2024長(zhǎng)沙中考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 題型二 幾何證明與計(jì)算 (含答案)_第1頁(yè)
2024長(zhǎng)沙中考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 題型二 幾何證明與計(jì)算 (含答案)_第2頁(yè)
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2024長(zhǎng)沙中考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)題型二幾何證明與計(jì)算類型一與全等有關(guān)的證明與計(jì)算典例精講例如圖,在菱形ABCD中,∠A=60°,AD=2,點(diǎn)E是AD邊上一點(diǎn)(點(diǎn)E不與點(diǎn)A、D重合),點(diǎn)F在AB的延長(zhǎng)線上,且BF=DE,連接EF交BD于點(diǎn)G.(1)求證:△BDE≌△CBF;【思維教練】在含60°角的菱形中常利用等邊三角形性質(zhì),找到等邊和等角,利用SAS證明全等.(2)當(dāng)BE⊥AD時(shí),求CF的長(zhǎng);【思維教練】出現(xiàn)垂直和60°角時(shí),考慮用三角函數(shù)求線段長(zhǎng).(3)求證:EG=FG;【思維教練】過點(diǎn)E作BF的平行線,構(gòu)造8字型全等,利用全等三角形的性質(zhì)證明邊相等.(4)設(shè)DE=x,DG=y(tǒng),求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式,并直接寫出x的取值范圍.例題圖【思維教練】表示出線段BG的長(zhǎng)度,結(jié)合等邊三角形性質(zhì)及(3)中結(jié)論,得到等式,轉(zhuǎn)化求解.針對(duì)訓(xùn)練1.如圖①,AB=AC,∠BAC=90°,點(diǎn)D是AB上一點(diǎn),連接CD,過點(diǎn)B作BF⊥CD,與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E,交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,連接AE,過點(diǎn)A作AG⊥AE交CD于點(diǎn)G.(1)求證:CD=BF;(2)如圖②,若D是AB的中點(diǎn).求證:DG=DE+BE.第1題圖2.如圖,在正方形ABCD中,E是BC邊上一點(diǎn)(不與B、C重合),將正方形ABCD沿AE折疊,使點(diǎn)B落在點(diǎn)F處,延長(zhǎng)EF交CD于點(diǎn)G,連接AG.(1)求證:△ADG≌△AFG;(2)若AB=2.①求△CEG的周長(zhǎng);②若點(diǎn)E是BC的中點(diǎn),EM是∠CEG的平分線,求GM的長(zhǎng).第2題圖類型二與相似有關(guān)的證明與計(jì)算典例精講例如圖,在矩形ABCD中,AB=12,P是邊AB上一點(diǎn),把△PBC沿直線PC折疊,點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)G,過點(diǎn)B作BE⊥CG,垂足為E,且E在AD上,BE交PC于點(diǎn)F.(1)求證:BP=BF;【思維教練】由折疊的性質(zhì)及等角對(duì)等邊求證.(2)若AD=25,且AE<DE.①求AE的長(zhǎng);②求tan∠PCB的值;【思維教練】①利用等角的余角相等及相似三角形的性質(zhì)求解;②利用折疊和相似的性質(zhì)求解.(3)當(dāng)BP=9時(shí),直接寫出BE·EF的值.例題圖【思維教練】要求BE·EF,則可作輔助線構(gòu)造包含BE、EF線段的三角形相似求解.針對(duì)訓(xùn)練1.(2023長(zhǎng)沙黑白卷)如圖,在正方形ABCD中,AB=4,連接BD,點(diǎn)H是BD上一點(diǎn),連接AH并延長(zhǎng)交BC邊于點(diǎn)G,過點(diǎn)D作DE⊥AG于點(diǎn)E,過點(diǎn)B作BF⊥AG于點(diǎn)F.(1)求證:△ABF≌△DAE;(2)若EF=2eq\r(3)-2,求eq\f(BF,DE);(3)設(shè)△AHD和四邊形CDHG的面積分別為S1和S2,若eq\f(S1,S2)=eq\f(4,5),求BG的長(zhǎng).第1題圖2.