2020挑战中考数学压轴题几何证明及通过几何计算进行说理问题

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2020年全国各地中考数学压轴题按题型(几何综合)汇编(二)四边形中的计算和证明综合(解析版)

2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编二、四边形中的计算和证明综合题1.（2020安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．（1）求证：BD⊥EC；（2）若AB＝1，求AE的长；（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG=√2AG．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，∴∠EAF＝∠DAB＝90°，又∵AE＝AD，AF＝AB，∴△AEF≌△ADB（SAS），∴∠AEF＝∠ADB，∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，即∠EGB＝90°，故BD⊥EC，（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CD，∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，∴△AEF∽△DCF，∴AEDC =AF DF，即AE•DF＝AF•DC，设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，解得a=1+√52或1−√52（舍去），∴AE=1+√5 2．（3）如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，∴△AEP≌△ADG（SAS），∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，∴∠P AG＝∠P AD+∠DAG＝∠P AD+∠EAP＝∠DAE＝90°，∴△P AG为等腰直角三角形，∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG=√2AG．2.（2020黑龙江七台河）以Rt△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，过点A作AM⊥BC于M，延长MA交EG于点N．（1）如图①，若∠BAC＝90°，AB＝AC，易证：EN＝GN；（2）如图②，∠BAC＝90°；如图③，∠BAC≠90°，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．【解答】解：（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵AM⊥BC，∴∠MAC＝45°，∴∠EAN＝∠MAC＝45°，同理∠NAG＝45°，∴∠EAN＝∠NAG，∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形，∴AE＝AB＝AC＝AG，∴EN＝GN．（2）如图1，∠BAC＝90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．如图2，∠BAC ≠90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．3.（2020黑龙江绥化）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝4，点G 在边BC 上，连接AG ，作DE ⊥AG 于点E ，BF ⊥AG 于点F ，连接BE 、DF ，设∠EDF ＝α，∠EBF ＝β，BG BC =k ．（1）求证：AE ＝BF ；（2）求证：tan α＝k •tan β；（3）若点G 从点B 沿BC 边运动至点C 停止，求点E ，F 所经过的路径与边AB 围成的图形的面积．【解答】解：（1）证明：在正方形ABCD 中，AB ＝BC ＝AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴∠ADE +∠DAE ＝90°，∵∠BAF +∠DAE ＝90°，∴∠ADE ＝∠BAF ，∴△ABF ≌△DAE （AAS ），∴AE ＝BF ；（2）在Rt △DEF 和Rt △EFB 中，tan α=EF DE ，tan β=EF BF ，∴tanαtanβ=EF DE ⋅BF EF =BF DE ．由①可知∠ADE ＝∠BAG ，∠AED ＝∠GBA ＝90°，∴△AED ∽△GBA ，∴AE GB =DE AB ，由①可知，AE ＝BF ，∴BF GB=DE AB ， ∴BF DE=GB AB ， ∵BG BC=k ，AB ＝BC ， ∴BF DE =BG AB =BG BC =k ，∴tanαtanβ=k ．∴tan α＝k tan β．（3）∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．∵AB＝AD＝4，∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB=14×4×4＝4．4.（2020湖南长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：△ABF∽△FCE；（2）若AB＝2√3，AD＝4，求EC的长；（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠F AE＝β，求tanα+tanβ的值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，∴∠AFB＝∠FEC，∴△ABF ∽△FCE ．（2）设EC ＝x ，由翻折可知，AD ＝AF ＝4，∴BF =√AF 2−AB 2=√16−12=2，∴CF ＝BC ﹣BF ＝2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC ，∴2√32=2x， ∴x =2√33，∴EC =2√33．（3）∵△ABF ∽△FCE ，∴AF EF =AB CF ，∴tan α+tan β=BF AB +EF AF =BF AB +CF AB =BF+CF AB =BC AB ，设AB ＝CD ＝a ，BC ＝AD ＝b ，DE ＝x ，∴AE ＝DE +2CE ＝x +2（a ﹣x ）＝2a ﹣x ，∵AD ＝AF ＝b ，DE ＝EF ＝x ，∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°，∴BF =√b 2−a 2，CF =√x 2−(a −x)2=√2ax −a 2，∵AD 2+DE 2＝AE 2，∴b 2+x 2＝（2a ﹣x ）2，∴a 2﹣ax =14b 2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC， ∴22=√b 2−a 2a−x ，∴a 2﹣ax =√b 2−a 2•√2ax −a 2，∴14b 2=√b 2−a 2•√a 2−12b 2，整理得，16a 4﹣24a 2b 2+9b 4＝0，∴（4a 2﹣3b 2）2＝0，∴b a =2√33， ∴tan α+tan β=BC AB =2√33．5.（2020江苏连云港）（1）如图1，点P 为矩形ABCD 对角线BD 上一点，过点P 作EF ∥BC ，分别交AB 、CD 于点E 、F ．若BE ＝2，PF ＝6，△AEP 的面积为S 1，△CFP 的面积为S 2，则S 1+S 2＝ 12 ；（2）如图2，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），点E 、F 、G 、H 分别为各边的中点．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PFCG 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD 的面积（用含S 1、S 2的代数式表示）；（3）如图3，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），过点P 作EF ∥AD ，HG ∥AB ，与各边分别相交于点E 、F 、G 、H ．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PGCF 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BĈ围成的封闭图形的面积为S1，P A、PD、AD̂围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△P AC 的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．【解答】解：（1）如图1中，过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，∴S1＝S2＝6，∴S1+S2＝12，故答案为12．（2）如图2中，连接P A，PC，在△APB中，∵点E是AB的中点，∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S1）．（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．理由：设线段PB，线段P A，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，∴x﹣y＝S3﹣S4，∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S2=S3+S4．图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．6.（2020江苏苏州）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求AB+CD的值．BC【解答】证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，∴∠BAP +∠APB ＝90°，∠APB +∠DPC ＝90°，∴∠BAP ＝∠DPC ，又P A ＝PD ，∠B ＝∠C ＝90°，∴△BAP ≌△CPD （AAS ），∴BP ＝CD ，AB ＝PC ，∴BC ＝BP +PC ＝AB +CD ；（2）如图2，过点A 作AE ⊥BC 于E ，过点D 作DF ⊥BC 于F ，由（1）可知，EF ＝AE +DF ，∵∠B ＝∠C ＝45°，AE ⊥BC ，DF ⊥BC ，∴∠B ＝∠BAE ＝45°，∠C ＝∠CDF ＝45°，∴BE ＝AE ，CF ＝DF ，AB =√2AE ，CD =√2DF ，∴BC ＝BE +EF +CF ＝2（AE +DF ），∴AB+CD BC =√2(AE+DF)=√22． 7.（2020江苏泰州）如图，正方形ABCD 的边长为6，M 为AB 的中点，△MBE 为等边三角形，过点E 作ME 的垂线分别与边AD 、BC 相交于点F 、G ，点P 、Q 分别在线段EF 、BC 上运动，且满足∠PMQ ＝60°，连接PQ ．（1）求证：△MEP ≌△MBQ ．（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．（3）设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．【解答】证明：（1）∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，∴∠BMQ＝∠PME，又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，∴△MBQ≌△MEP（ASA）；（2）PF+GQ的值不变，理由如下：如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，∵ME＝MB，MG＝MG，∴Rt△MBG≌Rt△MEG（HL），∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，∴MB=√3BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，∴GE=√3，∠FGH＝60°，∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形，∴FH＝CD＝6，∵sin∠FGH=FHGF=√32=6FG，∴FG＝4√3，∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE，∴PE＝BQ＝BG+GQ，∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2√3+GQ+PF，∴GQ+PF＝2√3；（3）如图2，当点B'落在PQ上时，∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP，∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，∴△MBQ≌△MB'Q，∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°∴∠QME＝30°∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，如图3，当点B'落在MP上时，同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．8.（2020江苏无锡）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形P ADE的面积为S．（1）若DE=√33，求S的值；（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．【解答】解：（1）当DE=√3 3，∵AD＝1，∴tan∠AED=√3，AE=2√3 3，∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE为等边三角形，∴S=√34×（2√33）2+12×√33×1=√32；（2）过E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，∴AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x2+1 2x，∴S=12⋅x×1+12×x2+12x×1=12x+x2+14x．9.（2020辽宁营口）如图，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F．（1）如图1，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是AF＝AE；（2）如图2，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长．【解答】解：（1）AE＝AF．∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∴△EAB≌△F AD（AAS），∴AF＝AE；故答案为：AF＝AE．（2）AF＝kAE．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°，∴∠F AD+∠F AB＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB+∠F AB＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝∠ADF．∴△ABE∽△ADF，∴AB AD =AE AF ，∵AD ＝kAB ，∴AB AD=1k ， ∴AE AF =1k， ∴AF ＝kAE ．（3）解：①如图1，当点F 在DA 上时，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∵AD ＝2AB ＝4，∴AB ＝2，∴CD ＝2，∵CF ＝1，∴DF ＝CD ﹣CF ＝2﹣1＝1．在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+12=√17，∵DF ∥AB ，∴∠GDF ＝∠GBA ，∠GFD ＝∠GAB ，∴△GDF ∽△GBA ，∴GF GA =DF BA =12，∵AF ＝GF +AG ，∴AG =23AF =23√17．∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×√17=√172．在Rt △EAG 中，∠EAG ＝90°，∴EG =√AE 2+AG 2=(172)2+(2173)2=5√176， ②如图2，当点F 在DC 的延长线上时，DF ＝CD +CF ＝2+1＝3，在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+32=5．∵DF ∥AB ，∵∠GAB ＝∠GFD ，∠GBA ＝∠GDF ，∴△AGB ∽△FGD ，∴AG FG =AB FD =23，∵GF +AG ＝AF ＝5，∴AG ＝2，∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×5=52，在Rt △EAG 中，∠EAG＝90°， ∴EG =√AE 2+AG 2=√(52)2+22=√412．综上所述，EG 的长为5√176或√412． 10.（2020山东菏泽）如图1，四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，OA ＝OC ，OB ＝OD +CD ．（1）过点A 作AE ∥DC 交BD 于点E ，求证：AE ＝BE ；（2）如图2，将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．①求证：BD '∥CD ；②若AD '∥BC ，求证：CD 2＝2OD •BD ．【解答】（1）证明：∵AE ∥DC ，∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，又∵OA＝OC，∴△AOE≌△COD（AAS），∴CD＝AE，OD＝OE，∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，∴BE＝CD，∴AE＝BE；（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，∴∠ABE＝∠AEB，∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，∴∠ABD'＝∠ABD，∴∠ABD'＝∠BAE，∴BD'∥AE，又∵AE∥CD∴BD'∥CD．②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，∵AD '∥BC ，BD '∥AE ，∴四边形AD 'BF 为平行四边形．∴∠D '＝∠AFB ，∵将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．∴∠D '＝∠ADB ，∴∠AFB ＝∠ADB ，又∵∠AED ＝∠BEF ，∴△AED ∽△BEF ，∴AE DE =BE EF ，∵AE ＝CD ，∴CD DE =BE EF ，∵EF ∥CD ，∴△BEF ∽△BDC ，∴BE EF=BD DC ， ∴CD DE =BD CD ，∴CD 2＝DE •BD ，∵△AOE ≌△COD ，∴OD ＝OE ，∴DE ＝2OD ，∴CD 2＝2OD •BD ．11.（2020山东济宁）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝AC ，点E ，F ，G 分别在边BC ，CD 上，BE ＝CG ，AF 平分∠EAG ，点H 是线段AF 上一动点（与点A 不重合）．（1）求证：△AEH ≌△AGH ；（2）当AB ＝12，BE ＝4时．①求△DGH 周长的最小值；②若点O 是AC 的中点，是否存在直线OH 将△ACE 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出AH AF 的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，∵AB ＝AC ，∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠ACD=12∠BCD＝60°＝∠ABC，∵BE＝CG，∴△ABE≌△ACG（SAS），∴AE＝AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAF＝∠GAF，∵AH＝AH，∴△AEH≌△AGH（SAS）；（2）①如图1，过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，∵AB＝12，BE＝4，∴CG＝4，∴CE＝DG＝12﹣4＝8，由（1）知，△AEH≌△AGH，∴EH＝HG，∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，在Rt △DCM 中，∠DCM ＝180°﹣120°＝60°，CD ＝AB ＝12，∴CM ＝6，∴DM =√3CM ＝6√3，在Rt △DME 中，EM ＝CE +CM ＝14，根据勾股定理得，DE =√EM 2+DM 2=√142+(6√3)2=2√51，∴△DGH 周长的最小值为2√51+8；②Ⅰ、当OH 与线段AE 相交时，交点记作点N ，如图2，连接CN ，∴点O 是AC 的中点，∴S △AON ＝S △CON =12S △ACN ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △AONS △AEC =14， ∴S △CEN ＝S △ACN ，∴AN ＝EN ，∵点O 是AC 的中点，∴ON ∥CE ，∴AH AF =12；Ⅱ、当OH 与线段CE 相交时，交点记作Q ，如图3，连接AQ ，FG ，∵点O 是AC 的中点，∴S △AOQ ＝S △COQ =12S △ACQ ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △COQS △ACE =14，∴S △AEQ ＝S △ACQ ，∴CQ ＝EQ =12CE =12（12﹣4）＝4，∵点O 是AC 的中点，∴OQ ∥AE ，设FQ ＝x ，∴EF ＝EQ +FQ ＝4+x ，CF ＝CQ ﹣FQ ＝4﹣x ，由（1）知，AE ＝AG ，∵AF 是∠EAG 的角平分线，∴∠EAF ＝∠GAF ，∵AF ＝AF ，∴△AEF ≌△AGF （SAS ），∴FG ＝EF ＝4+x ，过点G 作GP ⊥BC 交BC 的延长线于P ，在Rt △CPG 中，∠PCG ＝60°，CG ＝4，∴CP =12CG ＝2，PG =√3CP ＝2√3，∴PF ＝CF +CP ＝4﹣x +2＝6﹣x ，在Rt △FPG 中，根据勾股定理得，PF 2+PG 2＝FG 2，∴（6﹣x ）2+（2√3）2＝（4+x ）2，∴x =85，∴FQ =85，EF ＝4+85=285， ∵OQ ∥AE ，∴AH AF=EQ EF =4285=57，即AH AF 的值为12或57．12.（2020四川南充）如图，边长为1的正方形ABCD 中，点K 在AD 上，连接BK ，过点A ，C 作BK 的垂线，垂足分别为M ，N ，点O 是正方形ABCD 的中心，连接OM ，ON ．（1）求证：AM ＝BN ．（2）请判定△OMN 的形状，并说明理由．（3）若点K 在线段AD 上运动（不包括端点），设AK ＝x ，△OMN 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式（写出x 的范围）；若点K 在射线AD 上运动，且△OMN 的面积为110，请直接写出AK 长．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABM+∠CBM＝90°，∵AM⊥BM，CN⊥BN，∴∠AMB＝∠BNC＝90°，∴∠MAB+∠MBA＝90°，∴∠MAB＝∠CBM，∴△ABM≌△BCN（AAS），∴AM＝BN；（2）△OMN是等腰直角三角形，理由如下：如图，连接OB，∵点O是正方形ABCD的中心，∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，∵∠MAB＝∠CBM，∴∠MAB﹣∠OAB＝∠CBM﹣∠OBC，∴∠MAO＝∠NBO，又∵AM＝BN，OA＝OB，∴△AOM≌△BON（SAS），∴MO＝NO，∠AOM＝∠BON，∵∠AON+∠BON＝90°，∴∠AON+∠AOM＝90°，∴∠MON＝90°，∴△MON是等腰直角三角形；（3）在Rt△ABK中，BK=√AK2+AB2=√x2+1，∵S△ABK=12×AK×AB=12×BK×AM，∴AM=AK⋅ABBK=x√x2+1，∴BN＝AM=x√x2+1，∵cos∠ABK=BMAB=ABBK，∴BM=AB⋅ABBK=1√x2+1，∴MN＝BM﹣BN=x2+1∵S△OMN=14MN2=(1−x)24x2+4，∴y=x2−2x+14x2+4（0＜x＜1）；当点K 在线段AD 上时，则110=x 2−2x+14x 2+4，解得：x 1＝3（不合题意舍去），x 2=13，当点K 在线段AD 的延长线时，同理可求y =x 2−2x+14x 2+4（x ＞1）， ∴110=x 2−2x+14x 2+4，解得：x 1＝3，x 2=13（不合题意舍去），综上所述：AK 的值为3或13时，△OMN 的面积为110．13.（2020浙江杭州）如图，在正方形ABCD 中，点E 在BC 边上，连接AE ，∠DAE 的平分线AG 与CD 边交于点G ，与BC 的延长线交于点F ．设CE EB =λ（λ＞0）．（1）若AB ＝2，λ＝1，求线段CF 的长．（2）连接EG ，若EG ⊥AF ，①求证：点G 为CD 边的中点．②求λ的值．【解答】解：（1）∵在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠F ，又∵AG 平分∠DAE ，∴∠DAG ＝∠EAG ，∴∠EAG ＝∠F ，∴EA ＝EF ，∵AB ＝2，∠B ＝90°，点E 为BC 的中点，∴BE ＝EC ＝1，∴AE =√AB 2+BE 2=√5，∴EF =√5，∴CF ＝EF ﹣EC =√5−1；（2）①证明：∵EA ＝EF ，EG ⊥AF ，∴AG ＝FG ，在△ADG 和△FCG 中{∠D =∠GCF ∠AGD =∠FGC AG =FG，∴△ADG ≌△FCG （AAS ），∴DG ＝CG ，即点G 为CD 的中点；②设CD ＝2a ，则CG ＝a ，由①知，CF ＝DA ＝2a ，∵EG ⊥AF ，∠GDF ＝90°，∴∠EGC +∠CGF ＝90°，∠F +∠CGF ＝90°，∠ECG ＝∠GCF ＝90°，∴∠EGC ＝∠F ，∴△EGC ∽△GFC ，∴EC GC =GC FC ，∵GC ＝a ，FC ＝2a ，∴GC FC=12， ∴EC GC =12，∴EC =12a ，BE ＝BC ﹣EC ＝2a −12a =32a ，∴λ=CE EB =12a 32a =13．14.（2020浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB ＝8．（1）求证：四边形AEFD 为菱形．（2）求四边形AEFD 的面积．（3）若点P 在x 轴正半轴上（异于点D ），点Q 在y 轴上，平面内是否存在点G ，使得以点A ，P ，Q ，G 为顶点的四边形与四边形AEFD 相似？若存在，求点P 的坐标；若不存在，试说明理由．【解答】（1）证明：如图1中，∵AE∥DF，AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，∵E，D分别是OC，OB的中点，∴CE＝BD，∴△CAE≌△ABD（SAS），∴AE＝AD，∴四边形AEFD是菱形．（2）解：如图1中，连接DE．∵S△ADB＝S△ACE=12×8×4＝16，S△EOD=12×4×4＝8，∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝64﹣2×16﹣8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，∴KE＝KD，∴OK＝KE＝KD＝2√2，∵AO＝8√2，∴AK＝6√2，∴AK＝3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴PH＝3AH，∵HN∥OQ，QH＝HP，∴ON＝NP，∴HN是△PQO的中位线，∴ON＝PN＝8﹣t，∵∠MAH ＝∠PHN ＝90°﹣∠AHM ，∠PNH ＝∠AMH ＝90°，∴△HMA ∽△PNH ，∴AM NH =MH PN =AH PH =13，∴HN ＝3AM ＝3t ，∴MH ＝MN ﹣NH ＝8﹣3t ，∵PN ＝3MH ，∴8﹣t ＝3（8﹣3t ），∴t ＝2，∴OP ＝2ON ＝2（8﹣t ）＝12，∴P （12，0）．如图3中，过点H 作HI ⊥y 轴于I ，过点P 作PN ⊥x 轴交IH 于N ，延长BA 交IN 于M ．同法可证：△AMH ∽△HNP ，∴AM HN =MH PN =AH HP =13，设MH ＝t ，∴PN ＝3MH ＝3t ，∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HIHN，∴8+t＝9t﹣24，∴t＝4，∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，∴P（24，0）．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．∵MH是△QAC的中位线，∴MH=12AC＝4，同法可得：△HPN∽△QHM，∴NPHM =HNMQ=PHQH=13，∴PN=13HM=43，∴OM ＝PN =43，设HN ＝t ，则MQ ＝3t ， ∵MQ ＝MC ，∴3t ＝8−43，∴t =209， ∴OP ＝MN ＝4+t =569，∴点P 的坐标为（569，0）．如图5中，QH ＝3PH ，过点H 作HM ⊥x 轴于M 交AC 于I ，过点Q 作QN ⊥HM 于N ．∵IH 是△ACQ 的中位线，∴CQ ＝2HI ，NQ ＝CI ＝4，同法可得：△PMH ∽△HNQ ，∴MH NQ =PM HN =PH HQ =13，则MH =13NQ =43，设PM ＝t ，则HN ＝3t ，∵HN ＝HI ，∴3t ＝8+43，∴t =289， ∴OP ＝OM ﹣PM ＝QN ﹣PM ＝4﹣t =89，∴P （89，0）． ③如图6中，当AP 为菱形的对角线时，有图6一种情形：过点H 作HM ⊥y 轴于于点M ，交AB 于I ，过点P 作PN ⊥HM 于N ．∵HI ∥x 轴，AH ＝HP ，∴AI ＝IB ＝4，∴PN ＝IB ＝4，同法可得：△PNH ∽△HMQ ，∴PN HM =HN MQ =PH HQ =13，∴MH ＝3PN ＝12，HI ＝MH ﹣MI ＝4，∵HI 是△ABP 的中位线，∴BP ＝2IH ＝8，∴OP ＝OB +BP ＝16，∴P （16，0），综上所述，满足条件的点P 的坐标为（12，0）或（24，0）或（569，0）或（89，0）或（16，0）．15.（2020浙江宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC 中，D 为AB 上一点，∠ACD ＝∠B ．求证：AC 2＝AD •AB ．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD 中，E 为BC 上一点，F 为CD 延长线上一点，∠BFE ＝∠A ．若BF ＝4，BE ＝3，求AD 的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是△ABC 内一点，EF ∥AC ，AC ＝2EF ，∠EDF =12∠BAD ，AE ＝2，DF ＝5，求菱形ABCD 的边长．【解答】解：（1）证明：∵∠ACD ＝∠B ，∠A ＝∠A ，∴△ADC ∽△ACB ，∴AD AC =AC AB ，∴AC 2＝AD •AB ．（2）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ＝BC ，∠A ＝∠C ，又∵∠BFE ＝∠A ，∴∠BFE ＝∠C ，又∵∠FBE ＝∠CBF ，∴△BFE ∽△BCF ，∴BF BC =BE BF ，∴BF 2＝BE •BC ，∴BC =BF 2BE =423=163，∴AD =163．（3）如图，分别延长EF ，DC 相交于点G ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥DC ，∠BAC =12∠BAD ，∵AC ∥EF ，∴四边形AEGC 为平行四边形，∴AC ＝EG ，CG ＝AE ，∠EAC ＝∠G ，∵∠EDF =12∠BAD ， ∴∠EDF ＝∠BAC ， ∴∠EDF ＝∠G ，又∵∠DEF ＝∠GED ， ∴△EDF ∽△EGD ， ∴ED EG =EF DE ， ∴DE 2＝EF •EG ，又∵EG ＝AC ＝2EF ， ∴DE 2＝2EF 2， ∴DE =√2EF ，又∵DG DF =DE EF ， ∴DG =√2DF =5√2， ∴DC ＝DG ﹣CG ＝5√2−2．。

