2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形非动态型综合题 (含答案)

这是一份2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形非动态型综合题 (含答案)，共23页。

1. 如图，点E在正方形ABCD的边CD上，点F为CB延长线上一点，且DE＝BF，连接AE，AF.求证：AE＝AF.
【思维教练】要证AE＝AF，只需证△ADE≌△ABF
第1题图
模型再现：8字型相似模型
2. 如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，点F为CD上一点，连接BF交AC于点E.求证：△ABE∽△CFE.
【思维教练】要证△ABE∽△CFE，需在△ABE和△CFE中找出对应角相等或对应边成比例．
第2题图
模型再现：斜A字型相似模型
3. 如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是BC延长线上一点，连接DE，点G是DC的中点，连接BG并延长交DE于点F，且BF⊥DE，若CE＝3.求DF的长．
【思维教练】由已知得DG＝CG＝ eq \f(1,2) AB＝2，在Rt△DCE中，利用勾股定理可得DE＝5，再根据∠DCE＝∠DFG＝90°及一个公共角∠CDE，可得△DCE∽△DFG，利用相似三角形性质，即可求出DF的值．
第3题图
模型再现：一线三垂直型全等模型
4. 如图，点E在正方形ABCD的边AB上，连接DE，过点C作CF⊥DE于点F，过点A作AG∥CF交DE于点G.求证：△DCF≌△ADG.
第4题图
方法再现：倍长中线、类中线，构造全等三角形(见P60微专题)
5. 如图，在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE，点P是BE的中点，连接AP，若AB＝4，求AP的长．
【思维教练】要求AP的长，根据题意知点E是CD的中点，构造全等三角形，再结合勾股定理即可求出AP的长．
第5题图
方法再现：遇边上中点，考虑三角形中位线性质
6. 如图，在正方形ABCD中，连接BD，点E在边BC上，且CE＝2BE，连接AE交BD于点F，连接DE，取BD的中点O，取DE的中点G，连接OG.求证：OF＝BF.
【思维教练】由题易证△BFE∽△DFA，可得DF＝3BF，根据点O是BD的中点可得OB＝OD＝2BF，再利用线段之间的等量关系进行转换即可得证．
第6题图
方法再现：角平分线与平行线，构造等腰三角形
7. 如图，在正方形ABCD中，AC是对角线，∠BCA的平分线CF交AB于点F，过点C作CP⊥CF，交AD延长线于点P，过点F作EF∥BC交AC于点E.
(1)求证：BF＝DP；
(2)若AF＝2，求AE的长．
【思维教练】要求AE的长，证△AFE为等腰直角三角形，再利用AE＝ eq \r(2) AF及AF＝2即可求解．
第7题图
(对接中考)
1. 如图①，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C重合，点F是BA的延长线上一点，且AF＝CE.
(1)求证：△DCE≌△DAF；
(2)如图②， 连接EF，交AD于点K，过点D作DH⊥EF，垂足为H，延长DH交BF于点G，连接HB，HC.
①求证： HD＝HB ；
②若DK·HC＝ eq \r(2) ，求HE的长．
第1题图
2. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点(与点A、D不重合)，射线PE与BC的延长线交于点Q.
(1)求证：△PDE≌△QCE；
(2)过点E作EF∥BC交PB于点F，连接AF，当PB＝PQ时．
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．
第2题图
(针对训练)
1. 如图①，已知点E是正方形ABCD的边CD上的动点，连接AE，过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F.
(1)求证：△ABF≌△ADE；
(2)如图②，点G是正方形ABCD的对角线BD上一点，连接AG，GC，GF，且GC＝GF，过点G作MH∥AE，分别交AF，AB，DC于点M，N，H.
①求∠GFA的度数；
②若AB＝3，BF＝1，求MH的长．
第1题图
2.如图所示，四边形ABCD为正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延长线与CD的延长线交于点F，点D、B、H在同一条直线上．
(1)求证：△CDE≌△CBH；
(2)当 eq \f(HB,HD) ＝ eq \f(1,5) 时，求 eq \f(FD,FC) 的值；
(3)当HB＝3，HG＝4时，求sin ∠CFE的值．
第2题图
3. 如图，矩形AEFG的两顶点E、G分别落在矩形ABCD的边BC和射线CD上，连接AC、FC，过点F作FH⊥BC，交BC的延长线于点H.
