广东省深圳市2024年中考数学专题专练几何探究专题

PAGEPAGE8几何探究专题1.已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满意△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连接CM.(1)如图①，若点M在线段AB上，求证：AP⊥BN；AM＝AN.(2)①如图②，在点P运动过程中，满意△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM＝AN是否成立(不需说明理由)?②是否存在满意条件的点P，使得PC＝eq\f(1,2)？请说明理由．2.已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm.对角线AC，BD交于点O，点P从点A动身，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D动身，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0<t<6)，解答下列问题：(1)当t为何值时，△AOP是等腰三角形？(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2)，试确定S与t的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．3.某数学爱好小组在数学课外活动中，探讨三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF.(1)视察猜想如图①，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：____________．②BC，CD，CF之间的数量关系为：____________(将结论干脆写在横线上)．(2)数学思索如图②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍旧成立？若成立，请赐予证明；若不成立，请你写出正确结论再赐予证明．(3)拓展延长如图③，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE.若已知AB＝2eq\r(2)，CD＝eq\f(1,4)BC，恳求出GE的长．4.(1)阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE(或将△ACD围着点D逆时针旋转180°得到△EBD)．把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可推断．中线AD的取值范围是________；(2)问题解决：如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.求证：BE＋CF＞EF；5.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α(0°＜α＜180°)，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.(1)如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF＝DF；③请干脆写出BE的长；(2)在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请干脆写出BE＋CE的值．温馨提示：考生可以依据题意，在备用图中补充图形，以便作答．备用图6.已知矩形ABCD中AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．(1)如图①，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA，若△OCP与△PDA的面积比为1∶4，求边CD的长；(2)如图②，在(1)的条件下擦去AO、OP，连接BP，动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合)，动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生改变？若改变，说明改变规律，若不变，求出线段EF的长度．图①图②7.阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，简单变形．如图①，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把eq\f(1,sinα)的值叫做这个平行四边形的变形度．(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是________；猜想证明：(2)设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，eq\f(1,sinα)之间的数量关系，并说明理由；拓展探究：(3)如图②，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4eq\r(m)(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2eq\r(m)(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．8.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.(1)如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.①求证：△CAE∽△CBF；②若BE＝1，AE＝2，求CE的长；(2)如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,FC)＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；(3)如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，摸索究m，n，p三者之间满意的等量关系(干脆写出结果，不必写出解答过程)．参考答案1.(1)证明：∵△PBC∽△PAM，∴∠PBC＝∠PAM.∵四边形ABCD是正方形，∴∠PBC＋∠PBA＝∠CBA＝90°，∴∠PAM＋∠PBA＝90°，∴∠APN＝90°，即AP⊥BN，∴∠BPA＝∠BAN＝90°.∵∠ABP＝∠NBA，∴△ABP∽△NBA，eq\f(PB,AB)＝eq\f(PA,AN)，∴eq\f(AN,AB)＝eq\f(PA,PB).又∵△PAM∽△PBC，∴eq\f(PA,PB)＝eq\f(AM,BC)，故eq\f(AN,AB)＝eq\f(AM,BC).又∵AB＝BC，∴AM＝AN；(2)解：①点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM＝AN仍旧成立；②不存在，理由如下：选择图②，以AB为直径，作半圆O，连接OC，OP，∵BC＝1，OB＝eq\f(1,2)，∴OC＝eq\f(\r(5),2).∵由①知，AP⊥BN，∴点P肯定在以点O为圆心、半径长为eq\f(1,2)的半圆上(A，B两点除外)．假如存在点P，那么OP＋PC≥OC，则PC≥eq\f(\r(5)－1,2).∵eq\f(\r(5)－1,2)>eq\f(1,2)，故不存在满意条件的点P，使得PC＝eq\f(1,2).2.解：(1)分三种状况：①若AP＝AO，在矩形ABCD中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝10，∴AO＝CO＝5，∴AP＝5，∴t＝5，②若AP＝PO＝t，在矩形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠PAO＝∠OCE，∠APO＝∠OEC，又∵OA＝OC，∴△APO≌△CEO，∴PO＝OE＝t.