中考数学 三轮题型专练几何探究题专项练习含答案.docx

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中考数学三轮题型专练几何探究题专项练习含答案

2020中考数学三轮题型专练：

几何探究题专项练习（含答案）

1.如图①，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝α，过点A作BC的平行线与∠ABC的平分线交于点D，连接CD.

（1）求证：

AC＝AD；

（2）点G为线段CD延长线上一点，将GC绕着点G逆时针旋转β，与射线BD交于点E.

①如图②，若α＝β，AH⊥BC于点H，求证：

△DEG∽△AHB；

②如图③，若β＝2α，DG＝kAD，求

的值．（用含k的代数式表示）

第1题图

（1）证明：

如解图①，∵BD平分∠ABC，

∴∠1＝∠2.

∵AD∥BC，∴∠2＝∠3，

∴∠1＝∠3，∴AB＝AD.

∵AB＝AC，∴AC＝AD.

第1题解图①

（2）①证明：

由题意可得：

∠AHB＝90°.∵AB＝AC，∠ABC＝α，

∴∠ACB＝∠ABC＝α.∴∠BAC＝180°－2α.

由

（1）得AB＝AC＝AD.

∴点B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上．

∴∠BDC＝

∠BAC＝90°－α，

∴∠GDE＝∠BDC＝90°－α，

∵∠G＝β＝α＝∠ABH，

∴∠G＋∠GDE＝90°.

∴∠DEG＝∠AHB＝90°，

∴△DEG∽△AHB；

②解：

如解图②，过A作AH⊥BC于点H，作∠DGE的平分线GF，交DE于F，

由①知∠GDE＝90°－α，

∵∠DGE＝β＝2α，

∴∠DGF＝α，

∴∠ABC＝∠DGF＝α，∠DFG＝180°－∠GDF－∠DGF＝90°，

∴△DFG∽△AHB.

又∵GF为∠DGE的平分线，

∴GF为DE的中垂线，

∵AB＝AD，GD＝kAD，

∴

＝

＝

＝k2，

又∵S△ABC＝S△BCD，S△ABC＝2S△AHB，S△DEG＝2S△DFG，

∴

＝k2.

第1题解图②

2.已知∠ABC＝90°，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），分别以AB、AP为边在∠ABC的内部作等边△ABE和△APQ，连接QE并延长交BP于点F.

（1）如图①，若AB＝2

，点A、E、P恰好在一条直线上时，求此时EF的长；

（2）如图②，当点A、E、P不在一条直线上时，猜想EF与图中的哪条线段相等（不能添加辅助线产生新的线段），并加以证明；

（3）若AB＝2

，设BP＝x，以QF为边的等边三角形的面积y，说明等边三角形的面积y随x的变化情况．

第2题图

解：

（1）∵△ABE是等边三角形，

∴AE＝AB，∠BAE＝∠ABE＝60°.

∵∠ABC＝90°，

∴∠EBP＝∠EPB＝30°，∴BE＝EP＝AE＝2

，

∴点E为AP的中点，

∴∠FEP＝90°，

∴在Rt△FEP中，EF＝EP·tan30°＝2，

∴EF＝2；

（2）EF＝BF，

理由如下：

∵∠BAP＝∠BAE－∠EAP＝60°－∠EAP，

∠EAQ＝∠QAP－∠EAP＝60°－∠EAP，

∴∠BAP＝∠EAQ，

在△ABP和△AEQ中，

AB＝AE，∠BAP＝∠EAQ，AP＝AQ，

∴△ABP≌△AEQ（SAS）．

∴∠AEQ＝∠ABP＝90°.

∴∠BEF＝180°－∠AEQ－∠AEB＝180°－90°－60°＝30°.

又∵∠EBF＝90°－60°＝30°，

∴∠BEF＝∠EBF，

∴EF＝BF；

（3）如解图，过点F作FD⊥BE于点D.

