加练18 几何探究题-【一战成名新中考】2025江西中考数学中考必考知识点专题特训

加练18 几何探究题 1．【基础问题】 如图1所示，在△BAC和△DAE中，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE． ①求证：BC＝DE； ②若∠FAE＝60°，求∠FGC的度数； 【应用拓展】 （1）如图2所示，△ACE和△BCD是等腰直角三角形，∠ACE＝∠BCD＝90°，若AD＝6，求四边形ABDE的面积； （2）如图3所示，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD＝8，DC＝4，求BD的最大值． 第1题图 2．如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°． （1）若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是　 　； （2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的长； （3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值． 第2题图 3．综合与实践 问题情境： 数学活动课上，老师出示了一个问题：将等边△ABC和等边△DEF纸板按图1所示的方式放置（顶点F与顶点C重合，顶点E在AC边上），E为边AC的中点，连接AD，BE，试猜想AD与BE的数量关系，并说明理由． 数学思考： （1）请解答老师提出的问题； 深入探究： （2）老师让同学们移动三角形纸板DEF，并提出新的问题． ①“善思小组”提出问题：如图2，将等边△DEF纸板从图1位置沿着射线CB方向平移，当AD平分∠BAC时，连接BE，AD，BD，AE，试判断四边形ADBE的形状，并说明理由； ②“智慧小组”提出问题：测得等边△ABC纸板的边长为4cm，如图3，将等边△DEF纸板从图1位置沿着射线CA方向平移，连接BD，当点E与点A重合时停止移动，求BD的取值范围．请你思考此问题，直接写出结果． 第3题图 4．如图，已知等边△ABC中，AD⊥BC，点E、F分别为边AB、AC上的两动点，且∠EDF＝60°，连接EF，将△AEF的周长记为C△AEF．那么C△AEF与AD存在怎样的关系呢？ 【问题探究】 （1）先将问题特殊化如图2，当E点为AB中点时，直接写出C△AEF与AD的等量关系　 　； （2）再探究一般情况如图1，当E点为边上任意一点时，证明（1）中的结论仍然成立； 【问题拓展】 （3）如图3，延长BA、DF交于点G，若AG＝2，，直接写出BE的长度． 图1 图2 图3 第4题图 5．实践操作 在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原． 初步思考 （1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）．当点P与点A重合时，∠DEF＝　 　°；当点E与点A重合时，∠DEF＝　 　°； 深入探究 （2）当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当时的菱形EPFD的边长． 拓展延伸 （3）若点F与点C重合，点E在AD上，射线BA与射线FP交于点M（如图③）．在折叠过程中，是否存在使得线段AM与线段DE的长度相等的情况？若存在，请求出线段AE的长度；若不存在，请说明理由． 第5题图 6．综合与探究 问题情境： 数学活动课上，老师要求同学们以菱形为背景探索几何图形运动变化中的数学结论．如图1，在菱形ABCD中，点O为对角线AC和BD的交点，过点O作AD的平行线，交AB于点E． 猜想证明： （1）“笃学”小组发现AE＝OE，请你证明这一结论； 操作探究： （2）如图2，“勤思”小组在图1中的菱形ABCD下方作菱形ADFG，其中∠BAD＝∠GAD，连接BG，CF，判断四边形BCFG的形状，并说明理由； （3）若图2中AB＝6，∠BAD＝∠GAD＝60°，将菱形ADFG绕点A逆时针旋转（设点D，F，G的对应点分别为D′，F′，G′），当F′，G′所在直线与BC所在直线互相垂直时，请直接写出点G′到BC的距离． 第6题图 7．【定义】平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”． （1）【初步感知】如图1，四边形ABCD为矩形，△BEF为其“中直三角形”，其中∠BEF＝90°，若BC＝6，求AB的长； （2）【深入探究】如图2，△CEF为平行四边形ABCD的“中直三角形”，其中∠CFE＝90°，连接AC交EF于点G，AG＝1，，求CD的长； （3）【拓展延伸】在△ABC中，∠A＝90°，3AB＝4AC，以△ABC为中直三角形的平行四边形的一组邻边的长记为m，n，其中m＞n，求的值． 