2024长沙中考数学二轮专题复习 题型二 几何证明与计算 (含答案)

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典例精讲
例 如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝2，点E是AD边上一点(点E不与点A、D重合)，点F在AB的延长线上，且BF＝DE，连接EF交BD于点G.
(1)求证：△BDE≌△CBF；
【思维教练】在含60°角的菱形中常利用等边三角形性质，找到等边和等角，利用SAS证明全等．
(2)当BE⊥AD时，求CF的长；
【思维教练】出现垂直和60°角时，考虑用三角函数求线段长．
(3)求证：EG＝FG；
【思维教练】过点E作BF的平行线，构造8字型全等，利用全等三角形的性质证明边相等．
(4)设DE＝x，DG＝y，求y关于x的函数表达式，并直接写出x的取值范围．
例题图
【思维教练】表示出线段BG的长度，结合等边三角形性质及(3)中结论，得到等式，转化求解．
针对训练
1.如图①，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，连接CD，过点B作BF⊥CD，与CD的延长线交于点E，交CA的延长线于点F，连接AE，过点A作AG⊥AE交CD于点G.
(1)求证：CD＝BF；
(2)如图②，若D是AB的中点．求证：DG＝DE＋BE.
第1题图
2.如图，在正方形ABCD中，E是BC边上一点(不与B、C重合)，将正方形ABCD沿AE折叠，使点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG.
(1)求证：△ADG≌△AFG；
(2)若AB＝2.
①求△CEG的周长；
②若点E是BC的中点，EM是∠CEG的平分线，求GM的长．
第2题图
类型二 与相似有关的证明与计算
典例精讲
例 如图，在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E，且E在AD上，BE交PC于点F.
(1)求证：BP＝BF；
【思维教练】由折叠的性质及等角对等边求证．
(2)若AD＝25，且AE＜DE.
①求AE的长；
②求tan∠PCB的值；
【思维教练】①利用等角的余角相等及相似三角形的性质求解；
②利用折叠和相似的性质求解．
(3)当BP＝9时，直接写出BE·EF的值．
例题图
【思维教练】要求BE·EF，则可作辅助线构造包含BE、EF线段的三角形相似求解．
针对训练
1. (2023长沙黑白卷)如图，在正方形ABCD中，AB＝4，连接BD，点H是BD上一点，连接AH并延长交BC边于点G，过点D作DE⊥AG于点E，过点B作BF⊥AG于点F.
(1)求证：△ABF≌△DAE；
(2)若EF＝2eq \r(3)－2，求eq \f(BF,DE)；
(3)设△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，若eq \f(S1,S2)＝eq \f(4,5)，求BG的长．
第1题图
2. (2023长沙开福区一模)如图，在矩形ABCD中，AC为矩形ABCD的对角线，DG⊥AC于点G，DG的延长线交AB于点E，已知AD＝6，CD＝8.
(1)求AE的长；
(2)∠ACD的平分线CF交AD于点F，求tan∠DCF的值；
(3)若O1、O2分别是△ADG、△DCG的内心，求O1、O2两点间的距离．
第2题图
参考答案
类型一 与全等有关的证明与计算
例 (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝BC＝DC.
∵∠A＝60°，
∴△ABD，△BCD 都是等边三角形．
∴DB＝BC，∠CBF＝∠BDE＝60°，
在△BDE和△CBF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DB＝BC,∠BDE＝∠CBF,DE＝BF))，
∴△BDE≌△CBF(SAS)；
(2)解：由(1)知△BDE≌△CBF，
∴CF＝BE，当BE⊥AD时，∵AD＝2，∠A＝60°，四边形ABCD为菱形．
∴BD＝AD＝2，∠EDB＝60°，
∴BE＝BD·sin60°＝eq \r(3).
∴CF＝eq \r(3)；
(3)证明：如解图，过点E作EH∥AB，交BD于点H.
例题解图
∴∠DEH＝∠A＝60°，
又∵∠ADB＝60°，
∴△DEH是等边三角形，
∴EH＝DH＝DE，
∵BF＝DE，
∴EH＝BF.
∵EH∥AB.
∴∠HEG＝∠BFG，∠EHG＝∠FBG，
∴△EHG≌△FBG(ASA)，
∴EG＝FG；
(4)解：如解图，∵△ADB是等边三角形．
∴DB＝AD＝2，
∵DG＝y，
∴GB＝2－y，
∵DH＝DE＝x，
∴HG＝DG－DH＝y－x.