(1)如图①，当AB＝BC时．
①求证：△ABE≌△ADG；
②猜想AC与FC的位置关系，并证明你的猜想；
(2)如图②，当AB≠BC时，在(1)②中的猜想是否成立？若不成立，请说明理由；若成立，请给出证明．
第3题图
4. 如图①，在正方形ABCD中，点E为边AB上的点，BE∶AE＝n，连接DE、BD，过点A作AG⊥DE，垂足为点F，与BC、BD分别交于点G、H，连接EH.
(1)求证：①△ADE≌△BAG；
②DH∶BH＝n＋1；
(2)如图②，当EH∥AD时，求n的值．
第4题图
5. 如图，点正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且CE＝FC，∠EAF＝45°，连接BD分别交AE，AF于点H，G.
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)△BFG是否为等腰三角形？若是，请证明；若不是，请说明理由；
(3)若AB＝ eq \r(2) ＋1，求AG·AF的值(结果保留根号).
第5题图
6. 如图①，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，连接PA，PC，PE，且PA＝PE，PE交CD于点F.
(1)求证：△ABP≌△CBP；
(2)求∠CPE的度数；
(3)如图②，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
第6题图
参考答案
小题破大题
1. 证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，AD＝AB，
∴∠D＝∠ABF＝90°，
在△ADE和△ABF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝AB,∠D＝∠ABF,DE＝BF))，
∴△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF.
2. 证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CFE，∠BAE＝∠FCE，
∴△ABE∽△CFE.
3. 解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，点G是DC的中点，
∴DG＝CG＝eq \f(1,2)AB＝2，
在Rt△DCE中，∵CE＝3，DC＝4，
∴DE＝5，
∵∠DCE＝∠DFG＝90°，∠CDE＝∠FDG，
∴△DCE∽△DFG，
∴eq \f(DC,DF)＝eq \f(DE,DG)，
即eq \f(4,DF)＝eq \f(5,2)，
解得DF＝eq \f(8,5)，
∴DF的长为eq \f(8,5).
4. 证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
即∠ADG＋∠CDF＝90°.
∵CF⊥DG，
∴∠CFD＝∠CFG＝90°，
∴∠CDF＋∠DCF＝90°，
∴∠ADG＝∠DCF.
∵AG∥CF，
∴∠AGD＝∠CFG＝∠CFD＝90°，
在△DCF和△ADG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠CFD＝∠DGA,∠DCF＝∠ADG,DC＝AD))，
∴△DCF≌△ADG.
5. 解：如解图，连接DP并延长交AB的延长线于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝4，AB∥CD，∠FAD＝90°，
∴∠F＝∠PDE，
∵PB＝PE，∠FPB＝∠EPD，
∴△FPB≌△DPE(AAS)，
∴DP＝PF，BF＝DE＝eq \f(1,2)CD＝2，
∴AF＝AB＋BF＝6，
在Rt△ADF中，DF＝eq \r(AD2＋AF2)＝eq \r(42＋62)＝2eq \r(13)，
∵DP＝PF，
∴AP＝eq \f(1,2)DF＝eq \r(13).
第5题解图
6. 证明：∵CE＝2BE，
∴eq \f(BE,CE)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(BE,BC)＝eq \f(1,3)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，
∴△BFE∽△DFA，
∴eq \f(BF,DF)＝eq \f(BE,DA)＝eq \f(BE,BC)＝eq \f(1,3)，
∴DF＝3BF，
∴BD＝4BF，
∵O是BD的中点，
∴OB＝OD＝2BF，
∴OF＝OB－BF＝BF.
7. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵CP⊥CF，
∴∠FCP＝90°＝∠BCD，
∴∠BCF＝∠DCP，
∵CD＝CB，∠CBF＝∠CDP＝90°，
∴△CBF≌△CDP，
∴BF＝DP；
(2)解：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠ABC＝90°，∠CAB＝∠ACB＝45°，
∵FE∥BC，
∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AEF＝∠ACB＝45°，
∴△AFE是等腰直角三角形，
∴AE＝eq \r(2)AF＝2eq \r(2).
