2020年中考数学压轴题精讲：几何证明及几何计算

2020年全国各地中考数学压轴题按题型(几何综合)汇编(二)四边形中的计算和证明综合(解析版)

2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编二、四边形中的计算和证明综合题1.（2020安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．（1）求证：BD⊥EC；（2）若AB＝1，求AE的长；（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG=√2AG．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，∴∠EAF＝∠DAB＝90°，又∵AE＝AD，AF＝AB，∴△AEF≌△ADB（SAS），∴∠AEF＝∠ADB，∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，即∠EGB＝90°，故BD⊥EC，（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CD，∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，∴△AEF∽△DCF，∴AEDC =AF DF，即AE•DF＝AF•DC，设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，解得a=1+√52或1−√52（舍去），∴AE=1+√5 2．（3）如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，∴△AEP≌△ADG（SAS），∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，∴∠P AG＝∠P AD+∠DAG＝∠P AD+∠EAP＝∠DAE＝90°，∴△P AG为等腰直角三角形，∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG=√2AG．2.（2020黑龙江七台河）以Rt△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，过点A作AM⊥BC于M，延长MA交EG于点N．（1）如图①，若∠BAC＝90°，AB＝AC，易证：EN＝GN；（2）如图②，∠BAC＝90°；如图③，∠BAC≠90°，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．【解答】解：（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵AM⊥BC，∴∠MAC＝45°，∴∠EAN＝∠MAC＝45°，同理∠NAG＝45°，∴∠EAN＝∠NAG，∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形，∴AE＝AB＝AC＝AG，∴EN＝GN．（2）如图1，∠BAC＝90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．如图2，∠BAC ≠90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．3.（2020黑龙江绥化）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝4，点G 在边BC 上，连接AG ，作DE ⊥AG 于点E ，BF ⊥AG 于点F ，连接BE 、DF ，设∠EDF ＝α，∠EBF ＝β，BG BC =k ．（1）求证：AE ＝BF ；（2）求证：tan α＝k •tan β；（3）若点G 从点B 沿BC 边运动至点C 停止，求点E ，F 所经过的路径与边AB 围成的图形的面积．【解答】解：（1）证明：在正方形ABCD 中，AB ＝BC ＝AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴∠ADE +∠DAE ＝90°，∵∠BAF +∠DAE ＝90°，∴∠ADE ＝∠BAF ，∴△ABF ≌△DAE （AAS ），∴AE ＝BF ；（2）在Rt △DEF 和Rt △EFB 中，tan α=EF DE ，tan β=EF BF ，∴tanαtanβ=EF DE ⋅BF EF =BF DE ．由①可知∠ADE ＝∠BAG ，∠AED ＝∠GBA ＝90°，∴△AED ∽△GBA ，∴AE GB =DE AB ，由①可知，AE ＝BF ，∴BF GB=DE AB ， ∴BF DE=GB AB ， ∵BG BC=k ，AB ＝BC ， ∴BF DE =BG AB =BG BC =k ，∴tanαtanβ=k ．∴tan α＝k tan β．（3）∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．∵AB＝AD＝4，∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB=14×4×4＝4．4.（2020湖南长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：△ABF∽△FCE；（2）若AB＝2√3，AD＝4，求EC的长；（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠F AE＝β，求tanα+tanβ的值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，∴∠AFB＝∠FEC，∴△ABF ∽△FCE ．（2）设EC ＝x ，由翻折可知，AD ＝AF ＝4，∴BF =√AF 2−AB 2=√16−12=2，∴CF ＝BC ﹣BF ＝2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC ，∴2√32=2x， ∴x =2√33，∴EC =2√33．（3）∵△ABF ∽△FCE ，∴AF EF =AB CF ，∴tan α+tan β=BF AB +EF AF =BF AB +CF AB =BF+CF AB =BC AB ，设AB ＝CD ＝a ，BC ＝AD ＝b ，DE ＝x ，∴AE ＝DE +2CE ＝x +2（a ﹣x ）＝2a ﹣x ，∵AD ＝AF ＝b ，DE ＝EF ＝x ，∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°，∴BF =√b 2−a 2，CF =√x 2−(a −x)2=√2ax −a 2，∵AD 2+DE 2＝AE 2，∴b 2+x 2＝（2a ﹣x ）2，∴a 2﹣ax =14b 2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC， ∴22=√b 2−a 2a−x ，∴a 2﹣ax =√b 2−a 2•√2ax −a 2，∴14b 2=√b 2−a 2•√a 2−12b 2，整理得，16a 4﹣24a 2b 2+9b 4＝0，∴（4a 2﹣3b 2）2＝0，∴b a =2√33， ∴tan α+tan β=BC AB =2√33．5.（2020江苏连云港）（1）如图1，点P 为矩形ABCD 对角线BD 上一点，过点P 作EF ∥BC ，分别交AB 、CD 于点E 、F ．若BE ＝2，PF ＝6，△AEP 的面积为S 1，△CFP 的面积为S 2，则S 1+S 2＝ 12 ；（2）如图2，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），点E 、F 、G 、H 分别为各边的中点．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PFCG 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD 的面积（用含S 1、S 2的代数式表示）；（3）如图3，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），过点P 作EF ∥AD ，HG ∥AB ，与各边分别相交于点E 、F 、G 、H ．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PGCF 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BĈ围成的封闭图形的面积为S1，P A、PD、AD̂围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△P AC 的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．【解答】解：（1）如图1中，过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，∴S1＝S2＝6，∴S1+S2＝12，故答案为12．（2）如图2中，连接P A，PC，在△APB中，∵点E是AB的中点，∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S1）．（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．理由：设线段PB，线段P A，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，∴x﹣y＝S3﹣S4，∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S2=S3+S4．图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．6.（2020江苏苏州）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求AB+CD的值．BC【解答】证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，∴∠BAP +∠APB ＝90°，∠APB +∠DPC ＝90°，∴∠BAP ＝∠DPC ，又P A ＝PD ，∠B ＝∠C ＝90°，∴△BAP ≌△CPD （AAS ），∴BP ＝CD ，AB ＝PC ，∴BC ＝BP +PC ＝AB +CD ；（2）如图2，过点A 作AE ⊥BC 于E ，过点D 作DF ⊥BC 于F ，由（1）可知，EF ＝AE +DF ，∵∠B ＝∠C ＝45°，AE ⊥BC ，DF ⊥BC ，∴∠B ＝∠BAE ＝45°，∠C ＝∠CDF ＝45°，∴BE ＝AE ，CF ＝DF ，AB =√2AE ，CD =√2DF ，∴BC ＝BE +EF +CF ＝2（AE +DF ），∴AB+CD BC =√2(AE+DF)=√22． 7.（2020江苏泰州）如图，正方形ABCD 的边长为6，M 为AB 的中点，△MBE 为等边三角形，过点E 作ME 的垂线分别与边AD 、BC 相交于点F 、G ，点P 、Q 分别在线段EF 、BC 上运动，且满足∠PMQ ＝60°，连接PQ ．（1）求证：△MEP ≌△MBQ ．（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．（3）设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．【解答】证明：（1）∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，∴∠BMQ＝∠PME，又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，∴△MBQ≌△MEP（ASA）；（2）PF+GQ的值不变，理由如下：如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，∵ME＝MB，MG＝MG，∴Rt△MBG≌Rt△MEG（HL），∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，∴MB=√3BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，∴GE=√3，∠FGH＝60°，∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形，∴FH＝CD＝6，∵sin∠FGH=FHGF=√32=6FG，∴FG＝4√3，∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE，∴PE＝BQ＝BG+GQ，∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2√3+GQ+PF，∴GQ+PF＝2√3；（3）如图2，当点B'落在PQ上时，∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP，∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，∴△MBQ≌△MB'Q，∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°∴∠QME＝30°∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，如图3，当点B'落在MP上时，同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．8.（2020江苏无锡）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形P ADE的面积为S．（1）若DE=√33，求S的值；（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．【解答】解：（1）当DE=√3 3，∵AD＝1，∴tan∠AED=√3，AE=2√3 3，∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE为等边三角形，∴S=√34×（2√33）2+12×√33×1=√32；（2）过E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，∴AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x2+1 2x，∴S=12⋅x×1+12×x2+12x×1=12x+x2+14x．9.（2020辽宁营口）如图，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F．（1）如图1，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是AF＝AE；（2）如图2，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长．【解答】解：（1）AE＝AF．∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∴△EAB≌△F AD（AAS），∴AF＝AE；故答案为：AF＝AE．（2）AF＝kAE．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°，∴∠F AD+∠F AB＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB+∠F AB＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝∠ADF．∴△ABE∽△ADF，∴AB AD =AE AF ，∵AD ＝kAB ，∴AB AD=1k ， ∴AE AF =1k， ∴AF ＝kAE ．（3）解：①如图1，当点F 在DA 上时，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∵AD ＝2AB ＝4，∴AB ＝2，∴CD ＝2，∵CF ＝1，∴DF ＝CD ﹣CF ＝2﹣1＝1．在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+12=√17，∵DF ∥AB ，∴∠GDF ＝∠GBA ，∠GFD ＝∠GAB ，∴△GDF ∽△GBA ，∴GF GA =DF BA =12，∵AF ＝GF +AG ，∴AG =23AF =23√17．∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×√17=√172．