由(3)得△EHG≌△FBG，
∴HG＝BG.
∴y－x＝2－y，
∴y＝eq \f(1,2)x＋1，x的取值范围为0＜x＜2.
1. 证明：(1)∵∠BAC＝90°，
∴∠BAF＝∠BAC＝90°，
∴∠F＋∠ABF＝90°，
∵BF⊥CD，
∴∠F＋∠ACD＝90°，
∴∠ABF＝∠ACD，
∵AB＝AC，
∴△ABF≌△ACD，
∴CD＝BF；
(2)如解图，过点A作AM⊥CD于点M，
∵∠BAC＝90°，AG⊥AE，
∴∠BAE＋∠DAG＝∠DAG＋∠CAG＝90°，
∴∠BAE＝∠CAG，
∵AB＝AC，
且由(1)知∠ABF＝∠ACD，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE＝AG，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∵AM⊥CD，
∴AM＝EM＝GM，
∵BF⊥CD，AM⊥CD，
∴∠BED＝∠AMD＝90°，
∵BD＝AD，∠BDE＝∠ADM，
∴△BDE≌△ADM，
∴DE＝DM，BE＝AM，
∴BE＝MG，
∵DG＝DM＋MG，
∴DG＝DE＋BE.
第1题解图
2. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
由折叠的性质得AB＝AF，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°，
又∵AG＝AG，
∴△ADG≌△AFG；
(2)解：①由(1)可知△ADG≌△AFG，
∴DG＝FG，
由折叠的性质得BE＝FE，
∴△CEG的周长＝CE＋CG＋EG＝CE＋EF＋CG＋FG＝CE＋BE＋CG＋DG＝2AB＝4；
②∵E是BC的中点，且AB＝BC＝2，
∴BE＝EC＝1.
在Rt△ECG中，GC＝2－DG，EG＝1＋DG，
∵EG2＝EC2＋CG2，
∴(1＋DG)2＝12＋(2－DG)2 ，
解得DG＝eq \f(2,3) .
∴CG＝eq \f(4,3).
如解图，过点M作MN⊥EG于点N，
∵∠C＝90°，EM是∠CEG的平分线，
∴CM＝MN，EN＝CE＝1，
∴点N与点F重合，
∴NG＝DG＝eq \f(2,3).
在Rt△MNG中，GM2＝MN2＋NG2，
即(eq \f(4,3)－CM)2＝CM2＋(eq \f(2,3))2 ，
解得CM＝eq \f(1,2) ，
∴GM＝eq \f(5,6).
第2题解图
类型二 与相似有关的证明与计算
例 (1)证明：在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF＝∠PFB，
∴∠BPF＝∠BFP，
∴BP＝BF；
(2)解：①当AD＝25时，
∵∠BEC＝90°，
∴∠AEB＋∠CED＝90°，
∵∠AEB＋∠ABE＝90°，
∴∠CED＝∠EBA，
∵∠BAD＝∠EDC＝90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴eq \f(AB,AE)＝eq \f(DE,DC)，
设AE＝m，
∴DE＝25－m，
∴eq \f(12,m)＝eq \f(25－m,12)，
解得m1＝9，m2＝16，
∵AE＜DE，
∴AE＝9；
②由①可得DE＝16，
∴在Rt△DCE中，CE＝eq \r(DC2＋ED2)＝20，在Rt△ABE中，BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝15，
由折叠性质得BP＝PG，
∴BP＝BF＝PG，
∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴eq \f(EF,GP)＝eq \f(CE,CG)，
设BP＝BF＝PG＝n，
∴eq \f(15－n,n)＝eq \f(20,25)，
∴n＝eq \f(25,3)，
∴BP＝eq \f(25,3)，
∵BC＝AD＝25，
∴tan∠PCB＝eq \f(PB,BC)＝eq \f(\f(25,3),25)＝eq \f(1,3)；
(3)解：如解图，连接FG，
例题解图
∵∠GEF＝∠PGC＝90°，
∴BF∥PG，
由(2)知BF＝PG＝BP，
∴四边形BPGF是菱形，
∴BP∥GF，BP＝GF＝9，
∴∠GFE＝∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴eq \f(EF,GF)＝eq \f(AB,EB)，
∴BE·EF＝AB·GF＝12×9＝108.
1. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠BAD＝90°，
∴∠DAE＋∠BAF＝90°，
∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴∠DAE＋∠ADE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴△ABF≌△DAE(AAS)；
(2)解：∵△ABF≌△DAE，
∴BF＝AE，AF＝DE，
在Rt△ABF中，BF2＋AF2＝AB2，
∴AE2＋(AE＋EF)2＝AB2，
即AE2＋(AE＋2eq \r(3)－2)2＝42，
∴AE＝2或AE＝－2eq \r(3)(舍去)，
∴BF＝2，DE＝AF＝AE＋EF＝2eq \r(3)，
∴eq \f(BF,DE)＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)；
(3)解：如解图，连接CH，设BG＝x，
第1题解图
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴S1＝S△ADH＝S△CHD，
∴S2＝S四边形CDHG＝S△CHD＋S△CHG＝S1＋S△CHG，
∵eq \f(S△BHG,S△CHG)＝eq \f(BG,CG)＝eq \f(x,4－x)，
∴S△CHG＝eq \f(（4－x）S△BHG,x)，
∴S2＝S1＋eq \f(（4－x）S△BHG,x)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△ADH∽△GBH，
∴eq \f(S△BHG,S△AHD)＝(eq \f(BG,AD))2＝eq \f(x2,16)，
∴S△BHG＝eq \f(x2S△AHD,16)＝eq \f(x2S1,16)，
∴S2＝S1＋eq \f(4－x,x)·eq \f(x2S1,16)＝eq \f(16＋4x－x2,16)S1，
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(16,16＋4x－x2)＝eq \f(4,5)，
解得x＝2，
∴BG＝2.
2. 解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠EAD＝∠ADC＝90°.
∵DG⊥AC，
∴∠ACD＋∠GDC＝∠EDA＋∠GDC＝90°.
∴∠EDA＝∠ACD.
∴△EDA∽△ACD.
∴eq \f(CD,DA)＝eq \f(AD,EA)，即eq \f(8,6)＝eq \f(6,AE)；
∴AE＝eq \f(9,2)；
(2)如解图①，设DE交CF于点H，
∵∠ADG＋∠GAD＝∠ADG＋∠CDH＝90°，
∴∠GAD＝∠CDH，
∵CF平分∠ACD，
∴∠ACF＝∠DCH，
∴△CAF∽△CDH，
∴∠CHD＝∠AFC，
∴∠FHD＝∠DFH，
∴HD＝FD，
由题易得AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝10，
∴eq \f(AC,DC)＝eq \f(AF,DH)＝eq \f(AF,DF)＝eq \f(5,4)，
设AF＝x，则eq \f(x,6－x)＝eq \f(5,4)，∴x＝eq \f(10,3)，
∴DF＝eq \f(8,3)，
∴tan∠DCF＝eq \f(DF,DC)＝eq \f(1,3)；
第2题解图①
(3)如解图②，连接GO1、GO2，O1O2，∵点O1，O2为△ADG，△DCG的内心
∴GO1平分∠AGD，GO2平分∠CGD.
∴∠DGO1＝∠DGO2＝45°，
∴∠O1GO2＝90°，
过点O2作O2M⊥AC于点M，过点O1作O1N⊥AC于点N，
∴∠MO2G＝∠MGO2＝45°，∠GO1N＝∠NGO1＝45°，
∵S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DC＝eq \f(1,2)AC·DG，
∴DG＝eq \f(AD·DC,AC)＝eq \f(24,5)，
∴由勾股定理得AG＝eq \f(18,5)，
∴GC＝eq \f(32,5)，
∵MO2＝eq \f(GC＋GD－CD,2)＝eq \f(\f(56,5)－8,2)＝eq \f(8,5)，
NO1＝eq \f(GA＋GD－AD,2)＝eq \f(\f(42,5)－6,2)＝eq \f(6,5)，
∴GO2＝eq \r(2)MO2＝eq \f(8\r(2),5)，GO1＝eq \r(2)NO1＝eq \f(6\r(2),5)，
∴O1O2＝eq \r(GOeq \\al(2,2)＋GOeq \\al(2,1))＝eq \r(\f(128,25)＋\f(72,25))＝eq \r(\f(200,25))＝2eq \r(2).
第2题解图②