∵△ABE是等边三角形，

∴BE＝AB＝2

.

由

（2）得∠EBF＝30°，

在Rt△BDF中，BD＝

.

∴BF＝

＝2.

∴EF＝BF＝2.

∵△ABP≌△AEQ，

∴QE＝BP＝x.

∴QF＝QE＋EF＝x＋2.

∴以QF为边的等边三角形的面积

y＝

（x＋2）·

（x＋2）

＝

（x＋2）2

＝

x2＋

x＋

.

∵BP＝x，x>0，

∴y随x的增大而增大．

第2题解图

3.在△ABC中，∠BAC为锐角，AB>AC，AD平分∠BAC交BC于点D.

（1）如图①，若△ABC是等腰直角三角形，直接写出线段AC，CD，AB之间的数量关系；

（2）如图②，BC的垂直平分线交AD的延长线于点E，交BC于点F，连接CE，BE，若∠ABE＝60°，判断AC，CE，AB之间有怎样的数量关系，并加以证明；

（3）如图③，BC的垂直平分线交AD的延长线于点E，交BC于点F.若AC＋AB＝

AE，求∠BAC的度数．

第3题图

解：

（1）AB＝AC＋CD.

【解法提示】过D作DE⊥AB交AB于点E，如解图①所示，

∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，

∴CD＝DE，

∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），

∴AC＝AE，

∵△ABC为等腰直角三角形，

∴∠B＝45°，即△BDE为等腰直角三角形，

∴CD＝DE＝EB，

则AB＝AE＋EB＝AC＋CD；

第3题解图①

（2）AB＝AC＋CE；

证明：

在线段AB上截取AH＝AC，连接EH，如解图②所示，

∵AD平分∠BAC，

∴∠CAE＝∠BAE，

在△ACE和△AHE中，

，

∴△ACE≌△AHE（SAS），

∴CE＝HE，

∵EF垂直平分BC，

∴CE＝BE，∴BE＝HE，

又∵∠ABE＝60°，

∴△EHB是等边三角形，

∴BE＝HE＝HB，

∴AB＝AH＋HB＝AC＋CE；

第3题解图②

（3）在线段AB上截取AH＝AC，连接EH，作EM⊥AB于点M，如解图③所示，

同理可得△ACE≌△AHE（SAS），

∴CE＝HE，

∵EF垂直平分BC，

∴CE＝BE，

∴HE＝BE，

∴△EHB是等腰三角形，

∴HM＝BM，

∴AC＋AB＝AH＋AB＝AM－HM＋AM＋MB＝2AM，

∵AC＋AB＝

AE，

∴AM＝

AE，

在Rt△AEM中，cos∠EAM＝

＝

，

∴∠EAB＝30°，

∴∠BAC＝2∠EAB＝60°.

第3题解图③

4.4.在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，延长AB至点D，使BD＝BC，E是直线BC上一点，F是直线AC上一点，连接DE、EF，且∠DEF＝∠DBC.

（1）如图①，若∠D＝∠EFC＝15°，AB＝

，求AC的长；

（2）如图②，当∠BAC＝45°，点E在线段BC的延长线上，点F在线段AC的延长线上时，求证：

EF＝DE；

（3）如图③，当∠BAC＝90°，点E在线段CB的延长线上，点F在线段CA的延长线上时，求

的值．

第4题图

（1）解：

在△BDE中，∠D＋∠DBE＋∠BED＝180°，

∵∠BED＋∠DEF＋∠FEC＝180°，∠DEF＝∠DBC，∠D＝∠F＝15°，

∴∠D＝∠FEC＝∠F＝15°，

∴∠ACB＝∠F＋∠CEF＝30°，

∴∠ABC＝2∠ACB＝60°，∴∠BAC＝90°，

在Rt△ABC中，AB＝

，∠ACB＝30°，

∴BC＝2AB＝2

，

∴AC＝

＝

＝3；

（2）证明：

如解图①，连接CD，作EM⊥EB交AF于点M，记AF交DE于点O.