在Rt △EAG 中，∠EAG ＝90°，∴EG =√AE 2+AG 2=(172)2+(2173)2=5√176， ②如图2，当点F 在DC 的延长线上时，DF ＝CD +CF ＝2+1＝3，在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+32=5．∵DF ∥AB ，∵∠GAB ＝∠GFD ，∠GBA ＝∠GDF ，∴△AGB ∽△FGD ，∴AG FG =AB FD =23，∵GF +AG ＝AF ＝5，∴AG ＝2，∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×5=52，在Rt △EAG 中，∠EAG＝90°， ∴EG =√AE 2+AG 2=√(52)2+22=√412．综上所述，EG 的长为5√176或√412． 10.（2020山东菏泽）如图1，四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，OA ＝OC ，OB ＝OD +CD ．（1）过点A 作AE ∥DC 交BD 于点E ，求证：AE ＝BE ；（2）如图2，将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．①求证：BD '∥CD ；②若AD '∥BC ，求证：CD 2＝2OD •BD ．【解答】（1）证明：∵AE ∥DC ，∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，又∵OA＝OC，∴△AOE≌△COD（AAS），∴CD＝AE，OD＝OE，∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，∴BE＝CD，∴AE＝BE；（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，∴∠ABE＝∠AEB，∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，∴∠ABD'＝∠ABD，∴∠ABD'＝∠BAE，∴BD'∥AE，又∵AE∥CD∴BD'∥CD．②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，∵AD '∥BC ，BD '∥AE ，∴四边形AD 'BF 为平行四边形．∴∠D '＝∠AFB ，∵将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．∴∠D '＝∠ADB ，∴∠AFB ＝∠ADB ，又∵∠AED ＝∠BEF ，∴△AED ∽△BEF ，∴AE DE =BE EF ，∵AE ＝CD ，∴CD DE =BE EF ，∵EF ∥CD ，∴△BEF ∽△BDC ，∴BE EF=BD DC ， ∴CD DE =BD CD ，∴CD 2＝DE •BD ，∵△AOE ≌△COD ，∴OD ＝OE ，∴DE ＝2OD ，∴CD 2＝2OD •BD ．11.（2020山东济宁）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝AC ，点E ，F ，G 分别在边BC ，CD 上，BE ＝CG ，AF 平分∠EAG ，点H 是线段AF 上一动点（与点A 不重合）．（1）求证：△AEH ≌△AGH ；（2）当AB ＝12，BE ＝4时．①求△DGH 周长的最小值；②若点O 是AC 的中点，是否存在直线OH 将△ACE 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出AH AF 的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，∵AB ＝AC ，∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠ACD=12∠BCD＝60°＝∠ABC，∵BE＝CG，∴△ABE≌△ACG（SAS），∴AE＝AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAF＝∠GAF，∵AH＝AH，∴△AEH≌△AGH（SAS）；（2）①如图1，过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，∵AB＝12，BE＝4，∴CG＝4，∴CE＝DG＝12﹣4＝8，由（1）知，△AEH≌△AGH，∴EH＝HG，∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，在Rt △DCM 中，∠DCM ＝180°﹣120°＝60°，CD ＝AB ＝12，∴CM ＝6，∴DM =√3CM ＝6√3，在Rt △DME 中，EM ＝CE +CM ＝14，根据勾股定理得，DE =√EM 2+DM 2=√142+(6√3)2=2√51，∴△DGH 周长的最小值为2√51+8；②Ⅰ、当OH 与线段AE 相交时，交点记作点N ，如图2，连接CN ，∴点O 是AC 的中点，∴S △AON ＝S △CON =12S △ACN ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △AONS △AEC =14， ∴S △CEN ＝S △ACN ，∴AN ＝EN ，∵点O 是AC 的中点，∴ON ∥CE ，∴AH AF =12；Ⅱ、当OH 与线段CE 相交时，交点记作Q ，如图3，连接AQ ，FG ，∵点O 是AC 的中点，∴S △AOQ ＝S △COQ =12S △ACQ ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △COQS △ACE =14，∴S △AEQ ＝S △ACQ ，∴CQ ＝EQ =12CE =12（12﹣4）＝4，∵点O 是AC 的中点，∴OQ ∥AE ，设FQ ＝x ，∴EF ＝EQ +FQ ＝4+x ，CF ＝CQ ﹣FQ ＝4﹣x ，由（1）知，AE ＝AG ，∵AF 是∠EAG 的角平分线，∴∠EAF ＝∠GAF ，∵AF ＝AF ，∴△AEF ≌△AGF （SAS ），∴FG ＝EF ＝4+x ，过点G 作GP ⊥BC 交BC 的延长线于P ，在Rt △CPG 中，∠PCG ＝60°，CG ＝4，∴CP =12CG ＝2，PG =√3CP ＝2√3，∴PF ＝CF +CP ＝4﹣x +2＝6﹣x ，在Rt △FPG 中，根据勾股定理得，PF 2+PG 2＝FG 2，∴（6﹣x ）2+（2√3）2＝（4+x ）2，∴x =85，∴FQ =85，EF ＝4+85=285， ∵OQ ∥AE ，∴AH AF=EQ EF =4285=57，即AH AF 的值为12或57．12.（2020四川南充）如图，边长为1的正方形ABCD 中，点K 在AD 上，连接BK ，过点A ，C 作BK 的垂线，垂足分别为M ，N ，点O 是正方形ABCD 的中心，连接OM ，ON ．（1）求证：AM ＝BN ．（2）请判定△OMN 的形状，并说明理由．（3）若点K 在线段AD 上运动（不包括端点），设AK ＝x ，△OMN 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式（写出x 的范围）；若点K 在射线AD 上运动，且△OMN 的面积为110，请直接写出AK 长．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABM+∠CBM＝90°，∵AM⊥BM，CN⊥BN，∴∠AMB＝∠BNC＝90°，∴∠MAB+∠MBA＝90°，∴∠MAB＝∠CBM，∴△ABM≌△BCN（AAS），∴AM＝BN；（2）△OMN是等腰直角三角形，理由如下：如图，连接OB，∵点O是正方形ABCD的中心，∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，∵∠MAB＝∠CBM，∴∠MAB﹣∠OAB＝∠CBM﹣∠OBC，∴∠MAO＝∠NBO，又∵AM＝BN，OA＝OB，∴△AOM≌△BON（SAS），∴MO＝NO，∠AOM＝∠BON，∵∠AON+∠BON＝90°，∴∠AON+∠AOM＝90°，∴∠MON＝90°，∴△MON是等腰直角三角形；（3）在Rt△ABK中，BK=√AK2+AB2=√x2+1，∵S△ABK=12×AK×AB=12×BK×AM，∴AM=AK⋅ABBK=x√x2+1，∴BN＝AM=x√x2+1，∵cos∠ABK=BMAB=ABBK，∴BM=AB⋅ABBK=1√x2+1，∴MN＝BM﹣BN=x2+1∵S△OMN=14MN2=(1−x)24x2+4，∴y=x2−2x+14x2+4（0＜x＜1）；当点K 在线段AD 上时，则110=x 2−2x+14x 2+4，解得：x 1＝3（不合题意舍去），x 2=13，当点K 在线段AD 的延长线时，同理可求y =x 2−2x+14x 2+4（x ＞1）， ∴110=x 2−2x+14x 2+4，解得：x 1＝3，x 2=13（不合题意舍去），综上所述：AK 的值为3或13时，△OMN 的面积为110．13.（2020浙江杭州）如图，在正方形ABCD 中，点E 在BC 边上，连接AE ，∠DAE 的平分线AG 与CD 边交于点G ，与BC 的延长线交于点F ．设CE EB =λ（λ＞0）．（1）若AB ＝2，λ＝1，求线段CF 的长．（2）连接EG ，若EG ⊥AF ，①求证：点G 为CD 边的中点．②求λ的值．【解答】解：（1）∵在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠F ，又∵AG 平分∠DAE ，∴∠DAG ＝∠EAG ，∴∠EAG ＝∠F ，∴EA ＝EF ，∵AB ＝2，∠B ＝90°，点E 为BC 的中点，∴BE ＝EC ＝1，∴AE =√AB 2+BE 2=√5，∴EF =√5，∴CF ＝EF ﹣EC =√5−1；（2）①证明：∵EA ＝EF ，EG ⊥AF ，∴AG ＝FG ，在△ADG 和△FCG 中{∠D =∠GCF ∠AGD =∠FGC AG =FG，∴△ADG ≌△FCG （AAS ），∴DG ＝CG ，即点G 为CD 的中点；②设CD ＝2a ，则CG ＝a ，由①知，CF ＝DA ＝2a ，∵EG ⊥AF ，∠GDF ＝90°，∴∠EGC +∠CGF ＝90°，∠F +∠CGF ＝90°，∠ECG ＝∠GCF ＝90°，∴∠EGC ＝∠F ，∴△EGC ∽△GFC ，∴EC GC =GC FC ，∵GC ＝a ，FC ＝2a ，∴GC FC=12， ∴EC GC =12，∴EC =12a ，BE ＝BC ﹣EC ＝2a −12a =32a ，∴λ=CE EB =12a 32a =13．14.（2020浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB ＝8．（1）求证：四边形AEFD 为菱形．（2）求四边形AEFD 的面积．（3）若点P 在x 轴正半轴上（异于点D ），点Q 在y 轴上，平面内是否存在点G ，使得以点A ，P ，Q ，G 为顶点的四边形与四边形AEFD 相似？若存在，求点P 的坐标；若不存在，试说明理由．【解答】（1）证明：如图1中，∵AE∥DF，AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，∵E，D分别是OC，OB的中点，∴CE＝BD，∴△CAE≌△ABD（SAS），∴AE＝AD，∴四边形AEFD是菱形．（2）解：如图1中，连接DE．∵S△ADB＝S△ACE=12×8×4＝16，S△EOD=12×4×4＝8，∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝64﹣2×16﹣8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，∴KE＝KD，∴OK＝KE＝KD＝2√2，∵AO＝8√2，∴AK＝6√2，∴AK＝3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴PH＝3AH，∵HN∥OQ，QH＝HP，∴ON＝NP，∴HN是△PQO的中位线，∴ON＝PN＝8﹣t，∵∠MAH ＝∠PHN ＝90°﹣∠AHM ，∠PNH ＝∠AMH ＝90°，∴△HMA ∽△PNH ，∴AM NH =MH PN =AH PH =13，∴HN ＝3AM ＝3t ，∴MH ＝MN ﹣NH ＝8﹣3t ，∵PN ＝3MH ，∴8﹣t ＝3（8﹣3t ），∴t ＝2，∴OP ＝2ON ＝2（8﹣t ）＝12，∴P （12，0）．如图3中，过点H 作HI ⊥y 轴于I ，过点P 作PN ⊥x 轴交IH 于N ，延长BA 交IN 于M ．同法可证：△AMH ∽△HNP ，∴AM HN =MH PN =AH HP =13，设MH ＝t ，∴PN ＝3MH ＝3t ，∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HIHN，∴8+t＝9t﹣24，∴t＝4，∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，∴P（24，0）．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．∵MH是△QAC的中位线，∴MH=12AC＝4，同法可得：△HPN∽△QHM，∴NPHM =HNMQ=PHQH=13，∴PN=13HM=43，∴OM ＝PN =43，设HN ＝t ，则MQ ＝3t ， ∵MQ ＝MC ，∴3t ＝8−43，∴t =209， ∴OP ＝MN ＝4+t =569，∴点P 的坐标为（569，0）．如图5中，QH ＝3PH ，过点H 作HM ⊥x 轴于M 交AC 于I ，过点Q 作QN ⊥HM 于N ．∵IH 是△ACQ 的中位线，∴CQ ＝2HI ，NQ ＝CI ＝4，同法可得：△PMH ∽△HNQ ，∴MH NQ =PM HN =PH HQ =13，则MH =13NQ =43，设PM ＝t ，则HN ＝3t ，∵HN ＝HI ，∴3t ＝8+43，∴t =289， ∴OP ＝OM ﹣PM ＝QN ﹣PM ＝4﹣t =89，∴P （89，0）． ③如图6中，当AP 为菱形的对角线时，有图6一种情形：过点H 作HM ⊥y 轴于于点M ，交AB 于I ，过点P 作PN ⊥HM 于N ．∵HI ∥x 轴，AH ＝HP ，∴AI ＝IB ＝4，∴PN ＝IB ＝4，同法可得：△PNH ∽△HMQ ，∴PN HM =HN MQ =PH HQ =13，∴MH ＝3PN ＝12，HI ＝MH ﹣MI ＝4，∵HI 是△ABP 的中位线，∴BP ＝2IH ＝8，∴OP ＝OB +BP ＝16，∴P （16，0），综上所述，满足条件的点P 的坐标为（12，0）或（24，0）或（569，0）或（89，0）或（16，0）．15.（2020浙江宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC 中，D 为AB 上一点，∠ACD ＝∠B ．求证：AC 2＝AD •AB ．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD 中，E 为BC 上一点，F 为CD 延长线上一点，∠BFE ＝∠A ．若BF ＝4，BE ＝3，求AD 的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是△ABC 内一点，EF ∥AC ，AC ＝2EF ，∠EDF =12∠BAD ，AE ＝2，DF ＝5，求菱形ABCD 的边长．【解答】解：（1）证明：∵∠ACD ＝∠B ，∠A ＝∠A ，∴△ADC ∽△ACB ，∴AD AC =AC AB ，∴AC 2＝AD •AB ．（2）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ＝BC ，∠A ＝∠C ，又∵∠BFE ＝∠A ，∴∠BFE ＝∠C ，又∵∠FBE ＝∠CBF ，∴△BFE ∽△BCF ，∴BF BC =BE BF ，∴BF 2＝BE •BC ，∴BC =BF 2BE =423=163，∴AD =163．（3）如图，分别延长EF ，DC 相交于点G ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥DC ，∠BAC =12∠BAD ，∵AC ∥EF ，∴四边形AEGC 为平行四边形，∴AC ＝EG ，CG ＝AE ，∠EAC ＝∠G ，∵∠EDF =12∠BAD ， ∴∠EDF ＝∠BAC ， ∴∠EDF ＝∠G ，又∵∠DEF ＝∠GED ， ∴△EDF ∽△EGD ， ∴ED EG =EF DE ， ∴DE 2＝EF •EG ，又∵EG ＝AC ＝2EF ， ∴DE 2＝2EF 2， ∴DE =√2EF ，又∵DG DF =DE EF ， ∴DG =√2DF =5√2， ∴DC ＝DG ﹣CG ＝5√2−2．。

