专题13 几何探究问题（专项训练）（解析版）-二轮基础过关与直击中考

专题13几何探究问题专项训练【基础过关|直击中考】1．（2021·湖北中考真题）问题提出如图（1），在和中，，，，点在内部，直线与交于点，线段，，之间存在怎样的数量关系？问题探究（1）先将问题特殊化．如图（2），当点，重合时，直接写出一个等式，表示，，之间的数量关系；（2）再探究一般情形．如图（1），当点，不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．问题拓展如图（3），在和中，，，（是常数），点在内部，直线与交于点，直接写出一个等式，表示线段，，之间的数量关系．【答案】（1）．（2）见解析；问题拓展：．【分析】（1）先证明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；（2）过点作交于点，证明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法变全等为相似证明即可．【详解】问题探究（1）．理由如下：如图（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF=；（2）证明：过点作交于点，则，∴．∵，∴．又∵，，∴，∴．∴．∴，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．问题拓展．理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，过点作交于点M，则，∴．∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF,MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF==∴BF-kAF=．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解题的关键．2．（2021·浙江中考真题）（证明体验）（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．

（思考探究）（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．（拓展延伸）（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；（2）先证明，得，进而即可求解；（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．【详解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即平分；（2）∵，∴，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴；（3）如图，在上取一点F，使得，连结．

∵平分，∴∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴．∵，又∵，∴∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．3．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．（1）如图1，若，求的长．（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．【详解】（1）解，，，，是等边三角形，是的中点，，在中，，，．（2）证明：连结，，，，，，，，又，，是等边三角形，，，又，，，．（3）存在这样的．过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，，∴∠EAN=∠CBG∵AE=BC，AB=BA，∴∴AC=BE，∴DE=BE，∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．4．（2021·四川中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可（2）①按要求补全图即可②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明【详解】解：（1）∵，∴△ABC是等边三角形∴∠B=60°∵点关于直线的对称点为点∴AB⊥DE，∴故答案为：；（2）①补全图如图2所示；②与的数量关系为：；证明：∵，．∴为正三角形，又∵绕点顺时针旋转，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）连接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点5．（2021·江苏中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等边三角形，，，，可证即可；（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．【详解】解:（1）∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）连接，∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又点在处时，，点在A处时，点与重合．∴点运动的路径的长；（3）取中点，连接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又点在处时，，点在处时，点与重合，∴点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，∴∠COB=90°，设OC=x，由勾股定理即，∴，点G所经过的路径长为长=，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，点H所经过的路径长为的长度，∵点G运动圆周的四分之一，∴点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为的长=，故答案为；．【点睛本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．1．（2021·青海中考真题）在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：操作感知：第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）．第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）．猜想论证：（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．拓展探究：（2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析【分析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形，，，然后可得到，即可判定是等边三角形．（2）由折叠可知，由（1）可知，利用的三角函数即可求得．【详解】（1）解：是等边三角形，证明如下：连接．由折叠可知：，垂直平分．∴，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等边三角形．（2）解：方法一：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，∴，∵，∴，即，当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．方法二：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，设，则，∴，即，得，∴，∵，∴，即，当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键．2．（2021·甘肃中考真题）问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点．（1）求证：四边形是正方形；（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长．【答案】问题解决：（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析；类比迁移：8【分析】问题解决：（1）证明矩形ABCD是正方形，则只需证明一组邻边相等即可．结合和可知，再利用矩形的边角性质即可证明，即，即可求解；（2）由（1）中结论可知，再结合已知，即可证明，从而求得是等腰三角形；类比迁移：由前面问题的结论想到延长到点，使得，结合菱形的性质，可以得到，再结合已知可得等边，最后利用线段BF长度即可求解．【详解】解：问题解决：（1）证明：如图1，∵四边形是矩形，．．．．又．∴矩形是正方形．（2）是等腰三角形．理由如下：，．又，即是等腰三角形．类比迁移：如图2，延长到点，使得，连接．∵四边形是菱形，．．．又．是等边三角形，，．【点睛】本题考查正方形的证明、菱形的性质、三角形全等的判断与性质等问题，属于中档难度的几何综合题．理解题意并灵活运用，做出辅助线构造三角形全等是解题的关键．3．（2021·四川中考真题）如图1，在中，，，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，连接、．（1）求证：；（2）如图2，连接，点P、M、N分别为线段、、的中点，连接、、．求的度数及的值；（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；；（3）【分析】（1）根据两边对应成比例，夹角相等判定即可．（2）的值可以根据中位线性质，进行角转换，通过三角形内角和定理求解即可，的比值转换为的比值即可求得.（3）过点作垂直于的延长线于点，，将相关线段关系转化为CE，可得关系，观察图象，当时，可得最大值．【详解】（1）证明：∵，∴,∵垂直于射线,∴又∵∴,∵即：又∵∴（2）解：∵点P、M、N分别为线段、、的中点∴，，∴,∴又∵∴又∵∴∴又∵∴又∵又∵∴∴（3）如下图：过点作垂直于的延长线于点,又∵∴∴∴当取得最大值时，取得最大值，在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，当时，最大，∴，【点睛】本题考查的是三角形相似和判定、以及三角形面积最大值的求法，根据题意找见相关的等量是解题关键．4．（2021·浙江中考真题）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．答案：．探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．①当点E与点F重合时，求AB的长；②当点E与点C重合时，求EF的长．（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．【答案】（1）①10；②5；（2），，【分析】（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；

