类型5 平移类几何综合题-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

参考答案与重难题解析·数学38　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 根据折叠的性质可知,∠AEB= ∠BEF, ∵ ∠PGB= ∠EGQ, ∴ ∠BEF= ∠EGQ, ∵ ∠BEF+∠EFG= ∠EGQ+∠FGQ= 90°, ∴ ∠EFG= ∠FGQ, ∴ EM=MG=MF; 【深入研究】解:解法一:将△AGB 绕点 B 顺时针旋转 90° 第 5 题解图② 至△CNB,连接 HN,如解图②, ∴ △AGB≌△CNB, ∴ ∠BAC = ∠BCN = 45°,AG = CN,BG =BN, ∵ ∠ACB= 45°, ∴ ∠HCN= 90°, ∴ CH2 +CN2 =HN2 , ∵ ∠5 = ∠6,∠EBF= 45°,∠5+∠HBC= ∠6+∠HBC, ∴ ∠GBH= ∠NBH, 又∵ BH=BH, ∴ △GBH≌△NBH, ∴ GH=NH, ∴ CH2 +AG2 =GH2 , 由(2)知△PBG≌△QGF,四边形 APQD 为矩形, ∵ ∠BAC= 45°,∴ AP=PG=DQ=FQ, 设 AP=PG=DQ=FQ=a(a>0),∴ AG= 2a, ∵ AG AC = 1 k ,∴ AC= 2 ka, ∴ GH+HC=AC-AG= 2a(k-1), ∵ CH2 +AG2 =GH2 , ∴ GH2 -CH2 = (CH+GH)(GH-CH)= 2a2 , ∴ GH-CH= 2a k-1 , 解得 GH= 2a(k 2 -2k+2) 2k-2 ,CH= 2a(k 2 -2k) 2k-2 , ∴ GH HC = k 2 -2k+2 k2 -2k . 多解法 解法二:易得 AD∥PQ∥BC,∴ AP AB =AG AC = 1 k , 设 AP=a(a>0),则 AB=ak, ∵ ∠BAC= 45°,∴ PG=AP=a, 如解图③,延长 BF 交 PQ 的延长线于点 N,则GH CH =GN BC , 第 5 题解图③ 由(2)知 M 为 EF 的中点,∵ PQ∥AD, ∴ Q 为 DF 的中点,即 DQ=QF=AP=PG=a, ∴ CF=CD-DF=ak-2a, ∴ QN BC =QF CF = a ak-2a = 1 k-2 ,∴ QN= ak k-2 , ∵ QG=PQ-PG=ak-a, ∴ GN=QG+QN=a(k-1+ k k-2 ), ∴ GN BC = a(k-1+ k k-2 ) ak = k 2 -2k+2 k2 -2k , ∴ GH HC =GN BC = k 2 -2k+2 k2 -2k . 类型 5　 平移类几何综合题 1. (1)证明:证法一:∵ AF 平分∠CAB, ∴ ∠CAF= ∠EAD. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠CAF+∠CFA= 90°. 又∵ CD⊥AB,∴ ∠EAD+∠AED = 90°. ∴ ∠CFA= ∠AED. ∵ ∠AED= ∠CEF,∴ ∠CFA= ∠CEF. ∴ CE=CF. 多解法 证法二:∵ AF 平分∠CAB,∴ ∠CAF= ∠BAF. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠CAB+∠B= 90°. 又∵ CD⊥AB,∴ ∠CAB+∠ACD= 90°, ∴ ∠B= ∠ACD. ∵ ∠CEF= ∠CAE+∠ACD,∠CFE= ∠B+∠BAF. ∴ ∠CEF= ∠CFE. ∴ CE=CF. 证法三:∵ AF 平分∠CAB,∴ ∠CAF= ∠DAE, 又∵ CD⊥AB,∴ ∠ACF= ∠ADE, ∴ △ACF∽△ADE,∴ ∠AED= ∠CFE, ∵ ∠AED= ∠CEF, ∴ ∠CEF= ∠CFE, ∴ CE=CF; (2)解:BE′=CF. 证明如下: 证法一:由平移的性质得 AE=A′E′,∠FAD=∠E′A′D′. ∵ AF 平分∠CAB,∴ ∠CAE= ∠FAD, ∴ ∠CAE= ∠E′A′D′. ∵ CD⊥AB,∴ ∠B+∠DCF= 90°, ∵ ∠ACD+∠DCF= 90°,∴ ∠B= ∠ACD, ∴ △ACE≌△A′BE′,∴ CE=BE′, 由(1)知 CE=CF,∴ BE′= CF. 第 1 题解图① 多解法 证法二:如解图①,过点 E 作 EG⊥AC 于点 G. 