(2023長(zhǎng)沙開福區(qū)一模)如圖,在矩形ABCD中,AC為矩形ABCD的對(duì)角線,DG⊥AC于點(diǎn)G,DG的延長(zhǎng)線交AB于點(diǎn)E,已知AD=6,CD=8.(1)求AE的長(zhǎng);(2)∠ACD的平分線CF交AD于點(diǎn)F,求tan∠DCF的值;(3)若O1、O2分別是△ADG、△DCG的內(nèi)心,求O1、O2兩點(diǎn)間的距離.第2題圖參考答案類型一與全等有關(guān)的證明與計(jì)算例(1)證明:∵四邊形ABCD是菱形,∴AD=AB=BC=DC.∵∠A=60°,∴△ABD,△BCD都是等邊三角形.∴DB=BC,∠CBF=∠BDE=60°,在△BDE和△CBF中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DB=BC,∠BDE=∠CBF,DE=BF)),∴△BDE≌△CBF(SAS);(2)解:由(1)知△BDE≌△CBF,∴CF=BE,當(dāng)BE⊥AD時(shí),∵AD=2,∠A=60°,四邊形ABCD為菱形.∴BD=AD=2,∠EDB=60°,∴BE=BD·sin60°=eq\r(3).∴CF=eq\r(3);(3)證明:如解圖,過點(diǎn)E作EH∥AB,交BD于點(diǎn)H.例題解圖∴∠DEH=∠A=60°,又∵∠ADB=60°,∴△DEH是等邊三角形,∴EH=DH=DE,∵BF=DE,∴EH=BF.∵EH∥AB.∴∠HEG=∠BFG,∠EHG=∠FBG,∴△EHG≌△FBG(ASA),∴EG=FG;(4)解:如解圖,∵△ADB是等邊三角形.∴DB=AD=2,∵DG=y(tǒng),∴GB=2-y,∵DH=DE=x,∴HG=DG-DH=y(tǒng)-x.由(3)得△EHG≌△FBG,∴HG=BG.∴y-x=2-y,∴y=eq\f(1,2)x+1,x的取值范圍為0<x<2.1.證明:(1)∵∠BAC=90°,∴∠BAF=∠BAC=90°,∴∠F+∠ABF=90°,∵BF⊥CD,∴∠F+∠ACD=90°,∴∠ABF=∠ACD,∵AB=AC,∴△ABF≌△ACD,∴CD=BF;(2)如解圖,過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M,∵∠BAC=90°,AG⊥AE,∴∠BAE+∠DAG=∠DAG+∠CAG=90°,∴∠BAE=∠CAG,∵AB=AC,且由(1)知∠ABF=∠ACD,∴△ABE≌△ACG,∴AE=AG,∴△AEG是等腰直角三角形,∵AM⊥CD,∴AM=EM=GM,∵BF⊥CD,AM⊥CD,∴∠BED=∠AMD=90°,∵BD=AD,∠BDE=∠ADM,∴△BDE≌△ADM,∴DE=DM,BE=AM,∴BE=MG,∵DG=DM+MG,∴DG=DE+BE.第1題解圖2.(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴∠B=∠D=90°,AB=AD,由折疊的性質(zhì)得AB=AF,∠AFE=∠B=90°,∴AD=AF,∠D=∠AFE=∠AFG=90°,又∵AG=AG,∴△ADG≌△AFG;(2)解:①由(1)可知△ADG≌△AFG,∴DG=FG,由折疊的性質(zhì)得BE=FE,∴△CEG的周長(zhǎng)=CE+CG+EG=CE+EF+CG+FG=CE+BE+CG+DG=2AB=4;②∵E是BC的中點(diǎn),且AB=BC=2,∴BE=EC=1.在Rt△ECG中,GC=2-DG,EG=1+DG,∵EG2=EC2+CG2,∴(1+DG)2=12+(2-DG)2,解得DG=eq\f(2,3).∴CG=eq\f(4,3).如解圖,過點(diǎn)M作MN⊥EG于點(diǎn)N,∵∠C=90°,EM是∠CEG的平分線,∴CM=MN,EN=CE=1,∴點(diǎn)N與點(diǎn)F重合,∴NG=DG=eq\f(2,3).在Rt△MNG中,GM2=MN2+NG2,即(eq\f(4,3)-CM)2=CM2+(eq\f(2,3))2,解得CM=eq\f(1,2),∴GM=eq\f(5,6).第2題解圖類型二與相似有關(guān)的證明與計(jì)算例(1)證明:在矩形ABCD中,∠ABC=90°,∵△BPC沿PC折疊得到△GPC,∴∠PGC=∠PBC=90°,∠BPC=∠GPC,∵BE⊥CG,∴BE∥PG,∴∠GPF=∠PFB,∴∠BPF=∠BFP,∴BP=BF;(2)解:①當(dāng)AD=25時(shí),∵∠BEC=90°,∴∠AEB+∠CED=90°,∵∠AEB+∠ABE=90°,∴∠CED=∠EBA,∵∠BAD=∠EDC=90°,∴△ABE∽△DEC,∴eq\f(AB,AE)=eq\f(DE,DC),設(shè)AE=m,∴DE=25-m,∴eq\f(12,m)=eq\f(25-m,12),解得m1