中考数学几何辅助线题.docx

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中考数学几何辅助线题

中考压轴题专题几何（辅助线）

图中有角平分线，可向两边作垂线。

 角平分线平行线，等腰三角形来添。

线段垂直平分线，常向两端把线连。

 要证线段倍与半，延长缩短可试验。

三角形中两中点，连接则成中位线。

 三角形中有中线，延长中线加一倍。

梯等式子比例换，寻找相似很关键。

 直接证明有困难，等量代换少麻烦。

斜边上面作高线，弦高公式是关键。

 计算半径与弦长，弦心距来站中间。

圆上若有一切线，切点圆心半径连。

要想证明是切线，半径垂线仔细辨。

是直径，成半圆，想成直角径连弦。

 弧有中点圆心连，垂径定理要记全。

圆周角边两条弦，直径和弦端点连。

 要想作个外接圆，各边作出中垂线。

还要作个内切圆，内角平分线梦园。

 如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。

若是添上连心线，切点肯定在上面。

 辅助线，是虚线，画图注意勿改变。

假如图形较分散，对称旋转去实验 切勿盲目乱添线，方法灵活应多变。

精选1.如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，DE垂直平分AC，垂足为O，AD∥BC，且AB=3，BC=4，则AD的长为　　．

精选2．如图，△ABC中，∠C＝60°，∠CAB与∠CBA的平分线AE，BF相交于点D，

求证：

DE＝DF．

精选3.已知：

如图，⊙O的直径AB=8cm，P是AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接AC．

（1）若∠ACP=120°，求阴影部分的面积；

（2）若点P在AB的延长线上运动，∠CPA的平分线交AC于点M，∠CMP的大小是否发生变化若变化，请说明理由；若不变，求出∠CMP的度数。

精选4、如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点O是斜边AB上一动点，以OA为半径作⊙O与AC边交于点P，

（1）当OA=时，求点O到BC的距离；

（2）如图1，当OA=时，求证：

直线BC与⊙O相切；此时线段AP的长是多少

（3）若BC边与⊙O有公共点，直接写出OA的取值范围；

（4）若CO平分∠ACB，则线段AP的长是多少

．

精选5．如图，已知△ABC为等边三角形，∠BDC＝120°，AD平分∠BDC，

求证：

BD+DC＝AD．

精选6、已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．

（第6题图）

（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．

①求证：

△OCP∽△PDA；

②若△OCP与△PDA的面积比为1：

4，求边AB的长；

（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；

（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．

精选7、如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当CE=AF时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．

（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；

（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出DE与DF的数量关系；

（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少

精选8、等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点A、点B分别是x轴、y轴两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E；

（1）如图

（1），若A（0，1），B（2，0），求C点的坐标；

（2）如图

（2），当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE，求证：

∠ADB=∠CDE

（3）如图（3），在等腰Rt△ABC不断运动的过程中，若满足BD始终是∠ABC的平分线，试探究：

线段OA、OD、BD三者之间是否存在某一固定的数量关系，并说明理由．

精选9．如图，正方形的四个顶点分别在四条平行线、、、上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为、、．

