山东省2022年中考数学(六三制)一轮习题-题型五几何图形探究题

题型五几何图形探究题类型1动点探究题(2020·凉山州)如图，点P，Q分别是等边△ABC边AB，BC上的动点(端点除外)，点P，点Q以相同的速度，同时分别从点A，点B出发．(1)如图1，连接AQ，CP.求证：△ABQ≌△CAP；(2)如图1，当点P，Q分别在AB，BC边上运动时，AQ，CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；(3)如图2，当点P，Q分别在AB，BC的延长线上运动时，直线AQ，CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．【思路分析】(1)根据等边三角形的性质，利用SAS定理证明△ABQ≌△CAP即可；(2)由(1)知△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；(3)先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°.【规范解答】1．(2019·威海)如图，在正方形ABCD中，AB＝10cm，点E为对角线BD上一动点，连接AE，CE，过E点作EF⊥AE，交直线BC于点F.点E从B点出发，沿着BD方向以每秒2cm的速度运动，当点E与点D重合时，运动停止．设△BEF的面积为ycm2，点E的运动时间为x秒．(1)求证：CE＝EF；(2)求y与x之间关系的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；(3)求△BEF面积的最大值．类型2图形变换探究题命题角度1图形平移变换如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A′B′C′，使点A′落在∠ACB的外角平分线CD上，连接AA′.(1)判断四边形ACC′A′的形状，并说明理由；(2)在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝eq\f(12,13)，求CB′的长．【思路分析】(1)根据平行四边形的判定定理(有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)知四边形ACC′A′是平行四边形．再根据对角线平分对角的平行四边形是菱形知四边形ACC′A′是菱形；(2)通过解直角三角形ABC得到AC，BC的长度，由(1)中菱形ACC′A′的性质知AC＝AA′，由平移的性质得四边形ABB′A′是平行四边形，则AA′＝BB′，所以CB′＝BB′－BC.【规范解答】2．(2020·浙江嘉兴)在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图1)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连接AE，BD(如图2)，当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图3)．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连接OB，OE(如图4)．【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．命题角度2图形旋转变换(2019·德州)(1)如图1，菱形AEGH的顶点E，H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD∶GC∶EB的结果；(不必写计算过程)(2)将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD∶GC∶EB；(3)把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD∶AB＝AH∶AE＝1∶2，此时HD∶GC∶EB的结果与(2)小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果(不必写计算过程)；若无变化，请说明理由．【思路分析】(1)连接AG，由菱形AEGH的顶点E，H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，易得A，G，C共线，延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则四边形GMCN也为菱形，利用菱形对角线互相垂直，结合三角函数可得结论；(2)连接AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易证△DAH≌△BAE与△DAH∽△CAG，利用相似三角形的性质及菱形的性质可得结论；(3)连接AG，AC，易证△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性质可得结论．【规范解答】3．(2021·烟台)有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上．连接BF，DE，点M是BF的中点，连接AM交DE于点N，【观察猜想】(1)线段DE与AM之间的数量关系是________，位置关系是________；【探究证明】(2)将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．命题角度3图形翻折变换(2019·济宁)如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G.(1)求线段CE的长；(2)如图2，点M，N分别是线段AG，DG上的动点(与端点不重合)，且∠DMN＝∠DAM，设AM＝x，DN＝y.