中考数学几何证明题经典题型分析

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中考数学几何证明题优秀篇

中考数学几何证明题优秀篇
学习计划和策略
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注重基础知识的学习和掌握
掌握基本概念:理解几何图形、 定理、性质等基本概念
掌握基本技巧:掌握几何证明题 的基本技巧,如辅助线、特殊点、 特殊图形等
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掌握基本方法:熟练掌握几何证 明题的基本方法,如分析法、综 合法、反证法等
注重实践:通过大量练习,提高 解题速度和准确性,培养解题能 力
学会利用辅助线
辅助线的作用:帮助理解几何图形,简化证明过程 辅助线的类型:平行线、垂线、中线、角平分线等 辅助线的添加原则:不破坏原图形的性质,不影响原图形的证明 辅助线的添加方法:根据已知条件和待证结论,寻找合适的辅助线添加位置
掌握常见证明题的解题方法
掌握基本概念 和定理:理解 几何证明题中 的基本概念和 定理,如平行 线、垂直线、
证明过程:先证 明角A=角B=角C ,再证明 AB=BC=AC
结论:三角形 ABC是等边三角 形
中考数学几何证明题解析
证明题类型:包括平行线、三角形、四边形等几何图形的证明 证明方法:包括直接证明、间接证明、反证法等 证明步骤:明确已知条件、寻找突破口、逐步推理、得出结论 解题技巧:注意图形的性质、对称性、相似性等,运用几何公式和定理进行证明
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目录
CONTENTS
1 几何证明题概述
2 几何证明题解题技巧
3 中考数学几何证明题优秀 篇解析
4 如何提高几何证明题的解 题能力
5 中考数学几何证明题备考 策略

【中考数学专题】10 与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析-

【中考数学专题】10  与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析-

专题十:与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析专题导例如图,M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点,满足AM=BN,连接AC交BN于点E,连接DE交AM于点F,连接CF,若正方形的边长为6,则线段CF的最小值是.【分析】:先判断出Rt△ADM≌Rt△BCN(HL),得出∠DAM=∠CBN,进而判断出△DCE≌△BCE (SAS),得出∠CDE=∠CBE,即可判断出∠AFD=90°,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=AD=3,利用勾股定理列式求出OC,然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C 三点共线时,CF的长度最小.方法剖析轴对称的性质(1)对应线段相等,对应角相等;对称点的连线被对称轴垂直平分;(2)轴对称图形变换的特征是不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置,新旧图形具有对称性;(3)轴对称的两个图形,它们对应线段或延长线相交,交点在对称轴上.轴对称(折叠)的思考层次全等变换:对应边相等,对应角相等;对称轴性质:对应点所连线段被对称轴(折痕)垂直平分,对称轴(折痕)上的点到对应点的距离相等;指出:(1)在翻折下,前后的图形关于折痕成轴对称,注意前后的图形成镜面对称,即前后的图形的左右位置互换;(2)翻折或对称中建构勾股方程来求取线段长及对最值类问题进行探究;(3)轴对称常见的结构,折叠会产生垂直平分,等腰三形.导例答案:解:如图,在正方形ABC D中,AD=BC=CD,∠ADC=∠BCD,∠DCE=∠BCE,在Rt△ADM和Rt△BCN中,,∴Rt△ADM≌Rt△BCN(HL),∴∠DAM=∠CBN,在△DCE和△BCE中,,∴△DCE≌△BCE(SAS),∴∠CDE=∠CBE∴∠DAM=∠CDE,∵∠ADF+∠CDE=∠ADC=90°,∴∠DAM+∠ADF=90°,∴∠AFD=180°﹣90°=90°,取AD的中点O,连接OF、OC,则OF=DO =AD=3,在Rt△OD C中,OC ==3根据三角形的三边关系,OF+CF>OC,∴当O、F、C三点共线时,CF的长度最小,最小值=OC﹣OF=3﹣3.故答案为:3﹣3.典型例题类型一:利用已知直线作对称图形进行证明例1、在等边△AB C中,点D在BC边上,点E在AC的延长线上,DE=DA(如图1).(1)求证:∠BAD=∠EDC;(2)点E关于直线BC的对称点为M,连接DM,AM.①依题意将图2补全;②证明:在点D运动的过程中,始终有DA=AM.【分析】(1)先判断出∠BAD+∠CAD=60°,进而得出∠BAD+∠E=60°,即可得出结论;(2)①由对称性即可补全图形;②由对称性判断出DM=DE,∠MDC=∠EDC,再用三角形的外角的性质,判断出∠ADC=∠B+∠BAD=∠B+∠MDC,进而判断出△ADM是等边三角形,即可得出结论.类型二:对已知图形进行翻折进行证明例2.如图,矩形ABC D中,AB=4,AD=3,把矩形沿直线AC折叠,使点B落在点E处,AE交CD于点F,连接DE.(1)求证:△DEC≌△EDA;(2)求DF的值;(3)在线段AB上找一点P,连结FP使FP⊥AC,连结PC,试判定四边形APCF的形状,并说明理由,直接写出此时线段PF的大小.【分析】(1)根据矩形的性质、轴对称的性质可得到AD=EC,AE=DC,即可证到△DEC≌△EDA (SSS);(2)易证AF=CF,设DF=x,则有AF=4﹣x,然后在Rt△ADF中运用勾股定理就可求出DF的长.(3)根据三角形的内角和定理求得∠APF=∠AFP根据等角对等边得出AF=AP进而得出FC=AP,从而证得四边形APCF是平行四边形,又因为FP⊥AC证得四边形APCF为菱形,然后根据菱形的面积S菱形=PF•AC=AP•AD,即可求得.专项突破1.如图,在Rt△AB C中,∠C=90°,点D、E分别是BC、AB上一个动点,连接DE.将点B沿直线DE折叠,点B的对应点为F,若AC=3,BC=4,当点F落在AC的三等分点上时,BD的长为.2.如图,正方形ABC D中,点E是BC延长线上一点,连接DE,过点B作BF⊥DE于点F,连接F C.(1)求证:∠FBC=∠CDF;(2)作点C关于直线DE的对称点G,连接CG,FG,猜想线段DF,BF,CG之间的数量关系,并证明你的结论.3.已知矩形ABCD,其中AD>AB,依题意先画出图形,然后解答问题.(1)F为DC边上一点,把△ADF沿AF折叠,使点D恰好落在BC上的点E处.在图1中先画出点E,再画出点F,若AB=8,AD=10,直接写出EF的长为;(2)把△ADC沿对角线AC折叠,点D落在点E处,在图2先画出点E,AE交CB于点F,连接BE.求证:△BEF是等腰三角形.4.如图,Rt△AB C中,∠ACB=90°,AC=BC,点D为AB边上的一个动点(不与点A,B及A B中点重合),连接CD,点A关于直线CD的对称点为点E,直线BE,CD交于点F.(1)如图1,当∠ACD=15°时,根据题意将图形补充完整,并直接写出∠BFC的度数;(2)如图2,当45°<∠ACD<90°时,用等式表示线段AC,EF,BF之间的数量关系,并加以证明.5.在Rt△AB C中,∠ACB=90°,CA=C B.点D为线段BC上一个动点(点D不与点B,C重合),连接AD,点E在射线AB上,连接DE,使得DE=D A.作点E关于直线BC的对称点F,连接BF,DF.(1)依题意补全图形;(2)求证:∠CAD=∠BDF;(3)用等式表示线段AB,BD,BF之间的数量关系,并证明.6.如图①,在等腰三角形AB C中,AB=AC=8,BC=14.如图②,在底边BC上取一点D,连结AD,使得∠DAC=∠AC D.如图③,将△ACD沿着AD所在直线折叠,使得点C落在点E处,连结BE,得到四边形ABE D.则BE的长是.7.在等边三角形ABC外侧作射线AP,∠BAP=α,点B关于射线AP的对称点为点D,连接CD交AP于点E.(1)依据题意补全图形;(2)当α=20°时,∠ADC= ;∠AEC= ;(3)连接BE,求证:∠AEC=∠BEC;(4)当0°<α<60°时,用等式表示线段AE,CD,DE之间的数量关系,并证明.8.在等边△ABC外侧作直线AP,点B关于直线AP的对称点为D,连结BD,CD,其中CD交直线AP与点E.(1)如图1,若∠P AB=30°,则∠ACE=;(2)如图2,若60°<∠P AB<120°,请补全图形,判断由线段AB,CE,ED可以构成一个含有多少度角的三角形,并说明理由.9.如图1,将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠,顶点C落到点E处,BE交AD于点F.(1)求证:△BDF是等腰三角形;(2)如图2,过点D作DG∥BE,交BC于点G,连结FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状,并说明理由;②若AB=6,AD=8,求FG的长.10.【问题情境】如图①,在Rt△AB C中,∠ACB=90°,AC=BC,点D为A B中点,连结CD,点E为CB上一点,过点E且垂直于DE的直线交AC于点F.易知:BE=CF.(不需要证明)【探索发现】如图②,在Rt△AB C中,∠ACB=90°,AC=BC,点D为A B中点,连结CD,点E为CB的延长线上一点,过点E且垂直于DE的直线交AC的延长线于点F.【问题情境】中的结论还成立吗?请说明理由.【类比迁移】如图③,在等边△AB C中,AB=4,点D是A B中点,点E是射线AC上一点(不与点A、C重合),将射线DE绕点D逆时针旋转60°交BC于点F.当CF=2CE时,CE=.11.在△AB C中,∠ACB=90°,AC<BC,点D在AC的延长线上,点E在BC边上,且BE=AD,(1)如图1,连接AE,DE,当∠AEB=110°时,求∠DAE的度数;(2)在图2中,点D是AC延长线上的一个动点,点E在BC边上(不与点C重合),且BE=AD,连接AE,DE,将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF,连接BF,DE.①依题意补全图形;②求证:BF=DE.专题十:与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析例1.解:(1)∵△ABC是等边三角形,∴∠BAC=∠ACB=60°,∴∠BAD+∠CAD=60°,∵DE=DA,∴∠CAD=∠E,∴∠BAD+∠E=60°,∵∠EDC+∠E=∠ACB=60°,∴∠BAD=∠EDC;(2)①补全图形如图2所示;②∵△ABC是等边三角形,∴∠B=60°,由对称性得,∠EDC=∠MDC,由(1)知,∠EDC=∠BAD,∴∠MDC=∠BAD,∵∠ADC=∠B+∠BAD=∠B+∠MD C.∴∠ADM=∠B=60°,由对称性得,DM=DE,∵DE=DA,∴DA=DM,∴△ADM是等边三角形,∴DA=DM,即:在点D运动的过程中,始终有DA=AM.例2.(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC,AB=CD,AB∥CD,∴∠ACD=∠CAB,∵△AEC由△ABC翻折得到,∴AB=AE,BC=EC,∠CAE=∠CAB,∴AD=CE,DC=EA,∠ACD=∠CAE,在△ADE与△CE D中,,∴△DEC≌△EDA(SSS);(2)解:如图1,∵∠ACD=∠CAE,∴AF=CF,设DF=x,则AF=CF=4﹣x,在RT△ADF中,AD2+DF2=AF2,即32+x2=(4﹣x)2,解得;x=,即DF=.(3)解:四边形APCF为菱形,设AC、FP相较于点O∵FP⊥AC∴∠AOF=∠AOP又∵∠CAE=∠CAB,∴∠APF=∠AFP∴AF=AP∴FC=AP又∵AB∥CD∴四边形APCF是平行四边形又∵FP⊥AC∴四边形APCF为菱形,在矩形ABC D中,AB=4,AD=3,∴AC=5,∵S菱形=PF•AC=AP•AD,∵AP=AF=4﹣=∴PF==.专项突破1.解:∵折叠∴BD=DF,∵点F落在AC的三等分点上∴CF=1或CF=2,若CF=1时,在Rt△CDF中,DF2=CD2+CF2,∴BD2=(4﹣BD)2+1∴BD=当CF=2时,在Rt△CDF中,DF2=CD2+CF2,∴BD2=(4﹣BD)2+4∴BD=故答案为:或2.解:(1)∵ABCD为正方形,∴∠DCE=90°.∴∠CDF+∠E=90°,又∵BF⊥DE,∴∠FBC+∠E=90°,∴∠FBC=∠CDF(2)如图所示:在线段FB上截取FM,使得FM=F D.∵∠BDC=∠MDF=45°,∴∠BDM=∠CDF,∵==,∴△BDM∽△CDF,∴==,∠DBM=∠DCF,∴BM=CF,∴∠CFE=∠FCD+∠CDF=∠DBM+∠BDM=∠DMF=45°,∴∠EFG=∠EFC=45°,∴∠CFG=90°,∵CF=FG,∴CG=CF,∴BM=CG,∴BF=BM+FM=CG+DF.补充方法:连接GM,证明四边形BMGC是平行四边形即可.3.解:(1)如图1,在BC上截取AE=AD得点E,作AF垂直DE交CD于点F(或作∠AED的平分线AF交CD于点F,或作EF垂直AE交CD于点F等等),∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=8,AD=BC=10,∠B=∠C=90°,在Rt△ABE中,BE==6,∴EC=10﹣6=4,设EF=DF=x,在Rt△EF C中,则有x2=(8﹣x)2+42,解得x=5,∴EF=5.故答案为:5;(2)证明:如图2,作DH垂直AC于点H,延长DH至点E,使HE=DH.方法1:∵△ADC≌△AEC,∴AD=AE=BC,AB=DC=EC,在△ABE与△CE B中,,∴△ABE≌△CEB(SSS),∴∠AEB=∠CBE,∴BF=EF,∴△BEF是等腰三角形.方法2:∵△ADC≌△AEC,∴AD=AE=BC,∠DAC=∠EAC,又∴AD∥BC,∴∠DAC=∠ACB,∴∠EAC=∠ACB,∴F A=FC,∴FE=FB,∴△BEF是等腰三角形.4.(1)如图1中,连接E C.∵A,E关于CD对称,∴∠DCA=∠DCE=15°,CA=CE=C B.∵∠ACB=90°,∴∠ECB=60°,∴△ECB是等边三角形,∴∠CEB=60°,∵∠CEB=∠BFC+∠DCE,∴∠BFC=60°-15°=45°.(2)结论:EF2+BF2=2AC2.理由:如图2,连接CE,AF,延长AC交FE的延长线于点G.∵A,E关于CD对称,∴AC=CE,AF=EF,又∵CF=CF,∴△ACF≌△ECF(SSS),∴∠CAF=∠1,∵AC=BC,∴BC=CE,∴∠1=∠2,∴∠CAF=∠2,∵∠ACB=90°,∴∠G+∠2=90°,∴∠CAF+∠G=90°,∴∠AFG=90°,在Rt△AF B中,AB2=AF2+BF2,在Rt△AB C中,AB2=AC2+BC2=2AC2,∴BF2+AF2=2AC2,∴BF2+EF2=2AC2.5.(1)如图所示:(2)∵∠ACB=90°,CA=CB,∴∠BAC=∠CBA=45°,∴∠CAD+∠DAB=45°,∵DA=DE,∴∠DAE=∠DEB,∵∠DBA是△DBE的一个外角,∴∠EDB+∠DEB=∠DBA=45°,∴∠EDB=∠CAD,∵点E关于直线BC的对称点F,∴∠EDB=∠FDB,∴∠CAD=∠FDB;(3)线段AB,BD,BF之间的数量关系是AB﹣BF=√2BD,证明:过点D作AC的平行线交AB于M点,∴∠C=∠MDB=90°,∠CAB=∠DMB=45°,∴∠DMB=∠DBM,∴DM=DB,∴MB=√2BD,∵点E关于直线BC的对称点F,∴DE=DF,∵AD=DE,∴AD=DF,∵AC∥MD,∴∠CAD=∠ADM,∵∠CAD=∠FDB,∴∠ADM=∠FDB,∴△ADM≌△FDB(SAS),∴AM=BF,∴AB﹣BF=AB﹣AM=MB,又∵MB=√2BD,∴AB﹣BF=√2B D.6.解:∵AB=AC,∴∠ABC=∠C,∵∠DAC=∠ACD,∴∠DAC=∠ABC,∵∠C=∠C,∴△CAD∽△CBA,∴=,∴=,∴CD=,BD=BC﹣CD=,∵∠DAM=∠DAC=∠DBA,∠ADM=∠ADB,∴△ADM∽△BDA,∴=,即=,∴DM=,MB=BD﹣DM=,∵∠ABM=∠C=∠MED,∴A、B、E、D四点共圆,∴∠ADB=∠BEM,∠EBM=∠EAD=∠ABD,∴△ABD∽△MBE,∴=,∴BE ===.故答案为:.7.(1)如图;EDP(2)40°;60 °;(3)证明:∵点B关于射线AP的对称点为点D,∴△BAE≌△DAE.∴∠BAE=∠DAE=α.∵AD=AB=AC,∴∠ADC=()1806022α︒-︒+=60°-α.∴∠AEC=60°.∵∠ACB=60°,∠ACD=∠ADC=60°-α,∴∠BCE=α.∵∠ABC=60°,∠ABE=∠ADC=60°-α,∴∠BEC=60°.(4)证明:法一:在CD上截取AF=AE.F EDAB C P∵∠AEF =60°,∴△AEF 是等边三角形.∴∠AFC =∠AED =120°.∵∠ACD =∠ADC =60°-α,∴△ADE ≌△ACF .∴DE =CF .∴CD =2DE +EF .∵AE =EF ,∴CD =2DE +AE .法二:在CD 上截取BG =BE .GEDAB C P∵∠BEC =60°,∴△BEG 是等边三角形.∴∠BGC =∠AED =120°.∵∠BCE =∠DAE =α,∴△BCG ≌△DAE .∴AE =CG .∵EG =BE =DE ,∴CD =2DE +CG .∴CD =2DE +AE .8.解:(1)连接AD ,如图1.∵点D 与点B 关于直线AP 对称,∴AD =AB ,∠DAP =∠BAP =30°,∵AB =AC ,∠BAC =60°,∴AD =AC ,∠DAC =120°,∴2∠ACE +60°+60°=180°,∴∠ACE =30°,故答案为:30°;(3)线段AB ,CE ,ED 可以构成一个含有60°角的三角形.证明:连接AD ,EB ,如图2.∵点D 与点B 关于直线AP 对称,∴AD =AB ,DE =BE ,∴∠EDA =∠EBA ,∵AB =AC ,AB =AD ,∴AD =AC ,∴∠ADE =∠ACE ,∴∠ABE =∠ACE .设AC ,BE 交于点F ,又∵∠AFB =∠CFE ,∴∠BAC =∠BEC =60°,∴线段AB ,CE ,ED 可以构成一个含有60°角的三角形.9.(1)根据折叠,∠DBC =∠DBE ,又AD ∥BC ,∴∠DBC =∠ADB ,∴∠DBE =∠ADB ,∴DF =BF ,∴△BDF 是等腰三角形(2)①菱形,理由:∵四边形ABCD 是矩形,∴AD ∥BC ,∴FD ∥BG ,又∵FD ∥BG ,∴四边形BFDG 是平行四边形,∵DF =BF ,∴四边形BFDG 是菱形②∵AB =6,AD =8,∴BD =10.∴OB =12BD =5.设DF =BF =x ,∴AF =AD -DF =8-x .∴在Rt △ABF 中,AB 2+AF 2=BF 2,即62+(8-x )2=x 2,解得x =254,即BF =254,∴FO =BF 2-OB 2=(254)2-52=154,∴FG =2FO =152 10.解:【问题情境】证明:∵在Rt △AB C 中,∠ACB =90°,AC =BC ,点D 为A B 中点, ∴CD ⊥AB ,CD =BD =AD =AB ,∠BCD =∠B =45°,∴∠BDC =90°,∵∠EDF =90°,∴∠CDF=∠BDE,在△BDE与△CDF中,,∴△BDE≌△CDF(ASA),∴BE=CF;【探索发现】成立,理由:∵在Rt△AB C中,D为A B中点,∴CD=BD,又∵AC=BC,∴DC⊥AB,∴∠DBC=∠DCB=45°,∵DE⊥DF,∴∠EDF=90°,∴∠EDB+∠BDF=∠CDF+∠BDF=90°,∴∠CDF=∠BDE,∴∠ADF=∠CDE,∴AF=CE,∴CF=BE;【类比迁移】∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠B=60°,∵∠FDE=60°,∴∠BDF=120°﹣∠ADE,∠AED=120°﹣∠ADE,∴∠BDF=∠AED,∴△ADE∽△BDF,∴,∵点D为A B中点,AB=4,∴AD=BD=2,AC=BC=4,∵CF=2CE,∴设CE=x,则CF=2x,当点E在线段AC上时,∴AE=4﹣x,BF=4﹣2x,∴=,解得:x=3﹣,x=3+(不合题意,舍去),∴CE=3﹣,如图④,当点E在AC的延长线上时,∵AE=4+x,BF=4﹣2x,∴=,解得:x=﹣1+,(负值舍去),∴CE=﹣1+.综上所述,CE=3﹣或﹣1+,故答案为:3﹣或﹣1+.11.解:(1)∵∠AEB=110°,∠ACB=90°,∴∠DAE=∠AEB﹣∠ACB=20°;(2)①补全图形,如图所示.②证明:由题意可知∠AEF=90°,EF=AE.∵∠ACB=90°,∴∠AEC+∠BEF=∠AEC+∠DAE=90°.∴∠BEF=∠DAE.∵在△EBF和△ADE中,,∴△EBF≌△ADE(SAS).∴DE=BF.。