（1）求证：

；

（2）设正方形的面积为，求证：

；

（3）若，当变化时，说明正方形的面积

随的变化情况．

参考答案

精选1

解：

∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，

∴AC===5，

∵DE垂直平分AC，垂足为O，

∴OA=AC=，∠AOD=∠B=90°，

∵AD∥BC，

∴∠A=∠C，

∴△AOD∽△CBA，

∴=，即=，解得AD=．

故答案为：

．

精选2

证明：

在AB上截取AG，使AG=AF，

易证△ADF≌△ADG（SAS）．

∴DF＝DG．∵∠C＝60°，

AD，BD是角平分线，易证∠ADB=120°．

∴∠ADF＝∠ADG＝∠BDG＝∠BDE＝60°．

易证△BDE≌△BDG（ASA）．

∴DE＝DG＝DF．

精选3、

解：

（1）连接OC．

∵PC为⊙O的切线，

∴PC⊥OC．

∴∠PCO=90度．

∵∠ACP=120°

∴∠ACO=30°

∵OC=OA，

∴∠A=∠ACO=30度．

∴∠BOC=60°

∵OC=4

∴

∴S阴影=S△OPC﹣S扇形BOC=；

（2）∠CMP的大小不变，∠CMP=45°

由

（1）知∠BOC+∠OPC=90°

∵PM平分∠APC

∴∠APM=∠APC

∵∠A=∠BOC

∴∠PMC=∠A+∠APM=（∠BOC+∠OPC）=45°．

精选4、

解：

（1）在Rt△ABE中，．（1分）

过点O作OD⊥BC于点D，则OD∥AC，

∴△ODB∽△ACB，∴，∴，∴，

∴点O到BC的距离为．（3分）

（2）证明：

过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F，

∵△OEB∽△ACB，∴∴，∴．

∴直线BC与⊙O相切．（5分）

此时，四边形OECF为矩形，

∴AF=AC﹣FC=3﹣=，

∵OF⊥AC，∴AP=2AF=．（7分）

（3）；（9分）

（4）过点O作OG⊥AC于点G，OH⊥BC于点H，

则四边形OGCH是矩形，且AP=2AG，

又∵CO平分∠ACB，∴OG=OH，∴矩形OGCH是正方形．（10分）

设正方形OGCH的边长为x，则AG=3﹣x，

∵OG∥BC，∵△AOG∽△ABC，

∴，∴，

∴，∴，∴AP=2AG=．（12分）

精选5、

证法1：

（截长）如图，截DF=DB，易证△DBF为等边三角，然后证△BDC≌△BFA即可；

证法2：

（截长）如图，截DF=DC，易证△DCF为等边三角，然后证△BDC≌△AFC即可；

证法3：

（补短）如图，延长BD至F，使DF=DC，此时BD+DC=BD+DF=BF，

易证△DCF为等边△，再证△BCF≌△ACD即可．

证法4：

（四点共圆）两组对角分别互补的四边形四个顶点共圆．

设AB＝AC＝BC＝a，根据（圆内接四边形）托勒密定理：

CD·a＋BD·a＝AD·a，得证．

精选6、

解：

（1）如图1，①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．

由折叠可得：

AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．

∴∠APO=90°．

∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC．

∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．

∴△OCP∽△PDA．

②∵△OCP与△PDA的面积比为1：

4，

∴====．

∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．

∵AD=8，∴CP=4，BC=8．

设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x．

在Rt△PCO中，

∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，

∴x2=（8﹣x）2+42．

解得：

x=5．

∴AB=AP=2OP=10．

∴边AB的长为10．

（2）如图1，

∵P是CD边的中点，

∴DP=DC．

∵DC=AB，AB=AP，

∴DP=AP．

∵∠D=90°，

∴sin∠DAP==．

∴∠DAP=30°．

∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，

∴∠OAB=30°．

∴∠OAB的度数为30°．

（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2．

∵AP=AB，MQ∥AN，

∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．

∴∠APB=∠MQP．

∴MP=MQ．

∵MP=MQ，ME⊥PQ，

∴PE=EQ=PQ．

∵BN=PM，MP=MQ，

∴BN=QM．

∵MQ∥AN，

∴∠QMF=∠BNF．

在△MFQ和△NFB中，

．

∴△MFQ≌△NFB．

∴QF=BF．

∴QF=QB．

∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB．

由

（1）中的结论可得：

PC=4，BC=8，∠C=90°．

∴PB==4．

∴EF=PB=2．

∴在

（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2．

精选7、

解：

（1）DF=DE．理由如下：

如答图1，连接BD．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60°，

∴∠DBE=∠A=60°

∵∠EDF=60°，

∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，，

∴△ADF≌△BDE（ASA），

∴DF=DE；

（2）DF=DE．理由如下：

如答图2，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60°，

∴∠DBE=∠A=60°

∵∠EDF=60°，

∴∠ADF=∠BDE．

∵在△ADF与△BDE中，，

∴△ADF≌△BDE（ASA），

∴DF=DE；

（3）由

（2）知，△ADF≌△BDE．则S△ADF=S△BDE，AF=BE=x．

依题意得：

y=S△BEF+S△ABD=（2+x）xsin60°+×2×2sin60°=（x+1）2+．即y=（x+1）2+．

∵＞0，

∴该抛物线的开口方向向上，

∴当x=0即点E、B重合时，y最小值=．

精选8、

（1）解：

过点C作CF⊥y轴于点F，

∴∠AFC=90°，

∴∠CAF+∠ACF=90°．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，

∴AC=AB，∠CAF+∠BAO=90°，∠AFC=∠BAC，

∴∠ACF=∠BAO．

在△ACF和△ABO中，

，

∴△ACF≌△ABO（AAS）

∴CF=OA=1，AF=OB=2

∴OF=1

∴C（﹣1，﹣1）；

（2）证明：

过点C作CG⊥AC交y轴于点G，

∴∠ACG=∠BAC=90°，

∴∠AGC+∠GAC=90°．

∵∠CAG+∠BAO=90°，

∴∠AGC=∠BAO．

∵∠ADO+∠DAO=90°，∠DAO+∠BAO=90°，

∴∠ADO=∠BAO，

∴∠AGC=∠ADO．

在△ACG和△ABD中

∴△ACG≌△ABD（AAS），

∴CG=AD=CD．

∵∠ACB=∠ABC=45°，

∴∠DCE=∠GCE=45°，

在△DCE和△GCE中，

，

∴△DCE≌△GCE（SAS），

∴∠CDE=∠G，

∴∠ADB=∠CDE；

（3）解：

在OB上截取OH=OD，连接AH

由对称性得AD=AH，∠ADH=∠AHD．

∵∠ADH=∠BAO．

∴∠BAO=∠AHD．

∵BD是∠ABC的平分线，

∴∠ABO=∠EBO，

∵∠AOB=∠EOB=90°．