2020年九年级数学中考几何图形综合题专题训练(含答案)

2020年九年级数学中考几何图形综合题专题训练1、如图，在▱ABCD中，点E在边BC上，点F在边AD的延长线上，且DF=BE，BE与CD交于点G（1）求证：BD∥EF；（2）若=，BE=4，求EC的长．2、如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E.点M是线段AD上的动点，连接BM并延长分别交DE，AC于点F，G.(1)求CD的长；(2)若点M是线段AD的中点，求eq\f(EF,DF)的值；(3)请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？3、如图，在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为D，E，AD与BE相交于点F．（1）求证：△ACD∽△BFD；（2）当tan∠ABD=1，AC=3时，求BF的长．4、如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，EF过点O且与BC、AD分别交于点E、F．试猜想线段AE、CF的关系，并说明理由．5、如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点，连接BE，DF（1）根据题意，补全原形；（2）求证：BE=DF．6、如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD的内部，延长AF交CD于点G.(1)猜想并证明线段FG与CG的数量关系；(2)若将图①中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图②，那么线段FG与CG之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；(3)若将图①中的正方形改成平行四边形，其他条件不变，如图③，那么线段FG与CG之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．7、如图，四边形ABCD是菱形，CE⊥AB交AB的延长线于点E，CF⊥AD交AD的延长线于点F，求证：DF=BE．8、如图，□ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，延长AE、CF分别交CD、AB于M、N。（1）求证：四边形CMAN是平行四边形。（2）已知DE＝4，FN＝3，求BN的长。9、已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E.(1)如图①，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F.①写出旋转角α的度数；②求证：EA′＋EC＝EF；(2)如图②，在(1)的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝eq\r(2)，求线段PA＋PF的最小值．(结果保留根号)10、感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：DB=DC．探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD＜90°，求证：DB=DC．应用：如图3，四边形ABCD中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=a，则AB﹣AC=a（用含a的代数式表示）11、（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以点B为中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，连接C1B1，则C1B1与BC的位置关系为；（2）如图2，当△ABC是锐角三角形，∠ABC=α（α≠60°）时，将△ABC按照（1）中的方式旋转α，连接C1B1，探究C1B1与BC的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；（3）如图3，在图2的基础上，连接B1B，若C1B1=BC，△C1BB1的面积为4，则△B1BC的面积为．12、问题情境在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝4，在BC上分别取点P、Q，使BP＝CQ，连接AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ，连接MN.独立思考如图①，过点M作ME⊥BC于点E，过点N作NF⊥BC于点F.(1)求证：ME＝NF；(2)试探究线段MN与BC满足的位置关系，并说明理由；(3)若BP＝3，求MN的长；拓展延伸(4)如图②，当点P与点Q重合时，直接写出MN的长．13、如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G，将一等腰三角尺的一条直角边与AC在同一直线上，该三角尺的直角顶点为F.(1)如图①，当另一条直角边恰好经过点B时，求证BF＝CG；(2)将三角尺沿AC方向平移到图②位置时，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA于点E，试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系，并说明理由；(3)如图③，将三角尺继续沿AC方向平移(点F不与点C重合)时，若AG∶AB＝5∶13，BC＝4eq\r(13)，求DE＋DF的值．14、如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E在AC上（且不与点A，C重合），在△ABC的外部作△CED，使∠CED=90°，DE=CE，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．