2024长沙中考数学二轮专题复习 题型二 几何证明与计算 (含答案)

2024长沙中考数学二轮专题复习题型二几何证明与计算类型一与全等有关的证明与计算典例精讲例如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝2，点E是AD边上一点(点E不与点A、D重合)，点F在AB的延长线上，且BF＝DE，连接EF交BD于点G.(1)求证：△BDE≌△CBF；【思维教练】在含60°角的菱形中常利用等边三角形性质，找到等边和等角，利用SAS证明全等．(2)当BE⊥AD时，求CF的长；【思维教练】出现垂直和60°角时，考虑用三角函数求线段长．(3)求证：EG＝FG；【思维教练】过点E作BF的平行线，构造8字型全等，利用全等三角形的性质证明边相等．(4)设DE＝x，DG＝y，求y关于x的函数表达式，并直接写出x的取值范围．例题图【思维教练】表示出线段BG的长度，结合等边三角形性质及(3)中结论，得到等式，转化求解．针对训练1.如图①，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，连接CD，过点B作BF⊥CD，与CD的延长线交于点E，交CA的延长线于点F，连接AE，过点A作AG⊥AE交CD于点G.(1)求证：CD＝BF；(2)如图②，若D是AB的中点．求证：DG＝DE＋BE.第1题图2.如图，在正方形ABCD中，E是BC边上一点(不与B、C重合)，将正方形ABCD沿AE折叠，使点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG.(1)求证：△ADG≌△AFG；(2)若AB＝2.①求△CEG的周长；②若点E是BC的中点，EM是∠CEG的平分线，求GM的长．第2题图类型二与相似有关的证明与计算典例精讲例如图，在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E，且E在AD上，BE交PC于点F.(1)求证：BP＝BF；【思维教练】由折叠的性质及等角对等边求证．(2)若AD＝25，且AE＜DE.①求AE的长；②求tan∠PCB的值；【思维教练】①利用等角的余角相等及相似三角形的性质求解；②利用折叠和相似的性质求解．(3)当BP＝9时，直接写出BE·EF的值．例题图【思维教练】要求BE·EF，则可作辅助线构造包含BE、EF线段的三角形相似求解．针对训练1.(2023长沙黑白卷)如图，在正方形ABCD中，AB＝4，连接BD，点H是BD上一点，连接AH并延长交BC边于点G，过点D作DE⊥AG于点E，过点B作BF⊥AG于点F.(1)求证：△ABF≌△DAE；(2)若EF＝2eq\r(3)－2，求eq\f(BF,DE)；(3)设△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，若eq\f(S1,S2)＝eq\f(4,5)，求BG的长．第1题图2.(2023长沙开福区一模)如图，在矩形ABCD中，AC为矩形ABCD的对角线，DG⊥AC于点G，DG的延长线交AB于点E，已知AD＝6，CD＝8.(1)求AE的长；(2)∠ACD的平分线CF交AD于点F，求tan∠DCF的值；(3)若O1、O2分别是△ADG、△DCG的内心，求O1、O2两点间的距离．第2题图参考答案类型一与全等有关的证明与计算例(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝BC＝DC.∵∠A＝60°，∴△ABD，△BCD都是等边三角形．∴DB＝BC，∠CBF＝∠BDE＝60°，在△BDE和△CBF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DB＝BC,∠BDE＝∠CBF,DE＝BF))，∴△BDE≌△CBF(SAS)；(2)解：由(1)知△BDE≌△CBF，∴CF＝BE，当BE⊥AD时，∵AD＝2，∠A＝60°，四边形ABCD为菱形．∴BD＝AD＝2，∠EDB＝60°，∴BE＝BD·sin60°＝eq\r(3).∴CF＝eq\r(3)；(3)证明：如解图，过点E作EH∥AB，交BD于点H.