2023年初中数学中考专项分类强化训练（含答案）：22 几何图形的猜想、证明与探究（通用版）

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（1）如图①所示，若∠ABC=30°，求证：DF+BH=BD；
（2）如图②所示，若∠ABC=45°，如图③所示，若∠ABC=60°（点M与点D重合），猜想线段DF、BH与BD之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
2.（•锦州）已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是BC边上一点，连接AD，分别以CD和AD为直角边作Rt△CDE和Rt△ADF，使∠DCE=∠ADF=90°，点E，F在BC下方，连接EF．
（1）如图1，当BC=AC，CE=CD，DF=AD时，
求证：①∠CAD=∠CDF，②BD=EF；
（2）如图2，当BC=2AC，CE=2CD，DF=2AD时，猜想BD和EF之间的数量关系？并说明理由．
3.（•铁岭）如图，△ABC中，AB=AC，DE垂直平分AB，交线段BC于点E（点E与点C不重合），点F为AC上一点，点G为AB上一点（点G与点A不重合），且∠GEF+∠BAC=180°．
（1）如图1，当∠B=45°时，线段AG和CF的数量关系是______．
（2）如图2，当∠B=30°时，猜想线段AG和CF的数量关系，并加以证明．
（3）若AB=6，DG=1，csB=，请直接写出CF的长．
类型2 四边形的猜想、证明与探究
1.（•鄂尔多斯）（1）【探究发现】
如图1，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF=90°，将∠EOF绕点O旋转，旋转过程中，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．则CE，CF，BC之间满足的数量关系是______．
（2）【类比应用】
如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD=120°的菱形ABCD”，其他条件不变，当∠EOF=60°时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．
（3）【拓展延伸】
如图3，∠BOD=120°，OD=，OB=4，OA平分∠BOD，AB=，且OB2OA，点C是OB上一点，∠CAD=60°，求OC的长．
2.（•嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC=6，AD=4，求正方形PQMN的边长．
（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC边上，N'在△ABC内，连结BN'并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．
（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．
（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE=NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM=时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
参考答案
类型1 三角形的猜想、证明与探究
1.【参考答案】（1）证明：连接CF，如图①所示，
∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴CF⊥AB，
∵BH⊥AB，
∴CF∥BH，
∴∠CBH=∠BCF，
∵点M是BC的中点，
∴BM=MC，
在△BMH和△CMF中，
∴△BMH≌△CMF（ASA），
∴BH=CF，
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴BE垂直平分AC，
∴AF=CF，
∴BH=AF，
∴AD=DF+AF=DF+BH，
∵在Rt△ADB中，∠ABC=30°，
∴AD=BD，
∴DF+BH=BD；
（2）图②猜想结论：DF+BH=BD；
理由如下：
同（1）可证，AD=DF+AF=DF+BH，
∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，
∴AD=BD，
∴DF+BH=BD；
图③猜想结论：DF+BH=BD；
理由如下：
同（1）可证，AD=DF+AF=DF+BH，
∵在Rt△ADB中，∠ABC=60°，
∴AD=BD，∴DF+BH=BD．
2.【参考答案】（1）证明：①∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ADC=90°，
∵∠CDF+∠ADC=90°，
∴∠CAD=∠CDF；
②作FH⊥BC交BC的延长线于H，
则四边形FECH为矩形，
∴CH=EF，
在△ACD和△DHF中，
∴△ACD≌△DHF（AAS）
∴DH=AC，
∵AC=CB，
∴DH=CB，
∴DHCD=CBCD，即HG=BD，
∴BD=EF；
（2）BD=EF，
理由如下：作FG⊥BC交BC的延长线于G，
则四边形FECG为矩形，
∴CG=EF，
∵∠CAD=∠GDF，∠ACD=∠DGF=90°，
∴△ACD∽△DGF，
∴==2，即DG=2AC，
∵BC=2AC，
∴BC=DG，
∴BD=CG，
∴BD=EF．
3.【参考答案】（1）AG=CF
理由：如图1，连接AE，∵DE垂直平分AB，∴AE=BE，∴∠BAE=∠B=45°，∴AE⊥BC，∵AB=AC，∴BE=EC=AE，∠BAE=∠EAC=∠C=45°，∵∠GEF+∠BAC=180°，∴∠AGE
+∠AFE=360°180°=180°，∵∠AFE+
∠CFE=180°，∴∠AGE=∠CFE，∵∠GAE=∠C=45°，∴△AEG≌△CEF（AAS），∴AG=CF；故答案为AG=CF；
（2）AG=CF，
理由：如图2，连接AE，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=30°，
∴∠BAC=120°，
∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴∠BAE=∠B=30°，
∴∠CAE=90°，∠BAE=∠C，
∵∠GEF+∠BAC=180°，
∴∠AGE+∠AFE=180°，
∵∠CFE+∠AFE=180°，
∴∠AGE=∠CFE，
∴△AGE∽△CFE，
∴=，
在Rt△ACE中，∵∠C=30°，
∴=sinC=，
∴=，
∴AG=CF；
（3）①当G在DA上时，如图3，连接AE，
∵DE垂直平分AB，
∴AD=BD=3，AE=BE，
∵csB=，
∴BE===4，
∴AE=BE=4，
∴∠BAE=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠C=∠BAE，
∵∠GEF+∠BAC=180°，
∴∠AGE+∠AFE=360°180°=180°，
∵∠AFE+∠CFE=180°，
∴∠CFE=∠AGE，
∴△CFE∽△AGE，
∴=，
过 A作AH⊥BC于点H，
∵csB==，
∴BH=AB=6=，
∵AB=AC，
∴BC=2BH=9，
∵BE=4，
∴CE=9-4=5，
∵AG=ADDG=31=2，
∴=，
∴CF=2.5；
②当点G在BD上，如图4，同（1）可得，△CFE∽△AGE，
∴=，
∵AG=AD+DG=3+1=4，
∴=，
∴CF=5，
综上所述，CF的长为2.5或5．


