数学中考重难点突破之几何图形综合题

2020年 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 中考重难点突破之几何图形综合 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 2020年数学中考重难点突破之几何图形综合题PAGE/NUMPAGES2020年数学中考重难点突破之几何图形综合题几何图形综合题类型一动点问题如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连接CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC于点G.求证：△CDE≌△CBF；当DE＝1时，求CG的长；2连接AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能， 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 理由．第1题图1） 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：如解图，在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠CBA＝∠CBF＝∠DCB＝90°，∴∠1＋∠2＝90°，∵CF⊥CE，∴∠2＋∠3＝90°，1∴∠1＝∠3，在△CDE和△CBF中，DCBFDCBC，13∴△CDE≌△CBF(ASA);第1题解图解：在正方形ABCD中，AD∥BC，∴△GBF∽△EAF，BGBF，AEAF由(1)知，△CDE≌△CBF，1BF＝DE＝2，∵正方形ABCD的边长为1，3AF＝AB＋BF＝2，21AE＝AD－DE＝2，1BG2，321BG＝6，5CG＝BC－BG＝6；解：不能．理由：若四边形CEAG是平行四边形，则必须满足AE∥CG，AE＝CG，AD－AE＝BC－CG，DE＝BG，由(1)知，△CDE≌△CBF，∴DE＝BF，CE＝CF，∴△GBF和△ECF是等腰直角三角形，∴∠GFB＝45°，∠CFE＝45°，∴∠CFA＝∠GFB＋∠CFE＝90°，此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符，∴在点E运动过程中，四边形CEAG不能为平行四边形．已知四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF＝60°.(1)如图①，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数3量关系；如图②，当点E是线段CB上任意一点时(点E不与点B、C重合)，求证：BE＝CF；如图③，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB＝15°时，直接写出点F到BC的距离.第2题图(1)解：AE＝EF＝AF；【解法提示】如解图①，连接AC，4第2题解图①∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∴∠ACE＝∠ACF＝60°，AB＝BC＝AC，即△ABC为等边三角形，又∵∠BAC＝∠1＋∠2＝60°，∠EAF＝∠2＋∠3＝60°，∴∠1＝∠3，在△ABE和△ACF中，13ABAC，ABEACF∴△ABE≌△ACF(ASA)，AE＝AF，又∵∠EAF＝60°，∴△AEF为等边三角形，5AE＝EF＝AF；证明：如解图②，连接AC，由(1)知，AB＝AC，∠ACF＝60°，∵∠BAC＝∠4＋∠5＝60°，∠EAF＝∠5＋∠6＝60°，∴∠4＝∠6，在△ABE和△ACF中，46ABAC，ABEACF∴△ABE≌△ACF(ASA)，BE＝CF；第2题解图②解：点F到BC的距离为3－3.【解法提示】由(2)知，BE＝CF，如解图③，过点A作AG⊥CE于点G，过点F作FH⊥CE于点H，6第2题解图③∵∠EAB＝15°，∠ABC＝60°，∴∠BAG＝90°－∠ABC＝30°，∴∠EAG＝15°＋30°＝45°，∴△AEG为等腰直角三角形，又∵AB＝4，3∴AG＝AB·cos∠BAG＝4×2＝23，∴BG＝1AB＝2，2EG＝AG＝23，BE＝EG－BG＝23－2，CF＝23－2，FH⊥CE，∴∠FCH＝180°－∠BCD＝60°，3∴FH＝CF·sin∠FCH＝(23－2)×2＝3－3，7∴点F到BC的距离为3－3.类型二图形形状变化问题如图，在四边形ABCD中，点P是AB上一点，点E在射线DP上，且∠BED＝∠BAD，连接AE.若AB＝AD，在DP上截取点F，使得DF＝BE，连接AF，求证：AE＝AF；如图②，若四边形ABCD是正方形，点P在AB的延长线上，BE＝1，AE＝2，求DE的长；如图③，若四边形ABCD是矩形，AD＝2AB，点P在AB的延长线上，AE＝5BE，求AE的值．