中考数学几何中的类比探究综合测试卷(含答案)

专题复习(6)几何综合题【2021中考数学二轮复习】题型1与三角形、四边形有关的几何综合题类型1类比探究的几何综合题1 • (2020•青海)在4ABC中，AB=AC，CG±BA交BA的延长线于点G.特例感知：(1)将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B.通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF=CG.请给予证明. 猜想论证：(2)当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE±BA，垂足为E.此时请你通过观察、测量DE，DF与CG的长度，猜想并写出DE，DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想.联系拓展：(3)当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置(点F在线段AC上，且点F 与点C不重合)时，请你判断(2)中的猜想是否仍然成立？(不用证明)解：(1)证明：在4FAB和aGAC中，ZF=ZG，{ZFAB = ZCAG，AB=AC，AFABAGACC^S). .\FB=CG.(2)猜想：CG=DE+DF.理由：连接AD.；S..ABC=S；.ABD+S,\ADC，B ?DF«LAC，CG_LAB ♦.\!A B CG=1A B DE+|A C DF. 4^0 4^0VAB=AC，，CG=DE+DF.(3)猜想仍然成立，CG=DE+DF.ZEDF=yZBAD，AE=2，DF=5，求菱形ABCD 的边长.ZT L-DAAADC^AACB，AAC2=AD AB.(2)V四边形ABCD是平行四边形，AAD=BC，ZA=ZC.又•••/BFE=NA，・・・NBFE=NC.又••,NFBE=NCBF，・••△BFEs/^BCF.，BF?=BE BC.，BC =器=单JDt D.\AD=y.(3)分别延长EF，DC相交于点G.•・•四边形ABCD是菱形，・,.AB〃DC，ZBAC=yZBAD.・・・AC〃EF，.•.四边形AEGC为平行四边形.，AC=EG，CG=AE，ZEAC=ZG，AE=CG=2.V ZEDF=|ZBAD，, NEDF= NBAC= NG.又YNDEFuNGED AAEDF^AEGD.ADE2=EFEG.又•••EG=AC=2EF，，DE2=2EF2.，DE=gEF.又•嚅喑，・・.DG=W DF=5"，DC=DG-CG=5 •一2. 33 • (2020•德州)问题探究：小红遇到这样一个问题：如图1，itAABC中，AB = 6，AC=4，AD是中线，求AD的取值范围.她的做法是：延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，证明△BED^^CAD，经过推理和计算使问题得到解决.请回答：(1)小红证明△BEDgZkCAD的判定定理是：SAS.(2)AD的取值范围是1<AD<5.方法运用：(3)如图2，AD是AABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE =EF，求证：BF=AC.(4)如图3，在矩形ABCD中，||=|，在BD上取一点F，以BF为斜边作^rABEF，且器=；，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG=CG. tert证明：(3)延长AD至点"，使AD=AD，连接BA:〈AD是AABC的中线，ABD=CD.{AD=A A D，ZADC=ZA'DB，CD=BD，AAADC^AA r DB(S^S).，NCAD=NA，，AC=AB又•••AE=EF，，ZCAD=ZAFE.，ZA r= ZAFE.又•••/AFE=NBFD，ZBFD=ZA\ABF=AB.又TAB = AC，VBF=AC.(4)延长CG 至点H，使HG=CG，连接HF，CE，HE.•••G 为FD 的中点，，FG=DG.fHG=CG，在△HGF 和ACGD 中，y ZHGF=ZCGD，L FG=DG，AAHGF^ACGD(S4S).A HF=CD，ZHFG=ZCDG.EF 1 1在用4BEF 中，> ：.tan ZEBF=^.又在矩形ABCD中‘黑制,J祟=4・JD J 乙N/.tan ZADB=^./. ZEBF=ZADB.又•••AB〃DC，，NADB=NDBC.，ZEBF= ZADB = ZDBC.又,•,NEFD为ABEF的外角，ZEFD= ZEBF+ ZBEF，即NEFH+NHFD=NEBF+9(r.V ZADB+ZBDC=90° ，，ZEFH+ ZHFD= NEBF+ ZADB + ZBDC.，NEFH=2NEBF，即NEFH=NEBC.在△EFH和4EBC中，EF_1 HF_1 . EF_HFBE ' BC 2 '•宜BC又•••/EBC=NEFH，・••△EFH S AEBC.，ZFEH=ZBEC.，NHEC + /CEF= ZBEF+ZCEF.，NHEC = NBEF=90° .•••△CEH 是直角三角形.VG 为CH 的中点，，EG=£C H，即EG=CG.4 • (2020・陕西)问题提出(1)如图1，在RtAABC中，NACB=90‘ ，AC>BC，ZACB的平分线交AB于点D，过点D分别作DEJ_AC，DF_LBC，垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是CF，DE，DF.问题探究(2)如图2，AB是半圆O的直径，AB = 8，P是上一点，且=2，连接AP，BP，ZAPB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE±AP，CF1BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长. 问题解决(3)如图3是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图，已知。

类比探究（一）（习题）1. 现有正方形ABCD 和一个以O 为直角顶点的三角板，移动三角板，使三角板的两直角边所在直线分别与直线BC ，CD 交于点M ，N ．如图1，若点O 与点A 重合，容易得到线段OM 与ON 的关系． （1）观察猜想：如图2，若点O 在正方形的中心（即两条对角线的交点），OM 与ON 的数量关系是_______________；（2）探究证明：如图3，若点O 在正方形的内部（含边界），且OM =ON ，请判断三角板移动过程中所有满足条件的点O 可组成什么图形，并说明理由；（3）拓展延伸：若点O 在正方形的外部，且OM =ON ，请你在图4中画出满足条件的一种情况，并就“三角板在各种情况下（含外部）移动，所有满足条件的点O 所组成的图形”，写出正确的结论．（不必说明 理由）图1A BCD M (O )NNO M DCBA图2NOM DCBA 图3ABCD图4复习巩固2. （1）问题发现：如图1，在等边△ABC 中，点D 为BC 边上一动点，DE ∥AB 交AC 于点E ，将AD 绕点D 顺时针旋转60°得到DF ，连接CF ．则AE 与FC 的数量关系是_________，∠ACF 的度数为________． （2）拓展探究：如图2，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，∠ACB =60°，点D 为BC 边上一动点，DE ∥AB 交AC 于点E ，当∠ADF =∠ACF =90°时，求AEFC的值． （3）解决问题：如图3，在△ABC 中，BC :AB =m ，点D 为BC 的延长线上一点，过点D 作DE ∥AB 交AC 的延长线于点E ，直接写出当∠ADF =∠ACF =∠ABC 时，AEFC的值．3. 如图，在Rt △ABC 中，AC =BC =4，∠ACB =90°，正方形BDEF 的边长为2，将正方形BDEF 绕点B 旋转一周，连接AE ，BE ，CD ． （1）猜想：CDAE的值是___________，直线CD 与直线AE 相交所成的锐角度数是_____________． （2）探究：直线DE 与AF 垂直时，求线段CD 的长；（3）拓展：取AE 的中点M ，连接FM ，直接写出线段FM 长的取值范围．图1ABCD EF图2AB CD EF图3AB CDE F图1FEDCBA图2A B C图3ABC【参考答案】1. （1）OM =ON ；（2）三角板移动过程中所有满足条件的点O 可组成对角线AC ，理由略；（3）图略；三角板在各种情况下（含外部）移动，所有满足条件的点O 所组成的图形是直线AC 或过点C 且与直线AC 垂直的直线． 2. （1）AE =FC ；60°；（2）AEFC = （3）1AE FC m=．3. （1）2；45°；（2）CD ；（3FM ≤。

学生做题前请先回答以下问题问题1：想一想类比探究问题常见的不变结构有哪些，处理方式是什么？问题2：类比探究问题在处理时若常见的结构不能解决问题，需要分析不变特征，如何分析不变特征？中考数学类比探究专项练习（二）一、单选题(共4道，每道7分)1.已知四边形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的点，DE与CF相交于点G．（1）如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：；（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，成立？并证明你的结论；（3）如图3，若BA=BC=6，DA=DC=8，∠BAD＝90°，DE⊥CF，请直接写出的值．（2）中∠B与∠EGC应满足的关系是( )A.∠B=∠EGCB.∠B+∠EGC=90°C.∠B+∠EGC=120°D.∠B+∠EGC=180°答案：D解题思路：见第2题中解析试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究2.（上接第1题）（3）中的值为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究3.问题情境：张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，P为BC 边上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP的面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．（1）变式探究：如图3，当点P在BC的延长线上时，其他条件不变，求证：PD-PE=CF；（2）结论运用：如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为G，H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；（3）迁移拓展：图5是一个航模的截面示意图，已知在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D，C，且，．M，N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，求△DEM与△CEN的周长之和．（2）中PG+PH的值为( )A.3B.4C.5D.答案：B解题思路：见第4题中解析试题难度：三颗星知识点：翻折变换（折叠问题）4.（上接第3题）（3）中△DEM与△CEN的周长之和为( )A.6B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。

