云南省2024年中考數(shù)學面對面幾何圖形的證明與計算題庫

③∴∠MAB=∠MDE=45°，

∴∠DAM=∠MAB，

∴點M在正方形的對角線AC上，當BM⊥AM時，BM的值最小，最小值為2．2.如圖，在矩形ABCD中，對角線AC的垂直平分線與邊AD、BC分別交于點E、F，連結AF、CE．（1）試推斷四邊形AFCE的形態(tài)，并說明理由；

（2）若AB=5，2AE=3BF，求EF的長；

（3）連結BE，若BE⊥CE，求的值.第2題圖解：（1）四邊形AFCE是菱形．

理由：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AD=BC，

∴∠EAO=∠FCO，

∵EF是AC的垂直平分線，

∴AO=CO，∠EOA=∠FOC=90°，

在△AEO和△CFO中，∴△AEO≌△CFO（ASA），

∴AE=CF，

∴四邊形AFCE是平行四邊形，

又∵AC⊥EF，

∴四邊形AFCE是菱形；（2）∵2AE=3BF，

∴可以假設AE=3m，BF=2m，

∵四邊形AECF是菱形，

∴AF=AE=3m，第2題解圖在Rt△ABF中，，∵AB2+BF2=AF2，∴25+4m2=9m2，

∴m=

∴AF=FC=，BF=，

∴BC=，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠ABC=90°，AC=,∴OC=,∵tan∠OCF=,∴,∴OF=∴△AEO≌△CFO∴OE=OF,∴EF=2OF=.（3）設AE=a，BF=b則AF=CF=EC=a，BC=a+b，BF=DE=b．

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD∥CB，

∴∠DEC=∠BCE，

∵BE⊥CE，

∴∠BEC=∠D=90°，

∴△CDE∽△BEC，∴，

∴，

∴b2+ab－a2=0，

∴+－1=0∴（舍棄）.∴.3.(1)已知：△ABC是等腰三角形，其底邊是BC，點D在線段AB上，E是直線BC上一點，且∠DEC＝∠DCE，若∠A＝60°(如圖①)．求證：EB＝AD；(2)若將(1)中的“點D在線段AB上”改為“點D在線段AB的延長線上”，其它條件不變(如圖②)，(1)的結論是否成立，并說明理由；(3)若將(1)中的“若∠A＝60°”改為“若∠A＝90°”，其它條件不變，則eq\f(EB,AD)的值是多少？(干脆寫出結論，不要求寫解答過程)第3題圖(1)證明：如解圖①所示，過點D作DF∥BC交AC于點F，則AD＝AF，∴∠FDC＝∠DCE，∵∠A＝60°，∴DF＝AD＝AF，又∵∠DEB＝∠DCE，∴∠FDC＝∠DEB，第3題解圖①又ED＝CD，∠DBE＝∠DFC＝120°，∴△DBE≌△CFD(AAS)，∴EB＝DF，∴EB＝AD.(2)解：EB＝AD成立．理由如下：如解圖②所示，過點D作DF∥BC交AC的延長線于F，則AD＝AF＝DF，∠FDC＝∠ECD，又∵∠DEC＝∠ECD，∴∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，又∠DBE＝∠DFC＝60°，第3題解圖②∴△DBE≌△CFD(AAS)；∴EB＝DF，∴EB＝AD.解：eq\f(EB,AD)＝eq\r(2).【解法提示】過點D作BC的垂線，依據等腰直角三角形的性質，可以得出線段間關系，進而求得所需答案.類型二涉及動點、平移、折疊、旋轉的幾何圖形的證明與計算如圖，正方形ABCD，將邊CD繞點C順時針旋轉60°，得到線段CE，連接DE，AE，BD，AE與BD交于點F．

（1）求∠AFB的度數(shù)；

（2）求證：BF=EF；

第4題圖解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ADB=∠ADC=45°，

由旋轉得：CD=CE，∠DCE=60°，

∴△DCE是等邊三角形，

∴CD=DE=AD，∠ADE=90°+60°=150°，

∴∠DAE=∠DEA=15°，

∴∠AFB=∠FAD+∠ADB=15°+45°=60°；

（2）如解圖，連接CF，

∵△CDE是等邊三角形，

∴∠DEC=60°，

∵∠DEA=15°，第4題解圖∴∠CEF=∠CBF=45°，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADF=∠CDF=45°，

