2020年中考数学二轮专项——几何图形综合题（含答案）

2020年中考数学二轮专项——几何图形综合题
类型一　动点问题


1. (2019衢州)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E.点M是线段AD上的动点，连接BM并延长分别交DE，AC于点F，G.
(1)求CD的长；
(2)若点M是线段AD的中点，求的值；
(3)请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？

第1题图 备用图









类型二　图形形状变化问题

1. (2017成都黑白卷)如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD的内部，延长AF交CD于点G.
(1)猜想并证明线段FG与CG的数量关系；
(2)若将图①中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图②，那么线段FG与CG之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；
(3)若将图①中的正方形改成平行四边形，其他条件不变，如图③，那么线段FG与CG之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．

第1题图








类型三　旋转问题

1. (2019贵港)已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E.
(1)如图①，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F.
①写出旋转角α的度数；
②求证：EA′＋EC＝EF；
(2)如图②，在(1)的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝，求线段PA＋PF的最小值．(结果保留根号)

第1题图













拓展类型

1. (2018成都黑白卷)问题情境
在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝4，在BC上分别取点P、Q，使BP＝CQ，连接AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ，连接MN.
独立思考
如图①，过点M作ME⊥BC于点E，过点N作NF⊥BC于点F.
(1)求证：ME＝NF；
(2)试探究线段MN与BC满足的位置关系，并说明理由；
(3)若BP＝3，求MN的长；
拓展延伸
(4)如图②，当点P与点Q重合时，直接写出MN的长．

第1题图
















2. (2018成都黑白卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G，将一等腰三角尺的一条直角边与AC在同一直线上，该三角尺的直角顶点为F.
(1)如图①，当另一条直角边恰好经过点B时，求证BF＝CG；
(2)将三角尺沿AC方向平移到图②位置时，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA于点E，试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系，并说明理由；
(3)如图③，将三角尺继续沿AC方向平移(点F不与点C重合)时，若AG∶AB＝5∶13，BC＝4，求DE＋DF的值．

第2题图















参考答案
类型一　动点问题
1. 解：(1)∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°.
在Rt△ADC中，DC＝AC·tan30°＝2；
(2)∵∠BAC＝60°，
∴在Rt△ABC中，BC＝AC·
tan∠BAC＝6，
∴BD＝BC－DC＝4.
∵DE∥AC，
∴∠EDA＝∠DAC，∠DFM＝∠AGM.
∵AM＝DM，
∴△DFM≌△AGM(AAS)，
∴DF＝AG.
∵DE∥AC，
∴△BFE∽△BGA，△BDE∽△BCA.
∴＝＝，
∴＝＝＝＝；
(3)过C，P，G作外接圆，圆心为Q，
∵∠CPG＝60°，
∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．
①当⊙Q与DE相切时，如解图①，过Q点作QH⊥AC于点H，并延长HQ与DE交于点P，连接QC，QG.
设⊙Q的半径QP＝r，
则QH＝r，PH＝r＋r＝CD＝2，
解得r＝，
∴CG＝2CH＝2QC·cos30°＝2××＝4，∴AG＝2.
∵DE∥AC，
∴∠EDA＝∠DAC，
又∵∠DMP＝∠AMG，
∴△DFM∽△AGM，
∴＝＝，则＝.
由(1)可得DC＝2，
∴在Rt△ACD中，AD＝2CD＝4，
∴DM＝；

第1题解图①
②当⊙Q经过点E时，如解图②，过C点作CK⊥AB，垂足为K.
设⊙Q的半径QC＝QE＝r，
∵AC＝6，∠BAC＝60°，CK＝AC·sin∠BAC＝3，AK＝AC·cos∠BAC＝3，
∴QK＝3－r.
∵AE＝＝4，
∴EK＝AE－AK＝1.
∴在Rt△EQK中，12＋(3－r)2＝r2，解得r＝，
∴CG＝2××＝.
∵△DFM∽△AGM，
∴同(3)①得DM＝；

第1题解图②
③当⊙Q经过点D时，如解图③，此时点M与点G重合，且恰好在点A处，可得DM＝2CD＝4.
∴综上所述，当DM＝或
第1题解图③
类型二　图形形状变化问题
1. 解：(1)FG＝CG.
证明：如解图①，连接EG，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC，
由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，
又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，
∴∠C＝∠EFG＝90°.
∵EG＝EG，
∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，
∴FG＝CG；

第1题解图①
(2)FG＝CG仍然成立．
证明：如解图②，连接EG，

第1题解图②
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE.
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC.
由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，
又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，
∴∠C＝∠EFG＝90°.
∵EG＝EG，
∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，
∴FG＝CG；
(3)仍然成立：FG＝CG.
证明：如解图③，连接EG、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.
∵四边形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，

第1题解图③
类型三　旋转问题
1. (1)①解：∵A′D⊥AC于点D，
∴∠A′DC＝90°，∴∠A′CD＝90°－∠CA′D＝75°，∴α＝180°－∠A′CD＝105°.
②证明：如解图①，在EF上截取EG＝EC，连接CG.

