2024長沙中考數(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)

2024長沙中考數(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；【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．(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的延長線交于點(diǎn)E，交CA的延長線于點(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；②若點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，EM是∠CEG的平分線，求GM的長．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)及等角對等邊求證．(2)若AD＝25，且AE＜DE.①求AE的長；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．針對訓(xùn)練1.(2023長沙黑白卷)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．第1題圖2.(2023長沙開福區(qū)一模)如圖，在矩形ABCD中，AC為矩形ABCD的對角線，DG⊥AC于點(diǎn)G，DG的延長線交AB于點(diǎn)E，已知AD＝6，CD＝8.(1)求AE的長；(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＝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)