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2020年中考数学-冲刺专题-难点突破之几何探究题

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2020中考数学 冲刺专题 难点突破之几何探究题（含答案）
1. 某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一点(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)观察猜想
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：________(将结论直接写在横线上)．
(2)数学思考
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，延长BA交CF于点G，连接GE.若已知AB＝2，CD＝BC，请求出GE的长．
第1题图
解：(1)①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF；
【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌
△ACF(SAS)，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，∵BC＝CD＋BD，∴BC＝CD＋CF.
(2)结论①仍然成立，②不成立，
①证明：∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴∠ACF＝∠ABD＝180°－45°＝135°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；
②结论为：BC＝CD－CF，
证明：∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，
∵BC＝CD－BD，
∴BC＝CD－CF；

第1题解图
(3)如解图，过点E作EM⊥CF于点M，作EN⊥BD于点N，过点A作AH⊥BD于点H，则CN＝ME，CM＝EN，
∵AB＝AC＝2，
∴BC＝4，AH＝BC＝2，
∵CD＝BC，
∴CD＝1，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴∠ACF＝∠ABC＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，
∴∠ABC＝∠AGC＝45°，
∴BC＝CG＝4，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，
∴∠ADH＝∠DEN，
又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，
∴△AHD≌△DNE(AAS)，
∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，
∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，
则GM＝CG－CM＝4－3＝1，
∴EG＝＝.
2. 如图①，②，③，分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形(等边三角形)、正四边形(正方形)、正五边形，BE和CD相交于
点O.
(1)在图①中，求证：△ABE≌△ADC；
(2)由(1)证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC的度数，并说明理由或写出证明过程；
(3)填空：在上述(1)(2)的基础上可得在图③中∠BOC＝_____(填写度数)；
(4)由此推广到一般情形(如图④)，分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正n边形，BE和CD仍相交于点O，猜想得∠BOC的度数为______(用含n的式子表示)．

第2题图
(1)证明：∵△ABD，△ACE是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∴∠DAB＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，
∵，
∴△ABE≌△ADC(SAS)；

第2题解图①
(2)解：如解图①，AD，BE交于点K，则∠OKD＝∠AKB，
又由(1)知△ABE≌△ADC，
∴∠ODK＝∠KBA，
∴△OKD∽△AKB，
∴∠DOK＝∠BAK＝90°，
又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，
∴∠BOC＝180°－90°＝90°；

第7题解图②
(3)解：72°；
【解法提示】如解图②，AD，EB交于点K，由(1)得△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA，∵∠OKD＝∠AKB，∴△OKD∽△AKB，∴∠DOK＝∠BAK＝＝108°，又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，∴∠BOC＝180°－108°＝72°；
(4)解：180°－ .
【解法提示】如解图③，AD，BE交于点K，

第2题解图③
∴∠DOK＋∠BOC＝180°，又由(1)知△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA，∴△OKD∽△AKB，∴∠DOK＝∠BAK＝，
又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，∴∠BOC＝180°－∠DOK＝180°－.

3. 如图①，△ABC中， ∠B>∠C，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn＋1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称∠BAC是△ABC的好角．
确定∠BAC是△ABC的好角的两种情况，情形一：如图②，沿等腰三角形△ABC顶角∠BAC的平分线AD折叠，点B与点C重合；情形二：如图③，沿△ABC的∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下的部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．
探究发现
(1)△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？________(填“是”或“不是”)
(2)经过三次折叠发现∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C之间的等量关系，并说明理由；
根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C之间的等量关系为________；
应用提升
(3)一个三角形三个角分别为15°，60°，105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角，如果一个三角形的最小角是5°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．
第3题图
解：(1)是；
【解法提示】理由如下：情形二中，
∵沿∠BAC的平分线AB1折叠，∴∠B＝∠AA1B1; 又∵将余下的部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C＝∠C，∵∠AA1B1＝∠C＋∠A1B1C(外角定理)，∴∠B＝2∠C.
(2)∠B＝3∠C；
证明如下：在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；将其余下的部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角；
根据折叠的性质知，∠B＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，
根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C＋∠A2B2C＝2∠C；
根据四边形外角定理知，∠BAC＋∠B＋∠AA1B1－∠A1B1C＝∠BAC＋2∠B－2∠C＝180°，
根据△ABC的内角和定理知，∠BAC＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠B＝3∠C；
∴∠B＝n∠C.
【解法提示】由情形一知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由情形二知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由上述知，当∠B＝3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C之间的等量关系为∠B＝n∠C；
(3)由(2)知，∠B＝n∠C，∠BAC是△ABC的好角，
∵最小角是5°是△ABC的好角，
根据好角定义，则可设另两角分别为5m°，5mn°(其中m、n为正整数)．
由题意得5m＋5mn＋5＝180，
∴m(n＋1)＝35，
∵m，n都是正整数，
∴m与n＋1是35的因数，因此有：m＝1，n＋1＝35；m＝5，n＋1＝7；m＝7，n＋1＝5；
∴m＝1，n＝34；m＝5，n＝6；m＝7，n＝4，
∴5m＝5，5mn＝170；5m＝25；5mn＝150；5m＝35，5mn＝140.
∴该三角形的另外两个角的度数分别为：5°，170°或25°，150°或35°，140°.
4. 定义：对角线互相垂直的凸四边形叫做“垂直四边形”．如图①中，四边形ABCD是“垂直四边形”，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD.
(1)探究：小明对“垂直四边形”ABCD(如图①)进行了深入探究，发现其一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，即AB2＋CD2＝AD2＋BC2，你认为他的发现正确吗？试说明理由．
(2)应用：
①如图②，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A出发沿AB方向以每秒5个单位的速度向点B匀速运动，同时动点Q从点C出发沿CA方向以每秒6个单位的速度向点A匀速运动，运动时间为t秒(0<t<1)，连接CP，BQ，PQ.当四边形BCQP是“垂直四边形”时，求t的值．
②如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝3AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG.请求出线段EG与BC之间的数量关系．
第4题图
解：(1)正确，理由如下：
∵四边形ABCD是“垂直四边形”，
∴AC⊥BD，
由勾股定理可知：
AB2＋CD2＝(AO2＋BO2)＋(DO2＋CO2)，
AD2＋BC2＝(AO2＋DO2)＋(BO2＋CO2)，
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2；

