广东省深圳市2018年中考数学专题专练 几何探究专题

几何探究专题1.已知正方形ABCD 的边长为1，点P 为正方形内一动点，若点M 在AB 上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP 交AD 于点N ，连接CM.(1)如图①，若点M 在线段AB 上，求证：AP⊥BN；AM ＝AN.(2)①如图②，在点P 运动过程中，满足△PBC∽△PAM 的点M 在AB 的延长线上时，AP ⊥BN 和AM ＝AN 是否成立(不需说明理由)?②是否存在满足条件的点P ，使得PC ＝12？请说明理由．2.已知：如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm.对角线AC ，BD 交于点O ，点P 从点A 出发，沿AD 方向匀速运动，速度为1 cm/s ；同时，点Q 从点D 出发，沿DC 方向匀速运动，速度为1 cm/s ；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO 并延长，交BC 于点E ，过点Q 作QF∥AC，交BD 于点F.设运动时间为t(s)(0<t<6)，解答下列问题：(1)当t 为何值时，△AOP 是等腰三角形？(2)设五边形OECQF 的面积为S(cm 2)，试确定S 与t 的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使S 五边形OECQF∶S △ACD ＝9∶16？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使OD 平分∠COP？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．3.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D 为直线BC 上一动点(点D 不与B ，C 重合)，以AD 为边在AD 右侧作正方形ADEF ，连接CF.(1)观察猜想如图①，当点D 在线段BC 上时，①BC 与CF 的位置关系为：____________． ②BC ，CD ，CF 之间的数量关系为：____________(将结论直接写在横线上)． (2)数学思考如图②，当点D 在线段CB 的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．(3)拓展延伸如图③，当点D 在线段BC 的延长线上时，延长BA 交CF 于点G ，连接GE.若已知AB ＝22，CD ＝14BC ，请求出GE 的长．4.(1)阅读理解：如图①，在△ABC 中，若AB ＝10，AC ＝6，求BC 边上的中线AD 的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD 到点E 使DE ＝AD ，再连接BE(或将△ACD 绕着点D 逆时针旋转180°得到△EBD)．把AB ，AC ，2AD 集中在△ABE 中，利用三角形三边的关系即可判断．中线AD 的取值范围是________； (2)问题解决：如图②，在△ABC 中，D 是BC 边上的中点，DE ⊥DF 于点D ，DE 交AB 于点E ，DF 交AC 于点F ，连接EF.求证：BE ＋CF ＞EF ；5.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α(0°＜α＜180°)，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.(1)如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF＝DF；③请直接．．写出BE的长；(2)在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接．．写出BE＋CE的值．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．备用图6.已知矩形ABCD中AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．(1)如图①，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA，若△OCP与△PDA的面积比为1∶ 4，求边CD的长；(2)如图②，在(1)的条件下擦去AO、OP，连接BP，动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合)，动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律，若不变，求出线段EF的长度．图①图②7.阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图①，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把1sinα的值叫做这个平行四边形的变形度．(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是________；猜想证明：(2)设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，1sinα之间的数量关系，并说明理由；拓展探究：(3)如图②，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4m(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．8.已知AC ，EC 分别为四边形ABCD 和EFCG 的对角线，点E 在△ABC 内，∠CAE ＋∠CBE＝90°.