又∵ AF 平分∠CAB,ED⊥AB, ∴ ED=EG. 由平移的性质可知 D′E′=DE, ∴ D′E′ =GE. ∵ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ACD+∠DCB= 90°. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 83 参考答案与重难题解析·数学 39　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 第 1 题解图② ∵ CD⊥AB,∴ ∠B+∠DCB= 90°, ∴ ∠ACD= ∠B. 在△CEG 与△BE′D′中, ∵ ∠GCE= ∠B,∠CGE= ∠BD′E′,GE=D′E′, ∴ △CEG≌△BE′D′,∴ CE=BE′. 由(1)可知 CE=CF,∴ BE′= CF. 证法三:如解图①,过点 E 作 EG⊥AC,垂足为 G, ∵ AF 平分∠CAB,CD⊥AB,∴ EG=ED. 由平移的性质得 ED=E′D′,∴ EG=E′D′. ∵ ∠ACD+∠CAB= 90°,∠CAB+∠B= 90°, ∴ ∠ACD= ∠B,∴ sin∠ACD= sinB,∴ GE CE =E′D′ E′B . ∵ EG=E′D′,∴ CE=BE′. 由(1)可知 EC=FC, ∴ BE′=CF. 证法四:如解图②,过点 E 作 EG⊥AC,垂足为 G,过点 F 作 FH⊥CD,垂足为 H, ∵ AF 平分∠CAB,CD⊥AB, ∴ EG=ED. 由平移的性质得 ED=E′D′, ∴ EG= E′D′. ∵ ∠1+∠2 = 90°, ∠2+∠B= 90°, ∴ ∠1 = ∠B. ∵ FH⊥CD,AB⊥CD,∴ FH∥AB,∴ ∠3 = ∠B. ∴ ∠1 = ∠3 = ∠B. ∵ ∠CGE= ∠E′D′B= ∠CHF= 90°, ∴ △CGE∽△FHC∽△BD′E′. ∴ CH GE =CF CE ,即CH CF =GE CE , E′D′ CH =E′B CF ,即E′D′ E′B =CH CF , ∴ GE CE =E′D′ E′B ,∴ CE=BE′. 由(1)可知 EC=FC,∴ BE′= CF. 2. 解:(1)( 3 ,2),( - 3 , 3 2 );【解法提示】∵ 四边形 EFGH 是矩形,且 E(0, 1 2 ),F( - 3 , 1 2 ),H(0, 3 2 ),∴ EF =GH = 3 ,OH= 3 2 ,∴ G( - 3 , 3 2 );连接 AC,BD,交于点 P,如解 图①,∵ 四边形 ABCD 是菱形,且 A( 3 ,0),B(0,1),D(2 3 ,1),∴ AC⊥BD,CP = AP = OB = 1,BP = PD = OA = 3 , ∴ AC= 2,∴ C( 3 ,2) . 第 2 题解图① (2)①∵ 点 E(0, 1 2 ),点 F(- 3 , 1 2 ),点 H(0, 3 2 ), ∴ 矩形 EFGH 中,EF∥x 轴,EH⊥x 轴,EF= 3 ,EH= 1, ∴ 矩形 E′F′G′H′中,E′F′∥x 轴,E′H′⊥x 轴,E′F′= 3 , E′H′= 1, 由点 A( 3 ,0),点 B(0,1),得 OA= 3 ,OB= 1, 在 Rt△ABO 中,tan∠ABO=OA OB = 3 ,得∠ABO= 60°, 在 Rt△BME 中,由 EM = EB·tan60°,EB = 1- 1 2 = 1 2 ,得 EM= 3 2 , ∴ S△BME = 1 2 EB·EM= 3 8 ,同理,得 S△BNH = 3 8 , ∵ EE′= t,∴ S矩形EE′H′H =EE′·EH= t, ∴ S=S矩形EE′H′H-S△BME-S△BNH = t- 3 4 , 当 EE′=EM= 3 2 时,矩形 E′F′G′H′和菱形 ABCD 重叠部分 为△BE′H′, ∴ t 的取值范围是 3 2 <t≤ 3 ; ② 3 16 ≤S≤ 3 . 【解法提示】由①及题意可知当 2 3 3 ≤ t≤ 3 3 2 时,矩形 E′F′G′H′和菱形 ABCD 重叠部分的面积 S 是 增大的,当3 3 2 ≤t≤11 3 4 时,矩形 E′F′G′H′和菱形 ABCD 重叠 部分的面积 S 是减小的,∴ 当 t = 3 3 2 时,矩形 E′F′G′H′和菱 形 ABCD 重叠部分如解图②,此时面积 S 最大,最大值为 S = 1× 3 = 3 ;当 t= 11 3 4 时,矩形 E′F′G′H′和菱形 ABCD 重 叠部分如解图③,由(1)可知 B,D 之间的水平距离为2 3 , 则点 D 到 G′F′的距离为 3 -( 11 3 4 -2 3 )= 3 4 ,由①可知 ∠D= ∠B= 60°,∴ 矩形 E′F′G′H′和菱形 ABCD 重叠部分为 等边三角形,∴ 该等边三角形的边长为 2× 3 4 tan60° = 1 2 ,∴ 此 时面积 S 最小,最小值为 1 2 × 1 2 × 3 4 = 3 16 . 