【全套】中考数学复习专题（知识梳理+含答案）预测10 几何图形的探究

这是一份【全套】中考数学复习专题（知识梳理+含答案）预测10 几何图形的探究，共42页。试卷主要包含了综合与实践等内容，欢迎下载使用。
 预测10 几何图形的探究

几何图形的探究是全国中考的热点！全国各地的中考数学试题都把几何图形的探究作为压轴题之一。
1．从考点频率看，三角形和四边形的综合探索与证明以及几何的动态问题是高频考点。
2．从题型角度看，以解答题形式考查，分值约10分。

相似三角形模型


8字形模型

8字形 反8字形


A字形模型

A字形 反 A字形 共边反 A字形


一线三等角模型

一线三等角 一线三直角


1．（2019年湖南省常德市中考数学试题）在等腰三角形中，，作交AB于点M，交AC于点N．
（1）在图1中，求证：；
（2）在图2中的线段CB上取一动点P，过P作交CM于点E，作交BN于点F，求证：；
（3）在图3中动点P在线段CB的延长线上，类似（2）过P作交CM的延长线于点E，作交NB的延长线于点F，求证：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到，利用AAS定理证明；
（2）根据全等三角形的性质得到，证明△CEP∽△CMB、△BFP∽△BNC，根据相似三角形的性质列出比例式，证明结论；
（3）根据△BMC≌△CNB，得到，证明△AMC∽△OMB，得到，根据比例的性质证明即可．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴△CEP∽△CMB，
∴，
∵，
∴△BFP∽△BNC，
∴，
∴，
∴；
（3）同（2）的方法得到，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，又，
∴△AMC∽△OMB，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．[来源:学*科*网Z*X*X*K]


2．（2019年山东省烟台市中考）(1)问题发现 
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上. 
填空:线段AD,BE之间的关系为  .
(2)拓展探究 
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由. 
(3)解决问题 
如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围. 

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-3≤PC≤5+3．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．
（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；
（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.
【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图1中，

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，
∠ACB=∠ACD=90°，
在Rt△ACD和Rt△BCE中

∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠EBC=∠CAD
延长BE交AD于点F，
∵BC⊥AD，
∴∠EBC+∠CEB=90°，
∵∠CEB=AEF，
∴∠EAD+∠AEF=90°，
∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．
∴AD=BE，AD⊥BE．
故答案为AD=BE，AD⊥BE．
（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，
∴ACD=∠BCE，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH=90°，
∴∠OHB=90°，
∴AD⊥BE，
∴AD=BE，AD⊥BE．
（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，
∴PC=BE，
图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，[来源:Zxxk.Com]
图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，
∴5-3≤BE≤5+3，
即5-3≤PC≤5+3．

【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
3.（辽宁省朝阳市2019年中考数学试卷）如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将绕点A逆时针旋转α得，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD．

（1）如图1，当时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）．
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）当时，若，请直接写出点O经过的路径长．
【答案】（1），，理由见解析；（2）当时，（1）中的结论成立，理由见解析；（3）点O经过的路径长为．
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得OD与OE的数量关系；根据旋转的性质和正方形的性质可得AC=AF以及△ACF各内角的度数，进一步即可求出∠COE与∠DOF的度数，进而可得OD与OE的位置关系；
（2）延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示，先根据SAS证明△COM≌△FOE，得，，再根据正方形的性质和旋转的性质推得，进一步在△ACF中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出，再一次运用SAS推出△ADE≌△CDM，于是，进一步即可得出OE、OD的位置关系，然后再运用SAS推出△COM≌，即可得OD与OE的数量关系；
（3）连接AO，如图3所示，先根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可判断点O的运动路径，由可得点O经过的路径长，进一步即可求得结果.
【详解】解：（1），；理由如下：
由旋转的性质得：，∠AFE=∠ACB，
∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴，
∴，
∵，O为CF的中点，∴，
同理：，∴，
∴，，
∴，∴；
（2）当时，（1）中的结论成立，理由如下：
延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示：