①写出y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；②是否存在这样的点M，使△DMN是等腰三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．【思路分析】(1)由翻折可知AD＝AF＝10.DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝8－x.在Rt△EFC中，利用勾股定理构建方程即可解决问题；(2)①证明△ADM∽△GMN，可得eq\f(AD,MG)＝eq\f(AM,NG)，由此即可解决问题；②存在．有两种情形：如图1中，当MN＝MD时．如图2中，当MN＝DN时，作MH⊥DG于H.分别求解即可解决问题．【规范解答】4．(2021·菏泽)在矩形ABCD中，BC＝eq\r(3)CD，点E，F分别是边AD，BC上的动点，且AE＝CF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点C落在点G处，点D落在点H处．(1)如图1，当EH与线段BC交于点P时，求证：PE＝PF；(2)如图2，当点P在线段CB的延长线上时，GH交AB于点M，求证：点M在线段EF的垂直平分线上；(3)当AB＝5时，在点E由点A移动到AD中点的过程中，计算出点G运动的路线长．命题角度4图形的其他变换(2019·淄博)如图1，正方形ABDE和BCFG的边AB，BC在同一条直线上，且AB＝2BC，取EF的中点M，连接MD，MG，MB.(1)试证明DM⊥MG，并求eq\f(MB,MG)的值；(2)如图2，将图1中的正方形变为菱形，设∠EAB＝2α(0<α<90°)，其他条件不变，问(1)中eq\f(MB,MG)的值有变化吗？若有变化，求出该值(用含α的式子表示)；若无变化，说明理由．【思路分析】(1)延长DM交FG的延长线于点H.证明△DMG是等腰直角三角形即可，连接EB，BF，DF，设BC＝a，则AB＝2a，BE＝2eq\r(2)a，BF＝eq\r(2)a，求出BM，MG即可解决问题；(2)(1)中eq\f(MB,MG)的值有变化．连接BE，AD交于点O，连接OG，CG，BF，CG交BF于O′.首先证明O，G，F三点共线，再证明点M在直线AD上，设BC＝m，则AB＝2m，求出BM，MG(用m表示)，即可解决问题．【规范解答】5．【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图1，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H.求证：eq\f(EF,GH)＝eq\f(AD,AB)；【结论应用】(2)如图2，在满足(1)的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上．若eq\f(EF,GH)＝eq\f(11,15)，则eq\f(BN,AM)的值为________；【联系拓展】(3)如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求eq\f(DN,AM)的值．类型3类比、拓展类探究题(2021·东营)已知点O是线段AB的中点，P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为C和D.我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．(1)[猜想验证]如图1，当P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________；(2)[探究证明]如图2，当P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若∠COD＝60°，请直接写出线段AC，BD，OC之间的数量关系．图1图2图3【思路分析】(1)猜想：OC＝OD.证明Rt△AOC≌Rt△BOD(AAS)，可得结论；(2)结论成立．过点O作直线EF∥CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明△COE≌DOF(SAS)，可得结论；(3)①结论成立．如图3中，延长CO交DB的延长线于点E，证明CO＝OE，再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可；②结论：AC＋BD＝eq\r(3)OC.利用等边三角形的判定和性质以及全等三角形的性质证明即可．【规范解答】6．(2020·泰安)小明将两个直角三角形纸片如图1那样拼放在同一平面上，抽象出如图2的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，F是线段CE上一点．探究发现：(1)当点F为线段CE的中点时，连接DF(如图2)，小明经过探究，得到结论：BD⊥DF.你认为此结论是否成立？________．(填“是”或“否”)拓展延伸：(2)将(1)中的条件与结论互换，即：若BD⊥DF，则点F为线段CE的中点，请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．问题解决：(3)若AB＝6，CE＝9，求AD的长．

