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题型十一 综合探究题 类型三 与折叠有关的探究题(专题训练)-备战2024年中考数学二轮复习高分突破(全国通用)
展开1.在我们学习过的数学教科书中,有一个数学活动,若身旁没有量角器或三角尺,又需要作等大小的角,可以采用如下方法:
操作感知:
第一步:对折矩形纸片,使与重合,得到折痕,把纸片展开(如图13-1).
第二步:再一次折叠纸片,使点落在上,并使折痕经过点,得到折痕,同时得到线段(如图13-2).
猜想论证:
(1)若延长交于点,如图13-3所示,试判定的形状,并证明你的结论.
拓展探究:
(2)在图13-3中,若,当满足什么关系时,才能在矩形纸片中剪出符(1)中的等边三角形?
【答案】(1)是等边三角形,理由见解析;(2),理由见解析
【分析】
(1)连接,由折叠性质可得是等边三角形, ,,然后可得到 ,即可判定 是等边三角形.
(2)由折叠可知,由(1)可知,利用 的三角函数即可求得.
【详解】
(1)解:是等边三角形,
证明如下:
连接.
由折叠可知:,垂直平分.
∴,
∴,
∴为等边三角形,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴是等边三角形.
(2)解:方法一:
要在矩形纸片上剪出等边,则,
在中,,,
∴,
∵,
∴,即,
当或()时,在矩形纸片上能剪出这样的等边.
方法二:
要在矩形纸片上剪出等边,则,
在中,,,
设,则,
∴,即,得,
∴,
∵,
∴,即,
当(或)时,在矩形纸片上能剪出这样的等边.
【点睛】
本题考查了折叠的性质,及锐角三角函数的应用,正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键.
2.(2021·山西中考真题)综合与实践,问题情境:数学活动课上,老师出示了一个问题:如图①,在中,,垂足为,为的中点,连接,,试猜想与的数量关系,并加以证明;
独立思考:(1)请解答老师提出的问题;
实践探究:(2)希望小组受此问题的启发,将沿着(为的中点)所在直线折叠,如图②,点的对应点为,连接并延长交于点,请判断与的数量关系,并加以证明;
问题解决:(3)智慧小组突发奇想,将沿过点的直线折叠,如图③,点A的对应点为,使于点,折痕交于点,连接,交于点.该小组提出一个问题:若此的面积为20,边长,,求图中阴影部分(四边形)的面积.请你思考此问题,直接写出结果.
【答案】(1);见解析;(2),见解析;(3).
【分析】
(1)如图,分别延长,相交于点P,根据平行四边形的性质可得,根据平行线的性质可得,,利用AAS可证明△PDF≌△BCF,根据全等三角形的性质可得,根据直角三角形斜边中线的性质可得,即可得;
(2)根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′,FC=FC′,可得FD=FC′,根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D,根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D,即可得出∠C′FB=∠FC′D,可得DG//FB,即可证明四边形DGBF是平行四边形,可得DF=BG=,可得AG=BG;
(3)如图,过点M作MQ⊥A′B于Q,根据平行四边形的面积可求出BH的长,根据折叠的性质可得A′B=AB,∠A=∠A′,∠ABM=∠MBH,根据可得A′B⊥AB,即可证明△MBQ是等腰直角三角形,可得MQ=BQ,根据平行四边形的性质可得∠A=∠C,即可得∠A′=∠C,进而可证明△A′NH∽△CBH,根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长,根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ,根据相似三角形的性质可求出MQ的长,根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案.
【详解】
(1).
如图,分别延长,相交于点P,
∵四边形是平行四边形,
∴,
∴,,
∵为的中点,
∴,
在△PDF和△BCF中,,
∴△PDF≌△BCF,
∴,即为的中点,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴.
(2).
∵将沿着所在直线折叠,点的对应点为,
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′,,
∵为的中点,
∴,
∴,
∴∠FDC′=∠FC′D,
∵=∠FDC′+∠FC′D,
∴,
∴∠FC′D=∠C′FB,
∴,
∵四边形为平行四边形,
∴,DC=AB,
∴四边形为平行四边形,
∴,
∴,
∴.
