中考数学考点集训综合提升题组4(含答案)

综合提升题组一、选择题(本题有2小题,每小题3分,共6分)1(2022扬州)如图,在△ABC中,AB<AC,将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE,点D在BC边上,DE交AC于点F.有下列结论:①△AFE∽△DFC;②DA平分∠BDE;③∠CDF=∠BAD.其中所有正确结论的序号是()A.①② B.②③C.①③ D.①②③(第1题)(第2题)2(2022绍兴)将一张以AB为边的矩形纸片,先沿一条直线剪掉一个直角三角形,在剩下的纸片中,再沿一条直线剪掉一个直角三角形(剪掉的两个直角三角形相似),剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD,其中∠A=90°,AB=9,BC=7,CD=6,AD=2,则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是()A.252 B.454 C.10二、填空题(本题有3小题,每小题3分,共9分)3(2022山西)如图,在正方形ABCD中,点E是边BC上的一点,点F在边CD的延长线上,且BE=DF,连接EF交边AD于点G.过点A作AN⊥EF,垂足为点M,交边CD于点N.若BE=5,CN=8,则线段AN的长为.

4(2022武汉)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC>BC,分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL,ACDE,BCFG,连接DF.过点C作AB的垂线CJ,垂足为J,分别交DF,LH于点I,K.若CI=5,CJ=4,则四边形AJKL的面积是.

(第4题)(第5题)5(2022安徽)如图,四边形ABCD是正方形,点E在边AD上,△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形,EF,BF分别交CD于点M,N,过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G.连接DF,请完成下列问题:(1)∠FDG=°;

(2)若DE=1,DF=22,则MN=.