∵O为CF的中点，∴，
在△COM和△FOE中，，
∴△COM≌△FOE（SAS），∴，.
∵四边形ABCD是正方形，∴，，
∵绕点A逆时针旋转α得，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，∴，
在中，∵，
∴，
∵，∴，∴，
在和△CDM中，，
∴≌△CDM（SAS），∴，
∵，∴，
在△COM和中，，
∴△COM≌（SAS），∴.
∴，∴，；
（3）连接AO，如图3所示：
∵，，∴，∴，
∴点O在以AC为直径的圆上运动，
∵，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，
∵，∴点O经过的路径长为：．

【点睛】本题是正方形的综合题，综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判断动点运动路径等知识，考查的知识点多、综合性强，倍长中线构造全等三角形、熟知正方形的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解（2）题的关键.
4．（山西省2019年中考数学试题）综合与实践
动手操作：
第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在直线折叠，展开铺平.在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上.此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一直线上，折痕分别为CE，CF.如图2.
第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3
第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME，如图5，图中的虚线为折痕.

问题解决：
(1)在图5中，∠BEC的度数是 ，的值是 ；
(2)在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；
(3)在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形(正方形除外)，并写出这个菱形： .
【答案】(1)67.5°；；(2)四边形EMGF是矩形，理由见解析；(3)菱形FGCH或菱形EMCH(一个即可).
【解析】
【分析】
(1)由正方形的性质可得∠B=90°，∠ACB=∠BAC=45°，根据折叠的性质可得∠BCE =22.5°，继而可求得∠BEC=67.5°，在Rt△AEN中，由sin∠EAN=可得AE=EN，即可求得；
(2)四边形EMGF是矩形，理由如下：由折叠的性质可得∠1=∠2=∠3=∠4=22.5°，CM=CG，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°，MC=ME，GC=GF，∠5=∠1=22.5°，∠6=∠4=22.5°，继而可得∠MEF=∠GFE=90°，再根据等腰直角三角形的性质可得 ∠CMG=45°，由三角形外角的性质得∠BME=∠1+∠5=45°，根据平角的定义求得∠EMG=90°，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得到四边形EMGF是矩形；
(3) 如图所示，四边形EMCH是菱形，理由如下：先证明四边形EMCH是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明平行四边形EMCH是菱形.(同理四边形FGCH也是菱形).
【详解】(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，∠ACB=∠BCD=45°，∠BAC=∠BAD=45°，
∵折叠，
∴∠BCE=∠BCE=22.5°，BE=EN，∠ENC=∠B=90°，
∴∠BEC=90°-22.5°=67.5°，∠ANE=90°，
Rt△AEN中，sin∠EAN=，
∴，
∴AE=EN，
∴，
故答案为67.5°，；
(2)四边形EMGF是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD正方形，∴∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：∠1=∠2=∠3=∠4=22.5°，CM=CG，
∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°，
由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC，FC，
∴MC=ME，GC=GF，
∴∠5=∠1=22.5°，∠6=∠4=22.5°，
∴∠MEF=∠GFE=90°，
∵∠MCG=90°，CM=CG，
∴∠CMG=45°，
又∵∠BME=∠1+∠5=45°，
∴∠EMG=180°-∠CMG-∠BME=90°，
∴四边形EMGF是矩形；

(3) 如图所示，四边形EMCH是菱形，理由如下：

由(2)∠BME=45°=∠BCA，
∴EM//AC，
∵折叠，
∴CM=CH，EM=CM，
∴EM=CH，
∴EM CH，
∴四边形EMCH是平行四边形，
又CM=EM，
∴平行四边形EMCH是菱形.
(同理四边形FGCH是菱形，如图所示
).
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定，菱形的判定，解直角三角形等，正确把握相关知识是解题的关键.
5．（2019年杭州中考）根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．
（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．
①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题）
②三个角分别相等的两个凸四边形相似；（ 命题）
③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）
（2）如图1，在四边形ABCD和四边形A1B1C1D1中，∠ABC＝∠A1B1C1，∠BCD＝∠B1C1D1，，求证：四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似．

（3）如图2，四边形ABCD中，AB∥CD，AC与BD相交于点O，过点O作EF∥AB分别交AD，BC于点E，F．记四边形ABFE的面积为S1，四边形EFDE的面积为S2，若四边形ABFE与四边形EFCD相似，求的值．
【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析 ；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据相似多边形的定义即可判断．
（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．
（3）四边形ABFE与四边形EFCD相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．
【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．
②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．
③两个大小不同的正方形相似．是真命题．
故答案为假，假，真．
（2）证明：分别连接BD，B1D1

