2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形动点型综合题 (含答案)

这是一份2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形动点型综合题 (含答案)，共20页。试卷主要包含了5°等内容，欢迎下载使用。

模型再现：自旋转型全等模型
1. 如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一动点，连接DE，点F是DE上一点，DF＝CE，BC＝DE.求证：AF⊥DE.
【思维教练】由矩形ABCD的性质可知∠ADF＝∠DEC，由BC＝DE，得AD＝DE，再由已知条件DF＝CE，即可证得△ADF≌△DEC，可得∠AFD＝∠C＝90°，即可得证．
第1题图
模型再现：一线三垂直型相似模型
2. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，E是BC边上的一个动点，DF⊥AE，垂足为点F，若AE＝BC，求tan ∠FCE的值．
【思维教练】要求tan ∠FCE的值，先过点F作BC的垂线，构造直角三角形，再结合矩形的性质和相似三角形的性质列出比例关系，即可求解．
第2题图
模型再现：8字型相似模型
3. 如图，在矩形ABCD中，E是BC边上一动点，AE⊥BD，垂足为点F，连接DE.若BE＝ eq \f(1,2) BC，求cs ∠AED的值．
【思维教练】要求cs ∠AED的值，即要求Rt△EFD中 eq \f(EF,ED) 的值，结合矩形的性质和相似三角形的性质即可得出EF＝ eq \f(1,3) AE＝ eq \f(1,3) DE.
第3题图
模型再现：正A字型相似模型
4. 如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E是AD上一个动点，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE，AO，当OE＝DE时，求AE的长．
【思维教练】由矩形ABCD的性质和勾股定理，可得BD的长，再通过角度之间的等量关系转换，得△ODE∽△ADO，结合相似的性质对应边成比例得出AE的长．
第4题图
(对接中考)
1. 四边形ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，连接DE，点F是射线BC上一动点(不与点B重合)，连接AF，交DE于点G.
(1)如图①，当点F是BC边的中点时，求证：△ABF≌△DAE；
(2)如图②，当点F与点C重合时，求AG的长；
(3)在点F运动的过程中，当线段BF为何值时，AG＝AE？请说明理由．
第1题图
备用图
2. 已知，如图①，在▱ABCD中，点E是AB中点，连接DE并延长，交CB的延长线于点F.
(1)求证：△ADE≌△BFE；
(2)如图②，点G是边BC上任意一点(点G不与点B、C重合)，连接AG交DF于点H，连接HC，过点A作AK∥HC，交DF于点K.
①求证：HC＝2AK；
②当点G是边BC的中点时，恰有HD＝n·HK(n为正整数)，求n的值．
第2题图
(针对训练)
1. 如图，边长为1的正方形ABCD中，点K在AD上，连接BK，过点A，C作BK的垂线，垂足分别为M，N，点O是正方形ABCD的中心，连接OM，ON.
第1题图
(1)求证：△ABM≌△BCN；
(2)请判定△OMN的形状，并说明理由；
(3)若点K在线段AD上运动(不包括端点)，当AK＝ eq \f(1,3) 时，求△OMN的面积．
2. 如图①，在正方形ABCD中，M是AD的中点，点E是边AB上的一个动点，连接EM并延长交射线CD于点F，过点M作EF的垂线交射线BC于点G，连接EG、FG.
(1)求证：△AME≌△DMF；
(2)在点E的运动过程中，探究：
①tan ∠GEF的值是否发生变化？若不变，求出这个值；
②如图②，把正方形ABCD改为矩形(AB第2题图
3. 在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，P为对角线BD上一点，连接PC，过点P作PG⊥PC交直线AB于点G，交直线BC于点H.
(1)如图①，若BG＝PC，求证：△BHG≌△PHC；
(2)如图②，当点G在线段AB的延长线上时，连接GC.
①作CE⊥BD于点E，求CE的长；
②设PD＝m，当△PCG的面积为 eq \f(50,3) 时，求m的值．
第3题图
4. 如图，P是边长为1的正方形ABCD对角线BD上一动点(P与B、D不重合)，∠APE＝90°，且点E在BC边上，AE交BD于点F.
(1)求证：△PAB≌△PCB；
(2)在点P的运动过程中， eq \f(AP,AE) 的值是否改变？若不变，求出它的值；若改变，请说明理由；
(3)设DP＝x，当x为何值时，AE∥PC，并判断此时四边形PAFC的形状．

第4题图
5. 正方形ABCD的边长为4，E是CB上的一个动点，过点D作DF⊥DE，交BA的延长线于点F，EF交对角线AC所在的直线于点M，DE交AC于点N.
