专题12 几何综合（填空题）-备战2021年中考数学临考题号押题（全国通用版）

专题12几何综合 【2020安徽】在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究： （1）∠PAQ的大小为　 　°； （2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为　 　． 【分析】（1）由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，即可求解； （2）由平行四边形和折叠的性质可得AR＝PR，由直角三角形的性质可得AP＝2PB＝2QR，AB＝PB，即可求解． 【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP， ∵∠QRA+∠QRP＝180°， ∴∠D+∠C＝180°， ∴AD∥BC， ∴∠B+∠DAB＝180°， ∵∠DQR+∠CQR＝180°， ∴∠DQA+∠CQP＝90°， ∴∠AQP＝90°， ∴∠B＝∠AQP＝90°， ∴∠DAB＝90°， ∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°， 故答案为：30； （2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR， ∵四边形APCD是平行四边形， ∴AD＝PC， ∴AR＝PR， 又∵∠AQP＝90°， ∴QR＝AP， ∵∠PAB＝30°，∠B＝90°， ∴AP＝2PB，AB＝PB， ∴PB＝QR， ∴＝， 故答案为：． 【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键． 【2020广州】如图，正方形 中， 绕点 逆时针旋转到 ， ， 分别交对角线 于点 ，若 ，则 的值为_______． 【答案】16 【解析】 【分析】 根据正方形及旋转的性质可以证明 ，利用相似的性质即可得出答案． 【详解】 解：在正方形 中， ， ∵ 绕点 逆时针旋转到 ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 故答案为：16． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键． 【2020西南州】如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平，再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，已知BC＝2，则线段EG的长度为________． 【答案】 【解析】 【分析】 直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案． 【详解】 解：如答图，由第一次折叠得EF⊥AD，AE＝DE， ∴∠AEF＝90°，AD＝2AE． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠DAB＝90°， ∴∠AEF＝∠D， ∴EF∥CD， ∴△AEN∽△ADM， ∴ ＝ ＝ ， ∴AN＝ AM， ∴AN＝MN， 又由第二次折叠得∠AGM＝∠D＝90°， ∴NG＝ AM， ∴AN＝NG， ∴∠2＝∠4． 由第二次折叠得∠1＝∠2， ∴∠1＝∠4． ∵AB∥CD，EF∥CD， ∴EF∥AB，∴∠3＝∠4， ∴∠1＝∠2＝∠3． ∵∠1＋∠2＋∠3＝∠DAB＝90°， ∴∠1＝∠2＝∠3＝30°． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝2． 由第二次折叠得AG＝AD＝2． 由第一次折叠得AE＝ AD＝ ×2＝1． 在Rt△AEG中，由勾股定理得EG＝ ＝ ＝ ， 故答案为： ． 【点睛】 此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键． 【2020东南州】如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝ ，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____． 【答案】 【解析】 【分析】 根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝ CD＝ AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论． 【详解】 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°， ∵E为CD的中点， ∴DE＝ CD＝ AB， ∴△ABP∽△EDP， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∵PQ⊥BC， ∴PQ∥CD， ∴△BPQ∽△DBC， ∴ ＝ ＝ ， ∵CD＝2， ∴PQ＝ ， 故答案为： ． 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定