广东省深圳市2018年中考数学专题专练几何探究专题_2

几何探究专题1.已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足PBCPAM，延长BP交AD于点N，连接CM.(1)如图，若点M在线段AB上，求证：APBN；AMAN.(2)如图，在点P运动过程中，满足PBCPAM的点M在AB的延长线上时，APBN和AMAN是否成立(不需说明理由)?是否存在满足条件的点P，使得PC？请说明理由2.已知：如图，在矩形ABCD中，AB6 cm，BC8 cm.对角线AC，BD交于点O，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QFAC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0t0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2(m0)，试求A1E1B1A1D1B1的度数8.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在ABC内，CAECBE90.(1)如图，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.求证：CAECBF；若BE1，AE2，求CE的长；(2)如图，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且k时，若BE1，AE2，CE3，求k的值；(3)如图，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且DABGEF45时，设BEm，AEn，CEp，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)参考答案1. (1)证明：PBCPAM，PBCPAM.四边形ABCD是正方形，PBCPBACBA90，PAMPBA90，APN90，即APBN，BPABAN90.ABPNBA，ABPNBA，.又PAMPBC，故.又ABBC，AMAN；(2)解：点M在AB的延长线上时，APBN和AMAN仍然成立；不存在，理由如下：选择图，以AB为直径，作半圆O，连接OC，OP，BC1，OB，OC.由知，APBN，点P一定在以点O为圆心、半径长为的半圆上(A，B两点除外)如果存在点P，那么OPPCOC，则PC.，故不存在满足条件的点P，使得PC.2. 解：(1)分三种情况：若APAO，在矩形ABCD中，AB6，BC8，AC10，AOCO5，AP5，t5，若APPOt，在矩形ABCD中，ADBC，PAOOCE，APOOEC，又OAOC，APOCEO，POOEt.作AGPE交BC于点G，则四边形APEG是平行四边形，AGPE2t，GEAPt.又ECAPt，BG82t.在RtABG中，根据勾股定理知62(82t)2(2t)2，解得t.若OPAO5，则t0或t8，不合题意，舍去综上可知，当t5或t时，AOP是等腰三角形(2)如图，作OMBC，垂足是M，作ONCD，垂足是N.则OMAB3，ONBC4，SOECCEOMt3t，SOCDCDON6412.QFAC，DFQDOC，()2，即()2，SDFQt2，S四边形OFQC12t2，S五边形OECQFS四边形OFQCSOEC12t2t，即St2t12(0t6)(3)存在理由如下：要使S五边形OECQF：SACD916，即(t2t12)(68)916，解得t13，t21.5，两个解都符合题意，存在两个t值，使S五边形OECQFSACD916，此时t13，t21.5；(4)存在理由如下：如图，作DIOP，垂足是I，DJOC，垂足是J，作AGPE交BC于点G.SOCDOCDJ5DJ，且由(2)知，SOCD12，DJ.OD平分POC，DIOP，DJOC，DIDJ4.8.AGPE，DPIDAG.ADBC，DAGAGB，DPIAGB，RtABGRtDIP.由(1)知，在RtABG中，BG82t，IP(82t)在RtDPI中，根据勾股定理得()2(82t)2(8t)2，解得t.(t0不合题意，舍去)3. (1)解：BCCF；BCCDCF.【解法提示】BACDAF90，BADCAF，又ABAC，ADAF，ABDACF，ACFABC45，ACB45，BCF90，即BCCF；ABDACF，BDCF，BCCDBD，BCCDCF.(2)解：结论仍然成立，不成立证明：BACDAF90，BADCAF，又ABAC，ADAF，ABDACF，ACFABD18045135，ACB45，BCF90，即BCCF；结论为：BCCDCF.证明：ABDACF，BDCF，BCCDBD，BCCDCF.(3)解：如解图，过点E作EMCF于M，作ENBD于点N，过点A作AHBD于点H.ABAC2，BC4，AHBC2，CDBC，CD1，BACDAF90，BADCAF，又ABAC，ADAF，ABDACF，ACFABC45，ACB45，BCF90，CNME，CMEN，AGCABC45，CGBC4，ADE90，ADHEDNEDNDEN90，ADHDEN，又AHCDNE90，ADDE，AHDDNE，DNAH2，ENDH3，CMEN3，MECN3，则GMCGCM431，EG.4. (1)解：如图中，AB10，AC6，AD是BC边上中线，由旋转性质知，BEAC6，ADDE.在ABE中，106AE106，即 42AD16，2ADME，BECFEF.5. (1)证明：ABC绕点A顺时针方向旋转60得到ADE，ABAD，BAD60，ABD是等边三角形；证明：由得ABD是等边三角形，ABBD，ABC绕点A顺时针方向旋转60得到ADE，ACAE，BCDE，又ACBC，EAED，点B，E在AD的中垂线上，BE是AD的中垂线，点F在BE的延长线上，BFAD，AFDF；解：BE的长为34；(2)解：BECE的值为13；6. 解：(1)由矩形性质与折叠可知，APOBCD90，CPODPADPADAP90，DAPCPO，OCPPDA，()2，即()2，CP4，设CDx，则DPx4，APABCDx，AP2DP2AD2，x2(x4)282，解得x10，故CD10.(2)线段EF的长度始终不发生变化，为2.7. 解：(1).【解法提示】sin120，故这个平行四边形的变形度是. (2)，理由如下：如图，设矩形的长和宽分别为a，b，其变形后的平行四边形的高为h，则S1ab，S2ah，sin，又，. (3)由AB2AEAD，可得A1BA1E1A1D1，即.又B1A1E1D1A1B1，B1A1E1D1A1B1，A1B1E1A1D1B1，A1D1B1C1，A1E1B1C1B1E1，A1E1B1A1D1B1C1B1E1A1B1E1A1B1C1.由(2)结论，可得2，sinA1B1C1，A1B1C130，A1E1B1A1D1B130.(10分)8. (1)证明：ACEECB45，BCFECB45，ACEBCF，又四边形ABCD和EFCG是正方形，CAECBF. 解：，AE2，BF，由CAECBF可得CAECBF，又CAECBE90，CBFCB