第4题解图①
(2)①如解图①，过点P作PD⊥AC于点D，
由题意知，AP＝5t，CQ＝6t，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝10，
∵PD∥BC，
∴△PAD∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AD＝3t，PD＝4t，
∴DQ＝AC－AD－CQ＝6－9t，
∵四边形BCQP是“垂直四边形”，
∴由(1)可得：BP2＋CQ2＝PQ2＋BC2＝(PD2＋DQ2)＋BC2，
∴(10－5t)2＋(6t)2＝(4t)2＋(6－9t)2＋82，
∴解得t＝或t＝0(舍去)．
∴当四边形BCQP是“垂直四边形”时，t的值为；

第4题解图②
②如解图②，连接CG、BG、BE、CE，
CE与BG交于点O，
由题意知：EA＝BA，AC＝AG，
∠EAB＝∠CAG＝90°，
∴∠EAB＋∠BAC＝∠CAG＋∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAG，
在△EAC与△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG(SAS)，
∴∠CEA＝∠GBA，
∴∠BEA＋∠EBA＝∠BEO＋∠EBO＝90°，
∴∠EAB＝∠BOE＝90°，
∴四边形BCGE是“垂直四边形”，
∴BC2＋EG2＝BE2＋CG2，
∵AB＝3AC，
∴EG2＝BC2.

5. 数学课上，老师和同学们对相似三角形的判定和性质进行了如下探究：
活动一：
(1)如图①，△ABC是斜边AB的长为3的等腰直角三角形，在△ABC内作第1个内接正方形A1B1D1E1(D1、E1在AB上，A1、B1分别在AC、BC上)，再在△A1B1C内用同样的方法作第2个内接正方形A2B2D2E2，…，如此下去，操作n次，则第1个内接正方形的边长是______，第n个小正方形AnBnDnEn 的边长是________；
活动二：
(2)如图②，在△ABC中，BC＝12，高AD＝8，四边形PQMN为△ABC的内接矩形(P在AB上，Q在AC上，M、N在BC上)．
①求当PQ为何值时，矩形PQMN的面积最大；
②在①的条件下，若再在△APQ中作一个内接矩形P1Q1M1N1，如此下去，操作n次，求PnQn的长．(直接写出结果)
思考与归纳：
(3)解完上述两题，根据其中一题你还能归纳出怎样的数学结论，请简单的写出一条．
第5题图
解：(1) 1，；
【解法提示】∵∠A＝∠B＝45°，∴AE1＝A1E1＝A1B1＝B1D1＝D1B＝D1E1，∴第1个内接正方形的边长＝AB＝1.同理：第2个内接正方形的边长＝A1B1＝AB＝，第3个内接正方形的边长＝A2B2＝AB＝，…故可推出第n个小正方形AnBnDnEn的边长＝AB＝.
(2)①设PQ＝x，矩形PQMN的面积为y，AD与PQ交于点E，

第5题解图
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴PN＝8－x.
则y＝PQ ·PN＝x·(8－x)＝－(x－6)2＋24.
∵－＜0，
∴该抛物线的开口向下，当x＝6时，y取得最大值，
故当PQ＝6时，矩形PQMN的面积最大；
②由①知，PQ＝，
同理：P1Q1＝，
P2Q2＝，
…
PnQn＝；
(3)根据(1)的解题过程可以得到结论：第n个小正方形AnBnDnEn的面积是.

