北京市中考数学专题复习几何综合题Word格式文档下载.docx

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第4题图

5.（2019北京黑白卷）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点（不与端点B、C重合），点F在对角线AC上，且EF⊥AC，连接AE，点G是AE的中点，连接DF、FG.

（1）若AB＝7

，当BE＝

时，求FG的长；

（2）用等式表示线段DF与FG的数量关系，并证明.

第5题图

6.（2019丰台区二模）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（不与点B、C重合），延长AE到点F，连接BF，且∠AFB＝45°

，G为DC边上一点，且DG＝BE，连接DF，点F关于直线AB的对称点为M，连接AM、BM.

（1）依据题意，补全图形；

∠DAG＝∠MAB；

（3）用等式表示线段BM、DF与AD的数量关系，并证明.

第6题图

7.（2019平谷区一模）在△ABC中，∠ABC＝120°

，线段AC绕点A逆时针旋转60°

得到线段AD，连接CD，BD交AC于点P.

（1）若∠BAC＝α，直接写出∠BCD的度数（用含α的代数式表示）；

（2）求AB，BC，BD之间的数量关系；

（3）当α＝30°

时，直接写出AC，BD的关系.

第7题图

8.（2019平谷区二模）在等边三角形ABC外侧作射线AP，∠BAP＝α，点B关于射线AP的对称点为点D，连接CD交AP于点E，连接AD、BD.

（1）依据题意补全图形；

（2）当α＝20°

时，∠ADC＝　　　°

；

∠AEC＝　　　°

（3）连接BE，求证：

∠AEC＝∠BEC；

（4）当0°

<

α<

60°

时，用等式表示线段AE，CD，DE之间的数量关系，并证明.

第8题图

参考答案

针对训练

1.

（1）证明：

如解图①，连接DF，

∵四边形ABCD为正方形，

∴DA＝DC＝AB，∠A＝∠C＝∠ADC＝90°

，

∵点A关于直线DE的对称点为F，

∴△ADE≌△FDE，

∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°

∴∠DFG＝90°

在Rt△DFG和Rt△DCG中，

∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），

∴GF＝GC；

第1题解图①

（2）解：

线段数量关系：

BH＝

AE.

证明：

如解图②，在线段AD上截取AM＝AE，连接EM.

∵AD＝AB，

∴DM＝BE，

由

（1）得∠1＝∠2，∠3＝∠4，

∵∠ADC＝90°

∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝90°

∴2∠2＋2∠3＝90°

∴∠2＋∠3＝45°

∴∠EDH＝45°

∵EH⊥DE，

∴∠DEH＝90°

∴∠DHE＝45°

∴DE＝EH，

∵∠DEH＝90°

，∠A＝90°

∴∠1＋∠AED＝90°

，∠5＋∠AED＝90°

∴∠1＝∠5，

第1题解图②

在△DME和△EBH中，

∴△DME≌△EBH（SAS），

∴ME＝BH，

∵∠A＝90°

，AM＝AE，

∴ME＝

AE，

∴BH＝

2.解：

（1）补全图形如解图①所示；

第2题解图①

第2题解图②

（2）如解图②，连接AE，则∠PAE＝∠PAB＝20°

，AE＝AB＝AD，

∵∠BAD＝90°

∴∠EAD＝130°

∴∠ADF＝25°

（3）线段数量关系：

2AB2＝EF2＋FD2.

如解图③，连接AE、BF、BD，AD与BF相交于点G.

由轴对称的性质可得：

EF＝BF，AE＝AB，AF＝AF，

∴△AFE≌△AFB（SSS），

∴∠AEF＝∠ABF.

又∵AB＝AD，∴AD＝AE，

∴∠AEF＝∠ADF，

∴∠ABF＝∠ADF.

∴∠ABF＋∠AGB＝90°

.

又∵∠AGB＝∠FGD，

∴∠FGD＋∠ADF＝90°

∴∠BFD＝90°

∴根据勾股定理可得：

BF2＋FD2＝BD2，

又∵AD2＋AB2＝BD2，且AD＝AB，

∴2AB2＝BD2.

∴2AB2＝EF2＋FD2.

第2题解图③

1.解：

（1）①如解图①，在CM上取点D，使得CD＝CA，连接AD，

∵∠ACM＝60°

∴△ADC为等边三角形．

∴∠DAC＝60°

∵C为AB的中点，Q为BC的中点，

∴AC＝BC＝2BQ.

∵BQ＝CP，

∴AC＝BC＝CD＝2CP.

∴AP平分∠DAC.

∴∠PAC＝∠PAD＝30°

②PA＝PQ；

【解法提示】∵∠ACP＝60°

，PC＝CQ，∴∠PQC＝∠CPQ＝30°

，∴∠PAC＝∠PQC＝30°

，∴PA＝PQ.