2020年中考数学选择填空压轴题汇编几何综合结论含解析

几何综合结论1. （2020深圳）如图，矩形纸片個8中,AB=6. 5（7=12.将纸片折叠，使点3落在边"的延长线上的点 G 处，折痕为肪点E 、尸分别在边血和边證上.连接％,交CD 于点、K, FG 交CD 于点、H.给出以下结论： ① EF1BG ；② GE=GF ：③ 冰和2X00的而积相等；④ 当点尸与点Q 重合时，Z/?£F=75° ,其中正确的结论共有（）【解答】解：如图，连接宓设EFG BG 交于点0,•••将纸片折叠，使点〃落在边〃的延长线上的点G 处,B. 2个 C. 3个D. 4个:.EFIBG, BO=GO. BE=EG, BF= FG,故①正确,AD//BC.:・ZEGO= ZFBO、又T ZEOG= ZBOF,:.、BOZ'GOE (ASA\:・BF=EG,:・BF=EG=GF、故②正确，•: BE=EG=BF=FG、・••四边形购沪是菱形，:•乙BEF= ZGEF,当点尸与点Q重介时，则BF=BC=BE=\2,TsinZ 遊「，•••ZM5=30° ,:・ZDEF=W,故④正确，由题意无法证明△宓和△GAZf的而积相等，故③错误：故选：C.2.（2020贵州铜仁）如图，正方形個力的边长为4,点厅在边曲上，BE=\,ZQLW=45°，点尸在射线刖上，且过点尸作“的平行线交BA的延长线于点H, 67■与初相交于点G,连接EC、EG、EF.下列结论：①尸的而积为S②△庇G的周长为&③必=亦+血：其中正确的是（）A.①(D ③B. @@C.①②【解答】解：如图，在正方形個8中，AD//BC. AB=BC=AD=49AZZ£W=90° ,HF//AD.AZ J ^=90° ,VZ2£4F=90° - ZMQ45° >AAFH=AHAF.:.AH=HF=\=BE.:.EH=AE^AH=AB- BE ・AH=4 = BC 、:AEHFg'CBE (SAS'、:・EF=EC, ZHEF= ZBCE,•:乙BCE+乙BEC=9$ ,:・HEHZBEC=9y »:.ZFEC=9Q° ,:■ \ CEF 是等腰直角三角形, 在 R 仏CBE 中，BE=1. BC=A. H 刀D.②③ ZB=ZBAD=9Q Q ,:.EC=BE+BC = 17.=i=g =兰：£g云EF・EC 2EC 2\故①正确；过点尸作FQLBC于0,交.AD于P,•••Z 时=90° = ZH= ZHAD.・••四边形北明是矩形，•: AH=HF,.•・矩形册叨是正方形，:.AP=PH=AH=\,同理：四边形测是矩形，:.PQ=AB=\y BQ=AP1、FQ=FP-PQ=z. CQ=BO BQ=3、•: AD〃BC,•••△/TVs △磁，FP _况. 五一&在RtAEAG 中，根据勾股宦理得，EG°V/i^=4,=空 Is t 2旳工空 Is 产云 :・E C 羊D C+B E,故③错误，・•・正确的有①故选：C.:.AG=AP^PG'AEG 的周长为 AG-E&rAEI r 3=8,敬②正确; 25:.DG^BE 1£7•: EC= ( 3:.DG=AD- AG3. （2020黑龙江鹤岗）如图，正方形馭7?的边长为⑦ 点&在边月万上运动（不与点川3重合），ADAM= 45°，点尸在射线凡『上，且AF ^^BE,仔■与血相交于点G,连接应'、EF 、EG.则下列结论： ① ZECF= 45° :② △近的周长为（1 <3：③ B »D C=E C ；④△轩的而积的最大值是肚其中正确的结论是（）•:BE=BH, Z 翊=90° ,:・AF=EH,⑤当BE 二;a 时，G 是线段初的中点.A.①②③B.②④⑤C.①®®D.①④⑤ 【解答】解：如图1中, 任BC 上截取BH=庞,连接筋•: ZDAM=ZEHB=45° , Z馳?=90° ,:・ZFAE=ZEHC=\35° ,•: BA=BC, BE= BH,:.AE=HC.:仏FAE^HEHC (SAS)、:・EF=EC, ZAEF= ZECH,•:乙EC出乙CEB=90° ,:.AAEF^ACEB=W y•••Z亦*90° ,:•乙ECF= ZEFC='M ,故①正确，如图2中.延长初到/ 使得BE,则厶CBMHCDH ISAS). :・ZECB= ZDCH、：.2LECH= ABCD=W ,:.ZECG=ZGCH=45° ,•: CG=CG、CE=CH.:.HGCE^HGCH (SAS),:・EG=GH,V GH=D&rDH. DH=BE、:・EG=BE+DG.故③错误，'AEG的周长=AE^EG-AG= AE-AH= AD-DH^AE= AE^E&vAD= A&rAD= 2a.故②错误,二屈设殆F 贝^AE=a-x. AF 阳=—- 十一■ ■£> 2 W.Y ax解得-Y •:.AG=GD.故⑤正确,故选:D.4. （2020黑龙江绥化）如图，在Rt △磁中，G9为斜边初的中线，过点。