2020中考数学压轴题选择填空

中考数学压轴题解题技巧（中考高分必备）数学综压轴题是为考察考生综合运用知识的能力而设计的，集中体现知识的综合性和方法的综合性，多数为函数型综合题和几何型综合题。

函数型综合题：是给定直角坐标系和几何图形，先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。

求已知函数的解析式主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标基本方法是几何法（图形法）和代数法（解析法）。

几何型综合题：是先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的（未知）函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。

一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形，四边形是平行四边形、菱形、梯形等，或探索两个三角形满足什么条件相似等，或探究线段之间的数量、位置关系等，或探索面积之间满足一定关系时求x的值等，或直线（圆）与圆的相切时求自变量的值等。

求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系（即列出含有x、y的方程），变形写成y＝f（x）的形式。

找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法。

求函数的自变量的取值范围主要是寻找图形的特殊位置（极端位置）和根据解析式求解。

而最后的探索问题千变万化，但少不了对图形的分析和研究，用几何和代数的方法求出x的值。

解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁，运用数形结合思想，通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

关键是掌握几种常用的数学思想方法。

一是运用函数与方程思想。

以直线或抛物线知识为载体，列（解）方程或方程组求其解析式、研究其性质。

二是运用分类讨论的思想。

对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究。

三是运用转化的数学的思想。

由已知向未知，由复杂向简单的转换。

2020年中考数学复习几何证明压轴题的解法讲义设计

中考数学复习几何证明压轴题的解法题型一旋转变换、动点问题此类问题利用旋转的性质，为全等构造条件。

动点问题采用分类的方法，证明时从特殊位置入手，得出解题方法再用于一般情况，进行证明计算。

1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠A=300，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点C、点B重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转600，得到线段PQ，连接BQ.(1)如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系。

(2)如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；(3)如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=150,BP=4, 请求出BQ 的长解：（1）结论：BQ=CP.理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H.在Rt△ABC中，∵∠ACB=900,∠A=300,点O为AB中点，∴CO=AO=BO, ∠CBO=600,∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=600,∠CPH =∠CBO=600,∴∠CHP=∠CPH=600,∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH,∴OH=PH,∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP,∵∠OPQ=∠OCP=60,∴∠POH=∠QPB, ∵PO=PQ,∴△POH≌△QPB,∴PH=QB,∴PC=BQ.(2)成立：PC=BQ.理由：作PH∥AB交CO的延长线于H。

在Rt△ABC中，∵∠ACB=900,∠A=300,点O为AB中点，∴CO=AO=BO, ∠CBO=6O0,∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=600,∠CPH=∠CBO=600,∴∠CPH=∠CHP=600.∴△CPH 是等边三角形，∴PC=PH=CH,∴OH=PB,∵∠POH=600+∠CPO,∠QPO=600+∠CPQ,∴∠POH=∠QPB,∵PO=PQ,∴△POH ≌△QPB,∴PH=QB,∴PC=BQ.(3) 如图3中，作CE ⊥OP 于E,在PE 上取一点F ，使得FP=FC ，连接CF 。

2020年中考数学压轴解答题12 有关函数的计算说理类综合问题(学生版)

备战2020中考数学之解密压轴解答题命题规律专题12 有关函数的计算说理类综合问题【类型综述】计算说理是通过计算得到结论；说理计算侧重说理,说理之后进行代入求值．压轴题中的代数计算题,主要是函数类题．函数计算题必考的是待定系数法求函数的解析式,按照设、列、解、验、答五步完成,一般来说,解析式中待定几个字母,就要代入几个点的坐标．还有一类计算题,就是从特殊到一般,通过计算寻找规律．【典例分析】【例1】在平面直角坐标系xOy 中,抛物线22y x mx n =-++经过点()0,2A ,()3,4B -.（1）求该抛物线的函数表达式及对称轴；（2）设点B 关于原点的对称点为C ,点D 是抛物线对称轴上一动点,记抛物线在A ,B 之间的部分为图象G （包含A ,B 两点）,如果直线CD 与图象G 有一个公共点,结合函数的图象,直接写出点D 纵坐标t 的取值范围.【例2】如图,在平面直角坐标系中,边长为4的等边OAB ∆的边OB 在x 轴的负半轴上,反比例函数()0ky x x=<的图象经过AB 边的中点C ,且与OA 边交于点D .（1）求k 的值；（2）连接OC ,CD ,求OCD ∆的面积；（3）若直线y mx n =+与直线CD 平行,且与OAB ∆的边有交点,直接写出n 的取值范围.【例3】如图1 ,等腰直角三角形 ABC 中,∠ACB ＝90°,CB ＝CA,直线 DE 经过点 C,过 A 作 AD ⊥DE 于点 D,过 B 作 BE ⊥DE 于点 E,则△BEC ≌△CDA,我们称这种全等模型为 “K 型全等”．（不需要证明）（模型应用）若一次函数 y=kx+4（k≠0）的图像与 x 轴、y 轴分别交于 A 、B 两点．（1）如图 2,当 k=－1 时,若点 B 到经过原点的直线 l 的距离 BE 的长为 3,求点 A 到直线 l 的距离 AD 的长；（2）如图 3,当 k=－ 43时,点 M 在第一象限内,若△ABM 是等腰直角三角形,求点 M 的坐标；（3）当k 的取值变化时,点 A 随之在x 轴上运动,将线段BA 绕点 B 逆时针旋转90°得到BQ,连接OQ,求OQ 长的最小值．【例4】如图,在平面直角坐标系中,直线l1：16 2y x=-+分别与x轴、y轴交于点B、C,且与直线l2：1 2y x=交于点A．（1）求出点A的坐标（2）若D是线段OA上的点,且△COD的面积为12,求直线CD的解析式（3）在（2）的条件下,设P是射线CD上的点,在平面内是否存在点Q,使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在,直接写出点P的坐标；若不存在,请说明理由．【例5】寻找神奇点！每条抛物线内都有一个神奇的点F（也叫焦点）,还有一条与之配套的直线！（也叫准线）,使得抛物线上的每个点到F的距离等于到直线l的距离．如图,对于抛物线上任意一点D,都有DF＝DH．根据以上知识,我们来完成以下问题：（1）因为抛物线是轴对称图形,由对称性可知这个神奇的点F应在抛物线的上,且准线l一定与对称轴垂直即l⊥MN（对称轴）．（2）若准线l 与对称轴MN 交于E ,MN 交抛物线于点P ,则PE 、PF 的数量关系是PE PF （填＞、＝、＜）,（3）求抛物线y ＝﹣（x ﹣2）2+4的神奇点（焦点）F 的坐标．【例6】在平面直角坐标系中,已知矩形OABC 中的点()0,4A ,抛物线21y ax bx c =++经过原点O 和点C ,并且有最低点()2,1G -点E ,F 分别在线段OC ,BC 上,且516AEF OABCS S ∆=矩形,1CF =,直线BE 的解析式为2y kx b =+,其图像与抛物线在x 轴下方的图像交于点D ．（1）求抛物线的解析式；（2）当120y y <<时,求x 的取值范围；（3）在线段BD 上是否存在点M ,使得14DMC EAF ∠=∠,若存在,请求出点M 的坐标,若不存在,请说明理由．【变式训练】一、单选题1．如图,坐标平面上有一顶点为A 的抛物线,此抛物线与方程式2y ＝的图形交于B 、C 两点,ABC ∆为正三角形．若A 点坐标为()3,0-,则此抛物线与Y 轴的交点坐标为何？（）A．90,2⎛⎫⎪⎝⎭B．270,2⎛⎫⎪⎝⎭C．()0,9D．()0,192．如图,在平面直角坐标系xOy中,直线y＝﹣43x+4与x轴、y轴分别交于点A、B,M是y轴上的点（不与点B重合）,若将△ABM沿直线AM翻折,点B恰好落在x轴正半轴上,则点M的坐标为（）A．（0,﹣4 ）B．（0,﹣5 ）C．（0,﹣6 ）D．（0,﹣7 ）3．如图,直线y＝23x+2与x轴、y轴分别交于点A和点B,点C、D分别为线段AB、OB的中点,点P为OA上一动点,PC+PD值最小时点P的坐标为（）A．（﹣34,0）B．（﹣12,0）C．（﹣32,0）D．（﹣52,0）4．抛物线y＝ax2+bx+1的顶点为D,与x轴正半轴交于A、B两点,A在B左,与y轴正半轴交于点C,当△ABD 和△OBC均为等腰直角三角形（O为坐标原点）时,b的值为（）A ．2B ．﹣2或﹣4C ．﹣2D ．﹣45．如图,菱形ABCD 的边AD ⊥y 轴,垂足为点E,顶点A 在第二象限,顶点B 在y 轴的正半轴上,反比例函数y=kx（k≠0,x ＞0）的图象同时经过顶点C,D ．若点C 的横坐标为5,BE=3DE,则k 的值为（）A ．52B ．154C ．3D ．56．如图,已知直线12y x =与双曲线(0)k y k x =>交于A 、B 两点,点B 坐标为(-4,-2),C 为双曲线(0)ky k x =>上一点,且在第一象限内,若△AOC 面积为6,则点C 坐标为（）A ．（4,2）B ．（2,3）C ．（3,4）D ．（2,4）二、填空题7．如图,在平面直角坐标系xOy 中,直角三角形的直角顶点与原点O 重合,顶点A,B 恰好分别落在函数1(0)y x x =-＜,4(0)y x x=＞的图象上,则tan ∠ABO 的值为___________8．如图,直线y=﹣12x+3与坐标轴分别交于点A 、B,与直线y=x 交于点C,线段OA 上的点Q 以每秒1个长度单位的速度从点O 出发向点A 作匀速运动,运动时间为t 秒,连接CQ ．若△OQC 是等腰直角三角形,则t 的值为_____．9．如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为(03)，,点B 为x 轴上一动点,以AB 为边在AB 的右侧作等腰Rt ABD △,90ABD ∠=︒,连接OD ,则OD AD +的最小值是 __________．10．如图,抛物线y ＝ax 2+4x +c （a ≠0）与反比例函数y ＝5x的图象相交于点B ,且点B 的横坐标为5,抛物线与y 轴交于点C （0,6）,A 是抛物线的顶点,P 和Q 分别是x 轴和y 轴上的两个动点,则AQ +QP +PB 的最小值为_____．11．如图,已知⊙P 的半径是1,圆心P 在抛物线y ＝212x -x-12上运动,当⊙P 与x 轴相切时,圆心P 的坐标为_____．12．如图,四边形ABCD 的项点都在坐标轴上,若//,AB CD AOB V 与COD △面积分别为8和18,若双曲线ky x=恰好经过BC 的中点E ,则k 的值为__________．三、解答题13．如图,在平面直角坐标系xOy 中,抛物线2y x bx c =++经过点3(2,)A -和点(5,0)B ,顶点为C . （1）求这条抛物线的表达式和顶点C 的坐标；（2）点A 关于抛物线对称轴的对应点为点D ,联结,OD BD ,求ODB ∠的正切值；（3）将抛物线2y x bx c =++向上平移(0)t t >个单位,使顶点C 落在点E 处,点B 落在点F 处,如果BE BF =,求t 的值.14．在平面直角坐标系xOy 中,存在抛物线2y mx 2=+以及两点()A 3,m -和()B 1,m . (1)求该抛物线的顶点坐标;(2)若该抛物线经过点()A 3.m -,求此抛物线的表达式;(3)若该抛物线与线段AB 只有一个公共点,结合图象,求m 的取值范围.15．如图,抛物线的表达式为y=ax2+4ax+4a-1（a≠0）,它的图像的顶点为A,与x轴负半轴相交于点B、点C （点B在点C左侧）,与y轴交于点D,连接AO交抛物线于点E,且S△AEC:S△CEO=1:3.（1）求点A的坐标和抛物线表达式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使得△BDP的内心也在对称轴上,若存在,求点P的坐标；若不存在,请说明理由；（3）连接BD,点Q是y轴左侧抛物线上的一点,若以Q为圆心,22为半径的圆与直线BD相切,求点Q的坐标.16．在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2﹣4ax﹣32（a≠0）交x轴于A、B两点,交y轴于点C,这条抛物线的顶点为D．（1）求点D的坐标．（2）过点C作CE∥x轴交抛物线于点E．当CE＝2AB时,求点D的坐标．（3）这条抛物线与直线y＝﹣x相交,其中一个交点的横坐标为﹣1．过点P（m,0）作x轴的垂线,交这条抛物线于点M,交直线y＝﹣x于点N,且点M在点N的下方．当线段MN的长度随m的增大而增大时,求m的取值范围．（4）点Q 在这条抛物线上运动,若在这条抛物线上只存在两个点Q ,满足S △ABQ ＝3S △ABC ,直接写出a 的取值范围．17．如图1,在平面直角坐标系中,直线y ＝﹣5x+5与x 轴,y 轴分别交于A,C 两点,抛物线y ＝x 2+bx+c 经过A,C 两点,与x 轴的另一交点为B ．（1）求抛物线解析式及B 点坐标；（2）若点M 为x 轴下方抛物线上一动点,连接MA 、MB 、BC,当点M 运动到某一位置时,四边形AMBC 面积最大,求此时点M 的坐标及四边形AMBC 的面积；（3）如图2,若P 点是半径为2的⊙B 上一动点,连接PC 、PA,当点P 运动到某一位置时,PC+12PA 的值最小,请求出这个最小值,并说明理由．18．如图,在平面直角坐标系中,点B 的坐标是()0,2,动点A 从原点O 出发,沿着x 轴正方向移动,以AB 为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABP ∆,设动点A 的坐标为()(),00t t ≥.(1)当2t =时,点P 的坐标是；当1t =时,点P 的坐标是； (2)求出点P 的坐标(用含t 的代数式表示)；(3)已知点C 的坐标为()1,1,连接PC 、BC ,过点P 作PQ y ⊥轴于点Q ,求当t 为何值时,当PQB ∆与PCB ∆全等.压轴解答题·直面高考精品资源·战胜高考 19．如图,在平面直角坐标系中,直线l 1的解析式为y x =,直线l 2的解析式为132y x =-+,与x 轴、y 轴分别交于点A 、点B,直线l 1与l 2交于点C ．（1）求点A 、点B 、点C 的坐标,并求出△COB 的面积；（2）若直线l 2上存在点P （不与B 重合）,满足S △COP =S △COB ,请求出点P 的坐标；（3）在y 轴右侧有一动直线平行于y 轴,分别与l 1,l 2交于点M 、N,且点M 在点N 的下方,y 轴上是否存在点Q,使△MNQ 为等腰直角三角形？若存在,请直接写出满足条件的点Q 的坐标；若不存在,请说明理由. 20．如图,已知直线y ＝12x+b 与y 轴交于点B （0,﹣3）,与反比例函数y ＝k x （x ＞0）的图象交于点A,与x 轴交于点C,BC ＝3AC（1）求反比例函数的解析式；（2）若P 是y 轴上一动点,M 是直线AB 上方的反比例函数y ＝k x（x ＞0）的图象上一动点,直线MN ⊥x 轴交直线AB 于点N,求△PMN 面积的最大值．。

挑战中考数学压轴题(全套)

分线上，设这条直线与BC交于点E，与AB交于点F．设AP＝2m．作OM⊥BP于M，那
么BM＝PM＝5－m．在Rt△BEF中，BE＝2，∠B＝60°，所以BF＝4．在Rt△OFM中，
FM＝BF－BM＝4－(5－m)＝m－1，∠OFM＝30°，所以OM＝
3(m
1)．
3
所以OB2＝BM2＋OM2＝(5
m)21(m
由直线AC：y＝－2x－6，可得H(x,－2x－6)．又因为P(x,2x2＋4x－6)，所以HP＝－2x2－6x．因为△PAH与△PCH有公共底边HP，高的和为A、C两点间的水平距离3，所以
2
挑战中考系列(数学)
S＝S△APC＝S△APH＋S△CPH＝3
(－2x2－6x)＝3(x
3
)2
27．
2
2
4
例2
P看上去象是AB的中点，其实离得很近而已．
思路点拨1．第（2）题先确定△PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．
2．第（3）题理解△PCB的外接圆的圆心
O很关键，圆心O在确定的BC的垂直平分
线上，同时又在不确定的
BP的垂直平分线上．而BP与AP是相关的，这样就可以以
AP为
自变量，求S的函数关系式．图文解析
问题1，为什么设
AP＝2m呢？这是因为线段A以减少一些分数运算．这不影响求
S的最小值．
问题2，如果圆心O在线段EF的延长线上，S关于m的解析式是什么？
如图6，圆心O在线段EF的延长线上时，不同的是
FM＝BM－BF＝(5－m)－4＝1－m．
x的值；若不
存在，请说明理由；图1
（3）设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为
S1、S2，若S＝S1＋

决胜2020年中考数学压轴题全揭秘——以三角形为载体的几何综合问题(含答案)