(1)如图①，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，连接BF. ①求证：△CAE∽△CBF； ②若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长；(2)如图②，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB BC ＝EFFC ＝k 时，若BE ＝1，AE ＝2，CE ＝3，求k 的值；(3)如图③，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB＝∠GEF ＝45°时，设BE ＝m ，AE ＝n ，CE ＝p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)．参考答案1. (1)证明：∵△PBC∽△PAM，∴∠PBC ＝∠PAM.∵四边形ABCD 是正方形，∴∠PBC ＋∠PBA＝∠CBA＝90°，∴∠PAM ＋∠PBA＝90°，∴∠APN ＝90°，即AP⊥BN，∴∠BPA ＝∠BAN＝90°.∵∠ABP ＝∠NBA，∴△ABP ∽△NBA ，PBAB ＝PA AN ，∴AN AB ＝PA PB .又∵△PAM∽△PBC ，∴PA PB ＝AM BC ，故AN AB ＝AMBC.又∵AB＝BC ， ∴AM ＝AN ；(2)解：①点M 在AB 的延长线上时，AP ⊥BN 和AM ＝AN 仍然成立；②不存在，理由如下：选择图②，以AB 为直径，作半圆O ，连接OC ，OP ，∵BC ＝1，OB ＝12，∴OC ＝52.∵由①知，AP ⊥BN ，∴点P 一定在以点O 为圆心、半径长为12的半圆上(A ，B 两点除外)．如果存在点P ，那么OP ＋PC≥OC，则PC≥5－12.∵5－12>12，故不存在满足条件的点P ，使得PC ＝12.2. 解：(1)分三种情况：①若AP ＝AO ，在矩形ABCD 中，∵AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10，∴AO ＝CO ＝5， ∴AP ＝5，∴t ＝5，②若AP ＝PO ＝t ，在矩形ABCD 中，∵AD ∥BC ，∴∠PAO ＝∠OCE，∠APO ＝∠OEC，又∵OA＝OC ，∴△APO ≌△CEO ，∴PO ＝OE ＝t.作AG∥PE 交BC 于点G ，则四边形APEG 是平行四边形，∴AG ＝PE ＝2t ，GE ＝AP ＝t.又∵EC＝AP ＝t ，∴BG ＝8－2t.在Rt △ABG 中，根据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2，解得t ＝258.③若OP ＝AO ＝5，则t ＝0或t ＝8，不合题意，舍去．综上可知，当t ＝5或t ＝258时，△AOP 是等腰三角形．(2)如图，作OM⊥BC，垂足是M ，作ON⊥CD，垂足是N.则OM ＝12AB ＝3，ON ＝12BC ＝4，∴S △OEC ＝12·CE ·OM ＝12·t ·3＝32t ，S △OCD ＝12·CD ·ON ＝12·6·4＝12.∵QF ∥AC ，∴△DFQ ∽△DOC ，∴S △DFQ S △DOC ＝(DQ DC )2，即S △DFQ 12＝(t 6)2，∴S △DFQ ＝13t 2，∴S四边形OFQC＝12－13t 2，∴S五边形OECQF＝S四边形OFQC＋S △OEC ＝12－13t 2＋32t ，即S ＝－13t 2＋32t ＋12(0＜t ＜6)．(3)存在．理由如下：要使S五边形OECQF：S △ACD ＝9∶16，即(－13t 2＋32t＋12)∶(12×6×8)＝9∶16，解得t 1＝3，t 2＝1.5，两个解都符合题意，∴存在两个t 值，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16，此时t 1＝3，t 2＝1.5；(4)存在．理由如下：如图，作DI⊥OP，垂足是I ，DJ ⊥OC ，垂足是J ，作AG∥PE 交BC 于点G.∵S △OCD ＝12·OC ·DJ ＝12·5·DJ ，且由(2)知，S △OCD ＝12，∴DJ ＝245.∵OD 平分∠POC，DI ⊥OP ，DJ ⊥OC ，∴DI ＝DJ ＝245＝4.8.∵AG ∥PE ，∴∠DPI ＝∠DAG.∵AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠AGB，∴∠DPI ＝∠AGB，∴Rt △ABG ∽Rt △DIP.由(1)知，在Rt △ABG 中，BG ＝8－2t ，∴AB DI ＝BG IP ，∴64.8＝8－2t IP ，∴IP ＝45(8－2t)．在Rt △DPI 中，根据勾股定理得(245)2＋[45(8－2t)]2＝(8－t)2，解得t ＝11239.(t ＝0不合题意，舍去)3. (1)解：①BC⊥CF；②BC＝CD ＋CF.【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC ，AD ＝AF ，∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABC＝45°，∵∠ACB ＝45°，∴∠BCF ＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD ≌△ACF ，∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD ＋BD ，∴BC ＝CD ＋CF.(2)解：结论①仍然成立，②不成立．①证明：∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD ＝∠CAF，又∵AB＝AC ，AD ＝AF ，∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABD＝180°－45°＝135°，∵∠ACB ＝45°，∴∠BCF ＝90°，即BC⊥CF；②结论为：BC ＝CD －CF.