类比探究之图形运动一、探究题(共2道，每道50分)1.已知：在中，，动点绕的顶点逆时针旋转，且，连结．过、的中点、作直线，直线与直线、分别相交于点、．（1）如图1，当点旋转到的延长线上时，点恰好与点重合，证明（提示取的中点，连结、，根据三角形中位线定理和平行线的性质即可证明）．（2）当点旋转到图2或图3中的位置时，与有何数量关系？请分别写出猜想，并证明．答案：图2：∠AMF=∠ENB图3：∠AMF+∠ENB=180°证明：如图2，取AC的中点H，连接HE、HF∵F是DC的中点，H是AC的中点∴HF∥AD，HF=AD∴∠AMF=∠HFE同理，HE∥CB，HE=CB，∴∠ENB=∠HEF又∵∴HF=HE∴∠HEF=∠HFE∴∠ENB=∠AMF如图3，取AC的中点H，连接HE、HF∵F是DC的中点，H是AC的中点∴HF∥AD，HF=AD∴∠AMF+∠HFE=180°同理，HE∥CB，HE=CB，∴∠ENB=∠HEF又∵∴HF=HE∴∠HEF=∠HFE∴∠AMF+∠BNE=180°解题思路：两题思路基本相同，都需要作出两条辅助线，两次运用中位线定理解答．试题难度：三颗星知识点：平行线的性质2.正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥DC于F．（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．答案：（1）AP=EF，AP⊥EF，理由如下：连接AC，则AC必过点O，延长FO交AB于M；∵OF⊥CD，OE⊥BC，且四边形ABCD是正方形，∴四边形OECF是正方形，∴OM=OF=OE=AM，∵∠MAO=∠OFE=45°，∠AMO=∠EOF=90°，∴△AMO≌△FOE，∴AO=EF，且∠AOM=∠OFE=∠FOC=45°，即OC⊥EF，故AP=EF，且AP⊥EF．（2）题（1）的结论仍然成立，理由如下：延长AP交BC于N，延长FP交AB于M；∵PM⊥AB，PE⊥BC，∠MBE=90°，且∠MBP=∠EBP=45°，∴四边形MBEP是正方形，∴MP=PE，∠AMP=∠FPE=90°；又∵AB-BM=AM，BC-BE=EC=PF，且AB=BC，BM=BE，∴AM=PF，∴△AMP≌△FPE，∴AP=EF，∠APM=∠FPN=∠PEF∵∠PEF+∠PFE=90°，∠FPN=∠PEF，∴∠FPN+∠PFE=90°，即AP⊥EF，故AP=EF，且AP⊥EF．（3）题（1）（2）的结论仍然成立；如图，延长AB交PF于H，证法与（2）完全相同．解题思路：（1）连接AC，则AC必过O点，延长FO交AB于M，由于O是BD中点，易证得△AOM≌△FOE，则AO=EF，且∠AOM=∠FOC=∠OFE=45°，由此可证得AP⊥EF．（2）方法与①类似，延长FP交AB于M，延长AP交BC于N，易证得四边形MBEP是正方形，可证得△APM≌△FEP，则AP=EF，∠APM=∠FEP；而∠APM=∠FPN=∠PEF，且∠PEF与∠PFE互余，故∠PFE+∠FPN=90°，由此可证得AP⊥EF，所以（1）题的结论仍然成立．（3）解题思路和方法同（2）．试题难度：四颗星知识点：全等三角形的判定与性质。

类比探究综合测试（四）一、单选题(共6道，每道16分)1.在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点P在线段BC上（不与点B重合），且，PE交OB于点E，过点B作BF⊥PE于点F，交AC于点G．（1）如图1，当点P与点C重合时，的值为( )A.1B.C. D.答案：B解题思路：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OB=OP，∠EOP=∠GOB=90°，∴∠1+∠2=90°．∵PF⊥BG，，∴，∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3，∴△GOB≌△EOP（AAS），∴BG=PE，∴．试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究2.（上接第1题）（2）如图2，当点P与点C不重合时，通过观察、测量、猜想，可得的值为( )A.1B.C. D.答案：B解题思路：如图2，过点P作PM//AC，交BG于点M，交BD于点N．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，∠OBC=45°．∵PM//AC，∴∠BPM=∠ACB，∠MNB=∠ENP=90°，∴△BNP是等腰直角三角形，BN=PN，∠1+∠2=90°．∵PF⊥BG，，∴∠1+∠3=90°，，∴∠2=∠3，，∴△BMN≌△PEN（AAS），∴BM=PE，∴．试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究3.（上接第1，2题）（3）如图3，把题干中的正方形ABCD改为菱形，其他条件不变，若∠ACB=α，则的值为( )（用含α的式子表示）A. B.tanαC. D.答案：D解题思路：如图3，过点P作PM//AC，交BG于点M，交BD于点N．∵四边形ABCD是菱形，∴∠BOC=90°．∵PM//AC，∴∠BPM=∠ACB=α，∠MNB=∠ENP=90°，∴∠1+∠2=90°．∵PF⊥BG，，∴∠1+∠3=90°，，∴∠2=∠3，，∴△BMN∽△PEN，∴．∵，∴．在Rt△BNP中，，∴．试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究4.将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得到，我们将这种变换记为[θ，n]．（1）如图1，对△ABC作变换[60，]，得到，则的值为_______，直线BC与直线所夹的锐角为______．( )A. B.C. D.答案：D解题思路：如图1，由题意，，∴，．又∵∠1=∠2，∴，即直线BC与直线所夹的锐角为60°．试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究5.（上接第4题）（2）如图2，在△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC作变换[θ，n]，得，使点在同一条直线上，且四边形为矩形，则θ和n的值分别为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：∵四边形为矩形，∴．∵∠BAC=30°，∴，即θ=60．在中，∵，∴，即n=2．综上，θ和n的值分别为60，2．试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究6.（上接第4，5题）（3）如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换[θ，n]，得，使点在同一条直线上，且四边形为平行四边形，则θ和n的值分别为( )A. B.C. D.答案：C解题思路：∵AB=AC，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠ACB=72°．由题意，．∵四边形为平行四边形，∴AC′∥BB′，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴．设AB=x，则，∴，∴，∴，∴．综上，θ和n的值分别为．试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究。

中招考试几何类比探究题集锦（附参考答案）参考答案与试题解析一．解答题（共11小题）1．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ABD≌△ACF；（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，请直接写出DE2，BD2，CE2三者之间的等量关系．【解答】解：（1）∵点D关于直线AE的对称点为F，∴EF=DE，AF=AD，∠DAE=∠EAF=α∴∠CAE+∠CAF=α∵∠BAC=2∠DAE=2α．∴∠BAD+∠CAE=∠BAC﹣∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAF，在△ABD和△ACF中，第1页（共33页）第2页（共33页）∴△ABD ≌△ACF （SAS ），（2）由（1）知，△ABD ≌△ACF （SAS ），∴CF=BD ，∠ACF=∠B ，∵AB=AC ，∠BAC=2α，α=45°，∴△ABC 是等腰直角三角形，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ECF=∠ACB +∠ACF=45°+45°=90°，在Rt △CEF 中，由勾股定理得，EF 2=CF 2+CE 2，∴DE 2=BD 2+CE 2，（3）DE 2=BD 2+CE 2；理由：如图，∵∠BAC=2∠DAE=2α．∴∠DAE=α，∵点D 关于直线AE 的对称点为F ，∴EF=DE ，AF=AD ，∠DAE=∠EAF=α∴∠CAF=∠EAF +∠CAE=α+∠CAE∴∠BAD=∠BAC ﹣∠DAC=2α﹣∠DAC=2α﹣（∠DAE ﹣∠CAE ）=2α﹣（α﹣∠CAE）=α+∠CAE∴∠BAD=∠CAF，在△ABD和△ACF中，∴△ABD≌△ACF（SAS），∴CF=BD，∠ACF=∠B，∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，∴DE2=BD2+CE2，2．（1）如图（1），已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．猜测DE、BD、CE三条线段之间的数量关系（直接写出结果即可）．（2）如图（2），将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问第（1）题中DE、BD、CE之间的关系是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展与应用：如图（3），D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF 均为等第3页（共33页）边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断线段DF、EF的数量关系，并说明理由．【解答】解：（1）DE=BD+CE．理由如下：如图1，∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA=∠AEC=90°又∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）∴BD=AE，AD=CE，∵DE=AD+AE，∴DE=CE+BD；（2）如图2，∵∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°﹣α，第4页（共33页）∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE=BD，AD=CE，∴BD+CE=AE+AD=DE；（3）DF=EF．理由如下：由（2）知，△ADB≌△CAE，BD=EA，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°，∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，∴∠DBF=∠FAE，∵BF=AF在△DBF和△EAF中，，∴△DBF≌△EAF（SAS），∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，第5页（共33页）∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，∴△DEF为等边三角形．∴DF=EF．3．（1）问题发现如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，连接CE．请填空：①∠ACE的度数为60°；②线段AC、CD、CE之间的数量关系为AC=CD+CE．（2）拓展探究如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点D在边BC 上，连接CE．请判断∠ACE的度数及线段AC、CD、CE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD=2，CD=1，AC与BD交于点E，请直接写出线段AC的长度．