以三角形为载体的几何综合问题【考点1】关于三角形角度计算与证明的综合问题【例1】（2020•衢州）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定，OC＝CD＝DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE的度数是（）A．60°B．65°C．75°D．80°【分析】根据OC＝CD＝DE，可得∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根据三角形的外角性质可知∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，进一步根据三角形的外角性质可知∠BDE＝3∠ODC＝75°，即可求出∠ODC的度数，进而求出∠CDE的度数．【解析】∵OC＝CD＝DE，∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，∴∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，∵∠O+∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝75°，∵∠CDE+∠ODC＝180°﹣∠BDE＝105°，∴∠CDE＝105°﹣∠ODC＝80°．故选：D．点评：本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，理清各个角之间的关系是解答本题的关键．【例2】（2020•杭州）如图，在△ABC中，AC＜AB＜BC．（1）已知线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，连接AP，求证：∠APC＝2∠B．（2）以点B为圆心，线段AB的长为半径画弧，与BC边交于点Q，连接AQ．若∠AQC＝3∠B，求∠B的度数．【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质可知PA＝PB，根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠BAP，根据三角形的外角性质即可证得APC＝2∠B；（2）根据题意可知BA＝BQ，根据等腰三角形的性质可得∠BAQ＝∠BQA，再根据三角形的内角和公式即可解答．【解析】（1）证明：∵线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，∴PA＝PB，∴∠B＝∠BAP，∵∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠APC＝2∠B；（2）根据题意可知BA＝BQ，∴∠BAQ＝∠BQA，∵∠AQC＝3∠B，∠AQC＝∠B+∠BAQ，∴∠BQA＝2∠B，∵∠BAQ+∠BQA+∠B＝180°，∴∠B ＝36°．点评：本题主要考查了等腰三角形的性质、垂直平分线的性质以及三角形的外角性质，难度适中．【考点2】关于三角形的线段计算综合问题【例3】（2020•绍兴）如图1，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图2是此时的示意图，则图2中水面高度为（）A ．245B ．325C ．12√3417D ．20√3417【分析】设DE ＝x ，则AD ＝8﹣x ，由长方体容器内水的体积得出方程，解方程求出DE ，再由勾股定理求出CD ，过点C 作CF ⊥BG 于F ，由△CDE ∽△CBF 的比例线段求得结果即可．【解析】过点C 作CF ⊥BG 于F ，如图所示：设DE ＝x ，则AD ＝8﹣x ，根据题意得：12（8﹣x +8）×3×3＝3×3×6，解得：x ＝4， ∴DE ＝4， ∵∠E ＝90°，由勾股定理得：CD =2+CE 2=√42+32=5， ∵∠BCE ＝∠DCF ＝90°，∵∠DEC ＝∠BFC ＝90°， ∴△CDE ∽△CBF ， ∴CE CF =CD CB ，即3CF=58，∴CF =245．故选：A ．点评：本题考查了勾股定理的应用、长方体的体积、梯形的面积的计算方法；熟练掌握勾股定理，由长方体容器内水的体积得出方程是解决问题的关键．【例4】（2020•浙江自主招生）如图，等边三角形ABC 中，AO 是∠BAC 的平分线，D 为AO 上一点，以CD 为一边且在CD 下方作等边三角形CDE ，连结BE ，延长BE 至点Q ，P 为BQ 上一点，连结CP ，CQ ，使CP ＝CQ ＝5，若BC ＝8时，则PQ 的长为 6 ．【分析】根据SAS 即可证得△ACD ≌△BCE ，过点C 作CH ⊥BQ 于H ，由等边三角形的性质，即可求得∠DAC ＝30°，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ 的长．【解析】过点C 作CH ⊥BQ 于H ，∵△ABC 是等边三角形，AO 是角平分线，∵△ABC与△DCE是等边三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD+∠DCB＝∠ECB+∠DCB＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）；∴∠PBC＝∠DAC＝30°，∴在Rt△BHC中，CH=12BC=12×8＝4，∵PC＝CQ＝5，CH＝4，∴PH＝QH＝3，∴PQ＝6．故答案为：6．点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形、等边三角形以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．【考点3】全等三角形的计算与证明【例5】（2020•温州）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB交ED 的延长线于点F．（1）求证：△BDE≌△CDF．（2）当AD⊥BC，AE＝1，CF＝2时，求AC的长．【分析】（1）根据平行线的性质得到∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，由AD是BC边上的中线，得到BD＝CD，于是得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到BE＝CF＝2，求得AB＝AE+BE＝1+2＝3，于是得到结论．【解答】（1）证明：∵CF∥AB，∴∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∴△BDE≌△CDF（AAS）；（2）解：∵△BDE≌△CDF，∴BE＝CF＝2，∴AB＝AE+BE＝1+2＝3，∵AD⊥BC，BD＝CD，∴AC＝AB＝3．点评：本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．【考点4】三角形与旋转变换综合问题【例6】（2020•绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．【分析】（1）①分两种情形分别求解即可．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，根据AM2＝AD2﹣DM2，计算即可，当∠ADM＝90°时，根据AM2＝AD2+DM2，计算即可．（2）连接CD．首先利用勾股定理求出CD1，再利用全等三角形的性质证明BD2＝CD1即可．【解析】（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，∴AM＝20√2或（﹣20√2舍弃）．当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，∴AM＝10√10或（﹣10√10舍弃）．综上所述，满足条件的AM的值为20√2或10√10．（2）如图2中，连接CD．由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30√2，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD1=√CD22+D1D22=30√6，∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，∴∠BAD2＝∠CAD1，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1（SAS），∴BD2＝CD1＝30√6．点评：本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型．【考点5】以三角形为载体的几何综合探究问题【例7】（2018•舟山）已知，△ABC中，∠B＝∠C，P是BC边上一点，作∠CPE＝∠BPF，分别交边AC，AB 于点E，F．（1）若∠CPE＝∠C（如图1），求证：PE+PF＝AB．（2）若∠CPE≠∠C，过点B作∠CBD＝∠CPE，交CA（或CA的延长线）于点D．试猜想：线段PE，PF和BD之间的数量关系，并就∠CPE＞∠C情形（如图2）说明理由．（3）若点F与A重合（如图3），∠C＝27°，且PA＝AE．①求∠CPE的度数；②设PB＝a，PA＝b，AB＝c，试证明：b=a2−c2 c．【分析】（1）只要证明PF＝BF，PE＝AF即可解决问题；（2）结论：BD＝PE+PF．如图1中，作BG∥CD交EP的延长线于G．只要证明BD＝EG，PF＝PG即可解决问题；（3）①设∠CPE＝∠BPF＝x，根据三角形内角和定理构建方程即可解决问题；②延长BA到M，使得AM＝AP．连接PM．由△ABP∽△PBM，可得BPAB =BMBP，推出PB2＝BA•BM，又PB＝a，PA＝AM＝b，AB＝c，可得a2＝c（b+c）解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵∠B＝∠C，∠CPE＝∠BPF，∠CPE＝∠C，∴∠B＝∠BPF＝∠CPE，∠BPF＝∠C，∴PF＝BF，PE∥AF，PF∥AE，∴四边形AEPF是平行四边形，∴PE＝AF，∴PE+PF＝AF+BF＝AB．（2）结论：BD＝PE+PF．理由：如图1中，作BG∥CD交EP的延长线于G．∴∠ABC＝∠C＝∠CBG，∵∠CPE＝∠BPF，∴∠BPF＝∠CPE＝∠BPG，∵BP＝BP，∴△FBP≌△GBP（ASA），∴PF＝PG，∵∠CBD＝∠CPE，∴PE∥BD，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BD＝EG＝PG+PE＝PF+PE．（3）①设∠CPE＝∠BPF＝x，∵∠C＝27°，PA＝AE，∴∠APE＝∠PEA＝∠C+∠CPE＝27°+x，∵∠BPA+∠APE+∠CPE＝180°，∴x+x+27°+x＝180°，∴x＝51°，即∠CPE＝51°．②延长BA到M，使得AM＝AP．连接PM．∵∠C＝27°，∠BPA＝∠CPE＝51°，∴∠BAP＝180°﹣27°﹣51°＝102°＝∠M+∠APM，∵AM＝AP，∴∠M＝∠APM＝51°，∴∠M＝∠BPA，∵∠B＝∠B，∴△ABP∽△PBM，∴BPAB =BMBP，∴PB2＝BA•BM，∵PB＝a，PA＝AM＝b，AB＝c，∴a2＝c（b+c），∴b=a2−c2 c．点评：本题考查三角形综合题、等腰三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．【例8】（2018•台州）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD＝CE．（1）如图1，求证：∠CAE＝∠CBD；（2）如图2，F是BD的中点，求证：AE⊥CF；（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC＝2√2，CE＝1，求△CGF的面积．【分析】（1）直接判断出△ACE≌△BCD即可得出结论；（2）先判断出∠BCF＝∠CBF，进而得出∠BCF＝∠CAE，即可得出结论；（3）先求出BD＝3，进而求出CF=32，同理：EG=32，再利用等面积法求出ME，进而求出GM，最后用面积公式即可得出结论．【解析】（1）在△ACE和△BCD中，{AC=BC∠ACB=∠ACB=90°CE=CD，∴△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD；（2）如图2，记AE与CF的交点为M，在Rt△BCD中，点F是BD的中点，∴CF＝BF，∴∠BCF＝∠CBF，由（1）知，∠CAE＝∠CBD，∴∠BCF＝∠CAE，∴∠CAE+∠ACF＝∠BCF+∠ACF＝∠ACB＝90°，∴∠AMC＝90°，∴AE⊥CF；（3）如图3，记AE与CF的交点为M，∵AC＝2√2，∴BC＝AC＝2√2，∵CE＝1，∴CD＝CE＝1，在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD=√CD2+BC2=3，∵点F是BD中点，∴CF＝DF=12BD=32，同理：EG=12AE=32，连接EF，过点F作FH⊥BC，∵∠ACB＝90°，点F是BD的中点，∴FH=12CD=12，∴S △CEF =12CE •FH =12×1×12=14，由（2）知，AE ⊥CF ，∴S △CEF =12CF •ME =12×32ME =34ME ，∴34ME =14， ∴ME =13，∴GM ＝EG ﹣ME =32−13=76， ∴S △CFG =12CF •GM =12×32×76=78．点评：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，勾股定理，作出辅助线求出△CFG 的边CF 上的是解本题的关键．【考点5】以三角形为载体的几何阅读创新题【例9】（2018•绍兴）数学课上，张老师举了下面的例题：例1 等腰三角形ABC 中，∠A ＝110°，求∠B 的度数．（答案：35°）例2 等腰三角形ABC 中，∠A ＝40°，求∠B 的度数，（答案：40°或70°或100°）张老师启发同学们进行变式，小敏编了如下一题：变式等腰三角形ABC 中，∠A ＝80°，求∠B 的度数．（1）请你解答以上的变式题．（2）解（1）后，小敏发现，∠A 的度数不同，得到∠B 的度数的个数也可能不同，如果在等腰三角形ABC 中，设∠A ＝x °，当∠B 有三个不同的度数时，请你探索x 的取值范围．【分析】（1）由于等腰三角形的顶角和底角没有明确，因此要分类讨论；（2）分两种情况：①90≤x ＜180；②0＜x ＜90，结合三角形内角和定理求解即可．【解析】（1）若∠A 为顶角，则∠B ＝（180°﹣∠A ）÷2＝50°；若∠A 为底角，∠B 为顶角，则∠B ＝180°﹣2×80°＝20°；若∠A 为底角，∠B 为底角，则∠B ＝80°；故∠B ＝50°或20°或80°；（2）分两种情况：①当90≤x ＜180时，∠A 只能为顶角，∴∠B 的度数只有一个；②当0＜x ＜90时，若∠A 为顶角，则∠B ＝（180−x 2）°；若∠A 为底角，∠B 为顶角，则∠B ＝（180﹣2x ）°；若∠A 为底角，∠B 为底角，则∠B ＝x °．当180−x2≠180﹣2x 且180﹣2x ≠x 且180−x2≠x ，即x ≠60时，∠B 有三个不同的度数．综上所述，可知当0＜x ＜90且x ≠60时，∠B 有三个不同的度数．点评：本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理，进行分类讨论是解题的关键．一．选择题（共5小题）1．（2020•衢州模拟）在我国古代数学著作《九章算术》“勾股”章中有一题：“今有开门去阃（k ǔn ）一尺，不合二寸，问门广几何？”大意是说：如图，推开双门（AD 和BC ），门边缘D ，C 两点到门槛AB 的距离为1尺（1尺＝10寸），双门间的缝隙CD 为2寸，那么门的宽度（两扇门的和）AB 为（）A ．103寸B ．102寸C ．101寸D ．100寸【分析】画出直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：设OA ＝OB ＝AD ＝BC ＝r ，过D 作DE ⊥AB 于E ，则DE ＝10，OE =12CD ＝1，AE ＝r ﹣1．在Rt △ADE 中， AE 2+DE 2＝AD 2，即（r ﹣1）2+102＝r 2，解得2r ＝101．故门的宽度（两扇门的和）AB 为101寸．故选：C ．2．（2020•拱墅区校级一模）如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，D 是BC 边上一点，∠ADC ＝3∠BAD ，BD ＝4，DC ＝3．则AB 的值为（）A ．5+3√2B ．2+2√15C ．7√2D ．√113【分析】延长CB 到E ，使得BE ＝BA ．设BE ＝AB ＝a ．利用相似三角形的性质，勾股定理构建方程即可解决问题．【解答】解：如图，延长CB 到E ，使得BE ＝BA ．设BE ＝AB ＝a ．∵BE ＝BA ，∴∠E ＝∠BAE ，∵∠ADC ＝∠ABD +∠BAD ＝2∠E +∠BAD ＝3∠BAD ，∴∠BAD ＝∠E ，∵∠ADB ＝∠EDA ，∴△ADB ∽△EDA ，∴AD ED=DB AD ， ∴AD 2＝4（4+a ）＝16+4a ，∵AC 2＝AD 2﹣CD 2＝AB 2﹣BC 2，∴16+4a ﹣32＝a 2﹣72，解得a ＝2+2√15或2﹣2√15（舍弃）．∴AB ＝2+2√15，故选：B ．3．（2020•温州模拟）如图，已知∠ACB ＝∠DBC ，添加以下条件，不能判定△ABC ≌△DCB 的是（）A ．∠ABC ＝∠DCB B ．∠ABD ＝∠DCAC ．AC ＝DBD ．AB ＝DC【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．【解答】解：A 、∵在△ABC 和△DCB 中{∠ABC =∠DCBBC =CB ∠ACB =∠DBC∴△ABC ≌△DCB （ASA ），故本选项不符合题意； B 、∵∠ABD ＝∠DCA ，∠DBC ＝∠ACB ，∴∠ABD +∠DBC ＝∠ACD +∠ACB ，即∠ABC ＝∠DCB ，∵在△ABC 和△DCB 中{∠ABC =∠DCBBC =CB ∠ACB =∠DBC∴△ABC ≌△DCB （ASA ），故本选项不符合题意； C 、∵在△ABC 和△DCB 中{BC =CB ∠ACB =∠DBC AC =DB∴△ABC ≌△DCB （SAS ），故本选项不符合题意；D 、根据∠ACB ＝∠DBC ，BC ＝BC ，AB ＝DC 不能推出△ABC ≌△DCB ，故本选项符合题意；故选：D ．4．（2020•周村区一模）如图，在△ABC 中，∠B ＝50°，∠C ＝30°，分别以点A 和点C 为圆心，大于12AC 的长为半径画弧，两弧相交于点M ，N ，作直线MN 交BC 于点D ，连接AD ，则∠BAD 的度数为（）A．50°B．60°C．70°D．80°【分析】根据内角和定理求得∠BAC＝95°，由中垂线性质知DA＝DC，即∠DAC＝∠C＝30°，从而得出答案．【解答】解：在△ABC中，∵∠B＝50°，∠C＝30°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°，由作图可知MN为AC的中垂线，∴DA＝DC，∴∠DAC＝∠C＝30°，∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝70°，故选：C．5．（2020•黄岩区模拟）如图所示，在△ABC中，内角∠BAC与外角∠CBE的平分线相交于点P，BE＝BC，PB 与CE交于点H，PG∥AD交BC于F，交AB于G，连接CP．下列结论：①∠ACB＝2∠APB；②S△PAC：S△PAB ＝AC：AB；③BP垂直平分CE；④∠PCF＝∠CPF．其中，正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】利用角平分线的性质以及已知条件对①②③④进行一一判断，从而求解．【解答】解：∵PA平分∠CAB，PB平分∠CBE，∴∠PAB=12∠CAB，∠PBE=12∠CBE，∵∠CBE＝∠CAB+∠ACB，∠PBE＝∠PAB+∠APB，∴∠ACB＝2∠APB；故①正确；过P作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N，PS⊥BC于S，∴PM＝PN＝PS，∴PC 平分∠BCD ，∵S △PAC ：S △PAB ＝（12AC •PN ）：（12AB •PM ）＝AC ：AB ；故②正确； ∵BE ＝BC ，BP 平分∠CBE∴BP 垂直平分CE （三线合一），故③正确；∵PG ∥AD ，∴∠FPC ＝∠DCP∵PC 平分∠DCB ，∴∠DCP ＝∠PCF ，∴∠PCF ＝∠CPF ，故④正确．故选：D ．二．填空题（共4小题）6．（2020•温州模拟）如图，已知OP 平分∠AOB ，CP ∥OA ，PD ⊥OA 于点D ，PE ⊥OB 于点E ．CP =254，PD ＝6．如果点M 是OP 的中点，则DM 的长是 5 ．【分析】由角平分线的性质得出∠AOP ＝∠BOP ，PC ＝PD ＝6，∠PDO ＝∠PEO ＝90°，由勾股定理得出CE =√CP 2−PE 2=74，由平行线的性质得出∠OPC ＝∠AOP ，得出∠OPC ＝∠BOP ，证出CO ＝CP =254，得出OE ＝CE +CO ＝8，由勾股定理求出OP =√OE 2+PE 2=10，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．【解答】解：∵OP 平分∠AOB ，PD ⊥OA 于点D ，PE ⊥OB 于点E ，∴∠AOP ＝∠BOP ，PC ＝PD ＝6，∠PDO ＝∠PEO ＝90°，∴CE =√CP 2−PE 2=√(254)2−62=74，∵CP ∥OA ，∴∠OPC ＝∠AOP ，∴∠OPC ＝∠BOP ，∴OE ＝CE +CO =74+254=8， ∴OP =√OE 2+PE 2=√82+62=10，在Rt △OPD 中，点M 是OP 的中点，∴DM =12OP ＝5；故答案为：5．7．（2020•温岭市校级一模）在半径为2的⊙O 中，弦AB ＝2√2，连接OA ，OB ．在直线OB 上取一点K ，使tan ∠BAK =12，则△OAK 的面积为 23或6 ．【分析】由勾股定理的逆定理得出△AOB 是等腰直角三角形，得出∠OBA ＝45°，分两种情况：①点K 在线段OB 上时；②点K 在线段OB 延长线上时；由三角函数定义和等腰直角三角形的性质求出BK ，得出OK ，再由三角形面积公式即可得出答案．【解答】解：∵OA ＝OB ＝2，AB ＝2√2，∴OA 2+OB 2＝AB 2，∴△AOB 是等腰直角三角形，∴∠OBA ＝45°，分两种情况：①点K 在线段OB 上时，如图1所示：作KD ⊥AB 于D ，则DB ＝DK ，∵tan ∠BAK =12，∴DK AD =12， ∴AD ＝2DK ＝2DB ，∴DK =13AB =2√23，∴OK ＝OB ﹣BK =23，∴S △OAK =12OA •OK =12×2×23=23； ②点K 在线段OB 延长线上时，如图2所示：作KD ⊥AB 于D ，则DB ＝DK ，∵tan ∠BAK =12，∴DK AD =12， ∴AD ＝2DK ，∵DK ＝DB ，∴DB ＝AB ＝2√2，∴BK =√2DB ＝4，∴OK ＝OB +BK ＝6，∴S △OAK =12OA •OK =12×2×6＝6；故答案为：23或6．8．（2020•萧山区一模）如图，CE 、BF 分别是△ABC 的高线，连接EF ，EF ＝6，BC ＝10，D 、G 分别是EF 、BC 的中点，则DG 的长为 4 ．【分析】连接EG、FG，根据直角三角形的性质得到EG＝FG=12BC＝5，根据等腰三角形的性质求出ED，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】解：连接EG、FG，∵CE，BF分别是△ABC的高线，∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，∵G是BC的中点，∴EG＝FG=12BC＝5，∵D是EF的中点，∴ED=12EF＝3，GD⊥EF，由勾股定理得，DG=√GE2−DE2=4，故答案为：4．9．（2020•海宁市二模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC于点E，EA 平分∠BED．（1）CD的长是 2 ；（2）当点F是AC中点时，四边形ABCD的周长是5+√3．【分析】（1）如图，延长DA ，CB 交于点H ，由“ASA ”可证△ADE ≌△AHE ，可得AH ＝AD ，由平行线分线段成比例可求解；（2）如图2中，作AH ⊥CD 于H ，利用垂径定理证明以及线段的垂直平分线的性质证明△ADC 是等边三角形即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，延长DA ，CB 交于点H ，∵EA 平分∠BED ，∴∠AEH ＝∠AED ，且AE ＝AE ，∠EAH ＝∠EAD ＝90°，∴△ADE ≌△AHE （ASA ）∴AH ＝AD ，∵∠ABC ＝∠BCD ＝90°，∴AB ∥CD ， ∴AB CD =AHDH ，且AB ＝1，AH ＝AD =12HD ， ∴CD ＝2，故答案为：2．