数学九年级上册 几何模型压轴题(篇)(Word版 含解析)

数学九年级上册

几何模型压轴题（篇）（Word版 含解析）

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．如图，四边形ABCD为正方形，△AEF为等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接FC，G为FC的中点，连接GD，ED．

（1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系．

（2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．

（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．

【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．

【解析】

【分析】

（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE（SAS）即可解决问题；

（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；

（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C共线时，分别求解即可．

【详解】

解：（1）结论：DE＝2DG．

理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，

∵∠AEF＝∠B＝90°，

∴EF∥CM，

∴∠CMG＝∠FEG，

∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，

∴△CMG≌△FEG（AAS），

∴EF＝CM，GM＝GE，

∵AE＝EF，

∴AE＝CM，

∴△DCM≌△DAE（SAS），

∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，

∴∠EDM＝∠ADC＝90°，

∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，

∴△EGD是等腰直角三角形，

∴DE＝2DG．

（2）如图2中，结论成立．

理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．

∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，

∴△CGM≌△FGE（SAS），

∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，

∴CM∥ER，

∴∠DCM＝∠ERC，

∵∠AER+∠ADR＝180°，

∴∠EAD+∠ERD＝180°，

∵∠ERD+∠ERC＝180°，

∴∠DCM＝∠EAD，

∵AE＝EF，

∴AE＝CM，

∴△DAE≌△DCM（SAS），

∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，

∴∠EDM＝∠ADC＝90°，

∵EG＝GM，

∴DG＝EG＝GM，

∴△EDG是等腰直角三角形，

∴DE＝2DG．

（3）①如图3﹣1中，当E，F，C共线时，

在Rt△ADC中，AC＝22ADCD＝2255＝52，

在Rt△AEC中，EC＝22AAEC＝22(52)1＝7，

∴CF＝CE﹣EF＝6，

∴CG＝12CF＝3，

∵∠DGC＝90°，

∴DG＝22CDCG＝2253＝4，

∴DE＝2DG＝42．

②如图3﹣3中，当E，F，C共线时，同法可得DE＝32．

综上所述，DE的长为42或32．

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

2．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC上的两个动点（与点A、B、C不重合），且始终保持BPBQ，AQQE，QE交正方形外角平分线CE于点E，AE交CD于点F，连结PQ．

（1）求证：APQQCE≌；

（2）证明：DFBQQF；

（3）设BQx，当x为何值时，//QFCE，并求出此时AQF的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x时，//QFCE；AQFS442．

【解析】

【分析】

（1）判断出△PBQ是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE，再求出AP=CQ，然后利用“角边角”证明即可；

（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ，判断出△AQE是等腰直角三角形，将ADF绕点A顺时针旋转90得FAB，再证明FAQFAQSAS≌；

（3）连结AC，设QFCE，推出QCF是等腰直角三角形°，再证明ABQADFSAS≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF，AQAF，22.5QABDAF，分别用x表示出DF、CF、QF，然后列出方程求出x，再求出△AQF的面积．

【详解】

（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴ABBC，90BBCDDCM，

∵BPBQ，

∴PBQ是等腰直角三角形，APQC，

∴45BPQ，

∴135APQ

∵CE平分DCM，

∴45DCEECM，

∴135QCE，

∴135APQQCE，

∵AQQE，

∴90AQBCQE．

∵90AQBBAQ．

∴BAQCQE．

∴APQQCEASA≌．

（2）由（1）知APQQCE≌．

∴QAQE．

∵90AQE，

∴AQE是等腰直角三角形，

∴45QAE．

∴45DAFQAB，

如图4，将ADF绕点A顺时针旋转90得FAB，

其中点D与点B重合，且点F在直线BQ上，

则45FAQ，FAFA，AQAQ，

∴FAQFAQSAS≌．

∴QFQFBQDF．

（3）连结AC，若QFCE，

则45FQCECM．

∴QCF是等腰直角三角形，

∴2CFCQx，

∴DFBQx．

∵ABAD，90BD，

∴ABQADFSAS≌．

∴AQAF，22.5QABDAF，

∴AC垂直平分QF，

∴22.5QACFACQABFAD，2FQQN，

∴22FQBQx．

在RtQCF中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)xxx．

解这个方程，得1222x， 2222x（舍去）．

当222x时，QFCE．

此时，QCFQEFSS，∴212QCFAQFQEFAQFAQESSSSSAQ，

∴2222111222AQFAQEQCFSSSAQCQAQCQ

222112(2)4244222xxxx

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．

3．综合与实践

问题情境

在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC和DEC，其中90,2,2ACBDCEACCD.

观案发现

（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE的中点是,FAE的中点是,HBD的中点是G，则HFG______度；

操作证明

（2）将图①中的DEC绕点C顺时针（逆时针）旋转，使点ACE、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FHFG，请你帮助小明证明这个结论.

探究发现

（3）将图①中的DEC绕点C顺时针（逆时针）旋转，旋转角为0180，DEC在旋转的过程中，当直线FH经过点C时，如图③，请求出线段FG的长.

（4）在旋转过程中，在RtABC和RtCDE△中，始终有由,ACBCCECD，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.

【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD；（4）ADBE

【解析】

【分析】

（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；

（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC可知()ACDBCESAS，进而通过中位线定理即可得到FHFG；

（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF的长，再由BDBFDF即可求出BD的长；

（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知ADBE.

【详解】

（1）,,90CECDACBCECADCB，

BEAD，

F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，

//,//HFADFGBE，

ADBE，HFGF，

90HFG；

（2）证明：如下图，连接ADBE，，

由旋转可知CECD，90ECDACD，

又∵AC=BC，

()ACDBCESAS，

ADBE，

F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，

11,22FHADFGBE，

FHFG；

（3）解：由题意可得CFDECFDCFE，，都是等腰直角三角形，

2CD，1CFDF，

2BCAC，223BFBCCF，

31BDBFDF，

G是BD的中点，312DG，

31BDBFDF；

（4）ADBE.

连接AD，由（3）知，CFDE，

∵ECD是等腰直角三角形，

∴F是ED中点，