中考数学专题复习八几何证明题

中考数学专题复习八几何证明题

专题八:几何证明题问题解析几何证明题重在训练学生应用数学语言合情推理能力;几何证明题和计算题在中考中占有重要地位.根据新的课程标准;对几何证明题证明的方法技巧上要降低;繁琐性、难度方面要降低.但是注重考查学生的基础把握推理能力;所以几何证明题是目前常考的题型.热点探究类型一:关于三角形的综合证明题例题12016·四川南充已知△ABN和△ACM位置如图所示;AB=AC;AD=AE;∠1=∠2.1求证:BD=CE;2求证:∠M=∠N.分析1由SAS证明△ABD≌△ACE;得出对应边相等即可2证出∠BAN=∠CAM;由全等三角形的性质得出∠B=∠C;由AAS证明△ACM≌△ABN;得出对应角相等即可.解答1证明:在△ABD和△ACE中;;∴△ABD≌△ACESAS;∴BD=CE;2证明:∵∠1=∠2;∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE;即∠BAN=∠CAM;由1得:△ABD≌△ACE;∴∠B=∠C;在△ACM和△ABN中;;∴△ACM≌△ABNASA;∴∠M=∠N.点评本题考查了全等三角形的判定与性质;证明三角形全等是解决问题的关键.同步练2016·山东省菏泽市·3分如图;△ACB和△DCE均为等腰三角形;点A;D;E在同一直线上;连接BE.1如图1;若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°①求证:AD=BE;②求∠AEB的度数.2如图2;若∠ACB=∠DCE=120°;CM为△DCE中DE边上的高;BN为△ABE中AE边上的高;试证明:AE=2CM+BN.类型二:关于四边形的综合证明题例题22016·山东省滨州市·10分如图;BD是△ABC的角平分线;它的垂直平分线分别交AB;BD;BC 于点E;F;G;连接ED;DG.1请判断四边形EBGD的形状;并说明理由;2若∠ABC=30°;∠C=45°;ED=2;点H是BD上的一个动点;求HG+HC的最小值.考点平行四边形的判定与性质;角平分线的性质.分析1结论四边形EBGD是菱形.只要证明BE=ED=DG=GB即可.2作EM⊥BC于M;DN⊥BC于N;连接EC交BD于点H;此时HG+HC最小;在RT△EMC中;求出EM、MC即可解决问题.解答解:1四边形EBGD是菱形.理由:∵EG垂直平分BD;∴EB=ED;GB=GD;∴∠EBD=∠EDB;∵∠EBD=∠DBC;∴∠EDF=∠GBF;在△EFD和△GFB中;;∴△EFD≌△GFB;∴ED=BG;∴BE=ED=DG=GB;∴四边形EBGD是菱形.2作EM⊥BC于M;DN⊥BC于N;连接EC交BD于点H;此时HG+HC最小;在RT△EBM中;∵∠EMB=90°;∠EBM=30°;EB=ED=2;∴EM=BE=;∵DE∥BC;EM⊥BC;DN⊥BC;∴EM∥DN;EM=DN=;MN=DE=2;在RT△DNC中;∵∠DNC=90°;∠DCN=45°;∴∠NDC=∠NCD=45°;∴DN=NC=;∴MC=3;在RT△EMC中;∵∠EMC=90°;EM=.MC=3;∴EC===10.∵HG+HC=EH+HC=EC;∴HG+HC的最小值为10.点评本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识;解题的关键是利用对称找到点H的位置;属于中考常考题型.同步练2016·山东省济宁市·3分如图;正方形ABCD的对角线AC;BD相交于点O;延长CB至点F;使CF=CA;连接AF;∠ACF的平分线分别交AF;AB;BD于点E;N;M;连接EO.1已知BD=;求正方形ABCD的边长;2猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明.类型三:关于圆的综合证明题例题32016·山东潍坊正方形ABCD内接于⊙O;如图所示;在劣弧上取一点E;连接DE、BE;过点D作DF∥BE交⊙O于点F;连接BF、AF;且AF与DE相交于点G;求证:1四边形EBFD是矩形;2DG=BE.考点正方形的性质;矩形的判定;圆周角定理.分析1直接利用正方形的性质、圆周角定理结合平行线的性质得出∠BED=∠BAD=90°;∠BFD=∠BCD=90°;∠EDF=90°;进而得出答案;2直接利用正方形的性质的度数是90°;进而得出BE=DF;则BE=DG.解答证明:1∵正方形ABCD内接于⊙O;∴∠BED=∠BAD=90°;∠BFD=∠BCD=90°;又∵DF∥BE;∴∠EDF+∠BED=180°;∴∠EDF=90°;∴四边形EBFD是矩形;2∵正方形ABCD内接于⊙O;∴的度数是90°;∴∠AFD=45°;又∵∠GDF=90°;∴∠DGF=∠DFC=45°;∴DG=DF;又∵在矩形EBFD中;BE=D同步练枣庄市 2015 中考 -24如图;在△ABC中;∠ABC=90°;以AB的中点O为圆心、OA为半径的圆交AC于点D;E是BC的中点;连接DE;OE.1判断DE与⊙O的位置关系;并说明理由;2求证:BC2=CD 2OE;3若cos∠BAD=35;BE=6;求OE的长.类型四:关于相似三角形的证明问题例题42016·黑龙江齐齐哈尔·8分如图;在△ABC中;AD⊥BC;BE⊥AC;垂足分别为D;E;AD与BE 相交于点F.1求证:△ACD∽△BFD;2当tan∠ABD=1;AC=3时;求BF的长.考点相似三角形的判定与性质.分析1由∠C+∠DBF=90°;∠C+∠DAC=90°;推出∠DBF=∠DAC;由此即可证明.2先证明AD=BD;由△ACD∽△BFD;得==1;即可解决问题.解答1证明:∵AD⊥BC;BE⊥AC;∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°;∴∠C+∠DBF=90°;∠C+∠DAC=90°;∴∠DBF=∠DAC;∴△ACD∽△BFD.2∵tan∠ABD=1;∠ADB=90°∴=1;∴AD=BD;∵△ACD∽△BFD;∴==1;∴BF=AC=3.同步练2016·湖北武汉·10分在△ABC中;P为边AB上一点.1 如图1;若∠ACP=∠B;求证:AC2=AP·AB;2 若M为CP的中点;AC=2;① 如图2;若∠PBM=∠ACP;AB=3;求BP的长;② 如图3;若∠ABC=45°;∠A=∠BMP=60°;直接写出BP的长.达标检测1. 2016·黑龙江哈尔滨·8分已知:如图;在正方形ABCD 中;点E 在边CD 上;AQ⊥BE 于点Q;DP⊥AQ 于点P .1求证:AP=BQ ;2在不添加任何辅助线的情况下;请直接写出图中四对线段;使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ 的长.2. 2016·四川内江9分如图6所示;△ABC 中;D 是BC 边上一点;E 是AD 的中点;过点A 作BC 的平行线交CE 的延长线于F;且AF =BD;连接BF .1求证:D 是BC 的中点;2若AB =AC;试判断四边形AFBD 的形状;并证明你的结论.3. 烟台市 2015 中考 -23如图;以△ABC 的一边AB 为直径的半圆与其它两边AC;BC 的交点分别为D 、E;且=.1试判断△ABC 的形状;并说明理由.2已知半圆的半径为5;BC=12;求sin∠ABD 的值.4. 2015 内蒙古呼伦贝尔兴安盟;第22题7分如图;在平行四边形ABCD 中;E 、F 分别为边AB 、CD 的中点;BD 是对角线.1求证:△ADE ≌△CBF ;2若∠ADB 是直角;则四边形BEDF 是什么四边形 证明你的结论.5. 烟台市 2014 中考 -24如图;AB 是⊙O 的直径;延长AB 至P;使BP=OB;BD 垂直于弦BC;垂足为点B;点D 在PC 上.设∠PCB=α;∠POC=β.求证:tanα tan=.DCEF B A 图66. 2015 梧州;第25题12分如图;在正方形ABCD中;点P在AD上;且不与A、D重合;BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点;垂足为Q;过E作EH⊥AB于H.1求证:HF=AP;2若正方形ABCD的边长为12;AP=4;求线段EQ的长.7. 2015 北海;第25题12分如图;AB、CD为⊙O的直径;弦AE∥CD;连接BE 交CD于点F;过点E作直线EP与CD的延长线交于点P;使∠PED=∠C.1求证:PE是⊙O的切线;2求证:ED平分∠BEP;3若⊙O的半径为5;CF=2EF;求PD的长.参考答案类型一:关于三角形的综合证明题同步练2016·山东省菏泽市·3分如图;△ACB和△DCE均为等腰三角形;点A;D;E在同一直线上;连接BE.1如图1;若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°①求证:AD=BE;②求∠AEB的度数.2如图2;若∠ACB=∠DCE=120°;CM为△DCE中DE边上的高;BN为△ABE中AE边上的高;试证明:AE=2CM+BN.考点等腰三角形的性质.分析1①通过角的计算找出∠ACD=∠BCE;再结合△ACB和△DCE均为等腰三角形可得出“AC=BC;DC=EC”;利用全等三角形的判定SAS即可证出△ACD≌△BCE;由此即可得出结论AD=BE;②结合①中的△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC;再通过角的计算即可算出∠AEB的度数;2根据等腰三角形的性质结合顶角的度数;即可得出底角的度数;利用1的结论;通过解直角三角形即可求出线段AD、DE的长度;二者相加即可证出结论.解答1①证明:∵∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°;∴∠ACB=∠DCE=180°﹣2×50°=80°.∵∠ACB=∠ACD+∠DCB;∠DCE=∠DCB+∠BCE;∴∠ACD=∠BCE.∵△AC B和△DCE均为等腰三角形;∴AC=BC;DC=EC.在△ACD和△BCE中;有;∴△ACD≌△BCESAS;∴AD=BE.②解:∵△ACD≌△BCE;∴∠ADC=∠BEC.∵点A;D;E在同一直线上;且∠CDE=50°;∴∠ADC=180°﹣∠CDE=130°;∴∠BEC=130°.∵∠BEC=∠CED+∠AEB;且∠CED=50°;∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=130°﹣50°=80°.2证明:∵△ACB和△DCE均为等腰三角形;且∠ACB=∠DCE=120°;∴∠CDM=∠CEM=×180°﹣120°=30°.∵CM⊥DE;∴∠CMD=90°;DM=EM.在Rt△CMD中;∠CMD=90°;∠CDM=30°;∴DE=2DM=2×=2CM.∵∠BEC=∠ADC=180°﹣30°=150°;∠BEC=∠CEM+∠AEB;∴∠AEB=∠BEC﹣∠CEM=150°﹣30°=120°;∴∠BEN=180°﹣120°=60°.在Rt△BNE中;∠BNE=90°;∠BEN=60°;∴BE==BN.∵AD=BE;AE=AD+DE;∴AE=BE+DE=BN+2CM.点评本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定及性质、解直角三角形以及角的计算;解题的关键是:1通过角的计算结合等腰三角形的性质证出△ACD≌△BCE;2找出线段AD、DE的长.本题属于中档题;难度不大;但稍显繁琐;解决该题型题目时;利用角的计算找出相等的角;再利用等腰三角形的性质找出相等的边或角;最后根据全等三角形的判定定理证出三角形全是关键.类型二:关于四边形的综合证明题同步练2016·山东省济宁市·3分如图;正方形ABCD的对角线AC;BD相交于点O;延长CB至点F;使CF=CA;连接AF;∠ACF的平分线分别交AF;AB;BD于点E;N;M;连接EO.1已知BD=;求正方形ABCD的边长;2猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明.考点正方形的性质.分析1根据正方形的性质以及勾股定理即可求得;2根据等腰三角形三线合一的性质证得CE⊥AF;进一步得出∠BAF=∠BCN;然后通过证得△ABF≌△CBN得出AF=CN;进而证得△ABF∽△COM;根据相似三角形的性质和正方形的性质即可证得CN= CM.解答解:1∵四边形ABCD是正方形;∴△ABD是等腰直角三角形;∴2AB2=BD2;∵BD=;∴AB=1;∴正方形ABCD的边长为1;2CN=CM.证明:∵CF=CA;AF是∠ACF的平分线;∴CE⊥AF;∴∠AEN=∠CBN=90°;∵∠ANE=∠CNB;∴∠BAF=∠BCN;在△ABF和△CBN中;;∴△ABF≌△CBNAAS;∴AF=CN;∵∠BAF=∠BCN;∠ACN=∠BCN;∴∠BAF=∠OCM;∵四边形ABCD是正方形;∴AC⊥BD;∴∠ABF=∠COM=90°;∴△ABF∽△COM;∴=;∴==;即CN=CM.