2024海南中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練 幾何圖形非動態(tài)型綜合題 (含答案)

2024海南中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練幾何圖形非動態(tài)型綜合題(小題破大題)模型再現(xiàn)：自旋轉(zhuǎn)型全等模型1.如圖，點E在正方形ABCD的邊CD上，點F為CB延長線上一點，且DE＝BF，連接AE，AF.求證：AE＝AF.【思維教練】要證AE＝AF，只需證△ADE≌△ABF第1題圖模型再現(xiàn)：8字型相似模型2.如圖，在正方形ABCD中，AC為對角線，點F為CD上一點，連接BF交AC于點E.求證：△ABE∽△CFE.【思維教練】要證△ABE∽△CFE，需在△ABE和△CFE中找出對應(yīng)角相等或?qū)?yīng)邊成比例．第2題圖模型再現(xiàn)：斜A字型相似模型3.如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，點E是BC延長線上一點，連接DE，點G是DC的中點，連接BG并延長交DE于點F，且BF⊥DE，若CE＝3.求DF的長．【思維教練】由已知得DG＝CG＝eq\f(1,2)AB＝2，在Rt△DCE中，利用勾股定理可得DE＝5，再根據(jù)∠DCE＝∠DFG＝90°及一個公共角∠CDE，可得△DCE∽△DFG，利用相似三角形性質(zhì)，即可求出DF的值．第3題圖模型再現(xiàn)：一線三垂直型全等模型4.如圖，點E在正方形ABCD的邊AB上，連接DE，過點C作CF⊥DE于點F，過點A作AG∥CF交DE于點G.求證：△DCF≌△ADG.第4題圖方法再現(xiàn)：倍長中線、類中線，構(gòu)造全等三角形(見P60微專題)5.如圖，在正方形ABCD中，點E是CD的中點，連接BE，點P是BE的中點，連接AP，若AB＝4，求AP的長．【思維教練】要求AP的長，根據(jù)題意知點E是CD的中點，構(gòu)造全等三角形，再結(jié)合勾股定理即可求出AP的長．第5題圖方法再現(xiàn)：遇邊上中點，考慮三角形中位線性質(zhì)6.如圖，在正方形ABCD中，連接BD，點E在邊BC上，且CE＝2BE，連接AE交BD于點F，連接DE，取BD的中點O，取DE的中點G，連接OG.求證：OF＝BF.【思維教練】由題易證△BFE∽△DFA，可得DF＝3BF，根據(jù)點O是BD的中點可得OB＝OD＝2BF，再利用線段之間的等量關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)換即可得證．第6題圖方法再現(xiàn)：角平分線與平行線，構(gòu)造等腰三角形7.如圖，在正方形ABCD中，AC是對角線，∠BCA的平分線CF交AB于點F，過點C作CP⊥CF，交AD延長線于點P，過點F作EF∥BC交AC于點E.(1)求證：BF＝DP；(2)若AF＝2，求AE的長．【思維教練】要求AE的長，證△AFE為等腰直角三角形，再利用AE＝eq\r(2)AF及AF＝2即可求解．第7題圖(對接中考)1.如圖①，在正方形ABCD中，點E是邊BC上一點，且點E不與點B、C重合，點F是BA的延長線上一點，且AF＝CE.(1)求證：△DCE≌△DAF；(2)如圖②，連接EF，交AD于點K，過點D作DH⊥EF，垂足為H，延長DH交BF于點G，連接HB，HC.①求證：HD＝HB；②若DK·HC＝eq\r(2)，求HE的長．第1題圖2.如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，E是邊CD的中點，點P是邊AD上一點(與點A、D不重合)，射線PE與BC的延長線交于點Q.(1)求證：△PDE≌△QCE；(2)過點E作EF∥BC交PB于點F，連接AF，當(dāng)PB＝PQ時．①求證：四邊形AFEP是平行四邊形；②請判斷四邊形AFEP是否為菱形，并說明理由．第2題圖(針對訓(xùn)練)1.如圖①，已知點E是正方形ABCD的邊CD上的動點，連接AE，過點A作AF⊥AE，交CB的延長線于點F.(1)求證：△ABF≌△ADE；(2)如圖②，點G是正方形ABCD的對角線BD上一點，連接AG，GC，GF，且GC＝GF，過點G作MH∥AE，分別交AF，AB，DC于點M，N，H.