第1题解图①
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°.
∵△A′B′C是由△ABC绕点C顺时针旋转得到的，
∴∠A′CE＝∠BCA＝45°.
∵∠CA′E＝15°，
∴∠A′EC＝180°－∠CA′E－∠A′CE＝120°.
∵EF平分∠A′EC，
∴∠A′EF＝∠CEF＝60°.
∵EG＝EC，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，CG＝CE，
∴∠FGC＝120°＝∠A′EC.
∵∠BCB′＝105°，∠GCE＝60°，
∴∠FCG＝45°＝∠A′CE，
∴△FCG≌△A′CE，
∴FG＝A′E.
∵FE＝FG＋GE，
∴FE＝A′E＋CE，
即EA′＋EC＝EF；
(2)解：如解图②，作点A关于A′D的对称点M，连接FM交A′D于点P，此时PF＋PA＝FM，即为最小．
根据题意可知AC＝AB＝A′C＝.
过点A′作A′N⊥CB′于点N，则A′N＝CN＝1，
∵∠A′EC＝180°－15°－45°＝120°，
∴∠CED＝∠A′EN＝60°，
∴EN＝＝，
∴A′E＝2EN＝，CE＝CN－EN＝1－，
∴EF＝A′E＋CE＝＋1－＝1＋.
过点F作FH⊥A′D于点H，作FR⊥AC于点R，在Rt△EFH中，EH＝EF＝＋，FH＝EF＝
＋.
∵在Rt△CED中，CE＝1－，∠CED＝60°，
∴DE＝CE＝－，DC＝
CE＝－，
∴FR＝HD＝HE＋ED＝＋＋－＝1，RC＝FR＝1，AR＝AC－RC＝－1，
∴AD＝AR＋FH＝－1＋＋＝＋－，
∴RM＝2AD－AR＝2＋－1－＋1＝＋，
∴FM＝＝.
即线段PA＋PF的最小值为.

第1题解图②
拓展类型
1. (1)证明： ∵ 四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∵在△ABP和△DCQ中，

∴△ABP≌△DCQ，
∴∠APB＝∠DQC，
由折叠的性质得∠MPE＝180°－2∠APB，∠NQF＝180°－2∠DQC，MP＝BP，NQ＝CQ，
∴∠MPE＝∠NQF，MP＝NQ，
∴在△MEP和△NFQ中，

∴△MEP≌△NFQ，
∴ME＝NF；
(2)解：MN∥BC.
理由：∵ME⊥BC，NF⊥BC，
∴ME∥NF，
∵ME＝NF，
∴四边形EFNM是矩形，
∴MN∥BC；
(3)解：如解图①，延长EM、FN交AD于点G、H，
∵AB＝4，BP＝3，
∴AM＝4，PM＝3，
∵AD∥BC，
∴EM⊥AD，
∵∠AMP＝∠MEP＝∠MGA，
∴∠EMP＝∠GAM，
∴△EMP∽△GAM，
∴＝＝＝.
设AG＝4a，MG＝4b，则EM＝3a，EP＝3b，
∵∠BAG＝∠B＝∠CEG＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴，解得，
∴AG＝，
∵△MEP≌△NFQ，
∴PE＝FQ，
∵BP＝CQ，
∴BE＝CF，
∴DH＝AG＝，
∴MN＝AD－2DH＝；

第1题解图①
(4)解：MN＝.
【解法提示】如解图②，设PM、PN分别交AD于点E、F.由折叠的性质得∠EPA＝∠APB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠EPA＝∠APB＝∠PAE，∴EA＝EP.设EA＝EP＝x，在Rt△AME中，42＋(6－x)2＝x2，解得x＝，∴EF＝12－2×＝，∵EF∥MN，∴△PEF∽△PMN，∴＝，即＝，解得MN＝.

第1题解图②
2. (1)证明：如解图①，

第2题解图①
∵BF⊥AC，CG⊥AB，
∴S△ABC＝AC·BF＝AB·CG，
∵AB＝AC，
∴BF＝CG；
(2)解：DE＋DF＝CG；
理由：如解图②，连接AD，
∵DF⊥AC，DE⊥AB，CG⊥AB，
∴S△ACD＝AC·DF，
S△ABD＝AB·DE，
S△ABC＝AB·CG，
∵S△ACD＋S△ABD＝S△ABC，
∴AC·DF＋AB·DE＝AB·CG，
∵AB＝AC，
∴DE＋DF＝CG；

第2题解图②
(3)解：如解图③，连接AD，
由(2)可得DE＋DF＝CG，
设AG＝5x，
∵AG∶AB＝5∶13，AB＝AC，
∴AC＝AB＝13x，
∵∠G＝90°，
∴GC＝＝12x，
在Rt△BGC中，
∵BG＝AB＋AG＝13x＋5x＝18x，GC＝12x，BC＝4，
∴(18x)2＋(12x)2＝(4)2，
解得x＝(负值舍去)，
∴DE＋DF＝CG＝12x＝8.

第2题解图③


针对训练

针对训练

针对训练

针对训练