类型三:关于圆的综合证明题同步练枣庄市 2015 中考 -24如图;在△ABC中;∠ABC=90°;以AB的中点O为圆心、OA为半径的圆交AC于点D;E是BC的中点;连接DE;OE.1判断DE与⊙O的位置关系;并说明理由;2求证:BC2=CD 2OE;3若cos∠BAD=35;BE=6;求OE的长.思路分析:本题考查了切线的判定;垂径定理以及相似三角形的判定与性质等知识点.故对于题1可以连接OD;BD;由AB为圆O的直径;得到∠ADB为直角;从而得出三角形BCD为直角三角形;E为斜边BC 的中点;利用斜边上的中线等于斜边的一半;得到CE=DE;利用等边对等角得到一对角相等;再由OA=OD;利用等边对等角得到一对角相等;由直角三角形ABC中两锐角互余;利用等角的余角相等得到∠ADO与∠CDE互余;可得出∠ODE为直角;即DE垂直于半径OD;可得出DE为圆O的切线;对于题2首先可证明OE是△ABC的中位线;则AC=2OE;然后证明△ABC∽△BDC;根据相似三角形的对应边的比相等;即可证得;对于题3在直角△ABC中;利用勾股定理求得AC的长;之后根据三角形中位线定理OE的长即可求得.解题过程:1证明:连接OD;BD;∵AB为圆O的直径;∴∠ADB=90°;在Rt△BDC中;E为斜边BC的中点;∴CE=DE=BE=12 BC;∴∠C=∠CDE;∵OA=OD;∴∠A=∠ADO;∵∠ABC=90°;即∠C+∠A=90°;∴∠ADO+∠CDE=90°;即∠ODE=90°;∴DE⊥OD;又OD为圆的半径;∴DE为⊙O的切线;2证明:∵E是BC的中点;O点是AB的中点; ∴OE是△ABC的中位线;∴AC=2OE;∵∠C=∠C;∠ABC=∠BDC;∴△ABC∽△BDC;∴BC ACCD BC=;即BC2=AC CD.∴BC2=2CD OE;3解:∵cos∠BAD=35;∴sin∠BAC=45 BCAC=;又∵BE=6;E是BC的中点;即BC=12;∴AC=15.又∵AC=2OE;∴OE=12AC=152.规律总结:熟练把握切线的判定;垂径定理以及相似三角形的判定与性质等知识点是解决本题的关键.要证某线是圆的切线;已知此线过圆上某点;连接圆心与这点即为半径;再证垂直即可.类型四:关于相似三角形的证明问题同步练2016·湖北武汉·10分在△ABC中;P为边AB上一点.1 如图1;若∠ACP=∠B;求证:AC2=AP·AB;2 若M为CP的中点;AC=2;① 如图2;若∠PBM=∠ACP;AB=3;求BP的长;② 如图3;若∠ABC=45°;∠A=∠BMP=60°;直接写出BP的长.考点相似形综合;考查相似三角形的判定和性质;平行线的性质;三角形中位线性质;勾股定理..答案 1证△ACP∽△ABC即可;2①BP=5;②71解析1证明:∵∠ACP=∠B;∠BAC=∠CAP;∴△ACP∽△ABC;∴AC:AB=AP:AC;∴AC2=AP·AB;2①如图;作CQ∥BM交AB延长线于Q;设BP=x;则P Q=2x∵∠PBM=∠ACP;∠PAC=∠CAQ;∴△APC∽△ACQ;由AC2=AP·AQ得:22=3-x35即BP②如图:作CQ⊥AB 于点Q;作CP 0=CP 交AB 于点P 0;∵AC =2;∴AQ=1;CQ =BQ; 设P0Q =PQ =1-x;BP -1+x;∵∠BPM=∠CP 0A ;∠BMP=∠CAP 0;∴△AP 0C∽△MPB;∴00AP P C MP BP =;∴MP P0C =2012P C ==AP 0 BP =1+x;解得x ∴BP =-11-.达标检测1. 2016·黑龙江哈尔滨·8分已知:如图;在正方形ABCD 中;点E 在边CD 上;AQ⊥BE 于点Q;DP⊥AQ 于点P .1求证:AP=BQ ;2在不添加任何辅助线的情况下;请直接写出图中四对线段;使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ 的长.考点正方形的性质;全等三角形的判定与性质.分析1根据正方形的性质得出AD=BA;∠BAQ=∠ADP;再根据已知条件得到∠AQB=∠DPA;判定△AQB≌△DPA 并得出结论;2根据AQ ﹣AP=PQ 和全等三角形的对应边相等进行判断分析.解答解:1∵正方形ABCD∴AD=BA;∠BAD=90°;即∠BAQ+∠DAP=90°∵DP⊥AQ∴∠ADP+∠DAP=90°∴∠BAQ=∠ADP∵AQ⊥BE 于点Q;DP⊥AQ 于点P∴∠AQB=∠DPA=90°∴△AQB≌△DPAAAS∴AP=BQ2①AQ﹣AP=PQ②AQ﹣BQ=PQ③DP﹣AP=PQ④DP﹣BQ=PQ2. 2016·四川内江9分如图6所示;△ABC 中;D 是BC 边上一点;E 是AD 的中点;过点A 作BC 的平行线交CE 的延长线于F;且AF =BD;连接BF .1求证:D 是BC 的中点;2若AB =AC;试判断四边形AFBD 的形状;并证明你的结论.考点三角形例行;特殊四边形的性质与判定..1证明:∵点E 是AD 的中点;∴AE =DE .∵AF ∥BC;∴∠AFE =∠DCE;∠FAE =∠CDE .∴△EAF ≌△EDC .∴AF =DC .∵AF =BD;∴BD =DC;即D 是BC 的中点.2四边形AFBD 是矩形.证明如下:∵AF ∥BD;AF =BD;∴四边形AFBD 是平行四边形.∵AB =AC;又由1可知D 是BC 的中点;∴AD ⊥BC .DC EF B A图6∴□AFBD是矩形.3. 烟台市 2015 中考 -23如图;以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC;BC的交点分别为D、E;且=.1试判断△ABC的形状;并说明理由.2已知半圆的半径为5;BC=12;求sin∠ABD的值.思路分析:1连结AE;如图;根据圆周角定理;由=得∠DAE=∠BAE;由AB为直径得∠AEB=90°;根据等腰三角形的判定方法即可得△ABC为等腰三角形;2由等腰三角形的性质得BE=CE=BC=6;再在Rt△ABE中利用勾股定理计算出AE=8;接着由AB为直径得到∠ADB=90°;则可利用面积法计算出BD=;然后在Rt△ABD中利用勾股定理计算出AD=;再根据正弦的定义求解.解题过程:解:1△ABC为等腰三角形.理由如下:连结AE;如图;∵=;∴∠DAE=∠BAE;即AE平分∠BAC;∵AB为直径;∴∠AEB=90°;∴AE⊥BC;∴△ABC为等腰三角形;2∵△ABC为等腰三角形;AE⊥BC;∴BE=CE=BC=×12=6;在Rt△ABE中;∵AB=10;BE=6;∴AE==8;∵AB为直径;∴∠ADB=90°;∴AE BC=BD AC;∴BD==;在Rt△ABD中;∵AB=10;BD=;∴AD==;∴sin∠ABD===.规律总结:本题考查了圆周角定理:在同圆或等圆中;同弧或等弧所对的圆周角相等;都等于这条弧所对的圆心角的一半.推论:半圆或直径所对的圆周角是直角;90°的圆周角所对的弦是直径.也考查了等腰三角形的判定与性质和勾股定理.4. 2015 内蒙古呼伦贝尔兴安盟;第22题7分如图;在平行四边形ABCD中;E、F分别为边AB、CD的中点;BD是对角线.1求证:△ADE≌△CBF;2若∠ADB是直角;则四边形BEDF是什么四边形证明你的结论.考点:平行四边形的性质;全等三角形的判定与性质;菱形的判定.分析:1由四边形ABCD是平行四边形;即可得AD=BC;AB=CD;∠A=∠C;又由E、F分别为边AB、CD的中点;可证得AE=CF;然后由SAS;即可判定△ADE≌△CBF;2先证明BE与DF平行且相等;然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形;再连接EF;可以证明四边形AEFD是平行四边形;所以AD∥EF;又AD⊥BD;所以BD⊥EF;根据菱形的判定可以得到四边形是菱形.解答:1证明:∵四边形ABCD是平行四边形;∴AD=BC;AB=CD;∠A=∠C;∵E、F分别为边AB、CD的中点;∴AE=AB;CF=CD;∴AE=CF;在△ADE和△CBF中;∵;∴△ADE≌△CBFSAS;2若∠ADB是直角;则四边形BEDF是菱形;理由如下:解:由1可得BE=DF;又∵AB∥C D;∴BE∥DF;BE=DF;∴四边形BEDF是平行四边形;连接EF;在 ABCD中;E、F分别为边AB、CD的中点;∴DF∥AE;DF=AE;∴四边形AEFD是平行四边形;∴EF∥AD;∵∠ADB是直角;∴AD⊥BD;∴EF⊥BD;又∵四边形BFDE是平行四边形;∴四边形BFDE是菱形.点评:本题主要考查了平行四边形的性质;全等三角形的判定以及菱形的判定;利用好E、F 是中点是解题的关键.5. 烟台市 2014 中考 -24如图;AB是⊙O的直径;延长AB至P;使BP=OB;BD垂直于弦BC;垂足为点B;点D在PC上.设∠PCB=α;∠POC=β.求证:tanα tan=.解析:连接AC先求出△PBD∽△PAC;再求出=;最后得到tanα tan=.解答:证明:连接AC;则∠A=∠POC=;∵AB是⊙O的直径;∴∠ACB=90°;∴tanα=;BD∥AC;∴∠PBD=∠A;∵∠P=∠P;∴△PBD∽△PAC;∴=;∵PB=0B=OA;∴=;∴tana tan===.点评:本题主要考查了相似三角形的判定与性质及圆周角的知识;本题解题的关键是求出△PBD∽△PAC;再求出tanα tan=.6. 2015 梧州;第25题12分如图;在正方形ABCD中;点P在AD上;且不与A、D重合;BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点;垂足为Q;过E作EH⊥AB于H.1求证:HF=AP;2若正方形ABCD的边长为12;AP=4;求线段EQ的长.考点:正方形的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理.所有分析: 1先根据EQ⊥BO;EH⊥AB得出∠EQN=∠BHM=90°.根据∠EMQ=∠BMH得出△EMQ∽△BMH;故∠QEM=∠HBM.由ASA定理得出△APB≌△HFE;故可得出结论;2由勾股定理求出BP的长;根据EF是BP的垂直平分线可知BQ=BP;再根据锐角三角函数的定义得出QF=BQ的长;由1知;△APB≌△HFE;故EF=BP=4;再根据EQ=EF﹣QF即可得出结论.解答: 1证明:∵EQ⊥BO;EH⊥AB;∴∠EQN=∠BHM=90°.∵∠EMQ=∠BMH;∴△EMQ∽△BMH;∴∠QEM=∠HBM.在Rt△APB与Rt△HFE中;;∴△APB≌△HFE;∴HF=AP;2解:由勾股定理得;BP===4.∵EF是BP的垂直平分线;∴BQ=BP=2;∴QF=BQ tan∠FBQ=BQ tan∠ABP=2×=.由1知;△APB≌△HFE;∴EF=BP=4;∴EQ=EF﹣QF=4﹣=.点评:本题考查的是正方形的性质;熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键.7.8. 2015 北海;第25题12分如图;AB、CD为⊙O的直径;弦AE∥CD;连接BE交CD于点F;过点E作直线EP与CD的延长线交于点P;使∠PED=∠C.1求证:PE是⊙O的切线;2求证:ED平分∠BEP;3若⊙O的半径为5;CF=2EF;求PD的长.考点:切线的判定.分析: 1如图;连接OE.欲证明PE是⊙O的切线;只需推知OE⊥PE即可;2由圆周角定理得到∠AEB=∠CED=90°;根据“同角的余角相等”推知∠3=∠4;结合已知条件证得结论;3设EF=x;则CF=2x;在RT△OEF中;根据勾股定理得出52=x2+2x﹣52;求得EF=4;进而求得BE=8;CF=8;在RT△AEB中;根据勾股定理求得AE=6;然后根据△AEB∽△EFP;得出=;求得PF=;即可求得PD的长.解答: 1证明:如图;连接OE.∵CD是圆O的直径;∴∠CED=90°.∵OC=OE;∴∠1=∠2.又∵∠PED=∠C;即∠PED=∠1;∴∠PED=∠2;∴∠PED+∠OED=∠2+∠OED=90°;即∠OEP=90°; ∴OE⊥EP;又∵点E在圆上;∴PE是⊙O的切线;2证明:∵AB、CD为⊙O的直径;∴∠AEB=∠CED=90°;∴∠3=∠4同角的余角相等.又∵∠PED=∠1;∴∠PED=∠4;即ED平分∠BEP;3解:设EF=x;则CF=2x;∵⊙O的半径为5;∴OF=2x﹣5;在RT△OEF中;OE2=OF2+EF2;即52=x2+2x﹣52;解得x=4;∴EF=4;∴BE=2EF=8;CF=2EF=8;∴DF=CD﹣CF=10﹣8=2;∵AB为⊙O的直径;∴∠AEB=90°;∵AB=10;BE=8;∴AE=6;∵∠BEP=∠A;∠EFP=∠AEB=90°;∴△AEB∽△EFP;∴=;即=;∴PF=;∴PD=PF﹣DF=﹣2=.点评:本题考查了切线的判定和性质;圆周角定理的应用;勾股定理的应用;三角形相似的判定和性质;熟练掌握性质定理是解题的关键.。