（2）如图2中，作AH ⊥CD 于H ，∵∠DAE ＝∠DCE ＝90°，∴A，D，C，E四点共圆，设圆心为O，则点O是线段DE的中点，∵AF＝CF，∴DE⊥AC，∴DA＝DC，∵∠ABC＝∠BCH＝∠AHC＝90°，∴四边形ABCH是矩形，∴CH＝AB＝1，∵CD＝2，∴CH＝HD＝1，∵AH⊥CD，∴AD＝AC，∴AD＝CD＝AC＝2，∴BC=√AC2−AB2=√22−12=√3，∴四边形ABCD的周长为2+2+1+√3=5+√3．故答案为5+√3．三．解答题（共11小题）10．（2020•拱墅区校级一模）在△ABC和△DBE中，CA＝CB，EB＝ED，点D在AC上．（1）如图1，若∠ABC＝∠DBE＝60°，求证：∠ECB＝∠A；（2）如图2，设BC与DE交于点F．当∠ABC＝∠DBE＝45°时，求证：CE∥AB；（3）在（2）的条件下，若tan∠DEC=12时，求EFDF的值．【分析】（1）根据SAS可证明△ABD≌△CBE．得出∠A＝∠ECB；（2）得出△ABC和△DBE都是等腰直角三角形，证明△ABD∽△CBE，则∠BAD＝∠BCE＝45°，可得出结论；（3）过点D作DM⊥CE于点M，过点D作DN∥AB交CB于点N，设DM＝MC＝a，得出DN＝2a，CE＝a，证明△CEF ∽△DNF ，可得出答案．【解答】（1）证明：∵CA ＝CB ，EB ＝ED ，∠ABC ＝∠DBE ＝60°，∴△ABC 和△DBE 都是等边三角形，∴AB ＝BC ，DB ＝BE ，∠A ＝60°．∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°，∴∠ABD ＝∠CBE ，∴△ABD ≌△CBE （SAS ）．∴∠A ＝∠ECB ；（2）证明：∵∠ABC ＝∠DBE ＝45°，CA ＝CB ，EB ＝ED ，∴△ABC 和△DBE 都是等腰直角三角形，∴∠CAB ＝45°， ∴AB BC =√2，DB BE =√2， ∴ABBC =DBBE ，∵∠ABC ＝∠DBE ，∴∠ABD ＝∠CBE ，∴△ABD ∽△CBE ，∴∠BAD ＝∠BCE ＝45°，∵∠ABC ＝45°，∴∠ABC ＝∠BCE ，∴CE ∥AB ；（3）解：过点D 作DM ⊥CE 于点M ，过点D 作DN ∥AB 交CB 于点N ，∵∠ACB ＝90°，∠BCE ＝45°，∴∠DCM ＝45°，∴∠MDC ＝∠DCM ＝45°，∴DM ＝MC ，设DM＝MC＝a，∴DC=√2a，∵DN∥AB，∴△DCN为等腰直角三角形，∴DN=√2DC＝2a，∵tan∠DEC=DMME=12，∴ME＝2DM，∴CE＝a，∴CEDN =a2a=12，∵CE∥DN，∴△CEF∽△DNF，∴EFDF =CEDN=12．11．（2020•天台县模拟）某校组织数学兴趣探究活动，爱思考的小实同学在探究两条直线的位置关系查阅资料时发现，两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．如图1、图2、图3中，AF、BE是△ABC 的中线，AF⊥BE于点P，像△ABC这样的三角形均称为“中垂三角形”．【特例探究】（1）如图1，当∠PAB＝45°，AB＝6√2时，AC＝6√5，BC＝6√5；如图2，当sin∠PAB=12，AB＝4时，AC＝2√13，BC＝2√7；【归纳证明】（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想AB2、BC2、AC2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你的结论．【拓展证明】（3）如图4，在△ABC中，AB＝4√3，BC＝2√5，D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，连结DE并延长至G，使得GE＝DE，连结BG，当BG⊥AC于点M时，求GF的长．【分析】（1）如图1，由等腰直角三角形的性质得到AP＝BP＝6，根据三角形中位线的性质和平行线分线段成比例定理可得PE＝PF＝3，利用勾股定理可得AC和BC的长；如图2，根据特殊三角函数值可得∠BAP ＝30°，计算PB和AP的长，同理由中线的性质和勾股定理可得结论；（2）设PF＝m，PE＝n则AP＝2m，PB＝2n，根据勾股定理分别列等式，可得结论；（3）如图4，作辅助线，证明四边形EFCG是平行四边形，得Q是FG的中点，根据中垂三角形的定义可知：△FCG是中垂三角形，利用（2）中三边的关系可得GF的长．【解答】（1）解：如图1，∵AF⊥BE，∴∠APB＝∠APE＝∠BPF＝90°，∵∠PAB＝45°，AB＝6√2，∴AP＝PB＝6，如图1，连接EF，∵AF，BE是△ABC的中线，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥AB．且EF=12AB，∴PE PB =PF PA =12， ∴PE ＝PF ＝3，由勾股定理得：AE ＝BF =√AP 2+PE 2=√62+32=3√5，∴AC ＝BC ＝2AE ＝6√5，如图2，∵sin ∠PAB =12，AB ＝4，AF ⊥BE ，∴∠PAB ＝30°，∴BP =12AB ＝2，AP ＝2√3，∵AF 、BE 是△ABC 的中线，∴PE =12PB ＝1，PF =12AP =√3，由勾股定理得：AE =√PE 2+AP 2=√12+(2√3)2=√13， BF =√PF 2+PB 2=√(√3)2+22=√7，∴AC ＝2AE ＝2√13，BC ＝2BF ＝2√7，故答案为：6√5，6√5，2√13，2√7；（2）解：猜想：AB 2、BC 2、AC 2三者之间的关系是：AC 2+BC 2＝5AB 2，证明：如图3，设 PF ＝m ，PE ＝n 则AP ＝2m ，PB ＝2n ，在Rt △APB 中，（2m ）2+（2n ）2＝AB 2①，在Rt △APE 中，（2m ）2+n 2＝（AC 2）2②，在Rt △BPF 中，m 2+（2n ）2＝（BC 2）2③，由①得：m 2+n 2=AB 24，由②+③得：5（ m 2+n 2）=AC 2+BC 24， ∴AC 2+BC 2＝5AB 2；（3）解：如图4，连接CG ，EF ，过点F 作FN ∥BG 交CG 于点N ，FG 与AC 交于点Q ，∵FN∥BG，BG⊥AC，∴FN⊥AC，∵F是BC的中点，∴N是CG的中点，∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE＝FC，DE∥FC，∵ED＝EG，∴EG＝FC，EG∥FC，∴四边形EFCG是平行四边形，∴Q是FG的中点，∴△FCG是中垂三角形，∵AB＝4√3，BC＝2√5，∴CG＝EF＝BD＝2√3，FC=√5，由（2）中结论可知：5FC2＝CG2+FG2，即5×5＝（2√3）2+FG2，∴GF=√13．12．（2020•拱墅区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AF为BC边上的中线，DE经过△ABC的重心G，且∠ADE＝∠C．（1）问：线段AG是△ADE的高线还是中线？请说明理由．（2）若AB＝6，AC＝8，求AD的长．【分析】（1）说明∠DAG+∠ADE＝90°可得结论；（2）先根据重心的性质：重心到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍，可得AG的长，根据等角的三角函数列式可得结论．【解答】解：（1）∵∠CAB＝90°，AF为BC边上的中线，∴AF=12BC＝CF，∴∠C＝∠FAC，∵∠ADE＝∠C，∴∠ADE＝∠FAC，∵∠FAC+∠DAG＝90°，∴∠DAG+∠ADE＝90°，∴∠AGD＝90°∴线段AG是△ADE的高线；（2）在Rt△ABC中，AB＝6，AC＝8，∴BC=√AC2+AB2=√62+82=10，∵AF为BC边上的中线，∴AF＝5，∵G为△ABC的重心，∴AG=23×5=103，∵∠ADE＝∠C，∴sin∠ADG=AGAD=sin∠C=AB BC，∴103AD=610，AD=509．13．（2020•温州模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝∠ACB，点D在BC所在的直线上，点E在射线AC上，且AD＝AE，连接DE．（1）如图①，若∠B＝∠C＝35°，∠BAD＝80°，求∠CDE的度数；（2）如图②，若∠ABC＝∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，求∠BAD的度数；（3）当点D在直线BC上（不与点B、C重合）运动时，试探究∠BAD与∠CDE的数量关系，并说明理由．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠BAC＝110°，根据三角形的外角的性质即可得到结论；（2）根据三角形的外角的性质得到∠E＝75°﹣18°＝57°，于是得到结论；（3）设∠ABC＝∠ACB＝y°，∠ADE＝∠AED＝x°，∠CDE＝α，∠BAD＝β，①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC＝x°﹣α，②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC＝x°+α，③如图3，当点D在点C 右侧时，∠ADC＝x°﹣α，根据题意列方程组即可得到结论．【解答】解：（1）∵∠B＝∠C＝35°，∴∠BAC＝110°，∵∠BAD＝80°，∴∠DAE＝30°，∴∠ADE＝∠AED＝75°，∴∠CDE＝180°﹣35°﹣30°﹣75°＝40°；（2）∵∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，∴∠E＝75°﹣18°＝57°，∴∠ADE＝∠AED＝57°，∴∠ADC＝39°，∵∠ABC＝∠ADB+∠DAB＝75°，∴∠BAD＝36°；（3）设∠ABC＝∠ACB＝y°，∠ADE＝∠AED＝x°，∠CDE＝α，∠BAD＝β①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC＝x°﹣α，∴{y°=x°+α(1)y°=x°−α+β(2)，（1）﹣（2）得2α﹣β＝0，∴2α＝β；②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC＝x°+α，∴{x°=y°+α(1)x°+α=y°+β(2)，（2）﹣（1）得α＝β﹣α，∴2α＝β；③如图3，当点D在点C右侧时，∠ADC＝x°﹣α，∴{x°−α+y°+β=180°(1) y°+x°+α=180°(2)，（2）﹣（1）得2α﹣β＝0，∴2α＝β．综上所述，∠BAD与∠CDE的数量关系是2∠CDE＝∠BAD．14．（2020•上城区模拟）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，若点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设运动时间为t秒（t＞0）．（1）若点P在AC上，且满足PA＝PB时，求出此时t的值；（2）若点P恰好在∠BAC的角平分线上，求t的值；（3）在运动过程中，直接写出当t为何值时，△BCP为等腰三角形．【分析】（1）设存在点P，使得PA＝PB，此时PA＝PB＝2t，PC＝4﹣2t，根据勾股定理列方程即可得到结论；（2）当点P在∠CAB的平分线上时，如图1，过点P作PE⊥AB于点E，此时BP＝7﹣2t，PE＝PC＝2t﹣4，BE＝5﹣4＝1，根据勾股定理列方程即可得到结论；（3）在Rt△ABC中，根据勾股定理得到AC＝4cm，根据题意得：AP＝2t，当P在AC上时，△BCP为等腰三角形，得到PC＝BC，即4﹣2t＝3，求得t=12，当P在AB上时，△BCP为等腰三角形，若CP＝PB，点P在BC的垂直平分线上，如图2，过P作PE⊥BC于E，求得t=194，若PB＝BC，即2t﹣3﹣4＝3，解得t＝5，③PC＝BC，如图3，过C作CF⊥AB于F，由射影定理得；BC2＝BF•AB，列方程32=2t−3−42×5，即可得到结论．【解答】解：（1）设存在点P，使得PA＝PB，此时PA＝PB＝2t，PC＝4﹣2t，在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，即：（4﹣2t）2+32＝（2t）2，解得：t=25 16，∴当t=2516时，PA＝PB；（2）当点P在∠BAC的平分线上时，如图1，过点P作PE⊥AB于点E，此时BP＝7﹣2t，PE＝PC＝2t﹣4，BE＝5﹣4＝1，在Rt△BEP中，PE2+BE2＝BP2，即：（2t﹣4）2+12＝（7﹣2t）2，解得：t=8 3，当t＝6时，点P与A重合，也符合条件，∴当t=83或6时，P在△ABC的角平分线上；（3）在Rt△ABC中，∵AB＝5cm，BC＝3cm，∴AC＝4cm，根据题意得：AP＝2t，当P在AC上时，△BCP为等腰三角形，∴PC＝BC，即4﹣2t＝3，∴t=1 2，当P在AB上时，△BCP为等腰三角形，①CP＝PB，点P在BC的垂直平分线上，如图2，过P作PE⊥BC于E，∴BE=12BC=32，∴PB=12AB，即2t﹣3﹣4=52，解得：t=194，②PB＝BC，即2t﹣3﹣4＝3，解得：t＝5，③PC＝BC，如图3，过C作CF⊥AB于F，∴BF=12BP，∵∠ACB＝90°，由射影定理得；BC2＝BF•AB，即32=2t−3−42×5，解得：t=53 10，∴当t=12，5，5310或194时，△BCP为等腰三角形．15．（2020•杭州模拟）定义：若一个三角形一条边上的高等于这条边长的一半，则称该三角形为“半高”三角形，这条高称为“半高”．（1）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC，点P在AB上，PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，连接BD，DE求证：△BDE是“半高”三角形；（2）如图2，△ABC是“半高”三角形，且BC边上的高是“半高”，点P在AB上，PQ∥BC交AC于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N．①请探究BM，PM，CN之间的等量关系，并说明理由；②若△ABC的面积等于16，求MQ的最小值．【分析】（1）根据新定义“半高”三角形进行证明；（2）①利用新定义的概念进行转化；②将MQ的长度根据勾股定理用二次函数表示出来，利用二次函数的性质进行求解．【解答】（1）证明：∵PE⊥BC，∴∠PEC＝∠PEB＝90°＝∠ACB，又∵∠PBE＝∠ABC，∴△PBE～△ABC，∴PEBE =ACBC=12，∴BE＝2PE，∵PD⊥AC，∴∠PDC＝90°，∴四边形CEPD为矩形，∴DC＝PE，∴BE＝2DC，∴△BDE是“半高”三角形．（2）解：①BM+CN＝2PM．理由如下：如图2，过A作AE⊥BC于E，交PQ于D，∵△ABC 是“半高”三角形，且BC 边上的高是“半高”， ∴BC ＝2AE ∵PQ ∥BC ， ∴△APQ ～△ABC ， ∴AD AE =PQ BC，即AD AE=PQ 2AE，∴PQ ＝2AD ，∴BC ﹣PQ ＝2AE ﹣2AD ＝2（AE ﹣AD ）， ∵PQ ∥BC ，PM ⊥BC ，QN ⊥BC ， ∴四边形MNQP 是矩形， ∴PQ ＝MN ，PM ＝DE ＝QN ， ∴BC ﹣MN ＝2PM ，即BM +CN ＝2PM ．②∵S △ABC =12BC ×AE =14BC 2=16， ∴BC ＝8，设PM ＝x ，由①得PQ ＝8﹣2x ，∴MQ 2＝x 2+（8﹣2x ）2＝5x 2﹣32x +64＝5（x −165）2+645， ∴当x =165时，MQ 2取得最小值645，则MQ 取得最小值为8√55．16．（2020•南浔区二模）（1）尝试探究如图1，等腰Rt △ABC 的两个顶点B ，C 在直线MN 上，点D 是直线MN 上一个动点（点D 在点C 的右边），BC ＝3，BD ＝m ，在△ABC 同侧作等腰Rt △ADE ，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，EF ⊥MN 于点F ，连接CE ．①求DF 的长；②在判断AC ⊥CE 是否成立时，小明同学发现可以由以下两种思路解决此问题：思路一：先证CF ＝EF ，求出∠ECF ＝45°，从而证得结论成立．思路二：先求DF ，EF 的长，再求CF 的长，然后证AC 2+CE 2＝AE 2，从而证得结论成立．请你任选一种思路，完整地书写本小题的证明过程．（如用两种方法作答，则以第一种方法评分）（2）拓展探究将（1）中的两个等腰直角三角形都改为有一个角为30°的直角三角形，如图2，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，∠BAC ＝∠DAE ＝30°，BC ＝3，BD ＝m ，当4≤m ≤6时，求CE 长的范围．【分析】（1）①根据AAS 证明△ABD ≌△DFE ，可得结论； ②思路一：先证CF ＝EF ，求出∠ECF ＝45°，从而证得结论成立．思路二：先求DF ，EF 的长，再求CF 的长，然后证AC 2+CE 2＝AE 2，从而证得结论成立．（2）如图2，作EF ⊥MN ，同理证明AC ⊥CE ，则无论m 取何大于3的数，AC ⊥CE 总成立，即点E 在一条直线上运动，可得结论．【解答】解：（1）①在等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE 中，∠ABC ＝∠ADE ＝90°， ∴∠ADB +∠EDF ＝90°， ∵EF ⊥MN ，∴∠DEF +∠EDF ＝90°， ∴∠ADB ＝∠DEF ，在△ABD 和△DFE 中， {∠ADB =∠DEF∠ABD =∠DFE AD =DE ，∴△ABD ≌△DFE （AAS ）， ∴DF ＝AB ＝BC ＝3； ②证明：思路一：由①得△ABD≌△DFE（AAS），∴DF＝AB＝BC＝3，EF＝BD＝m，∴CF＝CD+DF＝CD+BC＝BD＝m，∴CF＝EF，∵EF⊥MN，∴∠ECF＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠ACE＝90°，即AC⊥CE；思路二：由①得△ABD≌△DFE（AAS），∴DF＝AB＝BC＝3，EF＝BD＝m，∴CF＝CD+DF＝CD+BC＝BD＝m，由勾股定理得：DE2＝DF2+EF2＝32+m2＝9+m2，∴AE2＝2DE2＝2（9+m2），AC2＝32+32＝18，CE2＝CF2+EF2＝2m2，∴AC2+CE2＝AE2，∴∠ACE＝90°，即AC⊥CE；（2）如图2，作EF⊥MN，∴∠DEF+∠EDF＝90°，∵∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD∽△DFE，∴EF BD=DF AB =DE AD=tan30°=√33， ∴EF =√3m3，DF ＝3，∴CF ＝CD +DF ＝CD +BC ＝BD ＝m ， ∴在Rt △CEF 中，tan ∠ECF =√33， ∴∠ECF ＝30°，CE ＝2EF =2√3m3， ∴∠ACE ＝90°，即AC ⊥CE ，∴无论m 取何大于3的数，AC ⊥CE 总成立，即点E 在一条直线上运动， ∴4≤m ≤6时，CE 长的范围是8√33≤CE ≤4√3． 17．（2020•瑞安市三模）如图，在等腰△ABC 中，AB ＝BC ，点D 是AC 边的中点，延长BD 至点E ，使得DE ＝BD ，连结CE ．（1）求证：△ABD ≌△CED ．（2）当BC ＝5，CD ＝3时，求△BCE 的周长．【分析】（1）利用全等三角形的判定定理SAS 证得结论；（2）利用勾股定理求得BD ＝4，然后利用三角形的周长公式解答．【解答】（1）证明：∵AB ＝BC ，点D 是AC 边的中点， ∴AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDE ＝90°．又∵DE ＝BD ，∴△ABD ≌△CED （SAS ）；（2）解：∵BD =√BC 2−CD 2=√52−32=4， ∴BE ＝2BD ＝8．又∵CE ＝AB ＝BC ＝5，∴BC +CE +BE ＝5+5+8＝18，即△BCE 的周长为18．18．（2020•黄岩区二模）如图，△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形，其中点B 与点D 是直角顶点，现固定△ABC，而将△ADE绕点A在平面内旋转．（1）如图1，当点D在CA延长线上时，点M为EC的中点，求证：△DMB是等腰三角形．（2）如图2，当点E在CA延长线上时，M是EC上一点，若△DMB是等腰直角三角形，∠DMB为直角，求证：点M是EC的中点．（3）如图3，当△ADE绕点A旋转任意角度时，线段EC上是否都存在点M，使△BMD为等腰直角三角形，若不存在，请举出反例；若存在，请予以证明．【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出BM＝DM=12EC，即可得出答案；（2）根据AAS证明△DFM≌∠MGB，得FM＝BG，DF＝MG，根据线段的和表示EM和MC，可得结论；（3）线段EC上都存在中点M，使△BMD为等腰直角三角形，作辅助线，构建全等三角形，证明△DFM≌∠MGB（SAS），得BM＝DM，∠FMD＝∠GBM，再证明∠DMB＝90°，可得结论．【解答】证明：（1）如图1，∵∠EDC＝90°，点M为EC的中点，∴DM=12EC．同理可得：BM=12EC．∴DM＝BM，∴△DMB是等腰三角形；（2）证明：过点D作DF⊥EA，过点B作BG⊥AC，∴∠DFM＝∠BGM＝90°，∴∠FDM+∠DMF＝90°，∵△DMB是等腰直角三角形，∴DM＝BM，∠DMB＝90°，∴∠BMG+∠DMF＝90°，∴∠FDM＝∠BMG，∴△DFM≌∠MGB（AAS），∴FM＝BG，DF＝MG，∵BG＝GC，DF＝EF，∴FM＝GC，MG＝EF，∵EM＝EF+FM，MC＝MG+GC，∴EM＝MC，∴点M是EC的中点；（3）线段EC上都存在中点M，使△BMD为等腰直角三角形，理由是：取AE中点F，AC中点G，连接FD，FM，BG，GM，∵点M是EC的中点，点G是AC的中点，∴GM=12AE，GM∥AE，∵F是AE中点，∴AF=12AE，∴AF∥GM，AF＝GM，∴四边形AFMG是平行四边形，∴∠AFM＝∠AGM，∴∠EFM＝∠MGC．∴∠DFM＝∠BGM，∵GM＝AF＝DF，∴DF＝GM，同理可得BG＝FM，∴△DFM≌∠MGB（SAS），∴BM＝DM，∠FMD＝∠GBM，∵FM∥AC，∴∠FMG＝∠CGM，∴∠DMB＝∠FMD+∠FMG+∠GMB，＝∠GBM+∠CGM+∠GMB，＝180°﹣∠BGC，＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．19．（2020•余杭区二模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，AB上，且DE＝DF，连结AC，分别交DE，DF于点M，N．（1）求证：△ADF≌△CDE；（2）设△DMN和△AFN的面积分别为S1和S2；①若∠ADF＝∠EDF，求S2：S1的值．②若S2＝2S1，求tan∠ADF．【分析】（1）根据HL证明三角形全等即可．（2）①如图，作NH ⊥AB 于H ．设FH ＝a ．利用参数表示S 2，S 1即可．②如图，作NH ⊥AB 于H ．易证∠ADF ＝∠HNF ，设tan ∠ADF ＝tan ∠FNH ＝k ，设NH ＝AH ＝b ，则FH ＝kb ，利用面积关系构建方程求出k 即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ，∠DAF ＝∠DCE ＝∠ADC ＝90°，∵DF ＝DE ，∴Rt △ADF ≌Rt △CDE （HL ）．（2）①如图，作NH ⊥AB 于H ．设FH ＝a ．∵Rt △ADF ≌Rt △CDE （HL ），∵∠ADF ＝∠CDE ，∵∠ADF ＝∠DEF ，∴∠ADF ＝∠EDF ＝∠CDE ＝30°，∴∠AFD ＝60°，∵∠NHF ＝90°，∴∠FNH ＝30°，∴HN =√3a ，∵∠NAH ＝45°，∠AHN ＝90°，∴∠NAH ＝∠ANH ＝45°，∴HA ＝HN =√3a ，∴AF ＝（1+√3）a ，AD =√3AF ＝（3+√3）a ，∴S 2=12•AF •NH =12•（1+√3）a ⋅√3a =3+√32a 2， ∵∠ADN ＝∠CDM ，AD ＝DC ，∠DAN ＝∠DCM ＝45°，∴△ADN ≌△CDM （ASA ），∴S △ADN ＝S △DCM ，∴S 1＝S △ADC ﹣2S △ADN =12•[（3+√3）a ]2﹣2×12•（3+√3）a •√3a ＝3a 2，∴S 2S 1=3+√32a 23a 2=3+√36．。