（1）请直接写出线段AF，AE的数量关系AF=AE；（2）将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；（3）在图②的基础上，将△CED绕点C继续逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否发生变化？若不变，结合图③写出证明过程；若变化，请说明理由．15、问题提出：如何将边长为n（n≥5，且n为整数）的正方形分割为一些1x5或2×3的矩形（axb的矩形指边长分别为a，b的矩形）？问题探究：我们先从简单的问题开始研究解决，再把复杂问题转化为已解决的问题．探究一：如图①，当n=5时，可将正方形分割为五个1×5的矩形．如图②，当n=6时，可将正方形分割为六个2×3的矩形．如图③，当n=7时，可将正方形分割为五个1×5的矩形和四个2×3的矩形如图④，当n=8时，可将正方形分割为八个1×5的矩形和四个2×3的矩形如图⑤，当n=9时，可将正方形分割为九个1×5的矩形和六个2×3的矩形探究二：当n=10，11，12，13，14时，分别将正方形按下列方式分割：所以，当n=10，11，12，13，14时，均可将正方形分割为一个5×5的正方形、一个（n﹣5）×（n﹣5）的正方形和两个5×（n﹣5）的矩形．显然，5×5的正方形和5×（n﹣5）的矩形均可分割为1×5的矩形，而（n﹣5）×（n﹣5）的正方形是边长分别为5，6，7，8，9的正方形，用探究一的方法可分割为一些1×5或2×3的矩形．探究三：当n=15，16，17，18，19时，分别将正方形按下列方式分割：请按照上面的方法，分别画出边长为18，19的正方形分割示意图．所以，当n=15，16，17，18，19时，均可将正方形分割为一个10×10的正方形、一个（n﹣10）×（n﹣10）的正方形和两个10×（n﹣10）的矩形．显然，10×10的正方形和10×（n﹣10）的矩形均可分割为1x5的矩形，而（n﹣10）×（n﹣10）的正方形又是边长分别为5，6，7，8，9的正方形，用探究一的方法可分割为一些1×5或2×3的矩形．问题解决：如何将边长为n（n≥5，且n为整数）的正方形分割为一些1×5或2×3的矩形？请按照上面的方法画出分割示意图，并加以说明．实际应用：如何将边长为61的正方形分割为一些1×5或2×3的矩形？（只需按照探究三的方法画出分割示意图即可）答案：1、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∵DF=BE，∴四边形BEFD是平行四边形，∴BD∥EF；（2）∵四边形BEFD是平行四边形，∴DF=BE=4．∵DF∥EC，∴△DFG∽CEG，∴=，∴CE==4×=6．2、解：(1)∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝eq\f(1,2)∠BAC＝30°.在Rt△ADC中，DC＝AC·tan30°＝2eq\r(3)；(2)∵∠BAC＝60°，∴在Rt△ABC中，BC＝AC·tan∠BAC＝6eq\r(3)，∴BD＝BC－DC＝4eq\r(3).∵DE∥AC，∴∠EDA＝∠DAC，∠DFM＝∠AGM.∵AM＝DM，∴△DFM≌△AGM(AAS)，∴DF＝AG.∵DE∥AC，∴△BFE∽△BGA，△BDE∽△BCA.∴eq\f(EF,AG)＝eq\f(BE,BA)＝eq\f(BD,BC)，∴eq\f(EF,DF)＝eq\f(EF,AG)＝eq\f(BD,BC)＝eq\f(4\r(3),6\r(3))＝eq\f(2,3)；(3)过C，P，G作外接圆，圆心为Q，∵∠CPG＝60°，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．①当⊙Q与DE相切时，如解图①，过Q点作QH⊥AC于点H，并延长HQ与DE交于点P，连接QC，QG.设⊙Q的半径QP＝r，则QH＝eq\f(1,2)r，PH＝r＋eq\f(1,2)r＝CD＝2eq\r(3)，解得r＝eq\f(4\r(3),3)，∴CG＝2CH＝2QC·cos30°＝2×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝4，∴AG＝2.∵DE∥AC，∴∠EDA＝∠DAC，又∵∠DMP＝∠AMG，∴△DFM∽△AGM，∴eq\f(DM,AM)＝eq\f(DF,AG)＝eq\f(4,3)，则eq\f(DM,AD)＝eq\f(4,7).由(1)可得DC＝2eq\r(3)，∴在Rt△ACD中，AD＝2CD＝4eq\r(3)，∴DM＝eq\f(16\r(3),7)；图①②当⊙Q经过点E时，如解图②，过C点作CK⊥AB，垂足为K.设⊙Q的半径QC＝QE＝r，∵AC＝6，∠BAC＝60°，CK＝AC·sin∠BAC＝3eq\r(3)，AK＝AC·cos∠BAC＝3，∴QK＝3eq\r(3)－r.∵AE＝eq\f(CD,sin∠BAC)＝4，∴EK＝AE－AK＝1.∴在Rt△EQK中，12＋(3eq\r(3)－r)2＝r2，解得r＝eq\f(14\r(3),9)，∴CG＝2×eq\f(14\r(3),9)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(14,3).∵△DFM∽△AGM，∴同(3)①得DM＝eq\f(14\r(3),5)；图②③当⊙Q经过点D时，如解图③，此时点M与点G重合，且恰好在点A处，可得DM＝2CD＝4eq\r(3).∴综上所述，当DM＝eq\f(16\r(3),7)或eq\f(14\r(3),5)<DM≤4eq\r(3)时，满足条件的点P只有一个．图③3、【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°，∴∠C+∠DBF=90°，∠C+∠DAC=90°，∴∠DBF=∠DAC，∴△ACD∽△BFD．（2）∵tan∠ABD=1，∠ADB=90°∴=1，∴AD=BD，∵△ACD∽△BFD，∴==1，∴BF=AC=3．