第7题图 8．已知四边形ABCD是平行四边形，点E是对角线BD上一点，点F是▱ABCD外一点，连接EC、CF和DF，且CE＝CF． 【问题背景】（1）如图1，若∠BCD＝∠ECF，∠ADB＝∠CDF，求证：四边形ABCD是菱形； 【问题拓展】（2）如图2，在（1）的条件下，连接FE并延长和AB交于点P，FP和CD交于点Q，求证：PE＝QF； 【问题迁移】（3）如图3，连接AE和BF，点M是BF的中点，连接EM和CM，若∠ADE＝∠CDE＝30°，DF＝CF，ED﹣ME＝2，AE＝5，求线段AB的长． 第8题图 加练18 几何探究题 参考答案与解析 1．【基础问题】①证明：∵∠BAD＝∠CAE，∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE， 又∵AB＝AD，AC＝AE，∴△BAC≌△DAE（SAS），∴BC＝DE； ②解：∵△BAC≌△DAE，∴∠C＝∠E， 又∵∠AFE＝∠GFC，∴∠FAE＝∠FGC，∵∠FAE＝60°，∴∠FGC＝60°； 【应用拓展】 （1）解：∵△ACE和△BCD是等腰直角三角形， ∴AC＝CE，CB＝CD，∠DCB＝∠ACE＝90°，∴∠ACD＝∠ECB， 在△ACD和△ECB中，，∴△ACD≌△ECB（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠CEB， 如解图1，设AD与BE交于点O，∵∠AFC＝∠EFD，∴∠AOE＝∠ACF＝90°， ∴AD⊥BE，∴四边形ABDE的面积18． 图1 图2 第1题解图 （2）解：如解图2，过A作等腰直角△AED，∠EAD＝90°，连接CE，ED，∴AD＝AB＝8，∴DE＝8， 由（1）可知BD＝CE，∵DC+DE≥CE，∴DC+DE≥BD， ∴BD≤84，∴BD的最大值为84． 2．解：（1）ACDE；【解法提示】在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°， ∠EBA＝30°，∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，，∴，∠DBE＝∠CBA，∴△ABC∽△EBD，∴，∴． （2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，∴AE＝AB•sin∠EBAAB＝2，∠BAE＝60°， 如解图1，延长DE交AB于点F,∴，， ∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，由（1）可得， ∴，∴， 在Rt△BFD中，， ∵△ABC∽△EBD，∴，∴，即； 图1 图2 图3 第2题解图 （3）如解图2，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC， 同（1）可得△BDE∽△BCA，∴，∵AC＝2，∴， 在Rt△AEB中，AB＝4，， ∴D在以E为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则， 在Rt△ABD中，， ∴cos∠BDA，sin∠BDA， ∵∠BEA＝60°，∴∠BED＝120°，∵△ABC∽△EBD，∴∠BDE＝∠BCA， 如解图3，过点A作AF⊥BC于点F， ∴，， ∵∠DBC＝30°，∴BCBD2，∴， Rt△AFB中，tan． 3．解：（1）AD＝BE． 理由：∵△ABC，△DEF为等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE； （2）①四边形ADBE为平行四边形． 理由：∵△ABC和△DEF都是等边三角形，，∴． 如解图1，令AB与DE的交点为P．由平移的性质可知，DP∥BF，BP∥DF， ∴四边形BPDF是平行四边形，∴，∴BP＝AP． ∵AD平分∠BAC，BF∥DP，∴∠DAP＝30°，∠APD＝∠ABC＝60°， ∴∠ADP＝90°，∴，∴DP＝EP，∴四边形ADBE为平行四边形； 图1 图2 图3 第3题解图 ②．【解法提示】如解图2，点D在直线l上移动（l∥AC），当BD⊥AC时，BD取得最小值，设BD与AC交于点M，∵AC＝4，∴EF＝2，∴DM，BM2，∴；当点F与点C重合或点E与点A重合时，BD取得最大值，如解图3，过点D作DN⊥BC于点N，在Rt△DCN 中，DN＝CD•sin ，CN＝CD•cos ，∴BN＝BC+CN＝4+1＝5，∴．综上所述，BD的取值范围为． 4．