DE8图①图②图③第3题图证明：∵∠BED＝∠BAD，∠BPE＝∠DPA，∴∠ABE＝∠ADF，∵AB＝AD，BE＝DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF；解：如解图①，延长ED到点F，使得DF＝BE，连接AF，9第3题解图①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠BED＝∠BEP，∵∠P＝∠P，∴∠PBE＝∠ADP，∴∠ABE＝∠ADF，BE＝DF，AB＝AD，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF，∠BAE＝∠FAD，∴∠FAD＋∠EAD＝∠BAE＋∠EAD＝90°，EF＝2AE＝32×2＝6，DE＝EF－DF＝EF－BE＝6－1＝5；解：如解图②，过点A作AF⊥AE交ED的延长线于点F，第3题解图②10∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠BED＝∠BEP＝90°，AB＝CD，AF⊥AE，∠P＝∠P，∴∠PBE＝∠ADP，∠EAB＝90°－∠EAD＝∠FAD，∴∠ABE＝180°－∠PBE＝180°－∠ADP＝∠ADF，∴△ABE∽△ADF，∴ABBEAEADDFAF12，AF＝2AE，DF＝2BE，在Rt△AEF中，由勾股定理得EF＝AE2AF2＝AE2(2AE)2＝5AE，AE＝5BE，∴EF＝5AE＝5·5BE＝5BE，∴DE＝EF－DF＝5BE－2BE＝3BE，AE＝5BE＝5.DE3BE3如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD的内部，延长AF交CD于点G.猜想并证明线段FG与CG的数量关系；若将图①中的正方形改成矩形，其它条件不变，如图②，那么线段FG与CG之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；若将图①中的正方形改成平行四边形，其它条件不变，如图③，那么线段FG与CG之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．11第4题图解：(1)FG＝CG.证明：如解图①，连接EG，第4题解图①E是BC的中点，∴BE＝CE，∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，∴∠C＝∠EFG＝90°.EG＝EG，∴△ECG≌△EFG(HL)，FG＝CG；（2）数量关系不变：FG＝CG.12证明：如解图②，连接EG，第4题解图②∵E是BC的中点，BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，BE＝EF，EF＝EC.由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，∴∠C＝∠EFG＝90°.EG＝EG，∴△ECG≌△EFG(HL)，FG＝CG；（3）数量关系不变：FG＝CG.证明：如解图③，连接EG、FC，第4题解图③13∵E是BC的中点，BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，BE＝EF，∠B＝∠AFE，EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF.∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠B＝∠D.∵∠ECD＝180°－∠D，∠EFG＝180°－∠AFE＝180°－∠B＝180°－∠D，∴∠ECD＝∠EFG，∴∠GFC＝∠GFE－∠EFC＝∠ECG－∠ECF＝∠GCF，∴∠GFC＝∠GCF，FG＝CG，即线段FG与CG之间的数量关系不会改变．类型三旋转问题如图①，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠EDF＝90°，且点D在AB边上，AB、EF的中点均为O，连接BF、CD、CO.(1)当点C、F、O在同一条直线上时，BF与CD的数量关系是____________；将图①中的Rt△DEF绕点O旋转得到图②，猜想BF＝CD是否成立，并说明理由；若△ABC与△DEF都是等边三角形，AB、EF的中点均为14点O，若△BOF的面积为3，请计算△COD的面积．第5题图1）解：BF＝CD；【解法提示】∵O是等腰直角△DEF斜边EF中点，EF⊥AB，OD＝OF，O是等腰直角△ABC斜边AB中点，∴CO＝BO，∵在△BOF和△COD中，BOCOBOFCOD，FODO∴△BOF≌△COD(SAS)，BF＝CD；2）解：BF＝CD成立．理由如下：如解图①，连接OC、OD.15第5题解图①∵△ABC为等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点，OB＝OC，∠BOC＝90°，∵△DEF为等腰直角三角形，点O为斜边EF的中点，OF＝OD，∠DOF＝90°，∵∠BOF＝∠BOC＋∠COF＝90°＋∠COF，COD＝∠DOF＋∠COF＝90°＋∠COF，∴∠BOF＝∠COD.∵在△BOF与△COD中，OBOCBOFCOD，OFOD∴△BOF≌△COD(SAS)，BF＝CD；解：如解图②，连接OC、OD.16第5题解图②∵△ABC为等边三角形，点O为边AB的中点，OB3∴∠BOC＝90°，OC＝tan30°＝3.∵△DEF为等边三角形，点O为边EF的中点，∴∠DOF＝90°，OF＝tan30°＝3，3ODOBOF3∴OC＝OD＝3.∵∠BOF＝∠BOC＋∠COF＝90°＋∠COF，COD＝∠DOF＋∠COF＝90°＋∠COF，∴∠BOF＝∠COD，在△BOF与△COD中，∵OB＝OF＝3，∠BOF＝∠COD，OCOD3∴△BOF∽△COD，17BF＝OB＝OF＝3.DCOCOD3S△BOF＝(3)2＝1，S△COD33S△BOF＝3，∴S△COD＝9.