②证明出即可完成求解；

（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用，以及点C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．【详解】（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，，．平分，．．．同理可得：．点E与点F重合，．

②如图2，点E与点C重合，同理可证，∴▱ABCD是菱形，，点F与点D重合，．（2）情况1，如图3，可得，．情况2，如图4，同理可得，，又，．情况3，如图5，由上，同理可以得到，又，．综上：的值可以是，，．【点睛】本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．5．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．

[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．

[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．

【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析【分析】[探究1]设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；[探究2]先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；[探究3]连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．【详解】[探究1]如图1，设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，∴点，，在同一直线上．∴，，∴．∵，∴．又∵点在延长线上，∴，∴，∴．解得，（不合题意，舍去）∴．[探究2]．证明：如图2，连结．∵，∴．∵，，，∴．∴，，∵，，∴，∴．[探究3]关系式为．证明：如图3，连结．∵，，，∴．∴，∵，，∴，∴．在与中，，，∴，∴，∴．∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．6．（2020·山东中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．（1）当∠CAB＝45°时．①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是．线段BE与线段CF的数量关系是；②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．∵CA＝CB，∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，∴∠ACB＝90°，∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴AD＝AE，∴AT⊥DE，DT＝ET，∴AB垂直平分DE，∴BD＝BE，∵∠BCD＝90°，DF＝FB，∴CF＝BD，∴CF＝BE．故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．②结论不变．解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，由①得：设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，点F是BD的中点，则DF＝FB＝a+x，∵AM＝BM，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即AD＝2FM，∵AM＝BM，EN＝BN，∴AE＝2MN，MN∥AE，∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，∴∠CMF＝∠BMN＝90°，∴（SAS），∴CF＝BN，∵BE＝2BN，∴CF＝BE．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，∵∠CAB＝45°，∴∠CAG＝90°，∴AC⊥AG，∴AC∥DE，∵∠ACB＝∠CBT＝90°，∴AC∥BT∥，∵AG＝BT，∴DG＝BT＝EG，∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，∴BD与GT互相平分，∵点F是BD的中点，∴BD与GT交于点F，∴GF＝FT，由旋转可得；是等腰直角三角形，∴CF＝FG＝FT，∴CF＝BE．（2）结论：BE＝．理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，∵AT＝TB，∴CT⊥AB，∴AT＝，∴AB＝，∵DF＝FB，AT＝TB，∴TF∥AD，AD＝2FT，∴∠FTB＝∠CAB＝30°，∵∠CTB＝∠DAE＝90°，∴∠CTF＝∠BAE＝60°，∵∠ADE＝∠ACB＝60°，∴AE＝AD＝FT，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用