初二年级30道典型几何综合题Word文档格式.docx

初二年级30道典型几何综合题Word文档格式.docx

《初二年级30道典型几何综合题Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初二年级30道典型几何综合题Word文档格式.docx（69页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

3、解答：

（1）证明：

∵沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，

∴∠A=∠C′，AB=C′D

∴在△GAB与△GC′D中，

∴△GAB≌△GC′D

∴AG=C′G；

（2）解：

∵点D与点A重合，得折痕EN，

∴DM=4cm，ND=5cm，

∵EN⊥AD，

∴MN==3（cm），

由折叠的性质可知∠NDE=∠NDC，

∵EN∥CD，

∴∠END=∠NDC，

∴∠END=∠NDC=∠NDE，

∴EN=ED，设EM=x，则ED=EN=x+3，

由勾股定理得ED2=EM2+DM2，即（x+3）2=x2+42，

解得x=，即EM=．

4、解答：

（1）等腰．

（2）如图①，连接BE，画BE的中垂线交BC与点F，连接EF，△BEF是矩形ABCD的一个折痕三角形．

∵折痕垂直平分BE，AB=AE=2，

∴点A在BE的中垂线上，即折痕经过点A．

∴四边形ABFE为正方形．

∴BF=AB=2，

∴F（2，0）．

（3）矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF，其面积为4，

理由如下：

①当F在边BC上时，如图②所示．

S△BEF≤S矩形ABCD，即当F与C重合时，面积最大为4．

②当F在边CD上时，如图③所示，

过F作FH∥BC交AB于点H，交BE于K．

∵S△EKF=KF•AH≤HF•AH=S矩形AHFD，

S△BKF=KF•BH≤HF•BH=S矩形BCFH，

∴S△BEF≤S矩形ABCD=4．

即当F为CD中点时，△BEF面积最大为4．

下面求面积最大时，点E的坐标．

①当F与点C重合时，如图④所示．

由折叠可知CE=CB=4，

在Rt△CDE中，ED===2．

∴AE=4﹣2．

∴E（4﹣2，2）．

②当F在边DC的中点时，点E与点A重合，如图⑤所示．

此时E（0，2）．

综上所述，折痕△BEF的最大面积为4时，点E的坐标为E（0，2）或E（4﹣2，2）．

5、解答：

（1）由折叠知BE=EM，∠B=∠EMP=90°

．

①△AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM．

∵AB=4，M是AD中点，

∴△AEM的周长=4+2=6（cm）；

②现证明EP=AE+PD

方法一：

取EP的中点G，则在梯形AEPD中，MG为中位线，

∴MG=（AE+PD），

在Rt△EMP中，MG为斜边EP的中线，

∴MG=EP，

∴EP=AE+PD．

方法二：

延长EM交CD延长线于Q点．

∵∠A=∠MDQ=90°

，AM=DM，∠AME=∠DMQ，

∴△AME≌△DMQ．

∴AE=DQ，EM=MQ．

又∵∠EMP=∠B=90°

∴PM垂直平分EQ，有EP=PQ．

∵PQ=PD+DQ，

（2）△PDM的周长保持不变．

设AM=x，则MD=4﹣x．

由折叠性质可知，EM=4﹣AE，

在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，即AE2+x2=（4﹣AE）2，

∴AE=（16﹣x2）

又∵∠EMP=90°

，∴∠AME+∠DMP=90°

∵∠AME+∠AEM=90°

，∴∠AEM=∠DMP．

又∠A=∠D，

∴△PDM∽△MAE．

∴C△PDM=C△MAE•=（4+x）•=8．

∴△PDM的周长保持不变．

6、解答：

（1）∵A（﹣6，0），C（0，4）

∴OA=6，OC=4

设DE与y轴交于点M

由DE∥AB可得△DMC∽△AOC

