中考数学名师点拨几何综合问题巩固练习提高及答案解析Word下载.docx
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（3）在
（2）的条件下，当A1E1=3，C1E1=2时，求BD的长.
6.如图，等腰Rt△ABC中，∠C=90°
，AC=6，动点P、Q分别从A、B两点同时以每秒1个单位长的速度按顺时针方向沿△ABC的边运动，当Q运动到A点时，P、Q停止运动.设Q点运动时间为t秒，点P运动的轨迹与PQ、AQ围成图形的面积为S.求S关于t的函数解析式.
7.正方形ABCD中，点F为正方形ABCD内的点，△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°
后与△BEA重合．
（1）如图1，若正方形ABCD的边长为2，BE=1，FC=
，求证：
AE∥BF；
（2）如图2，若点F为正方形ABCD对角线AC上的点，且AF：
FC=3：
1，BC=2，求BF的长．
8.将正方形ABCD和正方形BEFG如图1摆放，连DF．
（1）如图2，将图1中的正方形BEFG绕B点顺时针旋转90°
，连DF、CG相交于M，则
=_______，∠DMC=_____；
（2）如图3，将图1中的正方形BEFG绕B点顺时针旋转45°
，DF的延长线交CG于M，试探究
与∠DMC的值，并证明你的结论；
（3）若将图1中的正方形BEFG绕B点逆时针旋转β（0°
＜β＜90°
），则
=_______，
∠DMC=_________．请画出图形，并直接写出你的结论（不用证明）．
9.已知△ABC≌△ADE，∠BAC=∠DAE=90°
．
（1）如图
（1）当C、A、D在同一直线上时，连CE、BD，判断CE和BD位置关系，填空：
CE_____BD．
（2）如图
（2）把△ADE绕点A旋转到如图所示的位置，试问
（1）中的结论是否仍然成立，写出你的结论，并说明理由．
（3）如图（3）在图2的基础上，将△ACE绕点A旋转一个角度到如图所示的△AC′E′的位置，连接
BE′、DC′，过点A作AN⊥BE′于点N，反向延长AN交DC′于点M．求
的值．
10.将正方形ABCD和正方形CGEF如图1摆放，使D点在CF边上，M为AE中点，
（1）连接MD、MF，则容易发现MD、MF间的关系是______________
（2）操作：
把正方形CGEF绕C点旋转，使对角线CE放在正方形ABCD的边BC的延长线上（CG＞BC），取线段AE的中点M，探究线段MD、MF的关系，并加以说明；
（3）将正方形CGEF绕点C旋转任意角度后（如图3），其他条件不变，
（2）中的结论是否仍成立？
直接写出猜想，不需要证明.
【答案与解析】
1.【答案】C.
2.【答案】B.
3.【答案】15°
.
4.【答案】
5.【答案与解析】
（1）证明：
如图1，过点F作FM⊥AB于点M，在正方形ABCD中，AC⊥BD于点E．
∴AE=
AC，∠ABD=∠CBD=45°
，
∵AF平分∠BAC，
∴EF=MF，
又∵AF=AF，
∴Rt△AMF≌Rt△AEF，
∴AE=AM，
∵∠MFB=∠ABF=45°
∴MF=MB，MB=EF，
∴EF+
AC=MB+AE=MB+AM=AB．
（2）E1F1，
A1C1与AB三者之间的数量关系：
E1F1+
A1C1=AB
证明：
如图2，连接F1C1，过点F1作F1P⊥A1B于点P，F1Q⊥BC于点Q，
∵A1F1平分∠BA1C1，∴E1F1=PF1；
同理QF1=PF1，∴E1F1=PF1=QF1，
又∵A1F1=A1F1，∴Rt△A1E1F1≌Rt△A1PF1，
∴A1E1=A1P，
同理Rt△QF1C1≌Rt△E1F1C1，
∴C1Q=C1E1，
由题意：
A1A=C1C，
∴A1B+BC1=AB+A1A+BC-C1C=AB+BC=2AB，
∵PB=PF1=QF1=QB，
∴A1B+BC1=A1P+PB+QB+C1Q=A1P+C1Q+2E1F1，
即2AB=A1E1+C1E1+2E1F1=A1C1+2E1F1，
∴E1F1+
A1C1=AB．
（3）解：
设PB=x，则QB=x，
∵A1E1=3，QC1=C1E1=2，
Rt△A1BC1中，A1B2+BC12=A1C12，
即（3+x）2+（2+x）2=52，
∴x1=1，x2=-6（舍去），
∴PB=1，
∴E1F1=1，
又∵A1C1=5，
由
（2）的结论：
A1C1=AB，
∴AB=
∴BD=
6.【答案与解析】
当P运动到C点时：
t=6
当Q运动到A点：
t=
∴分两种情况讨论
（1）当0≤t≤6时，如图：
作PH⊥AB于H，则△APH为等腰直角三角形
此时AP=t，BQ=t，则AQ=
-t
PH=APsin45°
=
t
∴S△AQP=
AQ·
PH
=
·
（
-t）·
t2+3t
（2）当6＜t≤
时，如图：
过P过PH⊥AB于H，此时△PBH为等腰直角三角形
AC+CP=t，BQ=t
∴BP=AC+CB-（AC+CP）=12-t
∴PH=BPsin45°
（12-t）
∴S四边形AQPC=S△ABC-S△BPQ
=
AC·
BC-
BQ·
6·
6-
t·
=18-
t+
t2
t2-
t+18.