类型2 四边形的猜想、证明与探究
1.【参考答案】（1）如图1中，结论：CE+CF=BC．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，
∵∠EOF=∠BOC=90°，
∴∠BOE=∠OCF，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴BE=CF，
∴CE+CF=CE+BE=BC．
故答案为CE+CF=BC．
（2）如图2中，结论不成立．CE+CF=BC．
理由：连接EF，在CO上截取CJ=CF，连接FJ．
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=120°，
∴∠BCO=∠OCF=60°，
∵∠EOF+∠ECF=180°，
∴O，E，C，F四点共圆，
∴∠OFE=∠OCE=60°，
∵∠EOF=60°，
∴△EOF是等边三角形，
∴OF=FE，∠OFE=60°，
∵CF=CJ，∠FCJ=60°，
∴△CFJ是等边三角形，
∴FC=FJ，∠EFC=∠OFE=60°，
∴∠OFJ=∠CFE，
∴△OFJ≌△EFC（SAS），
∴OJ=CE，
∴CF+CE=CJ+OJ=OC=BC，
（3）如图3中，由OB2OA可知△BAO是钝角三角形，∠BAO90°，作AH⊥OB于H，设OH=x．
在Rt△ABH中，BH=，
∵OB=4，
∴+x=4，
解得x=（舍弃）或，
∴OA=2OH=1，
∵∠COD+∠ACD=180°，
∴A，C，O，D四点共圆，
∵OA平分∠COD，
∴∠AOC=∠AOD=60°，
∴∠ADC=∠AOC=60°，
∵∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
由（2）可知，OC+OD=OA，
∴OC=1=．

2.【参考答案】（1）如图1中，
∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，
∴=，即=，
解得PN=．

（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．

（3）证明：如图2中，
由画图可知,
∠QMN=∠PQM=∠NPQ=∠BM'N'=90°，
∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M'N'，
∴△BN'M'∽△BNM，
∴=，
同理可得,=，
∴=，
∵M'N'=P'N'，∴MN=PN，
∴四边形PQMN是正方形．
（4）如图3中，结论：∠QEM=90°．
理由：由tan∠NBM==，
可以假设MN=3k，BM=4k，则BN=5k，BQ=k，BE=2k，
∴==，
==，
∴=，
∵∠QBE=∠EBM，
∴△BQE∽△BEM，
∴∠BEQ=∠BME，
∵NE=NM，
∴∠NEM=∠NME，
∵∠BME+∠EMN=90°，
∴∠BEQ+∠NEM=90°，
∴∠QEM=90°．