证明：∵△ABD≌△ACF，∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD －BD ，∴BC ＝CD－CF.(3)解：如解图，过点E 作EM⊥CF 于M ，作EN⊥BD 于点N ，过点A 作AH⊥BD 于点H.∵AB ＝AC ＝22，∴BC ＝4，AH ＝12BC ＝2，∵CD ＝14BC ，∴CD ＝1，∵∠BAC ＝∠DAF＝90°，∴∠BAD ＝∠CAF，又∵AB＝AC ，AD ＝AF ，∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABC＝45°，∵∠ACB ＝45°，∴∠BCF ＝90°，∴CN ＝ME ，CM ＝EN ，∴∠AGC ＝∠ABC ＝45°，∴CG ＝BC ＝4，∵∠ADE ＝90°，∴∠ADH ＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，∴∠ADH ＝∠DEN，又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD ＝DE ，∴△AHD ≌△DNE ，∴DN ＝AH ＝2，EN ＝DH ＝3，∴CM ＝EN ＝3，ME ＝CN ＝3，则GM ＝CG －CM ＝4－3＝1，∴EG ＝EM 2＋GM 2＝10.4. (1)解：如图①中，∵AB ＝10，AC ＝6，AD 是BC 边上中线，由旋转性质知，BE ＝AC ＝6，AD ＝DE.∴在△ABE 中，10－6<AE<10＋6，即 4<2AD<16，∴2<AD<8; (2)证明：延长FD 至M ，使FD ＝MD ，连接ME ，MB.如图所示．∵ED ⊥FM ，FD ＝DM ，∴ME ＝EF.∵CD ＝BD ，∠CDF ＝∠BDM，∴△CDF ≌△BDM(SAS)，∴CF ＝BM.∵BM ＋BE>ME ，∴BE ＋CF>EF.5. (1)①证明：∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 是等边三角形；②证明：由①得△AB D 是等边三角形，∴AB ＝BD ，∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC ＝AE ，BC ＝DE ，又∵AC＝BC ，∴EA ＝ED ，∴点B ，E 在AD 的中垂线上，∴BE 是AD 的中垂线，∵点F 在BE 的延长线上，∴BF ⊥AD ，AF ＝DF ；③解：BE 的长为33－4； (2)解：BE ＋CE 的值为13；6. 解：(1)由矩形性质与折叠可知，∠APO ＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠CPO ＋∠DPA＝∠DPA＋∠DAP＝90°，∴∠DAP ＝∠CPO，∴△OCP ∽△PDA ，∴S △OCP S △PDA ＝(CP DA )2，即14＝(CP 8)2，∴CP ＝4，设CD ＝x ，则DP ＝x －4，AP ＝AB ＝CD ＝x ，∵AP 2－DP 2＝AD 2，∴x 2－(x －4)2＝82，解得x ＝10，故CD ＝10.(2)线段EF 的长度始终不发生变化，为2 5. 7. 解：(1)233.【解法提示】sin120°＝32，故这个平行四边形的变形度是233. (2)1sin α＝S 1S 2，理由如下：如图，设矩形的长和宽分别为a ，b ，其变形后的平行四边形的高为h ，则S 1＝ab ，S 2＝ah ，sin α＝h b ，∴S 1S 2＝ab ah ＝b h ，又∵1sin α＝b h ，∴1sin α＝S 1S 2. (3)由AB 2＝AE·AD，可得A 1B 21＝A 1E 1·A 1D 1，即A 1B 1A 1D 1＝A 1E 1A 1B 1.又∵∠B 1A 1E 1＝∠D 1A 1B 1，∴△B 1A 1E 1∽△D 1A 1B 1，∴∠A 1B 1E 1＝∠A 1D 1B 1， ∵A 1D 1∥B 1C 1，∴∠A 1E 1B 1＝∠C 1B 1E 1，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝∠C 1B 1E 1＋∠A 1B 1E 1＝∠A 1B 1C 1.由(2)结论1sin α＝S 1S 2，可得1sin ∠A 1B 1C 1＝4m 2m ＝2，∴sin ∠A 1B 1C 1＝12，∴∠A 1B 1C 1＝30°，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝30°.(10分)8. (1)①证明：∵∠ACE ＋∠ECB＝45°，∠BCF ＋∠ECB＝45°，∴∠ACE ＝∠BCF，又∵四边形ABCD 和EFCG 是正方形，∴AC BC ＝CE CF ＝2，∴△CAE ∽△CBF. ②解：∵AE BF ＝AC BC ＝2，AE ＝2，∴BF ＝AE2＝2，由△CAE∽△CBF 可得∠CAE＝∠CBF，又∵∠CAE＋∠CBE＝90°，∴∠CBF ＋∠CBE＝90°，即∠EBF＝90°，由CE2＝2EF 2＝2(BE 2＋BF 2)＝6，解得CE ＝ 6. (2)解：连接BF ，如解图②，同(1)证△CAE∽△CBF，可得∠EBF＝90°，AC BC ＝AE BF ，由AB BC ＝EF FC ＝k ，可得BC∶AB∶AC＝1∶k∶k 2＋1，CF ∶EF ∶EC ＝1∶k∶k 2＋1，∴CE EF ＝AC AB ＝k 2＋1k ，AE BF＝AC BC ＝k 2＋1，∴EF ＝kCE k 2＋1，EF 2＝k 2CE 2k 2＋1，BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1，∴CE 2＝k 2＋1k 2×EF 2＝k 2＋1k 2(BE 2＋BF 2)，∴32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)，解得k ＝104. (3)解：p 2－n 2＝(2＋2)m 2.。