综上，
7.【答案与解析】
∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°
后与△BEA重合
∴BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°
，∠AEB=∠BFC
在△BFC中，
∵BF2+FC2=12+（
）2=4，
BC2=22=4
∴BF2+FC2=BC2
∴∠BFC=90°
…（3分）
∴∠AEB+∠EBF=180°
∴AE∥BF…（4分）
（2）解：
∵Rt△ABC中，AB=BC=2，由勾股定理，得
AC=
=2
∵AF：
1，
∴AF=
，FC=
∴∠EAB=∠FCB，BE=BF，AE=CF=
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ABC=90°
∴∠BAC+∠ACB=90°
∴∠EAB+∠BAC=90°
即∠EAF=90°
在Rt△EAF中，EF=
在Rt△EBF中，EF2=BE2+BF2
∵BE=BF
∴BF=
EF=
8.【答案与解析】
（1）如图2，连接BF，
∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴∠FBC=∠CBD=45°
∴∠CBD=∠GBC=90°
而BF=
BG，BD=
BC，
∴△BFD∽△BGC，
∴∠BCG=∠BDF，
而∠DMC=180°
-∠BCG-∠BCD-∠CDF=180°
-∠BDF-∠BCD-∠CDF=180-45°
-90°
=45°
∴
，∠DMC=45°
；
（2）如图3，
∵将图1中的正方形BEFG绕B点顺时针旋转45°
，DF的延长线交CG于M，
∴B、E、D三点在同一条直线上，
而四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴∠CBD=∠GBC=45°
，BF=
BC，
，∠BCG=∠BDF
-∠BCG-∠BCD-∠CDF
=180°
即∠DMC=45°
（3）
图略.
9．【答案与解析】
（1）CE⊥BD．
（2）延长CE交BD于M，设AB与EM交于点F．
∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠CAE=∠BAD．
又∵△ABC≌△ADE，
∴AC=AE，AB=AD，
∴∠ACE=
，∠ABD=
∴∠ACE=∠ABD．
又∵∠AFC=∠BFM，∠AFC+∠ACE=90°
∴∠ABD+∠BFM=90°
∴∠BMC=90°
∴CE⊥BD．
（3）过C′作C′G⊥AM于G，过D作DH⊥AM交延长线于点H．
∵∠∠E′NA=∠AGC′=90°
∴∠NE′A+∠NAE′=90°
，∠NAE′+∠C′AG=90°
，∴∠NE′A=∠C′AG，
∵AE′=AC′
∴△ANE′≌△C′GA（AAS），
∴AN=C′G．
同理可证△BNA≌△AHD，AN=DH．
∴C′G=DH．
在△C′GM与△DHM中，
∠C′GM=∠DHM=90°
，∠C′MG=∠DMH，C′G=DH，
∴△C′GM≌△DHM，
∴C′M=DM，
10．【答案与解析】
如图1，延长DM交FE于N，
图1
∵正方形ABCD、CGEF，
∴CF=EF，AD=DC，∠CFE=90°
，AD∥FE，
∴∠1=∠2，
又∵MA=ME，∠3=∠4，
∴△AMD≌△EMN，
∴MD=MN，AD=EN．
∵AD=DC，
∴DC=NE．
又∵FC=FE，
∴FD=FN．
又∵∠DFN=90°
∴FM⊥MD，MF=MD；
（2）MD=MF，MD⊥MF．
如图2，延长DM交CE于N，连接FD、FN．∵正方形ABCD，
∴AD∥BE，AD=DC，
∴∠1=∠2．
又∵AM=EM，∠3=∠4，
∴△ADM≌△ENM，
∴AD=EN，MD=MN．
又∵正方形CGEF，
∴∠FCE=∠NEF=45°
，FC=FE，∠CFE=90°
．
又∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°
∴∠DCF=∠NEF=45
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