专题05线段的数量和位置关系的探究题-中考数学压轴大题专项突破

专题05线段的数量和位置关系的探究题线段的数量关系一般是指线段的相等、和差关系、乘积关系和比例关系，线段的位置关系一般是指平行关系、垂直关系和夹角问题。线段的数量关系和位置关系的探究题，一般通过以下方式求解：（1）通过证明三角形全等或者三角形相似，再根据全等三角形或相似三角形的性质，得到线段的数量关系，通过转化可以求解。（2）通过利用勾股定理和直角三角形的性质，得到线段的数量与位置关系。（3）通过证明或者构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质和三线合一的性质，得到线段的数量与位置关系。（4）通过证明或构造平行四边形或特殊的平行四边形，利用平行四边形或特殊的平行四边形的性质，得到线段的数量与位置关系。 （2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；（3）分两种情形：如图31中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图32中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等边三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：结论：CB+CD=AC．理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN，∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM，∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；（3）解：如图31中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB，∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴，∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=．如图32中，当∠CBD=75°时，同法可证，，综上所述，满足条件的OD的长为或．本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．(1)如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE与CF的数量关系是，位置关系是；(2)如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；②连接DM，求∠EMD的度数；③若DM＝6，ED＝12，求EM的长．（1）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性质证出∠EMC＝90°，则可得出结论；（2）①同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠E＝∠F，则可得出结论；②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，证明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性质得出DG＝DH，由角平分线的性质可得出答案；③由等腰直角三角形的性质求出GM的长，由勾股定理求出EG的长，则可得出答案．【答案】(1)AE＝CF，AE⊥CF(2)①成立，理由见解析；②45°；③6+6【详解】（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，∴∠ADE＝∠CDF＝90°，又∵DE＝DF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，∵∠DAE+∠DEA＝90°，∴∠DCF+∠DEA＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF．故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；（2）①（1）中的结论还成立，理由：同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠E＝∠F，∵∠F+∠ECF＝90°，∴∠E+∠ECF＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF；②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，∴△DEG≌△DFH（AAS），∴DG＝DH，又∵DG⊥AE，DH⊥CF，∴DM平分∠EMC，又∵∠EMC＝90°，∴∠EMD＝∠EMC＝45°；③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，∴∠DMG＝∠GDM，∴DG＝GM，又∵DM∴DG＝GM＝6，∵DE＝12，∴EG＝∴EM＝GM+EG＝6+6．本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．（2022·辽宁锦州·中考真题）在中，，点D在线段上，连接并延长至点E，使，过点E作，交直线于点F．(1)如图1，若，请用等式表示与的数量关系：____________．(2)如图2．若，完成以下问题：①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示之间的数量关系，并说明理由；②当点D，点F位于点A的同侧时，若，请直接写出的长．（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明是等腰直角三角形，即可得到结论；②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．【答案】(1)(2)①；②或；【详解】（1）解：过点C作CG⊥AB于G，如图，∵，∴，∵，，∴△EDF≌△CDG，∴；∵在中，，，∴，∴，∴；故答案为：；（2）解：①过点C作CH⊥AB于H，如图，与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，∴，∴，在中，，，∴是等腰直角三角形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；②如图，过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，∴，∵，当点F在点A、D之间时，有∴，与①同理，可证是等腰直角三角形，∴；当点D在点A、F之间时，如图：∴，与①同理，可证是等腰直角三角形，∴；综合上述，线段的长为或．本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．1．（2022·辽宁大连·校考模拟）在中，在上，且．(1)如图，若，，求的长度．