2020年中考数学二轮复习(通用)专题：几何压轴题型含答案

几何压轴题型类型一动点探究型在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图②，图③中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图④，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．【分析】 (1)要求BP与CE的数量关系，连接AC，由菱形和等边三角形的性质根据SAS可证明△ABP≌△ACE，从而证得BP＝CE，且∠ACE＝30°，延长CE交AD于点F，可得∠AFC＝90°，所以CE⊥AD；(2)无论选择图②还是图③，结论不变，思路和方法与(1)一致；(3)要求四边形ADPE的面积，观察发现不是特殊四边形，想到割补法，分成钝角△ADP和正△APE，分别求三角形的面积，相加即可．【自主解答】解：(1)BP＝CE；CE⊥AD；(2)选图②，仍然成立，证明如下：如解图①，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BA＝BC，例1题解图①∴△ABC为等边三角形，∴BA＝CA.∵△APE为等边三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中，例1题解图②∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°.∵AC和BD为菱形的对角线，∴∠CA D＝60°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.选图③，仍然成立，证明如下：如解图②，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H，同理得△BAP≌△CAE(SAS)，BP＝CE，CE⊥AD.(3)如解图③，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知，CE⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝23，BE＝219，∴在Rt△BCE中，CE＝（219）2－（23）2＝8，例1题解图③∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝6， AO ＝12AB ＝3，∴DP＝BP －BD ＝8－6＝2， ∴OP＝OD ＋DP ＝5.在Rt△AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27， ∴S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S △APE ＝12DP·AO＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2 ＝8 3.【难点突破】本题的难点：一是如何找到全等的三角形，根据含60°内角菱形的特点，连接AC 是解决问题的关键；二是点P 是动点，当它运动到菱形的外部时，在其运动过程中由“手拉手”模型找全等三角形；三是求不规则四边形的面积，要想到运用割补法，将四边形分解成两个三角形求解．点拔几何压轴题中的“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质．1．已知，△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M在边AC上，点N在边BC上(点M、点N不与所在线段端点重合)，BN＝AM，连接AN，BM.射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE＝DE.(1)如图，当∠ACB＝90°时：①求证：△BCM≌△ACN；②求∠BDE的度数；(2)当∠ACB＝α，其他条件不变时，∠BDE的度数是____________________；(用含α的代数式表示)(3)若△ABC是等边三角形，AB＝33，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12.点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G.(1)如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长；第2题图②若DG＝GF，求BC的长；(2)已知BC＝9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．类型二新定义型我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②，图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC 为等边三角形时，AD 与BC 的数量关系为AD ＝________BC ； ②如图③，当∠BAC＝90°，BC ＝8时，则AD 长为________．猜想论证(2)在图①中，当△ABC 为任意三角形时，猜想AD 与BC 的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD 中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC ＝12，CD ＝23，DA ＝6.在四边形内部是否存在点P ，使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【分析】 (1)①证明△ADB′是含有30°角的直角三角形，则可得AD ＝12AB′＝12BC ；②先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可；(2)结论：AD ＝12BC.如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M ，C′M，先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M ，即可解决问题； (3)存在．如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.先证明PA ＝PD ，PB ＝PC ，再证明∠APD＋∠BPC ＝180°即可．【自主解答】解：(1)①12；【解法提示】 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ＝AB ＝AB′＝AC′. ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝12AB′＝12BC.②4；【解法提示】 ∵α＋β＝180°， ∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠BAC＝90°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC ＝AC′， ∴△BAC≌△B′AC′(SAS)， ∴BC＝B′C′. ∵B′D＝DC′， ∴AD＝12B′C′＝12BC ＝4.(2)结论：AD ＝12BC.证明：如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M，C′M.例2题解图①∵B′D＝DC′，AD ＝DM ，∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝AC. ∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠B′AC′＋∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A. ∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M(SAS)， ∴BC＝AM ，∴AD＝12BC.(3)存在．证明：如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.例2题解图②∵∠ADC＝150°， ∴∠MDC＝30°，在Rt△DCM 中，∵CD＝23，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°， ∴CM＝2，DM ＝4，∠M＝60°. 在Rt△BEM 中，∵∠BEM＝90°，BM ＝14，∠MBE＝30°， ∴EM＝12BM ＝7，∴DE＝EM －DM ＝3. ∵AD＝6，∴AE＝DE. ∵BE⊥AD， ∴PA＝PD. ∵PF 垂直平分BC ，∴PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝23，CF＝6，∴tan∠CDF＝3，∴∠CDF＝60°＝∠CPF.易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四边形CDPF是平行四边形．∵∠DCF＝90°.∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形．∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝3，∴PN＝DN2＋PD2＝（3）2＋62＝39.【难点突破】第(3)问根据新定义判断点P的存在性是本题难点，但运用“直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半”的性质以及三角形全等添加合适辅助线即可求解．点拔解决这类问题，首先要理解新定义的含义及实质；其次要注意，在证明线段、角度相等或某个特殊图形时，主要应用全等，在计算线段的长或图形的周长、面积时，常注意运用相似、勾股定理及图形面积公式等．1．联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．举例：如图①，若PA ＝PB ，则点P 为△ABC 的准外心．求解：(1)如图②，CD 为等边△ABC 的高，准外心P 在高CD 上，且PD ＝12AB ，求∠APB 的度数；(2)已知△ABC 为直角三角形，斜边BC ＝5，AB ＝3，准外心P 在AC 边上，求PA 的长．2．如图①，在△ABC中，过顶点A作直线与对边BC相交于点D，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形．若其中有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“顶似线”．(1)等腰直角三角形的“顶似线”的条数为______；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分线，求证：BD是△ABC的“顶似线”；(3)如图③，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝6，求△ABC的“顶似线”的长．3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么称这个三角形为这条边上的“奇特三角形”，这条边称为“奇特边”．(1)如图①，已知△ABC是“奇特三角形”，AC＞BC，且∠C＝90°.①△ABC的“奇特边”是________；②设BC＝a，AC＝b，AB＝c，求a∶b∶c；(2)如图②，AM是△ABC的中线，若△ABC是BC边上的“奇特三角形”，找出BC2与AB2＋AC2之间的关系；(3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝90°(AB＜BC)，BC＝27，对角线AC把它分成了两个“奇特三角形”，且△ACD是以AC为腰的等腰三角形，求等腰△ACD 的底边长．4．如果三角形的两个内角α与β满足2α＋β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．(1)若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝__________；(2)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E(异于点D)，使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．(3)如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．类型三操作探究型【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．(1)请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；(2)在(1)所画图形中，∠AB′B＝__________．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC ＝120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．(一种方法即可)【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD ＝5，AD＝kAB(k为常数)，求BD的长(用含k的式子表示)．【分析】【操作发现】(1)先找到点B，C的对应点B′，C′，再连接构成三角形即可；(2)求∠AB′B的度数可先判断△AB′B是等腰直角三角形，再求角度；【问题解决】根据两种不同的想法，选择其中一个进行证明；【灵活运用】需将△ABD绕点A旋转得到△ACG，再证明∠CDG＝90°即可．【自主解答】解：【操作发现】(1)如解图①所示，△AB′C′即为所求；(2)45°.【解法提示】连接BB′.