①求∠GFA的度數(shù)；②若AB＝3，BF＝1，求MH的長．第1題圖2.如圖所示，四邊形ABCD為正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延長線與CD的延長線交于點F，點D、B、H在同一條直線上．(1)求證：△CDE≌△CBH；(2)當(dāng)eq\f(HB,HD)＝eq\f(1,5)時，求eq\f(FD,FC)的值；(3)當(dāng)HB＝3，HG＝4時，求sin∠CFE的值．第2題圖3.如圖，矩形AEFG的兩頂點E、G分別落在矩形ABCD的邊BC和射線CD上，連接AC、FC，過點F作FH⊥BC，交BC的延長線于點H.(1)如圖①，當(dāng)AB＝BC時．①求證：△ABE≌△ADG；②猜想AC與FC的位置關(guān)系，并證明你的猜想；(2)如圖②，當(dāng)AB≠BC時，在(1)②中的猜想是否成立？若不成立，請說明理由；若成立，請給出證明．第3題圖4.如圖①，在正方形ABCD中，點E為邊AB上的點，BE∶AE＝n，連接DE、BD，過點A作AG⊥DE，垂足為點F，與BC、BD分別交于點G、H，連接EH.(1)求證：①△ADE≌△BAG；②DH∶BH＝n＋1；(2)如圖②，當(dāng)EH∥AD時，求n的值．第4題圖5.如圖，點正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為DC，BC邊上的點，且CE＝FC，∠EAF＝45°，連接BD分別交AE，AF于點H，G.(1)求證：△ADE≌△ABF；(2)△BFG是否為等腰三角形？若是，請證明；若不是，請說明理由；(3)若AB＝eq\r(2)＋1，求AG·AF的值(結(jié)果保留根號).第5題圖6.如圖①，在正方形ABCD中，點P是對角線BD上的一點，點E在AD的延長線上，連接PA，PC，PE，且PA＝PE，PE交CD于點F.(1)求證：△ABP≌△CBP；(2)求∠CPE的度數(shù)；(3)如圖②，把正方形ABCD改為菱形ABCD，其他條件不變，當(dāng)∠ABC＝120°時，連接CE，試探究線段AP與線段CE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．第6題圖參考答案小題破大題1.證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠D＝∠ABC＝90°，AD＝AB，∴∠D＝∠ABF＝90°，在△ADE和△ABF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AB,∠D＝∠ABF,DE＝BF))，∴△ADE≌△ABF，∴AE＝AF.2.證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠ABE＝∠CFE，∠BAE＝∠FCE，∴△ABE∽△CFE.3.解：∵四邊形ABCD是正方形，AB＝4，點G是DC的中點，∴DG＝CG＝eq\f(1,2)AB＝2，在Rt△DCE中，∵CE＝3，DC＝4，∴DE＝5，∵∠DCE＝∠DFG＝90°，∠CDE＝∠FDG，∴△DCE∽△DFG，∴eq\f(DC,DF)＝eq\f(DE,DG)，即eq\f(4,DF)＝eq\f(5,2)，解得DF＝eq\f(8,5)，∴DF的長為eq\f(8,5).4.證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，即∠ADG＋∠CDF＝90°.∵CF⊥DG，∴∠CFD＝∠CFG＝90°，∴∠CDF＋∠DCF＝90°，∴∠ADG＝∠DCF.∵AG∥CF，∴∠AGD＝∠CFG＝∠CFD＝90°，在△DCF和△ADG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠CFD＝∠DGA,∠DCF＝∠ADG,DC＝AD))，∴△DCF≌△ADG.5.