專題41 幾何問題（2）之綜合問題【熱點專題】 帶解析

專題41幾何問題（2）之綜合問題專題41幾何問題（2）之綜合問題題型精講題型精講題型一：材料閱讀創(chuàng)新【例1】（2021·湖北中考真題）問題提出如圖（1），在和中，，，，點在內部，直線與交于點，線段，，之間存在怎樣的數(shù)量關系？問題探究（1）先將問題特殊化．如圖（2），當點，重合時，直接寫出一個等式，表示，，之間的數(shù)量關系；（2）再探究一般情形．如圖（1），當點，不重合時，證明（1）中的結論仍然成立．問題拓展如圖（3），在和中，，，（是常數(shù)），點在內部，直線與交于點，直接寫出一個等式，表示線段，，之間的數(shù)量關系．【答案】（1）．（2）見解析；問題拓展：．【分析】（1）先證明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；（2）過點作交于點，證明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法變全等為相似證明即可．【詳解】問題探究（1）．理由如下：如圖（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF=；（2）證明：過點作交于點，則，∴．∵，∴．又∵，，∴，∴．∴．∴，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．問題拓展．理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，過點作交于點M，則，∴．∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF,MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF==∴BF-kAF=．【例2】（2021·浙江中考真題）（證明體驗）（1）如圖1，為的角平分線，，點E在上，．求證：平分．（思考探究）（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為上一點，連結交于點G．若，，，求的長．（拓展延伸）（3）如圖3，在四邊形中，對角線平分，點E在上，．若，求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS證明，進而即可得到結論；（2）先證明，得，進而即可求解；（3）在上取一點F，使得，連結，可得，從而得，可得，，最后證明，即可求解．【詳解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即平分；（2）∵，∴，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴；（3）如圖，在上取一點F，使得，連結．∵平分，∴∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴．∵，又∵，∴∴，∴，∴．題型二：定義材料閱讀【例3】（2020?北京）在平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑為1，A，B為⊙O外兩點，AB＝1．給出如下定義：平移線段AB，得到⊙O的弦A'B'（A'，B′分別為點A，B的對應點），線段AA'長度的最小值稱為線段AB到⊙O的“平移距離”．（1）如圖，平移線段AB得到⊙O的長度為1的弦P1P2和P3P4，則這兩條弦的位置關系是；在點P1，P2，P3，P4中，連接點A與點的線段的長度等于線段AB到⊙O的“平移距離”；（2）若點A，B都在直線y=3x+23上，記線段AB到⊙O的“平移距離”為d1，求d1（3）若點A的坐標為（2，32），記線段AB到⊙O的“平移距離”為d2，直接寫出d2【分析】（1）根據(jù)平移的性質，以及線段AB到⊙O的“平移距離”的定義判斷即可．（2）如圖1中，作等邊△OEF，點E在x軸上，OE＝EF＝OF＝1，設直線y=3x+23交x軸于M，交y軸于N．則M（﹣2，0），N（0，23），過點E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH（3）如圖2中，以A為圓心1為半徑作⊙A，作直線OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB為鄰邊構造平行四邊形ABDO，以OD為邊構造等邊△ODB′和等邊△OB′A′，則AB∥A′B′，AA′的長即為線段AB到⊙O的“平移距離”，點A′與M重合時，AA′的值最小，當點B與N重合時，AA′的長最大，如圖3中，過點A′作A′H⊥OA于H．解直角三角形求出AA′即可．【解析】（1）如圖，平移線段AB得到⊙O的長度為1的弦P1P2和P3P4，則這兩條弦的位置關系是P1P2∥P3P4；在點P1，P2，P3，P4中，連接點A與點P3的線段的長度等于線段AB到⊙O的“平移距離”．故答案為：P1P2∥P3P4，P3．（2）如圖1中，作等邊△OEF，點E在x軸上，OE＝EF＝OF＝1，設直線y=3x+23交x軸于M，交y軸于N．則M（﹣2，0），N（0，23過點E作EH⊥MN于H，∵OM＝2，ON＝23，∴tan∠NMO=3∴∠NMO＝60°，∴EH＝EM?sin60°=3觀察圖象可知，線段AB到⊙O的“平移距離”為d1的最小值為32（3）如圖2中，以A為圓心1為半徑作⊙A，作直線OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB為鄰邊構造平行四邊形ABDO，以OD為邊構造等邊△ODB′，等邊△OB′A′，則AB∥A′B′，AA′的長即為線段AB到⊙O的“平移距離”，當點A′與M重合時，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM=52?當點B與N重合時，AA′的長最大，如圖3中，過點A′作A′H⊥OA于H．