∵△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到的，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°.【问题解决】如解图②，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°－90°－120°＝150°，∴PP′＝AP ，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°， ∴PP′＝32PC ，即AP ＝32PC.∵∠APC＝90°，∴AP 2＋PC 2＝AC 2，即(32PC)2＋PC 2＝72，∴PC＝27，∴AP＝21，∴S △APC ＝12AP·PC＝73；【灵活运用】如解图③，连接AC.∵AE⊥BC，BE ＝EC ，∴AB＝AC ，将△ABD 绕点A 逆时针旋转使得AB 与AC 重合，点D 的对应点为G ，连接DG.则BD ＝CG.例3题解图③∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG.∵AB＝AC ，AD ＝AG ，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG.∴DG＝kBC＝4k.∵∠BAE＋∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG＋∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝DG2＋CD2＝16k2＋25.∴BD＝CG＝16k2＋25.【难点突破】在【灵活运用】一问中，要确定BD与k的数量关系，关键在于旋转△ABD，使得AB与AC重合，从而证明∠CDG＝90°，构造直角三角形是解决本题的难点，也是解决问题的突破口．点拔对于操作探究问题，首先掌握图形变换的性质，如图形的折叠：折痕为对称轴，有折痕就有角平分线，有折痕就有垂直平分等；图形的平移：有平移就有平行；图形的旋转：旋转前后图形全等，对应边相等，对应角相等；对应点与旋转中心的连线所成的角为旋转角，有旋转就有等腰三角形；其次注意运用全等证明线段相等，利用勾股定理或相似求线段的长．1．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.(1)若四边形ABCD为正方形．①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系______________；②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF 的数量关系，并说明理由．(2)若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变．①如图③，猜想AE与DF的数量关系，并说明理由；②将△EBF绕点B逆时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图④中画出草图，并直接写出AE′和DF′的数量关系．2．(1)操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC 的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN.小明发现了：线段GM与GN的数量关系是______________；位置关系是______________．(2)类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入研究：如图③，小明在(2)的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其他条件不变，试判断△GMN的形状，并给予证明．3．如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点(不与点A重合)，DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE.(1)如图①，当点D与点M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)如图②，当点D不与点M重合时，(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)如图③，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM.①求∠CAM的度数；②当FH＝3，DM＝4时，求DH的长．参考答案类型一1．解：(1)①∵CA＝CB，BN＝AM，∴CB－BN＝CA－AM，∴CN＝CM，∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN.②解：∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC.∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA.∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠NAC，∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD，∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°；∴∠BDE＝90°.(2)α或180°－α；(3)43或3 2.2．解：(1)①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，在Rt△AEG中，AG＝AE2＋EG2＝6 5.∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴FGAF＝EGAC＝12，∴FG＝13AG＝2 5.第2题解图①②如解图①，在正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°.∵EF＝EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1＝∠2，设∠1＝∠2＝x.∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x.∵GF＝GD，∴∠3＝∠2＝x，在△DBF中，∠3＋∠FDB＋∠B＝180°，∴x＋(x＋90°)＋x＝180°，解得x＝30°，∴∠B＝30°，∴在Rt△ABC中，BC＝ACtan 30°＝12 3.(2)在Rt△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝122＋92＝15，如解图②，当点D在线段BC上时，此时只有GF＝GD.第2题解图②∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，∴BDDG＝BCAC＝34，∴设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，AE＝CD＝9－3x，∴GF＝GD＝4x，则AF＝15－9x.∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴AEBC＝AFBF，∴9－3x9＝15－9x9x，整理得x2－6x＋5＝0，解得x＝1或5(舍去)，∴腰长GD为4.如解图③，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF＝DG，设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，第2题解图③∴FG＝DG ＝12＋4x.∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF， ∴AE BC ＝AF BF ， ∴3x 9＝9x ＋129x ＋27，解得x ＝2或－2(舍去)， ∴腰长DG 为20.如解图④，当点D 在线段BC 的延长线上，且直线AB ，EC 的交点在BD 下方时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥FG 于点H.第2题解图④设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x ＋12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝(4x ＋12)×45＝16x ＋485，∴GF＝2GH ＝32x ＋965，∴AF＝GF －AG ＝7x ＋965.∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝7x ＋96532x ＋965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长GD 为84＋48147，如解图⑤，当点D 在线段CB 的延长线上时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥AG 于点H.设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x －12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝16x －485，第2题解图⑤∴FG＝2FH ＝32x －965，∴AF＝AG －FG ＝96－7x5.∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝96－7x 532x －965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长DG 为－84＋48147.综上所述，等腰三角形△DFG 的腰长为4或20或84＋48147或－84＋48147.类型二1．解：(1)①如解图①，若PB ＝PC ，连接PB ，则∠PCB＝∠PBC. ∵CD 为等边三角形的高，∴AD＝BD ，∠PCB＝30°， ∴∠PBD＝∠PBC＝30°，∴PD＝33DB ＝36AB ，与已知PD ＝12AB 矛盾，∴PB≠PC；②若PA ＝PC ，连接PA ，同理可得PA≠PC； ③若PA ＝PB ，由PD ＝12AB ，得PD ＝AD ，∴∠APD＝45°，故∠APB＝90°. (2)∵BC＝5，AB ＝3，∠BAC＝90°， ∴AC＝BC 2－AB 2＝52－32＝4.①若PB ＝PC ，设PA ＝x ，则PC ＝PB ＝4－x ， ∴x 2＋32＝(4－x)2，∴x＝78，即PA ＝78；②若PA ＝PC ，则PA ＝2；③若PA ＝PB ，由解图②知，在Rt△PAB 中，不可能存在．综上所述，PA 的长为2或78.2．(1)解：1.(2)证明： ∵AB＝AC ，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°. ∵BD 是∠ABC 的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠CBD. 又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC， ∴BD 是△ABC 的“顶似线”．(3)解：①如解图①，当△ADC∽△BAC 时，AD 为△ABC 的“顶似线”，则AD AB ＝AC BC ，即AD 4＝36，∴AD＝2； ②如解图②，当△ADC∽△ACB 时，CD 为△ABC 的“顶似线”，则CD CB ＝AC AB ，即CD 6＝34，∴CD＝92； ③过顶点B 的“顶似线”不存在．综上所述，△ABC 的“顶似线”的长为2或92.3．解：(1)①AC；②如解图①，过点B 作AC 边上的中线BE ，则BE ＝AC ＝b ，CE ＝AE ＝12b.在Rt△ABC 中，a 2＋b 2＝c 2，在Rt△BCE 中，a 2＋(12b)2＝b 2.解得a ＝32b ，c ＝72b.∴a∶b∶c＝3∶2∶7.(2)如解图②，过点A 作AF⊥BC 于点F ，则∠AFB＝∠AFC＝90°. 设AM ＝BC ＝a ，AF ＝h ，MF ＝x ，则BM ＝CM ＝12a.在Rt△ABF 中，AB 2＝BF 2＋AF 2＝(a2＋x)2＋h 2，在Rt△ACF 中，AC 2＝CF 2＋AF 2＝(a2－x)2＋h 2，∴AB 2＋AC 2＝a22＋2x 2＋2h 2.在Rt△AMF 中，AM 2＝MF 2＋AF 2，即a 2＝x 2＋h 2.∴AB 2＋AC 2＝5a 22＝52BC 2.(3)∵∠B＝90°，BC ＞AB ，∴BC 为△ABC 的“奇特边”． ∵BC＝27，∴由(1)②知AB ＝32BC ＝21，AC ＝72BC ＝7.设等腰△ACD 的底边长为y ，由(2)中结论知：①当腰为“奇特边”时，有72＋y 2＝52×72，解得y ＝726(负值已舍去)．②当底边为“奇特边”时，有72＋72＝52×y 2，解得y ＝1455(负值已舍去)．∴等腰△ACD 的底边长为726或145 5.4．解：(1)∵∠C＞90°，∠A＝60°， ∴β＝60°，α＝15°，∴∠B＝15°.(2)若存在一点E ，使得△ABE 也是“准互余三角形”，则2∠EBA＋∠EAB＝90°.如解图①，作射线BF ，使得∠FBE＝∠ABE ，延长AE 交BF 于点F ，则∠BFE＝90°.即BE 为∠FBA 的角平分线，过点E 作EG⊥AB 于点G ，则EG ＝EF ，可得△BEF≌△BEG. 又∵△BEG∽△BAC，∴△BEF∽△BAC， ∴BF BC ＝EF AC ，∴BF 5＝EF4①. 又∵△BEF∽△AEC，∴EF CE ＝BF AC ，∴EF 5－BE ＝BF 4②，由①②可得，BE ＝1.8.(3)如解图②，将△BCD 沿BC 翻折得△BCE，则CE ＝CD ＝12，∠ABD＝2∠BC D ＝。

