云南省2024年中考数学面对面几何图形的证明与计算题库

③∴∠MAB=∠MDE=45°，

∴∠DAM=∠MAB，

∴点M在正方形的对角线AC上，当BM⊥AM时，BM的值最小，最小值为2．2.如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F，连结AF、CE．（1）试推断四边形AFCE的形态，并说明理由；

（2）若AB=5，2AE=3BF，求EF的长；

（3）连结BE，若BE⊥CE，求的值.第2题图解：（1）四边形AFCE是菱形．

理由：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AD=BC，

∴∠EAO=∠FCO，

∵EF是AC的垂直平分线，

∴AO=CO，∠EOA=∠FOC=90°，

在△AEO和△CFO中，∴△AEO≌△CFO（ASA），

∴AE=CF，

∴四边形AFCE是平行四边形，

又∵AC⊥EF，

∴四边形AFCE是菱形；（2）∵2AE=3BF，

∴可以假设AE=3m，BF=2m，

∵四边形AECF是菱形，

∴AF=AE=3m，第2题解图在Rt△ABF中，，∵AB2+BF2=AF2，∴25+4m2=9m2，

∴m=

∴AF=FC=，BF=，

∴BC=，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABC=90°，AC=,∴OC=,∵tan∠OCF=,∴,∴OF=∴△AEO≌△CFO∴OE=OF,∴EF=2OF=.（3）设AE=a，BF=b则AF=CF=EC=a，BC=a+b，BF=DE=b．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥CB，

∴∠DEC=∠BCE，

∵BE⊥CE，

∴∠BEC=∠D=90°，

∴△CDE∽△BEC，∴，

∴，

∴b2+ab－a2=0，

∴+－1=0∴（舍弃）.∴.3.(1)已知：△ABC是等腰三角形，其底边是BC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC＝∠DCE，若∠A＝60°(如图①)．求证：EB＝AD；(2)若将(1)中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变(如图②)，(1)的结论是否成立，并说明理由；(3)若将(1)中的“若∠A＝60°”改为“若∠A＝90°”，其它条件不变，则eq\f(EB,AD)的值是多少？(干脆写出结论，不要求写解答过程)第3题图(1)证明：如解图①所示，过点D作DF∥BC交AC于点F，则AD＝AF，∴∠FDC＝∠DCE，∵∠A＝60°，∴DF＝AD＝AF，又∵∠DEB＝∠DCE，∴∠FDC＝∠DEB，第3题解图①又ED＝CD，∠DBE＝∠DFC＝120°，∴△DBE≌△CFD(AAS)，∴EB＝DF，∴EB＝AD.(2)解：EB＝AD成立．理由如下：如解图②所示，过点D作DF∥BC交AC的延长线于F，则AD＝AF＝DF，∠FDC＝∠ECD，又∵∠DEC＝∠ECD，∴∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，又∠DBE＝∠DFC＝60°，第3题解图②∴△DBE≌△CFD(AAS)；∴EB＝DF，∴EB＝AD.解：eq\f(EB,AD)＝eq\r(2).【解法提示】过点D作BC的垂线，依据等腰直角三角形的性质，可以得出线段间关系，进而求得所需答案.类型二涉及动点、平移、折叠、旋转的几何图形的证明与计算如图，正方形ABCD，将边CD绕点C顺时针旋转60°，得到线段CE，连接DE，AE，BD，AE与BD交于点F．

（1）求∠AFB的度数；

（2）求证：BF=EF；

第4题图解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADB=∠ADC=45°，

由旋转得：CD=CE，∠DCE=60°，

∴△DCE是等边三角形，

∴CD=DE=AD，∠ADE=90°+60°=150°，

∴∠DAE=∠DEA=15°，

∴∠AFB=∠FAD+∠ADB=15°+45°=60°；

（2）如解图，连接CF，

∵△CDE是等边三角形，

∴∠DEC=60°，

∵∠DEA=15°，第4题解图∴∠CEF=∠CBF=45°，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADF=∠CDF=45°，