=9,m2=16,∵AE<DE,∴AE=9;②由①可得DE=16,∴在Rt△DCE中,CE=eq\r(DC2+ED2)=20,在Rt△ABE中,BE=eq\r(AB2+AE2)=15,由折疊性質(zhì)得BP=PG,∴BP=BF=PG,∵BE∥PG,∴△ECF∽△GCP,∴eq\f(EF,GP)=eq\f(CE,CG),設(shè)BP=BF=PG=n,∴eq\f(15-n,n)=eq\f(20,25),∴n=eq\f(25,3),∴BP=eq\f(25,3),∵BC=AD=25,∴tan∠PCB=eq\f(PB,BC)=eq\f(\f(25,3),25)=eq\f(1,3);(3)解:如解圖,連接FG,例題解圖∵∠GEF=∠PGC=90°,∴BF∥PG,由(2)知BF=PG=BP,∴四邊形BPGF是菱形,∴BP∥GF,BP=GF=9,∴∠GFE=∠ABE,∴△GEF∽△EAB,∴eq\f(EF,GF)=eq\f(AB,EB),∴BE·EF=AB·GF=12×9=108.1.(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴AD=BA,∠BAD=90°,∴∠DAE+∠BAF=90°,∵DE⊥AG,BF⊥AG,∴∠AED=∠BFA=90°,∴∠DAE+∠ADE=90°,∴∠BAF=∠ADE,∴△ABF≌△DAE(AAS);(2)解:∵△ABF≌△DAE,∴BF=AE,AF=DE,在Rt△ABF中,BF2+AF2=AB2,∴AE2+(AE+EF)2=AB2,即AE2+(AE+2eq\r(3)-2)2=42,∴AE=2或AE=-2eq\r(3)(舍去),∴BF=2,DE=AF=AE+EF=2eq\r(3),∴eq\f(BF,DE)=eq\f(2,2\r(3))=eq\f(\r(3),3);(3)解:如解圖,連接CH,設(shè)BG=x,第1題解圖∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線,∴S1=S△ADH=S△CHD,∴S2=S四邊形CDHG=S△CHD+S△CHG=S1+S△CHG,∵eq\f(S△BHG,S△CHG)=eq\f(BG,CG)=eq\f(x,4-x),∴S△CHG=eq\f((4-x)S△BHG,x),∴S2=S1+eq\f((4-x)S△BHG,x),∵四邊形ABCD是正方形,∴AD∥BC,∴△ADH∽△GBH,∴eq\f(S△BHG,S△AHD)=(eq\f(BG,AD))2=eq\f(x2,16),∴S△BHG=eq\f(x2S△AHD,16)=eq\f(x2S1,16),∴S2=S1+eq\f(4-x,x)·eq\f(x2S1,16)=eq\f(16+4x-x2,16)S1,∴eq\f(S1,S2)=eq\f(16,16+4x-x2)=eq\f(4,5),解得x=2,∴BG=2.2.解:(1)∵四邊形ABCD是矩形,∴∠EAD=∠ADC=90°.∵DG⊥AC,∴∠ACD+∠GDC=∠EDA+∠GDC=90°.∴∠EDA=∠ACD.∴△EDA∽△ACD.∴eq\f(CD,DA)=eq\f(AD,EA),即eq\f(8,6)=eq\f(6,AE);∴AE=eq\f(9,2);(2)如解圖①,設(shè)DE交CF于點(diǎn)H,∵∠ADG+∠GAD=∠ADG+∠CDH=90°,∴∠GAD=∠CDH,∵CF平分∠ACD,∴∠ACF=∠DCH,∴△CAF∽△CDH,∴∠CHD=∠AFC,∴∠FHD=∠DFH,∴HD=FD,由題易得AC=eq\r(AD2+CD2)=10,∴eq\f(AC,DC)=eq\f(AF,DH)=eq\f(AF,DF)=eq\f(5,4),設(shè)AF=x,則eq\f(x,6-x)=eq\f(5,4),∴x=eq\f(10,3),∴DF=eq\f(8,3),∴tan∠DCF=eq\f(DF,DC)=eq\f(1,3);第2題解圖①(3)如解圖②,連接GO1、GO2,O1O2,∵點(diǎn)O1,O2為△ADG,△DCG的內(nèi)心∴GO1平分∠AGD,GO2平分∠CGD.∴∠DGO1=∠DGO2=45°,∴∠O1GO2=90°,過點(diǎn)O2作O2M⊥AC于點(diǎn)M,過點(diǎn)O1作O1N⊥AC于點(diǎn)N,∴∠MO2G=∠MGO2=45°,∠GO1N=∠NGO1=45°,∵S△ADC=eq\f(1,2)AD·DC=eq\f(1,2)AC·DG,∴DG=eq\f(AD·DC,AC)=eq\f(24,5),∴由勾股定理得AG=eq\f(18,5),∴GC=eq\f(32,5),∵M(jìn)O2=eq\f(GC+GD-CD,2)

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