(1)求证：△ECD≌△FAD；
(2)设CE＝x，当x为何值时，△AMF的面积为1；
(3)随着点E在射线CB上的运动，NA·MC的值是否会发生变化？若不变，请求出NA·MC的值，若变化，请说明理由．
第5题图
6. 如图，在正方形ABCD中，AB＝17，点E是边BC上一个动点(点E不与点B，点C重合)，连接AE，过点B作BF⊥AE，垂足为点G，交DC于点F.
(1)求证：△ABE≌△BCF；
(2)过点E作EH⊥AE交∠DCM的平分线于点H，连接FH，判断四边形BFHE的形状，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，若sin ∠EHC＝ eq \f(5,13) ，求线段FG的长．
第6题图
参考答案
小题破大题
1. 证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DEC，
∵BC＝DE，
∴DE＝AD，
在△ADF和△DEC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝DE,∠ADF＝∠DEC,FD＝CE))，
∴△ADF≌△DEC(SAS)，
∴∠AFD＝∠C＝90°，
∴AF⊥DE.
2. 解：如解图，过点F作FM⊥BC于点M.
∵AE＝BC＝5，AB＝4，
∴BE＝3，即CE＝BC－BE＝2，
∵四边形ABCD是矩形，且DF⊥AE，
∴∠B＝∠DFA＝90°，
∵∠BAF＋∠FAD＝∠FAD＋∠FDA＝90°，
∴∠BAE＝∠FDA，
又∵AE＝BC＝DA，
∴△ABE≌△DFA(AAS)，
∴BE＝FA＝3，
∴EF＝AE－FA＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，∴AB∥FM，
∴△ABE∽△FME，
∴eq \f(AB,FM)＝eq \f(AE,FE)＝eq \f(BE,ME)，
∴eq \f(4,FM)＝eq \f(5,2)＝eq \f(3,ME)。
解得FM＝eq \f(8,5)，ME＝eq \f(6,5)，
∴MC＝ME＋EC＝eq \f(6,5)＋2＝eq \f(16,5)，
在Rt△FMC中，tan∠FCE＝eq \f(FM,MC)＝eq \f(1,2).
第2题解图
3. 解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠FEB，∠ADF＝∠FBE，
∴△DAF∽△BEF.
∵BE＝eq \f(1,2)BC，
∴eq \f(EF,AF)＝eq \f(BE,DA)＝eq \f(1,2)，
∴EF＝eq \f(1,2)AF，
∴EF＝eq \f(1,3)AE，
易得△ABE≌△DCE，∴AE＝DE，
∴EF＝eq \f(1,3)DE，
∴在Rt△DEF中，cs∠AED＝eq \f(EF,DE)＝eq \f(1,3).
4. 解：∵在矩形ABCD中，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，∠BAD＝90°，
∴在Rt△ABD中，BD＝eq \r(32＋52)＝eq \r(34)，
∵O是BD的中点，
∴OD＝OB＝OA＝eq \f(\r(34),2)，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵OE＝DE，
∴∠EOD＝∠ODE，
∴∠EOD＝∠ODE＝∠OAD，
∴△ODE∽△ADO，
∴eq \f(DO,DA)＝eq \f(DE,DO)，
∴DO2＝DE·DA，
设AE＝x，则DE＝5－x，
∴(eq \f(\r(34),2))2＝5(5－x)，
∴x＝eq \f(33,10)，
即AE＝eq \f(33,10).
对接中考
1. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DAE＝90°，AB＝AD＝BC.
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴AE＝eq \f(1,2)AB，BF＝eq \f(1,2)BC，
∴AE＝BF，
∴△ABF≌△DAE(SAS)；(4分)
(2)解：在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝CD＝2，
∴AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
∵AB∥CD，
∴△AGE∽△CGD，
∴eq \f(AG,CG)＝eq \f(AE,CD)，即eq \f(AG,2\r(2)－AG)＝eq \f(1,2)，
解得AG＝eq \f(2\r(2),3)；(8分)
(3)解：当BF＝eq \f(8,3)时，AG＝AE.(10分)
理由如下：
由(2)知，当点F与点C重合(即BF＝2)时，AG＝eq \f(2\r(2),3)<1，
∴点F应在BC的延长线上(即BF>2)，如解图，设AF交CD于点M，
若使AG＝AE＝1，
则有∠1＝∠2，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠4，
又∵∠2＝∠3，
∴∠3＝∠4，
∴DM＝MG.