4、【解答】解：AE与CF的关系是平行且相等．理由：∵在，▱ABCD中，∴OA=OC，AF∥EC，∴∠OAF=∠OCE，在△OAF和△OCE中，，∴△OAF≌△OCE（ASA），∴AF=CE，又∵AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE∥CF且AE=CF，即AE与CF的关系是平行且相等．5、【解答】（1）解：如图所示：（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，∴OB=OD，OA=OC．又∵E，F分别是OA、OC的中点，∴OE=OA，OF=OC，∴OE=OF．∵在△BEO与△DFO中，，∴△BEO≌△DFO（SAS），∴BE=DF．6、解：(1)FG＝CG.证明：如解图①，连接EG，∵E是BC的中点，∴BE＝CE，∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，∴∠C＝∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，∴FG＝CG；图①(2)FG＝CG仍然成立．证明：如解图②，连接EG，图②∵E是BC的中点，∴BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC.由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，∴∠C＝∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，∴FG＝CG；(3)仍然成立：FG＝CG.证明：如解图③，连接EG、FC，∵E是BC的中点，∴BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，∴EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF.∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠B＝∠D.∵∠ECD＝180°－∠D，∠EFG＝180°－∠AFE＝180°－∠B＝180°－∠D，∴∠ECD＝∠EFG，∴∠GFC＝∠GFE－∠EFC＝∠ECG－∠ECF＝∠GCF，∴∠GFC＝∠GCF，∴FG＝CG，图③7、【解答】证明：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AC平分∠DAE，CD=BC，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE=FC，∠CFD=∠CEB=90°．在Rt△CDF与Rt△CBE中，，∴Rt△CDF≌Rt△CBE（HL），∴DF=BE．8、【解答】⑴证明：∵AE⊥BDCF⊥BD∴AE∥CF又∵四边形ABCD是平行四边形∴AB∥CD∴四边形CMAN是平行四边形⑵由⑴知四边形CMAN是平行四边形∴CM=AN.又∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，∠MDE=∠NBF.∴AB-AN=CD-CM，即DM=BN.在△MDE和∠NBF中∠MDE=∠NBF∠DEM=∠BFN=90°DM=BN∴△MDE≌∠NBF∴DE=BF=4，（2分）由勾股定理得BN===5答：BN的长为5.9、(1)①解：∵A′D⊥AC于点D，∴∠A′DC＝90°，∴∠A′CD＝90°－∠CA′D＝75°，∴α＝180°－∠A′CD＝105°.②证明：如解图①，在EF上截取EG＝EC，连接CG.图①∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°.∵△A′B′C是由△ABC绕点C顺时针旋转得到的，∴∠A′CE＝∠BCA＝45°.∵∠CA′E＝15°，∴∠A′EC＝180°－∠CA′E－∠A′CE＝120°.∵EF平分∠A′EC，∴∠A′EF＝∠CEF＝60°.∵EG＝EC，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，CG＝CE，∴∠FGC＝120°＝∠A′EC.∵∠BCB′＝105°，∠GCE＝60°，∴∠FCG＝45°＝∠A′CE，∴△FCG≌△A′CE，∴FG＝A′E.∵FE＝FG＋GE，∴FE＝A′E＋CE，即EA′＋EC＝EF；(2)解：如解图②，作点A关于A′D的对称点M，连接FM交A′D于点P，此时PF＋PA＝FM，即为最小．根据题意可知AC＝AB＝A′C＝eq\r(2).过点A′作A′N⊥CB′于点N，则A′N＝CN＝1，∵∠A′EC＝180°－15°－45°＝120°，∴∠CED＝∠A′EN＝60°，∴EN＝eq\f(A′N,tan∠A′EN)＝eq\f(\r(3),3)，∴A′E＝2EN＝eq\f(2\r(3),3)，CE＝CN－EN＝1－eq\f(\r(3),3)，∴EF＝A′E＋CE＝eq\f(2\r(3),3)＋1－eq\f(\r(3),3)＝1＋eq\f(\r(3),3).过点F作FH⊥A′D于点H，作FR⊥AC于点R，在Rt△EFH中，EH＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),6)，FH＝eq\f(\r(3),2)EF＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2).