∵DF=DF，

∴△ADF≌△CDF（SAS），

∴∠DAF=∠DCF=15°，

∴∠FCB=90°－15°=75°，∠ECF=60°+15°=75°，

∴∠FCB=∠ECF，

∵CF=CF，

∴△ECF≌△BCF（SAS），

∴BF=EF；5、如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD.已知∠AOB＝110°.(1)求证：△COD是等边三角形；(2)当α＝150°时，试推断△AOD的形态，并说明理由；(3)探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形．第5题图(1)证明：由旋转的性质可得，CO＝CD，∠OCD＝60°，∴△COD是等边三角形；(2)解：当α＝150°，即∠BOC＝150°时，△AOD是直角三角形．理由如下：∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC＝∠BOC＝150°，又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC＝60°，∴∠ADO＝90°，即△AOD是直角三角形；(3)解：分三种状况探讨：①AO＝AD，∴∠AOD＝∠ADO，∵∠AOD＝360°－∠AOB－∠COD－α＝360°－110°－60°－α＝190°－α，∠ADO＝α－60°，∴190°－α＝α－60°，∴α＝125°；②OA＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵∠AOD＝190°－α，∠ADO＝α－60°，∴∠OAD＝180°－(∠AOD＋∠ADO)＝50°，∴α－60°＝50°，∴α＝110°；③OD＝AD，∴∠AOD＝∠OAD，∴190°－α＝50°，∴α＝140°；综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形．6.如图①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.推断四边形BFDG的形态，并说明理由；（3）在（2）的基础上，若AB＝6，AD＝8，求FG的长．第6题图(1)证明：由折叠的性质可得，∠DBC＝∠DBF，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠DBF＝∠ADB，∴BF＝DF，∴△BDF是等腰三角形；(2)解：四边形BFDG是菱形．理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，即DF∥BG，∵DG∥BF，∴四边形BFDG是平行四边形，∵BF＝DF((1)中已证)，∴平行四边形BFDG是菱形；（3）解：∵矩形ABCD中AB＝6，AD＝8，∠A＝90°，∴BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝10，∵四边形BFDG是菱形，∴BD⊥GF，GF＝2OF，BD＝2OD，∴OD＝5，∴tan∠ADB＝eq\f(OF,OD)＝eq\f(AB,AD)=，∴OF＝eq\f(15,4)，∴FG＝eq\f(15,2).7.如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，动点F在边BC上，且不与点B，C重合，将△EBF沿EF折叠，得到△EB′F.(1)当∠BEF＝45°时，求证：CF＝AE；(2)当B′D＝B′C时，求BF的长；(3)求△CB′F周长的最小值．第7题图(1)证明：如解图①，第7题解图①当∠BEF＝45°时，易知四边形BEB′F是正方形，∴BF＝BE，∵AB＝BC，∴CF＝AE；(2)解：如解图②，作B′N⊥BC于点N，NB′的延长线交AD于点M，作EG⊥MN于点G，则四边形MNCD、四边形AEGM都是矩形．第7题解图②∵B′D＝B′C，∴∠B′DC＝∠B′CD，∵∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠B′DM＝∠B′CN，∵∠B′MD＝∠B′NC＝90°，∴△B′MD≌△B′NC(AAS)，∴B′M＝B′N＝8，∵AE＝MG＝3，∴GB′＝5，在Rt△EGB′中，EG＝eq\r(EB′2－GB′2)＝eq\r(132－52)＝12，∵∠EB′G＋∠FB′N＝90°，∠FB′N＋∠B′FN＝90°，∴∠EB′G＝∠B′FN，∵∠EGB′＝∠FNB′＝90°，∴△EGB′∽△B′NF，∴eq\f(EG,B′N)＝eq\f(EB′,FB′)，∴eq\f(12,8)＝eq\f(13,B′F)，∴BF＝B′F＝eq\f(26,3)；(3)解：如解图③，以E为圆心，EB为半径画圆，连接EC，在Rt△EBC中，∠EBC＝90°，EB＝13，BC＝16，第7题解图③∴EC＝eq\r(162＋132)＝5eq\r(17)，∵△CFB′的周长＝CF＋FB′＋CB′＝BF＋CF＋CB′＝BC＋CB′＝16＋CB′，∴欲求△CFB′的周长的最小值，只要求出CB′的最小值即可，∵CB′＋EB′≥EC，∴当E、B′、C共线时，CB′的值最小，CB′最小值是为5eq\r(17)－13.