∵DF=DF，

∴△ADF≌△CDF（SAS），

∴∠DAF=∠DCF=15°，

∴∠FCB=90°－15°=75°，∠ECF=60°+15°=75°，

∴∠FCB=∠ECF，

∵CF=CF，

∴△ECF≌△BCF（SAS），

∴BF=EF；5、如圖，點O是等邊△ABC內一點，將△BOC繞點C按順時針方向旋轉60°得△ADC，連接OD.已知∠AOB＝110°.(1)求證：△COD是等邊三角形；(2)當α＝150°時，試推斷△AOD的形態(tài)，并說明理由；(3)探究：當α為多少度時，△AOD是等腰三角形．第5題圖(1)證明：由旋轉的性質可得，CO＝CD，∠OCD＝60°，∴△COD是等邊三角形；(2)解：當α＝150°，即∠BOC＝150°時，△AOD是直角三角形．理由如下：∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC＝∠BOC＝150°，又∵△COD是等邊三角形，∴∠ODC＝60°，∴∠ADO＝90°，即△AOD是直角三角形；(3)解：分三種狀況探討：①AO＝AD，∴∠AOD＝∠ADO，∵∠AOD＝360°－∠AOB－∠COD－α＝360°－110°－60°－α＝190°－α，∠ADO＝α－60°，∴190°－α＝α－60°，∴α＝125°；②OA＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵∠AOD＝190°－α，∠ADO＝α－60°，∴∠OAD＝180°－(∠AOD＋∠ADO)＝50°，∴α－60°＝50°，∴α＝110°；③OD＝AD，∴∠AOD＝∠OAD，∴190°－α＝50°，∴α＝140°；綜上所述：當α的度數(shù)為125°或110°或140°時，△AOD是等腰三角形．6.如圖①，將一張矩形紙片ABCD沿著對角線BD向上折疊，頂點C落到點E處，BE交AD于點F.(1)求證：△BDF是等腰三角形；(2)如圖②，過點D作DG∥BE，交BC于點G，連接FG交BD于點O.推斷四邊形BFDG的形態(tài)，并說明理由；（3）在（2）的基礎上，若AB＝6，AD＝8，求FG的長．第6題圖(1)證明：由折疊的性質可得，∠DBC＝∠DBF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠DBF＝∠ADB，∴BF＝DF，∴△BDF是等腰三角形；(2)解：四邊形BFDG是菱形．理由：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，即DF∥BG，∵DG∥BF，∴四邊形BFDG是平行四邊形，∵BF＝DF((1)中已證)，∴平行四邊形BFDG是菱形；（3）解：∵矩形ABCD中AB＝6，AD＝8，∠A＝90°，∴BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝10，∵四邊形BFDG是菱形，∴BD⊥GF，GF＝2OF，BD＝2OD，∴OD＝5，∴tan∠ADB＝eq\f(OF,OD)＝eq\f(AB,AD)=，∴OF＝eq\f(15,4)，∴FG＝eq\f(15,2).7.如圖，正方形ABCD的邊長是16，點E在邊AB上，AE＝3，動點F在邊BC上，且不與點B，C重合，將△EBF沿EF折疊，得到△EB′F.(1)當∠BEF＝45°時，求證：CF＝AE；(2)當B′D＝B′C時，求BF的長；(3)求△CB′F周長的最小值．第7題圖(1)證明：如解圖①，第7題解圖①當∠BEF＝45°時，易知四邊形BEB′F是正方形，∴BF＝BE，∵AB＝BC，∴CF＝AE；(2)解：如解圖②，作B′N⊥BC于點N，NB′的延長線交AD于點M，作EG⊥MN于點G，則四邊形MNCD、四邊形AEGM都是矩形．第7題解圖②∵B′D＝B′C，∴∠B′DC＝∠B′CD，∵∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠B′DM＝∠B′CN，∵∠B′MD＝∠B′NC＝90°，∴△B′MD≌△B′NC(AAS)，∴B′M＝B′N＝8，∵AE＝MG＝3，∴GB′＝5，在Rt△EGB′中，EG＝eq\r(EB′2－GB′2)＝eq\r(132－52)＝12，∵∠EB′G＋∠FB′N＝90°，∠FB′N＋∠B′FN＝90°，∴∠EB′G＝∠B′FN，∵∠EGB′＝∠FNB′＝90°，∴△EGB′∽△B′NF，∴eq\f(EG,B′N)＝eq\f(EB′,FB′)，∴eq\f(12,8)＝eq\f(13,B′F)，∴BF＝B′F＝eq\f(26,3)；(3)解：如解圖③，以E為圓心，EB為半徑畫圓，連接EC，在Rt△EBC中，∠EBC＝90°，EB＝13，BC＝16，第7題解圖③∴EC＝eq\r(162＋132)＝5eq\r(17)，∵△CFB′的周長＝CF＋FB′＋CB′＝BF＋CF＋CB′＝BC＋CB′＝16＋CB′，∴欲求△CFB′的周長的最小值，只要求出CB′的最小值即可，∵CB′＋EB′≥EC，∴當E、B′、C共線時，CB′的值最小，CB′最小值是為5eq\r(17)－13.