2020年中考数学复习(通用)专题：几何压轴题型含答案

几何压轴题型类型一动点探究型在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图②，图③中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图④，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．【分析】 (1)要求BP与CE的数量关系，连接AC，由菱形和等边三角形的性质根据SAS可证明△ABP≌△ACE，从而证得BP＝CE，且∠ACE＝30°，延长CE交AD于点F，可得∠AFC＝90°，所以CE⊥AD；(2)无论选择图②还是图③，结论不变，思路和方法与(1)一致；(3)要求四边形ADPE的面积，观察发现不是特殊四边形，想到割补法，分成钝角△ADP和正△APE，分别求三角形的面积，相加即可．【自主解答】解：(1)BP＝CE；CE⊥AD；(2)选图②，仍然成立，证明如下：如解图①，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BA＝BC，例1题解图①∴△ABC为等边三角形，∴BA＝CA.∵△APE为等边三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中，例1题解图②∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°.∵AC和BD为菱形的对角线，∴∠CA D＝60°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.选图③，仍然成立，证明如下：如解图②，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H，同理得△BAP≌△CAE(SAS)，BP＝CE，CE⊥AD.(3)如解图③，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知，CE⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝23，BE＝219，∴在Rt△BCE中，CE＝（219）2－（23）2＝8，例1题解图③∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝6， AO ＝12AB ＝3，∴DP＝BP －BD ＝8－6＝2， ∴OP＝OD ＋DP ＝5.在Rt△AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27， ∴S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S △APE ＝12DP·AO＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2 ＝8 3.【难点突破】本题的难点：一是如何找到全等的三角形，根据含60°内角菱形的特点，连接AC 是解决问题的关键；二是点P 是动点，当它运动到菱形的外部时，在其运动过程中由“手拉手”模型找全等三角形；三是求不规则四边形的面积，要想到运用割补法，将四边形分解成两个三角形求解．点拔几何压轴题中的“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质．1．已知，△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M在边AC上，点N在边BC上(点M、点N不与所在线段端点重合)，BN＝AM，连接AN，BM.射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE＝DE.(1)如图，当∠ACB＝90°时：①求证：△BCM≌△ACN；②求∠BDE的度数；(2)当∠ACB＝α，其他条件不变时，∠BDE的度数是____________________；(用含α的代数式表示)(3)若△ABC是等边三角形，AB＝33，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12.点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G.(1)如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长；第2题图②若DG＝GF，求BC的长；(2)已知BC＝9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．类型二新定义型我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②，图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC 为等边三角形时，AD 与BC 的数量关系为AD ＝________BC ； ②如图③，当∠BAC＝90°，BC ＝8时，则AD 长为________．猜想论证(2)在图①中，当△ABC 为任意三角形时，猜想AD 与BC 的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD 中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC ＝12，CD ＝23，DA ＝6.在四边形内部是否存在点P ，使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【分析】 (1)①证明△ADB′是含有30°角的直角三角形，则可得AD ＝12AB′＝12BC ；②先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可；(2)结论：AD ＝12BC.如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M ，C′M，先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M ，即可解决问题； (3)存在．如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.先证明PA ＝PD ，PB ＝PC ，再证明∠APD＋∠BPC ＝180°即可．【自主解答】解：(1)①12；【解法提示】 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ＝AB ＝AB′＝AC′. ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝12AB′＝12BC.②4；【解法提示】 ∵α＋β＝180°， ∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠BAC＝90°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC ＝AC′， ∴△BAC≌△B′AC′(SAS)， ∴BC＝B′C′. ∵B′D＝DC′， ∴AD＝12B′C′＝12BC ＝4.(2)结论：AD ＝12BC.证明：如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M，C′M.例2题解图①∵B′D＝DC′，AD ＝DM ，∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝AC. ∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠B′AC′＋∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A. ∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M(SAS)， ∴BC＝AM ，∴AD＝12BC.(3)存在．证明：如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.例2题解图②∵∠ADC＝150°， ∴∠MDC＝30°，在Rt△DCM 中，∵CD＝23，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°， ∴CM＝2，DM ＝4，∠M＝60°. 在Rt△BEM 中，∵∠BEM＝90°，BM ＝14，∠MBE＝30°， ∴EM＝12BM ＝7，∴DE＝EM －DM ＝3. ∵AD＝6，∴AE＝DE. ∵BE⊥AD， ∴PA＝PD. ∵PF 垂直平分BC ，∴PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝23，CF＝6，∴tan∠CDF＝3，∴∠CDF＝60°＝∠CPF.易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四边形CDPF是平行四边形．∵∠DCF＝90°.∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形．∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝3，∴PN＝DN2＋PD2＝（3）2＋62＝39.【难点突破】第(3)问根据新定义判断点P的存在性是本题难点，但运用“直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半”的性质以及三角形全等添加合适辅助线即可求解．点拔解决这类问题，首先要理解新定义的含义及实质；其次要注意，在证明线段、角度相等或某个特殊图形时，主要应用全等，在计算线段的长或图形的周长、面积时，常注意运用相似、勾股定理及图形面积公式等．1．联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．举例：如图①，若PA ＝PB ，则点P 为△ABC 的准外心．求解：(1)如图②，CD 为等边△ABC 的高，准外心P 在高CD 上，且PD ＝12AB ，求∠APB 的度数；(2)已知△ABC 为直角三角形，斜边BC ＝5，AB ＝3，准外心P 在AC 边上，求PA 的长．2．如图①，在△ABC中，过顶点A作直线与对边BC相交于点D，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形．若其中有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“顶似线”．(1)等腰直角三角形的“顶似线”的条数为______；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分线，求证：BD是△ABC的“顶似线”；(3)如图③，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝6，求△ABC的“顶似线”的长．3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么称这个三角形为这条边上的“奇特三角形”，这条边称为“奇特边”．(1)如图①，已知△ABC是“奇特三角形”，AC＞BC，且∠C＝90°.①△ABC的“奇特边”是________；②设BC＝a，AC＝b，AB＝c，求a∶b∶c；(2)如图②，AM是△ABC的中线，若△ABC是BC边上的“奇特三角形”，找出BC2与AB2＋AC2之间的关系；(3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝90°(AB＜BC)，BC＝27，对角线AC把它分成了两个“奇特三角形”，且△ACD是以AC为腰的等腰三角形，求等腰△ACD 的底边长．4．如果三角形的两个内角α与β满足2α＋β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．(1)若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝__________；(2)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E(异于点D)，使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．(3)如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．类型三操作探究型【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．(1)请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；(2)在(1)所画图形中，∠AB′B＝__________．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC ＝120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．(一种方法即可)【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD ＝5，AD＝kAB(k为常数)，求BD的长(用含k的式子表示)．【分析】【操作发现】(1)先找到点B，C的对应点B′，C′，再连接构成三角形即可；(2)求∠AB′B的度数可先判断△AB′B是等腰直角三角形，再求角度；【问题解决】根据两种不同的想法，选择其中一个进行证明；【灵活运用】需将△ABD绕点A旋转得到△ACG，再证明∠CDG＝90°即可．【自主解答】解：【操作发现】(1)如解图①所示，△AB′C′即为所求；(2)45°.【解法提示】连接BB′.∵△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到的，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°.【问题解决】如解图②，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°－90°－120°＝150°，∴PP′＝AP ，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°， ∴PP′＝32PC ，即AP ＝32PC.∵∠APC＝90°，∴AP 2＋PC 2＝AC 2，即(32PC)2＋PC 2＝72，∴PC＝27，∴AP＝21，∴S △APC ＝12AP·PC＝73；【灵活运用】如解图③，连接AC.∵AE⊥BC，BE ＝EC ，∴AB＝AC ，将△ABD 绕点A 逆时针旋转使得AB 与AC 重合，点D 的对应点为G ，连接DG.则BD ＝CG.例3题解图③∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG.∵AB＝AC ，AD ＝AG ，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG.∴DG＝kBC＝4k.∵∠BAE＋∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG＋∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝DG2＋CD2＝16k2＋25.∴BD＝CG＝16k2＋25.【难点突破】在【灵活运用】一问中，要确定BD与k的数量关系，关键在于旋转△ABD，使得AB与AC重合，从而证明∠CDG＝90°，构造直角三角形是解决本题的难点，也是解决问题的突破口．点拔对于操作探究问题，首先掌握图形变换的性质，如图形的折叠：折痕为对称轴，有折痕就有角平分线，有折痕就有垂直平分等；图形的平移：有平移就有平行；图形的旋转：旋转前后图形全等，对应边相等，对应角相等；对应点与旋转中心的连线所成的角为旋转角，有旋转就有等腰三角形；其次注意运用全等证明线段相等，利用勾股定理或相似求线段的长．1．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.(1)若四边形ABCD为正方形．①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系______________；②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF 的数量关系，并说明理由．(2)若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变．①如图③，猜想AE与DF的数量关系，并说明理由；②将△EBF绕点B逆时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图④中画出草图，并直接写出AE′和DF′的数量关系．2．(1)操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC 的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN.小明发现了：线段GM与GN的数量关系是______________；位置关系是______________．(2)类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入研究：如图③，小明在(2)的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其他条件不变，试判断△GMN的形状，并给予证明．3．如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点(不与点A重合)，DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE.(1)如图①，当点D与点M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)如图②，当点D不与点M重合时，(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)如图③，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM.①求∠CAM的度数；②当FH＝3，DM＝4时，求DH的长．参考答案类型一1．解：(1)①∵CA＝CB，BN＝AM，∴CB－BN＝CA－AM，∴CN＝CM，∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN.②解：∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC.∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA.∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠NAC，∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD，∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°；∴∠BDE＝90°.(2)α或180°－α；(3)43或3 2.2．解：(1)①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，在Rt△AEG中，AG＝AE2＋EG2＝6 5.∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴FGAF＝EGAC＝12，∴FG＝13AG＝2 5.第2题解图①②如解图①，在正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°.∵EF＝EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1＝∠2，设∠1＝∠2＝x.∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x.∵GF＝GD，∴∠3＝∠2＝x，在△DBF中，∠3＋∠FDB＋∠B＝180°，∴x＋(x＋90°)＋x＝180°，解得x＝30°，∴∠B＝30°，∴在Rt△ABC中，BC＝ACtan 30°＝12 3.(2)在Rt△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝122＋92＝15，如解图②，当点D在线段BC上时，此时只有GF＝GD.第2题解图②∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，∴BDDG＝BCAC＝34，∴设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，AE＝CD＝9－3x，∴GF＝GD＝4x，则AF＝15－9x.∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴AEBC＝AFBF，∴9－3x9＝15－9x9x，整理得x2－6x＋5＝0，解得x＝1或5(舍去)，∴腰长GD为4.如解图③，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF＝DG，设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，第2题解图③∴FG＝DG ＝12＋4x.∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF， ∴AE BC ＝AF BF ， ∴3x 9＝9x ＋129x ＋27，解得x ＝2或－2(舍去)， ∴腰长DG 为20.如解图④，当点D 在线段BC 的延长线上，且直线AB ，EC 的交点在BD 下方时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥FG 于点H.第2题解图④设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x ＋12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝(4x ＋12)×45＝16x ＋485，∴GF＝2GH ＝32x ＋965，∴AF＝GF －AG ＝7x ＋965.∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝7x ＋96532x ＋965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长GD 为84＋48147，如解图⑤，当点D 在线段CB 的延长线上时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥AG 于点H.设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x －12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝16x －485，第2题解图⑤∴FG＝2FH ＝32x －965，∴AF＝AG －FG ＝96－7x5.∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝96－7x 532x －965，解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长DG 为－84＋48147.综上所述，等腰三角形△DFG 的腰长为4或20或84＋48147或－84＋48147.类型二1．解：(1)①如解图①，若PB ＝PC ，连接PB ，则∠PCB＝∠PBC. ∵CD 为等边三角形的高，∴AD＝BD ，∠PCB＝30°， ∴∠PBD＝∠PBC＝30°，∴PD＝33DB ＝36AB ，与已知PD ＝12AB 矛盾，∴PB≠PC；②若PA ＝PC ，连接PA ，同理可得PA≠PC； ③若PA ＝PB ，由PD ＝12AB ，得PD ＝AD ，∴∠APD＝45°，故∠APB＝90°. (2)∵BC＝5，AB ＝3，∠BAC＝90°， ∴AC＝BC 2－AB 2＝52－32＝4.①若PB ＝PC ，设PA ＝x ，则PC ＝PB ＝4－x ， ∴x 2＋32＝(4－x)2，∴x＝78，即PA ＝78；②若PA ＝PC ，则PA ＝2；③若PA ＝PB ，由解图②知，在Rt△PAB 中，不可能存在．综上所述，PA 的长为2或78.2．(1)解：1.(2)证明： ∵AB＝AC ，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°. ∵BD 是∠ABC 的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠CBD. 又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC， ∴BD 是△ABC 的“顶似线”．(3)解：①如解图①，当△ADC∽△BAC 时，AD 为△ABC 的“顶似线”，则AD AB ＝AC BC ，即AD 4＝36，∴AD＝2； ②如解图②，当△ADC∽△ACB 时，CD 为△ABC 的“顶似线”，则CD CB ＝AC AB ，即CD 6＝34，∴CD＝92； ③过顶点B 的“顶似线”不存在．综上所述，△ABC 的“顶似线”的长为2或92.3．解：(1)①AC；②如解图①，过点B 作AC 边上的中线BE ，则BE ＝AC ＝b ，CE ＝AE ＝12b.在Rt△ABC 中，a 2＋b 2＝c 2，在Rt△BCE 中，a 2＋(12b)2＝b 2.解得a ＝32b ，c ＝72b.∴a∶b∶c＝3∶2∶7.(2)如解图②，过点A 作AF⊥BC 于点F ，则∠AFB＝∠AFC＝90°. 设AM ＝BC ＝a ，AF ＝h ，MF ＝x ，则BM ＝CM ＝12a.在Rt△ABF 中，AB 2＝BF 2＋AF 2＝(a2＋x)2＋h 2，在Rt△ACF 中，AC 2＝CF 2＋AF 2＝(a2－x)2＋h 2，∴AB 2＋AC 2＝a22＋2x 2＋2h 2.在Rt△AMF 中，AM 2＝MF 2＋AF 2，即a 2＝x 2＋h 2.∴AB 2＋AC 2＝5a 22＝52BC 2.(3)∵∠B＝90°，BC ＞AB ，∴BC 为△ABC 的“奇特边”． ∵BC＝27，∴由(1)②知AB ＝32BC ＝21，AC ＝72BC ＝7.设等腰△ACD 的底边长为y ，由(2)中结论知：①当腰为“奇特边”时，有72＋y 2＝52×72，解得y ＝726(负值已舍去)．②当底边为“奇特边”时，有72＋72＝52×y 2，解得y ＝1455(负值已舍去)．∴等腰△ACD 的底边长为726或145 5.4．解：(1)∵∠C＞90°，∠A＝60°， ∴β＝60°，α＝15°，∴∠B＝15°.(2)若存在一点E ，使得△ABE 也是“准互余三角形”，则2∠EBA＋∠EAB＝90°.如解图①，作射线BF ，使得∠FBE＝∠ABE ，延长AE 交BF 于点F ，则∠BFE＝90°.即BE 为∠FBA 的角平分线，过点E 作EG⊥AB 于点G ，则EG ＝EF ，可得△BEF≌△BEG. 又∵△BEG∽△BAC，∴△BEF∽△BAC， ∴BF BC ＝EF AC ，∴BF 5＝EF4①. 又∵△BEF∽△AEC，∴EF CE ＝BF AC ，∴EF 5－BE ＝BF 4②，由①②可得，BE ＝1.8.(3)如解图②，将△BCD 沿BC 翻折得△BCE，则CE ＝CD ＝12，∠ABD＝2∠BC D ＝∠DCE，∠DCE＋∠DBE＝180°，即∠ABD＋∠DBE＝180°，∴点A ，B ，E 共线，易知2∠ACB＋∠BAC＝90°不成立，存在2∠BAC＋∠ACB＝90°，易证得△ECB∽△EAC，∴EC AE ＝BE EC ，即127＋BE ＝BE 12，解得BE ＝9(负值已舍去)，∴AE＝16，在Rt△AEC 中，利用勾股定理得，AC ＝AE 2＋CE 2＝20.类型三1．解：(1)①DF＝2AE ； ②DF＝2AE ；理由：∵∠EBF＝∠ABD＝45°，∴∠ABE ＝∠FBD.∵BE BF ＝AB BD ，∴△ABE∽△DBF，∴AE DF ＝AB BD ＝22，∴DF＝2AE.(2)①如解图①，过点F 作FG⊥AD 于点G ，则四边形AEFG 是矩形，∴GF＝AE. ∵tan∠FDG＝BAAD ＝GFDG ，AD ＝BC ＝mAB ，∴DG＝mGF ，在Rt△DGF 中，由勾股定理得DF ＝GF 2＋DG 2＝1＋m 2GF ，∴DF＝1＋m 2AE.②画出草图如解图②，DF′＝1＋m2AE′.2．解：(1)GM＝GN；GM⊥GN.【解法提示】如解图①，连接BE，CD相交于点H.∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°∴∠CAD＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB(SAS)，∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，∴∠BDC＋∠DBH＝∠BDC＋∠ABD＋∠ABE＝∠BDC＋∠ABD＋∠ADC＝∠ADB＋∠ABD＝90°，∴∠BHD＝90°，∴CD⊥BE.∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MG 12 CD.同理：NG 12BE，∴MG＝NG，MG⊥NG.(2)小明发现的上述结论成立．理由：如解图②，连接CD ，BE 相交于点H. ∵∠DAB＝∠CAE＝90°，∴∠DAC＝∠BAE.∵DA＝BA ，CA ＝EA ，∴△DAC≌△BAE(SAS)，∴∠FBH＝∠ADF，DC ＝BE.∵M 是BD 的中点，G 是BC 的中点，∴MG＝12DC ，同理NG ＝12BE ，∴MG＝NG. 设CD 交AB 于点F ，则∠FHB＝180°－(∠FBH＋∠BFH)＝180°－(∠ADF＋∠AFD)＝90°，∴CD⊥BE，∴MG⊥NG；(3)△GMN 为等腰直角三角形．证明：如解图③，连接EB ，DC ，延长线相交于点H ，同(1)的方法得，MG ＝NG ，同(1)的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB＝∠ACD，∴∠CEH ＋∠ECH ＝∠AEH －∠AEC ＋180°－∠ACD －∠ACE ＝∠ACD －45°＋180°－∠ACD－45°＝90°，∴∠DHE＝90°，同(1)的方法得，MG⊥NG.3．(1)证明： ∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠ABM.∵CE∥AM，∴∠ECD＝∠ADB.∵AM 是△A BC 的中线，且点D 与点M 重合，∴BD＝DC ，∴△ABD≌△EDC(ASA)，∴AB＝ED.∵AB∥ED，∴四边形ABDE 是平行四边形．(2)解：结论成立．理由如下：第3题解图①如解图①，过点M作MG∥DE交CE于点G.∵CE∥AM，∴四边形DMGE是平行四边形，∴ED＝GM，且ED∥GM.∵AB∥DE，∴AB∥GM，∴∠ABM＝∠GMC.∵AM∥CE，∴∠AMB＝∠GCM.∵AM为△ABC的中线，∴BM＝MC.∴△ABM≌△GMC(ASA)，∴AB＝GM，∴AB＝DE.∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形．(3)解：①如解图②，取线段HC的中点I，连接MI，第3题解图②∵BM＝MC，∴MI 是△BHC 的中位线，∴MI∥BH，MI ＝12BH. ∵BH⊥AC，且BH ＝AM.∴MI＝12AM ，MI⊥AC， ∴∠CAM＝30°.②设DH ＝x ，则AH ＝3x ，AD ＝2x ， ∴AM＝4＋2x ，∴BH＝4＋2x.∵四边形ABDE 是平行四边形，∴DF∥AB， ∴HF HA ＝HD HB ，∴33x ＝x 4＋2x ，解得x ＝1＋5或x ＝1－5(舍去)， ∴DH＝1＋ 5.。

2020年中考数学压轴题-专题27 几何证明综合复习(判定四边形形状-矩形)(解析版)

专题27 几何证明综合复习（判定四边形形状-矩形）教学重难点1.培养学生通过探索和证明，发展推理意识和能力2.通过证明举例的学习和实践，懂得演绎推理的一般规则，并掌握规范表达的格式；了解证明之前进行分析的基本思路；3.体会用“分析综合法”探求解题思路；4.学习添置辅助线的基本方法，会添置常见的辅助线；5.会用文字语言、图形语言、符号语言三种数学语言进行证明说理。

【说明】：本部分为知识点方法总结性梳理，目的在于让学生能从题目条件和所证明结论，去寻找证明思路，用时大概5-8分钟左右。

【知识点、方法总结】：中考几何题证明思路总结几何证明题重点考察的是学生的逻辑思维能力，能通过严密的"因为"、"所以"逻辑将条件一步步转化为所要证明的结论。

这类题目出法相当灵活，不像代数计算类题目容易总结出固定题型的固定解法，而更看重的是对重要模型的总结、常见思路的总结。

所以本文对中考中最常出现的若干结论做了一个较为全面的思路总结。

一、证明两线段相等1.两全等三角形中对应边相等。

2.同一三角形中等角对等边。

3.等腰三角形顶角的平分线或底边的高平分底边。

4.平行四边形的对边或对角线被交点分成的两段相等。

5.直角三角形斜边的中点到三顶点距离相等。

6.线段垂直平分线上任意一点到线段两段距离相等。

7.角平分线上任一点到角的两边距离相等。

8.过三角形一边的中点且平行于第三边的直线分第二边所成的线段相等。

9.同圆（或等圆）中等弧所对的弦或与圆心等距的两弦或等圆心角、圆周角所对的弦相等。

10.两前项（或两后项）相等的比例式中的两后项（或两前项）相等。

11.等于同一线段的两条线段相等。

二、证明两角相等1.两全等三角形的对应角相等。

2.同一三角形中等边对等角。

3.等腰三角形中，底边上的中线（或高）平分顶角。

4.两条平行线的同位角、内错角或平行四边形的对角相等。

5.同角（或等角）的余角（或补角）相等。

6.同圆（或圆）中，等弦（或弧）所对的圆心角相等；7.相似三角形的对应角相等；8.等于同一角的两个角相等。

2020年九年级中考数学几何压轴之几何探究题(含答案)

∴ △ABD≌△ CAF(AAS)；归纳证明 :∵∠ 1=∠ 2=∠ BAC,∠1=∠BAE＋ ∠ ABE, ∠ BAC=∠ BAE＋∠ CAF,∠2=∠FCA＋∠ CAF, ∴ ∠ABE=∠ CAF,∠BAE=∠FCA, 在 △ABE 和△CAF 中,
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
2. 特例探究 :如图 ①,已知在△ABC 中,AB=BC,
∠ ABC=90°,D 为 AC 边的中点 ,连接 BD,判断△ABD 是什么三角形,并说明理由;
归纳证明 :如图 ②,已知在△ABC 中,AB=BC,∠ ABC=90°,把 Rt△DEF 的直角顶点 D 放在 AC 的
中点上,DE 交 AB 于 M,DF 交 BC 于 N,连接 BD．证明:DM=DN；
拓展应用 :在图 ②中,AC=4,其他条件都不发生变化 ,请直接写出 Rt△DEF 与△ABC 的重叠部分
的面积．
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第 2 题图
特例探究 :解:△ABD 是等腰直角三角形．
知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
2020 中考数学几何压轴之几何探究题（含答案）
1. 两个全等的直角三角形 ABC 和 DEF 重叠在一起,其中∠A=60°,AC=1,固定△ABC 不动,将△DEF 进行如下操作:
(1)操作发现如图①,△DEF 沿线段 AB 向右平移(即 D 点在线段 AB 内移动),连接 DC、CF、FB,四边形 CDBF 的形状在不断变化,但它的面积不变化,请求出其面积； (2)猜想论证如图②,当 D 点移到 AB 的中点时,请你猜想四边形 CDBF 的形状,并说明理由； (3)拓展研究如图③,将△DEF 的 D 点固定在 AB 的中点,然后绕 D 点按顺时针方向旋转△DEF,使 DF 落在 AB 的边上,此时 F 点恰好与 B 点重合,连接 AE,求 sinα 的值.

挑战中考数学压轴题详解(115页)

目录第一部分函数图象中点的存在性问题1.1 因动点产生的相似三角形问题例1 上海市中考第24题例2 苏州市中考第29题例3 黄冈市中考第25题例4 义乌市中考第24题例5 临沂市中考第26题例6 苏州市中考第29题1.2 因动点产生的等腰三角形问题例1 上海市虹口区中考模拟第25题例2 扬州市中考第27题例3 临沂市中考第26题例4 湖州市中考第24题例5 盐城市中考第28题例6 南通市中考第27题例7 江西省中考第25题1.3 因动点产生的直角三角形问题例1 山西省中考第26题例2 广州市中考第24题例3 杭州市中考第22题例4 浙江省中考第23题例5 北京市中考第24题例6 嘉兴市中考第24题例7 河南省中考第23题1.4 因动点产生的平行四边形问题例1 上海市松江区中考模拟第24题例2 福州市中考第21题例3 烟台市中考第26题例4 上海市中考第24题例5 江西省中考第24题例6 山西省中考第26题例7 江西省中考第24题1.5 因动点产生的梯形问题例1 上海市松江中考模拟第24题例2 衢州市中考第24题例4 义乌市中考第24题例5 杭州市中考第24题例7 广州市中考第25题1.6 因动点产生的面积问题例1 苏州市中考第29题例2 菏泽市中考第21题例3 河南省中考第23题例4 南通市中考第28题例5 广州市中考第25题例6 扬州市中考第28题例7 兰州市中考第29题1.7 因动点产生的相切问题例1 上海市杨浦区中考模拟第25题例2 河北省中考第25题例3 无锡市中考第28题1.8 因动点产生的线段和差问题例1 天津市中考第25题例2 滨州市中考第24题例3 山西省中考第26题第二部分图形运动中的函数关系问题2.1 由比例线段产生的函数关系问题例1 宁波市中考第26题例2 上海市徐汇区中考模拟第25题例3 连云港市中考第26题例4 上海市中考第25题2.2 由面积公式产生的函数关系问题例1 菏泽市中考第21题例2 广东省中考第22题例3 河北省中考第26题例4 淮安市中考第28题例5 山西省中考第26题例6 重庆市中考第26题第三部分图形运动中的计算说理问题3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例1 南京市中考第26题例2 南昌市中考第25题3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题例1 上海市黄浦区中考模拟第24题例2 江西省中考第24题第一部分函数图象中点的存在性问题1.1 因动点产生的相似三角形问题例1 上海市中考第24题如图1，在平面直角坐标系xOy 中，顶点为M 的抛物线y ＝ax 2＋bx （a ＞0）经过点A 和x 轴正半轴上的点B ，AO ＝BO ＝2，∠AOB ＝120°．（1）求这条抛物线的表达式；（2）连结OM ，求∠AOM 的大小；（3）如果点C 在x 轴上，且△ABC 与△AOM 相似，求点C 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13上海24”，拖动点C 在x 轴上运动，可以体验到，点C 在点B 的右侧，有两种情况，△ABC 与△AOM 相似．请打开超级画板文件名“13上海24”，拖动点C 在x 轴上运动，可以体验到，点C 在点B 的右侧，有两种情况，△ABC 与△AOM 相似．点击按钮的左部和中部，可到达相似的准确位置。

2020年中考数学压轴题说题

中考数学压轴题说题一、试题的立意及背景以二次函数为背景，和三角形与四边形相结合，渗透数形结合、分类讨论、转化、建模等数学思想，旨在考查学生对函数的性质与几何性质的综合分析能力与解题能力，对学生思维能力的要求很高，这是一道让学生又爱又恨的一道题。

（一）形式上往往由2到4个小题组成，层层递进，环环相扣。

（二）内容上第一小题为基础题，考查待定系数法求解析式或由解析式求坐标，为下一步打下基础，做好准备，一般第一问做错则基本全军覆没。

第二小题为中等难度以上题目，一般考查铅锤法求最大面积或将军饮马求最小周长。

第三小题为试卷中最难的问题，考查特殊三角形存在问题、特殊四边形存在问题，或者角的存在问题，全等与相似等等。

二、学生解题时的思维暴露过程（一）计算能力差：代错数，分子分母颠倒，不会解（二）笔误现象多：写错答案（三）解题速度慢：时间分配问题（四）步骤不规范：待定系数法不按步骤（五）书写格式乱：最后慌了（六）审题不仔细：没注意m的取值范围三、解题策略的优化过程，学生的思维障碍及解决策略（一）求完解析式不检查，不检验（二）铅锤法求面积分步计算1、求直线解析式，回代检验2、设动点D的横坐标t，然后动点向x轴作垂线，用纵坐标的差表示线段长3、用t表示三角形的面积和或差（三）平行四边形存在问题平移法和中点坐标公式，分类讨论：（1）边（2）对角线四、数学思维方法的凝练过程A.求解析式（待定系数法）—根据条件灵活设恰当形式B.“斜”三角形问题—化斜为直，转化为面积和差法C.平行四边形存在问题—“两定两动”转化为“三定一动”五、变式和拓展变条件：去m条件；求最小周长：三角形或四边形；将x轴改为y轴或对称轴。

变求的问题：求四边形面积最大值；求N；。

挑战2024数学中考压轴题几何证明及通过几何计算进行说理

挑战2024数学中考压轴题几何证明及通过几何计算进行
说理
一、证明：若圆的切点A、B，关于C的对称点是A'、B'，则证明：
AA'的中点等于BB'的中点。

证明：
因为ABC是一个等腰三角形，ACB的两条边分别等于AB的两条边，
从而使得AA'的长度等于BB'的长度，连接AC，则AA'的中点等于BB'的
中点，即证毕。

二、证明：已知直线l1垂直抛物线的焦点F，点A在抛物线上，则
AF的中点M，经过抛物线的另一焦点。

证明：
因为抛物线的两个焦点F1和F2到直线l1是垂直的，由直线垂直定理，可知点F1和F2到AF的距离分别是相等的，从而可知AF的中点M到
F1和F2的距离也是相等的，从而可以说明M经过抛物线的另一焦点，即
证毕。

三、证明：已知空间两条直线l1、l2有两个公共点A、B，则AB经过l1、l2的交点。

证明：
证明采用反证法：假设AB不经过l1、l2的交点，即意味着AB中存
在一个点出现在l1、l2两条直线的同一侧，但是由于l1、l2有两个公共
点A、B，从而说明l1、l2有两个公共点A、B，而A、B必须在l1、l2的
两侧，从而A、B必定会经过这两条直线的交点，即证毕。

