广东省深圳市2018年中考数学专题专练几何探究专题.docx

几何探究专题 ‎1.已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连接CM.‎ ‎(1)如图①，若点M在线段AB上，求证：AP⊥BN；AM＝AN.‎ ‎(2)①如图②，在点P运动过程中，满足△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM＝AN是否成立(不需说明理由)?‎ ‎②是否存在满足条件的点P，使得PC＝？请说明理由．‎ ‎2.已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm.对角线AC，BD交于点O，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(00)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．‎ ‎8.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.‎ ‎(1)如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.‎ ‎①求证：△CAE∽△CBF；‎ ‎②若BE＝1，AE＝2，求CE的长；‎ ‎(2)如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且＝＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；‎ ‎(3)如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)．‎ 参考答案 8‎ ‎1. (1)证明：∵△PBC∽△PAM，∴∠PBC＝∠PAM.∵四边形ABCD是正方形，∴∠PBC＋∠PBA＝∠CBA＝90°，∴∠PAM＋∠PBA＝90°，∴∠APN＝90°，即AP⊥BN，∴∠BPA＝∠BAN＝90°.∵∠ABP＝∠NBA，∴△ABP∽△NBA，＝，∴＝.又∵△PAM∽△PBC，∴＝，故＝.又∵AB＝BC，‎ ‎∴AM＝AN；(2)解：①点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM＝AN仍然成立；②不存在，理由如下：选择图②，以AB为直径，作半圆O，连接OC，OP，∵BC＝1，OB＝，∴OC＝.∵由①知，AP⊥BN，∴点P一定在以点O为圆心、半径长为的半圆上(A，B两点除外)．如果存在点P，那么OP＋PC≥OC，则PC≥.∵>，故不存在满足条件的点P，使得PC＝.‎ ‎2. 解：(1)分三种情况：①若AP＝AO，在矩形ABCD中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝10，∴AO＝CO＝5，‎ ‎∴AP＝5，∴t＝5，②若AP＝PO＝t，在矩形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠PAO＝∠OCE，∠APO＝∠OEC，‎ 又∵OA＝OC，∴△APO≌△CEO，∴PO＝OE＝t.作AG∥PE交BC于点G，则四边形APEG是平行四边形，∴AG＝PE＝2t，GE＝AP＝t.又∵EC＝AP＝t，∴BG＝8－2t.在Rt△ABG中，根据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2，解得t＝.③若OP＝AO＝5，则t＝0或t＝8，不合题意，舍去．综上可知，当t＝5或t＝时，△AOP是等腰三角形．(2)如图，作OM⊥BC，垂足是M，作ON⊥CD，垂足是N.‎ 则OM＝AB＝3，ON＝BC＝4，∴S△OEC＝·CE·OM＝·t·3＝t，S△OCD＝·CD·ON＝·6·4＝12.∵QF∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴＝()2，即＝()2，∴S△DFQ＝t2，∴S四边形OFQC＝12－t2，∴S五边形OECQF＝S四边形OFQC＋S△OEC＝12－t2＋t，即S＝－t2＋t＋12(0＜t＜6)．(3)存在．理由如下：要使S五边形OECQF：S△ACD＝9∶16，即(－t2＋t＋12)∶(×6×8)＝9∶16，解得t1＝3，t2＝1.5，两个解都符合题意，‎ ‎∴存在两个t值，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16，此时t1＝3，t2＝1.5；(4)存在．理由如下：如图，作DI⊥OP，垂足是I，DJ⊥OC，垂足是J，‎ 作AG∥PE交BC于点G.∵S△OCD＝·OC·DJ＝·5·DJ，且由(2)知，S△OCD＝12，∴DJ＝.∵OD平分∠POC，DI⊥OP，DJ⊥OC，∴DI＝DJ＝＝4.8.∵AG∥PE，∴∠DPI＝∠DAG.∵AD∥BC，∴∠DAG＝∠AGB，∴∠DPI＝∠AGB，∴Rt△‎ 8‎ ABG∽Rt△DIP.由(1)知，在Rt△ABG中，BG＝8－2t，∴＝，∴＝，∴IP＝(8－2t)．在Rt△DPI中，根据勾股定理得()2＋[(8－2t)]2＝(8－t)2，解得t＝.(t＝0不合题意，舍去)‎ ‎3. (1)解：①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF.【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD≌△ACF，∴BD＝CF，∵BC＝CD＋BD，∴BC＝CD＋CF.(2)解：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，∴∠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.(3)解：如解图，过点E作EM⊥CF于M，作EN⊥BD于点N，过点A作AH⊥BD于点H.∵AB＝AC＝2，‎ ‎∴BC＝4，AH＝BC＝2，∵CD＝BC，∴CD＝1，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，∴CN＝ME，CM＝EN，∴∠AGC＝∠ABC＝45°，∴CG＝BC＝4，∵∠ADE＝90°，∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，∴∠ADH＝∠DEN，又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，∴△AHD≌△DNE，∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，则GM＝CG－CM＝4－3＝1，∴EG＝＝.‎ ‎4. (1)解：如图①中，∵AB＝10，AC＝6，AD是BC边上中线，由旋转性质知，BE＝AC＝6，AD＝DE.∴在△ABE中，10－6