(2)如图，作于，过点作交于点，作于，探究与的关系，并证明你的结论．(3)如图，作于，，，探究与的数量关系，并证明．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)，证明见解析【分析】（1）根据题意证明即可得到，再结合题意即可解答；（2）连接，根据平行线的性质即可得证；（3）根据题意证明四边形是平行四边形，可得，过点作于点，连接，证明，可得，进而证明即可得到解答．【详解】（1），，，，，，，，；（2），证明：连接，，，，，又，，，，，，，，，，，；（3）．证明：，，四边形是平行四边形，，过点作于点，连接，，，，，，，，，，，，，，在和中，．2．（2022·四川南充·南充市实验中学校考模拟）如图，已知点E是射线上的一点，以、为边作正方形和正方形，连接，取的中点M，连接、．(1)如图1，判断线段和的数量关系是______，位置关系是______；(2)如图2，在图中的正方形绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；(3)已知，正方形绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出的面积．【答案】(1)，(2)结论成立：，(3)满足条件的的面积为20或34．【分析】（1）延长交于H，证明，得到，根据直角三角形的性质得到，等量代换得到答案；（2）如图2中，延长使得，连接，延长交的延长线于N，交于O．利用全等三角形的性质，想办法证明是等腰直角三角形即可；（3）分两种情形根据题意画出完整的图形，利用勾股定理解决问题即可．【详解】（1）解：如图1，延长交于H，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，，故答案为：，；（2）解：结论成立：，，理由：如图2中，延长使得，连接，延长交的延长线于N，交于O．∵，，∴，∴，，∴，∴，

∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∵，∴；（3）①如图31中，连接．在中，，在中，，∴，∴，在中，，∴；②如图32中，连接．同法可得，，∴，综上所述，满足条件的的面积为20或34．3．（2022·河南洛阳·统考一模）在中，点G是射线CB上一个动点，延长CA到D，使得，过点D作，交BA的延长线于点E，连接交CD于点F．(1)①如图1，当时，EF与FG之间的数量关系是___________；②如图2，当，，点G在射线CB上移动时，EF与FG之间的数量关系是否与①中的数量关系相同，若相同，请说明理由；若不相同，请求出新的数量关系；(2)设三边的长分别为，，，其中，当点G在射线CB上移动时，请直接写出EF与FG之间的数量关系．【答案】(1)①，②不相同，(2)【分析】（1）①结论：．证明是等边三角形，推出，利用平行线分线段成比例定理证明即可；②数量关系不同．结论：．相似三角形的性质证明即可；（2）结论：．利用相似三角形的性质证明即可．【详解】（1）解：结论：．理由：如图1中，∵，∴，∵，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴．故答案为：；与之间有新的数量关系：．理由如下：∵，∴．∴．∵，，∴．∵，∴∵，∴．∴．∴．（2）解：结论：.理由：∵，∴，∴，设，∵，∴．4．（2022·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，，．连接．(1)求图1中、的长（用含m的代数式表示）．(2)如图2，正方形固定不动，将图1中的正方形绕点C逆时针旋转度（），试探究、之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3，在（2）条件下，当点A，F，E在同一直线上时，连接并延长交于点H，若，求m的值．【答案】(1)BG=，AF＝(2)AF=BG(3)【分析】（1）延长FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的长，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的长；（2）连接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，则，从而可证△ACF∽△BCG，得，即可得出结论；（3）连接AC，证明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，可求得CF=，即从而求得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2，DH=ADAG=m2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即求解即可．【详解】（1）解：延长FG交AB于H，如图1，∵正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，在Rt△BCG中，由勾股定理，得；∴∠BHG=90°，∴四边形BCGH是矩形，∠AHG=90°，∴GH=BC=m，BH=CG=1，∴AH=m1，在Rt△AHG中，由勾股定理，得；（2）解：连接AC、CF，如图2，∵正方形和正方形，∴∠ACB=∠FCG=45°，∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，∴∠BCG=∠ACF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，∴，∴△ACF∽△BCG，∴，即AF=BG；（3）解：连接AC，如图3，∵正方形和正方形，∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，∴∠FAH=∠ACF，∵∠AHF=∠CHA，∴△AHF∽△CHA，∴，∵正方形，EF=CE=1，∴CF=，∴CH=CF+FH=+=2，∴，∴AH=2，∴DH=ADAG=m2，在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即解得：，(不符合题意，舍去)．∴m的值为．5．（2022·北京海淀·校考三模）如图，在中，，，是的中点，是延长线上一点，平移到，线段的中垂线与线段的延长线交于点，连接、．(1)连接，求证：；(2)依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)图见解析，结论：，理由见解析【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题；（2）图形如图所示，结论：，想办法证明即可．【详解】（1）证明：连接．，，，，；（2）解：图形如图所示，结论：．理由：连接，，取的中点，连接，，．点在的垂直平分线上，，，，，，四边形，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，四边形四点共圆，，，，，，四点共圆，，，．6．（2022·山东济南·济南育英中学校考模拟）如图，在与中，，，点D