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1、初中数学类比探究综合测试卷一、单选题(共6道，每道16分)1.如图1,在正方形ABCD和正方形CGEF(CG>BC)中,点B、C、G在同一直线上,点M是AE的中点.(1)线段MD、MF的位置关系和数量关系为( )
小明观察到点M是AE的中点,想到了中点的五种常用思路,结合这道题的条件,考虑先用(),延长DM交EF于点N,如图证得:△ADM≌△ENM,然后得出DF=FN,接着用( )得出MD⊥MF;用( ),证明出MD=MF.从而解决了问题,其中思考的正确顺序应该为( )①等腰三角形三线合一;②直角三角形斜边中线等于斜边一
2、半;③中位线;④平行加中点,类倍长中线;⑤倍长中线A.⑤①②B.④③①
C.④②①D.④①②
2.如图1,在正方形ABCD和正方形CGEF(CG>BC)中,点B、C、G在同一直线上,点M是AE的中点.(2)将图1中的正方形CGEF绕点C顺时针旋转,使正方形CGEF的对角线CE恰好与正方形ABCD的边BC在同一条直线上,如图2,原问题中的其他条件不变,则(1)中得到的两个结论是否发生变化?写出你的猜想并加以证明.
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小明观察到第2问其实是在第1问的基础上旋转了其中一个正方形得到了,认识到这是个类比探究的题目,所以类
3、比第一问的做法来思考问题:首先观察到在图形旋转过程中,点M始终是AE的中点,依然考虑( ),连接DF,FN后,如图,要证明DM⊥MF且DM=MF,只需证明DF=FN且DF⊥FN即可,小明先证明出△ADM≌△ENM,然后充分利用题干中的条件,用( )证明出△CDF≌△ENF,从而得到DF=FN,DF⊥FN,证明出结论
①倍长中线;②类倍长中线;③三线合一;④SAS;⑤AAS;⑥ASA;⑦HL以上括号填写的顺序为( )A.①⑤B.②⑥
C.②④D.③④
3.如图1,在正方形ABCD和正方形CGEF(CG>BC)中,点B、C、G在
4、同一直线上,点M是AE的中点.(3)若将图1中的正方形CGEF绕点C顺时针旋转任意角度,如图3,原问题中的其他条件不变,则(1)中得到的两个结论是否发生变化?写出你的猜想并加以证明.
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小明同学类比第1、2问的思路,观察到第3问没有了平行关系,所以,首先做出AD的平行线,然后延长DM交AD的平行线于点N,连接DF,FN,如图所示.
同样是先证明出( ),再证明( ),其中CD=EN,CF=EF两组条件容易找到,其中第三组条件:找角相等,即:∠2=∠NEF时,是先得到∠1=∠3,然后用“等角的余角相等”得出∠2=∠
5、NEF,从而( ),所以DF=FN,DF⊥FN,然后得到DM⊥MF且DM=MF括号里所填内容分别是( )A.△ADM≌△ENM;△CDF≌△ENF;△CDF≌△ENFB.△CDF≌△ENF;△ADM≌△ENM;△CDF≌△ENF
C.△ADM≌△ENM;△CDF≌△ENF;△ADM≌△ENMD.△CDF≌△ENF;△ADM≌△ENM;△ADM≌△ENM
4.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.(1)当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图
6、1),证明BM+DN=MN
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小王觉得∠MAN=45°,而∠BAD=90°,那么( ),两边的两个角的和是等于∠MAN的,所以考虑把这两个角拼在一起,考虑用旋转来转移角度,具体操作为:延长CB至点E,使得BE=DN,连接AE,如图:
这么一来构造出( ),从而∠DAN=∠BAE,那么∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠DAN+∠BAM=45°,AE=AN,这样还可以得到DN+BM=BE+BM=EM,下面只需证明EM=MN即可,有( )即可证明,从而得出BM+DN=MN.补充小王的思路,括号里填写顺序为( )①△EA
7、M≌△NAM;②∠BAM+∠DAN=45°;③△ABE≌△AND;A.②③①B.①②③
C.③①②D.②①③
5.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.(2)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2),线段BM,DN和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想,并加以证明.
小王猜测线段BM,DN和MN之间的数量关系还为BM+DN=MN.理由如下:在∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时,∠MAN的度数仍为45°,类比第一问,考虑仍用旋转的思想来做,(
8、 ),如图
先证明△ABE≌△AND,用的三角形判定方法为( ),然后证明△EAM≌△NAM,用的三角形判定方法为( ),从而得出BM+DN=MN。括号内所填内容分别是( )A.延长CB至点E,使得BE=DN,连接AE;ASS,SASB.延长CB至点E,使得BE=DN,连接AE;AAS,
