专练15（30题）（几何类压轴题）2022中考数学考点必杀500题（江西专用）

2022中考考点必杀500题 专练15（几何类压轴题）（30道） 1．（2022·江西·二模）【基础回顾】（1）如图1，是正方形中边上任意一点，以点A为中心，将△ADE顺时针旋转90°后得到，若连接，则△AEE' 的形状为______； 【类比探究】（2）如图2，在（1）的条件下，设与相交于点，在上取点，使，连接，猜想与的数量关系，并给予证明； 【联想拓展】（3）如图3，在△ABC中，，．点在上，求，，之间存在的数量关系． 【答案】（1）等腰直角三角形；（2）QE=E'P，证明见解析；（3）PC2+BP2=2AP2． 【解析】 【分析】 （1）由正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，由旋转的性质得出∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，则可得出结论； （2）证明△DQE≌△BE'P（SAS），由全等三角形的性质可得出结论； （3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，由旋转的性质得出∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，证出∠BCD=90°，由勾股定理可得出答案． 【详解】 解（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°， ∵△ADE顺时针旋转90°，得△ABE′， ∴∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA， ∴△AEE′为等腰直角三角形； 故答案为：等腰直角三角形； （2）QE=E'P． 证明：∵将△ADE顺时针旋转90°后得到△ABE′， ∴∠D=∠ABE'，DE=BE'， ∵DQ=BP， ∴△DQE≌△BE'P（SAS）， ∴QE=E'P． （3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形， ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠B=∠ACB=45°， 由旋转的性质可知∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD， ∵∠ACB=45°， ∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°， ∴PC2+CD2=PD2， ∵AP2+AD2=PD2=2AP2， ∴PC2+BP2=2AP2． 故答案为：PC2+BP2=2AP2． 【点睛】 本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 2．（2022·江西南昌·一模）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周． (1)如图1，连接BG、CF， ①求的值； ②求∠BHC的度数． (2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由． 【答案】(1)①；②45°； (2)；；理由见解析 【解析】 【分析】 （1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得； ②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案； （2）过点C作，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论． (1) ①如图1，连接AF，AC， ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴，，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°， ∴∠CAF＝∠BAG，， ∴△CAF∽△BAG， ∴； ②∵AC是正方形ABCD的对角线， ∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°， 在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB） ＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF） ＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG） ＝180°−（∠ABC＋∠ACB） ＝45°； (2) BE＝2MN，MN⊥BE； 理由如下：如图2 连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R， ∵CQ∥EF， ∴∠FCQ＝∠CFE， ∵点M是CF的中点， ∴CM＝MF， 又∵∠CMQ＝∠FME， ∴△CMQ≌△FME（ASA）， ∴CQ＝EF，ME＝QM， ∴AE＝CQ， ∵CQ∥EF，AG∥EF， ∴CQ∥AG， ∴∠QCF＝∠CRA， ∵AD∥BC， ∴∠BCF＝∠APR， ∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC， ∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°， ∴∠BAE＝∠BCQ， 又∵BC＝AB，CQ＝AE， ∴△BCQ≌△BAE（SAS）， ∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE， ∴∠QBE＝∠CBA＝90°， ∵MQ＝ME，点N是BE中点， ∴BQ＝2MN，MN∥BQ， ∴BE＝2MN，MN⊥BE． 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中