2024陕西中考数学二轮专题训练 题型五 简单几何证明题 (含答案)

这是一份2024陕西中考数学二轮专题训练 题型五 简单几何证明题 (含答案)，共8页。
【类型解读】与全等三角形有关的证明题近10年6考，从2018年开始分值为5分. 题干常涉及直角、平行线、线段相等. 设问形式：①证明线段相等(5考)；②证明角相等(2021).
1. (人教八上P39练习T2改编)如图，已知A、F、C、D在同一条直线上，AF＝CD，BC＝EF，AB＝DE.
求证：∠BCA＝∠EFD.
第1题图
2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，CD⊥AC于点C，且CD＝AB，点E是AC边上一点，DE＝AC.
求证：DE∥BC.
第2题图
3. 如图，已知B、E、C、F在同一条直线上，AB＝DE，AB∥DE，BE＝CF.
求证：△ABC≌△DEF.
第3题图
4. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，∠ACD＝90°，点E是BC延长线上一点，且CE＝AB，连接DE.
求证：DE⊥CE.
第4题图
5. (人教九上P76复习题23T5改编)如图，△ABC和△DCE均为等边三角形，连接BE，AD.
求证：BE＝AD.
第5题图
6. [条件开放性问题](2021杭州)在①AD＝AE，②∠ABE＝∠ACD，③FB＝FC这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，点D在AB边上(不与点A，点B重合)，点E在AC边上(不与点A，点C重合)，连接BE，CD，BE与CD相交于点F，若________，求证：BE＝CD.
第6题图
类型二 与特殊四边形有关的证明
【类型解读】与特殊四边形有关的证明题近10年4考，常见涉及图形：平行四边形、正方形. 设问形式：①证明线段相等(3考)；②证明线段平行(2016).
1.如图，在矩形ABCD中，点E是BC延长线上一点，且CE＝BC，连接DE.
求证：AC∥DE.
第1题图
2. 如图，在▱ABCD中，E、F分别为边BC、AD的中点，连接AE，CF.
求证：AE＝CF.
第2题图
3.如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，延长BA至点F，使得AF＝BE，连接DF.
求证：AE＝DF.
第3题图
4. 如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE＝2DE，延长DE到点F，使得EF＝BE，连接CF.
求证：四边形BCFE是菱形.
第4题图
5. 如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AD、DC的延长线上，且DE＝CF，连接BE、AF，交于点G.
求证：BE⊥AF.
第5题图
6. 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AD＝CD，点O是对角线AC的中点，连接BO并延长，交CD于点E.
求证：△DAC∽△OBC.
第6题图
参考答案
类型一 与全等三角形有关的证明
1. 证明：∵AF＝CD，
∴AC＝DF.
在△ABC和△DEF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AC＝DF,AB＝DE,BC＝EF))，
∴△ABC≌△DEF(SSS)，
∴∠BCA＝∠EFD.
2. 证明：在Rt△DCE和Rt△ABC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CD＝BA,DE＝AC))，
∴Rt△DCE≌Rt△ABC(HL)，
∴∠DEC＝∠ACB，
∴DE∥BC.
3. 证明：∵AB∥DE，
∴∠CBA＝∠FED.
∵BE＝CF，
∴BE＋EC＝CF＋EC，
即BC＝EF.
在△ABC和△DEF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝DE,∠CBA＝∠FED,BC＝EF))，
∴△ABC≌△DEF(SAS)．
4. 证明：∵∠ABC＝∠ACD＝90°，
∴∠BAC＋∠BCA＝90°，∠BCA＋∠ECD＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD.
∵△ACD是等腰直角三角形，
∴AC＝CD，
在△ABC和△CED中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝CE,∠BAC＝∠ECD,AC＝CD))，
∴△ABC≌△CED(SAS)，
∴∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴DE⊥CE.
5. 证明：∵△ABC和△DCE均为等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠BCA＋∠ACE＝∠DCE＋∠ACE，
∴∠BCE＝∠ACD.
在△BCE和△ACD中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BC＝AC,∠BCE＝∠ACD,CE＝CD))，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE＝AD.
6. 解：选择条件①的证明：
∵∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC.
又∵AD＝AE，∠A＝∠A，
∴△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD.
选择条件②的证明：
∵∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC.
又∵∠A＝∠A，∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD.
选择条件③的证明：
∵FB＝FC.
∴∠FBC＝∠FCB，
又∵∠ABC＝∠ACB，BC＝CB，
∴△CBE≌△BCD，
∴BE＝CD.
类型二 与特殊四边形有关的证明
1. 证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC.
∵CE＝BC，
∴CE＝AD，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC∥DE.
【一题多解】通过证明△ABC≌△DCE亦可．
2. 证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，即AF∥CE，
又∵E、F分别为边BC、AD的中点，
∴AF＝DF，BE＝CE，
∴AF＝CE.
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF.
【一题多解】通过证明△ABE≌△CDF亦可．
3. 证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AD∥BC，
∴∠ABC＝∠DAF.
在△ABE和△DAF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝DA,∠ABE＝∠DAF,BE＝AF))，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴AE＝DF.
4. 证明：∵BE＝2DE，EF＝BE，
∴EF＝2DE.
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴BC＝2DE且DE∥BC.
∴EF＝BC.
又∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵EF＝BE，
∴四边形BCFE是菱形．
5. 证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90°.
∵DE＝CF，
∴AE＝DF.
在△ABE和△DAF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝DA,∠BAE＝∠ADF,AE＝DF))，
∴△ABE≌△DAF(SAS)．
∴∠ABE＝∠DAF.
∵∠BAF＋∠DAF＝90°，
∴∠ABE＋∠BAF＝90° ，即∠AGB＝90°，
∴BE⊥AF.
6. 证明：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA.
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠OCB.
∵∠ABC＝90°，点O是AC的中点，
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠OCB＝∠OBC，
∴△DAC∽△OBC.