，且
，
，，，
，
，
，
，
，，，
，，，，
四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似.
（3）如图2中，

∵四边形ABFG与四边形EFCD相似
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，即AE=DE
，
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，相似多边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．


1．（2019年四川省成都市中考一模数学试题）如图1，在中，，，点分别在边上，，连接、，点为的中点．
（1）观察猜想
图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是________；
（2）探究证明
把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，小航猜想（1）中的结论仍然成立，请你证明小航的猜想；
（3）拓展延伸
把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出线段的取值范围．

【答案】（1），；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）如图1中，设PA交BE于点O．证明△DAC≌△EAB（SAS），结合直角三角形斜边中线的性质即可解决问题． （2）结论成立．如图2中，延长AP到M，使得PM=PA，连接JC．延长PA交BE于O．证明△EAB≌△MCA（SAS），即可解决问题． （3）利用三角形的三边关系求出AM的取值范围，即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，设PA交BE于点O．

∵AD=AE，AC=AB，∠DAC=∠EAB，
∴△DAC≌△EAB（SAS），
∴BE=CD，∠ACD=∠ABE，
∵∠DAC=90°，DP=PC，
∴PA=CD=PC=PD， ∴PA=BE．∠C=∠PAE，
∵∠CAP+∠BAO=90°， ∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠AOB=90°， ∴PA⊥BE，
故答案为：，
（2）延长交于延长到使，连接，
则，
，，，，，
又，，，
又，，
，，
，
又，
，
即

（3）∵A在平面内自由旋转,∴(2)的图形仍然可用,由已知得AC=10，CM=4，
∴10-4≤AM≤10+4，
∴6≤AM≤14，
∵AM=2AP，
∴3≤PA≤7．
∴PA的最大值为7，最小值为3．
所以：3≤PA≤7．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．（2020年湖南省长沙市长郡滨江中学中考数学3月模拟试题） 类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.
原题：如图1，在平行四边形中，点是边上的中点，点是线段上一点，的延长线交射线于点，若，求的值.

（1）尝试探究
在图1中，过点作交于点，则和的数量关系是______，和的数量关系是______，的值是______；
（2）类比延伸
如图2，在原题条件下，当时，参照问题（1）的研究结论，请你猜想的值（用含的代数式表示），并证明你的猜想；
（3）拓展迁移
如图3，梯形中，，点是延长线上一点，和相交于点，当，时，请你求出的值（用含、的代数式表示）.
【答案】（1），，;（2）见解析;（3）ab.
【解析】
【分析】
（1）可利用三角形相似、平行四边形的有关性质求得结果；（2）体现了“一般”的情形，虽然 不再是一个确定的数值，但可类比问题（1）的解题思路去猜想、证明 的值；问题（3）的解答体现了“类比”与“转化”的情形，可过点E作 交BD的延长线于点H，将（1）、（2）问中的解题方法推广转化到梯形中.
【详解】解 （1）解：（1）如图1：
∵EH//AB.
∴△ABF∽△EHF

又∵E为BC中点，
∴EH为△BCG的中位线，
∴CG=2EH.

故答案为，，=.
，，=.
（2）猜想：.
证明：如图1：
∵EH//AB.
∴△ABF∽△EHF
∴，则.
∵，
∴.
∵EH∥AB∥CD，
∴△BEH∽△BCG，
∴，
∴，
∴.
（3）如下图所示，过点作交的延长线于点，则有EH∥AB∥CD，.

∵，
∴△BCD∽△BEH.
∴，
∴.
又∵，
∴.
∵，
∴△ABF∽△EHF.
∴.
3．（黑龙江齐齐哈尔市2019届九年级中考一模考试数学试题）综合与实践
旋转是图形变化的方法之一，借助旋转知识可以解决线段长、角的大小、取值范围、判断三角形形状等问题，在实际生活中也有着十分重要的地位和作用.
问题背景
一块等边三角形建筑材料内一点到三角形三个顶点的距离满足一定条件时，我们可以用所学的知识帮助工人师傅在没有刻度尺的情况下求出等边三角形的边长.
数学建模
如图，等边三角形内有一点，已知，，.