第6页（共33页）【解答】解：（1）①∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠B=60°，∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE=∠B=60°，故答案为：60°；②线段AC、CD、CE之间的数量关系为：AC=CD+CE；理由是：由①得：△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∵AC=BC=BD+CD，∴AC=CD+CE；故答案为：AC=CD+CE；（2）∠ACE=45°，AC=CD+CE，理由是：如图2，∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，第7页（共33页）∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∠ACE=∠B=45°，∵BC=CD+BD，∴BC=CD+CE，∵在等腰直角三角形ABC中，BC=AC，∴AC=CD+CE；（3）如图3，过A作AC的垂线，交CB的延长线于点F，∵∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD=2，CD=1，∴BD=2，BC=，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴A、B、C、D四点共圆，∴∠ADB=∠ACB=45°，∴△ACF是等腰直角三角形，由（2）得：AC=BC+CD，∴AC===．第8页（共33页）4．【探究发现】如图1，△ABC是等边三角形，∠AEF=60°，EF交等边三角形外角平分线CF所在的直线于点F，当点E是BC的中点时，有AE=EF成立；【数学思考】某数学兴趣小组在探究AE、EF的关系时，运用“从特殊到一般”的数学思想，通过验证得出如下结论：当点E是直线BC上（B，C除外）任意一点时（其它条件不变），结论AE=EF仍然成立．假如你是该兴趣小组中的一员，请你从“点E是线段BC上的任意一点”；“点E是线段BC延长线上的任意一点”；“点E是线段BC反向延长线上的任意一点”三种情况中，任选一种情况，在备用图1中画出图形，并证明AE=EF．【拓展应用】当点E在线段BC的延长线上时，若CE=BC，在备用图2中画出图形，并运用上述结论求出S△ABC ：S△AEF的值．【解答】证明：第一种情况：点E是线段BC上的任意一点，可作三种辅助线：方法一：如图1，在AB上截取AG，使AG=EC，连接EG，第9页（共33页）∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠B=∠ACB=60°．∵AG=EC，∴BG=BE，∴△BEG是等边三角形，∠BGE=60°，∴∠AGE=120°．∵FC是外角的平分线，∠ECF=120°=∠AGE．∵∠AEC是△ABE的外角，∴∠AEC=∠B+∠GAE=60°+∠GAE．∵∠AEC=∠AEF+∠FEC=60°+∠FEC，∴∠GAE=∠FEC．在△AGE和△ECF中，∴△AGE≌△ECF（ASA），∴AE=EF；方法二：在CA上截取CG=CE，连结GE，证明类似方法一；方法三：延长FC到G，使CG=CE，连结EG，易证△CEG是等边三角形，第10页（共33页）∴CE=EG，∠G=∠ACB=60°，∠CEG=∠AEF=60°，∴∠CEG+∠CEF=∠AEF+∠CEF，即∠GEF=∠AEC，∴△GEF≌△CEA，∴AE=EF．第二种情况：点E是线段BC延长线上的任意一点如图2，可作三种辅助线：①在CF上截取CG=CE，连接GE②延长AC到G，使CG=CE，连结EG；③或延长BA到G，使BG=BE，连结EG．第②种添加辅助线的方法证明如下：证明：延长AC到G，使CG=CE，连结EG，易证△CEG为等边三角形，∴∠G=∠ECF=60°，EG=CE，又∠AEG=∠CEG+∠AEC=60°+∠AEC，∠CEF=∠AEF+∠AEC=60°+∠AEC，第11页（共33页）∴∠AEG=∠CEF，∴△AEG≌△FEC，∴AE=EF．第三种情况：点E是线段BC反向延长线上的任意一点如图3，可作三种辅助线：①延长AB到G，使BG=BE，连结EG；②延长CF到G，使CG=CE，连结EG；③在CE上截取CG=CF，连结GF现就第①种添加辅助线的方法证明如下：证明：延长AB到G，使BG=BE，连结EG，易证△BEG为等边三角形，∴∠G=∠ECF=60°，第12页（共33页）∵∠AEB+∠BAE=∠ABC=60°，∠AEB+∠CEF=∠AEF=60°，∴∠BAE=∠CEF，∵AB=BC，BG=BE，∴AB+BG=BC+BE，即AG=CE，∴△AEG≌△EFC，∴AE=EF．拓展应用：如图4：作CH⊥AE于H点，∴∠AHC=90°．由数学思考得AE=EF，又∵∠AEF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴△ABC∽△AEF．第13页（共33页）∵CE=BC=AC，△ABC是等边三角形，∴∠CAH=30°，AH=EH．∴CH=AC，AH=AC，AE=AC，∴．∴==．5．问题情境：在Rt△ABC中，AB=BC，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点O放在斜边AC上，将三角板绕点O旋转．（1）操作发现：当点O为AC中点时：①如图1，三角板的两直角边分别交AB，BC于E、F两点，连接EF，猜想线段AE、CF与EF之间存在的等量关系：AE2+CF2=EF2（无需证明）；②如图2，三角板的两直角边分别交AB，BC延长线于E、F两点，连接EF，判断①中的结论是否成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由；第14页（共33页）（2）类比延伸：当点O不是AC中点时，如图3，三角板的两直角边分别交AB，BC于E、F两点，若=，请直接写出=．【解答】解：（1）①猜想：AE2+CF2=EF2，连接OB，如图1，∵AB=BC，∠ABC=90°，O点为AC的中点，∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．∵∠EOF=90°，∴∠EOB+∠BOF=∠FOC+∠BOF．∴∠EOB=∠FOC，在△OEB和△OFC中，，∴△OEB≌△OFC（ASA）．∴BE=CF，又∵BA=BC，∴AE=BF．在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2；故答案为：AE2+CF2=EF2；第15页（共33页）②成立．证明：连结OB．如图2，∵AB=BC，∠ABC=90°，O点为AC的中点，∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．∵∠EOF=90°，∴∠EOB=∠FOC．在△OEB和△OFC中，，∴△OEB≌△OFC（ASA）．∴BE=CF，又∵BA=BC，∴AE=BF．在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2；（2）=，如图3，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．∵∠B=90°，第16页（共33页）∴∠MON=90°，∵∠EOF=90°，∴∠EOM=∠FON．∵∠EMO=∠FNO=90°，∴△OME∽△ONF，∴=，∵△AOM和△OCN为等腰直角三角形，∴△AOM∽△OCN，∴=，∵=，∴=，故答案为．第17页（共33页）第18页（共33页）6．阅读发现：（1）如图①，在Rt △ABC 和Rt △DBE 中，∠ABC=∠DBE=90°，AB=BC=3，BD=BE=1，连结CD ，AE ．易证：△BCD ≌△BAE ．（不需要证明） 提出问题：（2）在（1）的条件下，当BD ∥AE 时，延长CD 交AE 于点F ，如图②，求AF 的长．解决问题：（3）如图③，在Rt △ABC 和Rt △DBE 中，∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠DEB=30°，连结CD ，AE ．当∠BAE=45°时，点E 到AB 的距离EF 的长为2，求线段CD的长为 ．【解答】（2）解：如图②中，AB与CF交于点O．由（1）可知：△BCD≌△BAE，∴∠OAF=∠OCB，CD=AE，∵∠AOF=∠COB，∴∠AFO=∠CBO=90°，∴CF⊥AE，∵BD∥AE，∴BD⊥CF，在RT△CDB中，∵∠CDB=90°，BC=3，BD=1，∴CD=AE==2，∵∠BDF=∠DFE=∠DBE=90°，∴四边形EFDB是矩形，∴EF=BD=1，∴AF=AE﹣EF=2﹣1．（3）解：在RT△ABC，RT△EBD中，∵∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠DEB=30°，∴AB=BC，BE=BD，∴==，∵∠ABC=∠EBD=90°，∴∠ABE=∠DBC，∴△ABE∽△CBD，∴==，第19页（共33页）第20页（共33页）在RT △AEF 中，∵∠AFE=90°，∠EAF=45°，EF=2，∴AF=EF=2，AE=2，∴=，∴CD=．故答案为．7．如图1，两个完全相同的三角形纸片ABC 和DEC 重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．（1）操作发现：如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：①线段DE与AC的位置关系是DE∥AC；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是S1=S2．（2）猜想论证当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，请猜想（1）中S1与S2的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展探究已知∠ABC=60°，BD平分∠ABC，BD=CD，BC=9，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请求相应的BF的长．【解答】解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，第21页（共33页）∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；故答案为：DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2=×2×2=2；故答案为：S1=S2；（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，第22页（共33页）∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，第23页（共33页）∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=×6÷cos30°=3÷=2，∴BF1=2，BF2=BF1+F1F2=2+2=4，故BF的长为2或4．8．问题解决：如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D 重合），压平后得到折痕MN．当时，求的值．类比归纳：第24页（共33页）在图（1）中，若，则的值等于；若，则的值等于；若（n 为整数），则的值等于．（用含n的式子表示）联系拓广：如图（2），将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D 重合），压平后得到折痕MN，设，则的值等于．（用含m，n的式子表示）【解答】解：（1）方法一：如图（1﹣1），连接BM，EM，BE．由题设，得四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称．∴MN垂直平分BE，∴BM=EM，BN=EN．∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠D=∠C=90°，设AB=BC=CD=DA=2．