（2）存在k＝

，使得②中的结论成立．

过点P作PC的垂线交AC于点D.

∵∠ACM＝45°

∴∠PDC＝∠PCD＝45°

∴PC＝PD，∠PDA＝∠PCQ＝135°

∵CD＝

PC，BQ＝

PC，

∴CD＝BQ.

∵AC＝BC，

∴AD＝CQ.

∴△PAD≌△PQC（SAS）.

∴PA＝PQ.

2.

（1）解：

补全图形如解图①所示；

（2）证明：

在△OPM中，∠AOB＋∠OMP＋∠OPM＝180°

又∵∠AOB＝30°

∴∠OMP＋∠OPM＝150°

∵线段PM绕点P顺时针旋转150°

得到线段PN，

∴∠MPN＝150°

，即∠NPO＋∠OPM＝150°

∴∠OMP＝∠OPN；

（3）解：

OP＝2.

如解图②所示，过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OB于点F，则∠PFN＝∠MEP＝90°

由

（1）知∠OMP＝∠OPN.

∴∠PME＝∠NPF.

在△PFN和△MEP中，

∴△PFN≌△MEP（AAS）.

∴NF＝PE，PF＝EM.

在Rt△OPE中，OP＝2，∠AOB＝30°

∴PE＝1，OE＝

.∵OH＝

＋1，即OE＋EH＝

＋1，

∴EH＝1.

∵点M关于点H的对称点为点Q，

∴QH＝MH＝1＋ME＝1＋PF.

∴EQ＝EH＋HQ＝1＋1＋PF＝2＋PF＝OP＋PF＝OF.

在△ONF和△QPE中，

∴△ONF≌△QPE（SAS）.

∴ON＝QP.

3.解：

（1）∵∠ACP＝90°

，

∴在Rt△ACP中，∠CAP＋∠APC＝90°

∵HQ⊥AP,

∴在Rt△HPQ中，∠Q＋∠HPQ＝90°

又∵∠APC＝∠HPQ，∠CAP＝α，

∴∠Q＝α，

又∵在等腰直角△ABC中，∠B＝∠BAC＝45°

∴∠AMQ＝∠B＋∠Q＝45°

＋α；

（2）线段数量关系：

PQ＝

BM.

如解图，连接AQ，过点M作MN⊥BQ于点N，

第3题解图

∵CQ＝CP，∠ACP＝∠ACQ＝90°

，AC＝AC，

∴△ACQ≌△ACP（SAS），

∴∠CAQ＝∠CAP＝α，AP＝AQ，PQ＝2CP，

又∵∠BAC＝45°

∴∠MAQ＝∠BAC＋∠CAQ＝45°

＋α＝∠AMQ，

∴AQ＝MQ，

∴AP＝MQ，

又∵MN⊥BQ，

∴∠ACP＝∠QNM＝90°

在Rt△APC和Rt△QMN中，

∴Rt△APC≌Rt△QMN（AAS），

∴CP＝NM，

∴PQ＝2MN，

又∵在Rt△BMN中，∠B＝45°

∴BM＝

MN，

∴PQ＝

BM.

4.解：

（1）①补全图形如解图①；

第4题解图①

②AH＝PH且AH⊥PH；

如解图②，连接CH，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠HDQ＝45°

∵QH⊥BD，

∴△DHQ为等腰直角三角形，

∴DH＝QH，∠HDQ＝∠HQD＝45°

∵DP＝CQ，

∴△HDP≌△HQC，

∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP，

∵BD为正方形ABCD的对角线，

∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，

∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，

∴∠DAH＋∠DPH＝∠HPC＋∠DPH＝180°

∴∠AHP＝180°

－∠ADP＝90°

∴AH＝PH且AH⊥PH；

第4题解图②

（2）如解图③，作HR⊥CD，

∵QH⊥BD，∠BDC＝45°

又∵∠AHQ＝152°

∴∠AHB＝∠AHQ－∠BHQ＝152°

－90°

＝62°

∴∠DAH＝∠AHB－∠ADH＝62°

－45°

＝17°

∵△HDP≌△HQC，

∴∠DCH＝∠QPH＝∠DAH＝17°

，PD＝QC，

设DP＝x，则DR＝HR＝RQ＝

CR＝CQ＋RQ＝PD＋RQ＝x＋

＝

由tan∠DCH＝

＝tan17°

得

解得x＝

∴DP＝

第4题解图③

5.解：

（1）∵四边形ABCD为正方形，

∴∠ABC＝90°

根据勾股定理得，AE＝

＝10，

∵EF⊥AC，点G是AE中点，

∴FG＝

AE＝5；

DF＝

FG.

如解图，连接BF、BG，

第5题解图

∵AC是正方形ABCD的对角线，

∴AB＝AD，∠DAC＝∠BAC.

∵AF＝AF，

∴△AFD≌△AFB（SAS）.

∴DF＝BF.