问题解决
（1）如图，将△ABP绕点顺时针旋转60°得到△CBP′，连接，易证∠BP′P=__°，△____为等边三角形，____，___°.
（2）点H为直线BP′上的一个动点，则的最小值为______；
（3）求长；

拓展延伸
己知：点在正方形内，点在平面内，，.
（4）在图中，连接PA、PC、PQ、QC，，若点、、在一条直线上，则____.

（5）若，连接，则______≤PD＜______；连接，当、、三点在同一条直线上时，△BDQ的面积为______.
【答案】（1）60°，△BP′P，∠CP′P，150；（2）；（3）；（4）；（5），，
【解析】
【分析】[来源:Zxxk.Com]
（1）根据旋转的性质可得BP=BP′，∠PBP′=60°，AP=P′C，∠APB=∠BP′C，即可求出∠BP′P=60°，即可得△BP′P是等边三角形，根据勾股定理的逆定理可得∠CP′P=90°，即可得∠CP′B的度数，根据旋转性质可得∠APB=∠CP′B，即可得∠APB的度数；（2）过C作CH⊥BP′，交BP′的延长线于H，根据含30°角的直角三角形的性质求出CH的值即为最小值；（3）利用勾股定理可求出HP′的长，即可得BH的长，利用勾股定理求出BC的长进而可得答案；（4）由等腰直角三角形的性质可得∠BPQ=∠BQP=45°，PQ=，根据两锐角互余的关系可得∠CBQ=∠ABP，利用SAS可证明△ABP≌△CBQ，进而可得PA=CQ，∠BQC=∠BPA=135°，可得∠PQC=90°，利用勾股定理可求出PC的长，根据余弦的定义即可得答案；（5）连接BD，以B为圆心，1为半径画圆，交BD于P，交AB、BC于E、F，连接DF，则OP为最小值，根据正方形的性质及勾股定理求出DP、DF的值即可；当D、P、Q在同一条直线上时，过B作BM⊥DQ，根据等腰直角三角形的性质可得BM=QM=PQ，利用勾股定理可求出DM的长，进而可得DQ的长，利用三角形面积公式即可得答案.
【详解】（1）∵△ABP绕点顺时针旋转60°得到△CBP′，
∴BP=BP′=4，∠PBP′=60°，AP=P′C=2，∠APB=∠BP′C，
∴∠BP′P=60°，
∴△BP′P是等边三角形，
∴PP′=BP=4，
∵PC2=(2)2=28，PP′2=42=16，P′C2=(2)2=12，[来源:Z_xx_k.Com]
∴PC2= PP′2+ P′C2，
∴△PP′C是直角三角形，∠CP′P=90°，
∴∠BP′C=∠CP′P+∠BP′P=90°+60°=150°，
∴∠APB=∠BP′C=150°，
故答案为60°，△BP′P，∠CP′P，150°
（2）过C作CH⊥BP′，交BP′的延长线于H，
∵∠BP′C=150°，
∴∠P′HC=180°-150°=30°，
∴CH=P′C=，
故答案为
（3）∵CH=，P′C=PA=2，
∴P′H==3，
∴BC===2，
∴AB=BC=2.

（4）∵BP=BQ=1，BQ⊥BP，
∴∠BPQ=∠BQP=45°，PQ=，
∴∠APB=135°，
∵∠ABP+∠PBC=90°，∠CBQ+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠CBQ，
∵AB=BC，∠ABP=∠CBQ，BQ=BP，
∴△ABP≌△CBQ，
∴QC=AP=，∠BQC=∠APB=135°，[来源:学_科_网]
∴∠PQC=90°，
∴PC==，
∴cos∠PCQ===，
故答案为
（5）如图，连接BD，以B为圆心，1为半径画圆，交BD于P，交AB、BC于E、F，连接DF，
∵BP=1，
∴点P在以B为圆心，1为半径的圆上，
∴DP为最小值，
∵AB=AD=2，
∴BD=2，
∴DP=BD-BP=2-1，
∵BF=1，CD=2，
∴DF=，
∵点P正方形内，
∴2-1≤DP