2024年中考数学二轮复习突破课件：专题五 几何探究题

专题五 几何探究题 类型1　利用截长补短法构造线段的和与差 典例1 如图，四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD，EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB. （1） 求证：BD⊥EC. （2） 若AB＝1，求AE的长. （3） 连接AG.求证：EG－DG＝AG. [思路点拨] （1） 证明△AEF≌△ADB，得出∠AEF＝∠ADB，证得∠EGB＝90°，可得出结论.（2） 证明△AEF∽△DCF，得出＝，即AE·DF＝AF·DC.设AE＝AD＝a（a＞0），则有a（a－1）＝1，解方程即可得出答案.（3） 在线段EG上取点P，使得EP＝DG，连接AP，证明△AEP≌△ADG，得出AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，证得△PAG为等腰直角三角形，即可得出结论. 解：（1） ∵ 四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，∴ ∠EAF＝∠DAB＝90°.又∵ AE＝AD，AF＝AB，∴ △AEF≌△ADB.∴ ∠AEF＝∠ADB.∴ ∠GEB＋∠GBE＝∠ADB＋∠ABD＝90°.∴ ∠EGB＝90°. ∴ BD⊥EC. （2） ∵ 四边形ABCD是矩形，∴ AE∥CD，CD＝AB＝1.∴ ∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF.∴ △AEF∽△DCF.∴ ＝，即AE·DF＝AF·DC.设AE＝AD＝a（a＞0），则a（a－1）＝1.化简，得a2－a－1＝0，解得a＝或a＝（不合题意，舍去）.∴ AE＝. （3） 如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，连接AP.在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG， ∴ △AEP≌△ADG.∴ AP＝AG，∠EAP＝∠DAG.∴ ∠PAG＝∠PAD＋∠DAG＝∠PAD＋∠EAP＝∠DAE＝90°.∴ △PAG为等腰直角三角形. ∴ PG＝AG.∴ EG－DG＝EG－EP＝PG＝AG. 典例1图答案 跟踪训练⁠ ⁠ 1. （2023·亳州蒙城二模）已知四边形ABCD是正方形，以B为顶点作等腰直角三角形BEF，BE＝BF，连接AE，CF. 　　 第1题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 （1） 如图①，当点E在BC上时，请判断AE和CF之间的数量及位置关系，并说明理由. 解：（1） AE＝CF，AE⊥CF　理由：如图①，延长AE交CF于点G. ∵ 四边形ABCD是正方形，点E在BC上，∴ AB＝CB，∠ABE＝90°.∵ BE＝BF，∠EBF＝90°，∴ ∠ABE＝∠CBF＝90°.∴ △ABE≌△CBF. ∴ AE＝CF，∠BAE＝∠BCF.∵ ∠CEG＝∠AEB，∴ ∠BCF＋∠CEG＝∠BAE＋∠AEB＝90°.∴ ∠CGE＝90°.∴ AE⊥CF. 第1题答案 第1题 （2） 如图②，H是AE的延长线与直线CF的交点，连接BH，将△BEF绕点B旋转.当点F在直线BC的右侧时，求证：AH－CH＝BH. 解：（2） 如图②，在AH上取点L，使得AL＝CH，连接BL.∵ AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°－∠CBE，BE＝BF，∴ △ABE≌△CBF. ∴ ∠BAE＝∠BCF，即∠BAL＝∠BCH.又∵ AB＝CB，AL＝CH， ∴ △BAL≌△BCH.∴ BL＝BH，∠ABL＝∠CBH.∴ ∠LBH＝∠LBC＋∠CBH＝∠LBC＋∠ABL＝∠ABC＝90°.∴ LH＝＝＝BH.∴ AH－CH＝AH－AL＝LH＝BH. 第1题答案 第1题 （3） 将△BEF绕点B旋转一周，H是直线AE与直线CF的交点，连接BH.当∠CFB＝45°，AB＝3，BE＝1时，请直接写出线段CH的长. 解：（3） 当点F在直线BC的右侧时，如图③.∵ BE＝BF，∠EBF＝90°，∴ ∠FEB＝∠EFB＝45°.∵ ∠CFB＝45°，∴ ∠EFB＝∠CFB. ∴ 点E在CF上.∴ 点H与点E重合.过点B作BN⊥CF于点N，则∠BNF＝∠BNC＝90°.∵ BF＝BE＝1，∴ EF＝＝＝. ∴ BN＝EN＝FN＝EF＝.∵ BC＝AB＝3，∴ CN＝＝＝.∴ CH＝CE＝CN－EN＝. 第1题答案 第1题 当点F在直线BC的左侧时，如图④.设CF与AB交于点P.∵ AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°＋∠ABF，BE＝BF，∴ △ABE≌△CBF.∴ ∠BAE＝∠BCF，AE＝CF.∵ ∠APF＝∠BPC，∴ ∠BAE＋∠APF＝∠BCF＋∠BPC＝90°. ∴ ∠AFC＝90°.∴ ∠AFC＋∠CFB＋∠BFE＝180°.∴ 点F在AE上.∴ 点H与点F重合.过点B作BQ⊥AE于点Q，则∠BQE＝∠BQA＝90°.∵ BF＝BE＝1，∠EBF＝90°，∴ EF