中考数学压轴题----《几何图形》例题讲解

中考数学压轴题----《几何图形》例题讲解例1、（2020•广西）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），则AB的长是（）A．50.5寸B．52寸C．101寸D．104寸【答案】C【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，则AB＝2r（寸），DE＝10（寸），OE＝CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2，解得：r＝50.5，∴2r＝101（寸），∴AB＝101寸，故选：C．【变式1-1】（2021•鄂州）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得的弦AB长为6米，⊙O半径长为4米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在直线的距离是（）A．1米B．（4﹣）米C．2米D．（4+）米【答案】B【解答】解：连接OC交AB于D，连接OA，∵点C为运行轨道的最低点，∴OC⊥AB，∴AD＝AB＝3（米），在Rt△OAD中，OD＝＝＝（米），∴点C到弦AB所在直线的距离CD＝OC﹣OD＝（4﹣）米，故选：B．【变式1-2】（2021•张家界）如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，设正方形ABCD的面积为S，黑色部分面积为S1，则S1：S的比值为（）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：不妨设正方形面积S＝1，则正方形边长为1，∴内切圆直径d＝1，r＝，＝πr2＝π，∴S圆根据圆的对称性得：黑色部分面积S1＝S圆＝π，∴S1：S＝＝，故选：A．【变式1-3】（2022•西宁）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：将2a﹣3ab﹣4+6b因式分解．【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法：解法一：原式＝（2a﹣3ab）﹣（4﹣6b）＝a（2﹣3b）﹣2（2﹣3b）＝（2﹣3b）（a﹣2）解法二：原式＝（2a﹣4）﹣（3ab﹣6b）＝2（a﹣2）﹣3b（a﹣2）＝（a﹣2）（2﹣3b）【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法．分组分解法在代数式的化简、求值及方程、函数等学习中起着重要的作用．（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止）【类比】（1）请用分组分解法将x2﹣a2+x+a因式分解；【挑战】（2）请用分组分解法将ax+a2﹣2ab﹣bx+b2因式分解；【应用】（3）“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲，我们利用它验证了勾股定理．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成的一个大正方形，中间是一个小正方形．若直角三角形的两条直角边长分别是a和b（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值．【解答】解：（1）原式＝（x2﹣a2）+（x+a）＝（x+a）（x﹣a）+（x+a）＝（x+a）（x﹣a+1）；（2）原式＝（ax﹣bx）+（a2﹣2ab+b2）＝x（a﹣b）+（a﹣b）2＝（a﹣b）（x+a﹣b）；（3）原式＝（a4+2a2b2+b4）﹣（2ab3+2a3b）＝（a2+b2）2﹣2ab（a2+b2）＝（a2+b2）（a2+b2﹣2ab）＝（a2+b2）（a﹣b）2，∵直角三角形的两条直角边长分别是a和b（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1，∴a2+b2＝32＝9，（a﹣b）2＝1，∴原式＝9．【变式1-4】（2021•贵阳）（1）阅读理解我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；（2）问题解决勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE 的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC＝12，BC＝5，求EF的值；（3）拓展探究如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d．已知∠1＝∠2＝∠3＝α，当角α（0°＜α＜90°）变化时，探究b与c的关系式，并写出该关系式及解答过程（b与c的关系式用含n的式子表示）．【解答】解：（1）a2+b2＝c2（直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方），证明如下：∵如图①是由直角边长分别为a，b的四个全等的直角三角形与中间一个边长为（b﹣a）的小正方形拼成的一个边长为c的大正方形，∴4△ADE的面积+正方形EFGH的面积＝正方形ABCD的面积，即4×ab+（b﹣a）2＝c2，整理得：a2+b2＝c2；（2）由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形，设EF＝a，FD＝b，分两种情况：①a＞b时，∴a+b＝12，∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM 拼成，∴E'F'＝EF，KF'＝FD，E'K＝BC＝5，∵E'F'﹣KF'＝E'K，∴a﹣b＝5，∴，解得：a＝，∴EF＝；②a＜b时，同①得：，解得：a＝，∴EF＝；综上所述，EF为或；（3）c+b＝n，理由如下：如图③所示：设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，∵∠1＝∠2＝∠3＝α，∠PMQ＝∠D'OE'＝∠B'C'A'＝90°，∴△PMQ∽△D'OE'∽△B'C'A'，∴＝，＝，即＝，＝，∴e2＝cn，f2＝bn，在Rt△A'B'C'中，由勾股定理得：e2+f2＝n2，∴cn+bn＝n2，∴c+b＝n．。

2020年广东省中考数学压轴：几何证明及几何计算题

2020年广东省中考数学压轴：几何证明及几何计算例题1：已知二次函数y ＝－x 2＋bx ＋c 的图像经过点P (0, 1)与Q (2, －3)．
（1）求此二次函数的解析式；
（2）若点A 是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A 作x 轴的平行线交二次函数图像于点B ，分别过点B 、A 作x 轴的垂线，垂足分别为C 、D ，且所得四边形ABCD 恰为正方形．
①求正方形的ABCD 的面积；
②联结PA 、PD ，PD 交AB 于点E ，求证：△PAD ∽△PEA ．
满分解答
（1）将点P (0, 1)、Q (2, －3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得
1,421 3.c b =⎧⎨-++=-⎩ 解得0,1.
b c =⎧⎨=⎩ 所以该二次函数的解析式为y ＝－x 2＋1．
（2）①如图1，设点A 的坐标为(x , －x 2＋1)，当四边形ABCD 恰为正方形时，AD ＝AB ．此时y A ＝2x A ．
解方程－x 2＋1＝2x ，得1x =-
所以点A 1．
因此正方形ABCD 的面积等于21)]12=-
②设OP 与AB 交于点F ，那么211)31)PF OP OF =-=-=-．
所以tan 1PF PAE AF ∠===．
又因为tan tan 1OD PDA DPO OP
∠=∠==，所以∠PAE ＝∠PDA ．
又因为∠P 公用，所以△PAD ∽△PEA ．
图1 图2。

2020年数学中考复习：压轴几何证明题的解法(含答案)

2020年数学中考复习：压轴几何证明题的解法1.(2019.葫芦岛)如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB =900，D 是射线CB 上一点（点D 不与点B 重合），以AD 为斜边作等腰直角三角形ADE （点E 和点C 在AB 的同侧），连接CE 。

（1）如图①，当点D 与点C 重合时，直接写出CE 与AB 的位置关系；（2）如图②，当点D 与点C 不重合时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）当∠EAC =150时，请直接写出AB CE 的值。

解析：（1）由∠ECA =∠CAB =450,可得EC ∥AB 。

（2）由22=AB AC =AD AE ,且∠EAC =∠DAB ,可得△EAC ∽△DAB 进而得出∠ECA =∠DBA =450=∠CAB ,所以CE ∥AB .(3)此问分两种情况点D 在BC 上，点D 在CB 延长线上。

①当点D 在BC 上时，如图（2），此时∠CAB =150能得出∠CAD =300，这样就有33=AC CD ,也就是BC -DB =33AC ,BC =AC ,所以BD =333－AC 。

又由△EAC ∽△DAB 得21=BD CE ,因此有BD =2CE ，所以可得CE =6623－AC ，又AB =2AC ，因此ABCE =６３－3.当D 点在CB 延长线上时，∠CDA =300,解三角形得3AC =3CD 。

CD =BC +BD ,由△AEC ∽△ABD ,可得BD =2AC ，就能得到CE =ＡＣ２－１3,AB =2AC ，所以２－１3=AB CE . 2.(2019.沈阳）思维启迪：（1）如图1，A ，B 两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A ，B 间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B 点的点C ，连接BC ，取BC 的中点P （点P 可以直接到达A 点），利用工具过点C 作CD ∥AB 交AP 的延长线于点D ，此时测得CD =200米，那么A ,B 间的距离是_200_米。

中考数学精讲篇中考压轴题重难点突破六几何综合探究题类型二

∴∠AEB＝90°， ∵AE2＋BE2＝AB2，且 DE＝2，AD＝BE， ∴(AD＋2)2＋AD2＝(2 5)2＋(2 5)2. 解得 AD＝ 19－1 或 AD＝－ 19－1(舍去)；如解图 3，A，D，E 三点在同一直线上，且点 D 在 AE 的延长线上， ∵∠BCF＝∠ACE＝90°－∠ACF，BC＝AC，CF＝CE， ∴△BCF≌△ACE(SAS)，∴∠BFC＝∠AEC，
(2)证明：在等边△ABC 中，AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转可得 CP＝CQ，∠PCQ＝60°， ∴∠ACB＝∠PCQ， ∴∠ACP＋∠PCB＝∠BCQ＋∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)， ∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°， ∴BQ＝AP＝AC＝BC，
②如图 2，过 A 点作 AM⊥GD，垂足为 M，交 FE 于点 N， ∵四边形 DEFG 是正方形， ∴DE＝GD＝GF＝EF＝2，由①得△AGD≌△CED， ∴AG＝CE，AD＝CD.
又∵CE＝CD，∴AG＝AD＝CD＝4， 1
∵AM⊥GD，∴GM＝2GD＝1，
又∵∠FGD＝∠F＝90°， ∴四边形 GMNF 是矩形， ∴MN＝GF＝2，在 Rt△AGM 中，AM＝ AG2－GM2＝ 42－12＝ 15，
∵∠CFE＝∠CED＝45°， ∴∠BFC＋∠CFE＝∠AEC＋∠CED＝180°， ∴点 B，F，E 在同一条直线上． ∵AC＝BC，∠ACD＝∠BCE＝90°＋∠ACE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)， ∴AD＝BE，∵AE2＋BE2＝AB2， ∴(AD－2)2＋AD2＝(2 5)2＋(2 5)2. 解得 AD＝ 19＋1 或 AD＝－ 19＋1(舍去)．综上所述，AD 的长为 19－1 或 19＋1.