∵∠BAC＝45°，∠ABC＝2∠ACB，

∴∠ABC＝90°，∠ACB＝∠MCE＝∠EMC＝45°，

∴EM＝EC，

∵BD＝BC，

∴∠BDC＝∠BCD＝45°，

∴∠DCE＝∠EMF＝135°，

∵∠DEF＝∠DBC＝90°，∠FCD＝∠DCA＝90°，

∴∠OEF＝∠OCD，

∵∠EOF＝∠COD，

∴∠OFE＝∠ODC，即∠EFM＝∠EDC，

在△EMF和△ECD中，

∴△EMF≌△ECD（AAS），

∴EF＝DE；

第4题解图①

（3）解：

如解图②中，连接CD、DF，作NE⊥CE交AD的延长线于点N，在线段CE上取一点M，使得FM＝FE.

∵∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，

∴∠ABC＝60°，∠ACB＝30°，

∵DB＝BC，

∴∠DBC＝120°，∠BDC＝∠BCD＝30°，

∴∠DBC＝∠DEF＝120°，∠DCA＝∠DCB＋∠ACB＝60°，

∴∠DEF＋∠DCF＝180°，

∴E、F、C、D四点共圆，

∵∠DCE＝∠ECF，

∴

＝

，

∴DE＝EF＝FM，

∵∠NEB＝90°，∠NBE＝∠ABC＝60°，

∴∠N＝∠ACM＝30°，

∵∠DBC＝∠BDE＋∠DEB＝120°，∠DEF＝∠DEB＋∠FEM＝∠DEB＋∠FME＝120°，

∴∠BDE＝∠FME，

∴∠NDE＝∠FMC，

在△EDN和△FMC中，

，

∴△EDN≌△FMC（AAS），

∴NE＝CF，在Rt△NEB中，

∵∠NEB＝90°，∠N＝30°，

∴NE＝

BE，

∴CF＝

BE.

∴

＝

.

第4题解图②

5.在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在直线CD上（不与点C、D重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于H，连接AH，PH.

（1）如图①，若点P在线段CD上，求证：

AH＝PH；

（2）如图②，若点P在线段CD的延长线上，其他条件不变，

（1）中的结论是否仍然成立？

若成立，请给出证明，否则说明理由；

（3）若点P在线段DC的延长线上，且∠AHQ＝120°，正方形ABCD的边长为2，求线段DP的长．

第5题图

（1）证明：

如解图①，连接HC，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BDC＝45°，

又∵QH⊥BD，

∴△DHQ是等腰直角三角形，

∴HD＝HQ，∠HDP＝∠HQC＝45°，

由平移的性质可知DP＝CQ，

在△HDP和△HQC中，

，

∴△HDP≌△HQC（SAS），

∴HP＝HC，

根据正方形是轴对称图形得到HA＝HC，

∴AH＝PH；

第5题解图①

（2）解：

（1）中的结论仍然成立；

证明：

如解图②，连接HC，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BDC＝45°，

又∵QH⊥BD，

∴△DHQ是等腰直角三角形，

∴HD＝HQ，∠HDC＝∠HQD＝45°，

∴∠HDP＝∠HQC＝135°，

由平移的性质可知DP＝CQ，

在△HDP和△HQC中，

∴△HDP≌△HQC（SAS），

∴HP＝HC，

根据正方形是轴对称图形得到HA＝HC，

∴AH＝PH；

第5题解图②

（3）解：

如解图③，由

（1）知，AH＝PH，∵∠AHD＝∠CHD，

第5题解图③

∴∠AHP＝∠AHD＋∠DHP＝∠CHD＋∠QHC＝90°.