由題意A′H=32，AH∴AA′的最大值=(∴32≤d2題型三：操作材料閱讀【例4】（2021·吉林中考真題）實踐與探究操作一：如圖①，已知正方形紙片ABCD，將正方形紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在正方形ABCD的內部，點B的對應點為點M，折痕為AE，再將紙片沿過點A的直線折疊，使AD與AM重合，折痕為AF，則度．操作二：如圖②，將正方形紙片沿EF繼續(xù)折疊，點C的對應點為點N．我們發(fā)現(xiàn)，當點E的位置不同時，點N的位置也不同．當點E在BC邊的某一位置時，點N恰好落在折痕AE上，則度．在圖②中，運用以上操作所得結論，解答下列問題：（1）設AM與NF的交點為點P．求證：．（2）若，則線段AP的長為．【答案】操作一：45°，操作二：60°；（1）證明見解析；（2）【分析】操作一：直接利用折疊的性質，得出兩組全等三角形，從而得出,,從而得出∠EAF的值；操作二：根據(jù)折疊的性質得出,從而得出，即可求得的度數(shù)；（1）首先利用,得出,則,從而得出△ANF為等腰直角三角形，即可證得；（2）利用三角函數(shù)或者勾股定理求出BE的長，則,設DF=x，那么FC=，在Rt△EFC中，利用勾股定理得出DF的長，也就是MF的長，即可求得EF的長，進而可得結果．【詳解】操作一：45°，證明如下：∵折疊得到,折疊得到,∴,∴,∴,故填：45°；操作二：60°，證明如下：∵，∴,又∵沿著EF折疊得到,∴，∴,∴,故填：60°；（1）證明：由上述證明得,,∴,∵四邊形ABCD為正方形，∴∠C=∠D=90°，∴,,又∵,∴,在和中，∵,∴,∴,∴，∴,∴為等腰直角三角形，即AN=NF,在和中：∵∴（2）由題可知是直角三角形，,∴,解得BE=1,∴BE=EM=1,,設DF=x，則MF=x，CF=，在Rt△CEF中，，解得x=，則，∵∴AP=EF=．【例5】（2021·青海中考真題）在我們學習過的數(shù)學教科書中，有一個數(shù)學活動，若身旁沒有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：操作感知：第一步：對折矩形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展開（如圖13-1）．第二步：再一次折疊紙片，使點落在上，并使折痕經過點，得到折痕，同時得到線段（如圖13-2）．猜想論證：（1）若延長交于點，如圖13-3所示，試判定的形狀，并證明你的結論．拓展探究：（2）在圖13-3中，若，當滿足什么關系時，才能在矩形紙片中剪出符（1）中的等邊三角形？【答案】(1)是等邊三角形，理由見解析；（2），理由見解析【分析】（1）連接，由折疊性質可得是等邊三角形，，，然后可得到，即可判定是等邊三角形．（2）由折疊可知，由（1）可知，利用的三角函數(shù)即可求得．【詳解】（1）解：是等邊三角形，證明如下：連接．由折疊可知：，垂直平分．∴，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等邊三角形．（2）解：方法一：要在矩形紙片上剪出等邊，則，在中，，，∴，∵，∴，即，當或（）時，在矩形紙片上能剪出這樣的等邊．方法二：要在矩形紙片上剪出等邊，則，在中，，，設，則，∴，即，得，∴，∵，∴，即，當（或）時，在矩形紙片上能剪出這樣的等邊．提分作業(yè)提分作業(yè)1．（2021·山西中考真題）綜合與實踐，問題情境：數(shù)學活動課上，老師出示了一個問題：如圖①，在中，，垂足為，為的中點，連接，，試猜想與的數(shù)量關系，并加以證明；獨立思考：（1）請解答老師提出的問題；實踐探究：（2）希望小組受此問題的啟發(fā)，將沿著（為的中點）所在直線折疊，如圖②，點的對應點為，連接并延長交于點，請判斷與的數(shù)量關系，并加以證明；問題解決：（3）智慧小組突發(fā)奇想，將沿過點的直線折疊，如圖③，點A的對應點為，使于點，折痕交于點，連接，交于點．該小組提出一個問題：若此的面積為20，邊長，，求圖中陰影部分（四邊形）的面積．請你思考此問題，直接寫出結果．【答案】（1）；見解析；（2），見解析；（3）．【分析】（1）如圖，分別延長，相交于點P，根據(jù)平行四邊形的性質可得，根據(jù)平行線的性質可得，，利用AAS可證明△PDF≌△BCF，根據(jù)全等三角形的性質可得，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質可得，即可得；（2）根據(jù)折疊性質可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，F(xiàn)C=FC′，可得FD=FC′，根據(jù)等腰三角形的性質可得∠FDC′=∠FC′D，根據(jù)三角形外角性質可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可證明四邊形DGBF是平行四邊形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如圖，過點M作MQ⊥A′B于Q，根據(jù)平行四邊形的面積可求出BH的長，根據(jù)折疊的性質可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根據(jù)可得A′B⊥AB，即可證明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根據(jù)平行四邊形的性質可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，進而可證明△A′NH∽△CBH，根據(jù)相似三角形的性質可得A′H、NH的長，根據(jù)NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根據(jù)相似三角形的性質可求出MQ的長，根據(jù)S陰=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．【詳解】（1）．