解：（1）；【解法提示】设AE＝m，则AM＝2m，∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴∠BAD∠BAC＝30°，∴BD＝m，ADm，∵E是中点，∴DE＝AE＝BE＝m，∴∠ADE＝∠BAD＝30°，∵∠EDF＝60°，∴∠ADF＝30°，∴AD垂直平分EF，∴DE＝DF，∴△DEF是等边三角形，∴EF＝m＝AE，∵∠EAF＝60°，∴△EAF为等边三角形，∴AF＝m，∴C△AEF＝3m，∵，∴C△AEFAD． （2）（1）中结论仍然成立．证明如下： 如解图1，延长AB至点G，使得BG＝BD，连接DG． ∵△ABC等边BG＝BD，∴∠BGD＝∠BDG＝30°＝∠BAD，∴DG＝DA， 由勾股定理知：在△ADG中，，在GB上截取GH＝AF，连接DH， 在△DHG和△DFA中，，∴△DGH≌△DFA（SAS）， ∴DH＝DF，∠HDG＝∠FDA，∴∠HDF＝120°，又∵∠FDE﹣60°，∴∠HDE＝60°， 在△FDE和△HDE中，，∴△FDE≌△HDE（SAS），∴EF＝EH， ∴C△AEF＝AE+AF+EF＝AE+GH+HE＝AQ； 图1 图2 第4题解图 （3）如解图2，将△ADG绕点D逆时针旋转120°得到△KDJ，其中G的对应点为J，A的对应点为K，连接BK，EJ， ∵旋转，∴∠GDJ＝∠ADK＝120°，DJ＝DG，DK＝DA，JK＝AG＝2，∴∠DAK＝∠DKA＝30°， ∵∠DAB＝30°，∴点A、B、K三点共线，∵∠EDF＝60°，∴∠EDJ＝∠GDJ﹣∠EDF＝60°， ∵DE＝DE，∴△EDJ≌△EDG（SAS），∴， ∵∠DAB＝30°，∴∠GAD＝150°＝∠DKJ，∴∠EKJ＝∠DKJ﹣∠DKA＝120°， 过J作JP⊥EK于点P，则KP，∴， 在Rt△EJP中，EP4，∴EK＝3， ∴AK＝AE+EK＝EG﹣AG+EK2+31， ∵∠ABC＝60°，∠DKA＝30°，∴∠BDK＝30°＝∠DKA，∴BD＝BKAB， ∴BKAK，∴BE＝EK﹣BK＝3． 5．解：（1）90，45；【解法提示】当点P与点A重合时，如解图1，∴EF是AD的中垂线，∴∠DEF＝90°；当点E与点A重合时，如解图2，此时∠DEF∠DAB＝45°． 第5题解图 （2）当点E在AB上，点F在DC上时，如解图3， ∵EF是PD的中垂线，∴DO＝PO，EF⊥PD，∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∴∠FDO＝∠EPO， ∵∠DOF＝∠EOP，∴△DOF≌△POE（ASA），∴DF＝PE， ∵DF∥PE，∴四边形DEPF是平行四边形，∵EF⊥PD，∴▱DEPF为菱形， 当AP时，设菱形的边长为x，则AEx，DE＝x， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，∴32+（x）2＝x2，∴x， ∴时的菱形EPFD的边长为：； （3）存在． 情况一：如解图4，连接EM，∵DE＝EP＝AM，∴△EAM≌△MPE（HL）， 设AE＝x，则AM＝DE＝3﹣x，则BM＝x+1， ∵MP＝EA＝x，CP＝CD＝4，∴MC＝4﹣x，∴（x+1）2+32＝（4﹣x）2，解得x； 第5题解图 情况二，如解图5，∵DE＝EP＝AM，∴△GAM≌△GPE（AAS）， 设AE＝x，则DE＝3﹣x，则AM＝PE＝DE＝3﹣x，MP＝AE＝x， 则MC＝MP+PC＝x+4，BC＝3，BM＝7﹣x，∴（7﹣x）2+32＝（x+4）2，解得x， 综上，线段AE的长为或． 6．（1）证明：在菱形ABCD中，， ∵OE∥AD，∴∠AOE＝∠DAC，∴∠BAC＝∠AOE，∴AE＝OE； （2）解：四边形BCFG为矩形，理由如下： 在菱形ABCD和菱形ADFG中，BC∥AD∥GF，BC＝AB＝AD＝AG＝GF， ∴四边形BCFG是平行四边形， ∵∠BAD＝∠GAD，∴AD⊥BG，∴BC⊥BG， ∴∠CBG＝90°，∴四边形BCFG为矩形； （3）解：AB＝6，∠BAD＝∠GAD＝60°，将菱形ADFG绕点A逆时针旋转（设点D，F，G的对应点分别为D′，F′，G′），当F′，G′所在直线与BC所在直线互相垂直时，垂足记为M， ①点M在BC上时，连接AC，连接BD，交于点O，如解图1， ∵四边形ABCD，ADFG是菱形，∴AD∥BC∥FG，则旋转后F′G′∥AD′， ∵F′G′⊥BC，∴AD′⊥AD，∴旋转角∠D′AD＝∠G′AG＝90°， ∵∠GAD＝60°，∴∠G′AD＝90°﹣60°＝30° ∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴， ∴点G′落在AC上，∴AG′＝AB＝AD＝6 ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝OC∴， 在Rt△ADO中，由勾股定理得，∴，∴， ∵AD∥BC，∴∠BCO＝∠CAD＝30°，∴在Rt△G′MC中，； 图1 图2 第6题解图 ②点M在CB延长线上时，如解图2，同上可得AD′⊥AD， ∴∠DAG′＝∠DAD′+∠D′AG′＝150°，∴∠DAG′+∠DAC＝180°，∴点G′在CA延长线上， 此时，∴在Rt△G′MC中，， 综上所述，点M在CB延长线上时，当F′，G′所在直线与BC所在直线互相垂直时，点G′到BC的距离为或． 