综上所述,当 2 3 3 ≤t≤11 3 4 时, 3 16 ≤S≤ 3 . 第 2 题解图② 第 2 题解图③ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 93 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 类型 5　 平移类几何综合题 1. 多解法 ∙∙∙ 如图①,在 Rt△ABC 中,∠ACB= 90°,CD⊥AB,垂足为 D. AF 平分∠CAB,交 CD 于点 E, 交 CB 于点 F. (1)求证:CE=CF; (2)将图①中的△ADE 沿 AB 向右平移到△A′D′E′的位置,使点 E′落在 BC 边上,其他条件不变, 如图②所示. 试猜想:BE′与 CF 有怎样的数量关系? 请证明你的结论. 图① 　 　 　 　 图② 第 1 题图 (1)证明:证法一: ∵AF 平分∠CAB,∴∠CAF=∠EAD. ∵∠ACB= 90°,∴∠CAF+∠CFA= 90°. 又∵CD⊥AB, ∴∠EAD+∠AED = 90°. ∴∠CFA=∠AED. ∵∠AED=∠CEF,∴∠CFA=∠CEF. ∴CE=CF; (2)解:BE′=CF. 证明如下: 证法一:由平移的性质得,AE=A′E′,∠FAD=∠E′A′D′. ∵ AF 平分∠CAB, ∴∠CAE=∠FAD, ∴∠CAE=∠E′A′D′. ∵CD⊥AB,∴∠B+∠DCF= 90°, ∵∠ACD+∠DCF= 90°, ∴∠B=∠ACD,∴△ACE≌△A′BE′, ∴CE=BE′, 由(1)知 CE=CF, ∴BE′= CF. 其他解法见答案册 PX 08 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 2. (2023 天津)在平面直角坐标系中,O 为原点,菱形 ABCD 的顶点 A( 3 ,0),B(0,1),D(2 3 ,1), 矩形 EFGH 的顶点 E(0, 1 2 ),F( - 3 , 1 2 ),H(0, 3 2 ) . (1)填空:如图①,点 C 的坐标为　 ( 3,2) 　 ,点 G 的坐标为　 　 　 　 　 　 ; (2)将矩形 EFGH 沿水平方向向右平移,得到矩形 E′F′G′H′,点 E,F,G,H 的对应点分别为 E′, F′,G′,H′,设 EE′= t,矩形 E′F′G′H′与菱形 ABCD 重叠部分的面积为 S. ①如图②,当边 E′F′与 AB 相交于点 M,边 G′H′与 BC 相交于点 N,且矩形 E′F′G′H′与菱形 ABCD 重叠部分为五边形时,试用含有 t 的式子表示 S,并直接写出 t 的取值范围; ②当2 3 3 ≤t≤11 3 4 时,求 S 的取值范围(直接写出结果即可) . 图① 　 　 　 　 图② 第 2 题图 解:(1)( 3,2),(- 3, 3 2 ); (2)①∵E(0, 1 2 ),F(- 3, 1 2 ),H(0, 3 2 ), ∴矩形 EFGH 中,EF∥x 轴,EH⊥x 轴,EF= 3,EH= 1, ∴矩形 E′F′G′H′中,E′F′∥x 轴,E′H′⊥x 轴,E′F′= 3,E′H′= 1, 由点 A( 3,0),点 B(0,1),得 OA= 3,OB= 1, 在 Rt△ABO 中,tan∠ABO=OA OB = 3,得∠ABO= 60°, 在 Rt△BME 中,由 EM=EB·tan60°,EB= 1- 1 2 = 1 2 ,得 EM= 3 2 , ∴S△BME = 1 2 EB·EM= 3 8 ,同理,得 S△BNH = 3 8 , ∵EE′= t,∴S矩形EE′H′H =EE′·EH= t, ∴S=S矩形EE′H′H-S△BME-S△BNH = t- 3 4 , 当 EE′=EM= 3 2 时,矩形 E′F′G′H′和菱形 ABCD 重叠部分为△BE′H′, ∴ t 的取值范围是 3 2 <t≤ 3; ② 3 16 ≤S≤ 3 . 详解见答案册 PX 18