(完整版)初中几何证明题五大经典(含答案)

(完整版)初中几何证明题五大经典(含答案)

经典题(一)1、已知:如图,O 是半圆的圆心,C 、E 是圆上的两点,CD ⊥AB ,EF ⊥AB ,EG ⊥CO . 求证:CD =GF .(初二)证明:过点G 作GH ⊥AB 于H ,连接OE ∵EG ⊥CO ,EF ⊥AB∴∠EGO=90°,∠EFO=90° ∴∠EGO+∠EFO=180° ∴E 、G 、O 、F 四点共圆 ∴∠GEO=∠HFG∵∠EGO=∠FHG=90° ∴△EGO ∽△FHG ∴FG EO =HGGO∵GH ⊥AB ,CD ⊥AB ∴GH ∥CD∴CD COHG GO =∴CDCO FG EO = ∵EO=CO ∴CD=GF2、已知:如图,P 是正方形ABCD 内部的一点,∠PAD =∠PDA =15°。

求证:△PBC 是正三角形.(初二) 证明:作正三角形ADM ,连接MP ∵∠MAD=60°,∠PAD=15° ∴∠MAP=∠MAD+∠PAD=75° ∵∠BAD=90°,∠PAD=15°∴∠BAP=∠BAD-∠PAD=90°-15°=75° ∴∠BAP=∠MAP ∵MA=BA ,AP=AP ∴△MAP ≌△BAP∴∠BPA=∠MPA ,MP=BP 同理∠CPD=∠MPD ,MP=CP ∵∠PAD =∠PDA =15°∴PA=PD ,∠BAP=∠CDP=75° ∵BA=CD∴△BAP ≌∠CDP ∴∠BPA=∠CPD∵∠BPA=∠MPA ,∠CPD=∠MPD ∴∠MPA=∠MPD=75°∴∠BPC=360°-75°×4=60°∵MP=BP ,MP=CP ∴BP=CP ∴△BPC 是正三角形3、已知:如图,在四边形ABCD 中,AD =BC ,M 、N 分别是AB 、CD 的中点,AD 、BC 的延长线交MN于E 、F .求证:∠DEN =∠F .证明:连接AC ,取AC 的中点G ,连接NG 、MG ∵CN=DN ,CG=DG ∴GN ∥AD ,GN=21AD ∴∠DEN=∠GNM ∵AM=BM ,AG=CG ∴GM ∥BC ,GM=21BC ∴∠F=∠GMN ∵AD=BC ∴GN=GM∴∠GMN=∠GNM ∴∠DEN=∠F经典题(二)1、已知:△ABC 中,H 为垂心(各边高线的交点),O 为外心,且OM ⊥BC 于M . (1)求证:AH =2OM ;(2)若∠BAC =600,求证:AH =AO .(初二) 证明:(1)延长AD 交圆于F ,连接BF ,过点O 作OG ⊥AD 于G ∵OG ⊥AF ∴AG=FG ∵AB⌒ =AB ⌒ ∴∠F=∠ACB又AD ⊥BC ,BE ⊥AC ∴∠BHD+∠DBH=90° ∠ACB+∠DBH=90° ∴∠ACB=∠BHD ∴∠F=∠BHD∴BH=BF 又AD ⊥BC ∴DH=DF∴AH=AG+GH=FG+GH=GH+DH+DF+GH=2GH+2DH=2(GH+DH )=2GD 又AD ⊥BC ,OM ⊥BC ,OG ⊥AD ∴四边形OMDG 是矩形 ∴OM=GD ∴AH=2OM (2)连接OB 、OC∵∠BAC=60∴∠BOC=120° ∵OB=OC ,OM ⊥BC ∴∠BOM=21∠BOC=60°∴∠OBM=30° ∴BO=2OM由(1)知AH=2OM ∴AH=BO=AO2、设MN 是圆O 外一条直线,过O 作OA ⊥MN 于A ,自A 引圆的两条割线交圆O 于B 、C 及D 、E ,连接CD 并延长交MN 于Q ,连接EB 并延长交MN 于P. 求证:AP =AQ .证明:作点E 关于AG 的对称点F ,连接AF 、CF 、QF ∵AG ⊥PQ ∴∠PAG=∠QAG=90°又∠GAE=∠GAF ∴∠PAG+∠GAE=∠QAG+∠GAF 即∠PAE=∠QAF∵E 、F 、C 、D 四点共圆 ∴∠AEF+∠FCQ=180° ∵EF ⊥AG ,PQ ⊥AG ∴EF ∥PQ∴∠PAF=∠AFE ∵AF=AE∴∠AFE=∠AEF ∴∠AEF=∠PAF ∵∠PAF+∠QAF=180° ∴∠FCQ=∠QAF ∴F 、C 、A 、Q 四点共圆 ∴∠AFQ=∠ACQ 又∠AEP=∠ACQ ∴∠AFQ=∠AEP3、设MN 是圆O 的弦,过MN 的中点A 任作两弦BC 、DE ,设CD 、EB 分别交MN 于P 、Q . 求证:AP =AQ .(初二)证明:作OF ⊥CD 于F ,OG ⊥BE 于G ,连接OP 、OQ 、OA 、AF 、AG ∵C 、D 、B 、E 四点共圆 ∴∠B=∠D ,∠E=∠C ∴△ABE ∽△ADC ∴DFBGFD 2BG 2DC BE AD AB === ∴△ABG ∽△ADF ∴∠AGB=∠AFD ∴∠AGE=∠AFC ∵AM=AN , ∴OA ⊥MN 又OG ⊥BE ,∴∠OAQ+∠OGQ=180° ∴O 、A 、Q 、E 四点共圆 ∴∠AOQ=∠AGE 同理∠AOP=∠AFC ∴∠AOQ=∠AOP又∠OAQ=∠OAP=90°,OA=OA ∴△OAQ ≌△OAP ∴AP=AQ 在△AEP 和△AFQ 中 ∠AFQ=∠AEP AF=AE ∠QAF=∠PAE ∴△AEP ≌△AFQ ∴AP=AQ4、如图,分别以△ABC 的AB 和AC 为一边,在△ABC 的外侧作正方形ABFG 和正方形ACDE ,点O 是DF 的中点,OP ⊥BC求证:BC=2OP (初二)证明:分别过F 、A 、D 作直线BC 的垂线,垂足分别是L 、M 、N ∵OF=OD ,DN ∥OP ∥FL ∴PN=PL∴OP 是梯形DFLN 的中位线 ∴DN+FL=2OP ∵ABFG 是正方形∴∠ABM+∠FBL=90° 又∠BFL+∠FBL=90° ∴∠ABM=∠BFL又∠FLB=∠BMA=90°,BF=AB ∴△BFL ≌△ABM ∴FL=BM同理△AMC ≌△CND ∴CM=DN∴BM+CN=FL+DN ∴BC=FL+DN=2OP经典题(三)1、如图,四边形ABCD 为正方形,DE ∥AC ,AE =AC ,AE 与CD 相交于F . 求证:CE =CF .(初二)证明:连接BD 交AC 于O 。

中考数学必考题型分析及解题策略总结

中考数学必考题型分析及解题策略总结

中考数学必考题型分析及解题策略总结一、必考题型分析1、线段、角的计算与证明问题中考的解答题一般是分两到三部分的。

第一部分基本上都是一些简单题或者中档题,目的在于考察基础。

第二部分往往就是开始拉分的中难题了。

对这些题轻松掌握的意义不仅仅在于获得分数,更重要的是对于整个做题过程中士气,军心的影响。

线段与角的计算和证明,一般来说难度不会很大,只要找到关键“题眼”,后面的路子自己就“通”了。

2、图形位置关系中学数学当中,图形位置关系主要包括点、线、三角形、矩形/正方形以及圆这么几类图形之间的关系。

在中考中会包含在函数,坐标系以及几何问题当中,但主要还是通过圆与其他图形的关系来考察,这其中最重要的就是圆与三角形的各种问题。

3、动态几何从历年中考来看,动态问题经常作为压轴题目出现,得分率也是最低的。

动态问题一般分两类,一类是代数综合方面,在坐标系中有动点,动直线,一般是利用多种函数交叉求解。

另一类就是几何综合题,在梯形,矩形,三角形中设立动点、线以及整体平移翻转,对考生的综合分析能力进行考察。

所以说,动态问题是中考数学当中的重中之重,只有完全掌握,才有机会拼高分。

4、一元二次方程与二次函数在这一类问题当中,尤以涉及的动态几何问题最为艰难。

几何问题的难点在于想象,构造,往往有时候一条辅助线没有想到,整个一道题就卡壳了。

相比几何综合题来说,代数综合题倒不需要太多巧妙的方法,但是对考生的计算能力以及代数功底有了比较高的要求。

中考数学当中,代数问题往往是以一元二次方程与二次函数为主体,多种其他知识点辅助的形式出现的。

一元二次方程与二次函数问题当中,纯粹的一元二次方程解法通常会以简单解答题的方式考察。

但是在后面的中难档大题当中,通常会和根的判别式,整数根和抛物线等知识点结合。

5、多种函数交叉综合问题初中数学所涉及的函数就一次函数,反比例函数以及二次函数。

这类题目本身并不会太难,很少作为压轴题出现,一般都是作为一道中档次题目来考察考生对于一次函数以及反比例函数的掌握。

初中经典几何证明练习题(含问题详解)

初中经典几何证明练习题(含问题详解)

初中几何证明题经典题(一)1、已知:如图,O 是半圆的圆心,C 、E 是圆上的两点,CD ⊥AB ,EF ⊥AB ,EG ⊥CO . 求证:CD =GF .证明:过点G 作GH ⊥AB 于H ,连接OE ∵EG ⊥CO ,EF ⊥AB∴∠EGO=90°,∠EFO=90° ∴∠EGO+∠EFO=180° ∴E 、G 、O 、F 四点共圆 ∴∠GEO=∠HFG∵∠EGO=∠FHG=90° ∴△EGO ∽△FHG ∴FG EO =HGGO∵GH ⊥AB ,CD ⊥AB ∴GH ∥CD∴CD COHG GO =∴CDCO FG EO = ∵EO=CO ∴CD=GF2、已知:如图,P 是正方形ABCD 部的一点,∠PAD =∠PDA =15°。