又CD=AC

∴CM=2，MD=3

同理可得EM=3

∴OM=6

∴D点的坐标为（3，6）；

（2）由

（1）可得点M的坐标为（0，6）

由DE∥AB，EM=MD

可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线

∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上

∴ED与CF互相垂直平分

∴CD=DF=FE=EC

∴四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心

作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T

可证△FTM≌△CSM

∴FT=CS

∵FE=CD

∴TE=SD

∵EC=DF

∴TE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS

∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，

由点B（6，0），点M（0，6）在直线y=kx+b上，可得直线BM的解析式为y=﹣x+6．

（3）确定G点位置的方法：

过A点作AH⊥BM于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点

由OB=6，OM=6

可得∠OBM=60°

∴∠BAH=30°

在Rt△OAG中，OG=AO•tan∠BAH=2

∴G点的坐标为．（或G点的位置为线段OC的中点）

7、解答：

（1）△A2B2C2的三个顶点的坐标分别是A2（4，0），B2（5，0），C2（5，2）；

（3分）

（2）如果0＜a≤3，那么点P1在线段OM上，PP2=PP1+P1P2=2OP1+2P1M=2（OP1+P1M）=2OM=6；

（5分）

如果a＞3，那么点P1在点M的右边，PP2=PP1﹣P1P2=2OP1﹣2P1M=2（OP1﹣P1M）=2OM=6．

所以PP2的长是6．（7分）

8、解答：

（1）Rt△CEF、Rt△ADE、Rt△AEF、Rt△AA1D1、Rt△ED1C1、Rt△C1B1F．（写出其中三个即可）

（2）AF==5

过E作EM⊥AF，垂足为M，交D1C1于N，则

EM=2

∵四边形A1B1C1D1是正方形

∴D1C1∥AF

∴△D1C1E∽△AFE

设正方形A1B1C1D1的边长为x，则

解得x=

∴正方形A1B1C1D1的边长为．

（3）∵D1C1=，EN=2﹣=

∴S△D1EC1=×

×

=

∴=，C1B1=

∴B1F=

∴S△C1B1F1=×

∵∠1=∠2，∠1+∠4=90°

，∠2+∠3=90°

∴∠3=∠4

∴E1点在C1F1上

又∵S△正方形A1B1C1D=（）2=

∴S未被覆盖四边形=﹣﹣=．

9、解答：

（1）由题意可知：

OA=2，∠AOB=30°

，则根据直角三角形中30°

所对的边是斜边的一半，则AB=1，根据勾股定理可以求得OB=；

则点A的坐标为（1，），点B的坐标为（0，）；

（2）垂直．

理由：

连接DE，直角三角形ODE中，tan∠OED==，

∴∠OED=60°

∵∠BAO=30°

∴OA⊥ED．

（3）因为DE总是垂直于OA运动，因此可以看做直线DE沿OA方向进行运动．因此两者有公共点的取值围就是O⇒A之间．

当DE过O点时，t=0．

当DE过A点时，直角三角形OAD中，OA=2，∠ODA=30°

，因此OD=4，t=．

因此t的取值围是0≤t≤．

（4）当0≤t≤时，S=t2；

Smax=；

当＜t≤时，S=﹣t2﹣（﹣t）2=﹣（t﹣）2+，Smax=；

当＜t≤时，S=（2﹣t）2，S无最大值；

综上所述S的最大值为．

10、解答：

（1）∵OA=OB=2，

∴A（0，2）、B（2，0）、C（2，2）．（3分）

（2）△AOM∽△ONO’（4分）

证明：

∵四边形AOBC是正方形，

∴∠AOM=90°

又O’N⊥OB，

∴∠ONO'