∵∠ABC＝∠AFE＝90°

∴点A、F、E、B四点共圆．

∵点G是AE中点，

∴点G为点A、F、E、B四点共圆的圆心．

∴BG＝FG.

∵∠BAC＝45°

∴∠BGF＝2∠BAC＝90°

∴△BGF为等腰直角三角形．

∴BF＝

∵DF＝BF，

∴DF＝

6.

（1）解：

补全图形如解图①；

第6题解图①

∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝∠ADG＝90°

在△ABE和△ADG中，

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE＝∠DAG，

∵点F关于直线AB的对称点为点M，

∴∠BAE＝∠MAB，

∴∠DAG＝∠MAB；

BM2＋DF2＝2AD2.

如解图②，连接BD，延长MB交AG的延长线于点N，

，∠DAG＝∠MAB，

∴∠MAN＝90°

由对称性可知：

∠M＝∠AFB＝45°

∴∠N＝45°

∴∠M＝∠N，

∴AM＝AN，

∵AF＝AM，

∴AF＝AN，

∵∠BAE＝∠DAG，

∴∠BAN＝∠DAF，

在△BAN和△DAF中，

∴△BAN≌△DAF（SAS），

∴∠AFD＝∠N＝45°

∴BF2＋DF2＝BD2，

∵BD＝

AD，BM＝BF，

∴BM2＋DF2＝2AD2.

第6题解图②

7.解：

（1）∠BCD＝120°

－α；

【解法提示】∵线段AC绕点A逆时针旋转60°

得到线段AD，

∴△ACD是等边三角形，

∴∠ACD＝60°

∵∠ABC＝120°

∴∠BAC＋∠BCA＝60°

∴∠BCD＝∠ACD＋∠BCA＝60°

＋60°

－α＝120°

－α，

即∠BCD＝120°

（2）如解图，延长BA使AE＝BC，连接DE.

由

（1）知△ADC是等边三角形，

∴AD＝CD.

∵∠DAB＋∠DCB＝∠DAB＋∠DAE＝180°

∴∠DCB＝∠DAE.

∵AD＝CD，AE＝CB，

∴△ADE≌△CDB（SAS）.

∴BD＝ED，∠BDC＝∠EDA.

∵∠BDC＋∠ADB＝60°

∴∠EDA＋∠ADP＝60°

∴△DEB为等边三角形，

∴DB＝BE＝EA＋AB＝BC＋AB.

∴BD＝AB＋BC.

第7题解图

（3）AC，BD的数量关系是：

AC＝

BD；

位置关系是：

AC⊥BD.

【解法提示】由

（1）知△ACD为等边三角形，∴∠ADC＝∠ACD＝∠DAC＝60°

，∵∠BAC＝30°

，∠ABC＝120°

，∴∠ACB＝30°

，∴AB＝BC，∵AD＝DC，∴BD垂直平分AC，∴∠ABD＝60°

，∠DAB＝90°

，∴sin∠ABD＝

，∴AC＝

BD.

8.解：

（1）补全图形如解图①，

第8题解图①

（2）40；

60；

【解法提示】在等边△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝60°

，由对称可知：

AB＝AD，∠PAB＝∠PAD，∴AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD，∵∠PAB＝20°

，∴∠PAD＝20°

，∴∠CAD＝∠BAC＋∠PAB＋∠PAD＝100°

，∴∠ADC＝

（180°

－∠CAD）＝40°

，∴∠AEC＝∠ADC＋∠PAD＝60°

（3）证明：

∵点B关于射线AP的对称点为点D，

∴△BAE≌△DAE.

∴∠DAE＝∠BAE＝α.

∵AD＝AB＝AC，

∴∠ADC＝

＝60°

－α.

∴∠AEC＝60°

∵∠ACB＝60°

，∠ACD＝∠ADC＝60°

∴∠BCE＝α.

∵∠ABC＝60°

，∠ABE＝∠ADC＝60°

∴∠BEC＝60°

，∴∠AEC＝∠BEC；

（4）线段数量关系：

CD＝2DE＋AE.

方法一：

如解图②，在CD上找一点F，使得AF＝AE.

∵由（3）可知∠AEF＝60°

∴△AEF是等边三角形．

∴∠AFC＝∠AED＝120°

∵∠ACD＝∠ADC＝60°

∴△ADE≌△ACF.

∴DE＝CF.

∴CD＝2DE＋EF.

∵AE＝EF，

∴CD＝2DE＋AE.

第8题解图②

方法二：

如解图③，在CD上找一点G，使得BG＝BE.

第8题解图③

∵∠BEC＝60°

∴△BEG是等边三角形．

∴∠BGC＝∠AED＝120°

∵∠BCE＝∠DAE＝α，

∴△BCG≌△DAE.

∴AE＝CG.

∵EG＝BE＝DE，

∴CD＝2DE＋CG.