∵，∴CE=DE=1．第25页（共33页）设BN=x，则NE=x，NC=2﹣x．在Rt△CNE中，NE2=CN2+CE2．∴x2=（2﹣x）2+12，解得x=，即BN=．在Rt△ABM和在Rt△DEM中，AM2+AB2=BM2，DM2+DE2=EM2，∴AM2+AB2=DM2+DE2．设AM=y，则DM=2﹣y，∴y2+22=（2﹣y）2+12，解得y=，即AM=（6分）∴．方法二：同方法一，BN=．如图（1﹣2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形．∴NG=CD=BC．同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴AG=BN=∵MN⊥BE，∴∠EBC+∠BNM=90度．∵NG⊥BC，∴∠MNG+∠BNM=90°，第26页（共33页）∴∠EBC=∠MNG．在△BCE与△NGM中，∴△BCE≌△NGM，EC=MG．∵AM=AG﹣MG，AM=﹣1=．∴．（2）如图1，当四边形ABCD为正方形时，连接BE，=，不妨令CD=CB=n，则CE=1，设BN=x，则EN=x，EN2=NC2+CE2，x2=（n﹣x）2+12，x=；作MH⊥BC于H，则MH=BC，又点B，E关于MN对称，则MN⊥BE，∠EBC+∠BNM=90°；而∠NMH+∠BNM=90°，故∠EBC=∠NMH，则△EBC≌△NMH，∴NH=EC=1，AM=BH=BN﹣NH=﹣1=则：==．故当=，则的值等于；若=，则的值等于；第27页（共33页）（3）若四边形ABCD为矩形，连接BE，=，不妨令CD=n，则CE=1；又==，则BC=mn，同样的方法可求得：BN=，BE⊥MN，易证得：△MHN∽△BCE．故=，=，HN=，故AM=BH=BN﹣HN=，故==．故答案为：；；；．第28页（共33页）第29页（共33页）9．阅读理解：如图1，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠B=90°，点P 在BC 边上，当∠APD=90°时，易证△ABP ∽△PCD ，从而得到BP•PC=AB•CD ，解答下列问题．（1）模型探究：如图2，在四边形ABCD 中，点P 在BC 边上，当∠B=∠C=∠APD 时，结论BP•PC=AB•CD 仍成立吗？试说明理由；（2）拓展应用：如图3，M 为AB 的中点，AE 与BD 交于点C ，∠DME=∠A=∠B=45°且DM 交AC 于F ，ME 交BC 于G ．AB=，AF=3，求FG 的长．【解答】解：（1）∵∠APC=∠APD +∠CPD ，∠APC=∠BAP +∠B （三角形外角定理），∠B=∠APD （已知），∴∠BAP=∠CPD，又∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCD∴=，∴BP•PC=AB•CD；（2）∵∠AFM=∠DME+∠E（三角形外角定理），∠DME=∠A（已知），∴∠AFM=∠A+∠E（等量代换），又∠BMG=∠A+∠E（三角形外角定理），∴∠AFM=∠BMG．∵∠A=∠B，∴△AMF∽△BGM．当∠A=∠B=45°时，∠ACB=180°﹣∠A﹣∠B=90°，即AC⊥BC且AC=BC．∵M为AB的中点，∴AM=BM=，AC=BC=4．又∵△AMF∽△BGM，∴，∴BG===，又∵，CF=4﹣3=1，∴．第30页（共33页）10．基本模型如下图，点B、P、C在同一直线上，若∠B=∠1=∠C=90°，则△ABP∽△PCD成立，（1）模型拓展如图1，点B、P、C在同一直线上，若∠B=∠1=∠C，则△ABP∽△PCD成立吗？为什么？（2）模型应用①如图2，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，AB=2，BC=4，在BC上截取BP=AD，作∠APQ=∠B，PQ交CD于点Q，求CQ的长；②如图3，正方形ABCD的边长为1，点P是线段BC上的动点，作∠APQ=90°，PQ交CD于Q，当P在何处时，线段CQ最长？最长是多少？【解答】解：（1）成立，∵∠A=180°﹣（∠B+∠APB），第31页（共33页）∠CPD=180°﹣（∠1+∠APB），∠B=∠1，∴∠A=∠CPD，∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCD；（2）①∵四边形ABCD是等腰梯形，∴∠B=∠C，∵∠B=∠APQ，∴∠B=∠APQ=∠C，由（1）知，△ABP∽△PCD，∴=，∴=，∴CQ=；②设BP=x，CQ=y．∵∠B=∠APQ=90°，∴△ABP∽△PCQ，∴=，即=，∴y=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，第32页（共33页）∴当x=时，y=，最大即当P是BC的中点时，CQ最长，最长为．第33页（共33页）。

学生做题前请先回答以下问题问题1:解决类比探究问题的一般方法：（1） ________________________________ 根据题干条件，结合先解决第一问；（2） ____________ 用解决的方法类比解决下一问，整体框架照搬.问题2：整体框架照搬包括____________ , ____________ , ____________ •问题3：“三角形全等"的辅助线：见中线，要________，________ 之后___________ -问题4：当见到线段的______________ 考虑截长补短，构造全等或等腰转移—、转移—,然后和________ 重新组合解决问题.问题5：当见到线段的_____________________ 考虑截氏补短，截长补短的作用是把_________________________ 转化成_____________________ .三角形全等之类比探究综合测试（人教版）一、单选题（共5道，每道20分）1•八年级数学兴趣小组在学校的"数学长廊〃中兴奋地展示了他们小组探究发现的结果，内容如下：如图1,在等边三角形ABC中，在AB, AC边上分别取点M, N,使BM=AN,连接BN, CM交于点0,求ZNOC的度数.下面给出了解题的路线图，如图1-1：AB=BC f ZNAB=ZMBC=60Q, AN=BM.ZNOC=Z 1+Z 3=Z2+Z 3=ZABC=60 °®A NAB^AMBC (SAS)；NAB^AAMC (SSA)； (3)A AMC^ANCB (SAS)；(4)Z2=Z1；⑤BN二CM；(6)Z2=Z1, BN=CM.以上横线处，依次所填正确的是()A.②⑤B.③⑥C.②⑥D.①④答案:D解题思路：要求ZNOC 的度数，可以将其看作厶鸟。

的一个外角，只要求得Z1+Z3即可.由所给的条件， 可以证明厶NAB^/\MBC (SAS), 得到Z2=Z 1,进而ZA-OC=Zl+Z3=Z2+Z3=Z.18C=60。

中考数学类比探究型几何综合题专题训练【类型1】通过位置变化（图形变换）进行类比探究〖例1〗已知：如图，等边△AOB的边长为4，点C为OA中点．（1）如图1，将OC绕点O顺时针旋转，使点C落到OB边的点D处，设旋转角为α（0°＜α≤360°）．则此时α＝；此时△COD是三角形（填特殊三角形的名称）．（2）如图2，固定等边△AOB不动，将（1）中得到的△OCD绕点O逆时针旋转，连接AC，BD，设旋转角为β（0°＜β≤360°）．①求证：AC＝BD；②当旋转角β为何值时，OC∥AB，并说明理由；③当A、C、D三点共线时，直接写出线段BD的长．〖例2〗现有与菱形有关的三幅图，如图：（1）（感知）如图①，AC是菱形ABCD的对角线，∠B＝60°，E、F分别是边BC、CD上的中点，连结AE、EF、AF．若AC＝2，则CE+CF的长为．（2）（探究）如图②，在菱形ABCD中，∠B＝60°．E是边BC上的点，连结AE，作∠EAF＝60°，边AF交边CD于点F，连结EF．若BC＝2，求CE+CF的长．（3）（应用）在菱形ABCD中，∠B＝60°．E是边BC延长线上的点，连结AE，作∠EAF＝60°，边AF交边CD延长线于点F，连结EF．若BC＝2，EF⊥BC时，借助图③求△AEF的周长．〖尝试练习〗1．如图1，等边△ABC与等边△BDE的顶点B重合，D、E分别在AB、BC上，AB＝2√2，BD＝2．现将等边△BDE从图1位置开始绕点B顺时针旋转，如图2，直线AD、CE相交于点P．（1）在等边△BDE旋转的过程中，试判断线段AD与CE的数量关系，并说明理由；（2）在等边△BDE顺时针旋转180°的过程中，当点B到直线AD的距离最大时，求PC的长；（3）在等边△BDE旋转一周的过程中，当A、D、E三点共线时，求CE的长．2．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．（1）探究猜想如图1，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：；②BC、CD、CF之间的数量关系为：；（2）深入思考如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．（3）拓展延伸如图3，当点D在线段BC的延长线上时，正方形ADEF对角线交于点O．若已知AB＝2√2，CD ＝14BC，请求出OC的长．3．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG有公共的顶点A，且正方形AEFG的边AE，AG分别在正方形ABCD的边AB，AD上，显然BE＝DG，BE⊥DG．（1）将图1的正方形AEFG绕点A转动一定的角度到图2的位置．求证：①BE＝DG；②BE⊥DG；（2）如图3，若点D，G，E在同一条直线上，且正方形ABCD的边长是4√2，正方形AEFG的边长为3√2，求BE的长．【类型2】通过形状变化进行类比探究〖例3〗如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α．D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转α，得到AE，连接DE，CE．（1）求证：CE＝BD；（2）若α＝60°，其他条件不变，如图2．请猜测线段AC，CD，CE之间的数量关系，并说明理由；（3）若α＝90°，其他条件不变，如图3，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间的数量关系，并说明理由．〖例4〗如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PC ＝PE，PF交CD于点F．（1）求证：∠PCD＝∠PED；（2）连接EC，求证：EC＝√2AP；（3）如图2，把正方形ABCD改成菱形ABCD，其他条件不变，当∠DAB＝60°时，请直接写出线段EC和AP的数量关系．〖尝试练习〗4．已知菱形ABCD和菱形DEFG有公共的顶点D，C点在DE上，且∠ADC＝∠EDG，连接AE，CG，如图1．（1）试猜想AE与CG有怎样的数量关系（直接写出关系，不用证明）；（2）将菱形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）在（2）的条件下，如果∠ADC＝∠EDG＝90°，如图3，你认为AE和CG是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．5．已知在平行四边形ABCD中，AB≠BC，将△ABC沿直线AC翻折，点B落在点E处，AD与CE相交于点O，联结DE．（1）如图1，求证：AC∥DE；（2）如图2，如果∠B＝90°，AB＝√3，BC＝√6，求△OAC的面积；（3）如果∠B＝30°，AB＝2√3，当△AED是直角三角形时，求BC的长．6．如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF 为邻边作平行四边形ECFG．（1）求证：四边形ECFG是菱形；（2）连结BD、CG，若∠ABC＝120°，则△BDG是等边三角形吗？为什么？（3）若∠ABC＝90°，AB＝10，AD＝24，M是EF的中点，求DM的长．【自主反馈】7．如图1，△ABC是等边三角形，点D，E分别是BC，AB上的点，且BD＝AE，AD与CE交于点F．