(3)如图,过点M作MQ⊥A′B于Q,
∵的面积为20,边长,于点,
∴BH=50÷5=4,
∴CH=,A′H=A′B-BH=1,
∵将沿过点的直线折叠,点A的对应点为,
∴A′B=AB,∠A=∠A′,∠ABM=∠MBH,
∵于点,AB//CD,
∴,
∴∠MBH=45°,
∴△MBQ是等腰直角三角形,
∴MQ=BQ,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠A=∠C,
∴∠A′=∠C,
∵∠A′HN=∠CHB,
∴△A′NH∽△CBH,
∴,即,
解得:NH=2,
∵,MQ⊥A′B,
∴NH//MQ,
∴△A′NH∽△A′MQ,
∴,即,
解得:MQ=,
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=.
【点睛】
本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质,熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键.
3.(2022·重庆市A卷)如图,在锐角△ABC中,∠A=60°,点D,E分别是边AB,AC上一动点,连接BE交直线CD于点F.
(1)如图1,若AB>AC,且BD=CE,∠BCD=∠CBE,求∠CFE的度数;
(2)如图2,若AB=AC,且BD=AE,在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM,连接MF,点N是MF的中点,连接CN.在点D,E运动过程中,猜想线段BF,CF,CN之间存在的数量关系,并证明你的猜想;
(3)若AB=AC,且BD=AE,将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP,点H是AP的中点,点K是线段PF上一点,将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK,连接PQ.在点D,E运动过程中,当线段PF取得最小值,且QK⊥PF时,请直接写出PQBC的值.
【答案】解:(1)如图1中,在射线CD上取一点K,使得CK=BE,
在△BCE和△CBK中,
BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK,
∴△BCE≌△CBK(SAS),
∴BK=CE,∠BEC=∠BKD,
∵CE=BD,
∴BD=BK,
∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB,
∵∠BEC+∠AEF=180°,
∴∠ADF+∠AEF=180°,
∴∠A+∠EFD=180°,
∵∠A=60°,
∴∠EFD=120°,
∴∠CFE=180°-120°=60°;
(2)结论:BF+CF=2CN.
理由:如图2中,∵AB=AC,∠A=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴AB=CB,∠A=∠CBD=60°,
∵AE=BD,
∴△ABE≌△BCD(SAS),
∴∠BCF=∠ABE,
∴∠FBC+∠BCF=60°,
∴∠BFC=120°,
如图2-1中,延长CN到Q,使得NQ=CN,连接FQ,
∵NM=NF,∠CNM=∠FNQ,CN=NQ,
∴△CNM≌△QNF(SAS),
∴FQ=CM=BC,
延长CF到P,使得PF=BF,则△PBF是等边三角形,
∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°,
∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC,
∵PB=PF,
∴△PFQ≌△PBC(SAS),
∴PQ=PC,∠CPB=∠QPF=60°,
∴△PCQ是等边三角形,
∴BF+CF=PC=QC=2CN.
(3)由(2)可知∠BFC=120°,
∴点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3-1中),
∴P,F,O三点共线时,PF的值最小,
此时tan∠APK=AOAP=23,
∴∠HPK>45°,
∵QK⊥PF,
∴∠PKH=∠QKH=45°,
如图3-2中,过点H作HL⊥PK于点L,设PQ交KH题意点J,设HL=LK=2,PL=3,PH=7,KH=22,
∵S△PHK=12⋅PK⋅HL=12⋅KH⋅PJ,
∴PQ=2PJ=2×2(2+3)22=22+6
∴PQBC=22+627=214+4214.
4.(2022·广东省深圳市)(1)发现:如图①所示,在正方形ABCD中,E为AD边上一点,将△AEB沿BE翻折到△BEF处,延长EF交CD边于G点.求证:△BFG≌△BCG;
(2)探究:如图②,在矩形ABCD中,E为AD边上一点,且AD=8,AB=6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处,延长EF交BC边于G点,延长BF交CD边于点H,且FH=CH,求AE的长.
(3)拓展:如图③,在菱形ABCD中,AB=6,E为CD边上的三等分点,∠D=60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE,直线EF交BC于点P,求PC的长.