6. 如图①，在正方形ABCD和正方形AB′C′D′中，AB＝2，AB′＝，连接CC′.
问题发现(1)计算的值为________；
拓展探究(2)将正方形AB′C′D′绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB′.试判断：当0°≤θ＜360°时，的大小有无变化？请仅就图②的情形给出你的证明；
问题解决(3)在旋转过程中，BB′的最大值为多少？并给出解题过程．
第1题图
解：(1)；
(2)在旋转的过程中，的值不变.
证明：如解图①，连接AC，AC′，
第6题解图
∵四边形ABCD和四边形AB′C′D′是正方形，
∴∠BAC＝∠B′AC′＝45°，
∴∠BAC－∠B′AC＝∠B′AC′－∠B′AC，
即∠B′AB＝∠C′AC，
又∵＝，＝，
∴＝，
∴△B′AB∽△C′AC，
∴＝＝；
(3)以点A为圆心，AB′长为半径画圆，如解图②所示，
当点B′在BA的延长线上时，线段BB′最长，此时BB′＝AB＋AB′＝2＋，即BB′的最大值为2＋.
7. 如图①，已知点E、F分别在正方形ABCD的边AB，BC上，且BE＝BF，点M为AF的中点，连接CE，BM.
问题发现：
(1)线段CE与BM之间的数量关系是________，位置关系是________；
类比探究：
(2)如图②，将线段BE和BF绕点B逆时针旋转，旋转角为α(0°<α<90°)．请判断(1)中的两个结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
拓展延伸：
(3)将图①中的线段BE和BF绕点B逆时针旋转，旋转角为α＝90°时，得到如图③所示的图形，若AB＝3，BE＝1，请直接写出MF的长．
第7题图
解：(1)CE＝2BM，CE⊥BM；
(2)(1)中的两个结论仍然成立；
证明：如解图，延长AB到点N，使NB＝AB，连接NF，

第7题解图
∵M为AF的中点，B为AN的中点，
∴BM为△ANF的中位线，
∴NF＝2BM，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠CBA＝90°，AB＝BC＝BN，
又∵∠CBN＝∠EBF＝90°，∠ABE＝∠CBF＝α，
∴∠CBA＋∠ABE＝∠CBN＋∠CBF，
即∠CBE＝∠NBF，
在△CBE和△NBF中，
，
∴△CBE≌△NBF(SAS)，
∴NF＝CE，
∴CE＝2BM，
∵MB为△ANF的中位线，
∴MB∥FN，
∴∠MBA＝∠N，
又∵△CBE≌△NBF，
∴∠ECB＝∠N，
∴∠MBA＝∠ECB，
∵∠MBA＋∠CBM＝90°，
∴∠ECB＋∠CBM＝90°，
∴CE⊥BM；
(3)MF＝1.
【解法提示】∵AB＝3，BE＝1，
∴BF＝1，
∴AF＝3－1＝2，
∵M为AF的中点，∴MF＝1.

8. (1)问题提出
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED＝EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，连接EF.
填空：
①∠CAF的度数为________；
②线段AE与BD之间的数量关系为________；
(2)类比探究
如图②，如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，探究：∠CAF的度数及线段AE与BD之间有怎样的数量关系？
(3)解决问题
如果E是直线AB上一动点，点D在直线BC上，AC＝6，其他条件不变，当△ACF是直角三角形时，请直接写出BD的长．
第8题图
解：(1)①60°；②AE＝BD；
(2)∠CAF＝60°，AE＝BD；
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF＝∠BCA＝60°，BE＝AF，CE＝CF，BC＝AC，
∴△CEF和△ABC都是等边三角形，
∴EF＝EC，
又∵ED＝EC，
∴ED＝EF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
又∵∠CBE＝∠CAF，
∴∠CAF＝60°，
∴∠EAF＝180°－∠CAF－∠BAC＝60°，
∴∠DBE＝∠EAF，
∵ED＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC，
∴∠BDE＝∠ECD＋∠DEC＝∠EDC＋∠DEC，
又∵∠EDC＝∠EBC＋∠BED，
∴∠BDE＝∠EBC＋∠BED＋∠DEC＝60°＋∠BEC，
∵∠AEF＝∠CEF＋∠BEC＝60°＋∠BEC，
∴∠BDE＝∠AEF，
在△EDB和△FEA中，
，
∴△EDB≌△FEA(AAS)，
∴AE＝BD；
(3)3或6.
【解法提示】∵∠CAF＝∠CBA＝60°，∴当△CAF是直角三角形时有以下两种情况：①若∠ACF＝90°，如解图①所示，∵∠CAF＝60°，∴在Rt△ACF中，AF＝2AC＝12，∵BE＝AF，∴BE＝12，∴AE＝BE－AB＝12－6＝6，又∵BD＝AE，∴BD＝6.
第8题解图
②若∠AFC＝90°，如解图②所示，∵∠CAF＝60°，∴AF＝AC＝3，∵BE＝AF，∴BE＝3，∴AE＝AB－BE＝6－3＝3，又∵BD＝AE，∴BD＝3.综上所述，BD的长为3或6.
类型五　折叠探究问题
9. 问题发现
(1)如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝AB，则∠B＝________；
类比探究
(2)如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E，F分别为AB，CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用(1)中的结论求∠ADG的度数和AG的长；
问题解决
(3)若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O(如图④)，当AB＝6时，请直接写出EF的长．

