资源简介 2024长沙中考数学二轮专题复习 题型二 几何证明与计算类型一 与全等有关的证明与计算典例精讲例 如图,在菱形ABCD中,∠A=60°,AD=2,点E是AD边上一点(点E不与点A、D重合),点F在AB的延长线上,且BF=DE,连接EF交BD于点G.(1)求证:△BDE≌△CBF;【思维教练】在含60°角的菱形中常利用等边三角形性质,找到等边和等角,利用SAS证明全等.(2)当BE⊥AD时,求CF的长;【思维教练】出现垂直和60°角时,考虑用三角函数求线段长.(3)求证:EG=FG;【思维教练】过点E作BF的平行线,构造8字型全等,利用全等三角形的性质证明边相等.(4)设DE=x,DG=y,求y关于x的函数表达式,并直接写出x的取值范围.例题图【思维教练】表示出线段BG的长度,结合等边三角形性质及(3)中结论,得到等式,转化求解.针对训练1.如图①,AB=AC,∠BAC=90°,点D是AB上一点,连接CD,过点B作BF⊥CD,与CD的延长线交于点E,交CA的延长线于点F,连接AE,过点A作AG⊥AE交CD于点G.(1)求证:CD=BF;(2)如图②,若D是AB的中点.求证:DG=DE+BE.第1题图2.如图,在正方形ABCD中,E是BC边上一点(不与B、C重合),将正方形ABCD沿AE折叠,使点B落在点F处,延长EF交CD于点G,连接AG.(1)求证:△ADG≌△AFG;(2)若AB=2.①求△CEG的周长;②若点E是BC的中点,EM是∠CEG的平分线,求GM的长.第2题图类型二 与相似有关的证明与计算典例精讲例 如图,在矩形ABCD中,AB=12,P是边AB上一点,把△PBC沿直线PC折叠,点B的对应点是点G,过点B作BE⊥CG,垂足为E,且E在AD上,BE交PC于点F.(1)求证:BP=BF;【思维教练】由折叠的性质及等角对等边求证.(2)若AD=25,且AE<DE.①求AE的长;②求tan∠PCB的值;【思维教练】①利用等角的余角相等及相似三角形的性质求解;②利用折叠和相似的性质求解.(3)当BP=9时,直接写出BE·EF的值.例题图【思维教练】要求BE·EF,则可作辅助线构造包含BE、EF线段的三角形相似求解.针对训练1. (2023长沙黑白卷)如图,在正方形ABCD中,AB=4,连接BD,点H是BD上一点,连接AH并延长交BC边于点G,过点D作DE⊥AG于点E,过点B作BF⊥AG于点F.(1)求证:△ABF≌△DAE;(2)若EF=2-2,求;(3)设△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2,若=,求BG的长.第1题图2. (2023长沙开福区一模)如图,在矩形ABCD中,AC为矩形ABCD的对角线,DG⊥AC于点G,DG的延长线交AB于点E,已知AD=6,CD=8.(1)求AE的长;(2)∠ACD的平分线CF交AD于点F,求tan∠DCF的值;(3)若O1、O2分别是△ADG、△DCG的内心,求O1、O2两点间的距离.第2题图参考答案类型一 与全等有关的证明与计算例 (1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴AD=AB=BC=DC.∵∠A=60°,∴△ABD,△BCD 都是等边三角形.∴DB=BC,∠CBF=∠BDE=60°,在△BDE和△CBF中,,∴△BDE≌△CBF(SAS);(2)解:由(1)知△BDE≌△CBF,∴CF=BE,当BE⊥AD时,∵AD=2,∠A=60°,四边形ABCD为菱形.∴BD=AD=2,∠EDB=60°,∴BE=BD·sin60°=.∴CF=;(3)证明:如解图,过点E作EH∥AB,交BD于点H.例题解图∴∠DEH=∠A=60°,又∵∠ADB=60°,∴△DEH是等边三角形,∴EH=DH=DE,∵BF=DE,∴EH=BF.∵EH∥AB.∴∠HEG=∠BFG,∠EHG=∠FBG,∴△EHG≌△FBG(ASA),∴EG=FG;(4)解:如解图,∵△ADB是等边三角形.∴DB=AD=2,∵DG=y,∴GB=2-y,∵DH=DE=x,∴HG=DG-DH=y-x.由(3)得△EHG≌△FBG,∴HG=BG.∴y-x=2-y,∴y=x+1,x的取值范围为0<x<2.1. 证明:(1)∵∠BAC=90°,∴∠BAF=∠BAC=90°,∴∠F+∠ABF=90°,∵BF⊥CD,∴∠F+∠ACD=90°,∴∠ABF=∠ACD,∵AB=AC,∴△ABF≌△ACD,∴CD=BF;(2)如解图,过点A作AM⊥CD于点M,∵∠BAC=90°,AG⊥AE,∴∠BAE+∠DAG=∠DAG+∠CAG=90°,∴∠BAE=∠CAG,∵AB=AC,且由(1)知∠ABF=∠ACD,∴△ABE≌△ACG,∴AE=AG,∴△AEG是等腰直角三角形,∵AM⊥CD,∴AM=EM=GM,∵BF⊥CD,AM⊥CD,∴∠BED=∠AMD=90°,∵BD=AD,∠BDE=∠ADM,∴△BDE≌△ADM,∴DE=DM,BE=AM,∴BE=MG,∵DG=DM+MG,∴DG=DE+BE.