2020年中考数学复习(通用)专题：几何压轴题型含答案

几何压轴题型类型一动点探究型在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图②，图③中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图④，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．【分析】 (1)要求BP与CE的数量关系，连接AC，由菱形和等边三角形的性质根据SAS可证明△ABP≌△ACE，从而证得BP＝CE，且∠ACE＝30°，延长CE交AD于点F，可得∠AFC＝90°，所以CE⊥AD；(2)无论选择图②还是图③，结论不变，思路和方法与(1)一致；(3)要求四边形ADPE的面积，观察发现不是特殊四边形，想到割补法，分成钝角△ADP和正△APE，分别求三角形的面积，相加即可．【自主解答】解：(1)BP＝CE；CE⊥AD；(2)选图②，仍然成立，证明如下：如解图①，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BA＝BC，例1题解图①∴△ABC为等边三角形，∴BA＝CA.∵△APE为等边三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中，例1题解图②∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°.∵AC和BD为菱形的对角线，∴∠CA D＝60°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.选图③，仍然成立，证明如下：如解图②，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H，同理得△BAP≌△CAE(SAS)，BP＝CE，CE⊥AD.(3)如解图③，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知，CE⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝23，BE＝219，∴在Rt△BCE中，CE＝（219）2－（23）2＝8，例1题解图③∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝6， AO ＝12AB ＝3，∴DP＝BP －BD ＝8－6＝2， ∴OP＝OD ＋DP ＝5.在Rt△AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27， ∴S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S △APE ＝12DP·AO＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2 ＝8 3.【难点突破】本题的难点：一是如何找到全等的三角形，根据含60°内角菱形的特点，连接AC 是解决问题的关键；二是点P 是动点，当它运动到菱形的外部时，在其运动过程中由“手拉手”模型找全等三角形；三是求不规则四边形的面积，要想到运用割补法，将四边形分解成两个三角形求解．点拔几何压轴题中的“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质．1．已知，△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M在边AC上，点N在边BC上(点M、点N不与所在线段端点重合)，BN＝AM，连接AN，BM.射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE＝DE.(1)如图，当∠ACB＝90°时：①求证：△BCM≌△ACN；②求∠BDE的度数；(2)当∠ACB＝α，其他条件不变时，∠BDE的度数是____________________；(用含α的代数式表示)(3)若△ABC是等边三角形，AB＝33，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12.点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G.(1)如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长；第2题图②若DG＝GF，求BC的长；(2)已知BC＝9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．类型二新定义型我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②，图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC 为等边三角形时，AD 与BC 的数量关系为AD ＝________BC ； ②如图③，当∠BAC＝90°，BC ＝8时，则AD 长为________．猜想论证(2)在图①中，当△ABC 为任意三角形时，猜想AD 与BC 的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD 中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC ＝12，CD ＝23，DA ＝6.在四边形内部是否存在点P ，使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【分析】 (1)①证明△ADB′是含有30°角的直角三角形，则可得AD ＝12AB′＝12BC ；②先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可；(2)结论：AD ＝12BC.如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M ，C′M，先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M ，即可解决问题； (3)存在．如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.先证明PA ＝PD ，PB ＝PC ，再证明∠APD＋∠BPC ＝180°即可．【自主解答】解：(1)①12；【解法提示】 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ＝AB ＝AB′＝AC′. ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝12AB′＝12BC.②4；【解法提示】 ∵α＋β＝180°， ∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠BAC＝90°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC ＝AC′， ∴△BAC≌△B′AC′(SAS)， ∴BC＝B′C′. ∵B′D＝DC′， ∴AD＝12B′C′＝12BC ＝4.(2)结论：AD ＝12BC.证明：如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M，C′M.例2题解图①∵B′D＝DC′，AD ＝DM ，∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝AC. ∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠B′AC′＋∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A. ∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M(SAS)， ∴BC＝AM ，∴AD＝12BC.(3)存在．证明：如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.例2题解图②∵∠ADC＝150°， ∴∠MDC＝30°，在Rt△DCM 中，∵CD＝23，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°， ∴CM＝2，DM ＝4，∠M＝60°. 在Rt△BEM 中，∵∠BEM＝90°，BM ＝14，∠MBE＝30°， ∴EM＝12BM ＝7，∴DE＝EM －DM ＝3. ∵AD＝6，∴AE＝DE. ∵BE⊥AD， ∴PA＝PD. ∵PF 垂直平分BC ，∴PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝23，CF＝6，∴tan∠CDF＝3，∴∠CDF＝60°＝∠CPF.易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四边形CDPF是平行四边形．∵∠DCF＝90°.∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形．∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝3，∴PN＝DN2＋PD2＝（3）2＋62＝39.【难点突破】第(3)问根据新定义判断点P的存在性是本题难点，但运用“直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半”的性质以及三角形全等添加合适辅助线即可求解．点拔解决这类问题，首先要理解新定义的含义及实质；其次要注意，在证明线段、角度相等或某个特殊图形时，主要应用全等，在计算线段的长或图形的周长、面积时，常注意运用相似、勾股定理及图形面积公式等．1．联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．举例：如图①，若PA ＝PB ，则点P 为△ABC 的准外心．求解：(1)如图②，CD 为等边△ABC 的高，准外心P 在高CD 上，且PD ＝12AB ，求∠APB 的度数；(2)已知△ABC 为直角三角形，斜边BC ＝5，AB ＝3，准外心P 在AC 边上，求PA 的长．2．如图①，在△ABC中，过顶点A作直线与对边BC相交于点D，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形．若其中有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“顶似线”．(1)等腰直角三角形的“顶似线”的条数为______；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分线，求证：BD是△ABC的“顶似线”；(3)如图③，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝6，求△ABC的“顶似线”的长．3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么称这个三角形为这条边上的“奇特三角形”，这条边称为“奇特边”．(1)如图①，已知△ABC是“奇特三角形”，AC＞BC，且∠C＝90°.①△ABC的“奇特边”是________；②设BC＝a，AC＝b，AB＝c，求a∶b∶c；(2)如图②，AM是△ABC的中线，若△ABC是BC边上的“奇特三角形”，找出BC2与AB2＋AC2之间的关系；(3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝90°(AB＜BC)，BC＝27，对角线AC把它分成了两个“奇特三角形”，且△ACD是以AC为腰的等腰三角形，求等腰△ACD 的底边长．4．如果三角形的两个内角α与β满足2α＋β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．(1)若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝__________；(2)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E(异于点D)，使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．(3)如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．类型三操作探究型【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．(1)请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；(2)在(1)所画图形中，∠AB′B＝__________．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC ＝120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．(一种方法即可)【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD ＝5，AD＝kAB(k为常数)，求BD的长(用含k的式子表示)．【分析】【操作发现】(1)先找到点B，C的对应点B′，C′，再连接构成三角形即可；(2)求∠AB′B的度数可先判断△AB′B是等腰直角三角形，再求角度；【问题解决】根据两种不同的想法，选择其中一个进行证明；【灵活运用】需将△ABD绕点A旋转得到△ACG，再证明∠CDG＝90°即可．【自主解答】解：【操作发现】(1)如解图①所示，△AB′C′即为所求；(2)45°.【解法提示】连接BB′.∵△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到的，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°.【问题解决】如解图②，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°－90°－120°＝150°，∴PP′＝AP ，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°， ∴PP′＝32PC ，即AP ＝32PC.∵∠APC＝90°，∴AP 2＋PC 2＝AC 2，即(32PC)2＋PC 2＝72，∴PC＝27，∴AP＝21，∴S △APC ＝12AP·PC＝73；【灵活运用】如解图③，连接AC.∵AE⊥BC，BE ＝EC ，∴AB＝AC ，将△ABD 绕点A 逆时针旋转使得AB 与AC 重合，点D 的对应点为G ，连接DG.则BD ＝CG.例3题解图③∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG.∵AB＝AC ，AD ＝AG ，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG.∴DG＝kBC＝4k.∵∠BAE＋∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG＋∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝DG2＋CD2＝16k2＋25.∴BD＝CG＝16k2＋25.【难点突破】在【灵活运用】一问中，要确定BD与k的数量关系，关键在于旋转△ABD，使得AB与AC重合，从而证明∠CDG＝90°，构造直角三角形是解决本题的难点，也是解决问题的突破口．点拔对于操作探究问题，首先掌握图形变换的性质，如图形的折叠：折痕为对称轴，有折痕就有角平分线，有折痕就有垂直平分等；图形的平移：有平移就有平行；图形的旋转：旋转前后图形全等，对应边相等，对应角相等；对应点与旋转中心的连线所成的角为旋转角，有旋转就有等腰三角形；其次注意运用全等证明线段相等，利用勾股定理或相似求线段的长．