如图，在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1.如图①，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；如图②，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；如图③，点E为线段AB的中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值．第6题图解：(1)由旋转的性质可得∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，∴∠CC1A1＝∠CC1B＋∠A1C1B＝45°＋45°＝90°；(2)∵△ABC≌△A1BC1，BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，18∴BABA1，∠＋∠＝∠ABC＋∠ABC，ABCABC111BCBC11∴∠ABA1＝∠CBC1，∴△ABA1∽△CBC1.S△ABA1242∴AB16，S△CBC1BC525S△ABA1＝4，25S△CBC1＝4；如解图①，过点B作BD⊥AC，D为垂足，∵△ABC为锐角三角形，∴点D在线段AC上，在Rt△BCD中，2BD＝BC×sin45°＝2，①当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，2最小值为EP1=BP1－BE=BD－BE=2－2；②如解图②，当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为EP1=BC+BE=2＋5＝7.19第6题解图①第6题解图②7.已知等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC、CD于点M、N.如图①，当M、N分别在边BC、CD上时，作AE垂直于AN，交CB的延长线于点E，求证：AE＝AN；如图②，当M、N分别在边CB、DC的延长线上时，求证：MN＋BM＝DN；如图③，当M、N分别在边CB、DC的延长线上时，作直线BD交直线AM于P点，点Q为三角板的另一锐角顶点．若MN＝10，CM＝8，求AP的长.第7题图证明：∵∠EAB＋∠BAN＝90°，∠NAD＋∠BAN＝90°，∴∠EAB＝∠NAD，又∵∠ABE＝∠D＝90°，AB＝AD，20∴△ABE≌△ADN(ASA)，AE＝AN；证明：如解图①，在ND上截取DG＝BM，连接AG、MG.第7题解图①AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90∴△ADG≌△ABM(SAS)，AG＝AM，∠MAB＝∠GAD，∵∠BAD＝∠BAG＋∠GAD＝90°，∴∠MAG＝∠BAG＋∠MAB＝90°，∴△AMG为等腰直角三角形，又∠MAN＝45°，AN⊥MG，AN为MG的垂直平分线，NM＝NG，又∵DN－DG＝NG，DN－BM＝MN，即MN＋BM＝DN；（3）解：如解图②，连接AC，21第7题解图②同(2)，证得MN＋BM＝DN，∴MN＋CM－BC＝DC＋CN，又∵在正方形ABCD中，DC＝BC，∴CM－CN＋MN＝2BC，即8－CN＋10＝2BC，即CN＝18－2BC，在Rt△MNC中，根据勾股定理得MN2CM2CN2，222CN即10＝8＋，∴18-2BC=6，1BC＝2(18－CN)＝6，AC＝62，∵∠BAP＋∠BAQ＝45°，∠NAC＋∠BAQ＝45°，∴∠BAP＝∠NAC，又∵∠ABP＝∠ACN＝135°，∴△ABP∽△ACN，∴APAB2，ANAC2在Rt△AND中，DN＝DC＋CN＝12，根据勾股定理得AN2AD2DN2＝36＋144，解得AN＝65，22∴AP2，652AP＝310.8.如图,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.观察猜想图①中,线段PM与PN的数量关系是,位置关系是;探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置,连接MN,BD,CE,判断△PMN的形状,并说明理由;拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN面积的最大值.第8题图解：（1）PM=PN,PM⊥PN;【解法提示】∵AB=AC,AD=AE,∴BD=CE;∵点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点,PM∥CE且PM=1CE,PN∥BD且PN=1BD;2223PM=PN,∠DPM=∠DCE,∠CNP=∠B,∴∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠B+∠PCN.∵∠A=90°,∴∠B+∠ACB=90°,∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠DCE+∠PCN+∠B=90°,PM⊥PN；2）△PMN为等腰直角三角形.