解：如解圖，連接DP并延長交AB的延長線于點F，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝4，AB∥CD，∠FAD＝90°，∴∠F＝∠PDE，∵PB＝PE，∠FPB＝∠EPD，∴△FPB≌△DPE(AAS)，∴DP＝PF，BF＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，∴AF＝AB＋BF＝6，在Rt△ADF中，DF＝eq\r(AD2＋AF2)＝eq\r(42＋62)＝2eq\r(13)，∵DP＝PF，∴AP＝eq\f(1,2)DF＝eq\r(13).第5題解圖6.證明：∵CE＝2BE，∴eq\f(BE,CE)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(BE,BC)＝eq\f(1,3)，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，∴△BFE∽△DFA，∴eq\f(BF,DF)＝eq\f(BE,DA)＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(1,3)，∴DF＝3BF，∴BD＝4BF，∵O是BD的中點，∴OB＝OD＝2BF，∴OF＝OB－BF＝BF.7.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∵CP⊥CF，∴∠FCP＝90°＝∠BCD，∴∠BCF＝∠DCP，∵CD＝CB，∠CBF＝∠CDP＝90°，∴△CBF≌△CDP，∴BF＝DP；(2)解：∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴∠ABC＝90°，∠CAB＝∠ACB＝45°，∵FE∥BC，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AEF＝∠ACB＝45°，∴△AFE是等腰直角三角形，∴AE＝eq\r(2)AF＝2eq\r(2).對接中考1.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，又∵CE＝AF，∴△DCE≌△DAF；(4分)(2)①證明：由(1)得△DCE≌△DAF，∴DE＝DF，∠CDE＝∠ADF，∴∠FDE＝∠ADF＋∠ADE＝∠CDE＋∠ADE＝∠ADC＝90°，∴△DFE為等腰直角三角形．又∵DH⊥EF，∴點H為EF的中點，∴HD＝eq\f(1,2)EF，∴HB是Rt△EBF斜邊上的中線，∴HB＝eq\f(1,2)EF，∴HD＝HB；(8分)②解：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝CB，又∵HD＝HB，CH＝CH，∴△DCH≌△BCH，∴∠DCH＝∠BCH＝45°，又∵△DEF為等腰直角三角形，∴∠DFE＝45°，∴∠HCE＝∠DFK，∵AD∥BC，∴∠DKF＝∠HEC，∴△DKF∽△HEC，∴eq\f(DK,DF)＝eq\f(HE,HC)，即DK·HC＝DF·HE，又∵在等腰直角三角形DFH中，DF＝eq\r(2)HF＝eq\r(2)HE，∴DK·HC＝DF·HE＝eq\r(2)HE2＝eq\r(2)，∴HE＝1.(12分)2.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BCD＝90°，∴∠ECQ＝90°＝∠D，∵E是CD的中點，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE(ASA)；(4分)(2)①證明：如解圖，由(1)可知△PDE≌△QCE，∴PE＝QE＝eq\f(1,2)PQ，∵EF∥BC，且E為PQ的中點，∴F為PB的中點，∴PF＝FB＝eq\f(1,2)PB，∵PB＝PQ，∴PF＝PE，∴∠1＝∠2.∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵在Rt△BAP中，F(xiàn)是PB的中點，∴AF＝eq\f(1,2)BP＝FP，∴∠3＝∠4，又∵AD∥BC，EF∥BC，∴AD∥EF，∴∠1＝∠4，∴∠2＝∠3，又∵PF＝FP，∴△APF≌△EFP(AAS)，∴AP＝EF，又∵AP∥EF，∴四邊形AFEP是平行四邊形；(9分)第2題解圖②解：四邊形AFEP不是菱形．