求证:△PBC 是正三角形.(初二) 证明:作正三角形ADM ,连接MP ∵∠MAD=60°,∠PAD=15° ∴∠MAP=∠MAD+∠PAD=75° ∵∠BAD=90°,∠PAD=15°∴∠BAP=∠BAD-∠PAD=90°-15°=75° ∴∠BAP=∠MAP ∵MA=BA ,AP=AP ∴△MAP ≌△BAP∴∠BPA=∠MPA ,MP=BP 同理∠CPD=∠MPD ,MP=CP ∵∠PAD =∠PDA =15°∴PA=PD ,∠BAP=∠CDP=75° ∵BA=CD∴△BAP ≌∠CDP ∴∠BPA=∠CPD∵∠BPA=∠MPA ,∠CPD=∠MPD ∴∠MPA=∠MPD=75°∴∠BPC=360°-75°×4=60°∵MP=BP ,MP=CP ∴BP=CP ∴△BPC 是正三角形3、已知:如图,在四边形ABCD 中,AD =BC ,M 、N 分别是AB 、CD 的中点,AD 、BC 的延长线交MN 于E 、F . 求证:∠DEN =∠F .证明:连接AC ,取AC 的中点G,连接NG 、MG ∵CN=DN ,CG=DG ∴GN ∥AD ,GN=21AD ∴∠DEN=∠GNM ∵AM=BM ,AG=CG ∴GM ∥BC ,GM=21BC ∴∠F=∠GMN ∵AD=BC ∴GN=GM∴∠GMN=∠GNM ∴∠DEN=∠F经典题(二)1、已知:△ABC 中,H 为垂心(各边高线的交点),O 为外心,且OM ⊥BC 于M . (1)求证:AH =2OM ;(2)若∠BAC =600,求证:AH =AO .(初二) 证明:(1)延长AD 交圆于F ,连接BF ,过点O 作OG ⊥AD 于G ∵OG ⊥AF ∴AG=FG ∵AB⌒ =AB ⌒ ∴∠F=∠ACB又AD ⊥BC ,BE ⊥AC ∴∠BHD+∠DBH=90° ∠ACB+∠DBH=90° ∴∠ACB=∠BHD ∴∠F=∠BHD∴BH=BF 又AD ⊥BC ∴DH=DF∴AH=AG+GH=FG+GH=GH+DH+DF+GH=2GH+2DH=2(GH+DH )=2GD 又AD ⊥BC ,OM ⊥BC ,OG ⊥AD ∴四边形OMDG 是矩形 ∴OM=GD ∴AH=2OM (2)连接OB 、OC∵∠BAC=60∴∠BOC=120° ∵OB=OC ,OM ⊥BC ∴∠BOM=21∠BOC=60°∴∠OBM=30° ∴BO=2OM由(1)知AH=2OM ∴AH=BO=AO2、设MN 是圆O 外一条直线,过O 作OA ⊥MN 于A ,自A 引圆的两条割线交圆O 于B 、C 及D 、E ,连接CD并延长交MN 于Q ,连接EB 并延长交MN 于P. 求证:AP =AQ .证明:作点E 关于AG 的对称点F ,连接AF 、CF 、QF ∵AG ⊥PQ ∴∠PAG=∠QAG=90°又∠GAE=∠GAF ∴∠PAG+∠GAE=∠QAG+∠GAF 即∠PAE=∠QAF∵E 、F 、C 、D 四点共圆 ∴∠AEF+∠FCQ=180° ∵EF ⊥AG ,PQ ⊥AG ∴EF ∥PQ∴∠PAF=∠AFE ∵AF=AE∴∠AFE=∠AEF ∴∠AEF=∠PAF ∵∠PAF+∠QAF=180° ∴∠FCQ=∠QAF ∴F 、C 、A 、Q 四点共圆 ∴∠AFQ=∠ACQ 又∠AEP=∠ACQ ∴∠AFQ=∠AEP3、设MN 是圆O 的弦,过MN 的中点A 任作两弦BC 、DE ,设CD 、EB 分别交MN 于P 、Q . 求证:AP =AQ .(初二)证明:作OF ⊥CD 于F ,OG ⊥BE 于G ,连接OP 、OQ 、OA 、AF 、AG ∵C 、D 、B 、E 四点共圆 ∴∠B=∠D ,∠E=∠C ∴△ABE ∽△ADC ∴DFBGFD 2BG 2DC BE AD AB === ∴△ABG ∽△ADF ∴∠AGB=∠AFD ∴∠AGE=∠AFC ∵AM=AN , ∴OA ⊥MN 又OG ⊥BE ,∴∠OAQ+∠OGQ=180° ∴O 、A 、Q 、E 四点共圆 ∴∠AOQ=∠AGE 同理∠AOP=∠AFC ∴∠AOQ=∠AOP又∠OAQ=∠OAP=90°,OA=OA ∴△OAQ ≌△OAP ∴AP=AQ 4、如图,分别以△ABC 的AB 和AC 为一边,在△ABC 的外侧作正方形ABFG 和正方形ACDE ,点O 是DF 的中点,在△AEP 和△AFQ 中 ∠AFQ=∠AEP AF=AE ∠QAF=∠PAE ∴△AEP ≌△AFQ ∴AP=AQOP ⊥BC求证:BC=2OP (初二)证明:分别过F 、A 、D 作直线BC 的垂线,垂足分别是L 、M 、N ∵OF=OD ,DN ∥OP ∥FL ∴PN=PL∴OP 是梯形DFLN 的中位线 ∴DN+FL=2OP ∵ABFG 是正方形 ∴∠ABM+∠FBL=90° 又∠BFL+∠FBL=90° ∴∠ABM=∠BFL又∠FLB=∠BMA=90°,BF=AB ∴△BFL ≌△ABM ∴FL=BM同理△AMC ≌△CND ∴CM=DN∴BM+CN=FL+DN ∴BC=FL+DN=2OP经典题(三)1、如图,四边形ABCD 为正方形,DE ∥AC ,AE =AC ,AE 与CD 相交于F . 求证:CE =CF .(初二)证明:连接BD 交AC 于O 。

中考数学综合专题训练【几何综合题】(几何)精品解析

中考数学综合专题训练【几何综合题】(几何)精品解析

中考数学综合专题训练【几何综合题】(几何)精品解析在中考中,几何综合题主要考察了利用图形变换(平移、旋转、轴对称)证明线段、角的数量关系及动态几何问题。

学生通常需要在熟悉基本几何图形及其辅助线添加的基础上,将几何综合题目分解为基本问题,转化为基本图形或者可与基本图形、方法类比,从而使问题得到解决。

在解决几何综合题时,重点在思路,在老师讲解及学生解题时,对于较复杂的图形,根据题目叙述重复绘图过程可以帮助学生分解出基本条件和图形,将新题目与已有经验建立联系从而找到思路,之后绘制思路流程图往往能够帮助学生把握题目的脉络;在做完题之后,注重解题反思,总结题目中的基本图形及辅助线添加方法,将题目归类整理;对于典型的题目,可以解析题目条件,通过拓展题目条件或改变条件,给出题目的变式,从而对于题目及相应方法有更深入的理解。

同时,在授课过程中,将同一类型的几何综合题成组出现,分析讲解,对学生积累对图形的“感觉”有一定帮助。

一.考试说明要求图形与证明中要求:会用归纳和类比进行简单的推理。

图形的认识中要求:会运用几何图形的相关知识和方法(两点之间的距离,等腰三角形、等边三角形、直角三角形的知识,全等三角形的知识和方法,平行四边形的知识,矩形、菱形和正方形的知识,直角三角形的性质,圆的性质)解决有关问题;能运用三角函数解决与直角三角形相关的简单实际问题;能综合运用几何知识解决与圆周角有关的问题;能解决与切线有关的问题。

图形与变换中要求:能运用轴对称、平移、旋转的知识解决简单问题。

二.基本图形及辅助线解决几何综合题,是需要厚积而薄发,所谓的“几何感觉”,是建立在足够的知识积累的基础上的,熟悉基本图形及常用的辅助线,在遇到特定条件时能够及时联想到对应的模型,找到“新”问题与“旧”模型间的关联,明确努力方向,才能进一步综合应用数学知识来解决问题。

在中档几何题目教学中注重对基本图形及辅助线的积累是非常必要的。

举例:1、与相似及圆有关的基本图形2、正方形中的基本图形3、基本辅助线(1)角平分线——过角平分线上的点向角的两边作垂线(角平分线的性质)、翻折;(2)与中点相关——倍长中线(八字全等),中位线,直角三角形斜边中线;(3)共端点的等线段——旋转基本图形(60°,90°),构造圆;垂直平分线,角平分线——翻折;转移线段——平移基本图形(线段)线段间有特殊关系时,翻折;(4)特殊图形的辅助线及其迁移....——梯形的辅助线(什么时候需要这样添加?)等作双高——上底、下底、高、腰(等腰梯形)三推一;面积;锐角三角函数平移腰——上下底之差;两底角有特殊关系(延长两腰);梯形——三角形平移对角线——上下底之和;对角线有特殊位置、数量关系。

