梯形ABCD的两个腰长及上底边边长

  三者的平方关系.可利用梯形的高来建立桥梁

  作用.如图5,分别过点

  A、B做AE⊥DC,BF⊥DC,

  垂足分别为E、F.设

  梯形ABCD的高为h,

  AB=a,DE=x,则DC=2a,FC=a-x.由于∠ADC+∠BCD=90°,可证得△AED∽△CFB,有h2=ax-x.S1=AD2=h2+x2=ax,S2=a2,S3=BC2=h2+(a-x)2=a2-ax.因此:S1+S3=S2.

  例4(江苏南通市)在一次数学探究性学习活动中,某学习小组要制作一个圆锥体模型,操作规则是:在一块边长为16cm的正方形纸片上剪出一个扇形和一个圆,使得扇形围成圆锥的侧面时,圆恰好是该圆锥的底面.他们首先设计了如图6所示的方案一,发现这种方案不可行,于是他们调整了扇形和圆的半径,设计了如图7所示的方案二.(两个方案的图中,圆与正方形相邻两边及扇形的弧均相切.方案一中扇形的弧与正方形的两边相切)

  (1)请说明方案一不可行的理由;

  (2)判断方案二是否可行?若可行,请确定圆锥的母线长及其底面圆半径;若不可行,请说明理由.

  解析(1)因为扇形ABC的弧长=×16×2π=8π,因此圆的半径应为4cm.由于所给正方形纸片的对角线长为cm,而制作这样的圆锥实际需要正方形纸片的对角线长为cm,由于,所以方案一不可行.

  (2)设圆锥底面圆的半径为r,圆锥的母线长为R,则①,②,由①②,可解得,.故所求圆锥的母线长为cm,底面圆的半径为cm.

  点评将正方形与多边形、圆结合是中考中出现频率较高的题目。此类题目涉及知识点较多,跨度较大,需要学生具有较为扎实的基本功,具有综合运用相关数学知识的能力。

  3与“动点问题”相结合,注重考察学生对不变因素的探究能力.

  例5(湖北武汉市)正方形ABCD中,点O是对角线AC的中点,P是对角线AC上一动点,过点P作PF⊥CD于点F。如图8,当点P与点O重合时,显然有DF=CF.

  (1)如图9,若点P在线段AO上(不与点A、O重合),PE⊥PB且PE交CD于点E.

  ①求证:DF=EF;

  ②写出线段PC、PA、CE之间的一个等量关系,并证明你的结论;

  (2)若点P在线段OC上(不与点O、C重合),PE⊥PB且PE交直线CD于点E。请完成图10并判断(1)中的结论①、②是否分别成立?若不成立,写出相应的结论(所写结论均不必证明)

  解析(1)①如图11过点P做PH⊥BC,垂足为点H,连接PD.此时四边形PFCH为正方形.容易证出△APB≌△APD,推得∠BPC=∠DPC,进一步可得∠BPH=∠DPF;由∠BPH+∠HPE=90°,∠EPF+∠HPE=90°,得∠BPH=∠EPF.因为PE⊥DC,可证得DF=FE.

  ②由EF+CE=PC得:DF=EF=PC-EC.因为PF∥AD,有,将DF=PC-EC代入得:PC=PA+CE.

  (2)连接PB、PD,做PF⊥DC,PH⊥BC,垂足分别为F、H,在DC延长线上取一点E,使得PE⊥PB.此时有结论①DF=EF成立.而结论②不成立,PC、PA、EC存在PA=PC+EC关系.证明与②类似,略.

  点评动点问题是中考热点问题之一,它要求学生善于抓住运动变化的规律性和不变因素,把握运动与静止的辨证关系.例5中,无论动点P在线段AC上如何运动,∠BPE是直角以及四边形PFCH为正方形是不变的.

  4与对称、旋转相结合,注重考察学生变换的数学思想.

  例6(重庆市)如图13,在正方形纸片ABCD中,对角线AC、BD交于点O,折叠正方形纸片ABCD,使AD落在BD上,点A恰好与BD上的点F重合.展开后,折痕DE分别交AB、AC于点E、G,.连接GF.下列结论:①∠AGD=112.5°;②tan∠AED=2;③S△AGD=S△OGD;④四边形AEFG是菱形;⑤BE=2OG.其中正确结论的序号是.