四、证明：已知圆C1的半径r1，圆C2的半径r2，C1和C2的圆心分别是O1、O2，则证明：当r1＞r2时，C1圆的外切线与C2的内切线存在两个交点。

证明：
首先因为C1的半径r1大于C2的半径r2。

2020中考数学压轴题解析

2020中考数学压轴题解析这道题太长了，推荐同学们将图画在纸上，然后对照着看过程。

分析：第一小题根据条件可知四边形EDFC是正方形，所以和CE相等的线段有3个；第二小题有一个条件为圆弧呈2倍关系，那么可知其对应的圆心角也为2倍关系，所以如果连接OP那么可得∠AOP和∠BOP的度数，再稍微一计算就可以得到∠ABP是30°，有30°角的直角三角形，而且斜边AB可知，那么三个边皆可知，同时结合第一小题的正方形，可得△ACE也是同形状的三角形，所以AC和BC都能用含CF的式子来表示，列方程可解；第三小题首先需要得到四边形ADBC的面积和正方形EDFP的面积，则阴影面积可得；解答：（1）由CD是角平分线可得∠DCE=∠CDF又四边形CEDF又四个角都是直角，所以可判定为矩形，再加上DE=DF，所以正方形成立，则CE=DE=DF=CF；（2）首先我们连接OP根据弧AP和弧BP的关系，可得∠BOP=2∠AOP，所以∠BOP=120°，∠AOP=60°，那么∠ABP=30°可得，根据AB=8，可知AP=4，BP=4√3但我们要的不是这些，根据CE//BP可知∠ACE也是30°，所以可得CE=AC·cos30°，所以CF=CE=AC·cos30°，则BC=2CF=2AC·cos30°AB=AC+BC所以AC+2AC·cos30°=8则AC可得，所以CF可得；（3）这一小题首先求阴影部分的面积与AP长度的关系，①根据AB的长度以及△ABC为等腰直角可得S△ABC=1225m²那么关键就在于AB下方的阴影面积了我们只知道AP=x m，而且DC不是角平分线了，则四边形EDFP只是矩形，不一定是正方形了，是不是这样呢？注意∠ADC和∠B DC所对应的圆弧还是相等的，所以角平分线仍然是成立的，只不过需要我们自己推导，所以正方形EDFP仍然有，因为这个图示在圆内，所以我们要结合圆的有关性质，∠CAP和∠ADC刚好等弧对等角，再结合∠ACP为公共角，可得△APC∽△DAC，所以AP：AD=AC：CD，同理△BPC∽△DBC，可得BP：BD=BC：CD，∵AB=BC∴AP：AD=BP：BD（根据角平分线定理其实可以直接得到）AP=x，BP=70-x到这里可能一些同学不知道该如何下手了，难不成再结合勾股定理还能解出x不成？肯定不行了，因为点D不固定嘛那么既然搞定线段不容易，我们不妨直接来解决面积，△APE和△BPF的形状我们知道是相同的，那么它们的面积表达式也是相似的，假如我们将E到AP的距离和F到PB的距离分别表示出来不就可以得到△APE和△BPF的面积了吗这里我们仍然借助锐角三角函数我们知道PE=AP·cos∠APE，那么如果过E做AP的垂线段，可得垂线段长度=PE·sin∠APE即E到AP的距离为AP·sin∠APE·cos∠APE同理可得F到PB的距离为BP·sin∠PBF·cos∠PBF那么三角形面积S△APE=0.5·AP·AP·sin∠APE·cos∠APES△BPF=0.5·BP·BP·sin∠PBF·cos∠PBF而∠APE=∠PBF，我们统一用α来表示吧则S△APE+S△BPF=0.5sinαcosα（AP²+BP²）=0.5sinαcosα（2x²+4900-140x）但是这个α不知道这个时候我们就要利用前面得到的线段比例AP：AD=BP：BD即x：AD=（70-x）：BD即AD：BD=x：（70-x）而AD：BD不就是tanα吗所以tanα=x/（70-x）那么根据这一个三角函数可求出sinα，cosα（有些同学可能不会利用锐角三角函数，现阶段只要记住，不管是正弦余弦还是正切余切，其实就是直角三角形三边比例中，其中两个线段的比值，只要三边比例不变，那么各个锐角函数都是固定值。

2020年全国各地中考数学压轴题按题型(几何综合)汇编(一)三角形中的计算和证明综合(解析版)

2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编一、三角形中的计算和证明综合题1.（2020贵州黔东南州）如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形．探究发现（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由．拓展运用（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长．（3）若B、C、E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．【解答】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，{CD =CE ∠BCD =∠ACE BC =AC，∴△ACE ≌△BCD （ SAS ）；（2）如图3，由（1）得：△BCD ≌△ACE ，∴BD ＝AE ，∵△DCE 都是等边三角形，∴∠CDE ＝60°，CD ＝DE ＝2，∵∠ADC ＝30°，∴∠ADE ＝∠ADC +∠CDE ＝30°+60°＝90°，在Rt △ADE 中，AD ＝3，DE ＝2，∴AE =√AD 2+DE 2=√9+4=√13，∴BD =√13；（3）如图2，过A 作AF ⊥CD 于F ，∵B 、C 、E 三点在一条直线上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF=AF AC，∴AF＝AC×sin∠ACF＝1×√32=√32，∴S△ACD=12×CD×AF=12×2×√32=√32，∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×12=12，FD＝CD﹣CF＝2−12=32，在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2=(√32)2+(32)2=3，∴AD=√3．2.（2020黑龙江牡丹江）在等腰△ABC中，AB＝BC，点D，E在射线BA上，BD＝DE，过点E作EF∥BC，交射线CA于点F．请解答下列问题：（1）当点E在线段AB上，CD是△ACB的角平分线时，如图①，求证：AE+BC＝CF；（提示：延长CD，FE交于点M．）（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，如图②；当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，如图③，请直接写出线段AE，BC，CF之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）、（2）的条件下，若DE＝2AE＝6，则CF＝18或6．【解答】解：（1）如图①，延长CD，FE交于点M．∵AB＝BC，EF∥BC，∴∠A＝∠BCA＝∠EF A，∴AE＝EF，∴MF∥BC，∴∠MED＝∠B，∠M＝∠BCD，又∵∠FCM＝∠BCM，∴∠M＝∠FCM，∴CF＝MF，又∵BD＝DE，∴△MED≌△CBD（AAS），∴ME＝BC，∴CF＝MF＝ME+EF＝BC+AE，即AE+BC＝CF；（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，BC＝AE+CF，如图②，延长CD，EF交于点M．由①同理可证△MED≌△CBD（AAS），∴ME＝BC，由①证明过程同理可得出MF＝CF，AE＝EF，∴BC＝ME＝EF+MF＝AE+CF；当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，AE＝CF+BC．如图③，延长CD交EF于点M，由上述证明过程易得△MED≌△CBD（AAS），BC＝EM，CF＝FM，又∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠CAB＝∠F AE，∵EF∥BC，∴∠F＝∠FCB，∴EF＝AE，∴AE＝FE＝FM+ME＝CF+BC；（3）CF ＝18或6，当DE ＝2AE ＝6时，图①中，由（1）得：AE ＝3，BC ＝AB ＝BD +DE +AE ＝15，∴CF ＝AE +BC ＝3+15＝18；图②中，由（2）得：AE ＝AD ＝3，BC ＝AB ＝BD +AD ＝9，∴CF ＝BC ﹣AE ＝9﹣3＝6；图③中，DE 小于AE ，故不存在．故答案为18或6．3.（2020武汉）问题背景：如图（1），已知△ABC ∽△ADE ，求证：△ABD ∽△ACE ；尝试应用：如图（2），在△ABC 和△ADE 中，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，∠ABC ＝∠ADE ＝30°，AC 与DE 相交于点F ，点D 在BC 边上，AD BD =√3，求DF CF 的值；拓展创新如图（3），D 是△ABC 内一点，∠BAD ＝∠CBD ＝30°，∠BDC ＝90°，AB ＝4，AC ＝2√3，直接写出AD 的长．【解答】问题背景证明：∵△ABC ∽△ADE ，∴AB AD =AC AE ，∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，AB AC =AD AE ，∴△ABD ∽△ACE ；尝试应用解：如图1，连接EC ，∵∠BAC ＝∠DAE ＝90°，∠ABC ＝∠ADE ＝30°，∴△ABC ∽△ADE ，由（1）知△ABD ∽△ACE ，∴AE EC =AD BD =√3，∠ACE ＝∠ABD ＝∠ADE ，在Rt △ADE 中，∠ADE ＝30°，∴AD AE=√3， ∴AD EC =AD AE ×AE CE =√3×√3=3．∵∠ADF ＝∠ECF ，∠AFD ＝∠EFC ，∴△ADF ∽△ECF ，∴DF CF =AD CE =3．拓展创新解：如图2，过点A 作AB 的垂线，过点D 作AD 的垂线，两垂线交于点M ，连接BM ，∵∠BAD ＝30°，∴∠DAM ＝60°，∴∠AMD ＝30°，∴∠AMD ＝∠DBC ，又∵∠ADM ＝∠BDC ＝90°，∴△BDC ∽△MDA ，∴BD MD =DC DA ，又∠BDC ＝∠ADM ，∴∠BDC +∠CDM ＝∠ADM +∠ADC ，即∠BDM ＝∠CDA ，∴△BDM ∽△CDA ，∴BM CA =DM AD =√3，∵AC ＝2√3，∴BM ＝2√3×√3=6，∴AM =√BM 2−AB 2=√62−42=2√5，∴AD =12AM =√5．4.（2020湖南常德）已知D 是Rt △ABC 斜边AB 的中点，∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，过点D 作Rt △DEF 使∠DEF ＝90°，∠DFE ＝30°，连接CE 并延长CE 到P ，使EP ＝CE ，连接BE ，FP ，BP ，设BC 与DE 交于M ，PB 与EF 交于N ．（1）如图1，当D ，B ，F 共线时，求证：①EB ＝EP ；②∠EFP ＝30°；（2）如图2，当D ，B ，F 不共线时，连接BF ，求证：∠BFD +∠EFP ＝30°．【解答】证明（1）①∵∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，∴∠A ＝90°﹣30°＝60°，同理∠EDF ＝60°，∴∠A ＝∠EDF ＝60°，∴AC ∥DE ，∴∠DMB ＝∠ACB ＝90°，∵D 是Rt △ABC 斜边AB 的中点，AC ∥DM ，∴BM BC =BD AB =12，即M是BC的中点，∵EP＝CE，即E是PC的中点，∴ED∥BP，∴∠CBP＝∠DMB＝90°，∴△CBP是直角三角形，∴BE=12PC＝EP；②∵∠ABC＝∠DFE＝30°，∴BC∥EF，由①知：∠CBP＝90°，∴BP⊥EF，∵EB＝EP，∴EF是线段BP的垂直平分线，∴PF＝BF，∴∠PFE＝∠BFE＝30°；（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP，∴△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，∵QE＝DE，∠DEF＝90°∴EF是DQ的垂直平分线，∴QF＝DF，∵CD＝AD，∴∠CDA＝∠A＝60°，∴∠CDB＝120°，∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP，∴△FQP≌△FDB（SAS），∴∠QFP＝∠BFD，∵EF是DQ的垂直平分线，∴∠QFE＝∠EFD＝30°，∴∠QFP+∠EFP＝30°，∴∠BFD+∠EFP＝30°．5.（2020江苏淮安）[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为AM＝BM；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN ，求AM BM 的值；[拓展延伸] （3）如图③，在三角形纸片ABC 中，AB ＝9，BC ＝6，∠ACB ＝2∠A ，将△ABC 沿过顶点C 的直线折叠，使点B 落在边AC 上的点B ′处，折痕为CM ．①求线段AC 的长；②若点O 是边AC 的中点，点P 为线段OB ′上的一个动点，将△APM 沿PM 折叠得到△A ′PM ，点A 的对应点为点A ′，A ′M 与CP 交于点F ，求PF MF 的取值范围．【解答】解：（1）如图①中，∵△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ，∴MN 垂直平分线段BC ，∴CN ＝BN ，∵∠MNB ＝∠ACB ＝90°，∴MN ∥AC ，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为AM＝BM．（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴BCBA =BMBC，∴610=BM6，∴BM=18 5，∴AM＝AB﹣BM＝10−185=325，∴AM BM =325185=169．（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB ＝CB ′＝6，∠BCM ＝∠ACM ，∵∠ACB ＝2∠A ，∴∠BCM ＝∠A ，∵∠B ＝∠B ，∴△BCM ∽△BAC ，∴BC AB=BM BC =CM AC ∴69=BM 6，∴BM ＝4，∴AM ＝CM ＝5，∴69=5AC ，∴AC =152．②如图③﹣1中，∵∠A ＝∠A ′＝∠MCF ，∠PF A ′＝∠MFC ，P A ＝P A ′，∴△PF A ′∽△MFC ，∴PF FM =PA′CM ，∵CM ＝5，∴PF FM =PA′5，∵点P 在线段OB 上运动，OA ＝OC =154，AB ′=152−6=32， ∴32≤P A ′≤154， ∴310≤PF FM ≤34．6.（2020江苏南京）如图，在△ABC 和△A 'B 'C '中，D 、D '分别是AB 、A 'B '上一点，AD AB =A′D′A′B′．（1）当CD C′D′=AC A′C′=AB A′B′时，求证△ABC ∽△A 'B 'C ．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．（2）当CD C′D′=AC A′C′=BC B′C′时，判断△ABC 与△A 'B 'C ′是否相似，并说明理由．【解答】（1）证明：∵AD AB =A′D′A′B′， ∴AD A′D′=AB A′B′， ∵CD C′D′=AC A′C′=AB A′B′， ∴CD C′D′=AC A′C′=AD A′D′，∴△ADC ∽△A ′D ′C ，∴∠A ＝∠A ′，∵AC A′C′=AB A′B′，∴△ABC ∽△A ′B ′C ′．故答案为：CD C′D′=AC A′C′=AD A′D′，∠A ＝∠A ′．（2）如图，过点D ，D ′分别作DE ∥BC ，D ′E ′∥B ′C ′，DE 交AC 于E ，D ′E ′交A ′C ′于E ′．∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC ，∴AD AB =DE BC =AE AC ，同理，A′D′A′B′=D′E′B′C′=A′E′A′C′， ∵AD AB=A′D′A′B′， ∴DE BC=D′E′B′C′， ∴DE D′E′=BC B′C′，同理，AE AC =A′E′A′C′，∴AC−AE AC=A′C′−A′E′A′C′，即EC AC =E′C′A′C′， ∴EC E′C′=AC A′C′， ∵CD C′D′=AC A′C′=BC B′C′， ∴CD C′D′=DE D′E′=EC E′C′，∴△DCE ∽△D ′C ′E ′，∴∠CED ＝∠C ′E ′D ′，∵DE ∥BC ，∴∠CED +∠ACB ＝90°，同理，∠C ′E ′D ′+∠A ′C ′B ′＝180°，∴∠ACB ＝∠A ′B ′C ′，∵AC A′C′=CB C′B′，∴△ABC ∽△A ′B ′C ′．7.（2020江苏扬州）如图1，已知点O 在四边形ABCD 的边AB 上，且OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，OC 平分∠BOD ，与BD 交于点G ，AC 分别与BD 、OD 交于点E 、F ．（1）求证：OC ∥AD ；（2）如图2，若DE ＝DF ，求AE AF 的值；（3）当四边形ABCD 的周长取最大值时，求DE DF 的值．【解答】（1）证明：∵AO ＝OD ，∴∠OAD ＝∠ADO ，∵OC 平分∠BOD ，∴∠DOC ＝∠COB ，又∵∠DOC +∠COB ∠＝∠OAD +∠ADO ，∴∠ADO ＝∠DOC ，∴CO ∥AD ；（2）解：如图1，∵OA ＝OB ＝OC ，∴∠ADB ＝90°，∴△AOD 和△ABD 为等腰直角三角形， ∴AD =√2AO ，∴AD AO =√2，∵DE ＝EF ，∴∠DFE ＝∠DEF ，∵∠DFE ＝∠AFO ，∴∠AFO ＝∠AED ，又∠ADE ＝∠AOF ＝90°，∴△ADE ∽△AOF ，∴AE AF =AD AO =√2．（3）解：如图2，∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD，设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，∴OG＝2−14x2，∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G为BD的中点，又∵O为AB的中点，∴AD＝2OG＝4−12x2，∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4−12x2+4=−12x2+2x+8=−12(x−2)2+10，∵−12＜0，∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．∴BC＝2，∴△BCO为等边三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAC ＝∠COB ＝60°，∴∠ADF ＝∠DOC ＝60°，∠DAE ＝30°，∴∠AFD ＝90°，∴DE DA=√33，DF =12DA ， ∴DE DF =2√33． 8.（2020青海）在△ABC 中，AB ＝AC ，CG ⊥BA 交BA 的延长线于点G ．特例感知：（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F ，一条直角边与AC 重合，另一条直角边恰好经过点B ．通过观察、测量BF 与CG 的长度，得到BF ＝CG ．请给予证明．猜想论证：（2）当三角尺沿AC 方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC 边重合，另一条直角边交BC 于点D ，过点D 作DE ⊥BA 垂足为E ．此时请你通过观察、测量DE 、DF 与CG 的长度，猜想并写出DE 、DF 与CG 之间存在的数量关系，并证明你的猜想．联系拓展：（3）当三角尺在图2的基础上沿AC 方向继续移动到图3所示的位置（点F 在线段AC 上，且点F 与点C 不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）【解答】（1）证明：如图1中，∵∠F ＝∠G ＝90°，∠F AB ＝∠CAG ，AB ＝AC ，∴△F AB ≌△GAC （AAS ），∴FB ＝CG ．（2）解：结论：CG ＝DE +DF ．理由：如图2中，连接AD ．∵S △ABC ＝S △ABD +S △ADC ，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，CG ⊥AB ，∴12•AB •CG =12•AB •DE +12•AC •DF ，∵AB ＝AC ，∴CG ＝DE +DF ．（3）解：结论不变：CG ＝DE +DF ．理由：如图3中，连接AD ．∵S △ABC ＝S △ABD +S △ADC ，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，CG ⊥AB ，∴12•AB •CG =12•AB •DE +12•AC •DF ，∵AB ＝AC ，∴CG ＝DE +DF ．9.（2020山东烟台）如图，在等边三角形ABC 中，点E 是边AC 上一定点，点D 是直线BC 上一动点，以DE 为一边作等边三角形DEF ，连接CF ．【问题解决】如图1，若点D 在边BC 上，求证：CE +CF ＝CD ；【类比探究】如图2，若点D 在边BC 的延长线上，请探究线段CE ，CF 与CD 之间存在怎样的数量关系？并说明理由．【解答】【问题解决】证明：在CD 上截取CH ＝CE ，如图1所示：∵△ABC 是等边三角形，∴∠ECH ＝60°，∴△CEH 是等边三角形，∴EH ＝EC ＝CH ，∠CEH ＝60°，∵△DEF 是等边三角形，∴DE ＝FE ，∠DEF ＝60°，∴∠DEH +∠HEF ＝∠FEC +∠HEF ＝60°，∴∠DEH ＝∠FEC ，在△DEH 和△FEC 中，{DE =FE ∠DEH =∠FEC EH =EC，∴△DEH ≌△FEC （SAS ），∴DH ＝CF ，∴CD ＝CH +DH ＝CE +CF ，∴CE +CF ＝CD ；【类比探究】解：线段CE ，CF 与CD 之间的等量关系是FC ＝CD +CE ；理由如下：∵△ABC 是等边三角形，∴∠A ＝∠B ＝60°，过D 作DG ∥AB ，交AC 的延长线于点G ，如图2所示：∵GD ∥AB ，∴∠GDC ＝∠B ＝60°，∠DGC ＝∠A ＝60°，∴∠GDC ＝∠DGC ＝60°，∴△GCD 为等边三角形，∴DG ＝CD ＝CG ，∠GDC ＝60°，∵△EDF 为等边三角形，∴ED ＝DF ，∠EDF ＝∠GDC ＝60°，∴∠EDG ＝∠FDC ，在△EGD 和△FCD 中，{ED =DF ∠EDG =∠FDC DG =CD，∴△EGD ≌△FCD （SAS ），∴EG ＝FC ，∴FC ＝EG ＝CG +CE ＝CD +CE ．10．（2020四川攀枝花）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线MN 的距离皆为100cm ．王诗嬑观测到高度90cm 矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm ；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子皆与坡脚水平线MN 互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度i ＝1：0.75，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：（1）若王诗嬑的身高为150cm ，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少cm ？（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为100 cm ，则高圆柱的高度为多少cm ？【解答】解：（1）设王诗嬑的影长为xcm ，由题意可得：9072=150x ，解得：x ＝120，经检验：x ＝120是分式方程的解，王诗嬑的的影子长为120cm ；（2）正确，因为高圆柱在地面的影子与MN 垂直，所以太阳光的光线与MN 垂直，则在斜坡上的影子也与MN 垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN 垂直，而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；（3）如图，AB 为高圆柱，AF 为太阳光，△CDE 为斜坡，CF 为圆柱在斜坡上的影子，过点F 作FG ⊥CE 于点G ，由题意可得：BC ＝100，CF ＝100，∵斜坡坡度i ＝1：0.75，∴DE CE =FG CG =10.75=43，∴设FG ＝4m ，CG ＝3m ，在△CFG 中，（4m ）2+（3m ）2＝1002，解得：m＝20，∴CG＝60，FG＝80，∴BG＝BC+CG＝160，过点F作FH⊥AB于点H，∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，可知四边形HBGF为矩形，∴9072=AHHF=AHBG，∴AH=9072×BG=9072×160=200，∴AB＝AH+BH＝AH+FG＝200+80＝280，故高圆柱的高度为280cm．11.（2020浙江绍兴）问题：如图，在△ABD中，BA＝BD．在BD的延长线上取点E，C，作△AEC，使EA＝EC．若∠BAE＝90°，∠B＝45°，求∠DAC的度数．答案：∠DAC＝45°．思考：（1）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，其余条件不变，那么∠DAC的度数会改变吗？说明理由．（2）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，再将“∠BAE＝90°”改为“∠BAE＝n°”，其余条件不变，求∠DAC的度数．【解答】解：（1）∠DAC的度数不会改变；∵EA＝EC，∴∠AED＝2∠C，①∵∠BAE＝90°，∴∠BAD=12[180°﹣（90°﹣2∠C）]＝45°+∠C，∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣（45°+∠C）＝45°﹣∠C，②由①，②得，∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝45°；（2）设∠ABC＝m°，则∠BAD=12（180°﹣m°）＝90°−12m°，∠AEB＝180°﹣n°﹣m°，∴∠DAE＝n°﹣∠BAD＝n°﹣90°+12m°，∵EA＝EC，∴∠CAE=12∠AEB＝90°−12n°−12m°，∴∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝n°﹣90°+12m°+90°−12n°−12m°=12n°．。