在Rt△ADM中，AM2－DM2＝AD2，
即(DM＋1)2－DM2＝22，
解得DM＝eq \f(3,2)，
∴CM＝CD－DM＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)，
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△MCF，
∴eq \f(BF,CF)＝eq \f(AB,MC)，即eq \f(BF,BF－2)＝eq \f(2,\f(1,2))，
解得BF＝eq \f(8,3)，
∴当BF＝eq \f(8,3)时，AG＝AE.(13分)
第1题解图
2. (1)证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠F，∠A＝∠EBF，
∵E是AB的中点 ，
∴AE＝BE，
在△ADE和△BFE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADE＝∠F,∠A＝∠EBF,AE＝BE))，
∴ △ADE≌△BFE(AAS)；(4分)
(2)①证明：在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AEK＝∠CDH，
又∵AK∥HC，
∴∠AKE＝∠CHD，
∴△AEK∽△CDH，
∴eq \f(AE,CD)＝eq \f(AK,CH)，
∵E是AB的中点，
∴CD＝AB＝2AE，
∴eq \f(AK,CH)＝eq \f(AE,CD)＝eq \f(1,2)，
∴HC＝2AK；(8分)
②解：当点G是BC的中点时，则eq \f(AD,GF)＝eq \f(2,3)，
∵AD∥BC，
∴△ADH∽△GFH，
∴eq \f(DH,FH)＝eq \f(AD,GF)＝eq \f(2,3)，
又∵DH＝nHK，
∴DK＝(n－1)HK，FH＝eq \f(3,2)nHK ，
易得△ADK∽△CFH，
∴eq \f(DK,FH)＝eq \f(AD,CF)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(（n－1）HK,\f(3,2)nHK)＝eq \f(1,2)，
解得n＝4.(13分)
针对训练
1. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABM＋∠CBM＝90°，
∵AM⊥BM，CN⊥BN，
∴∠AMB＝∠BNC＝90°，
∴∠MAB＋∠MBA＝90°，
∴∠MAB＝∠CBM，
在△ABM和△BCN中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AMB＝∠BNC,∠MAB＝∠NBC,AB＝BC))，
∴△ABM≌△BCN(AAS)；
(2)解：△OMN是等腰直角三角形，
理由：如解图，连接OB，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝∠OBC＝45°，
由(1)得△ABM≌△BCN，
∴AM＝BN，∠MAB＝∠CBM，
∴∠MAB－∠OAB＝∠CBM－∠OBC，
∴∠MAO＝∠NBO，
又∵AM＝BN，OA＝OB，
∴△AOM≌△BON(SAS)，
∴MO＝NO，∠AOM＝∠BON，
∵∠AON＋∠BON＝90°，
∴∠AON＋∠AOM＝90°，
∴∠MON＝90°，
∴△MON是等腰直角三角形；
第1题解图
(3)解：设AK＝x(0＜x＜1)，
在Rt△ABK中，BK＝eq \r(AK2＋AB2)＝eq \r(x2＋1)，
∵S△ABK＝eq \f(1,2)·AK·AB＝eq \f(1,2)·AM·BK，
∴AM＝eq \f(AK·AB,BK)＝eq \f(x,\r(x2＋1))，
由(1)得△ABM≌△BCN，
∴BN＝AM＝eq \f(x,\r(x2＋1))，
∵cs∠ABK＝eq \f(BM,AB)＝eq \f(AB,BK)，
∴BM＝eq \f(AB·AB,BK)＝eq \f(1,\r(x2＋1))，
∴MN＝BM－BN＝eq \f(1－x,\r(x2＋1))，
∵S△OMN＝eq \f(1,4)MN2＝eq \f(（1－x）2,4x2＋4)＝eq \f(x2－2x＋1,4x2＋4)(0＜x＜1)，
将x＝eq \f(1,3)代入得，
S△OMN＝eq \f(\f(1,9)－\f(2,3)＋1,\f(4,9)＋4)＝eq \f(1,10)，
∴当AK＝eq \f(1,3)时，S△OMN＝eq \f(1,10).
2. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ADF＝90°.
∵M是AD的中点，
∴AM＝DM.