参考答案【类型清单·过方法关】【例1】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA.又∵点P，Q运动速度相同，∴AP＝BQ.在△ABQ与△CAP中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝CA，,∠ABQ＝∠CAP，,AP＝BQ，))∴△ABQ≌△CAP(SAS)．(2)解：当点P，Q分别在AB，BC边上运动时，∠QMC的大小不变．∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP.∵∠QMC是△ACM的外角，∴∠QMC＝∠ACP＋∠MAC＝∠BAQ＋∠MAC＝∠BAC.∵∠BAC＝60°，∴∠QMC＝60°.(3)解：当点P，Q分别在AB，BC的延长线上运动时，∠QMC不变．由(1)知△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP.∵∠QMC是△APM的外角，∴∠QMC＝∠BAQ＋∠APM＝∠ACP＋∠APM＝180°－∠PAC＝180°－60°＝120°.【跟踪训练】1．(1)证明：如图，过点E作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N.∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB⊥AD，∴MN⊥AD，MN⊥BC，∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE＋∠FEN.∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠AEM＋∠FEN＝90°，∴∠AEM＝∠EFN.∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，∴BN＝EN＝AM，∴△AEM≌△EFN(AAS)，∴AE＝EF.∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE.∵DE＝DE，∴△ADE≌△CDE(SAS)，∴AE＝CE，∴CE＝EF.(2)解：y与x之间的函数解析式为y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋5\r(2)x（0≤x≤\f(5\r(2),2)），,2x2－5\r(2)x（\f(5\r(2),2)<x≤5\r(2)）.))(3)解：△BEF面积的最大值是50cm2.【例2】解：(1)四边形ACC′A′是菱形．理由如下：由平移的性质得到AC∥A′C′，且AC＝A′C′，则四边形ACC′A′是平行四边形，∴∠ACC′＝∠AA′C′.又∵CD平分∠ACB的外角，即CD平分∠ACC′，易证CD也平分∠AA′C′，∴四边形ACC′A′是菱形．(2)CB′＝16.【跟踪训练】2．解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．理由如下：∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形．【发现】如图1，连接BE交AD于点O.∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE.设AF＝xcm，则OA＝OE＝eq\f(1,2)(x＋4)，∴OF＝OA－AF＝2－eq\f(1,2)x.在Rt△OFE中，∵OF2＋EF2＝OE2，∴(2－eq\f(1,2)x)2＋32＝eq\f(1,4)(x＋4)2，解得x＝eq\f(9,4)，∴AF＝eq\f(9,4)cm.【探究】BD＝2OF.证明：如图2，延长OF交AE于点H.由矩形的性质及旋转的性质知∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠BDE＋∠DEA＝∠ABD＋∠EAB.∵∠ABD＋∠BDE＋∠DEA＋∠EAB＝360°，∴∠ABD＋∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB.∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF.∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH(ASA)，∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD(AAS)，∴BD＝OH＝2OF.【例3】解：(1)HD∶GC∶EB＝1∶eq\r(3)∶1.(2)如图，连接AG，AC，BD，AC，BD交于点O.∵四边形ABCD和四边形AEGH都是菱形，∴AD＝AB，AH＝AE，∠DAB＝∠HAE＝60°，∴∠DAH＋∠HAB＝∠BAE＋∠HAB，∴∠DAH＝∠BAE(SAS)．在△DAH和△BAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AB，,∠DAH＝∠BAE，,AH＝AE，))∴△DAH≌△BAE(SAS)，∴HD＝EB.∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴∠DAC＝30°，AC⊥BD，BD＝2OD，AC＝2OA，∴在Rt△AOD中，tan∠DAO＝tan30°＝eq\f(OD,OA)＝eq\f(\r(3),3)，∴BD∶AC＝1∶eq\r(3).又∵∠DAB＝60°，AD＝AB，∴△ABD是等边三角形，∴AD＝BD，∴AD∶AC＝1∶eq\r(3).同理可得，AH∶AG＝1∶eq\r(3)，∴AD∶AC＝AH∶AG.又∵∠DAC＝∠HAG，即∠DAH＋∠HAC＝∠CAG＋∠HAC，∴∠DAH＝∠CAG，∴△DAH∽△CAG，∴HD∶GC＝1∶eq\r(3).又∵HD＝EB，∴HD∶GC∶EB＝1∶eq\r(3)∶1.(3)有变化．HD∶GC∶EB＝1∶eq\r(5)∶2.【跟踪训练】3．解：(1)DE＝2AMDE⊥AM(2)仍然成立．理由如下：如图，延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH.