几何图形综合题型突破与提升专练(如果有侵权请联系本人删除）

　2020中考数学复习微专题：几何图形必考综合题型突破与提升专练

1. 动点问题(2019衢州)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E.点M是线段AD上的动点，连接BM并延长分别交DE，AC于点F，G.

(1)求CD的长；

(2)若点M是线段AD的中点，求的值；

(3)请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？

2. （图形形状变化问题） (2017成都黑白卷)如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD的内部，延长AF交CD于点G.

(1)猜想并证明线段FG与CG的数量关系；

(2)若将图①中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图②，那么线段FG与CG之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；

(3)若将图①中的正方形改成平行四边形，其他条件不变，如图③，那么线段FG与CG之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．

3. （旋转问题）(2019贵港)已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E.

(1)如图①，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F.

①写出旋转角α的度数；

②求证：EA′＋EC＝EF；

(2)如图②，在(1)的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝，求线段PA＋PF的最小值．(结果保留根号)

4. （问题情境题型）(2018成都黑白卷)问题情境

在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝4，在BC上分别取点P、Q，使BP＝CQ，连接AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ，连接MN.

独立思考

如图①，过点M作ME⊥BC于点E，过点N作NF⊥BC于点F.

(1)求证：ME＝NF；

(2)试探究线段MN与BC满足的位置关系，并说明理由；

(3)若BP＝3，求MN的长；

拓展延伸

(4)如图②，当点P与点Q重合时，直接写出MN的长．

5. （几何探究类问题）(2018成都黑白卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G，将一等腰三角尺的一条直角边与AC在同一直线上，该三角尺的直角顶点为F.

(1)如图①，当另一条直角边恰好经过点B时，求证BF＝CG；

(2)将三角尺沿AC方向平移到图②位置时，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA于点E，试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系，并说明理由；

(3)如图③，将三角尺继续沿AC方向平移(点F不与点C重合)时，若AG∶AB＝5∶13，BC＝4，求DE＋DF的值．

参考答案

1. 解：(1)∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，

∴∠DAC＝∠BAC＝30°.

在Rt△ADC中，DC＝AC·tan30°＝2；

(2)∵∠BAC＝60°，

∴在Rt△ABC中，BC＝AC·

tan∠BAC＝6，

∴BD＝BC－DC＝4.

∵DE∥AC，

∴∠EDA＝∠DAC，∠DFM＝∠AGM.

∵AM＝DM，

∴△DFM≌△AGM(AAS)，

∴DF＝AG.

∵DE∥AC，

∴△BFE∽△BGA，△BDE∽△BCA.

∴＝＝，

∴＝＝＝＝；

(3)过C，P，G作外接圆，圆心为Q，

∵∠CPG＝60°，

∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．

①当⊙Q与DE相切时，如解图①，过Q点作QH⊥AC于点H，并延长HQ与DE交于点P，连接QC，QG.

设⊙Q的半径QP＝r，

则QH＝r，PH＝r＋r＝CD＝2，

解得r＝，

∴CG＝2CH＝2QC·cos30°＝2××＝4，∴AG＝2.

∵DE∥AC，

∴∠EDA＝∠DAC，

又∵∠DMP＝∠AMG，

∴△DFM∽△AGM，

∴＝＝，则＝.

由(1)可得DC＝2，

∴在Rt△ACD中，AD＝2CD＝4，

∴DM＝；

第1题解图①

②当⊙Q经过点E时，如解图②，过C点作CK⊥AB，垂足为K.

设⊙Q的半径QC＝QE＝r，

∵AC＝6，∠BAC＝60°，CK＝AC·sin∠BAC＝3，AK＝AC·cos∠BAC＝3，

∴QK＝3－r.

∵AE＝＝4，

∴EK＝AE－AK＝1.

∴在Rt△EQK中，12＋(3－r)2＝r2，解得r＝，

∴CG＝2××＝.

∵△DFM∽△AGM，

∴同(3)①得DM＝；

第1题解图②

③当⊙Q经过点D时，如解图③，此时点M与点G重合，且恰好在点A处，可得DM＝2CD＝4.

∴综上所述，当DM＝或<DM≤4时，满足条件的点P只有一个．

第1题解图③

2. 解：(1)FG＝CG.

证明：如解图①，连接EG，

∵E是BC的中点，

∴BE＝CE，

∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，

∴BE＝EF，

∴EF＝EC，

由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，

又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，

∴∠C＝∠EFG＝90°.

∵EG＝EG，

∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，

∴FG＝CG；

第1题解图①

(2)FG＝CG仍然成立．

证明：如解图②，连接EG，

第1题解图②

∵E是BC的中点，

∴BE＝CE.

∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，

∴BE＝EF，

∴EF＝EC.

由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，

又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，

∴∠C＝∠EFG＝90°.

∵EG＝EG，

∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，

∴FG＝CG；

(3)仍然成立：FG＝CG.

证明：如解图③，连接EG、FC，

∵E是BC的中点，

∴BE＝CE.

∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，

∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，

∴EF＝EC，

∴∠EFC＝∠ECF.

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴∠B＝∠D.

∵∠ECD＝180°－∠D，∠EFG＝180°－∠AFE＝180°－∠B＝180°－∠D，

∴∠ECD＝∠EFG，

∴∠GFC＝∠GFE－∠EFC＝∠ECG－∠ECF＝∠GCF，

∴∠GFC＝∠GCF，

∴FG＝CG，

3. (1)①解：∵A′D⊥AC于点D，

∴∠A′DC＝90°，∴∠A′CD＝90°－∠CA′D＝75°，∴α＝180°－∠A′CD＝105°.