∴∠HPA＝45°，

∵∠AHQ＝120°，

∴∠AHD＝∠CHD＝30°，

∴∠QHP＝∠CHD＝∠CHP＝30°，

∵∠HCP＝∠HDC＋∠CHD＝45°＋30°＝75°，

∴∠CPH＝180°－∠HCP－∠CHP＝180°－75°－30°＝75°，

∴∠APD＝30°，

在Rt△ADP中，AD＝2，

∴DP＝2

.

6.如图，已知四边形ABCD是平行四边形，P为DC延长线上一点，AP分别交BD，BC于点M，N.

（1）图中相似三角形共有________对；

（2）证明：

AM2＝MN·MP；

（3）若AD＝6，DC∶CP＝2∶1.求BN的长．

第6题图

（1）解：

6.

【解法提示】有△AMB∽△PMD，△ADM∽△NBM，△ABN∽△PCN∽△PDA，△ABD∽△CDB，∴共6对相似三角形．

（2）证明：

∵AD∥BC，

∴∠ADM＝∠NBM，∠DAM＝∠BNM，

∴△ADM∽△NBM，

∴

＝

；

∵AB∥DC，

∴∠P＝∠BAM，∠MDP＝∠ABM，

∴△PDM∽△ABM，

∴

＝

，

∴

＝

，

∴AM2＝MN·MP；

（3）解：

∵AD∥BC，

∴∠PCN＝∠PDA，又∵∠P＝∠P，

∴△PCN∽△PDA，

∴

＝

，

∵DC∶CP＝2∶1，

∴

＝

＝

.

又∵AD＝6，

∴NC＝2，

∴BN＝BC－CN＝6－2＝4.

7.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，F是AC的中点，过AC上一点D作DE∥AB，交BF的延长线于点E，AG⊥BE，垂足为点G，连接BD、AE.

（1）求证：

△ABC∽△BGA;

（2）若AF＝5，AB＝8，求FG的长；

（3）当AB＝BC，∠DBC＝30°时，求

的值．

第7题图

（1）证明：

∵∠ABC＝90°，F是AC的中点，

∴BF＝

AC＝AF,

∴∠FAB＝∠FBA,

∵AG⊥BE,∴∠AGB＝90°，

∴∠ABC＝∠AGB，

∴△ABC∽△BGA；

（2）解：

∵AF＝5,

∴AC＝2AF＝10，BF＝5，

∵△ABC∽△BGA，

∴

＝

，

∴BG＝

＝

＝

，

∴FG＝BG－BF＝

－5＝

；

（3）解：

如解图，延长ED交BC于点H，

则DH⊥BC,

∴∠DHC＝90°，

∵AB＝BC，F为AC的中点，

∴∠C＝45°，∠CBF＝45°，

∴△DHC、△BEH是等腰直角三角形，

∴DH＝HC，EH＝BH，

设DH＝HC＝a，

∵∠DBC＝30°，

∴BD＝2a，BH＝

a，

∴EH＝

a，

∴DE＝（

－1）a,

∴

＝

.

第7题解图

8.如图①，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与A、B重合），分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD边AB上的“相似点”；如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD边AB上的“强相似点”.

（1）如图①，若∠A＝∠B＝∠DEC＝40°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由；

（2）如图②，在△ABC中，∠ACB＝90°，直角顶点C在直线DE上，分别过点A，B作AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E.求证：

△ADC∽△CEB.

（3）如图③，AD∥BC，DP平分∠ADC，CP平分∠BCD交DP于点P，过点P作AB⊥AD于点A，交BC于点B.求证：

点P是四边形ABCD边AB上的一个强相似点．

第8题图

（1）解：

点E是四边形ABCD边AB上的相似点.