第1题解图2. (1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=∠D=90°,AB=AD,由折叠的性质得AB=AF,∠AFE=∠B=90°,∴AD=AF,∠D=∠AFE=∠AFG=90°,又∵AG=AG,∴△ADG≌△AFG;(2)解:①由(1)可知△ADG≌△AFG,∴DG=FG,由折叠的性质得BE=FE,∴△CEG的周长=CE+CG+EG=CE+EF+CG+FG=CE+BE+CG+DG=2AB=4;②∵E是BC的中点,且AB=BC=2,∴BE=EC=1.在Rt△ECG中,GC=2-DG,EG=1+DG,∵EG2=EC2+CG2,∴(1+DG)2=12+(2-DG)2 ,解得DG= .∴CG=.如解图,过点M作MN⊥EG于点N,∵∠C=90°,EM是∠CEG的平分线,∴CM=MN,EN=CE=1,∴点N与点F重合,∴NG=DG=.在Rt△MNG中,GM2=MN2+NG2,即(-CM)2=CM2+()2 ,解得CM= ,∴GM=.第2题解图类型二 与相似有关的证明与计算例 (1)证明:在矩形ABCD中,∠ABC=90°,∵△BPC沿PC折叠得到△GPC,∴∠PGC=∠PBC=90°,∠BPC=∠GPC,∵BE⊥CG,∴BE∥PG,∴∠GPF=∠PFB,∴∠BPF=∠BFP,∴BP=BF;(2)解:①当AD=25时,∵∠BEC=90°,∴∠AEB+∠CED=90°,∵∠AEB+∠ABE=90°,∴∠CED=∠EBA,∵∠BAD=∠EDC=90°,∴△ABE∽△DEC,∴=,设AE=m,∴DE=25-m,∴=,解得m1=9,m2=16,∵AE<DE,∴AE=9;②由①可得DE=16,∴在Rt△DCE中,CE==20,在Rt△ABE中,BE==15,由折叠性质得BP=PG,∴BP=BF=PG,∵BE∥PG,∴△ECF∽△GCP,∴=,设BP=BF=PG=n,∴=,∴n=,∴BP=,∵BC=AD=25,∴tan∠PCB===;(3)解:如解图,连接FG,例题解图∵∠GEF=∠PGC=90°,∴BF∥PG,由(2)知BF=PG=BP,∴四边形BPGF是菱形,∴BP∥GF,BP=GF=9,∴∠GFE=∠ABE,∴△GEF∽△EAB,∴=,∴BE·EF=AB·GF=12×9=108.1. (1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AD=BA,∠BAD=90°,∴∠DAE+∠BAF=90°,∵DE⊥AG,BF⊥AG,∴∠AED=∠BFA=90°,∴∠DAE+∠ADE=90°,∴∠BAF=∠ADE,∴△ABF≌△DAE(AAS);(2)解:∵△ABF≌△DAE,∴BF=AE,AF=DE,在Rt△ABF中,BF2+AF2=AB2,∴AE2+(AE+EF)2=AB2,即AE2+(AE+2-2)2=42,∴AE=2或AE=-2(舍去),∴BF=2,DE=AF=AE+EF=2,∴==;(3)解:如解图,连接CH,设BG=x,第1题解图∵BD是正方形ABCD的对角线,∴S1=S△ADH=S△CHD,∴S2=S四边形CDHG=S△CHD+S△CHG=S1+S△CHG,∵==,∴S△CHG=,∴S2=S1+,∵四边形ABCD是正方形,∴AD∥BC,∴△ADH∽△GBH,∴=()2=,∴S△BHG==,∴S2=S1+·=S1,∴==,解得x=2,∴BG=2.2. 解:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴∠EAD=∠ADC=90°.∵DG⊥AC,∴∠ACD+∠GDC=∠EDA+∠GDC=90°.∴∠EDA=∠ACD.∴△EDA∽△ACD.∴=,即=;∴AE=;(2)如解图①,设DE交CF于点H,∵∠ADG+∠GAD=∠ADG+∠CDH=90°,∴∠GAD=∠CDH,∵CF平分∠ACD,∴∠ACF=∠DCH,∴△CAF∽△CDH,∴∠CHD=∠AFC,∴∠FHD=∠DFH,∴HD=FD,由题易得AC==10,∴===,设AF=x,则=,∴x=,∴DF=,∴tan∠DCF==;第2题解图①(3)如解图②,连接GO1、GO2,O1O2,∵点O1,O2为△ADG,△DCG的内心∴GO1平分∠AGD,GO2平分∠CGD.∴∠DGO1=∠DGO2=45°,∴∠O1GO2=90°,过点O2作O2M⊥AC于点M,过点O1作O1N⊥AC于点N,∴∠MO2G=∠MGO2=45°,∠GO1N=∠NGO1=45°,∵S△ADC=AD·DC=AC·DG,∴DG==,∴由勾股定理得AG=,∴GC=,∵MO2===,NO1===,∴GO2=MO2=,GO1=NO1=,∴O1O2====2.第2题解图② 展开更多...... 收起↑ 资源预览