7．解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AB＝CD，AD＝BC＝6，∠A＝∠D＝90°， ∵△BEF为其“中直三角形”，其中∠BEF＝90°， ∴AE＝DE，DF，△ABE∽△DEF，∴， 设AB＝x，则DF，∴，解得x，∴AB； （2）如解图1，延长FE、CB交于点M，延长EF、CD交于点N， 第7题解图1 ∵△BEF为其“中直三角形”，∴△BEM≌△AEF（ASA），△AEF≌△DNF（ASA）， ∴BM＝AF＝DF，BE＝AE＝DN， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，BC＝AD，AB＝CD， ∴CM＝BC+BM＝AD+BM＝3AF，CN＝CD+DN＝AB+DN＝3DN，∴， ∵AG＝1，，∴CG＝3，MG，∴EM＝EF＝FN， 在Rt△CFG中，CG2＝CF2+FG2，∴CF＝2，在Rt△CFN中，CN2＝CF2+FN2，∴CN， ∴CD； （3）△ABC是平行四边形CDFE的“中直三角形”，如解图2、3，作BH⊥DF，交DF 的延长线于点H，作CG⊥DF于G，∴∠H＝∠G＝90°， ∵四边形CDFE是平行四边形，∴∠D＝∠BFH， ∴△CDG∽△BFH，∴， ①如解图2，设FH＝x，BH＝y，则DG＝2x，CG＝2y， ∵△ACG∽△BAH，∴，∴，， ∴，， ∵AF＝AD，∴，∴，∴， ∵，∴； 图2 图3 第7题解图 ②如解图3，设FH＝x，CH＝y，则 DG＝2x，BG＝2y， ∵△ABG∽△CAH，∴，∴，， ∴，，∵AF＝AD，∴，∴y＝18x， ∴，，∴； 综上所述，或． 8．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD， ∵∠ADB＝∠CDF，∴∠CBD＝∠CDF， ∵∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD﹣∠DCE＝∠ECF﹣∠DCE，即∠BCE＝∠DCF， 又∵CE＝CF，∴△BCE≌△DCF（AAS），∴BC＝CD，∴平行四边形ABCD是菱形； （2）证明：由（1）可知，四边形ABCD是菱形， ∴，AB∥CD，∴∠BPE＝∠CQF， 如解图1，在CD上取一点T，使FT＝FD，连接FT，则∠FTD＝∠FDT，∴FT＝FD， ∵BE＝FD，∴BE＝FT，∵∠ADB＝∠CDF，∴∠PBE＝∠QTF， ∴△PBE≌△QTF（AAS），∴PE＝QF； 图1 图2 第8题解图 （3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD＝∠CDE＝30°， ∴BC＝CD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD， ∵∠ADE＝∠CDE＝30°，DE＝DE，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE， ∵DF＝CF＝CE，∴DF＝EC＝CF＝AE＝5， 如解图2，连接AC，∵∠ADC＝60°，AD＝DC，∴△ADC是等边三角形， ∴AC＝CD，∠ACD＝60°，∴△ACE≌△DCF（SSS），∴∠ACE＝∠DCF， ∵∠ACE+∠ECD＝60°，∴∠DCF+∠ECD＝60°，即∠ECF＝60°， 延长FC到点N使CN＝CE，连接BN，∵∠BCD＝∠ECN＝120°，∴∠BCN＝∠DCE， ∵BC＝CD，∴△BCN≌△DCE（SAS），∴BN＝DE，∠NBC＝∠EDC＝30°， ∵点M是BF的中点，CF＝CN，∴CM是△FBN的中位线，∴CM∥BN，CMBN， ∴∠BCM＝∠NBC＝30°，∴∠MCD＝∠BCD﹣∠BCM＝120°﹣30°＝90°，∴MC⊥CD， 过点E作EH⊥CD于点H，则EH∥MC， 在Rt△EHD中，，∴EH＝MC，∴四边形EMCH是平行四边形， 又∵∠MCD＝90°，∴平行四边形EMCH为矩形，∴∠EMC＝90°， 设MC＝EH＝3a，则ED＝6a，∵ED﹣ME＝2，∴ME＝6a﹣2， 在Rt△EMC中，由勾股定理得：ME2+MC2＝EC2，即（6a﹣2）2+（3a）2＝52， 解得a1＝1，（不符合题意，舍去），∴MC＝EH＝3，ME＝CH＝4， ∴ED＝6，∴DH3， ∴CD＝CH+DH＝4+3，∴AB＝CD＝4+3． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$