理由如下：設(shè)PD＝x，則AP＝1－x，由(1)可知△PDE≌△QCE，∴CQ＝PD＝x，∴BQ＝BC＋CQ＝1＋x，∵E，F(xiàn)分別是PQ，PB的中點，∴EF是△PBQ的中位線，∴EF＝eq\f(1,2)BQ＝eq\f(1＋x,2)，由①可知AP＝EF，即1－x＝eq\f(1＋x,2)，解得x＝eq\f(1,3)，∴PD＝eq\f(1,3)，AP＝eq\f(2,3)，在Rt△PDE中，∵DE＝eq\f(1,2)，∴PE＝eq\r(PD2＋DE2)＝eq\f(\r(13),6)，∴AP≠PE，∴四邊形AFEP不是菱形．(13分)針對訓(xùn)練1.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，∵AE⊥AF，∴∠EAF＝∠DAB＝90°，∴∠DAE＝∠BAF，又∵∠ABF＝∠D，AB＝AD，∴△ABF≌△ADE(ASA)；(2)解：①設(shè)∠GCF＝x，則∠DCG＝90°－x，∵GC＝GF，∴∠GCF＝∠GFC＝x，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADG＝∠CDG＝45°，又∵DG＝DG，∴△ADG≌△CDG(SAS)，∴AG＝CG＝GF，∠DCG＝∠DAG＝90°－x，∴∠AGD＝180°－45°－(90°－x)＝45°＋x，∵∠BGF＝∠DBC－∠GFB＝45°－x，∴∠AGF＝180°－(45°－x)－(45°＋x)＝90°，∴△AGF是等腰直角三角形，∴∠GFA＝45°；②如解圖，連接FH，AH，∵AB＝3，BF＝1，∴AF＝eq\r(AB2＋BF2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，F(xiàn)C＝4，∵M(jìn)H∥AE，∴∠EAF＝∠FMG＝90°，又∵△AGF是等腰直角三角形，∴MG是AF的垂直平分線，∴AM＝FM＝eq\f(\r(10),2)，AH＝FH，∵AH2＝AD2＋DH2，F(xiàn)H2＝FC2＋CH2，∴AD2＋DH2＝FC2＋CH2，∴9＋(3－CH)2＝16＋CH2，∴CH＝eq\f(1,3)，∴MH＝eq\r(FH2－MF2)＝eq\r(16＋\f(1,9)－\f(5,2))＝eq\f(7\r(10),6).第1題解圖2.(1)證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴BC＝CD，∴∠DCB＝90°，∵∠ECH＝90°，∴∠DCE＋∠ECB＝∠ECB＋∠BCH，∴∠DCE＝∠BCH，在△CDE和△CBH中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CD＝CB,∠DCE＝∠BCH,CE＝CH))，∴△DCE≌△BCH(SAS)；(2)解：如解圖①，連接AC交BD于點O，交FH于點M，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝eq\f(1,2)BD，∠CBD＝45°，∴∠AOB＝90°，∵△CDE≌△CBH，∴∠CDE＝∠CBH＝135°，∵∠CDB＝45°，∴∠EDH＝90°，∴DE∥AC，∴△FDE∽△FCM，△HOM∽△HDE，∴eq\f(FD,FC)＝eq\f(DE,MC)，eq\f(OM,DE)＝eq\f(HO,HD)，∵eq\f(BH,DH)＝eq\f(1,5)，∴eq\f(BH,BD)＝eq\f(1,4)，∵O為BD中點，∴eq\f(HO,HD)＝eq\f(OM,DE)＝eq\f(3,5)，設(shè)BH＝a，∴DE＝a，BD＝4a，∴OM＝eq\f(3,5)a，OB＝OC＝2a，∴CM＝OC＋OM＝2a＋eq\f(3,5)a＝eq\f(13,5)a，∴eq\f(FD,FC)＝eq\f(DE,MC)＝eq\f(5,13)；第2題解圖①(3)解：如解圖②，過點E作PE∥DH交CF于點P，過點E作EQ⊥CF交CF于點Q∴∠BHG＝∠PEF，∠FPE＝∠FDH＝135°，∴∠EPQ＝45°，∵AB∥CD，∴∠HBG＝∠FDH＝135°，∴∠HBG＝∠EPF＝135°，∵∠CDE＝135°，∴∠EDQ＝45°，∴△PED為等腰直角三角形，∴PE＝DE＝BH，∴△BHG≌△PEF，∴GH＝EF，∵BH＝3，GH＝4，∴PE＝DE＝3，EF＝GH＝4，∴QE＝eq\f(3\r(2),2)，∴sin∠CFE＝eq\f(EQ,EF)＝eq\f(\f(3\r(2),2),4)＝eq\f(3\r(2),8).