如圖，分別延長，相交于點P，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，,∵為的中點，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即為的中點，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵將沿著所在直線折疊，點的對應點為，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵為的中點，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，DC=AB，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴．（3）如圖，過點M作MQ⊥A′B于Q，∵的面積為20，邊長，于點，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵將沿過點的直線折疊，點A的對應點為，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于點，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴，即，解得：MQ=，∴S陰=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．2．（2021·浙江嘉興市·中考真題）小王在學習浙教版九上課本第72頁例2后，進一步開展探究活動：將一個矩形繞點順時針旋轉，得到矩形[探究1]如圖1，當時，點恰好在延長線上．若，求BC的長．[探究2]如圖2，連結，過點作交于點．線段與相等嗎？請說明理由．[探究3]在探究2的條件下，射線分別交，于點，（如圖3），，存在一定的數(shù)量關系，并加以證明．【答案】[探究1]；[探究2]，證明見解析；[探究3]，證明見解析【分析】[探究1]設，根據(jù)旋轉和矩形的性質得出，從而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；[探究2]先利用SAS得出，得出，，再結合已知條件得出，即可得出；[探究3]連結，先利用SSS得出，從而證得，再利用兩角對應相等得出，得出即可得出結論．【詳解】[探究1]如圖1，設．∵矩形繞點順時針旋轉得到矩形，∴點，，在同一直線上．∴，，∴．∵，∴．又∵點在延長線上，∴，∴，∴．解得，（不合題意，舍去）∴．[探究2]．證明：如圖2，連結．∵，∴．∵，，，∴．∴，，∵，，∴，∴．[探究3]關系式為．證明：如圖3，連結．∵，，，∴．∴，∵，，∴，∴．在與中，，，∴，∴，∴．∴．3．（2020·山東中考真題）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，連接BD，BE，點F是BD的中點，連接CF．（1）當∠CAB＝45°時．①如圖1，當頂點D在邊AC上時，請直接寫出∠EAB與∠CBA的數(shù)量關系是．線段BE與線段CF的數(shù)量關系是；②如圖2，當頂點D在邊AB上時，（1）中線段BE與線段CF的數(shù)量關系是否仍然成立？若成立，請給予證明，若不成立，請說明理由；學生經過討論，探究出以下解決問題的思路，僅供大家參考：思路一：作等腰△ABC底邊上的高CM，并取BE的中點N，再利用三角形全等或相似有關知識來解決問題；思路二：取DE的中點G，連接AG，CG，并把繞點C逆時針旋轉90°，再利用旋轉性質、三角形全等或相似有關知識來解快問題．（2）當∠CAB＝30°時，如圖3，當頂點D在邊AC上時，寫出線段BE與線段CF的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】（1）①，；②仍然成立，證明見解析；（2），理由見解析．【分析】（1）①如圖1中，連接BE，設DE交AB于T．首先證明再利用直角三角形斜邊中線的性質解決問題即可．②解法一：如圖2﹣1中，取AB的中點M，BE的中點N，連接CM，MN．證明（SAS），可得結論．解法二：如圖2﹣2中，取DE的中點G，連接AG，CG，并把繞點C逆時針旋轉90°得到，連接DT，GT，BG．證明四邊形BEGT是平行四邊形，四邊形DGBT是平行四邊形，可得結論．（2）結論：BE＝．如圖3中，取AB的中點T，連接CT，F(xiàn)T．證明，可得結論．【詳解】解：（1）①如圖1中，連接BE，設DE交AB于T．∵CA＝CB，∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，∴∠ACB＝90°，∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴AD＝AE，∴AT⊥DE，DT＝ET，∴AB垂直平分DE，∴BD＝BE，∵∠BCD＝90°，DF＝FB，∴CF＝BD，∴CF＝BE．故答案為：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．②結論不變．解法一：如圖2﹣1中，取AB的中點M，BE的中點N，連接CM，MN．∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，由①得：設AD＝AE＝y(tǒng)．FM＝x，DM＝a，點F是BD的中點，則DF＝FB＝a+x，∵AM＝BM，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即AD＝2FM，∵AM＝BM，EN＝BN，∴AE＝2MN，MN∥AE，∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，∴∠CMF＝∠BMN＝90°，∴（SAS），∴CF＝BN，∵BE＝2BN，∴CF＝BE．解法二：如圖2﹣2中，取DE的中點G，連接AG，CG，并把△CAG繞點C逆時針旋轉90°得到，連接DT，GT，BG．∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，∵∠CAB＝45°，∴∠CAG＝90°，∴AC⊥AG，∴AC∥DE，∵∠ACB＝∠CBT＝90°，∴AC∥BT∥，∵AG＝BT，∴DG＝BT＝EG，∴四邊形BEGT是平行四邊形，四邊形DGBT是平行四邊形，∴BD與GT互相平分，∵點F是BD的中點，∴BD與GT交于點F，∴GF＝FT，由旋轉可得；是等腰直角三角形，∴CF＝F