理由如下：由题可知：△ABC和△ADE均为等腰直角三角形,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE,∴∠BAD=∠EAC,∴△BAD≌△CAE（SAS）,∴∠ABD=∠ACE,BD=CE.又∵点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点,PM是△CDE的中位线,PM∥CE且PM=1CE.2同理：PN∥BD且PN=1BD.2PM=PN,∠MPD=∠ECD,∠PNC=∠DBC.∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD,∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN,∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°,24∴△PMN为等腰直角三角形;.3）2【解法提示】∵△PMN为等腰直角三角形,∴S△PMN=1PM2,2要使△PMN的面积最大,即PM最大.第8题解图由（2）得,PM=1CE,即当CE最大时,PM最大.2如解图所示,当点C、E在点A异侧,且在同一直线上时,CE最大,此时CE=AE+AC=14,则PM最大值为7,故△PMN最大面积为S△PMN=1×7×7=49.22拓展类型一折叠问题如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF.如图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝3S△EDF，求AE的长；如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA.①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长．25第9题图解：(1)∵折叠后点A落在AB边上的点D处，EF⊥AB，△AEF≌△DEF.S△AEF＝S△DEF.S四边形ECBF＝3S△EDF，∴S四边形ECBF＝3S△AEF.S△ACB＝S△AEF＋S四边形ECBF，∴S△ACB＝S△AEF＋3S△AEF＝4S△AEF.S△AEFS△ACB1＝4.∵∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠ACB＝90°，∴△AEF∽△ABC.S△AEF＝(AE)2.S△ACBABAE21∴(AB)＝4.在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，即AB＝42＋32＝5，215∴(AE)＝，∴AE＝；54226①四边形AEMF是菱形．证明：∵将纸片折叠后点A落在BC边上的点M处，∴∠CAB＝∠EMF，AE＝ME，又∵MF∥CA，∴∠CEM＝∠EMF，∴∠CAB＝∠CEM，∴EM∥AF，∴四边形AEMF是平形四边形，又AE＝ME，∴四边形AEMF是菱形；②连接AM，与EF交于点O，如解图，设AE＝x，则AE＝ME＝x，EC＝4－x，第9题解图∵∠CEM＝∠CAB，∠ECM＝∠ACB＝90°，Rt△ECM∽Rt△ACB，ECEM，ACABAB＝5，∴4xx4520，解得x＝9.272016AE＝ME＝9，EC＝9.在Rt△ECM中，∵∠ECM＝90°，∴CM2＝EM2－EC2，即CM＝EM2EC2＝（2021624）－（）＝，993∵四边形AEMF是菱形，OE＝OF，OA＝OM，AM⊥EF，S菱形AEMF＝4S三角形AOE＝2OE·AO，在Rt△AOE和Rt△ACM中，tan∠EAO＝tan∠CAM，OECM，AOAC4CM＝3，AC＝4，∴AO＝3OE，∴S菱形AEMF＝6OE2，又∵S菱形AEMF＝AE·CM，2204∴6OE＝9×3，10解得OE＝9，10EF＝2OE＝9.28拓展类型二平移问题10.如图①，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC=EDF=90°，AB=AC,DE=DF,点D在射线AB上，AB=2DF=6.连接EA,EC,交射线AB于点H，取CE的中点G，连接DG.1）当点F与点A重合时，求DH的长；2）如图②，保持△ABC固定不动，将△DEF沿射线AB平移m个单位长度，判断DG与EA的位置关系和数量关系，并说明理由；3）如图③，继续平移△DEF，使得△DEF的一个顶点恰好在直线BC上，求此时HG的长.第10题图解：（1）∵∠EDA=∠CAB=90°，DE∥AC，∴△DHE∽△AHC，DHDEDF1,AHACAB2DH=1AD=1×1AB=1;3322）DG∥EA，DG=1EA.2理由：由（1）知，△DHE∽△AHC，29DHEHDE1,AHHCAC2∵点G是EC的中点，EH+HG=HC-HG,2HG=HC-EH=EH,DHHG1,AHEH2∵∠DHG=∠AHE,∴△DHG∽△AHE，∴∠HDG=∠HAE，DGDH1,AEAH2DG∥EA，DG=1EA；2（2）当点D在直线BC上时，此时点D和点B重合，如解图①，BHBE1,AB=6,AHAC2BH=2,BE=3,∴在Rt△BHE中，由勾股定理得EH=BE2BH2=3222=13,HGDG1,HEAE2HG=1EH=13;22当点F在直线BC上时，此时点F和点B重合，如解图②，BE=2DE=32,HG=1EH=32.22综上所述，HG的长为13或32.2230图①图②第10题解图31