【答案】(1)证明:∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处,四边形ABCD是正方形,
∴AB=BF,∠BFE=∠A=90°,
∴∠BFG=90°=∠C,
∵AB=BC=BF,BG=BG,
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL);
(2)解:延长BH,AD交于Q,如图:
设FH=HC=x,
在Rt△BCH中,BC2+CH2=BH2,
∴82+x2=(6+x)2,
解得x=73,
∴DH=DC-HC=113,
∵∠BFG=∠BCH=90°,∠HBC=∠FBG,
∴△BFG∽△BCH,
∴BFBC=BGBH=FGHC,即68=BG6+73=FG73,
∴BG=254,FG=74,
∵EQ//GB,DQ//CB,
∴△EFQ∽△GFB,△DHQ∽△CHB,
∴BCDQ=CHDH,即8DQ=736-73,
∴DQ=887,
设AE=EF=m,则DE=8-m,
∴EQ=DE+DQ=8-m+887=1447-m,
∵△EFQ∽△GFB,
∴EQBG=EFFG,即1447-m254=m74,
解得m=92,
∴AE的长为92;
(3)解:(Ⅰ)当DE=13DC=2时,延长FE交AD于Q,过Q作QH⊥CD于H,如图:
设DQ=x,QE=y,则AQ=6-x,
∵CP//DQ,
∴△CPE∽△QDE,
∴CPDQ=CEDE=2,
∴CP=2x,
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE,
∴EF=DE=2,AF=AD=6,∠QAE=∠FAE,
∴AE是△AQF的角平分线,
∴AQAF=QEEF,即6-x6=y2①,
∵∠D=60°,
∴DH=12DQ=12x,HE=DE-DH=2-12x,HQ=3DH=32x,
在Rt△HQE中,HE2+HQ2=EQ2,
∴(1-12x)2+(32x)2=y2②,
联立①②可解得x=34,
∴CP=2x=32;
(Ⅱ)当CE=13DC=2时,延长FE交AD延长线于Q',过D作DN⊥AB交BA延长线于N,如图:
同理∠Q'AE=∠EAF,
∴AQ'AF=Q'EEF,即6+x6=y4,
由HQ'2+HD2=Q'D2得:(32x)2+(12x+4)2=y2,
可解得x=125,
∴CP=12x=65,
综上所述,CP的长为32或65.
5.(2021·湖北省荆州市)在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,F是对角线AC上不与点A,C重合的一点,过F作FE⊥AD于E,将△AEF沿EF翻折得到△GEF,点G在射线AD上,连接CG.
(1)如图1,若点A的对称点G落在AD上,∠FGC=90°,延长GF交AB于H,连接CH.
①求证:△CDG∽△GAH;
②求tan∠GHC.
(2)如图2,若点A的对称点G落在AD延长线上,∠GCF=90°,判断△GCF与△AEF是否全等,并说明理由.
【答案】(1)如图1,
①证明:∵四边形ABCD是矩形,
∴∠D=∠GAH=90°,
∴∠DCG+∠DGC=90°,
∵∠FGC=90°,
∴∠AGH+∠DGC=90°,
∴∠DCG=∠AGH,
∴△CDG∽△GAH.
②由翻折得∠EGF=∠EAF,
∴∠AGH=∠DAC=∠DCG,
∵CD=AB=2,AD=4,
∴DGCD=AHAG=CDAD=tan∠DAC=24=12,
∴DG=12CD=12×2=1,
∴GA=4-1=3,
∵△CDG∽△GAH,
∴CGGH=CDGA,
∴tan∠GHC=CGGH=CDGA=23.
(2)不全等,理由如下:
∵AD=4,CD=2,
∴AC=42+22=25,
∵∠GCF=90°,
∴CGAC=tan∠DAC=12,
∴CG=12AC=12×25=5,
∴AG=(25)2+(5)2=5,
∴EA=12AG=52,
∴EF=EA⋅tan∠DAC=52×12=54,
∴AF=(52)2+(54)2=554,
∴CF=25-554=354,
∵∠GCF=∠AEF=90°,而CG≠EA,CF≠EF,
∴△GCF与△AEF不全等.
6.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD边上取一点E,将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处.
(1)如图1,若BC=2BA,求∠CBE的度数;
(2)如图2,当AB=5,且AF⋅FD=10时,求BC的长;
(3)如图3,延长EF,与∠ABF的角平分线交于点M,BM交AD于点N,当NF=AN+FD时,求ABBC的值.