挑战中考数学压轴题(第九版精选)之欧阳道创编

目录第一部分函数图象中点的存在性问题1.1 因动点产生的相似三角形问题例1 2015年上海市宝山嘉定区中考模拟第24题例2 2014年武汉市中考第24题例3 2012年苏州市中考第29题例4 2012年黄冈市中考第25题例5 2010年义乌市中考第24题例6 2009年临沂市中考第26题1.2 因动点产生的等腰三角形问题例1 2015年重庆市中考第25题例2 2014年长沙市中考第第26题例3 2013年上海市虹口区中考模拟第25题例42012年扬州市中考第27题例5 2012年临沂市中考第26题例62011年盐城市中考第28题1.3 因动点产生的直角三角形问题例12015年上海市虹口区中考模拟第25题例22014年苏州市中考第29题例3 2013年山西省中考第26题例4 2012年广州市中考第24题例5 2012年杭州市中考第22题例6 2011年浙江省中考第23题例7 2010年北京市中考第24题1.4 因动点产生的平行四边形问题例1 2015年成都市中考第28题例2 2014年陕西省中考第24题例3 2013年上海市松江区中考模拟第24题例42012年福州市中考第21题例5 2012年烟台市中考第26题例6 2011年上海市中考第24题例7 2011年江西省中考第24题1.5 因动点产生的梯形问题例1 2015年上海市徐汇区中考模拟第24题例2 2014年上海市金山区中考模拟第24题例3 2012年上海市松江中考模拟第24题例4 2012年衢州市中考第24题例5 2011年义乌市中考第24题1.6 因动点产生的面积问题例1 2015年河南市中考第23题例22014年昆明市中考第23题例3 2013年苏州市中考第29题例4 2012年菏泽市中考第21题例5 2012年河南省中考第23题例62011年南通市中考第28题例72010年广州市中考第25题1.7因动点产生的相切问题例12015年上海市闵行区中考模拟第24题例22014年上海市徐汇区中考模拟第25题例3 2013年上海市杨浦区中考模拟第25题1.8因动点产生的线段和差问题例1 2015年福州市中考第26题例22014年广州市中考第24题例3 2013年天津市中考第25题例4 2012年滨州市中考第24题第二部分图形运动中的函数关系问题2.1 由比例线段产生的函数关系问题例12015年呼和浩特市中考第25题例22014年上海市徐汇区中考模拟第25题例3 2013年宁波市中考第26题例4 2012年上海市徐汇区中考模拟第25题2.2 由面积公式产生的函数关系问题例12015年上海市徐汇区中考模拟第25题例2 2014年黄冈市中考第25题例3 2013年菏泽市中考第21题例4 2012年广东省中考第22题例5 2012年河北省中考第26题例6 2011年淮安市中考第28题第三部分图形运动中的计算说理问题3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例12015年北京市中考第29题例2 2014年福州市中考第22题例3 2013年南京市中考第26题3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题例12015年杭州市中考第22题例2 2014年安徽省中考第23题例3 2013年上海市黄浦区中考模拟第24题第四部分图形的平移翻折与旋转4.1图形的平移例12015年泰安市中考第15题例2 2014年江西省中考第11题4.2图形的翻折例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第18题例2 2014年上海市中考第18题4.3图形的旋转例12015年扬州市中考第17题例2 2014年上海市黄浦区中考模拟第18题4.4三角形例12015年上海市长宁区中考模拟第18题例2 2014年泰州市中考第16题4.5四边形例12015年安徽省中考第19题例2 2014年广州市中考第8题4.6圆例12015年兰州市中考第15题例22014年温州市中考第16题4.7函数图像的性质例12015年青岛市中考第8题例2 2014年苏州市中考第18题第一部分函数图象中点的存在性问题1.1 因动点产生的相似三角形问题例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第24题如图1，在平面直角坐标系中，双曲线（k≠0）与直线y＝x＋2都经过点A(2, m)．（1）求k与m的值；（2）此双曲线又经过点B(n, 2)，过点B的直线BC与直线y＝x＋2平行交y轴于点C，联结AB、AC，求△ABC的面积；（3）在（2）的条件下，设直线y＝x＋2与y轴交于点D，在射线CB上有一点E，如果以点A、C、E所组成的三角形与△ACD相似，且相似比不为1，求点E 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“15宝山嘉定24”，拖动点E在射线CB上运动，可以体验到，△ACE与△ACD相似，存在两种情况．思路点拨1．直线AD//BC，与坐标轴的夹角为45°．2．求△ABC的面积，一般用割补法．3．讨论△ACE与△ACD相似，先寻找一组等角，再根据对应边成比例分两种情况列方程．满分解答（1）将点A(2, m)代入y＝x＋2，得m＝4．所以点A的坐标为(2, 4)．将点A(2, 4)代入ky，得k＝8．x（2）将点B(n, 2)，代入8y x =，得n ＝4．所以点B 的坐标为(4, 2)．设直线BC 为y ＝x ＋b ，代入点B(4,2)，得b ＝－2．所以点C 的坐标为(0,－2)．由A(2, 4)、B(4, 2)、C (0,－2)，可知A 、B 两点间的水平距离和竖直距离都是2，B 、C 两点间的水平距离和竖直距离都是4．所以AB ＝22，BC ＝42，∠ABC ＝90°．图2所以S △ABC ＝12BA BC ⋅＝122422⨯⨯＝8．（3）由A(2, 4)、D(0, 2)、C (0,－2)，得AD ＝22，AC ＝210．由于∠DAC ＋∠ACD ＝45°，∠ACE ＋∠ACD ＝45°，所以∠DAC ＝∠ACE ．所以△ACE 与△ACD 相似，分两种情况：①如图3，当CE AD CA AC =时，CE ＝AD ＝22．此时△ACD ≌△CAE ，相似比为1．②如图4，当CE AC CA AD=时，21021022=．解得CE ＝102．此时C 、E 两点间的水平距离和竖直距离都是10，所以E(10, 8)．图3 图4 考点伸展第（2）题我们在计算△ABC 的面积时，恰好△ABC 是直角三角形．一般情况下，在坐标平面内计算图形的面积，用割补法．如图5，作△ABC的外接矩形HCNM，MN//y轴．由S矩形HCNM＝24，S△AHC＝6，S△AMB＝2，S△BCN＝8，得S△ABC＝8．图5例22014年武汉市中考第24题如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5 cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4 cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）如图2，连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值；（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14武汉24”，拖动点P运动，可以体验到，若△BPQ可以两次成为直角三角形，与△ABC相似．当AQ⊥CP时，△ACQ∽△CDP．PQ 的中点H在△ABC的中位线EF上．思路点拨1．△BPQ与△ABC有公共角，按照夹角相等，对应边成比例，分两种情况列方程．2．作PD⊥BC于D，动点P、Q的速度，暗含了BD＝CQ．3．PQ的中点H在哪条中位线上？画两个不同时刻P、Q、H的位置，一目了然．满分解答（1）Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．△BPQ 与△ABC 相似，存在两种情况：① 如果BP BA BQ BC =，那么510848t t =-．解得t ＝1． ② 如果BP BC BQ BA =，那么588410t t =-．解得3241t =．图3 图4（2）作PD ⊥BC ，垂足为D ．在Rt △BPD 中，BP ＝5t ，cosB ＝45，所以BD ＝BPcosB ＝4t ，PD ＝3t ．当AQ ⊥CP 时，△ACQ ∽△CDP ．所以AC CD QC PD =，即68443t t t -=．解得78t =．图5 图6（3）如图4，过PQ 的中点H 作BC 的垂线，垂足为F ，交AB 于E ．由于H 是PQ 的中点，HF//PD ，所以F 是QD 的中点．又因为BD ＝CQ ＝4t ，所以BF ＝CF ．因此F 是BC 的中点，E 是AB 的中点．所以PQ 的中点H 在△ABC 的中位线EF 上．考点伸展本题情景下，如果以PQ 为直径的⊙H 与△ABC 的边相切，求t 的值．如图7，当⊙H 与AB 相切时，QP ⊥AB ，就是BP BC BQ BA=，3241t =．如图8，当⊙H 与BC 相切时，PQ ⊥BC ，就是BP BA BQ BC =，t ＝1．如图9，当⊙H 与AC 相切时，直径PQ半径等于FC ＝48=．解得12873t =，或t ＝0（如图10，但是与已知0＜t ＜2矛盾）．图7 图 8 图9 图10例3 2012年苏州市中考第29题如图1，已知抛物线211(1)444b y x b x =-++（b 是实数且b ＞2）与x 轴的正半轴分别交于点A 、B （点A 位于点B 是左侧），与y 轴的正半轴交于点C ．（1）点B 的坐标为______，点C 的坐标为__________（用含b 的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P ，使得四边形PCOB 的面积等于2b ，且△PBC 是以点P 为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q ，使得△QCO 、△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“12苏州29”，拖动点B 在x 轴的正半轴上运动，可以体验到，点P 到两坐标轴的距离相等，存在四边形PCOB 的面积等于2b 的时刻．双击按钮“第（3）题”，拖动点B ，可以体验到，存在∠OQA ＝∠B 的时刻，也存在∠OQ′A ＝∠B 的时刻．思路点拨1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC 暗示了点P 到两坐标轴的距离相等．2．联结OP ，把四边形PCOB 重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b 的式子表示．3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点Q 最大的可能在经过点A 与x 轴垂直的直线上．满分解答（1）B 的坐标为(b, 0)，点C 的坐标为(0, 4b )．（2）如图2，过点P 作PD ⊥x 轴，PE ⊥y 轴，垂足分别为D 、E ，那么△PDB ≌△PEC ．因此PD ＝PE ．设点P 的坐标为(x, x)．如图3，联结OP ．所以S 四边形PCOB ＝S △PCO ＋S △PBO ＝1152428b x b x bx ⨯⋅+⨯⋅=＝2b ．解得165x =．所以点P 的坐标为(1616,55)．图2 图3（3）由2111(1)(1)()4444b y x b x x x b =-++=--，得A(1, 0)，OA ＝1．①如图4，以OA 、OC 为邻边构造矩形OAQC ，那么△OQC ≌△QOA ．当BA QA QA OA=，即2QA BA OA =⋅时，△BQA ∽△QOA ．所以2()14b b =-．解得8b =±Q 为(1,2+．②如图5，以OC 为直径的圆与直线x ＝1交于点Q ，那么∠OQC ＝90°。

2020年中考数学压轴题精讲：几何证明及几何计算

2020年中考数学压轴题精讲：几何证明及几何计算例题1：如图1，在△ABC中，BC＞AC，∠ACB＝90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E．（1）若13ADDB=，AE＝2，求EC的长；（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△EDC 有一个锐角相等，FG交CD于点P．问：线段CP可能是△CFG的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1满分解答（1）由∠ACB＝90°，DE⊥AC，得DE//BC．所以13AE ADEC DB==．所以213EC=．解得EC＝6．（2）△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况：①如图2，当∠1＝∠2时，由于∠2与∠3互余，所以∠2与∠3也互余．因此∠CPF＝90°．所以CP是△CFG的高．②如图3，当∠1＝∠3时，PF＝PC．又因为∠1与∠4互余，∠3与∠2互余，所以∠4＝∠2．所以PC＝PG．所以PF＝PC＝PG．所以CP是△CFG的中线．综合①、②，当CD是∠ACB的平分线时，CP既是△CFG的高，也是中线（如图4）．图2 图3 图4例题2：如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作PM//AB 交AF于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠MPN＝_______°；②求证：PM＋PN＝3a；（2）如图2，点O是AD的中点，联结OM、ON．求证：OM＝ON．（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊的四边形，并说明理由．图1 图2 图3满分解答（1）①∠MPN＝60°．②如图4，延长F A、ED交直线B C与M′、N′，那么△ABM′、△MPM′、△DCN′、△EPN′都是等边三角形．所以PM＋PN＝M′N′＝M′B＋BC＋CN′＝3a．图4 图5 图6（2）如图5，联结OP．由（1）知，AM＝BP，DN＝CP．由AM＝BP，∠OAM＝∠OBP＝60°，OA＝OB，得△AOM≌△BOP．所以OM＝OP．同理△COP≌△DON，得ON＝OP．所以OM＝ON．（3）四边形OMGN是菱形．说理如下：由（2）知，∠AOM＝∠BOP，∠DON＝∠COP（如图5）．所以∠AOM＋∠DON＝∠BOP＋∠COP＝60°．所以∠MON＝120°．如图6，当OG平分∠MON时，∠MOG＝∠NOG＝60°．又因为∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，于是可得∠AOM＝∠FOG＝∠EON．于是可得△AOM≌△FOG≌△EON．所以OM＝OG＝ON．所以△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形．所以四边形OMGN的四条边都相等，四边形OMGN是菱形．例题3：已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图像经过点P(0, 1)与Q(2, －3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形ABCD恰为正方形．①求正方形的ABCD的面积；②联结P A 、PD ，PD 交AB 于点E ，求证：△P AD ∽△PEA ．满分解答（1）将点P (0, 1)、Q (2, －3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,421 3.c b =⎧⎨-++=-⎩ 解得0,1.b c =⎧⎨=⎩所以该二次函数的解析式为y ＝－x 2＋1．（2）①如图1，设点A 的坐标为(x , －x 2＋1)，当四边形ABCD 恰为正方形时，AD ＝AB ．此时y A ＝2x A ．解方程－x 2＋1＝2x ，得1x =-±所以点A 1．因此正方形ABCD 的面积等于21)]12=-②设OP 与AB 交于点F ，那么211)31)PF OP OF =-=-=-=．所以2tan 1PF PAE AF ∠==．又因为tan tan 1ODPDA DPO OP∠=∠==，所以∠P AE ＝∠PDA ．又因为∠P 公用，所以△P AD ∽△PEA ．图1 图2。