中考冲刺几何综合问题—知识讲解及典型例题解析

中考冲刺几何综合问题—知识讲解及典型例题解析

;;中考冲刺:几何综合问题—知识讲解及典型例题解析【中考展望】几何综合题是中考试卷中常见的题型,大致可分为几何计算型综合题与几何论证型综合题,它主要 考查学生综合运用几何知识的能力.这类题型在近几年全国各地中考试卷中占有相当的分量,不仅有选 择题、填空题、几何推理计算题以及代数与几何的综合计算题 ,还有更注重考查学生分析问题和解决问 题能力的探究性的问题、方案设计的问题等等.主要特点是图形较复杂,覆盖面广、涉及的知识点较多, 题设和结论之间的关系较隐蔽,常常需要添加辅助线来解答.几何综合题的呈现形式多样,如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情景型等,背景鲜活,具有 实用性和创造性,考查方式偏重于考查考生分析问题、探究问题、综合应用数学知识解决实际问题的能 力.以几何为主的综合题常常在一定的图形背景下研究以下几个方面的问题:1、证明线段、角的数量关系(包括相等、和、差、倍、分及比例关系等)2、证明图形的位置关系(如点与线、线与线、线与圆、圆与圆的位置关系等)3、几何计算问题;4、动态几何问题等.【方法点拨】一、几何计算型综合问题,常常涉及到以下各部分的知识:1、与三角形有关的知识;2、等腰三角形,等腰梯形的性质;3、直角三角形的性质与三角函数;4、平行四边形的性质;5、全等三角形,相似三角形的性质;6、垂径定理,切线的性质,与正多边形有关的计算;7、弧长公式与扇形面积公式.二、几何论证型综合题的解答过程,要注意以下几个方面:1、注意图形的直观提示,注意观察、分析图形,把复杂的图形分解成几个基本图形,通过添加辅助线补全或构造基本图形;2、注意分析挖掘题目的隐含条件、发展条件,为解题创造条件打好基础,要由已知联想经验,由未知联想需要,不断转化条件和结论来探求思路,找到解决问题的突破点;3、要运用转化的思想解决几何证明问题,运用方程的思想解决几何计算问题,还要灵活运用数学思想方法如数形结合、分类讨论、转化、方程等思想来解决问题.【典型例题】类型一、动态几何型问题1.如图 1,在正方形 ABCD 中,点 E 、F 分别是边 BC 、AB 上的点,且 CE=BF ,连接 DE ,过点 E 作 EG ⊥DE,使 EG=DE ,连接 FG ,FC .(1)请判断:FG 与 CE 的数量关系和位置关系;(不要求证明)(2)如图 2,若点 E 、F 分别是 CB 、BA 延长线上的点,其它条件不变,(1)中结论是否仍然成立?请出 判断判断予以证明;(3)如图 3,若点 E 、F 分别是 BC 、AB 延长线上的点,其它条件不变,(1)中结论是否仍然成立?请直 接写出你的判断.【思路点拨】(1)结论:FG=CE,FG∥CE.如图1中,设DE与CF交于点M,首先证明△CBF≌△DCE,推出DE⊥CF,再证明四边形EGFC是平行四边形即可.(2)结论仍然成立.如图2中,设DE与CF交于点M,首先证明△CBF≌△DCE,推出DE⊥CF,再证明四边形EGFC是平行四边形即可.(3)结论仍然成立.如图3中,设DE与FC的延长线交于点M,证明方法类似.【答案与解析】解:(1)结论:FG=CE,FG∥CE.理由:如图1中,设DE与CF交于点M.∵四边形ABCD是正方形,∴BC=CD,∠ABC=∠DCE=90°,在△CBF和△DCE中,,∴△CBF≌△DCE,∴∠BCF=∠CDE,CF=DE,∵∠BCF+∠DCM=90°,∴∠CDE+∠DCM=90°,∴∠CMD=90°,∴CF⊥DE,∵GE⊥DE,∴EG∥CF,∵EG=DE,CF=DE,∴EG=CF,∴四边形EGFC是平行四边形.∴GF=EC,∴GF=EC,GF∥EC.(2)结论仍然成立.理由:如图2中,设DE与CF交于点M.∵四边形ABCD是正方形,∴BC=CD,∠ABC=∠DCE=90°,在△CBF和△DCE中,,∴△CBF≌△DCE,∴∠BCF=∠CDE,CF=DE,∵∠BCF+∠DCM=90°,∴∠CDE+∠DCM=90°,∴∠CMD=90°,∴CF⊥DE,∵GE⊥DE,∴EG∥CF,∵EG=DE,CF=DE,∴EG=CF,∴四边形EGFC是平行四边形.∴GF=EC,∴GF=EC,GF∥EC.(3)结论仍然成立.理由:如图3中,设DE与FC的延长线交于点M.∵四边形ABCD是正方形,∴BC=CD,∠ABC=∠DCE=90°,∴∠CBF=∠DCE=90°在△CBF和△DCE中,,∴△CBF≌△DCE,∴∠BCF=∠CDE,CF=DE∵∠BCF+∠DCM=90°,∴∠CDE+∠DCM=90°,∴∠CMD=90°,∴CF⊥DE,∵GE⊥DE,∴EG∥CF,∵EG=DE,CF=DE,∴EG=CF,∴四边形EGFC是平行四边形.∴GF=EC,∴GF=EC,GF∥EC.【总结升华】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形,注意这类题目的解题规律,图形变了,条件不变,证明的方法思路完全一样,属于中考常考题型.举一反三:【变式】已知:如图(1),射线AM//射线BN,AB是它们的公垂线,点D、C分别在AM、BN上运动(点D与点A不重合、点C与点B不重合),E是AB边上的动点(点E与A、B不重合),在运动过程中始终保持DE⊥EC,且AD+DE=AB=a.(1)求证:∆ADE∽∆BEC;(2)如图(2),当点E为AB边的中点时,求证:AD+BC=CD;(3)设AE=m,请探究:∆BEC的周长是否与m值有关?若有关,请用含有m的代数式表示∴1∆BEC的周长;若无关,请说明理由.【答案】(1)证明:∵DE⊥EC,∴∠DEC=90︒.∴∠AED+∠BEC=90︒.又∵∠A=∠B=90︒,∴∠AED+∠EDA=90︒.∴∠BEC=∠EDA.∴∆ADE∽∆BEC.(2)证明:如图,过点E作EF//BC,交CD于点F,∵E是AB的中点,容易证明EF=1(AD+BC).2在Rt∆DEC中,∵DF=CF,∴EF=12 CD.1(A D+BC)=CD.22∴AD+BC=CD.(3)解:∆AED的周长=AE+AD+DE=a+m,BE=a-m.设AD=x,则DE=a-x.∵∠A=90︒,∴DE2=AE2+AD2.即a2-2ax+x2=m2+x2.a2-m2∴x=.2a由(1)知∆ADE∽∆BEC,∆ADE的周长AD a+m2a=∴a2-m2==∆BEC的周长BE a-m2a.∴∆BEC的周长=2a⋅∆ADE的周长=2a.a+m∴∆BEC的周长与m值无关.2.在△ABC中,∠ACB=45º.点D(与点B、C不重合)为射线BC上一动点,连接AD,以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF.(1)如果AB=AC.如图①,且点D在线段BC上运动.试判断线段CF与BD之间的位置关系,并证明你的结论.(2)如果AB≠AC,如图②,且点D在线段BC上运动.(1)中结论是否成立,为什么?(3)若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P,设AC=42,BC=3,CD=x,求线段CP的长.(用含x的式子表示)【思路点拨】(1)由题干可以发现,正方形中四条边的垂直关系是不动的,于是利用角度的互余关系进行传递,就可以得解.(2)是典型的从特殊到一般的问法,那么思路很简单,就是从一般中构筑一个特殊的条件就行,和上题一样找AC的垂线,就可以变成第一问的条件,然后一样求解.(3)D在BC之间运动和它在BC延长线上运动时的位置是不一样的,所以已给的线段长度就需要分情况去考虑到底是4+X还是4-X.分类讨论之后利用相似三角形的比例关系即可求出CP.【答案与解析】(1)结论:CF⊥BD;证明如下:ΘAB=AC,∠ACB=45º,∴∠ABC=45º.由正方形ADEF得AD=AF,∵∠DAF=∠BAC=90º,∴∠DAB=∠FAC,∴△DAB≌△FAC,∴∠ACF=∠ABD.∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º.即CF⊥BD.(2)CF⊥BD.(1)中结论仍成立.理由是:过点A作AG⊥AC交BC于点G,∴AC=AG可证:GAD≌CAF∴∠ACF=∠AGD=45º∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º.即CF⊥BD(3)过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q,易证△AQD∽△DCP,∴ CP = CD ,∴ = , ∴CP = - + x . ∴ CP = CD , ∴ = , ∴CP = + x . ①点 D 在线段 BC 上运动时,∵∠BCA=45º,可求出 AQ= CQ=4.∴DQ=4-x ,CP x DQ AQ4 - x 4 x 2 4②点 D 在线段 BC 延长线上运动时,∵∠BCA=45°,∴AQ=CQ=4,∴DQ=4+x.过 A 作 AQ⊥BC,∴∠Q=∠FQC=90°,∠ADQ=∠AFC,则△AQD∽△ACF.∴CF⊥BD,∴△AQD∽△DCP,CP x DQ AQ4+x 4x 2 4【总结升华】此题综合性强,需要综合运用全等、相似、正方形等知识点,属能力拔高性的题目.3.如图,正方形ABCD 的边长为 6,点 E 是射线 BC 上的一个动点,连接 AE 并延长,交射线 DC 于点 F △,将 ABE 沿直线 AE 翻折,点 B 坐在点 B ′处.自主探究:(1)当=1 时,如图 1,延长 AB ′,交 CD 于点 M .①CF 的长为; ②判断 AM 与 FM 的数量关系,并证明你的结论.(2)当点 B ′恰好落在对角线 AC 上时,如图 2,此时 CF 的长为, 拓展运用:(3)当=2 时,求 sin ∠DAB ′的值.= .(【思路点拨】1)①利用相似三角形的判定与性质得出FC=AB即可得出答案;②利用翻折变换的性质得出∠BAF=∠MAF,进而得出AM=FM;(2)根据翻折变换的性质得出∠BAE=∠MAF,进而得出AM=MF,利用△ABE∽FCE得出答案即可;(3)根据①如图1,当点E在线段BC上时,延长AB′交DC边于点M,②如图3,当点E在线段BC 的延长线上时,延长AD交B′E于点N,分别利用勾股定理求出即可.