第2題解圖②3.(1)①證明：當(dāng)AB＝BC時，矩形ABCD是正方形．∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°.∵∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD－∠EAD＝∠EAG－∠EAD，∴∠BAE＝∠DAG，∴△ABE≌△ADG(ASA)；②解：猜想：AC⊥FC，證明：∵△ABE≌△ADG，∴AE＝AG，∵四邊形AEFG是矩形，∴矩形AEFG是正方形．∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴∠AEB＋∠FEH＝90°.又∵∠AEB＋∠EAB＝90°，∴∠EAB＝∠FEH.∵∠ABE＝∠EHF＝90°，∴△AEB≌△EFH.∴BE＝HF，AB＝EH.∴BC＝EH，∴BE＝CH，∴HF＝CH.∴∠FCH＝45°.∵AC是正方形ABCD的對角線，∴∠ACB＝45°.∴∠ACF＝90°，∴AC⊥FC；(2)解：當(dāng)AB≠BC時，AC⊥FC仍然成立．證明：由(1)②可知：∠EAB＝∠FEH，∠ABE＝∠EHF，∴△AEB∽△EFH，∴eq\f(BE,HF)＝eq\f(AB,EH)，易證△AGD≌△EFH，∴AD＝EH，DG＝HF，∵AD＝BC，∴BC＝EH，∴BE＝CH，∴eq\f(CH,HF)＝eq\f(AB,BC)，即eq\f(CH,AB)＝eq\f(HF,BC)，∵∠CHF＝∠ABC＝90°，∴△CHF∽△ABC，∴∠HCF＝∠BAC，∵∠BAC＋∠ACB＝90°，∴∠HCF＋∠ACB＝90°，∴∠ACF＝90°，∴AC⊥FC.4.(1)證明：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴∠DAG＋∠BAG＝90°，∵AG⊥DE，∴∠DAG＋∠ADF＝90°，∴∠BAG＝∠ADF，且AD＝AB，∠DAE＝∠ABG，∴△ADE≌△BAG(ASA)；②由①知，△ADE≌△BAG，∴BG＝AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴△ADH∽△GBH，∴eq\f(DH,BH)＝eq\f(AD,GB)，∵BE∶AE＝n，BG＝AE，AD＝AB，∴eq\f(DH,BH)＝eq\f(AD,BG)＝eq\f(AB,AE)＝eq\f(AE＋BE,AE)＝eq\f(AE＋nAE,AE)＝n＋1；(2)解：設(shè)BG＝AE＝k，則BE＝nk，∵EH∥AD，∴∠BEH＝∠BAD＝90°，∠EHB＝∠ADB＝45°，且∠ABD＝45°，∴∠EHB＝∠ABD，∴BE＝EH＝nk，∵EH∥AD∥BC，∴△AEH∽△ABG，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(EH,BG)，∴eq\f(k,k＋nk)＝eq\f(nk,k)，解得n＝eq\f(\r(5)－1,2)或n＝eq\f(－\r(5)－1,2)，∵n＞0，∴n＝eq\f(\r(5)－1,2).5.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴CB＝DC＝AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝90°，∵CE＝FC，∴DE＝BF，在△ADE和△ABF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AB,∠ADE＝∠ABF,DE＝BF))，∴△ADE≌△ABF(SAS)；(2)解：△BFG是等腰三角形，證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠ABC＝90°，∠ABD＝45°∵△ABF≌△ADE，∴∠BAF＝∠DAE，∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAF＝22.5°，∵∠BGF＝∠FAB＋∠ABD＝67.5°，∠AFB＝90°－∠BAF＝67.5°，∴∠BGF＝∠AFB，∴BG＝BF，∴△BFG是等腰三角形；(