作AG∥PE交BC于点G，则四边形APEG是平行四边形，∴AG＝PE＝2t，GE＝AP＝t.又∵EC＝AP＝t，∴BG＝8－2t.在Rt△ABG中，依据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2，解得t＝eq\f(25,8).③若OP＝AO＝5，则t＝0或t＝8，不合题意，舍去．综上可知，当t＝5或t＝eq\f(25,8)时，△AOP是等腰三角形．(2)如图，作OM⊥BC，垂足是M，作ON⊥CD，垂足是N.则OM＝eq\f(1,2)AB＝3，ON＝eq\f(1,2)BC＝4，∴S△OEC＝eq\f(1,2)·CE·OM＝eq\f(1,2)·t·3＝eq\f(3,2)t，S△OCD＝eq\f(1,2)·CD·ON＝eq\f(1,2)·6·4＝12.∵QF∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴eq\f(S△DFQ,S△DOC)＝(eq\f(DQ,DC))2，即eq\f(S△DFQ,12)＝(eq\f(t,6))2，∴S△DFQ＝eq\f(1,3)t2，∴S四边形OFQC＝12－eq\f(1,3)t2，∴S五边形OECQF＝S四边形OFQC＋S△OEC＝12－eq\f(1,3)t2＋eq\f(3,2)t，即S＝－eq\f(1,3)t2＋eq\f(3,2)t＋12(0＜t＜6)．(3)存在．理由如下：要使S五边形OECQF：S△ACD＝9∶16，即(－eq\f(1,3)t2＋eq\f(3,2)t＋12)∶(eq\f(1,2)×6×8)＝9∶16，解得t1＝3，t2＝1.5，两个解都符合题意，∴存在两个t值，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16，此时t1＝3，t2＝1.5；(4)存在．理由如下：如图，作DI⊥OP，垂足是I，DJ⊥OC，垂足是J，作AG∥PE交BC于点G.∵S△OCD＝eq\f(1,2)·OC·DJ＝eq\f(1,2)·5·DJ，且由(2)知，S△OCD＝12，∴DJ＝eq\f(24,5).∵OD平分∠POC，DI⊥OP，DJ⊥OC，∴DI＝DJ＝eq\f(24,5)＝4.8.∵AG∥PE，∴∠DPI＝∠DAG.∵AD∥BC，∴∠DAG＝∠AGB，∴∠DPI＝∠AGB，∴Rt△ABG∽Rt△DIP.由(1)知，在Rt△ABG中，BG＝8－2t，∴eq\f(AB,DI)＝eq\f(BG,IP)，∴eq\f(6,4.8)＝eq\f(8－2t,IP)，∴IP＝eq\f(4,5)(8－2t)．在Rt△DPI中，依据勾股定理得(eq\f(24,5))2＋[eq\f(4,5)(8－2t)]2＝(8－t)2，解得t＝eq\f(112,39).(t＝0不合题意，舍去)3.(1)解：①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF.【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD≌△ACF，∴BD＝CF，∵BC＝CD＋BD，∴BC＝CD＋CF.(2)解：结论①仍旧成立，②不成立．①证明：∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABD＝180°－45°＝135°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②结论为：BC＝CD－CF.证明：∵△ABD≌△ACF，∴BD＝CF，∵BC＝CD－BD，∴BC＝CD－CF.(3)解：如解图，过点E作EM⊥CF于M，作EN⊥BD于点N，过点A作AH⊥BD于点H.∵AB＝AC＝2eq\r(2)，∴BC＝4，AH＝eq\f(1,2)BC＝2，∵CD＝eq\f(1,4)BC，∴CD＝1，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，∴CN＝ME，CM＝EN，∴∠AGC＝∠ABC＝45°，∴CG＝BC＝4，∵∠ADE＝90°，∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，∴∠ADH＝∠DEN，又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，∴△AHD≌△DNE，∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，则GM＝CG－CM＝4－3＝1，∴EG＝eq\r(EM2＋GM2)＝eq\r(10).4.(1)解：如图①中，∵AB＝10，AC＝6，AD是BC边上中线，由旋转性质知，BE＝AC＝6，AD＝DE.∴在△ABE中，10－6<AE<10＋6，即4<2AD<16，∴2<AD<8;(2)证明：延长FD至M，使FD＝MD，连接ME，MB.如图所示．∵ED⊥FM，FD＝DM，∴ME＝EF.∵CD＝BD，∠CDF＝∠BDM，∴△CDF≌△BDM(SAS)，∴CF＝BM.∵BM＋BE>ME，∴BE＋CF>EF.5.(1)①证明：∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD是等边三角形；②证明：由①得△ABD是等边三角形，∴AB＝BD，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC＝AE，BC＝DE，又∵AC＝BC，∴EA＝ED，∴点B，E在AD的中垂线上，∴BE是AD的中垂线，∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD，AF＝DF；③解：BE的长为3eq\r(3)－4；(2)解：BE＋CE的值为13；6.解：(1)由矩形性质与折叠可知，∠APO＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠CPO＋∠DPA＝∠DPA＋∠DAP＝90°，∴∠DAP＝∠CPO，∴△OCP∽△PDA，∴eq\f(S△OCP,S△PDA)＝(eq\f(CP,DA))2，即eq\f(1,4)＝(eq\f(CP,8))2，∴CP＝4，设CD＝x，则DP＝x－4，AP＝AB＝CD＝x，∵AP2－DP2＝AD2，∴x2－(x－4)2＝82，解得x＝10，故CD＝10.(2)线段EF的长度始终不发生改变，为2eq\r(5).7.解：(1)eq\f(2\r(3),3).【解法提示】sin120°＝eq\f(\r(3),2)，故这个平行四边形的变形度是eq\f(2\r(3),3).(2)eq\f(1,sinα)＝eq\f(S1,S2)，理由如下：如图，设矩形的长和宽分别为a，b，其变形后的平行四边形的高为h，则S1＝ab，S2＝ah，sinα＝eq\f(h,b)，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(ab,ah)＝eq\f(b,h)，又∵eq\f(1,sinα)＝eq\f(b,h)，∴eq\f(1,sinα)＝eq\f(S1,S2).(3)由AB2＝AE·AD，可得A1Beq\o\al(2,1)＝A1E1·A1D1，即eq\f(A1B1,A1D1)＝eq\f(A1E1,A1B1).又∵∠B1A1E1＝∠D1A1B1，∴△B1A1E1∽△D1A1B1，∴∠A1B1E1＝∠A1D1B1，∵A1D1∥B1C1，∴∠A1E1B1＝∠C1B1E1，∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝∠C1B1E1＋∠A1B1E1＝∠A1B1C1.由(2)结论eq\f(1,sinα)＝eq\f(S1,S2)，可得eq\f(1,sin∠A1B1C1)＝eq\f(4\r(m),2\r(m))＝2，∴sin∠A1B1C1＝eq\f(1,2)，∴∠A1B1C1＝30°，∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝30°.(10分)8.(1)①证明：∵∠ACE＋∠ECB＝45°，∠BCF＋∠ECB＝45°，∴∠ACE＝∠BCF，又∵四