例题解图∴∠DEH＝∠A＝60°，又∵∠ADB＝60°，∴△DEH是等边三角形，∴EH＝DH＝DE，∵BF＝DE，∴EH＝BF.∵EH∥AB.∴∠HEG＝∠BFG，∠EHG＝∠FBG，∴△EHG≌△FBG(ASA)，∴EG＝FG；(4)解：如解图，∵△ADB是等边三角形．∴DB＝AD＝2，∵DG＝y，∴GB＝2－y，∵DH＝DE＝x，∴HG＝DG－DH＝y－x.由(3)得△EHG≌△FBG，∴HG＝BG.∴y－x＝2－y，∴y＝eq\f(1,2)x＋1，x的取值范围为0＜x＜2.1.证明：(1)∵∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠BAC＝90°，∴∠F＋∠ABF＝90°，∵BF⊥CD，∴∠F＋∠ACD＝90°，∴∠ABF＝∠ACD，∵AB＝AC，∴△ABF≌△ACD，∴CD＝BF；(2)如解图，过点A作AM⊥CD于点M，∵∠BAC＝90°，AG⊥AE，∴∠BAE＋∠DAG＝∠DAG＋∠CAG＝90°，∴∠BAE＝∠CAG，∵AB＝AC，且由(1)知∠ABF＝∠ACD，∴△ABE≌△ACG，∴AE＝AG，∴△AEG是等腰直角三角形，∵AM⊥CD，∴AM＝EM＝GM，∵BF⊥CD，AM⊥CD，∴∠BED＝∠AMD＝90°，∵BD＝AD，∠BDE＝∠ADM，∴△BDE≌△ADM，∴DE＝DM，BE＝AM，∴BE＝MG，∵DG＝DM＋MG，∴DG＝DE＋BE.第1题解图2.(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，由折叠的性质得AB＝AF，∠AFE＝∠B＝90°，∴AD＝AF，∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°，又∵AG＝AG，∴△ADG≌△AFG；(2)解：①由(1)可知△ADG≌△AFG，∴DG＝FG，由折叠的性质得BE＝FE，∴△CEG的周长＝CE＋CG＋EG＝CE＋EF＋CG＋FG＝CE＋BE＋CG＋DG＝2AB＝4；②∵E是BC的中点，且AB＝BC＝2，∴BE＝EC＝1.在Rt△ECG中，GC＝2－DG，EG＝1＋DG，∵EG2＝EC2＋CG2，∴(1＋DG)2＝12＋(2－DG)2，解得DG＝eq\f(2,3).∴CG＝eq\f(4,3).如解图，过点M作MN⊥EG于点N，∵∠C＝90°，EM是∠CEG的平分线，∴CM＝MN，EN＝CE＝1，∴点N与点F重合，∴NG＝DG＝eq\f(2,3).在Rt△MNG中，GM2＝MN2＋NG2，即(eq\f(4,3)－CM)2＝CM2＋(eq\f(2,3))2，解得CM＝eq\f(1,2)，∴GM＝eq\f(5,6).第2题解图类型二与相似有关的证明与计算例(1)证明：在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF＝∠PFB，∴∠BPF＝∠BFP，∴BP＝BF；(2)解：①当AD＝25时，∵∠BEC＝90°，∴∠AEB＋∠CED＝90°，∵∠AEB＋∠ABE＝90°，∴∠CED＝∠EBA，∵∠BAD＝∠EDC＝90°，∴△ABE∽△DEC，∴eq\f(AB,AE)＝eq\f(DE,DC)，设AE＝m，∴DE＝25－m，∴eq\f(12,m)＝eq\f(25－m,12)，解得m1＝9，m2＝16，∵AE＜DE，∴AE＝9；②由①可得DE＝16，∴在Rt△DCE中，CE＝eq\r(DC2＋ED2)＝20，在Rt△ABE中，BE＝eq\r(AB2＋AE2)＝15，由折叠性质得BP＝PG，∴BP＝BF＝PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴eq\f(EF,GP)＝eq\f(CE,CG)，设BP＝BF＝PG＝n，∴eq\f(15－n,n)＝eq\f(20,25)，∴n＝eq\f(25,3)，∴BP＝eq\f(25,3)，∵BC＝AD＝25，∴tan∠PCB＝eq\f(PB,BC)＝eq\f(\f(25,3),25)＝eq\f(1,3)；(3)解：如解图，连接FG，例题解图∵∠GEF＝∠PGC＝90°，∴BF∥PG，由(2)知BF＝PG＝BP，∴四边形BPGF是菱形，∴BP∥GF，BP＝GF＝9，∴∠GFE＝∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴eq\f(EF,GF)＝eq\f(AB,EB)，∴BE·EF＝AB·GF＝12×9＝108.1.