对接中考
1. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，
又∵CE＝AF，
∴△DCE≌△DAF；(4分)
(2)①证明：由(1)得△DCE≌△DAF，
∴DE＝DF，∠CDE＝∠ADF，
∴∠FDE＝∠ADF＋∠ADE＝∠CDE＋∠ADE＝∠ADC＝90°，
∴△DFE为等腰直角三角形．
又∵DH⊥EF，
∴点H为EF的中点，
∴HD＝eq \f(1,2)EF，
∴HB是Rt△EBF斜边上的中线，
∴HB＝eq \f(1,2)EF，
∴HD＝HB；(8分)
②解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，
又∵HD＝HB，CH＝CH，
∴△DCH≌△BCH，
∴∠DCH＝∠BCH＝45°，
又∵△DEF为等腰直角三角形，
∴∠DFE＝45°，
∴∠HCE＝∠DFK，
∵AD∥BC，
∴∠DKF＝∠HEC，
∴△DKF∽△HEC，
∴eq \f(DK,DF)＝eq \f(HE,HC)，即DK·HC＝DF·HE，
又∵在等腰直角三角形DFH中，DF＝eq \r(2)HF＝eq \r(2)HE，
∴DK·HC＝DF·HE＝eq \r(2)HE2＝eq \r(2)，
∴HE＝1.(12分)
2. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，
∴∠ECQ＝90°＝∠D，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE(ASA)；(4分)
(2)①证明：如解图，由(1)可知△PDE≌△QCE，
∴PE＝QE＝eq \f(1,2)PQ，
∵EF∥BC，且E为PQ的中点，
∴F为PB的中点，
∴PF＝FB＝eq \f(1,2)PB，
∵PB＝PQ，
∴PF＝PE，
∴∠1＝∠2.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵在Rt△BAP中，F是PB的中点，
∴AF＝eq \f(1,2)BP＝FP，
∴∠3＝∠4，
又∵AD∥BC，EF∥BC，
∴AD∥EF，
∴∠1＝∠4，
∴∠2＝∠3，
又∵PF＝FP，
∴△APF≌△EFP(AAS)，
∴AP＝EF，
又∵AP∥EF，
∴四边形AFEP是平行四边形；(9分)
第2题解图
②解：四边形AFEP不是菱形．
理由如下：
设PD＝x，则AP＝1－x，
由(1)可知△PDE≌△QCE，
∴CQ＝PD＝x，
∴BQ＝BC＋CQ＝1＋x，
∵E，F分别是PQ，PB的中点，
∴EF是△PBQ的中位线，
∴EF＝eq \f(1,2)BQ＝eq \f(1＋x,2)，
由①可知AP＝EF，
即1－x＝eq \f(1＋x,2)，解得x＝eq \f(1,3)，
∴PD＝eq \f(1,3)，AP＝eq \f(2,3)，
在Rt△PDE中，
∵DE＝eq \f(1,2)，
∴PE＝eq \r(PD2＋DE2)＝eq \f(\r(13),6)，
∴AP≠PE，
∴四边形AFEP不是菱形．(13分)
针对训练
1. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
∴∠DAE＝∠BAF，
又∵∠ABF＝∠D，AB＝AD，
∴△ABF≌△ADE(ASA)；
(2)解：①设∠GCF＝x，则∠DCG＝90°－x，
∵GC＝GF，
∴∠GCF＝∠GFC＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴AG＝CG＝GF，∠DCG＝∠DAG＝90°－x，
∴∠AGD＝180°－45°－(90°－x)＝45°＋x，
∵∠BGF＝∠DBC－∠GFB＝45°－x，
∴∠AGF＝180°－(45°－x)－(45°＋x)＝90°，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴∠GFA＝45°；
②如解图，连接FH，AH，
∵AB＝3，BF＝1，
∴AF＝eq \r(AB2＋BF2)＝eq \r(9＋1)＝eq \r(10)，FC＝4，
∵MH∥AE，
∴∠EAF＝∠FMG＝90°，
又∵△AGF是等腰直角三角形，
∴MG是AF的垂直平分线，
∴AM＝FM＝eq \f(\r(10),2)，AH＝FH，
∵AH2＝AD2＋DH2，FH2＝FC2＋CH2，
∴AD2＋DH2＝FC2＋CH2，
∴9＋(3－CH)2＝16＋CH2，
∴CH＝eq \f(1,3)，
∴MH＝eq \r(FH2－MF2)＝eq \r(16＋\f(1,9)－\f(5,2))＝eq \f(7\r(10),6).