理由如下：

∵∠DEC＝40°，∴∠DEA＋∠CEB＝140°，

∵∠A＝∠B＝40°，∴∠ADE＋∠AED＝140°，

∴∠ADE＝∠CEB，∴△ADE∽△BEC，

∴E点是四边形ABCD的边AB上的相似点；

（2）证明：

∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＋∠BCE＝90°，

∵AD⊥DE，∴∠ACD＋∠CAD＝90°，

∴∠BCE＝∠CAD，

∵∠ADC＝∠CEB＝90°，∴△ADC∽△CEB；

（3）证明：

∵AD∥BC，

∴∠ADC＋∠BCD＝180°，

∵DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，

∴∠CDP＋∠DCP＝

（∠ADC＋∠BCD）＝90°，

∵DA⊥AB，∴CB⊥AB，

∴∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，∵∠ADP＝∠CDP，∴△ADP∽△PDC，同理△BPC∽△PDC，

∴△ADP∽△PDC∽△BPC，即点P是四边形ABCD边AB上的一个强相似点．

9.在△ABC中，AB＝a，AC＝b，点D、E分别在AB、AC上．

（1）如图①，若AD＝c，△ADE与△ABC相似，求AE的长；

（2）如图②，若DE∥BC，将△ADE绕点A旋转α，得到△AMN，连接BM、CN，求证：

△ABM∽△ACN；

（3）在

（2）的图形中，若△ABC是直角三角形，且∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，AB＝2，DE是△ABC的中位线，如图③，请直接写出

的值．

第9题图

（1）解：

∵∠DAE＝∠BAC，∴分两种情况：

①若∠ADE＝∠ABC，则△ADE∽△ABC，

∴

＝

，

∴AE＝

＝

；

②若∠ADE＝∠ACB，则△ADE∽△ACB，

∴

＝

，

∴AE＝

＝

；

（2）证明：

∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，

∴△ADE∽△ABC，∴

＝

，

∵△AMN是由△ADE旋转得到的，

∴AM＝AD，AN＝AE，

∴

＝

，

∵∠BAM＝∠CAN＝α，

∴△ABM∽△ACN；

（3）解：

＝

.

【解法提示】在Rt△ABC中，AB＝2，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，

∴BC＝1，AC＝

，

由

（2）知△ABM∽△ACN，

∴

＝

＝

＝

.

10.如图①，P是△ABC的边BC上的任意一点，M、N分别在AB和AC边上，且PM＝PB，PN＝PC，则△PBM和△PCN叫做“孪生等腰三角形”．

（1）如图②，若△ABC是等边三角形，△PBM和△PCN是“孪生等腰三角形”，证明△PMC≌△PBN；

（2）如图③，若△ABC为等腰三角形，AB＝AC，△PBM和△PCN是“孪生等腰三角形”，证明：

BN＝CM；

（3）如图④，若

（2）中P点在CB的延长线上，其他条件不变，是否依然有BN＝CM，若是，请证明，若不是，请说明理由．

第10题图

（1）证明：

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC＝∠ACB＝60°，

∵△PBM和△PCN是“孪生等腰三角形”，

∴PM＝PB，PN＝PC，

∴△PBM和△PCN是等边三角形，

∴∠BPM＝∠NPC＝60°，

∴∠BPM＋∠MPN＝∠NPC＋∠MPN，即∠BPN＝∠MPC.

在△PMC和△PBN中，

∴△PMC≌△PBN（SAS）；

（2）证明：

如题图③，∵△ABC为等腰三角形，AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

∵△PBM和△PCN是“孪生等腰三角形”，

∴PM＝PB，PN＝PC，

∴∠PBM＝∠PMB，∠PCN＝∠PNC，

∴∠BPM＝∠CPN，

∴∠BPM＋∠MPN＝∠CPN＋∠MPN，

∴∠BPN＝∠MPC，

在△PMC和△PBN中，

∴△PMC≌△PBN（SAS），

∴BN＝CM；

（3）解：

是．

证明：

如题图④，由

（2）易知∠ACB＝∠PNC＝∠ABC＝∠PBM＝∠PMB，

∴∠MPB＝∠NPC，

在△PMC和△PBN中，

∴△PMC≌△PBN（SAS），

∴BN＝CM.