【答案与解析】解:(1)①当=1时,∵AB∥FC,∴△ABE∽FCE,∴==1,∴FC=AB=6,②AM=FM,理由如下:∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥DC,∴∠BAF=∠AFC,∵△ABE沿直线AE翻折得到△AB′E,∴∠BAF=∠MAF,∴∠MAF=∠AFC,∴AM=FM;(2)如图2,∵当点B′恰好落在对角线AC上时,∴∠1=∠2,∵AB∥FC,∴∠1=∠F,∴∠2=∠F,∴AC=FC,∵AB=BC=6,∴AC=FC=6,∵AB∥FC,∴△ABE∽FCE,∴===,(3)①如图1,当点E在线段BC上时,延长AB′交DC边于点M,∵AB∥CF,∴△ABE∽△FCE,∴==2,∵AB=6,∴CF=3,∴DF=CD+CF=9,由(1)知:AM=FM,∴AM=FM=9﹣DM,在△Rt ADM中,由勾股定理得:DM′2=(9﹣DM)2﹣62,解得:DM=,则MA=,∴sin∠DAB′==,②如图3,当点E在线段BC的延长线上时,延长AD交B′E于点N,由(1)知:AN=EN,又BE=B′E=12,点∴NA=NE=12﹣B′N,在△Rt AB′N中,由勾股定理得:B′N2=(12﹣B′N)2﹣62,解得:B′N=,AN=,∴sin∠DAB′=故答案为:6;6=.,.【总结升华】此题主要考查了翻折变换的性质以及相似三角形的判定与性质和勾股定理等知识,熟练利用相关性质和进行分类讨论得出是解题关键.类型二、几何计算型问题4.已知如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD=2,BC=4,M是AD的中点,△MBC是等边三角形.(1)求证:梯形ABCD是等腰梯形;(2)动点P、Q分别在线段BC和MC上运动,且∠MPQ=60︒保持不变.设PC=x,MQ=y,求y与x的函数关系式;(3)在(2)中,当y取最小值时,判断△PQC的形状,并说明理由.【思路点拨】(1)属于纯静态问题,只要证两边的三角形全等就可以了.(2)是双动点问题,所以就需要研究在P,Q运动过程中什么东西是不变的.题目给定∠MPQ=60°,其实就是将静态的那个等边三角形与动态条件联系了起来.因为最终求两条线段的关系,所以很自然想到要通过相似三角形找比例关系.(3)条件又回归了当动点静止时的问题,由第二问所得的二次函数,很轻易就可以求出当x取对称轴的值时y有最小值,接下来就变成了“给定PC=2,求△PQC形状”的问题了,由已知的BC=4,自然看出P 是中点,于是问题轻松求解.【答案与解析】(1)证明:∵△MBC是等边三角形∴MB=MC,∠MBC=∠MCB=60︒∵M是AD中点∴AM=MD∵AD∥BC∴∠AMB=∠MBC=60︒,∠DMC=∠MCB=60︒∴△AMB≌△DMC∴AB=DC∴梯形ABCD是等腰梯形.∴ PC ∴ x 而(2)解:在等边 △MBC 中, MB = MC = BC = 4,∠MBC = ∠MCB = 60︒,∠MPQ = 60︒∴∠BMP + ∠BPM = ∠BPM + ∠QPC = 120︒∴∠BMP = ∠QPC∴ △BMP ∽△CQPCQ = BM BP∵ PC = x ,MQ = y ∴ BP = 4 - x ,QC = 4 - y4 - y 1 = ∴ y = x 2 - x + 4 4 4 - x4(3)解: △PQC 为直角三角形,∵ y = 1(x - 2)2 + 34 ∴当 y 取最小值时, x = PC = 2∴ P 是 BC 的中点, MP ⊥ BC , ∠MPQ = 60︒,∴∠CPQ = 30︒,∴∠PQC = 90︒∴ △PQC 为直角三角形.【总结升华】以上题目是动点问题,这一类问题的关键就在于当动点移动中出现特殊条件,例如某边相 等,某角固定时,将动态问题化为静态问题去求解 .如果没有特殊条件,那么就需要研究在动点移动中 哪些条件是保持不变的.举一反三:【变式】已知:如图,N 、M 是以 O 为圆心,1 为半径的圆上的两点,B 是 MN 上一动点(B 不与点 M 、N 重合),∠MON=90°,BA⊥OM 于点 A ,BC⊥ON 于点 C ,点 D 、E 、F 、G 分别是线段 OA 、AB 、BC 、CO的中点,GF 与 CE 相交于点 P ,DE 与 AG 相交于点 Q .(1)四边形 EPGQ(填“是”或者“不是”)平行四边形;(2)若四边形 EPGQ 是矩形,求 OA 的值.【答案】(1)是.证明:连接OB,如图①,∵BA⊥OM,BC⊥ON,∴∠BAO=∠BCO=90°,∵∠AOC=90°,∴四边形OABC是矩形.∴AB∥OC,AB=OC,∵E、G分别是AB、CO的中点,∴AE∥GC,AE=GC,∴四边形AECG为平行四边形.∴CE∥AG,∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点,∴GF∥OB,DE∥OB,∴PG∥EQ,∴四边形EPGQ是平行四边形;(2)解:如图②,∴ AD ,AE=1,在①的条件下,设 CP 1= x ,S VP FC = y ,求 y 与 x 之间的函数关系式, 3 ∵口 EPGQ 是矩形.∴∠AED+∠CEB=90°.又∵∠DAE=∠EBC=90°,∴∠AED=∠BCE.∴△AED∽△BCE,AE= , BEBC x y y : = : x 设 OA=x ,AB=y ,则 2 2 2得 y 2=2x 2,又∵OA 2+AB 2=OB 2, 即 x 2+y 2=12.∴x 2+2x 2=1,解得:x=3 . 3即当四边形 EPGQ 是矩形时,OA 的长度为3 3 .5.在 Y ABCD 中,过点 C 作 CE⊥CD 交 AD 于点 E,将线段 EC 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EF(如图 1)(1)在图 1 中画图探究:①当 P 为射线 CD 上任意一点(P 1 不与 C 重合)时,连结EP 1 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EC 1.判断直线 FC 1 与直线 CD 的位置关系,并加以证明; ②当 P 2 为线段 DC 的延长线上任意一点时,连结 EP 2,将线段 EP 2 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EC 2.判断直线 C 1C 2 与直线 CD 的位置关系,画出图形并直接写出你的结论.4 (2)若 AD=6,tanB=1 1 并写出自变量 x 的取值范围.图1 备用图【思路点拨】(1)本题在于如何把握这个旋转 90°的条件.旋转 90°自然就是垂直关系,于是出现了一 系列直角三角形,于是证角、证线就手到擒来了.(2)是利用平行关系建立函数式,但是不要忘记分类讨论.【答案与解析】(1)①直线 FG 与直线 CD 的位置关系为互相垂直. 112,- - . , , 证明:如图 1,设直线 FG 与直线 CD 的交点为 H .1 G 1AE F G 2 P H 1 DBCP 2图 1∵线段 EC 、EP 分别绕点 E 逆时针旋转 90°依次得到线段 EF 、EG , 1 1∴ ∠PEG = ∠CEF = 90° EG = EP ,EF = EC . 1 1 1 1∵ ∠G EF = 90° ∠PEF , ∠PEC = 90° ∠PEF ,1 1 1 1∴ ∠G EF = ∠PEC .1 1∴ △G EF ≌△PEC .1 1∴ ∠G FE = ∠PCE .1 1∵ EC ⊥ C D ,∴ ∠PCE = 90°, 1∴ ∠G FE = 90° 1∴ ∠EFH = 90°.∴ ∠FHC = 90°.∴ FG ⊥ CD . 1②按题目要求所画图形见图 1,直线 G G 与直线 CD 的位置关系为互相垂直.1 2(2)∵四边形 ABCD 是平行四边形,∴ ∠B = ∠ADC .∵ AD = 6,AE = 1 tan B = 4 3 , ∴ DE = 5 tan ∠EBC = tan B = 4 3. 可得 CE = 4 .由(1)可得四边形 EFCH 为正方形.∴ CH = CE = 4 .P 1 2 2 2 2 1 ①如图 2,当 P 点在线段 CH 的延长线上时,1 G 1A EFD H BC 图 2∵ FG = CP = x ,PH = x - 4 ,1 1 1 ∴ S△P FG 1 1 1 x( x - 4) = ⨯ FG ⨯ PH = 1 1 . ∴ y = 1 2x 2 - 2 x ( x > 4) . ②如图 3,当 P 点在线段 CH 上(不与 C 、H 两点重合)时, 1G 1 FB A ECD P 1 H图 3∵ FG = CP = x ,PH = x - 4 ,1 1 1 ∴ S △P FG 1 = 1 x(4 - x) FG ⨯ PH = 1 1 . 1 ∴ y = - x2 + 2 x (0 < x < 4) . 2③当 P 点与 H 点重合时,即 x = 4 时, △PFG 不存在. 1 1 1综上所述, y 与 x 之间的函数关系式及自变量 x 的取值范围是 y =1 2 x 2 - 2 x ( x > 4) 或 1 y = - x 2 + 2 x (0 < x < 4) . 2【总结升华】本题着重考查了二次函数的解析式、图形的旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况 等重要知识点,综合性强,能力要求较高.考查学生分类讨论,数形结合的数学思想方法.举一反三: 【变式】已知,点 P 是∠MON 的平分线上的一动点,射线 PA 交射线 OM 于点 A ,将射线 PA 绕点 P 逆时针 旋转交射线 ON 于点 B ,且使∠APB+∠MON=180°.(1)利用图 1,求证:PA=PB ;(2)如图2,若点C是AB与OP的交点,当△SPOB=3S△PCB时,求PB与PC的比值;(3)若∠MON=60°,OB=2,射线AP交ON于点D,且满足且∠PBD=∠ABO,请借助图3补全图形,并求OP的长.【答案】(1)作PE⊥OM,PF⊥ON,垂足为E、F∵四边形OEPF中,∠OEP=∠OFP=90°,∴∠EPF+∠MON=180°,已知∠APB+∠MON=180°,∴∠EPF=∠APB,即∠EPA+∠APF=∠APF+∠FPB,∴∠EPA=∠FPB,由角平分线的性质,得PE=PF,∴△EPA≌△FPB,即PA=PB;(2)∵S△POB=3S△PCB,∴PO=3PC,由(1)可知△PAB为等腰三角形,则∠PBC=又∵∠BPC=∠OPB(公共角),∴△PBC∽△POB,11(180°-∠APB)=∠MON=∠BOP,22∴PB PC=PO PB,即PB2=PO•PC=3PC2,∴PB=3PC(3)作BH⊥OT,垂足为H,当∠MON=60°时,∠APB=120°,由PA=PB,得∠PBA=∠PAB=12(180°-∠APB)=30°,又∵∠PBD=∠ABO,∠PBD+∠PBA+∠ABO=180°,∴∠ABO=12(180°-30°)=75°,则∠OBP=∠ABO+∠ABP=105°,在△OBP中,∵∠BOP=30°,∴∠BPO=45°,在Rt△OBH中,BH=1OB=1,OH=3,2在Rt△PBH中,PH=BH=1,∴OP=OH+PH=3+1.。