1．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.(1)若四边形ABCD为正方形．①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系______________；②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF 的数量关系，并说明理由．(2)若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变．①如图③，猜想AE与DF的数量关系，并说明理由；②将△EBF绕点B逆时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图④中画出草图，并直接写出AE′和DF′的数量关系．2．(1)操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC 的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN.小明发现了：线段GM与GN的数量关系是______________；位置关系是______________．(2)类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入研究：如图③，小明在(2)的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其他条件不变，试判断△GMN的形状，并给予证明．3．如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点(不与点A重合)，DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE.(1)如图①，当点D与点M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)如图②，当点D不与点M重合时，(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)如图③，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM.①求∠CAM的度数；②当FH＝3，DM＝4时，求DH的长．参考答案类型一1．解：(1)①∵CA＝CB，BN＝AM，∴CB－BN＝CA－AM，∴CN＝CM，∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN.②解：∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC.∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA.∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠NAC，∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD，∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°；∴∠BDE＝90°.(2)α或180°－α；(3)43或3 2.2．解：(1)①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，在Rt△AEG中，AG＝AE2＋EG2＝6 5.∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴FGAF＝EGAC＝12，∴FG＝13AG＝2 5.第2题解图①②如解图①，在正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°.∵EF＝EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1＝∠2，设∠1＝∠2＝x.∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x.∵GF＝GD，∴∠3＝∠2＝x，在△DBF中，∠3＋∠FDB＋∠B＝180°，∴x＋(x＋90°)＋x＝180°，解得x＝30°，∴∠B＝30°，∴在Rt△ABC中，BC＝ACtan 30°＝12 3.(2)在Rt△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝122＋92＝15，如解图②，当点D在线段BC上时，此时只有GF＝GD.第2题解图②∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，∴BDDG＝BCAC＝34，∴设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，AE＝CD＝9－3x，∴GF＝GD＝4x，则AF＝15－9x.∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴AEBC＝AFBF，∴9－3x9＝15－9x9x，整理得x2－6x＋5＝0，解得x＝1或5(舍去)，∴腰长GD为4.如解图③，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF＝DG，设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，第2题解图③∴FG＝DG ＝12＋4x.∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF， ∴AE BC ＝AF BF ， ∴3x 9＝9x ＋129x ＋27，解得x ＝2或－2(舍去)， ∴腰长DG 为20.如解图④，当点D 在线段BC 的延长线上，且直线AB ，EC 的交点在BD 下方时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥FG 于点H.第2题解图④设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x ＋12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝(4x ＋12)×45＝16x ＋485，∴GF＝2GH ＝32x ＋965，∴AF＝GF －AG ＝7x ＋965.∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝7x ＋96532x ＋965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长GD 为84＋48147，如解图⑤，当点D 在线段CB 的延长线上时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥AG 于点H.设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x －12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝16x －485，第2题解图⑤∴FG＝2FH ＝32x －965，∴AF＝AG －FG ＝96－7x5.∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝96－7x 532x －965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长DG 为－84＋48147.综上所述，等腰三角形△DFG 的腰长为4或20或84＋48147或－84＋48147.类型二1．解：(1)①如解图①，若PB ＝PC ，连接PB ，则∠PCB＝∠PBC. ∵CD 为等边三角形的高，∴AD＝BD ，∠PCB＝30°， ∴∠PBD＝∠PBC＝30°，∴PD＝33DB ＝36AB ，与已知PD ＝12AB 矛盾，∴PB≠PC；②若PA ＝PC ，连接PA ，同理可得PA≠PC； ③若PA ＝PB ，由PD ＝12AB ，得PD ＝AD ，∴∠APD＝45°，故∠APB＝90°. (2)∵BC＝5，AB ＝3，∠BAC＝90°， ∴AC＝BC 2－AB 2＝52－32＝4.①若PB ＝PC ，设PA ＝x ，则PC ＝PB ＝4－x ， ∴x 2＋32＝(4－x)2，∴x＝78，即PA ＝78；②若PA ＝PC ，则PA ＝2；③若PA ＝PB ，由解图②知，在Rt△PAB 中，不可能存在．综上所述，PA 的长为2或78.2．(1)解：1.(2)证明： ∵AB＝AC ，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°. ∵BD 是∠ABC 的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠CBD. 又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC， ∴BD 是△ABC 的“顶似线”．(3)解：①如解图①，当△ADC∽△BAC 时，AD 为△ABC 的“顶似线”，则AD AB ＝AC BC ，即AD 4＝36，∴AD＝2； ②如解图②，当△ADC∽△ACB 时，CD 为△ABC 的“顶似线”，则CD CB ＝AC AB ，即CD 6＝34，∴CD＝92； ③过顶点B 的“顶似线”不存在．综上所述，△ABC 的“顶似线”的长为2或92.3．解：(1)①AC；②如解图①，过点B 作AC 边上的中线BE ，则BE ＝AC ＝b ，CE ＝AE ＝12b.在Rt△ABC 中，a 2＋b 2＝c 2，在Rt△BCE 中，a 2＋(12b)2＝b 2.解得a ＝32b ，c ＝72b.∴a∶b∶c＝3∶2∶7.(2)如解图②，过点A 作AF⊥BC 于点F ，则∠AFB＝∠AFC＝90°. 设AM ＝BC ＝a ，AF ＝h ，MF ＝x ，则BM ＝CM ＝12a.在Rt△ABF 中，AB 2＝BF 2＋AF 2＝(a2＋x)2＋h 2，在Rt△ACF 中，AC 2＝CF 2＋AF 2＝(a2－x)2＋h 2，∴AB 2＋AC 2＝a22＋2x 2＋2h 2.在Rt△AMF 中，AM 2＝MF 2＋AF 2，即a 2＝x 2＋h 2.∴AB 2＋AC 2＝5a 22＝52BC 2.(3)∵∠B＝90°，BC ＞AB ，∴BC 为△ABC 的“奇特边”． ∵BC＝27，∴由(1)②知AB ＝32BC ＝21，AC ＝72BC ＝7.设等腰△ACD 的底边长为y ，由(2)中结论知：①当腰为“奇特边”时，有72＋y 2＝52×72，解得y ＝726(负值已舍去)．②当底边为“奇特边”时，有72＋72＝52×y 2，解得y ＝1455(负值已舍去)．∴等腰△ACD 的底边长为726或145 5.4．解：(1)∵∠C＞90°，∠A＝60°， ∴β＝60°，α＝15°，∴∠B＝15°.(2)若存在一点E ，使得△ABE 也是“准互余三角形”，则2∠EBA＋∠EAB＝90°.如解图①，作射线BF ，使得∠FBE＝∠ABE ，延长AE 交BF 于点F ，则∠BFE＝90°.即BE 为∠FBA 的角平分线，过点E 作EG⊥AB 于点G ，则EG ＝EF ，可得△BEF≌△BEG. 又∵△BEG∽△BAC，∴△BEF∽△BAC， ∴BF BC ＝EF AC ，∴BF 5＝EF4①. 又∵△BEF∽△AEC，∴EF CE ＝BF AC ，∴EF 5－BE ＝BF 4②，由①②可得，BE ＝1.8.(3)如解图②，将△BCD 沿BC 翻折得△BCE，则CE ＝CD ＝12，∠ABD＝2∠BC D ＝∠DCE，∠DCE＋∠DBE＝180°，即∠ABD＋∠DBE＝180°，∴点A ，B ，E 共线，易知2∠ACB＋∠BAC＝90°不成立，存在2∠BAC＋∠ACB＝90°，易证得△ECB∽△EAC，∴EC AE ＝BE EC ，即127＋BE ＝BE 12，解得BE ＝9(负值已舍去)，∴AE＝16，在Rt△AEC 中，利用勾股定理得，AC ＝AE 2＋CE 2＝20.类型三1．解：(1)①DF＝2AE ； ②DF＝2AE ；理由：∵∠EBF＝∠ABD＝45°，∴∠ABE ＝∠FBD.∵BE BF ＝AB BD ，∴△ABE∽△DBF，∴AE DF ＝AB BD ＝22，∴DF＝2AE.(2)①如解图①，过点F 作FG⊥AD 于点G ，则四边形AEFG 是矩形，∴GF＝AE. ∵tan∠FDG＝BAAD ＝GFDG ，AD ＝BC ＝mAB ，∴DG＝mGF ，在Rt△DGF 中，由勾股定理得DF ＝GF 2＋DG 2＝1＋m 2GF ，∴DF＝1＋m 2AE.②画出草图如解图②，DF′＝1＋m2AE′.2．解：(1)GM＝GN；GM⊥GN.【解法提示】如解图①，连接BE，CD相交于点H.∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°∴∠CAD＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB(SAS)，∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，∴∠BDC＋∠DBH＝∠BDC＋∠ABD＋∠ABE＝∠BDC＋∠ABD＋∠ADC＝∠ADB＋∠ABD＝90°，∴∠BHD＝90°，∴CD⊥BE.∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MG 12 CD.同理：NG 12BE，∴MG＝NG，MG⊥NG.(2)小明发现的上述结论成立．理由：如解图②，连接CD ，BE 相交于点H. ∵∠DAB＝∠CAE＝90°，∴∠DAC＝∠BAE.∵DA＝BA ，CA ＝EA ，∴△DAC≌△BAE(SAS)，∴∠FBH＝∠ADF，DC ＝BE.∵M 是BD 的中点，G 是BC 的中点，∴MG＝12DC ，同理NG ＝12BE ，∴MG＝NG. 设CD 交AB 于点F ，则∠FHB＝180°－(∠FBH＋∠BFH)＝180°－(∠ADF＋∠AFD)＝90°，∴CD⊥BE，∴MG⊥NG；(3)△GMN 为等腰直角三角形．证明：如解图③，连接EB ，DC ，延长线相交于点H ，同(1)的方法得，MG ＝NG ，同(1)的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB＝∠ACD，∴∠CEH ＋∠ECH ＝∠AEH －∠AEC ＋180°－∠ACD －∠ACE ＝∠ACD －45°＋180°－∠ACD－45°＝90°，∴∠DHE＝90°，同(1)的方法得，MG⊥NG.3．(1)证明： ∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠ABM.∵CE∥AM，∴∠ECD＝∠ADB.∵AM 是△A BC 的中线，且点D 与点M 重合，∴BD＝DC ，∴△ABD≌△EDC(ASA)，∴AB＝ED.∵AB∥ED，∴四边形ABDE 是平行四边形．(2)解：结论成立．理由如下：第3题解图①如解图①，过点M作MG∥DE交CE于点G.∵CE∥AM，∴四边形DMGE是平行四边形，∴ED＝GM，且ED∥GM.∵AB∥DE，∴AB∥GM，∴∠ABM＝∠GMC.∵AM∥CE，∴∠AMB＝∠GCM.∵AM为△ABC的中线，∴BM＝MC.∴△ABM≌△GMC(ASA)，∴AB＝GM，∴AB＝DE.∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形．(3)解：①如解图②，取线段HC的中点I，连接MI，第3题解图②∵BM＝MC，∴MI 是△BHC 的中位线，∴MI∥BH，MI ＝12BH. ∵BH⊥AC，且BH ＝AM.∴MI＝12AM ，MI⊥AC， ∴∠CAM＝30°.②设DH ＝x ，则AH ＝3x ，AD ＝2x ， ∴AM＝4＋2x ，∴BH＝4＋2x.∵四边形ABDE 是平行四边形，∴DF∥AB， ∴HF HA ＝HD HB ，∴33x ＝x 4＋2x ，解得x ＝1＋5或x ＝1－5(舍去)， ∴DH＝1＋ 5.。