2020年重庆数学中考重难题型突破五几何图形的相关证明与计算

题型五几何图形的相关证明与计算类型一倍长中线1. 如图，在菱形ABCD 中，AC ，BD 相交于点O .已知BC ＝2OC ，点E 、F 分别为边AB 、BO 上一点，且BF ＝EF ，点G 为CE 中点，连接FG ，AG .(1)若CE ＝8，∠ACE＝14∠ACB ，求AB 的长；(2)求证：FG ＝33AG .第1题图针对演练类型二构造三角形的中位线1.如图，在▱ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，且AE＝EC，过点C作CF⊥AB，垂足为F，交AE于点G，连接BG.(1)若AC＝26，CD＝4，求BE的长；(2)取BE的中点K，在EC上取一点H，使得点K和点E为BH的三等分点，连接AH，过点K作KQ⊥AH，交AC于点Q，求证：BG＝2CQ.第1题图类型三向角两边作垂线针对演练1.如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上的一点，点F在边BC的延长线上，且CF＝AE，连接DE，DF，EF.FH平分∠EFB交BD于点H.(1)若AB＝3，DE＝10，求点E到BD的距离；(2)过点H作HM⊥EF于点M，求证：EF＝2AB－2HM.第1题图类型四构造全等三角形针对演练1. (2019重庆渝中区模拟)如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，连接AE，交CD于点F，过点C作CG⊥AE，垂足为G，连接DG.(1)若BC＝6，CF＝2，求CE的长；(2)猜想：AG、CG、DG之间有何数量关系，并证明．第1题图2.如图，点E是▱ABCD边BC上的一点，且DE＝BE，过点C作CF⊥DE于点F，过点D作DM⊥BC 于点M，交CF于点H，且EF＝FH.(1)若AB＝42，FH＝3，求DM的长；(2)延长EB至点N，使BN＝12EN，作∠BED的平分线交AD于点P，连接PN，若∠BCD＝75°，求证：PN＝3DE.第2题图3.如图，在▱ABCD中，连接BD，点E在BD上，且DE＝DC，连接CE并延长与AD交于点F，过点C作CG⊥BD垂足为G，交AD于点H.(1)若DG＝3，CG＝23，求△CDE的面积；(2)若∠DFC＝45°，求证：EF＋2FH＝CF.第3题图类型五构造等腰三角形1. 如图，在▱ABCD 中，点G 是线段AB 上一点，连接CG ，DG ，且CG ＝C D. (1)如图①，过点G 作GH ⊥CD 于点H ，若AB ＝7，GH＝26，求DG 的长；针对演练(2)如图②，若∠DAB ＝60°，∠DAB 的平分线交CD 于点E ，过点E 作EF ∥AD ，且EF ＋AG ＝AD ，求证：∠DCF ＝∠GCF .第1题图2. (2019重庆实验外国语月考)如图，在菱形ABCD 中，∠A ＝60°，点E 、F 分别在边AB 、BC 上． (1)如图①，若△DEF 是等边三角形，且AD ＝6，AE ＝4，求△BEF 的面积；(2)如图②，若△DEF 是等腰直角三角形，∠EDF ＝90°，且DB ⊥EF 于点Q ，过点D 作DH ⊥AB 交AB 于点H ，交EF 于点G ，求证：AB ＝DH ＋12CF .第2题图3. 如图，在▱ABCD 中，∠D ＝45°，E 为BC 上一点，连接AC ，AE . (1)若AB ＝26，AE ＝4，求BE 的长；(2)过C 作CM ⊥AD 于M ，F 为AE 上一点，CA ＝CF ，且∠ACF ＝∠BAE ，求证：AF ＋AB ＝2AM .第3题图类型六构造直角三角形针对演练1. (2019重庆江北区模拟)在▱ABCD中，AD＝BD且∠ADB＝90°，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点N，过点E作EF⊥AB交AD于点F，连接BF，与线段EC交于点G.(1)若BC＝4，求△CBE的面积；(2)求证：2EG＝EN.第1题图2. (2019重庆西南大附中适应性考试)如图，在▱ABCD 中，AB ⊥AC ，过点D 作DE ⊥AD 交直线AC 于点E ，点O 是对角线AC 的中点，点F 是线段AD 上一点，连接FO 并延长交BC 于点G .(1)若AC ＝4，cos ∠CAD ＝45，求△ADE 的面积；(2)点H 为DC 延长线上一点，连接HF ，若∠H ＝30°，DE ＝BG ，求证：DH ＝CE ＋32FH .第2题图3. (2019重庆大渡口区三诊)如图，在▱ABCD 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点E 是边AD 上一点，且BE ＝BC ，BE 交AC 于点F ，过点C 作BE 的垂线，垂足为点O ，与AD 交于点G .(1)若AB ＝2，求AE 的长； (2)求证：BF ＝CO ＋3EO .第3题图类型七特殊三角形中的辅助线针对演练1.如图，在▱ABCD中，AC⊥BC，点E，F分别在AB，BC上，且AC＝AE＝CF，连接CE，AF，EF.(1)若∠ABC＝35°，求∠EAF的度数；(2)若CE⊥EF，求证：CE＝2EF.第1题图2. (2019重庆大渡口区二诊)如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是BC上一点，连接A D.过点D作DE⊥AB，垂足为E.点F是AD的中点，连接EF.(1)若∠DAC＝α，请用含α的式子表示∠EFD的大小；(2)过点B作BG⊥AB，BG＝BE，连接CG.求证：AD＝2CG.第2题图3.如图，在▱ABCD中，AD⊥AC，点E是AC上一点，且∠ADE＝45°，连接DE并延长交BC于点F.(1)若AECE＝32，CD＝234，求▱ABCD的面积；(2)过点A作AG⊥CD于点G，交DF于点M，点N是CA延长线上一点，连接MN，若∠ACD＝∠ANM，求证：AC＝CB＋AN.第3题图参考答案类型一倍长中线1. (1)解：如解图，延长EF 与BC 交于点K ， ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC ⊥BD . ∵BC ＝2OC ， ∴sin ∠OBC ＝OC BC ＝12，∴∠OBC ＝30°. ∴∠EBF ＝30°.∴∠ABC ＝60°， ∴∠ACB ＝60°.∴∠ACE ＝14∠ACB ＝14×60°＝15°，∴∠ECK ＝∠ACB －∠ACE ＝45°， ∵BF ＝EF ， ∴∠BEF ＝30°， ∴∠EKB ＝90°，在Rt △CKE 中， EK ＝CK ＝22CE ＝22×8＝42，在Rt △EKB 中，BK ＝33EK ＝33×42＝463. ∴BC ＝CK ＋BK ＝42＋463，即AB ＝42＋463；(2)证明：如解图，延长FG 至点H ，使GH ＝FG ，连接CH ，AH 、AF . ∵点G 为CE 中点， ∴EG ＝GC .在△EFG 与△CHG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧FG ＝GH ∠EGF ＝∠CGH EG ＝CG， ∴△EFG ≌△CHG (SAS)． ∴EF ＝CH ，∠CHG ＝∠EFG . ∴CH ＝BF ，CH ∥EF .由(1)可知∠EBC ＝60°，∠EKB ＝90°，∠BCD ＝120°， ∴∠HCB ＝90°，∴∠ACH ＝∠BCH －∠ACB ＝90°－60°＝30°. ∴∠ABF ＝∠ACH . 在△AFB 与△AHC 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ∠ABF ＝∠ACH BF ＝CH， ∴△AFB ≌△AHC (SAS)， ∴AF ＝AH ，∠BAF ＝∠CAH .∵FG ＝GH ， ∴AG ⊥FG . ∴∠F AG ＝∠HAG .∵∠BAC ＝∠BAF ＋∠F AC ＝60°， ∴∠CAH ＋∠F AC ＝60°，即∠F AH ＝60°.∴∠F AG ＝∠HAG ＝30°. ∴FG AG ＝tan30°＝33. ∴FG ＝33AG .第1题解图类型二构造三角形的中位线1. (1)解：∵AE ⊥BC ，AE ＝EC ，AC ＝26， ∴在Rt △AEC 中，AE ＝EC ＝22AC ＝13， ∵AB ＝CD ＝4，∴在Rt △AEB 中，由勾股定理得BE ＝AB 2－AE 2＝3； (2)证明：如解图，取GE 的中点M ，连接KM ，MC ， ∴GM ＝ME .∵点K 和点E 为BH 的三等分点， ∴KE ＝EH ＝BK .∴KM 为△BEG 的中位线． ∴KM ∥BG ，KM ＝12BG .∵CF ⊥AB ，AE ⊥BC ， ∴∠AEB ＝∠CEG ＝90°. ∴∠FCB ＋∠FBC ＝90°， ∠BAE ＋∠FBC ＝90°， ∴∠FCB ＝∠BAE . 在△AEB 和△CEG 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠BAE ＝∠GCE AE ＝CE ∠AEB ＝∠CEG， ∴△AEB ≌△CEG (ASA )． ∴BE ＝GE . ∴ME ＝EH ，∴∠MKE ＝∠GBE ＝∠ACE ＝45°，在△AEH 和△CEM 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AE ＝EC ∠AEH ＝∠CEM EH ＝EM， ∴△AEH ≌△CEM (SAS)， ∴∠EAH ＝∠ECM ， ∵AH ⊥QK ，∴∠QKE ＋∠EHA ＝90°， ∵∠EAH ＋∠EHA ＝90°， ∴∠EAH ＝∠QKE ， ∴∠KCM ＝∠QKE ，在△KMC 和△CQK 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MKC ＝∠QCK KC ＝CK ∠KCM ＝∠CKQ， ∴△KMC ≌△CQK (ASA )， ∴KM ＝CQ ， ∴BG ＝2CQ .第1题解图类型三向角两边作垂线1. (1)解：∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠BAD ＝90°，AD ＝AB ＝3. ∴BD ＝2AD ＝32，在Rt△ADE中，由勾股定理得AE＝DE2－AD2＝1，∴BE＝AB－AE＝2，在△DBE中，设点E到BD的距离为h，利用等积法可得BD·h＝BE·AD，即32h＝6，解得h＝2，∴点E到BD的距离为2；(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠EAD＝∠BCD＝∠ADC＝90°.∴∠EAD＝∠DCF＝90°.∵CF＝AE，∴△AED≌△CFD(SAS)．∴DE＝DF.易证∠EDF＝90°.∴∠DEF＝∠DFE＝45°.∵∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，∴∠DBF＝45°.∵FH平分∠BFE，∴∠HFB＝∠HFE.∴∠DHF＝∠HFB＋∠DBC＝∠HFB＋45°，∠DFH＝∠HFE＋∠DFE＝∠HFE＋45°.∴∠DHF＝∠DFH.∴DH＝DF，如解图，过点H作HN⊥BC于点N.第1题解图∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°.∴BD＝2AB.∵FH平分∠BFE，HM⊥EF，HN⊥BF，∴HM＝HN.∵∠HBN＝45°，∠HNB＝90°，∴BH＝2HN＝2HM.∴DH ＝BD －BH ＝2AB －2HM . ∵EF ＝2DF ＝2DH ，∴EF ＝2(2AB －2HM )＝2AB －2HM .类型四构造全等三角形1. 解：(1)∵四边形ABCD 是正方形， ∴AB ∥DC ，AB ＝BC . ∴△CEF ∽△BEA . ∴CE BE ＝CF BA. ∵BC ＝6，CF ＝2，BE ＝BC ＋CE . ∴CE 6＋CE ＝26，解得CE ＝3； (2)AG ＝CG ＋2DG .证明：如解图，在AE 上截取AH ＝CG ，连接DH ，第1题解图∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ∥BC ，AD ＝DC ，∠ADC ＝∠BCD ＝90°， ∴∠DAE ＝∠E ，∠DCG ＋∠GCE ＝90°. ∵CG ⊥AE ， ∴∠E ＋∠GCE ＝90°. ∴∠DCG ＝∠E ＝∠DAE . 在△ADH 和△CDG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝CD ∠DAH ＝∠DCG AH ＝CG， ∴△ADH ≌△CDG (SAS)， ∴DH ＝DG ，∠ADH ＝∠CDG . ∵∠ADC ＝∠ADH ＋∠HDC ＝90°， ∴∠HDG ＝∠HDC ＋∠GDC ＝90°. ∴HG ＝DH 2＋DG 2＝2DG . ∵AG ＝AH ＋HG ，AH ＝CG ，∴AG ＝CG ＋2DG .2. (1)解：∵CF ⊥DE ，DM ⊥BC ， ∴∠DFC ＝∠EFC ＝∠DMC ＝90°. 又∵∠DHF ＝∠CHM ， ∴∠FDH ＝∠ECF . 又∵EF ＝FH ，∴△ECF ≌△HDF (AAS )． ∴DF ＝CF ，DH ＝EC .在平行四边形ABCD 中，AB ＝42， ∴DC ＝AB ＝42， ∴DF ＝22CD ＝4. 又∵FH ＝3，∴DH ＝DF 2＋FH 2＝5，EF ＝FH ＝3. ∴EC ＝DH ＝5，DE ＝DF ＋EF ＝7. 由S △CDE ＝12DE ·CF ＝12CE ·DM ，∴DM ＝285；(2)证明：如解图，连接BP .第2题解图∵DF ＝CF ，∠DFC ＝90°， ∴∠CDF ＝45°，又∵∠BCD ＝75°，∴∠BED ＝∠CDF ＋∠BCD ＝120°. ∵EP 平分∠BED ， ∴∠BEP ＝∠DEP ＝60°. ∵AD ∥BC ，∴∠DPE ＝∠BEP ＝60°. ∴△DEP 为等边三角形．又∵BE ＝DE ，PE ＝PE ， ∴△BEP ≌△DEP (SAS)． ∴BE ＝DE ＝PE ，∴△BEP 为等边三角形． ∴PB ＝BE ＝PE ＝DE . 又∵BN ＝12EN ，∴BN ＝BE ＝BP .∴∠N ＝∠NPB ＝12∠PBE ＝30°，∴∠NPE ＝∠NPB ＋∠BPE ＝90°. ∴PN ＝3PE . 即PN ＝3DE .3. (1)解：∵DG ＝3，CG ＝23， ∴CD ＝DG 2＋CG 2＝21， ∵CD ＝DE ， ∴DE ＝21，∴S △CDE ＝12·DE ·CG ＝12×21×23＝37；(2)证明：如解图，过点E 作EM ⊥BC 于点M ，连接DM ，过点C 作CT ⊥DH 于点T ，交DB 于点O .第3题解图∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，∴∠FCB ＝∠DFC ＝45°， ∵EM ⊥BC ， ∴∠EMC ＝90°，∴∠ECM ＝∠CEM ＝45°， ∴EC ＝2CM ， ∵CT ⊥AD ，∴∠CTD ＝∠CTF ＝90°， ∴∠TFC ＝∠TCF ＝45°， ∵DE ＝DC ， ∴∠DEC ＝∠DCE ，∴∠EFD ＋∠FDE ＝∠TCE ＋∠TCD ， ∴∠EDF ＝∠TCD ，∵∠TOD ＝∠COG ，∠OTD ＝∠OGC ＝90°，∴∠ODT＝∠OCG，∴∠TCD＝∠TCH，∵∠TCD＋∠CDT＝90°，∠TCH＋∠CHT＝90°，∴∠CDT＝∠CHT，∴CH＝CD，∵∠CHF＋∠CHD＝180°，∠ADC＋∠DCM＝180°，∠CHD＝∠CDH，∴∠CHF＝∠DCM，∵DE＝DC，DM＝DM，EM＝CM，∴△DMC≌△DME(SSS)，∴∠CMD＝∠DME＝45°＝∠CFH，∴△CHF≌△DCM(AAS)，∴FH＝CM，∴CF＝EF＋CE＝EF＋2FH.即EF＋2FH＝CF.类型五构造等腰三角形1. (1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝7，∴CD＝AB＝7.∵CG＝CD，∴CG＝7.∵GH⊥CD，∴在Rt△CHG中，由勾股定理，得CH＝CG2－GH2＝72－（26）2＝5.∴DH＝CD－CH＝7－5＝2.在Rt△GHD中，由勾股定理，得DG＝DH2＋GH2＝22＋（26）2＝27；(2)证明：如解图，在AB上截取AQ＝AD，连接DQ，FG.∵∠DAB＝60°，∴△ADQ是等边三角形．∴DQ＝AD，∠DQA＝60°.∵EF＋AG＝AD，即EF＋AG＝AQ＝AG＋GQ，∴GQ＝EF.∵AE平分∠DAB，∴∠1＝∠2.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.∴∠1＝∠3，∠ADE＝180°－∠DAB＝120°，∠QDE＝∠DQA＝60°.∴∠2＝∠3.∴DE＝AD.∴DE＝DQ.∵EF∥AD，∴∠DEF＝180°－∠ADE＝60°.∴∠DQG＝∠DEF.∴△DEF≌△DQG.∴DG＝DF，∠4＝∠5.∴∠GDF＝∠QDE＝60°.∴△FDG是等边三角形．∴DF＝GF.∵CF＝CF，CD＝CG，∴△CDF≌△CGF.∴∠DCF＝∠GCF.第1题解图2. (1)解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD.∵∠A＝60°，∴△ABD和△BCD都是等边三角形．∴AD＝BD，∠ADB＝60°，∵△DEF是等边三角形，∴DE＝DF，∠EDF＝60°.∴∠ADE＝∠BDF.∴△ADE≌△BDF(SAS)．∴BF＝AE＝4.∵AB＝6，∴BE＝AB－AE＝2.如解图①，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于点H，第2题解图①∴∠FBH ＝60°， ∴FH ＝BF ·sin60°＝2 3.∴S △BEF ＝12BE ·FH ＝12×2×23＝23；(2)证明：设菱形的边长为a ，如解图②，过点F 作FP ⊥BC ，交CD 于点P ，第2题解图②∵DE ＝DF ，BD ⊥EF ， ∴BD 平分∠EDF ， ∴∠BDF ＝45°，∴∠FDP ＝∠BDC －∠BDF ＝15°， ∵∠C ＝60°， ∴∠FPC ＝30°， ∴∠PFD ＝∠PDF ＝15°， ∴PD ＝PF ，设PD ＝PF ＝x ，则CP ＝PF sin60°＝x 32＝233x ,∴x ＋233x ＝a .解得x ＝(23－3)a ， ∴CF ＝(2－3)a . ∴12CF ＝a －32a . ∵AD ＝a ，DH ⊥AB ，∠A ＝60°， ∴DH ＝32a . ∴AB ＝DH ＋12CF .3. (1)解：如解图①，过A 作AH ⊥BC 于点H ，第3题解图①在▱ABCD 中，∵∠D ＝∠B ＝45°，AB ＝26， ∴AH ＝BH ＝2 3. ∵AE ＝4，∴EH ＝AE 2－AH 2＝2. ∴BE ＝BH －EH ＝23－2；(2)证明：如解图②，在AM 上截取MN ＝MC ，在△ACF 内以AF 为底边作等腰直角三角形AFP ，连接CP ，第3题解图②∵∠AFC ＋∠F AC ＋∠ACF ＝180°，∠B ＋∠F AC ＋∠BAF ＋∠CAN ＝180°，∠ACF ＝∠BAE ， ∴∠AFC ＝∠B ＋∠CAN ＝45°＋∠CAN .∵∠F AC ＝∠F AP ＋∠P AC ＝45°＋∠P AC 且∠F AC ＝∠AFC ， ∴∠CAN ＝∠P AC .∵∠APC ＝∠FPC ＝360°－90°2＝135°＝∠ANC ，∴△APC ≌△ANC (AAS )， ∴AP ＝AN ， ∵AM ＝AN ＋MN ，∴2AM ＝2AN ＋2MN ＝AF ＋CD ＝AF ＋AB ，即AF ＋AB ＝2AM .类型六构造直角三角形1. (1)解：如解图①，过点C 作CM ⊥AB ，与AB 的延长线交于点M .第1题解图①∵CE 平分∠DCB 且CD ∥AB ， ∴∠CEB ＝∠BCE ， ∵BC ＝4，∴EB ＝CB ＝4.在Rt △CBM 中，∠CBM ＝45°， ∴CM ＝22BC ＝22，则S △CEB ＝12BE ·CM ＝12×4×22＝42；(2)证明：如解图②，过点E 作EG 的垂线交BF 的延长线于点M ，第1题解图②由(1)知BC ＝BE ， ∵BC ＝AD ＝BD ， ∴BE ＝BD ，又∵FE ⊥AB ，∴在Rt △FDB 和Rt △FEB 中，⎩⎪⎨⎪⎧BF ＝BFBD ＝BE ， ∴Rt △FDB ≌Rt △FEB (HL)． ∴∠EBF ＝∠DBF ＝22.5°，又∵∠CEB ＝22.5°， ∴∠MGE ＝45°. 又∵ME ⊥EG ， ∴2EG ＝MG .由∠EBF ＝∠CEB ＝22.5°得EG ＝GB ，由Rt △MEG 是等腰直角三角形得ME ＝EG ，可得ME ＝GB .由∠MEF ＋∠FEG ＝∠GEB ＋∠FEG 可得∠MEF ＝∠GEB ＝22.5°＝∠GBN ，又∵∠M ＝∠NGB ＝45°， ∴△MFE ≌△GNB (ASA )． ∴MF ＝GN .∵∠BFE ＝∠FEG ＝90°－22.5°＝67.5°， ∴FG ＝EG .∴EG ＋GN ＝FG ＋MF 即EN ＝MG . ∴2EG ＝EN .2. (1)解：∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴CD ∥AB .∵AB ⊥AC ， ∴AC ⊥CD .在Rt △ACD 中，AC ＝4，cos ∠CAD ＝45，∴AD ＝ACcos ∠CAD ＝5，由勾股定理得CD ＝3.∵DE ⊥AD ，∴tan ∠DAC ＝DC AC ＝DEAD ，即34＝DE 5，则DE ＝154， ∴S △ADE ＝12AD ·DE ＝12×5×154＝758；(2)证明：如解图，连接BD ，过点F 作FM ⊥DH 于点M . ∵四边形ABCD 是平行四边形，点O 是AC 的中点， ∴点O 是BD 的中点，即点B ，O ，D 在一条直线上． ∵AD ∥BC ，∴∠FDO ＝∠GBO ，∠OFD ＝∠OGB ， ∴△OFD ≌△OGB (AAS )， ∴DF ＝BG ＝DE . ∵∠FDE ＝90°， ∴∠FDM ＋∠EDC ＝90°. ∵FM ⊥DC ，∴∠FDM ＋∠DFM ＝90°. ∴∠EDC ＝∠DFM . ∵AC ⊥DC ，∴∠DCE ＝∠ACD ＝90°， ∴∠ECD ＝∠DMF ， ∴△FDM ≌△DEC ， ∴DM ＝CE . 在Rt △HFM 中， ∵∠H ＝30°，FM ⊥HM ， ∴HM ＝32FH . ∵DH ＝DM ＋MH ， ∴DH ＝CE ＋32FH .第2题解图3. (1)解：如解图①，过点B 作BH ⊥DA 交DA 延长线于点H .第3题解图①∵在Rt △ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°， ∴BC ＝2AB ＝2，∠ABC ＝∠ACB ＝45°. ∴BE ＝BC ＝2.∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC .∴∠HAB ＝∠ABC ＝45°. ∴AH ＝BH ＝22AB ＝1. 在Rt △BEH 中，由勾股定理得： BH 2＋HE 2＝BE 2，即12＋(AE ＋1)2＝22，解得AE ＝3－1(负值舍去)；(2)证明：如解图②，分别延长BA ，CO 交于点P ，连接PE ，PF ，PG .第3题解图②∵CO ⊥BE ，BA ⊥CA ，∴∠BAF ＝∠COF ＝∠CAP ＝90°. ∵∠AFB ＝∠OFC ， ∴∠ABF ＝∠PCA . 在△ABF 和△ACP 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BAF ＝∠CAP AB ＝AC ∠ABF ＝∠ACP，∴△ABF ≌△ACP (ASA )． ∴CP ＝BF ，AF ＝AP . ∴∠AFP ＝∠APF ＝45°.过点E 作EQ ⊥BC 于Q ，过点A 作AM ⊥BC 于点M ，则四边形AMQE 是矩形， ∴AM ＝QE则EQ ＝AM ＝12BC ＝12BE ，∴∠EBQ ＝30°. ∴∠PBF ＝15°.∴∠PFE ＝∠PBF ＋∠BPF ＝60°. 在△P AE 和△F AE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AP ＝AF ∠P AE ＝∠F AE ＝45°AE ＝AE， ∴△P AE ≌△F AE (SAS)． ∴PE ＝EF .∴△PEF 是等边三角形． ∵CP ⊥BE ， ∴PO ＝3OE .∴BF ＝CP ＝CO ＋PO ＝CO ＋3OE .类型七特殊三角形中的辅助线1. (1)解：∵AC ⊥BC ，AC ＝CF ，∴△ACF 为等腰直角三角形，则∠AFC ＝45°， ∵∠AFC ＝∠B ＋∠EAF ，∠B ＝35°. ∴∠EAF ＝10°；(2)证明：如解图，延长FE 至点M ，使EF ＝EM ，连接CM . ∵CE ⊥EF ，∴△CMF 为等腰三角形．∴∠CFE ＝∠M ，CM ＝CF ＝AC ＝AE . ∴∠ACE ＝∠AEC .又∵∠ACF ＝90°，∠CEF ＝90°， ∴∠ACE ＋∠ECF ＝∠CFE ＋∠ECF ＝90°. ∴∠ACE ＝∠CFE . ∴∠AEC ＝∠M . ∴△CMF ≌△CEA .∴FM ＝CE ＝2EF .第1题解图2. (1)解：∵AC ＝BC ，∠ACB ＝90°， ∴∠ABC ＝∠CAB ＝45°， ∴∠EAF ＝45°－α，在Rt △AED 中，∠AED ＝90°，AF ＝DF ， ∴EF ＝DF ＝AF ，∴∠EFD ＝2∠EAF ＝90°－2α； (2)证明：如解图，连接CE ，CF ，第2题解图∵BG ⊥AB ，∠ABC ＝45°， ∴∠CBG ＝∠ABC ＝45°. 在△CEB 和△CGB 中， ⎩⎪⎨⎪⎧BE ＝BG ∠EBC ＝∠GBC BC ＝BC， ∴△CEB ≌△CGB (SAS)， ∴CE ＝CG ，由(1)知：EF ＝AF ＝DF ，又∵∠ACB ＝90°，F 为AD 的中点， ∴CF ＝AF ＝DF . ∴EF ＝CF . ∵AF ＝CF ， ∴∠DFC ＝2∠DAC .∴∠EFC ＝∠EFD ＋∠CFD ＝2(∠DAC ＋∠EAF )＝2∠BAC ＝90°. ∴CE ＝2EF ，即CG ＝2EF . ∵EF ＝12AD ，∴22AD ＝CG . ∴AD ＝2CG . 3. (1)解：∵AE CE ＝32，∴设AE ＝3x ，CE ＝2x . ∵∠ADE ＝45°，AD ⊥AC ， ∴△ADE 是等腰直角三角形． ∴AD ＝AE ＝3x .在Rt △ADC 中，AD 2＋AC 2＝DC 2， (3x )2＋(5x )2＝(234)2，解得x ＝±2， ∵x ＞0， ∴x ＝2.∴AD ＝6，AC ＝10.∴S ▱ABCD ＝AD ·AC ＝6×10＝60； (2)证明：由(1)得AD ＝AE .如解图，作∠CAD 的平分线交CD 于点H ，则∠DAH ＝∠HAC ＝∠AED ＝45°， ∵AD ⊥AC ，AG ⊥CD ，∴∠ADH ＋∠DAG ＝∠EAM ＋∠DAG ＝90°. ∴∠ADH ＝∠EAM . 在△ADH 和△EAM 中 ∵⎩⎪⎨⎪⎧∠ADH ＝∠EAM AD ＝EA ∠DAH ＝∠AEM ， ∴△ADH ≌△EAM (ASA )．第3题解图∴AH ＝EM .在△EMN 和△AHC 中， ∵⎩⎪⎨⎪⎧∠ENM ＝∠ACH ∠MEN ＝∠HAC EM ＝AH，∴△EMN≌△AHC(AAS)．∴EN＝AC，即AC＝AN＋AE＝AN＋AD＝CB＋AN.。

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几何证明及通过几何计算进行说理问题
例1 2015年杭州市中考第22题
如图1，在△ABC中，BC＞AC，∠ACB＝90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E．
（1）若
1
3
AD
DB
=，AE＝2，求EC的长；
（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△EDC 有一个锐角相等，FG交CD于点P．问：线段CP可能是△CFG的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“15杭州22”，拖动点D在AB上运动，可以体验到，CP既可以是△CFG的高，也可以是△CFG的中线．
思路点拨
1．△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况．
2．高和中线是直角三角形的两条典型线，各自联系着典型的定理，一个是直角三角形的两锐角互余，一个是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
3．根据等角的余角相等，把图形中相等的角都标记出来．
满分解答
（1）由∠ACB＝90°，DE⊥AC，得DE//BC．
所以
1
3
AE AD
EC DB
==．所以
21
3
EC
=．解得EC＝6．
（2）△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况：
①如图2，当∠1＝∠2时，由于∠2与∠3互余，所以∠2与∠3也互余．
因此∠CPF＝90°．所以CP是△CFG的高．
②如图3，当∠1＝∠3时，PF＝PC．
又因为∠1与∠4互余，∠3与∠2互余，所以∠4＝∠2．所以PC＝PG．
所以PF＝PC＝PG．所以CP是△CFG的中线．
综合①、②，当CD是∠ACB的平分线时，CP既是△CFG的高，也是中线（如图4）．图2 图3 图4
考点伸展
这道条件变换的题目，不由得勾起了我们的记忆：
如图5，在△ABC中，点D是AB边上的一个动点，DE//BC交AC于E，DF//AC交BC 于F，那么四边形CEDF是平行四边形．
如图6，当CD平分∠ACB时，四边形CEDF是菱形．
图5 图6
如图7，当∠ACB＝90°，四边形CEDF是矩形．
如图8，当∠ACB＝90°，CD平分∠ACB时，四边形CEDF是正方形．
图7 图8
例2 2014年安徽省中考第23题
如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作PM//AB交AF 于M，作PN//CD交DE于N．
（1）①∠MPN＝_______°；
②求证：PM＋PN＝3a；
（2）如图2，点O是AD的中点，联结OM、ON．求证：OM＝ON．
（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊的四边形，并说明理由．
图1 图2 图3
动感体验
请打开几何画板文件名“14安徽23”，拖动点P运动，可以体验到，PM＋PN等于正六边形的3条边长．△AOM≌△BOP，△COP≌△DON，所以OM＝OP＝ON．还可以体验到，△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形，四边形OMGN是菱形．
思路点拨
1．第（1）题的思路是，把PM＋PN转化到同一条直线上．
2．第（2）题的思路是，以O为圆心，OM为半径画圆，这个圆经过点N、P．于是想到联结OP，这样就出现了两对全等三角形．
3．第（3）题直觉告诉我们，四边形OMGN是菱形．如果你直觉△MOG与△NOG是等边三角形，那么矛盾就是如何证明∠MON＝120°．
满分解答
（1）①∠MPN＝60°．
②如图4，延长F A、ED交直线B C与M′、N′，那么△ABM′、△MPM′、△DCN′、
△EPN′都是等边三角形．
所以PM＋PN＝M′N′＝M′B＋BC＋CN′＝3a．
图4 图5 图6 （2）如图5，联结OP．
由（1）知，AM＝BP，DN＝CP．
由AM＝BP，∠OAM＝∠OBP＝60°，OA＝OB，
得△AOM≌△BOP．所以OM＝OP．
同理△COP≌△DON，得ON＝OP．
所以OM＝ON．
（3）四边形OMGN是菱形．说理如下：
由（2）知，∠AOM＝∠BOP，∠DON＝∠COP（如图5）．
所以∠AOM＋∠DON＝∠BOP＋∠COP＝60°．所以∠MON＝120°．
如图6，当OG平分∠MON时，∠MOG＝∠NOG＝60°．
又因为∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，于是可得∠AOM＝∠FOG＝∠EON．
于是可得△AOM≌△FOG≌△EON．
所以OM ＝OG ＝ON ．
所以△MOG 与△NOG 是两个全等的等边三角形．
所以四边形OMGN 的四条边都相等，四边形OMGN 是菱形．
考点伸展
在本题情景下，菱形OMGN 的面积的最大值和最小值各是多少？
因为△MOG 与△NOG 是全等的等边三角形，所以OG 最大时菱形的面积最大，OG 最小时菱形的面积最小．
OG 的最大值等于OA ，此时正三角形的边长为a 2．
OG 与EF 2．例3 2013年上海市黄浦区中考模拟第24题
已知二次函数y ＝－x 2＋bx ＋c 的图像经过点P (0, 1)与Q (2, －3)．
（1）求此二次函数的解析式；
（2）若点A 是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A 作x 轴的平行线交二次函数图像于点B ，分别过点B 、A 作x 轴的垂线，垂足分别为C 、D ，且所得四边形ABCD 恰为正方形．
①求正方形的ABCD 的面积；
②联结P A 、PD ，PD 交AB 于点E ，求证：△P AD ∽△PEA ．
动感体验
请打开几何画板文件名“13黄浦24”，拖动点A 在第一象限内的抛物线上运动，可以体验到，∠P AE 与∠PDA 总保持相等，△P AD 与△PEA 保持相似．
请打开超级画板文件名“13黄浦24”，拖动点A 在第一象限内的抛物线上运动，可以体验到，∠P AE 与∠PDA 总保持相等，△P AD 与△PEA 保持相似．
思路点拨
1．数形结合，用抛物线的解析式表示点A 的坐标，用点A 的坐标表示AD 、AB 的长，当四边形ABCD 是正方形时，AD ＝AB ．
2．通过计算∠P AE 与∠DPO 的正切值，得到∠P AE ＝∠DPO ＝∠PDA ，从而证明△P AD ∽△PEA ．
满分解答
（1）将点P (0, 1)、Q (2, －3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得
1,421 3.c b =⎧⎨-++=-⎩ 解得0,1.b c =⎧⎨=⎩
所以该二次函数的解析式为y ＝－x 2＋1．
（2）①如图1，设点A 的坐标为(x , －x 2＋1)，当四边形ABCD 恰为正方形时，AD ＝AB ．
此时y A ＝2x A ．
解方程－x 2＋1＝2x ，得1x =-
所以点A 1．
因此正方形ABCD 的面积等于21)]12=-
②设OP 与AB 交于点F ，那么211)31)PF OP OF =-=-=-=．
所以2
tan 1
PF PAE AF ∠===．
又因为tan tan 1OD PDA DPO OP
∠=∠==，所以∠P AE ＝∠PDA ．
又因为∠P 公用，所以△P AD ∽△PEA ．
图1 图2
考点伸展
事实上，对于矩形ABCD ，总有结论△P AD ∽△PEA ．证明如下：
如图2，设点A 的坐标为(x , －x 2＋1)，那么PF ＝OP －OF ＝1－(－x 2＋1)＝x 2．所以2
tan PF x PAE x AF x
∠===．又因为tan tan OD PDA DPO x OP
∠=∠==，所以∠P AE ＝∠PDA ．因此△P AD ∽△PEA ．。