第1题解图
2. (1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴∠DCB＝90°，
∵∠ECH＝90°，
∴∠DCE＋∠ECB＝∠ECB＋∠BCH，
∴∠DCE＝∠BCH，
在△CDE和△CBH中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CD＝CB,∠DCE＝∠BCH,CE＝CH))，
∴△DCE≌△BCH(SAS)；
(2)解：如解图①，连接AC交BD于点O，交FH于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝eq \f(1,2)BD，∠CBD＝45°，
∴∠AOB＝90°，
∵△CDE≌△CBH，
∴∠CDE＝∠CBH＝135°，
∵∠CDB＝45°，
∴∠EDH＝90°，
∴DE∥AC，
∴△FDE∽△FCM，△HOM∽△HDE，
∴eq \f(FD,FC)＝eq \f(DE,MC)，eq \f(OM,DE)＝eq \f(HO,HD)，
∵eq \f(BH,DH)＝eq \f(1,5)，
∴eq \f(BH,BD)＝eq \f(1,4)，
∵O为BD中点，
∴eq \f(HO,HD)＝eq \f(OM,DE)＝eq \f(3,5)，
设BH＝a，∴DE＝a，BD＝4a，
∴OM＝eq \f(3,5)a，OB＝OC＝2a，
∴CM＝OC＋OM＝2a＋eq \f(3,5)a＝eq \f(13,5)a，
∴eq \f(FD,FC)＝eq \f(DE,MC)＝eq \f(5,13)；
第2题解图①
(3)解：如解图②，过点E作PE∥DH交CF于点P，过点E作EQ⊥CF交CF于点Q
∴∠BHG＝∠PEF，∠FPE＝∠FDH＝135°，
∴∠EPQ＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠HBG＝∠FDH＝135°，
∴∠HBG＝∠EPF＝135°，
∵∠CDE＝135°，
∴∠EDQ＝45°，
∴△PED为等腰直角三角形，
∴PE＝DE＝BH，
∴△BHG≌△PEF，
∴GH＝EF，
∵BH＝3，GH＝4，
∴PE＝DE＝3，EF＝GH＝4，
∴QE＝eq \f(3\r(2),2)，
∴sin∠CFE＝eq \f(EQ,EF)＝eq \f(\f(3\r(2),2),4)＝eq \f(3\r(2),8).
第2题解图②
3. (1)①证明：当AB＝BC时，矩形ABCD是正方形．
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°.
∵∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD－∠EAD＝∠EAG－∠EAD，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG(ASA)；
②解：猜想：AC⊥FC，
证明：∵△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，
∵四边形AEFG是矩形，
∴矩形AEFG是正方形．
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠FEH＝90°.
又∵∠AEB＋∠EAB＝90°，
∴∠EAB＝∠FEH.
∵∠ABE＝∠EHF＝90°，
∴△AEB≌△EFH.
∴BE＝HF，AB＝EH.
∴BC＝EH，∴BE＝CH，
∴HF＝CH.
∴∠FCH＝45°.
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ACB＝45°.
∴∠ACF＝90°，
∴AC⊥FC；
(2)解：当AB≠BC时，AC⊥FC仍然成立．
证明：由(1)②可知：∠EAB＝∠FEH，∠ABE＝∠EHF，
∴△AEB∽△EFH，
∴eq \f(BE,HF)＝eq \f(AB,EH)，
易证△AGD≌△EFH，
∴AD＝EH，DG＝HF，
∵AD＝BC，
∴BC＝EH，
∴BE＝CH，
∴eq \f(CH,HF)＝eq \f(AB,BC)，
即eq \f(CH,AB)＝eq \f(HF,BC)，
∵∠CHF＝∠ABC＝90°，
∴△CHF∽△ABC，
∴∠HCF＝∠BAC，
∵∠BAC＋∠ACB＝90°，
∴∠HCF＋∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝90°，
∴AC⊥FC.