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9.两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放,其中∠ACB=∠DCE=90°,F是DE的中点,H是AE的中点,G是BD的中点.
(1)如图1,若点D、E分别在AC、BC的延长线上,通过观察和测量,猜想FH和FG的数量关系为_______和位置关系为______;
(2)如图2,若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时,其余条件均不变,则(1)中的猜想是否还成立,若成立,请证明,不成立请说明理由;
(3)如图③,当∠DAB=90°,∠B与∠D互补时,线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想,并给予证明.
8.设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点,F是BC边上一点,线段DE和AF相交于点P,点Q在线段DE上,且AQ∥PC.
(1)证明:PC=2AQ.
(2)当点F为BC的中点时,试比较△PFC和梯形APCQ面积的大小关系,并对你的结论加以证明.
(2)如图②,若BD=CD,将三角板绕点D逆时针旋转,使一条直角边交AB于点E、另一条直角边交AB的延长线于点F,设AE=x,重叠部分的面积为y,求出y与x的函数关系式,并写出自变量x的取值范围.
(3)若BD=2CD,将三角板绕点D逆时针旋转,使一条直角边交AC于点F、另一条直角边交射线AB于点E.设CF=x(x>1),重叠部分的面积为y,求出y与x的函数关系式,并写出自变量x的取值范围.
3.如图,△ABC是等边三角形,F是AC的中点,D在线段BC上,连接DF,以DF为边在DF的右侧作等边△DFE,ED的延长线交AB于H,连接EC,则以下结论:①∠AHE+∠AFD=180°;②AF= BC;③当D在线段BC上(不与B,C重合)运动,c:\iknow\docshare\data\cur_work\"其他条件不变时 是定值;④当D在线段BC上(不与B,C重合)运动,其他条件不变时 是定值;
2.(1)如图1,已知矩形ABCD中,点E是BC上的一动点,过点E作EF⊥BD于点F,EG⊥AC于点G,CH⊥BD于点H,试证明CH=EF+EG;
(2)若点E在BC的延长线上,如图2,过点E作EF⊥BD于点F,EG⊥AC的延长线于点G,CH⊥BD于点H,则EF、EG、CH三者之间具有怎样的数量关系,直接写出你的猜想;
中考几何经典证明题(二)
1、如图,△ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC,E为CB延长线上一点,且∠EAB=∠BAD,设DC=kBD,试探究EC与EA的数量关系。
2、如图,△ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC,DE⊥AB,DF⊥AC,若AB=kAC,试探究BE与CF的数量关系。
探究:线段FG的长与△ABC三边的关系,并加以证明。
说明:⑴如果你经历反复探索,没有找到解决问题的方法,请你把探索过程中的某种思路写出来(要求至少写3步);⑵在你经历说明⑴的过程之后,可以从下列①、②中选取一个补充或更换已知条件,完成你的证明。
注意:选取①完成证明得10分;选取②完成证明得7分。
①可画出将△ADF沿BD折叠后的图形;
②将CE变为△ABC的内角平分线。(如图2)
附加题:探究BD、CE满足什么条件时,线段FG的长与△ABC的周长存在一定的数量关系,并给出证明。
7.在四边形ABCD中,对角线AC平分∠DAB.
(1)如图①,当∠DAB=120°,∠B=∠D=90°时,求证:AB+AD=AC.
(2)如图②,当∠DAB=120°,∠B与∠D互补时,线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想,并给予证明.
(1)其中正确的是-------------------;
(2)对于(1)中的结论加以说明;
4.在 中,AC=BC, ,点D为AC的中点.
(1)如图1,E为线段DC上任意一点,将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF,连结CF,过点F作 ,交直线AB于点H.判断FH与FC的数量关系并加以证明.
(2)如图2,若E为线段DC的延长线上任意一点,(1)中的其他条件不变,你在(1)中得出的结论是否发生改变,直接写出你的结论,不必证明.
(2)如图2,在四边形 中,若 , 分别是 的中点,联结FE并延长,分别与 的延长线交于点 ,请在图2中画图并观察,图中是否有相等的角,若有,请直接写出结论:;
(3)如图3,在 中, ,点 在 上, , 分别是 的中点,联结 并延长,与 的延长线交于点 ,若 ,判断点 与以AD为直径的圆的位置关系,并简要说明理由.
(2)如图3,将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角,得到图3,(1)中的猜想还成立吗?直接写出结论,不用证明.
10.已知△ABC中,AB=AC=3,∠BAC=90°,点D为BC上一点,把一个足够大的直角三角板的直角顶点放在D处.
(1)如图①,若BD=CD,将三角板绕点D逆时针旋转,两ห้องสมุดไป่ตู้直角边分别交AB、AC于点E、点F,求出重叠部分AEDF的面积(直接写出结果).
中考数学几何证明题经典题型分析
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中考数学经典几何证明题(一)
1.(1)如图1所示,在四边形 中, = , 与 相交于点 , 分别是 的中点,联结 ,分别交 、 于点 ,试判断 的形状,并加以证明;
(3)如图3,BD是正方形ABCD的对角线,L在BD上,且BL=BC,连结CL,点E是CL上任一点,EF⊥BD于点F,EG⊥BC于点G,猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系,直接写出你的猜想;
(4)观察图1、图2、图3的特性,请你根据这一特性构造一个图形,使它仍然具有EF、EG、CH这样的线段,并满足(1)或(2)的结论,写出相关题设的条件和结论.
5.如图12,在△ABC中,D为BC的中点,点E、F分别在边AC、AB上,并且∠ABE=∠ACF,BE、CF交于点O.过点O作OP⊥AC,OQ⊥AB,P、Q为垂足.求证:DP=DQ.
6.如图。,BD是△ABC的内角平分线,CE是△ABC的外角平分线,过点A作AF⊥BD,AG⊥CE,垂足分别为F、G。
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