（1）求∠DFC的度数；（2）将CE绕着点C逆时针旋转120°，得到CP，连接AP，交BC于点Q．①补全图形（图2中完成）；②用等式表示线段BE与CQ的数量关系，并证明．8．已知△ABC是等腰三角形．（1）如图1，若△ABC，△ADE均是顶角为42°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：△ABD ≌△ACE；（2）如图2，若△ABC为等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交BD于点E，连接CE．①求∠AED的度数；②试探究线段AE、CE、BD之间的数量关系，并证明．9．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D．（1）如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；（2）如图2，若α＝60°时，点F是边AC中点，求证：DF＝BE；（3）如图3，点B、C的坐标分别是（0，0），（0，2），点Q是线段AC上的一个动点，点M 是线段AO上的一个动点，是否存在这样的点Q、M使得△CQM为等腰三角形且△AQM为直角三角形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．10．在等腰直角三角形纸片ABC中，点D是斜边AB的中点，AB＝10，点E为BC上一点，将纸片沿DE折叠，点B的对应点为点B'．（1）如图①，连接CD，则CD的长为；（2）如图②，B'E与AC交于点F，DB'∥BC．①求证：四边形BDB'E为菱形；②连接B'C，则△B'FC的形状为；（3）如图③，则△CEF的周长为．11．已知正方形ABCD，以CE为边在正方形ABCD外部作正方形CEFG，连AF，H是AF的中点，连接BH，HE．（1）如图1所示，点E在边CB上时，则BH，HE的关系为；（2）如图2所示，点E在BC延长线上，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请给出新的结论并证明．（3）如图3，点B，E，F在一条直线上，若AB＝13，CE＝5，直接写出BH的长．12．（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．（2）简单应用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求CG的长．（3）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．13．我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．重温定理，识别图形（1）如图①，我们在探究三角形中位线DE和第三边BC的关系时，所作的辅助线为“延长DE到点F，使EF＝DE，连接CF”，此时DE与DF在同一直线上且DE＝12DF，又可证图中的四边形为平行四边形，可得BC与DF的关系是，于是推导出了“DE∥BC，DE＝12BC”．寻找图形，完成证明（2）如图②，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，△BEH是等腰直角三角形，∠EBH＝90°，连接CF、CH．求证CF＝√2BE．构造图形，解决问题（3）如图③，四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，∠ABC＝∠AEF＝120°，连接BE、CF．直接写出CF与BE的数量关系．类比探究型几何综合题专题训练（不用相似）答案与解析〖例1〗解：（1）如图1，∵△AOB是等边三角形，∴AO＝BO＝AB，∠AOB＝60°，∵将OC绕点O顺时针旋转，使点C落到OB边的点D处，∴OC＝OD，∠COD＝∠AOB＝60°＝α，∴△COD是等边三角形，答案为：60°，等边；（2）①∵△COD是等边三角形，∴OC＝OD，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠AOC＝∠BOD，又∵AO＝BO，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD；②如图2，当点C在点O的上方时，若OC∥AB，∴∠AOC＝∠OAB＝60°＝β，如图2﹣1，当点C在点O的下方时，若OC∥AB，∴∠ABO＝∠BOC＝60°，∴β＝360°﹣60°﹣60＝240°，综上所述：β＝60°或240°；③如图3，当点D在线段AC上时，过点O作OE⊥AC于E，∵等边△AOB的边长为4，点C为OA 中点，∴AO＝AB＝OB＝4，OC＝OD＝CD＝2，∵∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∵OE⊥CD，OC＝OD，∴CE＝DE＝1，∴OE＝√OC2−CE2＝√3，∴AE＝√OA2−OE2＝√13，∴AC＝AE+CE＝1+√13＝BD；如图4，当点C在线段AD上时，过点O作OF⊥AD于F，同理可求DF＝CF＝1，AF＝√13，∴AC＝BD＝√13﹣1，综上所述：BD＝√13+1或√13﹣1．〖例2〗解：（1）感知：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝AB＝2，∵E，F分别是边BC，CD的中点，∴CE＝12BC，CF＝12CD＝1，∴CE+CF＝2．故答案为：2．（2）探究：如图，连结AC．∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD．∴∠B+∠BCD＝180°．∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∠BCD＝120°．∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC．∴∠ACF＝∠B＝60°．∵∠EAF＝60°，∴∠BAC﹣∠CAE＝∠EAF﹣∠CAE．∴∠BAE＝∠CAF．∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF．∴CE+CF＝BC＝2．（3）应用：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD．∴∠B+∠BCD＝180°．∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∠BCD＝120°．∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC．∴∠CAD＝∠B＝60°．∵∠EAF＝60°，∴∠CAD﹣∠DAE＝∠EAF ﹣∠DAE．∴∠CAE＝∠DAF．∵∠ACE＝∠ADF，AC＝AD∴△ACE≌△ADF（ASA）．∴CE＝DF，AE＝AF，∵∠EAF＝60°，∴△AEF为等边三角形，∵EF⊥BC，∠ECF＝60°，∴CF＝2CE，∵CD＝BC＝2，∴CE＝2，∴EF=√CF2−CE2=2√3，∴△AEF的周长为6√3．〖尝试练习〗1．解：（1）AD＝CE，理由：∵△ABC与△BDE都是等边三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE ＝60°，∴∠ABD ＝∠CBE ， ∴△ABD ≌△CBE （SAS ），∴AD ＝CE ；（2）如图2，过点B 作BH ⊥AD 于H ，在Rt △BHD 中，BD ＞BH ，∴当点D ，H 重合时，BD ＝BH ，∴BH ≤BD ，∴当BD ⊥AD 时，点B 到直线AD 的距离最大，∴∠EDP ＝90°﹣∠BDE ＝30°，同（1）的方法得，△ABD ≌△CBE （SAS ），∴∠BEC ＝∠BDA ＝90°，EC ＝AD ，在Rt △ABD 中，BD ＝2，AB ＝2√2， 根据勾股定理得，AD ＝√AB 2−BD 2＝2， ∴CE ＝2，∵∠BEC ＝90°，∠BED ＝60°， ∴∠DEP ＝90°﹣60°＝30°＝∠EDP ， ∴DP ＝EP ，如图2﹣1，过点P 作PQ ⊥DE 于Q ， ∴EQ ＝12DE ＝1，在Rt △EQP 中，∠PEQ ＝30°， ∴EP ＝EQ cos∠DEP ＝2√33，∴PC ＝2−2√33； （3）①当点D 在AE 上时，如图3，∴∠ADB ＝180°﹣∠BDE ＝120°，∴∠BDE ＝60°， 过点B 作BF ⊥AE 于F ，在Rt △BDF 中，∠DBF ＝30°，BD ＝2， ∴DF ＝1，BF ＝√3，在Rt △ABF 中，根据勾股定理得，AF ＝√AB 2−BF 2＝√5，AD ＝AF ﹣DF ＝√5﹣1，∴CE ＝AD ＝√5﹣1； ②当点D 在AE 的延长线上时，如图4，同①的方法得，AF ＝√5，DF ＝1，∴AD ＝AF +DF ＝√5+1，∴CE ＝AD ＝√5+1， 即满足条件的CE 的长为√5+1和√5﹣1． 2．解：（1）①正方形ADEF 中，AD ＝AF ， ∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°，∴∠BAD ＝∠CAF ， 又∵AB=AC ，∴△DAB ≌△FAC （SAS ），∴∠ABC ＝∠ACF ，∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠ABC ＝∠ACB ＝45°，∴∠ACB +∠ACF ═45°+45°＝90°， 即BC ⊥CF ；②△DAB ≌△FAC ，∴CF ＝BD ，∵BC ＝BD +CD ， ∴BC ＝CF +CD ；故答案为：BC ＝CF +CD ；（2）CF ⊥BC 成立；BC ＝CD +CF 不成立，CD ＝CF +BC ．理由如下：∵正方形ADEF 中，AD ＝AF ，∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°，∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB=AC ， ∴△DAB ≌△FAC （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACF ， ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ， ∴∠ACB ＝∠ABC ＝45°．∴∠ABD ＝180°﹣45°＝135°，∴∠BCF ＝∠ACF ﹣∠ACB ＝135°﹣45°＝90°，∴CF ⊥BC ． ∵CD ＝DB +BC ，DB ＝CF ，∴CD ＝CF +BC ．（3）过点A 作AH ⊥BC 于点H ，过点E 作EM ⊥BD 于点M ，EN ⊥CF 于点N ， ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2√2， ∴BC ＝4，∴CD ＝14BC ＝1，∴BD ＝5， 由（2）同理可证得△DAB ≌△FAC ，∴BC ⊥CF ，CF ＝BD ＝5，∵四边形ADEF 是正方形，∴OD ＝OF ，∵∠DCF ＝90°， ∴DF ＝√CD 2+CF 2＝√26，∴OC ＝√262．3．证明：（1）如图2，延长DG交BE于H，∵四边形ABCD，四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AG＝AE，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，∴△DAG≌△BAE（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠C+∠CBA+∠ABE+∠BHD+∠CDH＝360°，∴90°+90°+∠ADG+∠CDH+∠BHD＝360°，∴∠BHD＝90°，∴DG⊥BE；（2）如图3，连接BD，∵正方形ABCD的边长是4√2，正方形AEFG的边长为3√2，∴BD＝√2AD＝8，GE＝√2AE＝6，∵BD2＝DE2+BE2，∴64＝（6+BE）2+BE2，∴BE＝√23﹣3．