在△AME和△DMF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠A＝∠ADF,AM＝DM,∠AME＝∠DMF))，
∴△AME≌△DMF(ASA)；
(2)解：①tan∠GEF的值不变．
如解图①，过点G作GN⊥AD，交AD的延长线于点N，
则四边形ABGN是矩形．
∴NG＝AB＝AD.
∵GM⊥EF，
∴∠2＋∠3＝90°.
在Rt△MAE中，∠1＋∠3＝90°，
∴∠1＝∠2.
∵∠A＝∠N＝90°.
∴△AME∽△NGM，
∴eq \f(MG,EM)＝eq \f(NG,AM)＝2，
∴tan∠GEF＝eq \f(MG,EM)＝2为定值不变；
②如解图②，过点G作GN⊥AD，交AD的延长线于点N，
则四边形ABGN是矩形．
∴NG＝AB＝k.
若△GEF是等边三角形，则tan∠GEF＝eq \f(MG,EM)＝eq \r(3)，
同①的方法得，△AME∽△NGM，
∴eq \f(NG,AM)＝eq \f(MG,EM)＝eq \r(3)，
∵M是AD的中点，
∴AM＝eq \f(1,2)BC＝2，∴k＝2eq \r(3).
第2题解图
3. (1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴∠HBG＝∠HPC＝90°，
在△BHG和△PHC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠HBG＝∠HPC,∠BHG＝∠PHC,BG＝PC))，
∴△BHG≌△PHC(AAS)；
(2)解：①在Rt△BCD中，由勾股定理得BD2＝BC2＋CD2，
∵BC＝8，CD＝AB＝6，
∴BD＝10，
∵S△BCD＝eq \f(1,2)BC·DC＝eq \f(1,2)BD·CE，
∴CE＝eq \f(6×8,10)＝4.8，
∴CE的长为4.8；
②∵∠GBC＝∠GPC＝90°，
∴点B，G，C，P四点共圆，
∴∠DBC＝∠PGC，且∠DCB＝∠GPC，
∴△PGC∽△CBD，
∴eq \f(S△PGC,S△CBD)＝(eq \f(PC,CD))2，
∴eq \f(\f(50,3),\f(1,2)×6×8)＝eq \f(PC2,36)，
∴PC2＝25，
∴PC＝5，
在Rt△PCE中，PE2＝PC2－CE2，
即PE2＝52－4.82＝1.96，
∴PE＝1.4，
在Rt△DCE中，由勾股定理得DE2＝CD2－CE2，
即DE2＝62－4.82＝12.96，
∴DE＝3.6，
∴m＝PD＝DE＋PE＝3.6＋1.4＝5.
4. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP.
∵PB＝PB，
∴△PAB≌△PCB(SAS)；
(2)解：在点P的运动过程中，eq \f(AP,AE)的值不改变．
由△PAB≌△PCB可知，∠PAB＝∠PCB，PA＝PC.
∵∠ABE＝∠APE＝90°，
∴∠PAB＋∠PEB＝180°，
又∵∠PEC＋∠PEB＝180°，
∴∠PEC＝∠PAB＝∠PCB，
∴PE＝PC，
∵PA＝PC，
∴PA＝PE，
又∵∠APE＝90°，
∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE＝∠PEA＝45°，
∴eq \f(AP,AE)的值不变，恒为eq \f(\r(2),2)；
(3)解：∵AE∥PC，
∴∠CPE＝∠PEA＝45°，
∴在△PEC中，∠PCE＝∠PEC＝eq \f(1,2)(180°－45°)＝67.5°.
在△PBC中，
∠BPC＝180°－∠CBP－∠PCE＝180°－45°－67.5°＝67.5°.
∴∠BPC＝∠PCE＝67.5°，
∴BP＝BC＝1，
∴x＝BD－BP＝eq \r(2)－1.
∵AE∥PC，
∴∠AFP＝∠BPC＝67.5°，
由△PAB≌△PCB可知，∠BPA＝∠BPC＝67.5°，PA＝PC，
∴∠AFP＝∠BPA，
∴AF＝AP，
易得△APF≌△CPF，
∴AF＝FC，
∴AF＝AP＝FC＝PC，
∴四边形PAFC是菱形．
5. (1)证明：∵DC＝DA，∠DCE＝∠DAF，
又∵∠CDE＋∠ADE＝90°，DF⊥DE∴∠ADF＋∠ADE＝90°∴∠CDE＝∠ADF，
∴△ECD≌△FAD(ASA)；
(2)解：如解图①，过点M作MG⊥AB于点G，
∵CB∥MG，
∴△FGM∽△FBE，
∴eq \f(FG,FB)＝eq \f(MG,EB)，
设MG＝h，则eq \f(x＋h,x＋4)＝eq \f(h,4－x)，
∴h＝eq \f(4－x,2)，
∴S△AMF＝eq \f(1,2)x·eq \f(4－x,2)＝1，
∴x1＝x2＝2，
∴当x＝2时，△AMF的面积为1；
第5题解图①
(3)解：不变，如解图②，过点E作EI∥AB，交AC于点I，连接DM.