【答案】解:(1)∵将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处,
∴BC=BF,∠FBE=∠EBC,
∵BC=2AB,
∴BF=2AB,
∴∠AFB=30°,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD//BC,
∴∠AFB=∠CBF=30°,
∴∠CBE=12∠FBC=15°;
(2)∵将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处,
∴∠BFE=∠C=90°,CE=EF,
又∵矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,
∴∠AFB+∠DFE=90°,∠DEF+∠DFE=90°,
∴∠AFB=∠DEF,
∴△FAB∽△EDF,
∴AFDE=ABDF,
∴AF⋅DF=AB⋅DE,
∵AF⋅DF=10,AB=5,
∴DE=2,
∴CE=DC-DE=5-2=3,
∴EF=3,
∴DF=EF2-DE2=32-22=5,
∴AF=105=25,
∴BC=AD=AF+DF=25+5=35.
(3)过点N作NG⊥BF于点G,
∵NF=AN+FD,
∴NF=12AD=12BC,
∵BC=BF,
∴NF=12BF,
∵∠NFG=∠AFB,∠NGF=∠BAF=90°,
∴△NFG∽△BFA,
∴NGAB=FGFA=NFBF=12,
设AN=x,
∵BN平分∠ABF,AN⊥AB,NG⊥BF,
∴AN=NG=x,AB=BG=2x,
设FG=y,则AF=2y,
∵AB2+AF2=BF2,
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2,
解得y=43x.∴BF=BG+GF=2x+43x=103x.
∴ABBC=ABBF=2x103x=35.
7.(2020·湖南省长沙市)在矩形ABCD中,E为DC边上一点,把△ADE沿AE翻折,使点D恰好落在BC边上的点F.
(1)求证:△ABF∽△FCE;
(2)若AB=23,AD=4,求EC的长;
(3)若AE-DE=2EC,记∠BAF=α,∠FAE=β,求tanα+tanβ的值.
【答案】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,
∴∠B=∠C=∠D=90°,
由翻折可知,∠D=∠AFE=90°,
∴∠AFB+∠EFC=90°,∠EFC+∠CEF=90°,
∴∠AFB=∠FEC,
∴△ABF∽△FCE.
(2)设EC=x,
由翻折可知,AD=AF=4,
∴BF=AF2-AB2=16-12=2,
∴CF=BC-BF=2,
∵△ABF∽△FCE,
∴ABCF=BFEC,
∴232=2x,
∴x=233,
∴EC=233.
(3)∵△ABF∽△FCE,
∴AFEF=ABCF,
∴tanα+tanβ=BFAB+EFAF=BFAB+CFAB=BF+CFAB=BCAB,
设AB=CD=a,BC=AD=b,DE=x,
∴AE=DE+2CE=x+2(a-x)=2a-x,
∵AD=AF=b,DE=EF=x,∠B=∠C=∠D=90°,
∴BF=b2-a2,CF=x2-(a-x)2=2ax-a2,
∵AD2+DE2=AE2,
∴b2+x2=(2a-x)2,
∴a2-ax=14b2,
∵△ABF∽△FCE,
∴ABCF=BFEC,
∴ax2-(a-x)2=b2-a2a-x,
∴a2-ax=b2-a2⋅2ax-a2,
∴14b2=b2-a2⋅a2-12b2,
整理得,16a4-24a2b2+9b4=0,
∴(4a2-3b2)2=0,
∴ba=233,
∴tanα+tanβ=BCAB=233.
8.(2020·广西中考真题)已知:在矩形中,,,是边上的一个动点,将矩形折叠,使点与点重合,点落在点处,折痕为.
(1)如图1,当点与点重合时,则线段_______________,_____________;
(2)如图2,当点与点,均不重合时,取的中点,连接并延长与的延长线交于点,连接,,.
①求证:四边形是平行四边形:
②当时,求四边形的面积.
【答案】(1)2,4;(2)①见解析;②
【分析】
(1)过点F作FH⊥AB,由翻折的性质可知:AE=CE,∠FEA=∠FEC,∠G=∠A=90°根据平行线的性质和等量代换可得∠CFE=∠FEC,由等角对等边可得:CF=CE,设AE=CE=x,BE=6﹣x,在Rt△BCE中,由勾股定理可得关于x的方程,解方程求得x的值,进而可得BE、DF的长,由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形,进而可求FH、EH的长,最后由勾股定理可得EF的长;
(2)①根据折叠的性质可得,进而可得,根据已知条件可得,从而易证,进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论;
②连接与交于点,则且,又由①知:, ,则,继而易证∠MAD=PAB,接根据三角函数求得PB,设,则,根据勾股定理可得关于x的方程,解方程可得PE的长,继而代入数据即可求解.