〖例3〗证明：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转α，∴AD＝AE，∠DAE＝α，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴BD＝CE；（2）AC＝CD+CE，理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，由（1）可知：BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝CE+CD，∴AC＝CD+CE；（3）∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵△BAD≌△CAE∴∠ACE＝∠ABC＝45°，∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝90°，∴CE2+CD2＝DE2，∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴DE2＝2AD2，∴CE2+CD2＝2AD2，∴BD2+CD2＝2AD2．〖例4〗（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，又∵PD=PD，∴△ADP≌△CDP（SAS），∴∠PAD＝∠PCD，AP＝CP，∵PC＝PE，∴AP＝PE，∴∠PAD＝∠PED，∴∠PCD＝∠PED；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝∠EDF＝90°，由（1）知，∠PCD＝∠PED，∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），∴180°﹣∠CFP﹣∠PCD＝180°﹣∠EFD﹣∠PED，即∠CPF＝∠EDF＝90°，∵PC＝PE，∴△CPE是等腰直角三角形，∴EC＝√2CP，由（1）知，AP＝CP，∴EC＝√2AP；（3）解：AP＝CE；理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP ＝60°，∠BAD＝∠BCD，∠EDC＝∠DAB＝60°，又∵PB=PB，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，∴∠DAP＝∠DCP，∵PC＝PE，∴PA＝PE，∴∠DAP＝∠AEP，∴∠DCP＝∠AEP，∵∠CFP＝∠EFD，∴180°﹣∠CFP﹣∠PCF＝180°﹣∠EFD﹣∠AEP，即∠CPF＝∠EDF＝60°，∴△EPC是等边三角形，∴PC＝EC，∴EC＝AP，〖尝试练习〗4．解：（1）AE＝CG，理由如下：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是菱形，∴DA＝DC，DE＝DG，又∵∠ADE=∠CDG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴AE＝CG；（2）成立，理由如下：∵∠ADC＝∠EDG，∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC，即∠ADE＝∠CDG，又∵DA＝DC，DE＝DG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴AE＝CG；（3）AE ⊥CG ，理由如下：延长线段AE 、GC 交于点H ，∵AD ∥BC ，∴∠CEH ＝∠DAE ， 由（2）可知，△DAE ≌△DCG ，∴∠DAE ＝∠DCG ，∴∠CEH ＝∠DCG ，∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝90°， ∴四边形ABCD 是正方形，∴∠BCD ＝90°，∴∠ECH +∠DCG ＝90°，∴∠ECH +∠CEH ＝90°，∴∠CHE ＝90°，∴AE ⊥CG ． 5．（1）证明：由折叠的性质得：△ABC ≌△△ AEC ，∴∠ACB ＝∠ACE ，BC ＝EC ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ，AD ∥BC ．∴EC ＝AD ，∠ACB ＝∠CAD ，∴∠ACE ＝∠CAD ，∴OA ＝OC ，∴OD ＝OE ，∴∠ODE ＝∠OED ，∵∠AOC ＝∠DOE ，∴∠CAD ＝∠ACE ＝∠OED ＝∠ODE ，∴AC ∥DE ；（2）解：∵平行四边形ABCD 中，∠B ＝90°，∴四边形ABCD 是矩形，∴∠CDO ＝90°，CD ＝AB ＝√3，AD ＝BC ＝√6，由（1）得：OA ＝OC ，设OA ＝OC ＝x ，则OD ＝√6﹣x ，在Rt △OCD 中，由勾股定理得：（√3）2+（√6﹣x ）2＝x 2，解得：x ＝3√64，∴OA ＝3√64，∴△OAC 的面积＝12OA ×CD ＝12×3√64×√3＝9√28；（3）解：分两种情况：①如图3，当∠EAD ＝90°时，延长EA 交BC 于G ，∵AD ＝BC ，BC ＝EC ，∴AD ＝EC ， ∵AD ∥BC ，∠EAD ＝90°，∴∠EGC ＝90°， ∵∠B ＝30°，AB ＝2√3，∴∠AEC ＝30°， ∴GC ＝12EC ＝12BC ，∴G 是BC 的中点， 在Rt △ABG中，BG ＝√32AB ＝3，∴BC ＝2BG ＝6；②如图4，当∠AED ＝90°时∵AD ＝BC ，BC ＝EC ，∴AD ＝EC ，由折叠的性质得：AE ＝AB ，∴AE ＝CD ，又∵AC=AC ，∴△ACE ≌△CAD （SSS ）， ∴∠ECA ＝∠DAC ，∴OA ＝OC ，∴OE ＝OD ， ∴∠OED ＝∠ODE ，∴∠AED ＝∠CDE ， ∵∠AED ＝90°，∴∠CDE ＝90°，∴AE ∥CD ， 又∵AB ∥CD ，∴B ，A ，E 在同一直线上， ∴∠BAC ＝∠EAC ＝90°， ∵Rt △ABC 中，∠B ＝30°，AB ＝2√3， ∴AC ＝√33AB ＝2，BC ＝2AC ＝4；综上所述，当△AED 是直角三角形时，BC 的长为4或6．6．证明：（1）∵AF 平分∠BAD ，∴∠BAF ＝∠DAF ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，AB ∥CD ，∴∠DAF ＝∠CEF ，∠BAF ＝∠CFE ，∴∠CEF ＝∠CFE ，∴CE ＝CF ， 又∵四边形ECFG 是平行四边形， ∴四边形ECFG 为菱形；（2）△BDG 是等边三角形，理由如下：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ∥DC ，AB ＝DC ，AD ∥BC ，∵∠ABC ＝120°，∴∠BCD ＝60°，∠BCF ＝120°，由（1）知，四边形CEGF 是菱形，∴CE ＝GE ，∠BCG ＝12∠BCF ＝60°， ∴CG ＝GE ＝CE ，∠DCG ＝120°，∵EG ∥DF ， ∴∠BEG ＝120°＝∠DCG ，∵AE 是∠BAD 的平分线，∴∠DAE ＝∠BAE ，∵AD ∥BC ， ∴∠DAE ＝∠AEB ，∴∠BAE ＝∠AEB ，∴AB ＝BE ，∴BE ＝CD ，∴△BEG ≌△DCG （SAS ），∴BG ＝DG ，∠BGE ＝∠DGC ，∴∠BGD ＝∠CGE ，∵CG ＝GE ＝CE ，∴△CEG 是等边三角形， ∴∠CGE ＝60°，∴∠BGD ＝60°，∵BG ＝DG ， ∴△BDG 是等边三角形；（3）如图2中，连接BM ，MC ，∵∠ABC ＝90°，四边形ABCD 是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝10，AD＝24，∴BD＝√AB2+AD2＝26，∴DM＝√22BD＝13√2．【自主反馈】7．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝60°，又∵BD=AE，∴△ABD≌△CAE（SAS），∴∠BAD＝∠ACE，∵∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠DFC＝∠ACE+∠DAC＝60°；（2）①根据题意补全图形如图2所示：②线段BE与CQ的数量关系为：CQ＝12BE；理由如下：∵CE绕着点C逆时针旋转120°，得到CP，∴CE＝CP，∠ECP＝120°，∵∠DFC＝60°，∴AD∥CP，∴∠ADC＝∠DCP，∵△ABD≌△CAE，∴CE＝AD，∴AD＝CP，∴△ADQ≌△PCQ（AAS），∴CQ＝DQ＝12CD，∵AB＝BC，BD＝AE，∴BE＝CD，∴CQ＝12BE．8．解：（1）∵△ABC，△ADE均是顶角为42°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）①∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，由旋转知，AC＝AD，∠CAD＝90°，∴AB＝AD，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝150°，∴∠D＝12（180°﹣∠BAD）＝15°，∵AE是∠BAC的平分线，∴∠CAE＝12∠BAC＝30°，∴∠DAE＝∠CAD+∠CAE＝120°，∴∠AED＝180°﹣∠D﹣∠DAE＝45°；②BD＝2CE+√2AE；证明：如图，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∵AE是∠BAC的角平分线，∴∠BAE＝∠CAE，∵AE＝AE，∴△BAE≌△CAE（SAS），∴BE＝CE，过点A作AF⊥AE交DE于F，∴∠EAF＝90°，由旋转知，∠CAD＝90°，∴∠CAE＝∠DAF，由①知，∠AED＝45°，∴∠AFE＝45°＝∠AEF，∴AE＝AF，∴EF＝√2AE，∵AC＝AD，∴△ACE≌△ADF（SAS），∴DF＝CE，∴BD＝BE+EF+DF＝CE+√2AE+CE ＝2CE+√2AE．9．解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ACB＝60°，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，∴CA＝AD，∠EAD＝∠BAC＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°﹣30°）＝75°，∵∠EDA＝∠ACB＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠EDA＝15°；（2）连接BF，∵点F是边AC中点，∴BF＝AF＝12AC，∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC，∴∠FBA＝∠BAC＝30°，∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，CB ＝DE ，∠DEA ＝∠ABC ＝90°， ∴DE ＝BF ，延长BF 交AE 于点G ，则∠BGE ＝∠GBA +∠BAG ＝90°， ∴∠BGE ＝∠DEA ，∴BF ∥ED ，∴四边形BFDE 是平行四边形，∴DF ＝BE ； （3）∵点B 、C 的坐标分别是（0，0），（0，2）， ∴BC ＝2，∵∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°， ∴AC ＝4，AB ＝2√3，若∠QMA ＝90°，CQ ＝MQ 时，如图3，设CQ ＝QM ＝x ，∠CAB ＝30°，∴AQ ＝2x ，AM ＝√3x ， ∴AC ＝x +2x ＝3x ＝4，∴x ＝43，∴AM ＝43√3，∴BM ＝AB ﹣AM ＝2√3﹣4√33＝2√33，∴点M （2√33，0）；若∠AQM ＝90°，CQ ＝QM 时，如图4， 设CQ ＝QM ＝x ，∠CAB ＝30°， ∴AQ ＝√3x ，AM ＝2x ， ∴AC ＝x +√3x ＝4，∴x ＝2√3﹣2，∴AM ＝4√3﹣4， ∴BM ＝2√3﹣（4√3﹣4）＝4﹣2√3， ∴点M （4﹣2√3，0）；综上所述：M （2√33，0）或（4﹣2√3，0）．10．