第9题图
解：(1)30°；
(2)∵正方形边长为2，E，F分别为AB，CD的中点，
∴EA＝FD＝CD＝1，
∵沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，
∴A′D＝AD＝2，
∴sin∠FA′D＝＝，
∴∠FA′D＝30°，
可得∠FDA′＝90°－30°＝60°，
由折叠性质可得∠ADG＝∠A′DG，AG＝A′G，
∴∠ADG＝＝＝15°，
∵A′D＝2，FD＝1，
∴A′F＝＝，
∴EA′＝EF－A′F＝2－，
∵∠EA′G＋∠DA′F＝180°－∠GA′D＝90°，
∴∠EA′G＝90°－∠DA′F＝90°－30°＝60°，
∴∠EGA′＝90°－∠EA′G＝90°－60°＝30°，
则AG＝AG′＝2EA′＝2(2－)＝4－2；
(3)4.
【解法提示】∵折叠后B，D两点恰好重合于一点O，
∴AO＝AD＝CB＝CO，
∴DA＝，
∵∠D＝90°，
∴∠DCA＝30°，
∵AB＝CD＝6，
在Rt△ACD中，＝tan30°，
则AD＝DC·tan30°＝6×＝2，
∵∠DAF＝∠FAO＝∠DAO＝＝30°，
∴＝tan30°＝，
∴DF＝AD＝2，
∴DF＝FO＝2，
同理EO＝2，
∴EF＝EO＋FO＝4.
10. 已知点P是矩形ABCD边AB上的任意一点(与点A，B不重合)
问题发现
(1)如图①，现将△PBC沿PC翻折得到△PEC；再在线段AD上取一点F，将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并使得射线PE、PG重合，则FG与CE的位置关系是________；
类比探究
(2)在(1)中，如图②，连接FC，取FC的中点H，连接GH、EH，请你探索线段GH和线段EH的大小关系，并说明你的理由；
拓展延伸
(3)如图③，分别在AD、BC上取点F、C′，使得∠APF＝∠BPC′，与(1)中的操作相类似，即将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并将△PBC′沿PC′翻折得到△PEC′，连接FC′，取FC′的中点H，连接GH、EH，试问(2)中的结论还成立吗？请说明理由．
第10题图
解：(1)FG∥CE；
(2)GH＝EH；
理由如下：
如解图①，延长GH交CE于点M，
由(1)得，FG∥CE，
∴∠GFH＝∠MCH，
∵H为CF的中点，
∴FH＝CH，
又∵∠GHF＝∠MHC，
∴△GFH≌△MCH(ASA)，
∴GH＝HM＝GM，
∵∠GEC＝90°，
∴EH＝GM，
∴GH＝EH；
第10题解图
(3)(2)中的结论还成立．
如解图②，取PF的中点M，PC′的中点N，连接GM，EN，HM，HN，
∵∠FGP＝90°，M为PF的中点，
∴GM＝PF，PM＝PF，HM∥PC′，
∴GM＝PM，
∴∠GPF＝∠MGP，
∴∠GMF＝∠GPF＋∠MGP＝2∠GPF，
∵在△FPC′中，H为FC′的中点，M为PF的中点，
∴HM＝PC′，
同理HN＝PF，EN＝PC′，HN∥PF，∠ENC′＝2∠EPC′，
∴GM＝HN，HM＝EN，∠GMF＝∠ENC′，
∴HN＝MP，HM＝PN，
∴四边形HMPN为平行四边形，
∴∠HMP＝∠HNP，
∴∠HMF＝∠HNC′，
∴∠GMH＝∠HNE，
∵GM＝HN，HM＝EN，
∴△GMH≌△HNE(SAS)，
∴GH＝HE.
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