三、解答题(本题有3小题,共28分)6(8分)(2022丽水)如图,在6×6的方格纸中,点A,B,C均在格点上,试按要求画出相应格点图形.(1)如图(1),作一条线段,使它是AB向右平移一格后的图形;(2)如图(2),作一个轴对称图形,使AB和AC是它的两条边;(3)如图(3),作一个与△ABC相似的三角形,相似比不等于1.图(1)图(2)图(3)7(10分)(2022泰安)如图,矩形ABCD中,点E在DC上,DE=BE,AC与BD相交于点O,BE与AC相交于点F.(1)若BE平分∠CBD,求证:BF⊥AC;(2)找出图中与△OBF相似的三角形,并说明理由;(3)若OF=3,EF=2,求DE的长度.8(10分)(2022苏州)(1)如图(1),在△ABC中,∠ACB=2∠B,CD平分∠ACB,交AB于点D,DE∥AC,交BC于点E.①若DE=1,BD=32,求BC的长②试探究ABAD-BEDE是否为定值.如果是,请求出这个定值;如果不是,(2)如图(2),∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角,∠BCF=2∠CBG,CD平分∠BCF,交AB的延长线于点D,DE∥AC,交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为S1,△CDE的面积为S2,△BDE的面积为S3,若S1·S3=916S22,求cos图(1)图(2)综合提升题组1.D【解析】由旋转的性质知,∠E=∠C.又∵∠AFE=∠DFC,∴△AFE∽△DFC,故①中结论正确.由旋转的性质知,∠B=∠ADE,AB=AD,∴∠B=∠ADB,∴∠ADE=∠ADB,∴DA平分∠BDE,故②中结论正确.由旋转的性质知,∠BAD=∠FAE.∵△AFE∽△DFC,∴∠FAE=∠CDF,∴∠BAD=∠CDF,故③中结论正确.2.A【解析】补全矩形纸片如图(1)、图(2)所示.在图(1)中,易证△DFE∽△ECB,则DFEC=EFBC=DEEB.设DF=x,EC=y,则xy=97=6+y2+x,由此可得7x=9y,9(2+x)=7(6+y),解得x=274,y=214,∴DE=6+y=454,EB=2+x=354,故选项B,D不符合题意.在图(2)中,易证△DCF∽△FEB,则CDEF=CFEB图(1)图(2)3.434【解析】设正方形的边长为x.易证△ADN∽△FCE,∴ADFC=DNCE,即x5+x=x-8x-5,∴x=20,∴DN=20-8=12,一题多解如图,过点D作DH∥FE,交BC于点H,则GD=EH.易证△ADN≌△DCH,∴DN=CH.又CD=CB,∴BH=CN=8,∴GD=EH=BH-BE=3.设CH=DN=x.由AD∥CB,得△FGD∽△FEC,∴GDEC=FDFC,即33+x=55+8+x,∴x=12,∴AD=20,∴AN=AD4.80【解析】如图,过点D作DM⊥CI,交CI的延长线于点M,过点F作FN⊥CI于点N.易证△ACJ≌△CDM,△BCJ≌△CFN,∴AJ=CM,DM=CJ=4,BJ=CN,NF=CJ=4,∴DM=NF.又∠DMI=∠FNI,∠DIM=∠FIN,∴△DMI≌△FNI,∴DI=FI,MI=NI.又∵∠DCF=90°,∴DI=FI=CI=5.在Rt△DMI中,由勾股定理得MI=DI2-DM2=52-42=3,∴NI=MI=3,∴AJ=CM=CI+MI=5+3=8,BJ=CN=CI-NI=5-3=2,∴AB=AJ+BJ=8+2=10.易知四边形ABHL为正方形,∴AL=AB=10.易知四边形AJKL为矩形,∴S四边形“一线三直角”模型1.一般结论(如图):(1)当AB=AC时,△ACD≌△BAE;(2)当AB≠AC时,△ACD∽△BAE.2.“一线三直角”模型的应用:(1)图形中已经存在“一线三直角”,直接应用此模型解题;(2)图形中存在“一线两直角”,补上“一直角”构造此模型;(3)图形中只有顶点在某条直线上的一个直角,补上“两直角”构造此模型;(4)图形中只有一个直角,过该直角的顶点补上“一线”,再补上“两直角”,构造此模型;(5)对于平面直角坐标系,可以借助x轴或y轴(也可以借助平行于x轴或y轴的直线)构造“一线三直角”模型.5.(1)45(2)2615【解析】(1)由∠A=∠BEF=∠G=90°,BE=EF,易证△ABE≌△GEF,∴EG=AB=AD,GF=AE,∴DG=AE=GF,∴△DFG是等腰直角三角形,∴∠FDG=45°.(2)由(1)可知△DFG是等腰直角三角形.又DF=22,∴DG=GF=2,∴CD=BC=AB=EG=ED+DG=1+2=3.如图,分别延长GF,BC,两线交于点H,则CD∥GH,GH=CD=3,CH=DG=2,∴△EDM∽△EGF,△BNC∽△BFH,∴MDGF=EDEG,NCFH=BCBH,即MD2=13,NC3-2=33+2,∴MD=23,NC=356.【参考答案】(1)如图(1),线段EF即为所求.(2分)图(1)(2)如图(2),四边形ABDC即为所求.(答案不唯一,正确即可)(5分)图(2)(3)如图(3),△DEF即为所求.(答案不唯一,正确即可)(8分)图(3)7.【参考答案】(1)证明:如图.∵四边形ABCD为矩形,∴∠2=∠3=∠4.∵DE=BE,∴∠1=∠2,∴∠1=∠3.∵BE平分∠DBC,∴∠1=∠6,∴∠3=∠6.(3分)又∵∠3与∠5互余,∴∠6与∠5互余,∴BF⊥AC.(4分)(2)△ECF,△BAF与△OBF相似.(5分)理由:如图,∵∠1=∠2,∠2=∠4,∴∠1=∠4.又∵∠OFB=∠BFO,∴△OBF∽△BAF.(6分)∵∠1=∠3,∠OFB=∠EFC,∴△OBF∽△ECF.(7分)(3)∵△OBF∽△ECF,∴EFOF=CFBF,即23∴3CF=2BF,∴3OA=2BF+9.①(8分)∵△OBF∽△BAF,∴OFBF=BF∴BF2=OF·AF,即BF2=3(OA+3).②(9分)由①②,得BF=1±19(负值舍去),∴DE=BE=2+1+19=3+19.(10分)8.【参考答案】(1)①∵CD平分∠ACB,∴∠ACD=∠DCB=12∠∵∠ACB=2∠B,∴∠ACD=∠DCB=∠B,∴CD=BD=32∵DE∥AC,∴∠ACD=∠EDC,∴∠EDC=∠DCB=∠B,∴CE=DE=1.∵∠DCE=∠BCD,∠CDE=∠B,∴△CED∽△CDB,∴CECD=CD∴BC=94.(3分)②是.(4分)∵DE∥AC,∴ABAD=BC由①得CE=DE,∴ABAD=BC∴ABAD-BEDE=BCDE-BEDE∴ABAD-BEDE是定值,定值为1.(6分(2)∵DE∥AC,∴△ABC∽△DBE,∴S1S2=AC∵S3S2∴S1·S又∵S1·S3=916∴BCCE=9设BC=9x,则CE=16x.∵CD平分∠BCF,∴∠ECD=