=90°

∴∠AOM=∠ONO’=90°

又根据对称性质可知：

AM⊥OO’于D点，

∴在Rt△ODM中，∠1+∠3=90°

在Rt△AOM中，∠2+∠3=90°

∴∠1=∠2．

∴△AOM∽△ONO’（6分）

（3）∵M是OB的中点，

∴OM=•OB=1．

∴在Rt△AOM中，AM=．

又∵OD是Rt△AOM斜边上的高，

∴．

∴．（8分）

又∵△AOM∽△ONO’，

∴．（10分）

11、解答：

（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，

∴OA旋转了45度．

∴OA在旋转过程中所扫过的面积为．

（2）∵MN∥AC，

∴∠BMN=∠BAC=45°

，∠BNM=∠BCA=45度．

∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．

又∵BA=BC，∴AM=CN．

又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．

∴∠AOM=∠CON．∴∠AOM=（90°

﹣45°

）=22.5度．

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°

﹣22.5°

=22.5度．

（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．

延长BA交y轴于E点，

则∠AOE=45°

﹣∠AOM，∠CON=90°

﹣∠AOM=45°

﹣∠AOM，

∴∠AOE=∠CON．

又∵OA=OC，∠OAE=180°

﹣90°

=∠OCN．

∴△OAE≌△OCN．

∴OE=ON，AE=CN．

又∵∠MOE=∠MON=45°

，OM=OM，

∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．

∴MN=AM+CN，

∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．

∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．

12、解答：

（1）图②中与△BCF全等的有△GDF、△GAH、△ECH．

（2）D1F1=AH1，

∵，

∴△AF1C≌△D1H1C．

∴F1C=H1C，又CD1=CA，

∴CD1﹣F1C=CA﹣H1C．

即D1F1=AH1；

（3）连接CG1．

在△D1G1F1和△AG1H1中，

∴△D1G1F1≌△AG1H1．

∴G1F1=G1H1，

又∵H1C=F1C，G1C=G1C，

∴△CG1F1≌△CG1H1．

∵∠B=60°

，∠BCF=30°

∴∠BFC=90°

又∵∠DCE=90°

∴∠BFC=∠DCE，

∴BA∥CE，

∴∠1=∠3，

∴∠2=∠3，

∴G1I=CI．

13、解答：

（1）BE=DF且BE⊥DF；

（2）在△DFA和△BEA中，

∵∠DAF=90°

﹣∠FAB，∠BAE=90°

﹣∠FAB，

∴∠DAF=∠BAE，

又AB=AD，AE=AF，

∴△DFA≌△BEA，

∴BE=DF；

∠ADF=∠ABE，

∴BE⊥DF；

（3）AE=（﹣1）AD；

（4）正方形．

14、解答：

（1）AB=AE，AB⊥AE；

（2）将△BCG绕点C顺时针旋转90°

后能与△ACE重合（或将△ACE绕点C逆时针旋转90°

后能与△BCG重合），

∵AC⊥BC，DF⊥EF，B、F、C、E共线，

∴∠ACB=∠ACE=∠DFE=90°

又∵AC=BC，DF=EF，

∴∠DEF=∠D=45°

在△CEG中，∵∠ACE=90°

∴∠CGE+∠DEF=90°

∴∠CGE=∠DEF=45°

∴CG=CE，

在△BCG和△ACE中，

∴△BCG≌△ACE（SAS），

∴将△BCG绕点C顺时针旋转90°

后能与△BCG重合）．

15、解答：

（1）∠EBF=30°

；

（1分）

∠QFC=60°

（2分）

（2）∠QFC=60°

．（1分）

解法1：

不妨设BP＞AB，如图1所示．

∵∠BAP=∠BAE﹣∠EAP=60°

﹣∠EAP，

∠EAQ=∠QAP﹣∠EAP=60°

∴∠BAP=∠EAQ．（2分）

在△ABP和△AEQ中

AB=AE，∠BAP=∠EAQ，AP=AQ，

∴△ABP≌△AEQ．（SAS）（3分）

∴∠AEQ=∠ABP=90°

．（4分）

∴∠BEF=180°

﹣∠AEQ﹣∠AEB=180°

﹣60°

=30°

∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°

+30°

=60°

．（5分）

（事实上当BP≤AB时，如图2情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分）