②证明：如解图①，在EF上截取EG＝EC，连接CG.

第1题解图①

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴∠BAC＝90°，AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB＝45°.

∵△A′B′C是由△ABC绕点C顺时针旋转得到的，

∴∠A′CE＝∠BCA＝45°.

∵∠CA′E＝15°，

∴∠A′EC＝180°－∠CA′E－∠A′CE＝120°.

∵EF平分∠A′EC，

∴∠A′EF＝∠CEF＝60°.

∵EG＝EC，

∴△CEG是等边三角形，

∴∠CGE＝60°，CG＝CE，

∴∠FGC＝120°＝∠A′EC.

∵∠BCB′＝105°，∠GCE＝60°，

∴∠FCG＝45°＝∠A′CE，

∴△FCG≌△A′CE，

∴FG＝A′E.

∵FE＝FG＋GE，

∴FE＝A′E＋CE，

即EA′＋EC＝EF；

(2)解：如解图②，作点A关于A′D的对称点M，连接FM交A′D于点P，此时PF＋PA＝FM，即为最小．

根据题意可知AC＝AB＝A′C＝.

过点A′作A′N⊥CB′于点N，则A′N＝CN＝1，

∵∠A′EC＝180°－15°－45°＝120°，

∴∠CED＝∠A′EN＝60°，

∴EN＝＝，

∴A′E＝2EN＝，CE＝CN－EN＝1－，

∴EF＝A′E＋CE＝＋1－＝1＋.

过点F作FH⊥A′D于点H，作FR⊥AC于点R，在Rt△EFH中，EH＝EF＝＋，FH＝EF＝＋.

∵在Rt△CED中，CE＝1－，∠CED＝60°，

∴DE＝CE＝－，DC＝

CE＝－，

∴FR＝HD＝HE＋ED＝＋＋－＝1，RC＝FR＝1，AR＝AC－RC＝－1，

∴AD＝AR＋FH＝－1＋＋＝＋－，

∴RM＝2AD－AR＝2＋－1－＋1＝＋，

∴FM＝＝.

即线段PA＋PF的最小值为.

4. (1)证明： ∵ 四边形ABCD是矩形，

∴∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，

∵在△ABP和△DCQ中，

∴△ABP≌△DCQ，

∴∠APB＝∠DQC，

由折叠的性质得∠MPE＝180°－2∠APB，∠NQF＝180°－2∠DQC，MP＝BP，NQ＝CQ，

∴∠MPE＝∠NQF，MP＝NQ，

∴在△MEP和△NFQ中，

∴△MEP≌△NFQ，

∴ME＝NF；

(2)解：MN∥BC.

理由：∵ME⊥BC，NF⊥BC，

∴ME∥NF，

∵ME＝NF，

∴四边形EFNM是矩形，

∴MN∥BC；

(3)解：如解图①，延长EM、FN交AD于点G、H，

∵AB＝4，BP＝3，

∴AM＝4，PM＝3，

∵AD∥BC，

∴EM⊥AD，

∵∠AMP＝∠MEP＝∠MGA，

∴∠EMP＝∠GAM，

∴△EMP∽△GAM，

∴＝＝＝.

设AG＝4a，MG＝4b，则EM＝3a，EP＝3b，

∵∠BAG＝∠B＝∠CEG＝90°，

∴四边形ABEG是矩形，

∴，解得，

∴AG＝，

∵△MEP≌△NFQ，

∴PE＝FQ，

∵BP＝CQ，

∴BE＝CF，

∴DH＝AG＝，

∴MN＝AD－2DH＝；

(4)解：MN＝.

【解法提示】如解图②，设PM、PN分别交AD于点E、F.由折叠的性质得∠EPA＝∠APB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠EPA＝∠APB＝∠PAE，∴EA＝EP.设EA＝EP＝x，在Rt△AME中，42＋(6－x)2＝x2，解得x＝，∴EF＝12－2×＝，∵EF∥MN，∴△PEF∽△PMN，∴＝，即＝，解得MN＝.

5.证明：如解图①，

第2题解图①

∵BF⊥AC，CG⊥AB，

∴S△ABC＝AC·BF＝AB·CG，

∵AB＝AC，

∴BF＝CG；

(2)解：DE＋DF＝CG；

理由：如解图②，连接AD，

∵DF⊥AC，DE⊥AB，CG⊥AB，

∴S△ACD＝AC·DF，

S△ABD＝AB·DE，

S△ABC＝AB·CG，

∵S△ACD＋S△ABD＝S△ABC，

∴AC·DF＋AB·DE＝AB·CG，

∵AB＝AC，

∴DE＋DF＝CG；

(3)解：如解图③，连接AD，

由(2)可得DE＋DF＝CG，

设AG＝5x，

∵AG∶AB＝5∶13，AB＝AC，

∴AC＝AB＝13x，

∵∠G＝90°，

∴GC＝＝12x，

在Rt△BGC中，

∵BG＝AB＋AG＝13x＋5x＝18x，GC＝12x，BC＝4，

∴(18x)2＋(12x)2＝(4)2，

解得x＝(负值舍去)，

∴DE＋DF＝CG＝12x＝8.