（1）解：∵△ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，AB ＝10，∴CD ＝12AB ＝5（2）①证明：由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，B 'E ＝BE ，∠B 'DE ＝∠BDE ，∵DB '∥BC ，∴∠B 'DE ＝∠BED ，∴∠BDE ＝∠BED ，∴BD ＝BE ，∴B 'D ＝BE ，∴四边形BDB 'E 是平行四边形，又∵B 'D ＝BD ，∴四边形BDB 'E 为菱形；②解：∵△ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，∴CD ＝12AB ＝BD ， 由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，∴CD ＝B 'D ，∴∠DCB '＝∠DB 'C ，∵∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵DB '∥BC ，∴DB '⊥AC ，∴∠ACB '＝90°﹣∠DB 'C ，由①得：四边形BDB 'E 为菱形， ∴AB ∥B 'E ，∵CD ⊥AB ，∴CD ⊥B 'E ， ∴∠EB 'C ＝90°﹣∠DCB '，∴∠ACB '＝∠EB 'C ， ∴FB '＝FC ，即△B 'FC 为等腰三角形；（3）解：连接B 'C ，如图③所示：∵△ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，AB ＝10，∴BC ＝√22AB ＝5√2，∠B ＝45°，CD ＝12AB ＝BD ，∠ACD ＝12∠ACB ＝45°，由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，∠B '＝∠B ＝45°， ∴CD ＝B 'D ，∴∠DCB '＝∠DB 'C ，∴∠FCB '＝∠FB 'C ，∴CF ＝B 'F ，∴△CEF 的周长＝EF +CF +CE ＝EF +B 'F +CE ＝B 'E +CE ＝BE +CE ＝BC ＝5√2； 11．解：（1）BH ⊥HE ，BH ＝HE ；理由如下： 延长EH 交AB 于M ，如图1所示： ∵四边形ABCD 和四边形CEFG 是正方形，∴AB ∥CD ∥EF ，AB ＝BC ，CE ＝FE ，∠ABC ＝90°，∴∠AMH ＝∠FEH ，∵H 是AF 的中点，∴AH ＝FH ，∴△AMH ≌△FEH （AAS ）， ∴AM ＝FE ＝CE ，MH ＝EH ，∴BM ＝BE ，∵∠ABC＝90°，∴BH⊥HE，BH＝12ME＝HE；（2）结论仍然成立．BH⊥HE，BH＝HE．理由如下：延长EH交BA的延长线于点M，如图2所示：∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ABE＝∠BEF＝90°，AB＝BC，AB∥CD∥EF，CE＝FE，∴∠HAM＝∠HFE，∴△AHM≌△FHE（ASA），∴HM＝HE，AM＝EF＝CE，∴BM＝BE，∵∠ABE＝90°，∴BH⊥EH，BH＝12EM＝EH；（3）延长EH到M，使得MH＝EH，连接AH、BH，如图3所示：同（2）得：△AMH≌△FEH（SAS），∴AM＝FE＝CE，∠MAH＝∠EFH，∴AM∥BF，∴∠BAM+∠ABE＝180°，∴∠BAM+∠CBE＝90°，∵∠BCE+∠CBE＝90°∴∠BAM＝∠BCE，∴△ABM≌△CBE（SAS），∴BM＝BE，∠ABM＝∠CBE，∴∠MBE＝∠ABC＝90°，∵MH＝EH，∴BH⊥EH，BH＝12EM＝MH ＝EH，在Rt△CBE中，BE＝√CB2−CE2＝12，∵BH＝EH，BH⊥EH，∴BH＝√22BE＝6√2．12．解：（1）GF＝GC．理由如下：如图1，连接GE，∵E是BC的中点，∴BE＝EC，∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠B＝90°，∴∠EFG＝90°，∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），∴GF＝GC；（2）设GC＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，在Rt△ADG中，62+（4﹣x）2＝（4+x）2，解得x＝94．∴GC＝94；（3）（1）中的结论仍然成立．证明：如图2，连接FC，∵E是BC的中点，∴BE＝CE，∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，∴EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，∵矩形ABCD为平行四边形，∴∠B＝∠D，∵∠ECD＝180°﹣∠D，∠EFG＝180°﹣∠AFE＝180°﹣∠B＝180°﹣∠D，∴∠ECD＝∠EFG，∴∠GFC＝∠GFE﹣∠EFC＝∠ECG﹣∠ECF＝∠GCF，∴∠GFC＝∠GCF，∴FG＝CG；即（1）中的结论仍然成立．13．解：（1）∵AE＝CE，DE＝EF，∠AED＝∠CEF，∴△AED≌△CEF（SAS），∴AD＝CF，∠ADE＝∠F，∴BD∥CF，∵AD＝BD，∴BD＝CF，∴四边形BCFD是平行四边形，∴DF＝BC，DF∥BC，（2）证明：∵四边形ABCD是正方形∴AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE+∠CBE＝90°∵△BEH是等腰直角三角形，∴EH＝2BE＝2BH，∠BEH＝∠BHE＝45°，∠EBH＝90°，即∠CBH+∠CBE＝90°∴∠ABE＝∠CBH，∴△ABE≌△CBH（SAS），∴AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，∴∠CHE＝∠CHB﹣∠BHE＝∠CHB﹣45°＝∠AEB﹣45°，∵四边形AEFG是正方形，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴EF＝HC，∠FEH＝360°﹣∠AEF﹣∠AEB﹣∠BEH＝225°﹣∠AEB，∴∠CHE+∠FEH＝∠AEB﹣45°+225°﹣∠AEB＝180°，∴EF∥HC且EF＝HC，∴四边形EFCH是平行四边形，∴CF＝EH＝√2BE；（3）CF＝√3BE，如图，过点B作BH，使∠EBH＝120°，且BH＝BE，连接EH、CH，则∠BHE＝∠BEH＝30°，∵∠ABC＝∠EBH＝120°，∴∠ABE＝∠CBH，∵AB＝BC，BE＝BH，∴△AEB≌△CHB（SAS），∴CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，∵∠CHE＝∠CHB﹣∠BHE＝∠AEB﹣30°，∠FEH＝360°﹣∠AEF﹣∠AEB﹣∠BEH＝210°﹣∠AEB，∴∠CHE+∠FEH＝180°，∴CH∥EF且CH＝EF，∴四边形EFCH是平行四边形，∴CF＝EH，过B作BN⊥EH于N，在△EBH中，∠EBH＝120°，BH＝BE，∴∠BEN＝30°，EH＝2EN，BE，∴EN＝√32∴EH＝√3BE，∴CF＝EH＝√3BE．。

中考数学真题分类汇编——几何综合题(含答案)类型1 类比探究的几何综合题类型2 与图形变换有关的几何综合题类型3 与动点有关的几何综合题类型4 与实际操作有关的几何综合题类型5 其他类型的几何综合题类型1 类比探究的几何综合题（2018苏州）（2018烟台）（2018东营）（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=33，BO：CO=1:3，求AB的长．经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．请回答：∠ADB= °，AB= ．（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO=33，∠ABC=∠ACB=75°， BO：OD=1:3，求DC的长．（2018长春）(第24题图1) (第24题图2) (第24题图3)（2018陕西）（2018齐齐哈尔）（2018河南）（2018仙桃）问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A 逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为；探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．（2018襄阳）如图(1)，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．(1)证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；的值为；②推断：AGBE(2)探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角(0°<α<45°)，如图(2)所示，试探究线段AG与BE 之间的数量关系，并说明理由；(3)拓展与运用正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图(3)所示，延长CG交AD于点H．若AG=6，GH=22，则BC= ．（2018淮安）（2018咸宁）（2018黄石）在△ABC 中，E 、F 分别为线段AB 、AC 上的点（不与A 、B 、C 重合）. （1）如图1，若EF ∥BC ，求证：AEF ABC S AE AFS AB AC∆∆= （2）如图2，若EF 不与BC 平行，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，若EF 上一点G 恰为△ABC 的重心，34AE AB =,求AEFABC S S ∆∆的值.BBB（2018山西）（2018盐城）【发现】如图①，已知等边ABC ，将直角三角形的60角顶点D 任意放在BC 边上（点D 不与点B 、C 重合），使两边分别交线段AB 、AC 于点E 、F .（1）若6AB=，4AE=，2BD=，则CF=_______；（2）求证：EBD DCF∆∆.【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示.问点D是否存在某一位置，使ED平分BEF∠且FD平分CFE∠？若存在，求出BDBC的值；若不存在，请说明理由.【探索】如图③，在等腰ABC∆中，AB AC=，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中MON B∠=∠），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与ABC∆的顶点重合），连接EF.设Bα∠=，则AEF∆与ABC∆的周长之比为________（用含α的表达式表示）.（2018绍兴）（2018达州）（2018菏泽）（2018扬州）问题呈现如图1，在边长为1的正方形网格中，连接格点D、N和E、C，DN与EC相交于点P，求tan CPN∠的值.方法归纳求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形.观察发现问题中CPN∠不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题.比如连接格点M、N，可得∠就变换到中Rt DMN∆.∠=∠，连接DM，那么CPNMN EC，则DNM CPN//问题解决（1）直接写出图1中tan CPN ∠的值为_________；（2）如图2，在边长为1的正方形网格中，AN 与CM 相交于点P ，求cos CPN ∠的值； 思维拓展（3）如图3，AB BC ⊥，4AB BC =，点M 在AB 上，且AM BC =，延长CB 到N ，使2BN BC =，连接AN 交CM 的延长线于点P ，用上述方法构造网格求CPN ∠的度数.（2018常德）已知正方形ABCD 中AC 与BD 交于O 点，点M 在线段BD 上，作直线AM 交直线DC 于E ,过D 作DH AE ⊥于H ,设直线DH 交AC 于N .