解法2：

设AP交QF于M∠QMP为△AMQ和△FMP共同的外角

∴∠QMP=∠Q+∠PAQ=∠APB+∠QFC，

由△ABP≌△AEQ得∠Q=∠APB，由旋转知∠PAQ=60°

∴∠QFC=∠PAQ=60°

（3）在图1中，过点F作FG⊥BE于点G．

∵△ABE是等边三角形，

∴BE=AB=2．

由

（1）得∠EBF=30°

在Rt△BGF中，BG==，

∴BF==2．

∴EF=2．（1分）

∵△ABP≌△AEQ．

∴QE=BP=x，

∴QF=QE+EF=x+2．（2分）

过点Q作QH⊥BC，垂足为H．

在Rt△QHF中，y=QH=sin60°

QF=（x+2）．（x＞0）

即y关于x的函数关系式是：

y=x+．（3分）

16、解答：

（1）BG=AE，

易得BD=DC，GD=DE，∠GDB=∠EDA；

故可得Rt△BDG≌Rt△EDA；

故BG=AE；

（2）成立：

连接AD，

∵Rt△BAC中，D为斜边BC的中点，

∴AD=BD，AD⊥BC，

∴∠ADG+∠GDB=90°

∵EFGD为正方形，

∴DE=DG，且∠GDE=90°

∴∠ADG+∠ADE=90°

∴∠BDG=∠ADE，

在△BDG和△AED中，

∴△BDG≌△AED（SAS），

∴BG=AE；

（3）由

（2）可得BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值；

分析可得：

当旋转角度为270°

时，BG=AE最大值为1+2=3，

此时如图：

AF=．

17、解答：

∵∠A=30°

，∠ACB=90°

，D是AB的中点．

∴CD=AD=BD，

又∠B=90°

﹣∠A=60°

∴△BCD是等边三角形．

又∵CN⊥DB，

∴DN=DB．

∵∠EDF=90°

，△BCD是等边三角形，

∴∠ADG=30°

，而∠A=30°

∴GA=GD．

∵GM⊥AB，

∴AM=AD．

又∵AD=DB，

∴AM=DN．

（1）的结论依然成立．理由如下：

∵DF∥AC，

∴∠1=∠A=30°

，∠AGD=∠GDH=90°

∴∠ADG=60°

，AD=DB，

∴△ADG≌△DBH，

∴AG=DH．

又∵∠1=∠A，GM⊥AB，HN⊥AB，

∴△AMG≌△DNH，

18、解答：

（1）∵点F在AD上，

∴AF2=a2+a2，即AF=a，

∴DF=b﹣a，

∴S△DBF=DF×

AB=×

（b﹣a）×

b=b2﹣ab；

（2）连接AF，由题意易知AF∥BD，

∴四边形AFDB是梯形，

∴△DBF与△ABD等高同底，即BD为两三角形的底，

由AF∥BD，得到平行线间的距离相等，即高相等，

∴S△DBF=S△ABD=b2；

（3）正方形AEFG在绕A点旋转的过程中，F点的轨迹是以点A为圆心，AF为半径的圆，

第一种情况：

当b＞2a时，存在最大值及最小值，

因为△BFD的边BD=b，故当F点到BD的距离取得最大、最小值时，S△BFD取得最大、最小值．

如图②所示CF2⊥BD时，S△BFD的最大值=，

S△BFD的最小值=，

第二种情况：

当b=2a时，存在最大值，不存在最小值．

∴S△BFD的最大值=．（如果答案为4a2或b2也可）．

19、解答：

证法一：

在△ABP与△ADP中，

∵AB=AD∠BAC=∠DAC，AP=AP，

∴△ABP≌△ADP，

∴BP=DP．（2分）

证法二：

利用正方形的轴对称性，可得BP=DP．（2分）

不是总成立．（3分）

当四边形PECF的点P旋转到BC边上时，DP＞DC＞BP，此时BP=DP不成立，（5分）

说明：

未用举反例的方法说理的不得分．

（3）解：

连接BE、DF，则BE与DF始终相等，（6分）

在图1中，由正方形ABCD可证：

AC平分∠BCD，

∵PE⊥BC，PF⊥BD，

∴PE=PF，∠BCD=90°

∴四边形PECF为正方形．（7分）

∴CE=CF，

∵∠DCF=∠BCE，

BC=CD，

∴△BEC≌△DFC，

∴BE=DF．（8分）

20、解答：

（1）∵将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，

∴∠B=∠D，

∵将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，

∴BF=DF，

∵∠HFG=∠B，

又∵∠HFD=∠HFG+∠GFD=∠B+∠BHF

∴∠GFD=∠BHF，

∴△BFH∽△DGF，

∴，

∴BH•GD=BF2；

（2）∵AG∥CE，

∴∠FAG=∠C，

∵∠CFE=∠CEF，

∴∠AGF=∠CFE，

∴AF=AG，

∵∠BAD=∠C，

∴∠BAF=∠DAG，

∴△ABF≌△ADG，

∴FB=DG，

∴FD+DG=BD，

故答案为：

BD．

21、解答：

（1）相似（1分）

由题意得：