∴△CFB′的周長的最小值為3＋5eq\r(17).8.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，點D以每秒1個單位長度的速度由點A向點B勻速運動，到達B點即停止運動．M，N分別是AD，CD的中點，連接MN.設點D運動的時間為t.(1)推斷MN與AC的位置關系；第8題圖(2)求在點D由點A向點B勻速運動的過程中，線段MN所掃過區(qū)域的面積；(3)若△DMN是等腰三角形，求t的值．解：(1)MN∥AC.證明：在△ADC中，M是AD的中點，N是DC的中點，∴MN∥AC；如解圖①，分別取△ABC三邊中點E，F(xiàn)，G并連接EG，F(xiàn)G，第8題解圖①依據題意，可知線段MN掃過區(qū)域的面積就是平行四邊形AFGE的面積．∵AC＝6，BC＝8，∴AE＝3，GC＝4，∵∠ACB＝90°，∴SAFGE＝AE·GC＝12，∴線段MN掃過區(qū)域的面積為12；(3)依題意可知，MD＝eq\f(1,2)AD，DN＝eq\f(1,2)DC，MN＝eq\f(1,2)AC＝3.分三種狀況探討：(ⅰ)當MD＝MN＝3時，△DMN為等腰三角形，此時AD＝AC＝6，∴t＝6.(ⅱ)當MD＝DN時，AD＝DC.如解圖②，過點D作DH⊥AC于點H，則AH＝eq\f(1,2)AC＝3，第8題解圖②∵cosA＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(AC,AB)，AB＝10，AC=6，即eq\f(3,AD)＝eq\f(6,10).∴t＝AD＝5.(ⅲ)當DN＝MN＝3時，AC＝DC，如解圖③，連接MC，則CM⊥AD.第8題解圖③∵cosA＝eq\f(AM,AC)＝eq\f(AC,AB)，即eq\f(AM,6)＝eq\f(6,10)，∴AM＝eq\f(18,5)，∴t＝AD＝2AM＝eq\f(36,5).綜上所述，當t＝5或6或eq\f(36,5)時，△DMN為等腰三角形．類型三涉及探究類問題的幾何圖形的證明與計算9.如圖，在△ABC中，BC＞AC，點E在BC上，CE＝CA，點D在AB上，連接DE，∠ACB＋∠ADE＝180°，作CH⊥AB，垂足為H.(1)如圖①，當∠ACB＝90°時，連接CD，過點C作CF⊥CD交BA的延長線于點F.①求證：FA＝DE；②請猜想三條線段DE、AD、CH之間的數(shù)量關系，干脆寫出結論；(2)如圖②，當∠ACB＝120°時，三條線段DE、AD、CH之間存在怎樣的數(shù)量關系？請證明你的結論．第9題圖(1)①證明：∵∠ACB＋∠ADE＝180°，∴∠CAD＋∠CED＝360°－180°＝180°，∵∠CAD＋∠CAF＝180°，∴∠CAF＝∠CED，∵CF⊥CD，∠ACB＝90°，∴∠DCF＝∠ACB＝90°，∵∠ECD=90°－∠ACD，∴∠ACF＝90°－∠ACD＝∠ECD，在△AFC和△EDC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ACF＝∠ECD,CA＝CE,∠CAF＝∠CED))，∴△AFC≌△EDC(ASA)，∴FA＝DE；②解：DE＋AD＝2CH；【解法提示】由①得FA＝DE，△AFC≌△EDC，∴CF＝CD，∵CF⊥CD，∴∠CFD＝∠CDF＝45°，∵CH⊥FD，∴CH＝HD＝FH，∴FD＝FA＋AD＝DE＋AD＝2CH.(2)解：三條線段DE，AD，CH之間的數(shù)量關系是：DE＋AD＝2eq\r(3)CH.證明：延長BA到點F，使AF＝ED，連接CF，CD，如解圖，∵∠ACB＋∠ADE＝180°，∴∠CAD＋∠CED＝360°－180°＝180°，第9題解圖∵∠CAD＋∠CAF＝180°，∴∠CAF＝∠CED.在△AFC和△EDC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝EC,∠CAF＝∠CED,AF＝ED))，∴△AFC≌△EDC(SAS)，∴CF＝CD，∠ACF＝∠ECD，∴∠FCD＝∠ACF＋∠ACD＝∠ECD＋∠ACD＝∠ACB＝120°，∵CF＝CD，CH⊥DF，∴FH＝DH＝eq\f(1,2)DF＝eq\f(1,2)(AF＋AD)＝eq\f(1,2)(DE＋AD)，∴∠HCD＝eq\f(1,2)∠FCD＝60°，∴tan∠HCD＝eq\f(DH,CH)＝eq\r(3)，∴DH＝eq\r(3)CH，∴DE＋AD＝AF＋AD＝2DH＝2eq\r(3)CH.10.△ABC中，AB>AC，G為BC的中點，P，A在直線BC的同側，PG⊥BC，直線BP與直線AC相交于點D，直線CP與直線AB相交于點E，且∠BAC＝2∠PBC.(1)當點P在AB邊上時(如圖①)，E與P重合，D與A重合，則線段BE