【详解】
解:(1) 2 , 4 ;
过点F作FH⊥AB,
∵折叠后点A、P、C重合
∴AE=CE,∠FEA=∠FEC,
∵CD∥AB
∴∠CFE=∠FEA,
∴∠CFE=∠FEC,
∴CF=CE=AE,
设AE=CE=CF=x,BE=AB﹣AE=6﹣x,
在Rt△BCE中,由勾股定理可得,即
解得: x=4,即AE=CE=CF=4
∴BE=2、DF=2,
∵∠D=∠A=∠FHA=90°
∴四边形DAHF是矩形,
∴FH=、EH=AB﹣BE﹣AH=6﹣2﹣2=2
在Rt△EFH中,由勾股定理可得: =4
(2)①证明:如图2,
∵在矩形中,,
由折叠(轴对称)性质,得:,
∴,
∵点是的中点,∴,
又,∴,
∴,∴四边形是平行四边形:
②如图2,连接与交于点,则且,
又由①知:,∴,则,
又,∴,∴
在,,
而,∴,
又在中,若设,则,
由勾股定理得:,则,
而且,
又四边形是平行四边形,
∴四边形的面积为.
【点睛】
本题主要考查矩形与翻折的问题,涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识,解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线.
9.(2021·湖南中考真题)如图,在中,点为斜边上一动点,将沿直线折叠,使得点的对应点为,连接,,,.
(1)如图①,若,证明:.
(2)如图②,若,,求的值.
(3)如图③,若,是否存在点,使得.若存在,求此时的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析;(2);(3)存在,的值为或.
【分析】
(1)先根据平行线的判定与性质可得,再根据折叠的性质可得,从而可得,然后根据平行线的判定可得,最后根据菱形的判定与性质即可得证;
(2)设与的交点为点,过点作于点,设,从而可得,先证出,从而可得,设,根据线段的和差可得,代入可求出,从而可得,再在中,解直角三角形可得,由此可得,然后在中,根据余弦三角函数的定义即可得;
(3)如图(见解析),设,从而可得,分①点在直线的左侧;②点在直线的右侧两种情况,再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得.
【详解】
(1)证明:,,
,
,
由折叠的性质得:,
,
,
四边形是平行四边形,
又,
平行四边形是菱形,
;
(2)如图,设与的交点为点,过点作于点,
,
是等腰三角形,,
设,则,
,
,
由折叠的性质得:,
在和中,,
,
,
设,则,
,
解得,
,
在中,,
,
则;
(3),
,
设,则,
由折叠的性质得:,
,
由题意,分以下两种情况:
①如图,当点在直线的左侧时,过点作于点,
(等腰三角形的三线合一),
,
在中,,
,
又,
,
,
,
是等边三角形,
,
;
②如图,当点在直线的右侧时,过点作于点,
同理可得:,
,
点在上,
由折叠的性质得:,
在中,,
,
,
综上,存在点,使得,此时的值为或.
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点,较难的是题(3),正确分两种情况讨论是解题关键.
10.(2021·浙江中考真题)(推理)
如图1,在正方形ABCD中,点E是CD上一动点,将正方形沿着BE折叠,点C落在点F处,连结BE,CF,延长CF交AD于点G.
(1)求证:.
(运用)
(2)如图2,在(推理)条件下,延长BF交AD于点H.若,,求线段DE的长.
(拓展)
(3)将正方形改成矩形,同样沿着BE折叠,连结CF,延长CF,BF交直线AD于G,两点,若,,求的值(用含k的代数式表示).
【答案】(1)见解析;(2);(3)或
【分析】
(1)根据ASA证明;
(2)由(1)得,由折叠得,进一步证明,由勾股定理得,代入相关数据求解即可;
(3)如图,连结HE,分点H在D点左边和点在点右边两种情况,利用相似三角形的判定与性质得出DE的长,再由勾股定理得,代入相关数据求解即可.
【详解】
(1)如图,由折叠得到,
,
.
又四边形ABCD是正方形,
,
,
,
又 正方形
,
.
(2)如图,连接,
由(1)得,
,
由折叠得,,
.
四边形是正方形,
,
,
又,
,
.
,,
,.
,
,
(舍去).
(3)如图,连结HE,
由已知可设,,可令,
①当点H在D点左边时,如图,
同(2)可得,,
,
由折叠得,
,
又,
,
,
又,
,
,
,
,
,
.