∠APA1=∠BPB1=α，AP=A1P，BP=B1P，

则∠PAA1=∠PBB1=，（2分）

∵∠PBB1=∠EBF，

∴∠PAE=∠EBF，

又∵∠BEF=∠AEP，

∴△BEF∽△AEP；

（2）存在，理由如下：

（4分）

易得：

△BEF∽△AEP，

若要使得△BEF≌△AEP，只需要满足BE=AE即可，（5分）

∴∠BAE=∠ABE，

∵∠BAC=60°

∴∠BAE=，

∵∠ABE=β∠BAE=∠ABE，（6分）

即α=2β+60°

（7分）

（3）连接BD，交A1B1于点G，

过点A1作A1H⊥AC于点H．

∵∠B1A1P=∠A1PA=60°

∴A1B1∥AC，

AP=A1P=2+x，∠A=60°

∴△PAA1是等边三角形，

∴A1H=sin60°

A1P=，（8分）

在Rt△ABD中，BD=，

∴BG=，（9分）

（0≤x＜2）．（10分）

22、解答：

（1）∵点A（3，0），B（0，4），得OA=3，OB=4，

∴在Rt△AOB中，由勾股定理，得AB==5，

根据题意，有DA=OA=3．

如图①，过点D作DM⊥x轴于点M，

则MD∥OB，

∴△ADM∽△ABO．有，

得，

∴OM=，

∴点D的坐标为（，）．

（2）如图②，由已知，得∠CAB=α，AC=AB，

∴∠ABC=∠ACB，

∴在△ABC中，

∴α=180°

﹣2∠ABC，

∵BC∥x轴，得∠OBC=90°

∴∠ABC=90°

﹣∠ABO=90°

﹣β，

∴α=2β；

（3）若顺时针旋转，如图，过点D作DE⊥OA于E，过点C作CF⊥OA于F，

∵∠AOD=∠ABO=β，

∴tan∠AOD==，

设DE=3x，OE=4x，

则AE=3﹣4x，

在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，

∴9=9x2+（3﹣4x）2，

∴x=，

∴D（，），

∴直线AD的解析式为：

∵直线CD与直线AD垂直，且过点D，

∴设y=﹣x+b，

则b=4，

∵互相垂直的两条直线的斜率的积等于﹣1，

∴直线CD的解析式为y=﹣，

若顺时针旋转，则可得直线CD的解析式为y=．

∴直线CD的解析式为y=﹣或y=．

23、解答：

如图1，分别连接OE、0F，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC，

∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°

∠ADO=∠ADC=×

60°

又∵E、F分别为DC、CB中点，

∴OE=CD，OF=BC，AO=AD，

∴0E=OF=OA，

∴点O即为△AEF的外心．

①猜想：

外心P一定落在直线DB上．

如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，

∴∠PIE=∠PJD=90°

∵∠ADC=60°

∴∠IPJ=360°

﹣∠PIE﹣∠PJD﹣∠JDI=120°

∵点P是等边△AEF的外心，

∴∠EPA=120°

，PE=PA，

∴∠IPJ=∠EPA，

∴∠IPE=∠JPA，

∴△PIE≌△PJA，

∴PI=PJ，

∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上．

②为定值2．

当AE⊥DC时．△AEF面积最小，

此时点E、F分别为DC、CB中点．

连接BD、AC交于点P，由

（1）

可得点P即为△AEF的外心．

如图3．设MN交BC于点G，

设DM=x，DN=y（x≠0．y≠O），则CN=y﹣1，

∵BC∥DA，

∴△GBP≌△MDP．

∴BG=DM=x．

∴CG=1﹣x

∴△NCG∽△NDM，

∴x+y=2xy，

∴+=2，

即=2．

24、解答：

（1）设AC=4x，BC=3x，

在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，

即：

（4x）2+（3x）2=102，

解得：

x=2，

∴AC=8cm，BC=6cm；

（2）①当点Q在边BC上运动时，过点Q作QH⊥AB于H，

∵AP=x，

∴BP=10﹣x，BQ=2x，

∵△QHB∽△ACB，

∴QH=x，

y=BP•QH=（10﹣x）•x=﹣x2+8x（0＜x≤3），

②当点Q在边CA上运动时，过点Q作QH′⊥AB于H′，

∴BP=10﹣x，AQ=14﹣2x，

∵△AQH′∽△ABC，

=，

QH′=（14﹣2x），

∴y=PB•QH′=（10﹣x）•（14﹣2x）=x2﹣x+42（3＜x＜7）；

∴y与x的函数关系式为：

y=；

（3）∵AP=x，AQ=14﹣2x，

∵PQ⊥AB，

∴△APQ∽△ACB，

∴=，

x=，PQ=，

∴PB=10﹣x=，

∴≠，

∴==≠，

∴当点Q在CA上运动，使PQ⊥AB时，以点B、P、Q为定点