∵△ECD≌△FAD，
∴DE＝DF，
∵∠EDF＝90°，
∴△FDE为等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ECI＝45°，
∵EI∥AB，
∴∠IEM＝∠AFM，∠CEI＝∠ABC＝90°，
∴∠EIC＝∠ECI＝45°，
∴EC＝EI，
∵AF＝EC，
∴EI＝AF，
∵∠EMI＝∠FMA，
∴△FAM≌△EIM(AAS)，
∴FM＝EM，
∴∠DNA＝45°＋∠CDN＝∠MDC，
又∵∠DAN＝∠DCM＝45°，
∴△AND∽△CDM，
∴eq \f(AN,CD)＝eq \f(AD,CM)，
∴NA·MC＝AD·CD＝4×4＝16.
第5题解图②
6. (1)证明：如解图①，∵四边形ABCD是正方形，
∴DC＝BC＝AB＝17，∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，
∴∠1＋∠2＝∠ABC＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠AGB＝90°，
∴∠1＋∠3＝90°，
∴∠3＝∠2，
在△ABE与△BCF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠3＝∠2,AB＝BC,∠ABE＝∠BCF))，
∴△ABE≌△BCF(ASA)；
第6题解图①
(2)解：四边形BEHF是平行四边形．
理由如下：如解图①，在线段BA上截取BN＝BE，连接EN，
∴∠4＝∠BEN＝45°，
∴∠5＝180°－∠4＝135°，∠DCM＝180°－∠BCD＝90°.
∵CH平分∠DCM，
∴∠6＝eq \f(1,2)∠DCM＝45°，
∴∠ECH＝∠BCD＋∠6＝135°，
∴∠5＝∠ECH.
∵AN＝AB－BN，CE＝BC－BE，
∴AN＝EC.
∵AE⊥EH，
∴∠7＝90°，
∴∠AEB＋∠8＝90°.
∵∠ABE＝90°，
∴∠3＋∠AEB＝90°，
∴∠3＝∠8.
在△ANE与△ECH中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠3＝∠8,AN＝EC,∠5＝∠ECH))，
∴△ANE≌△ECH(ASA)，
∴AE＝EH，
由(1)得AE＝BF，
∴BF＝EH，
∵AE⊥BF，
∴∠BGE＝90°，
∴∠BGE＝∠7，
∴BF∥EH，
∴四边形BEHF是平行四边形；
(3)解：如解图②，连接BD，过点F作FP⊥BD于点P，
由(2)得∠2＝∠FHE，FH∥BE，
∴FH⊥DC，
∴∠CFH＝90°，
∴∠FHC＝90°－∠6＝45°.
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠DBE＝eq \f(1,2)∠ABC＝45°，
∴∠PBF＝45°－∠2，∠EHC＝45°－∠FHE，
∴∠PBF＝∠EHC，
∴sin∠PBF＝sin∠EHC＝eq \f(PF,BF)＝eq \f(5,13)，
在Rt△BPF中，令FP＝5a，BF＝13a，
∴BP＝eq \r(BF2－FP2)＝12a.
∵∠BDC＝45°，
∴∠PFD＝45°，
∴DP＝FP＝5a，
∴BD＝BP＋DP＝17a，
∵AB＝AD＝17，在Rt△BAD中，BD＝eq \r(2)AB＝17eq \r(2)，
∴17a＝17eq \r(2)，
解得a＝eq \r(2)，
∴DP＝FP＝5eq \r(2)，DF＝eq \r(2)DP＝10，
∴AE＝BF＝13a＝13eq \r(2)，BE＝CF＝DC－DF＝7，
∵S△ABE＝eq \f(1,2)AB·BE＝eq \f(1,2)BG·AE，
∴BG＝(17×7)÷13eq \r(2)＝eq \f(119\r(2),26)，
∴FG＝BF－BG＝eq \f(219\r(2),26).
第6题解图②