∴△CFB′的周长的最小值为3＋5eq\r(17).8.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D以每秒1个单位长度的速度由点A向点B匀速运动，到达B点即停止运动．M，N分别是AD，CD的中点，连接MN.设点D运动的时间为t.(1)推断MN与AC的位置关系；第8题图(2)求在点D由点A向点B匀速运动的过程中，线段MN所扫过区域的面积；(3)若△DMN是等腰三角形，求t的值．解：(1)MN∥AC.证明：在△ADC中，M是AD的中点，N是DC的中点，∴MN∥AC；如解图①，分别取△ABC三边中点E，F，G并连接EG，FG，第8题解图①依据题意，可知线段MN扫过区域的面积就是平行四边形AFGE的面积．∵AC＝6，BC＝8，∴AE＝3，GC＝4，∵∠ACB＝90°，∴SAFGE＝AE·GC＝12，∴线段MN扫过区域的面积为12；(3)依题意可知，MD＝eq\f(1,2)AD，DN＝eq\f(1,2)DC，MN＝eq\f(1,2)AC＝3.分三种状况探讨：(ⅰ)当MD＝MN＝3时，△DMN为等腰三角形，此时AD＝AC＝6，∴t＝6.(ⅱ)当MD＝DN时，AD＝DC.如解图②，过点D作DH⊥AC于点H，则AH＝eq\f(1,2)AC＝3，第8题解图②∵cosA＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(AC,AB)，AB＝10，AC=6，即eq\f(3,AD)＝eq\f(6,10).∴t＝AD＝5.(ⅲ)当DN＝MN＝3时，AC＝DC，如解图③，连接MC，则CM⊥AD.第8题解图③∵cosA＝eq\f(AM,AC)＝eq\f(AC,AB)，即eq\f(AM,6)＝eq\f(6,10)，∴AM＝eq\f(18,5)，∴t＝AD＝2AM＝eq\f(36,5).综上所述，当t＝5或6或eq\f(36,5)时，△DMN为等腰三角形．类型三涉及探究类问题的几何图形的证明与计算9.如图，在△ABC中，BC＞AC，点E在BC上，CE＝CA，点D在AB上，连接DE，∠ACB＋∠ADE＝180°，作CH⊥AB，垂足为H.(1)如图①，当∠ACB＝90°时，连接CD，过点C作CF⊥CD交BA的延长线于点F.①求证：FA＝DE；②请猜想三条线段DE、AD、CH之间的数量关系，干脆写出结论；(2)如图②，当∠ACB＝120°时，三条线段DE、AD、CH之间存在怎样的数量关系？请证明你的结论．第9题图(1)①证明：∵∠ACB＋∠ADE＝180°，∴∠CAD＋∠CED＝360°－180°＝180°，∵∠CAD＋∠CAF＝180°，∴∠CAF＝∠CED，∵CF⊥CD，∠ACB＝90°，∴∠DCF＝∠ACB＝90°，∵∠ECD=90°－∠ACD，∴∠ACF＝90°－∠ACD＝∠ECD，在△AFC和△EDC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ACF＝∠ECD,CA＝CE,∠CAF＝∠CED))，∴△AFC≌△EDC(ASA)，∴FA＝DE；②解：DE＋AD＝2CH；【解法提示】由①得FA＝DE，△AFC≌△EDC，∴CF＝CD，∵CF⊥CD，∴∠CFD＝∠CDF＝45°，∵CH⊥FD，∴CH＝HD＝FH，∴FD＝FA＋AD＝DE＋AD＝2CH.(2)解：三条线段DE，AD，CH之间的数量关系是：DE＋AD＝2eq\r(3)CH.证明：延长BA到点F，使AF＝ED，连接CF，CD，如解图，∵∠ACB＋∠ADE＝180°，∴∠CAD＋∠CED＝360°－180°＝180°，第9题解图∵∠CAD＋∠CAF＝180°，∴∠CAF＝∠CED.在△AFC和△EDC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝EC,∠CAF＝∠CED,AF＝ED))，∴△AFC≌△EDC(SAS)，∴CF＝CD，∠ACF＝∠ECD，∴∠FCD＝∠ACF＋∠ACD＝∠ECD＋∠ACD＝∠ACB＝120°，∵CF＝CD，CH⊥DF，∴FH＝DH＝eq\f(1,2)DF＝eq\f(1,2)(AF＋AD)＝eq\f(1,2)(DE＋AD)，∴∠HCD＝eq\f(1,2)∠FCD＝60°，∴tan∠HCD＝eq\f(DH,CH)＝eq\r(3)，∴DH＝eq\r(3)CH，∴DE＋AD＝AF＋AD＝2DH＝2eq\r(3)CH.10.△ABC中，AB>AC，G为BC的中点，P，A在直线BC的同侧，PG⊥BC，直线BP与直线AC相交于点D，直线CP与直线AB相交于点E，且∠BAC＝2∠PBC.(1)当点P在AB边上时(如图①)，E与P重合，D与A重合，则线段BE