4. (1)证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠DAG＋∠BAG＝90°，
∵AG⊥DE，
∴∠DAG＋∠ADF＝90°，
∴∠BAG＝∠ADF，且AD＝AB，∠DAE＝∠ABG，
∴△ADE≌△BAG(ASA)；
②由①知，△ADE≌△BAG，
∴BG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△ADH∽△GBH，
∴eq \f(DH,BH)＝eq \f(AD,GB)，
∵BE∶AE＝n，BG＝AE，AD＝AB，
∴eq \f(DH,BH)＝eq \f(AD,BG)＝eq \f(AB,AE)＝eq \f(AE＋BE,AE)＝eq \f(AE＋nAE,AE)＝n＋1；
(2)解：设BG＝AE＝k，则BE＝nk，
∵EH∥AD，
∴∠BEH＝∠BAD＝90°，∠EHB＝∠ADB＝45°，且∠ABD＝45°，
∴∠EHB＝∠ABD，
∴BE＝EH＝nk，
∵EH∥AD∥BC，
∴△AEH∽△ABG，
∴eq \f(AE,AB)＝eq \f(EH,BG)，
∴eq \f(k,k＋nk)＝eq \f(nk,k)，
解得n＝eq \f(\r(5)－1,2)或n＝eq \f(－\r(5)－1,2)，
∵n＞0，
∴n＝eq \f(\r(5)－1,2).
5. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝DC＝AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝90°，
∵CE＝FC，
∴DE＝BF，
在△ADE和△ABF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝AB,∠ADE＝∠ABF,DE＝BF))，
∴△ADE≌△ABF(SAS)；
(2)解：△BFG是等腰三角形，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABC＝90°，∠ABD＝45°
∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF＝∠DAE，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAF＝22.5°，
∵∠BGF＝∠FAB＋∠ABD＝67.5°，∠AFB＝90°－∠BAF＝67.5°，
∴∠BGF＝∠AFB，
∴BG＝BF，
∴△BFG是等腰三角形；
(3)解：如解图，过点G作GN⊥AB于点N，
设BN＝x＝NG，则BF＝BG＝eq \r(2)x，
∵GN⊥AB，BC⊥AB，
∴NG∥BF，
∴△AGN∽△AFB，
∴eq \f(AN,AB)＝eq \f(GN,FB)＝eq \f(AG,AF)，
∵AB＝eq \r(2)＋1，
∴eq \f(\r(2)＋1－x,\r(2)＋1)＝eq \f(x,\r(2)x)＝eq \f(AG,AF)＝eq \f(1,\r(2))，
∴x＝eq \f(\r(2),2)，则BF＝1，
在Rt△ABF中，由勾股定理得AF2＝AB2＋BF2，
∴AF2＝4＋2eq \r(2)，
∵eq \f(AG,AF)＝eq \f(1,\r(2))，
∴AG＝eq \f(\r(2),2)AF，
∴AG·AF＝eq \f(\r(2),2)AF2＝2eq \r(2)＋2.
第5题解图
6. (1)证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，
在△ABP和△CBP中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝CB,∠ABP＝∠CBP,PB＝PB))，
∴△ABP≌△CBP(SAS)；
(2)解：由(1)知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP＝∠BCP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴∠DAP＝∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD，
∴180°－∠PFC－∠PCF＝180°－∠DFE－∠E，
即∠CPF＝∠EDF＝90°；
(3)解：AP＝CE.
理由如下：在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP，
在△ABP和△CBP中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝BC,∠ABP＝∠CBP,PB＝PB))，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE，
∴∠DAP＝∠DEP，
∴∠DCP＝∠DEP，
∵∠CFP＝∠EFD，
∴∠CPF＝∠EDF.
∵∠ABC＝∠ADC＝120°，
∴∠CPF＝∠EDF＝180°－∠ADC＝60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC＝CE，
∴AP＝CE.