(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BA，∠BAD＝90°，∴∠DAE＋∠BAF＝90°，∵DE⊥AG，BF⊥AG，∴∠AED＝∠BFA＝90°，∴∠DAE＋∠ADE＝90°，∴∠BAF＝∠ADE，∴△ABF≌△DAE(AAS)；(2)解：∵△ABF≌△DAE，∴BF＝AE，AF＝DE，在Rt△ABF中，BF2＋AF2＝AB2，∴AE2＋(AE＋EF)2＝AB2，即AE2＋(AE＋2eq\r(3)－2)2＝42，∴AE＝2或AE＝－2eq\r(3)(舍去)，∴BF＝2，DE＝AF＝AE＋EF＝2eq\r(3)，∴eq\f(BF,DE)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)；(3)解：如解图，连接CH，设BG＝x，第1题解图∵BD是正方形ABCD的对角线，∴S1＝S△ADH＝S△CHD，∴S2＝S四边形CDHG＝S△CHD＋S△CHG＝S1＋S△CHG，∵eq\f(S△BHG,S△CHG)＝eq\f(BG,CG)＝eq\f(x,4－x)，∴S△CHG＝eq\f(（4－x）S△BHG,x)，∴S2＝S1＋eq\f(（4－x）S△BHG,x)，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴△ADH∽△GBH，∴eq\f(S△BHG,S△AHD)＝(eq\f(BG,AD))2＝eq\f(x2,16)，∴S△BHG＝eq\f(x2S△AHD,16)＝eq\f(x2S1,16)，∴S2＝S1＋eq\f(4－x,x)·eq\f(x2S1,16)＝eq\f(16＋4x－x2,16)S1，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(16,16＋4x－x2)＝eq\f(4,5)，解得x＝2，∴BG＝2.2.解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠EAD＝∠ADC＝90°.∵DG⊥AC，∴∠ACD＋∠GDC＝∠EDA＋∠GDC＝90°.∴∠EDA＝∠ACD.∴△EDA∽△ACD.∴eq\f(CD,DA)＝eq\f(AD,EA)，即eq\f(8,6)＝eq\f(6,AE)；∴AE＝eq\f(9,2)；(2)如解图①，设DE交CF于点H，∵∠ADG＋∠GAD＝∠ADG＋∠CDH＝90°，∴∠GAD＝∠CDH，∵CF平分∠ACD，∴∠ACF＝∠DCH，∴△CAF∽△CDH，∴∠CHD＝∠AFC，∴∠FHD＝∠DFH，∴HD＝FD，由题易得AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝10，∴eq\f(AC,DC)＝eq\f(AF,DH)＝eq\f(AF,DF)＝eq\f(5,4)，设AF＝x，则eq\f(x,6－x)＝eq\f(5,4)，∴x＝eq\f(10,3)，∴DF＝eq\f(8,3)，∴tan∠DCF＝eq\f(DF,DC)＝eq\f(1,3)；第2题解图①(3)如解图②，连接GO1、GO2，O1O2，∵点O1，O2为△ADG，△DCG的内心∴GO1平分∠AGD，GO2平分∠CGD.∴∠DGO1＝∠DGO2＝45°，∴∠O1GO2＝90°，过点O2作O2M⊥AC于点M，过点O1作O1N⊥AC于点N，∴∠MO2G＝∠MGO2＝45°，∠GO1N＝∠NGO1＝45°，∵S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DC＝eq\f(1,2)AC·DG，∴DG＝eq\f(AD·DC,AC)＝eq\f(24,5)，∴由勾股定理得AG＝eq\f(18,5)，∴GC＝eq\f(32,5)，∵MO2＝eq\f(GC＋GD－CD,2)