,
,
,
(舍去).
②当点在点右边时,如图,
同理得,,
同理可得,
可得,,
,
,
(舍去).
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质,矩形的性质,折叠的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质,在应用全等三角形的判定时,要注意三角形间的公共边和公共角,必要时添加适当辅助线构造三角形.
11.(2021·湖北中考真题)在矩形中,,,是对角线上不与点,重合的一点,过作于,将沿翻折得到,点在射线上,连接.
(1)如图1,若点的对称点落在上,,延长交于,连接.
①求证:;
②求.
(2)如图2,若点的对称点落在延长线上,,判断与是否全等,并说明理由.
【答案】(1)①见解析;②;(2)不全等,理由见解析
【分析】
(1)①先根据同角的余角相等得出∠DCG=∠AGH,再根据两角对应相等,两三角形相似即可得出结论;
②设EF=x,先证得△AEF△ADC,得出===,再结合折叠的性质得出AE=EG=2x,
AG=4x,AH=2EF=2x,再由△CDG△GAH,得出比例式==,求出EF的长,从而得出的值,即可得出答案;
(2)先根据两角对应相等,两三角形相似得出△AEF△ACG,得出比例式=,得出EF=,
AE=,AF=,从而判定与是否全等.
【详解】
(1)①在矩形ABCD中,∠BAD=∠D=90°
∴∠DCG+∠DGC=90°
又∵∠FGC=90°
∴∠AGH+∠DGC=90°
∴∠DCG=∠AGH
∴△CDG△GAH
②设EF=x
∵△AEF沿EF折叠得到△GEF
∴AE=EG
∵EF⊥AD
∴∠AEF=90°=∠D
∴EF//CD//AB
∴△AEF△ADC
∴=
∴===
∴AE=EG=2x
∴AG=4x
∵AE=EG,EF//AB
∴==
∴AH=2EF=2x
∵△CDG△GAH
∴==
∴==
∴x=
∴==
∵∠FCG=90°
∴tan∠GHC==
(2)不全等 理由如下:
在矩形ABCD中,AC===
由②可知:AE=2EF
∴AF==EF
由折叠可知,AG=2AE=4EF,AF=GF
∵∠AEF=∠GCF,∠FAE=∠GAC
∴△AEF△ACG
∴=
∴=
∴EF=
∴AE=,AF=
∴FC=AC-AF=2-=
∴AEFC,EFFC
∴不全等
【点睛】
本题考查了矩形的性质,翻折变换,相似三角形的判定和性质,三角函数等知识,得出AE=2EF是解题的关键.
12.(2020•金华)如图,在△ABC中,AB=42,∠B=45°,∠C=60°.
(1)求BC边上的高线长.
(2)点E为线段AB的中点,点F在边AC上,连结EF,沿EF将△AEF折叠得到△PEF.
①如图2,当点P落在BC上时,求∠AEP的度数.
②如图3,连结AP,当PF⊥AC时,求AP的长.
【分析】(1)如图1中,过点A作AD⊥BC于D.解直角三角形求出AD即可.
(2)①证明BE=EP,可得∠EPB=∠B=45°解决问题.
②如图3中,由(1)可知:AC=ADsin60°=833,证明△AEF∽△ACB,推出AFAB=AEAC,由此求出AF即可解决问题.
【解析】(1)如图1中,过点A作AD⊥BC于D.
在Rt△ABD中,AD=AB•sin45°=42×22=4.
(2)①如图2中,
∵△AEF≌△PEF,
∴AE=EP,
∵AE=EB,
∴BE=EP,
∴∠EPB=∠B=45°,
∴∠PEB=90°,
∴∠AEP=180°﹣90°=90°.
②如图3中,由(1)可知:AC=ADsin60°=833,
∵PF⊥AC,
∴∠PFA=90°,
∵△AEF≌△PEF,
∴∠AFE=∠PFE=45°,
∴∠AFE=∠B,
∵∠EAF=∠CAB,
∴△AEF∽△ACB,
∴AFAB=AEAC,即AF42=22833,
∴AF=23,
在Rt△AFP,AF=FP,
∴AP=2AF=26.
方法二:AE=BE=PE可得直角三角形ABP,由PF⊥AC,可得∠AFE=45°,可得∠FAP=45°,即∠PAB=30°. AP=ABcs30°=26.
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