（1）如图14，当M 在线段BO 上时，求证：MO NO =；（2）如图15，当M 在线段OD 上，连接NE ,当//EN BD 时，求证：BM AB =； （3）在图16，当M 在线段OD 上，连接NE ,当NE EC ⊥时，求证：2AN NC AC =⋅.（2018滨州）（2018湖州）（2018自贡）如图，已知AOB 60∠=,在AOB ∠的平分线OM 上有一点C ,将一个120°角的顶点与点C 重合，它的两条边分别与直线OA OB 、相交于点D E 、 .⑴当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 垂直时（如图1），请猜想OE OD +与OC 的数量关系，并说明理由；⑵当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 不垂直时，到达图2的位置，⑴中的结论是否成立？并说明理由； ⑶当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD OE 、与OC 之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.（2018嘉兴、舟山）O BOO B图3.（2018淄博）（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC ，其中AB AC =，在ABC ∆的外侧分别以,AB AC 为腰作了两个等腰直角三角形ABD ACE ，，分别取,BD CE ，BC 的中点,,M N G ，连接,GM GN .小明发现了：线段GM 与GN 的数量关系是 ；位置关系是 . （2）类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考.把等腰三角形ABC 换为一般的锐角三角形，其中AB AC >，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由. （3）深入研究：如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究.向ABC ∆的内侧分别作等腰直角三角形,ABD ACE ，其它条件不变，试判断GMN ∆的形状，并给与证明.类型2 与图形变换有关的几何综合题（2018宜昌）在矩形ABCD 中，12AB =，P 是边AB 上一点，把PBC 沿直线PC 折叠，顶点B 的对应点是点G ，过点B 作BE CG ⊥，垂足为E 且在AD 上，BE 交PC 于点F . (1)如图1，若点E 是AD 的中点，求证:AEB DEC ∆∆≌； (2) 如图2，①求证: BP BF =；②当AD 25=，且AE DE <时，求cos PCB ∠的值； ③当BP 9=时，求BE EF 的值.图1 图2 图2备用图 23.(1)证明：在矩形ABCD 中，90,A D AB DC ∠=∠==, 如图1，又AE DE =，图1∆≅∆,ABE DCE(2)如图2，图2①在矩形ABCD中，90∠=,ABC∆沿PC折叠得到GPC∆BPC∠=∠∴∠=∠=,BPC GPC PGC PBC90⊥BE CG∴,BE PG//∴∠=∠GPF PFBBPF BFP∴∠=∠∴=BP BFAD=时，②当25∠=BEC90∴∠+∠=,90AEB CED90AEB ABE ∠+∠=,CED ABE ∴∠=∠ 又90A D ∠=∠=,ABE DEC ∴∆∆∽AB DEAE CD∴=∴设AE x =，则25DE x =-，122512xx -∴=， 解得19x =，216x =AE DE <9,16AE DE ∴==, 20,15CE BE ∴==,由折叠得BP PG =，BP BF PG ∴==,//BE PG , ECF GCP ∴∆∆∽EF CEPG CG∴=设BP BF PG y ===，152025y y -∴=253y ∴=则253BP = 在Rt PBC ∆中，PC =,cos 10BC PCB PC ∠=== ③若9BP =,解法一：连接GF ，（如图3）90GEF BAE ∠=∠=, //,BF PG BF PG =∴四边形BPGF 是平行四边形BP BF =,∴平行四边形BPGF 是菱形//BP GF ∴, GFE ABE ∴∠=∠, GEF EAB ∴∆∆∽EF ABGF BE∴=129108BE EF AB GF ∴==⨯= 解法二：如图2，90FEC PBC ∠=∠=,EFC PFB BPF ∠=∠=∠, EFC BPC ∴∆∆∽EF CEBP CB∴=又90BEC A ∠=∠=, 由//AD BC 得AEB EBC ∠=∠,AEB EBC ∴∆∆∽AB CEBE CB∴=AE EFBE BP∴=129108BE EF AE BP ∴==⨯=解法三：（如图4）过点F 作FH BC ⊥，垂足为HBPF PFEGS BF BFS EF PG BE∆==+四边形图41212BFC BEC S BF EF BC EFBE S BC ∆∆⋅===⨯ 912EFBE ∴=129108BE EF ∴=⨯=（2018邵阳）（2018永州）（2018无锡）（2018包头）（2018赤峰）（2018昆明）（2018岳阳）（2018宿迁）（2018绵阳）（2018南充）（2018徐州）类型3 与动点有关的几何综合题（2018吉林）（2018黑龙江龙东）（2018黑龙江龙东）（2018广东）已知Rt△OAB，∠OAB=90o，∠ABO=30o，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60o，如图25-1图，连接BC.（1）填空：∠OBC=_______o；（2）如图25-1图，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；（3）如图25-2图，点M、N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止.已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？（结果可保留根号）（2018衡阳）（2018黔东南）如图1，已知矩形AOCB，6cm s的AB cm=，动点P从点A出发，以3/=，16BC cm速度向点O运动，直到点O为止；动点Q同时从点C出发，以2/cm s的速度向点B运动，与点P同时结束运动.（1）点P 到达终点O 的运动时间是________s ，此时点Q 的运动距离是________cm ； （2）当运动时间为2s 时，P 、Q 两点的距离为________cm ； （3）请你计算出发多久时，点P 和点Q 之间的距离是10cm ；（4）如图2，以点O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，OA 所在直线为y 轴，1cm 长为单位长度建立平面直角坐标系，连结AC ，与PQ 相交于点D ，若双曲线ky x=过点D ，问k 的值是否会变化？若会变化，说明理由；若不会变化，请求出k 的值.（2018青岛）已知：如图，四边形ABCD ，//,AB DC CB AB ⊥，16,6,8AB cm BC cm CD cm ===，动点P 从点D 开始沿DA 边匀速运动，动点Q 从点A 开始沿AB 边匀速运动，它们的运动速度均为2/cm s .点P 和点Q 同时出发，以QA QP 、为边作平行四边形AQPE ，设运动的时间为()t s ，05t <<.根据题意解答下列问题： （1）用含t 的代数式表示AP ；（2）设四边形CPQB 的面积为()2S cm ，求S 与t 的函数关系式； （3）当QP BD ⊥时，求t 的值；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使点E 在ABD ∠的平分线上？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.（2018广州）如图12，在四边形ABCD 中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC. (1)求∠A+∠C 的度数（2）连接BD,探究AD,BD,CD 三者之间的数量关系，并说明理由。

中考数学十大题型专练09几何类比、拓展、探究题（含解析）中考数学十大题型专练09几何类比、拓展、探究题（含解析）题型09 几何类比、拓展、探究题一、解答题1．如图1，（）绕点顺时针旋转得，射线交射线于点．（1）与的关系是；（2）如图2，当旋转角为60°时，点，点与线段的中点恰好在同一直线上，延长至点，使，连接．②如图3，连接，若，，求线段的长度．[答案]（1）；（2）① 或，理由见解析；②[分析]（1）如图1，与的交点记作点，由旋转的性质与三角形内角和定理得到，即可求解；（2）①如图2，连接，由旋转的性质及全等三角形的性质得到∽ ，故，即可证明≌ ，再得到，即可得到结论；②由①得，，由角度的关系得到，再证明，再利用等腰三角形的性质得到，再利用直角三角形三角函数求出，[详解]解：（1）如图1，与的交点记作点，由旋转知，，，∴ ，∵ ，，，∴ ，∴ ，故答案为：；理由：如图2，连接，由旋转知，，，，∴ 是等边三角形，∴ ，∵ ，∴ ∽ ，∴ ，∵ 是的中点，∴ ，∴ ≌ （），∴ ，∴ ，∴ ，∴ 或，故答案为：或；②由①知，，，∴ ，∵ ，，∴ ，由①知，，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，∴在中，，，在中，，∴ ，[点睛]此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等腰三角形、直角三角形、相似三角形的判定与性质及三角函数进行求解.2．（问题）如图1，在中，，过点作直线平行于．，点在直线上移动，角的一边始终经过点，另一边与交于点，研究和的数量关系．（探究发现）（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点移（数学思考）（2）如图3，若点是上的任意一点（不含端点），受（1）的启发，这个小组过点作交于点，就可以证明，请完成证明过程；（拓展引申）（3）如图4，在（1）的条件下，是边上任意一点（不含端点），是射线上一点，且，连接与交于点，这个数学兴趣小组经过多次取点反复进行实验，发现点在某一位置时的值最大．若，请你直接写出的最大值．[答案][探究发现]（1）见解析；[数学思考]（2）见解析；[拓展引申]（3）时，有最大值为2．[分析]根据等腰三角形的性质及平行的定义即可解得根据证明即可推出过点作交于点，连接，可证明，再推出即可得= ，则 .[详解]证明：[探究发现]（1）∵∴∴ ，且∴∴即[数学思考] （2）∵ ∴∵∴ ，且，∴∴[拓展引申]（3）如图4，过点作交于点，连接，∴∵∴∴∴ ，且∴∴∴∴∴∴∴∵∴点，点，点，点四点共圆，∴ ，且∴∴∴∴∴ 时，有最大值为2．[点睛]本题考查等腰三角形，解题关键在于熟练掌握等腰三角形的性质.3．小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．(1)温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC 于点D，正方形PQMN 的边QM在BC上，顶点P ，N 分别在AB，AC上，若BC=6 ，AD=4，求正方形PQMN的边长．(2)操作：能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P′，画正方形P′Q′M′N′ ，使Q′,M′在BC边上，N′在△ABC 内，连结B N′ 并延长交AC 于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM 交AB于点P，PQ⊥BC 于点Q，得到四边形PQMN．小波把线段BN 称为“波利亚线”．(3)推理：证明图2 中的四边形PQMN 是正方形．(4)拓展：在(2)的条件下，于波利业线B N 上截取NE=NM ，连结EQ ，EM(如图3)．当tan∠NBM=时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．[答案]（1）温故：；（3）推理：四边形PQMN为正方形.见解析；（4）拓展：猜想，理由见解析.以上内容仅显示部分，需完整版请下载！。