  解析由题意可知△AED和△FED关于ED所在的直线对称,有AE=EF,AG=GF,∠ADE=∠FDE=∠ADB=22.5°.则∠AGD=180°-∠ADE-∠DAG=112.5°.由于易求得∠AGE=∠AEG=67.5°,则AE=AG.因而,AE=EF=FG=AG,四边形AEFG是菱形.设AE=k,容易证得△EFB和△OGF均是等腰直角三角形,则EB=k,OG=k.因此EB=2OG.所以正确的结论是①、④、⑤,其余结论显然不成立。

  例7(黑龙江齐齐哈尔市)已知:正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边分别交CB,DC(或它们的延长线)于点M,N.当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图14),易证BM+DN=MN.

  (1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图15),线段BM,ND和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想,并加以证明.

  (2)当∠MAN绕点A旋转到如图16的位置时,线段BM,ND和MN之间又有怎样的数量关系?请直接写出你的猜想.

  解析(1)如图17,把△AND绕点A顺时针90°,得到△ABE,则有DN=BE,∠EAM=∠MAN=45°.进而可证得:△AEM≌△AMN.所以MN=ME=MB+EB=MB+DN.

  (2)线段BM,ND和MN之间存在MN=DN-MB.

  点评平移、翻折和旋转是初中几何重要的三种变换方式,变换之后的几何图形与原图形对应的边、角均相等.巧妙的运用变换的基本性质或构造变换图形,均可以使题目的解答简易而顺畅.

  5与函数图象相结合,注重考察学生的数形结合思想.

  例8(湖南长沙市)在平面直角坐标系中,一动点P(x,y)从M(1,0)出发,沿由A(-1,1),B(-1,-1),C(1,-1),D(1,1)四点组成的正方形边线(如图18)按一定方向运动。图19是P点运动的路程s(个单位)与运动时间(秒)之间的函数图象,图20是P点的纵坐标y与P点运动的路程s之间的函数图象的一部分.

  (1)s与t之间的函数关系式是:;

  (2)与图20相对应的P点的运动路径是:;P点出发秒首次到达点B;

  (3)写出当3≤s≤8时,y与s之间的函数关系式,并在图16中补全函数图象.

  解析(1)图19是正比例函数图象,易求得s与t之间的函数关系式为:S=(t≥0)

  (2)从图20的函数图象可以看出,动点P的纵y在运动时随时间t的增大开始时逐渐增大,而后又不变,最后又减小至0,说明P点在正方形的运动路径是:M→D→A→N.由图18、19可知,P点从点M运动到点B的路程为5,速度为0.5,所以首次到达点B需要时间为10秒.

  (3)结合图18和图20,分析可得,第1秒之前,动点P从点M向点D处运动;第1至3秒时,动点P从点D向点A处运动;第3至5秒时,动点P从点A向点B处运动;第5至7秒时,动点P从点B向点C处运动;第7至8秒时,动点P从点C向点M处运动.时间段不同,函数关系不同,因此列分段函数为:当3≤s<5,y=4-s;当5≤s<7,y=-1;当7≤s≤8,y=s-8.补全的函数图象如图21.

  点评函数图象问题是数形结合的数学思想的重要体现,在中考试卷中也往往作为具有一定区分度的题目出现。例8是一个分段函数问题,其关键是依据函数图象弄清楚点P在正方形ABCD上的哪一段运动,坐标与时间、路程如何变化.

  6与实际问题相结合,注重考察学生构建数学模型的能力.

  例9(湖北荆门市)某人定制了一批地砖,每块地砖(如图21所示)是边长为0.4米的正方形ABCD,点E、F分别在边BC和CD上,△CFE、△ABE和四边形AEFD均由单一材料制成,制成△CFE、△ABE和四边形AEFD的三种材料的每平方米价格依次为30元、20元、10元,若将此种地砖按图22所示的形式铺设,且能使中间的阴影部分组成四边形EFGH.

  (1)判断图22中四边形EFGH是何形状,并说明理由;

  (2)E、F在什么位置时,定制这批地砖所需的材料费用最省?

  解析:(1)四边形EFGH是正方形.图22可以看作是由四块图21所示地砖绕C点按顺时针方向旋转90°后得到的,故CE=CF=CG=CH.因此△CEF是等腰直角三角形.所以因此四边形EFGH是正方形.

  (2)设CE=x米,则BE=(0.4-x)米,每块地砖的费用为y,有:y=x×30+×0.4×(0.4-x)×20+[0.16-x-×0.4×(0.4-x)]×10=10(x-0.2x+0.24)=10[(x-0.1)2+0.23](0<x<0.4).所以当x=0.1米时,y有最小值,即费用为最省,此时CE=CF=0.1米.

  点评实际应用问题侧重考察学生的分析、理解问题的能力,它要求学生准确把握题目内容和要求的基础上,利用已有的数学知识,建立起方程、函数等数学模型,具有一定的难度.例9中的问题(2)就是建立二次函数关系式的数学模型,通过求函数最小值的方法求得答案.

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