∵在Rt△CED中，CE＝1－eq\f(\r(3),3)，∠CED＝60°，∴DE＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)，DC＝eq\f(\r(3),2)CE＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)，∴FR＝HD＝HE＋ED＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),6)＋eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)＝1，RC＝FR＝1，AR＝AC－RC＝eq\r(2)－1，∴AD＝AR＋FH＝eq\r(2)－1＋eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)＝eq\r(2)＋eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)，∴RM＝2AD－AR＝2eq\r(2)＋eq\r(3)－1－eq\r(2)＋1＝eq\r(2)＋eq\r(3)，∴FM＝eq\r(FR2＋RM2)＝eq\r(6＋2\r(6)).即线段PA＋PF的最小值为eq\r(6＋2\r(6)).图②4.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，∵在△ABP和△DCQ中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝DC,∠B＝∠C，,BP＝CQ))∴△ABP≌△DCQ，∴∠APB＝∠DQC，由折叠的性质得∠MPE＝180°－2∠APB，∠NQF＝180°－2∠DQC，MP＝BP，NQ＝CQ，∴∠MPE＝∠NQF，MP＝NQ，∴在△MEP和△NFQ中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠MPE＝∠NQF,∠MEP＝∠NFQ，,MP＝NQ))∴△MEP≌△NFQ，∴ME＝NF；(2)解：MN∥BC.理由：∵ME⊥BC，NF⊥BC，∴ME∥NF，∵ME＝NF，∴四边形EFNM是矩形，∴MN∥BC；(3)解：如解图①，延长EM、FN交AD于点G、H，∵AB＝4，BP＝3，∴AM＝4，PM＝3，∵AD∥BC，∴EM⊥AD，∵∠AMP＝∠MEP＝∠MGA，∴∠EMP＝∠GAM，∴△EMP∽△GAM，∴eq\f(AG,ME)＝eq\f(MG,PE)＝eq\f(AM,MP)＝eq\f(4,3).设AG＝4a，MG＝4b，则EM＝3a，EP＝3b，∵∠BAG＝∠B＝∠CEG＝90°，∴四边形ABEG是矩形，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＝3b＋3,3a＋4b＝4))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(24,25),b＝\f(7,25)))，∴AG＝eq\f(96,25)，∵△MEP≌△NFQ，∴PE＝FQ，∵BP＝CQ，∴BE＝CF，∴DH＝AG＝eq\f(96,25)，∴MN＝AD－2DH＝eq\f(108,25)；图①10、【解答】探究：证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠FCD=180°，∴∠B=∠FCD，在△DFC和△DEB中，，∴△DFC≌△DEB，∴DC=DB．应用：解；如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠FCD=180°，∴∠B=∠FCD，在△DFC和△DEB中，，∴△DFC≌△DEB，∴DF=DE，CF=BE，在RT△ADF和RT△ADE中，，∴△ADF≌△ADE，∴AF=AE，∴AB﹣AC=（AE+BE）﹣（AF﹣CF）=2BE，在RT△DEB中，∵∠DEB=90°，∠B=∠EDB=45°，BD=a，∴BE=a，∴AB﹣AC=a．故答案为a．11、【解答】解：（1）平行，∵把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，∴∠C1BC=∠B1BC=90°，BC1=BC=CB1，∴BC1∥CB1，∴四边形BCB1C1是平行四边形，∴C1B1∥BC，故答案为：平行；（2）证明：如图②，过C1作C1E∥B1C，交BC于E，则∠C1EB=∠B1CB，由旋转的性质知，BC1=BC=B1C，∠C1BC=∠B1CB，∴∠C1BC=∠C1EB，∴C1B=C1E，∴C1E=B1C，∴四边形C1ECB1是平行四边形，∴C1B1∥BC；（3）由（2）知C1B1∥BC，设C1B1与BC之间的距离为h，∵C1B1=BC，∴=，∵S=B1C1•h，S=BC•h，∴===，∵△C1BB1的面积为4，∴△B1BC的面积为6，故答案为：6．12、(4)解：MN＝eq\f(60,13).【解法提示】如解图②，设PM、PN分别交AD于点E、F.由折叠的性质得∠EPA＝∠APB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠EPA＝∠APB＝∠PAE，∴EA＝EP.设EA＝EP＝x，在Rt△AME中，42＋(6－x)2＝x2，解得x＝eq\f(13,3)，∴EF＝12－2×eq\f(13,3)＝eq\f(10,3)，∵EF∥MN，∴△PEF∽△PMN，∴eq\f(EF,MN)＝eq\f(PE,PM)，即eq\f(\f(10,3),MN)＝eq\f(\f(13,3),6)，解得MN＝eq\f(60,13).图②13、(1)证明：如解图①，图①∵BF⊥AC，CG⊥AB，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BF＝eq\f(1,2)AB·CG，∵AB＝AC，∴BF＝CG；(2)解：DE＋DF＝CG；理由：如解图②，连接AD，∵DF⊥AC，DE⊥AB，CG⊥AB，∴S△ACD＝eq\f(1,2)AC·DF，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·DE，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·CG，∵S△ACD＋S△ABD＝S△ABC，∴eq\f(1,2)AC·DF＋eq\f(1,2)AB·DE＝eq\f(1,2)AB·CG，∵AB＝AC，∴DE＋DF＝CG；图②(3)解：如解图③，连接AD，由(2)可得DE＋DF＝CG，设AG＝5x，∵