∵点M是BF的中点，∴BM＝FM.又∵∠AMB＝∠HMF，∴△AMB≌△HMF(SAS)，∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，∴AB∥HF，∴∠HFG＝∠AGF.∵四边形ABCD和四边形AEGF均是正方形，∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，AD＝AB＝FH，∠EAG＝∠AGF，∴∠EAD＝∠EAG＋∠DAB＝∠AFG＋∠AGF＝∠AFG＋∠HFG＝∠AFH，∴△EAD≌△AFH(SAS)，∴DE＝AH.又∵AM＝MH，∴DE＝AM＋MH＝2AM.∵△EAD≌△AFH，∴∠ADE＝∠FHA.∵△AMB≌△HMF，∴∠FHA＝∠BAM，∴∠ADE＝∠BAM.又∵∠BAM＋∠DAM＝∠DAB＝90°，∴∠ADE＋∠DAM＝90°，∴∠AND＝180°－(∠ADE＋∠DAM)＝90°，即DE⊥AM.故线段DE与AM之间的数量关系是DE＝2AM，线段DE与AM之间的位置关系是DE⊥AM.【例4】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，由翻折可知AD＝AF＝10，DE＝EF.设EC＝x，则DE＝EF＝8－x.在Rt△ABF中，由勾股定理得BF＝eq\r(AF2－AB2)＝6，∴CF＝BC－BF＝10－6＝4.在Rt△EFC中，由勾股定理得(8－x)2＝x2＋42，∴x＝3，∴EC＝3.(2)①∵AD∥CG，∴eq\f(AD,CG)＝eq\f(DE,CE)，∴eq\f(10,CG)＝eq\f(5,3)，∴CG＝6，∴BG＝BC＋CG＝16.在Rt△ABG中，AG＝eq\r(82＋162)＝8eq\r(5)，在Rt△DCG中，DG＝eq\r(62＋82)＝10.∵AD＝DG＝10，∴∠DAG＝∠AGD.∵∠DMG＝∠DMN＋∠NMG＝∠DAM＋∠ADM，∠DMN＝∠DAM，∴∠ADM＝∠GMN，∴△ADM∽△GMN，∴eq\f(AD,GM)＝eq\f(AM,GN)，∴eq\f(10,8\r(5)－x)＝eq\f(x,10－y)，∴y＝eq\f(1,10)x2－eq\f(4\r(5),5)x＋10.当x＝4eq\r(5)时，y有最小值，最小值为2.②存在．有两种情形：如图1，当MN＝MD时，图1∵∠MDN＝∠GDM，∠DMN＝∠DGM，∴△DMN∽△DGM，∴eq\f(DM,DG)＝eq\f(MN,GM).∵MN＝DM，∴DG＝GM＝10，∴x＝AM＝8eq\r(5)－10.如图2，当MN＝DN时，过点M作MH⊥DG于点H.图2∵MN＝DN，∴∠MDN＝∠DMN.∵∠DMN＝∠DGM，∴∠MDG＝∠MGD，∴MD＝MG.∵MH⊥DG，∴DH＝GH＝5.由△GHM∽△GBA可得eq\f(GH,GB)＝eq\f(MG,AG)，∴eq\f(5,16)＝eq\f(MG,8\r(5))，∴MG＝eq\f(5\r(5),2)，∴x＝AM＝8eq\r(5)－eq\f(5\r(5),2)＝eq\f(11\r(5),2).【跟踪训练】4．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB.由翻折变换可知，∠DEF＝∠PEF，∴∠PEF＝∠PFE，∴PE＝PF.(2)证明：如图，连接AC交EF于点O，连接PM，PO.∵AE∥CF，∴∠EAO＝∠FCO.∵AE＝CF，∠AOE＝∠COF，∴△AEO≌△CFO(AAS)，∴OE＝OF.∵PE＝PF，∴PO平分∠EPF，PO⊥EF.∵AD＝BC，AE＝FC，∴ED＝BF.由折叠的性质可知ED＝EH，∴BF＝EH，∴PE－EH＝PF－BF，∴PB＝PH.∵∠PHM＝∠PBM＝90°，PM＝PM，∴Rt△PMH≌Rt△PMB(HL)，∴PM平分∠EPF，∴P，M，O三点共线．∵PO⊥EF，OE＝OF，∴点M在线段EF的垂直平分线上．(3)解：点G运动的路径长lBC⌒＝eq\f(120π·5,180)＝eq\f(10,3)π.【例5】(1)证明：如图1，延长DM交FG的延长线于点H.∵四边形ABDE和四边形BCFG都是正方形，∴DE∥AC∥GF，∴∠EDM＝∠FHM.∵∠EMD＝∠FMH，EM＝FM，∴△EDM≌△FHM(AAS)，∴DE＝FH，DM＝MH.∵DE＝2FG，BG＝DG，∴HG＝DG.∵∠DGH＝∠BGF＝90°，MH＝DM，∴GM⊥DM，DM＝MG.连接EB，BF，DF，设BC＝a，则AB＝2a，BE＝2eq\r(2)a，BF＝eq\r(2)a.∵∠EBD＝∠DBF＝45°，∴∠EBF＝90°，∴EF＝eq\r(BE2＋BF2)＝eq\r(10)a.∵EM＝MF，∴BM＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(10),2)a.∵HM＝DM，GH＝FG，∴MG＝eq\f(1,2)DF＝eq\f(\r(2),2)a，∴eq\f(MB,MG)＝eq\f(\f(\r(10),2)a,\f(\r(2),2)a)＝eq\r(5).(2)解：eq\f(MB,MG)的值有变化．理由：如图2，连接BE，AD交于点O，连接OG，CG，BF，CG交BF于点O′.∵DO＝OA，DG＝GB，∴GO∥AB，OG＝eq\f(1,2)AB.∵GF∥AC，∴O，G，F三点共线．∵FG＝eq\f(1,2)AB，∴OF＝AB＝DE.∵DE∥AC，AC∥OF，∴DE∥OF，∴OD与EF互相平分．∵EM＝MF，∴点M在直线AD上．∵GD＝GB＝GO＝GF，∴四边形OBFD是矩形，∴∠OBF＝∠ODF＝∠BOD＝90°.∵OM＝MD，OG＝GF，∴MG＝eq\f(1,2)DF.设BC＝m，则AB＝2m，易知BE＝2OB＝2·2m·sinα＝4msinα，BF＝2BO′＝2mcosα，DF＝OB＝2msinα.∵BM＝eq\f(1,2)