96 几何综合类比探究变化型问题

中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练 几何综合类比探究变化型问题 【真题再现】 1．（2020 年扬州第27 题）如图1，已知点在四边形BD 的边B 上，且＝B＝＝D＝2，平分 ∠BD，与BD 交于点G，分别与BD、D 交于点E、F． （1）求证：∥D； （2）如图2，若DE＝DF，求AE AF 的值； （3）当四边形BD 的周长取最大值时，求DE DF 的值． 【分析】（1）由等腰三角形的性质及角平分线的定义证得∠D＝∠D，则可得出结论； （2）证明△D 和△BD 为等腰直角三角形，得出AD AO =❑ √2，证明△DE∽△F，由相似三角 形的性质可得出结论； （3）设B＝D＝x，G＝m，则G＝2﹣m，由勾股定理得出4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得： m¿ 1 4 x 2，可用x 表示四边形BD 的周长，根据二次函数的性质可求出x＝2 时，四边形 BD 有最大值，得出∠DF＝∠D＝60°，∠DE＝30°，由直角三角形的性质可得出答． 【解析】（1）证明：∵＝D， ∴∠D＝∠D， ∵平分∠BD， ∴∠D＝∠B， 又∵∠D+∠B＝∠D+∠D， ∴∠D＝∠D， ∴∥D； （2）解：如图1， ∵＝B＝D， ∴∠DB＝90°， 设∠D＝α，则∠＝∠D＝α． ∵＝D，D∥， ∴∠D＝∠D＝2α， ∴∠DFE＝3α， ∵DF＝DE， ∴∠DEF＝∠DFE＝3α， 4 ∴α＝90°， ∴α＝225°， ∴∠D＝45°， ∴△D 和△BD 为等腰直角三角形， ∴D¿ ❑ √2， ∴AD AO =❑ √2， ∵DE＝DF， ∴∠DFE＝∠DEF， ∵∠DFE＝∠F， ∴∠F＝∠ED， 又∠DE＝∠F＝90°， ∴△DE∽△F， ∴AE AF = AD AO =❑ √2． （3）解：如图2， ∵D＝B，∠B＝∠D， ∴△B≌△D（SS）， ∴B＝D， 设B＝D＝x，G＝m，则G＝2﹣m， ∵B2﹣G2＝B2﹣G2， 4 ∴﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2， 解得：m¿ 1 4 x 2， ∴G＝2−1 4 x 2， ∵D＝B，∠DG＝∠BG， ∴G 为BD 的中点， 又∵为B 的中点， ∴D＝2G＝4−1 2 x 2， ∴四边形BD 的周长为2B+D+B＝2x+4−1 2 x 2+¿4¿−1 2 x 2+¿2x+8¿−1 2 ( x−2) 2+¿10， ∵−1 2 ＜0， ∴x＝2 时，四边形BD 的周长有最大值为10． ∴B＝2， ∴△B 为等边三角形， ∴∠B＝60°， ∵∥D， ∴∠D＝∠B＝60°， ∴∠DF＝∠D＝60°，∠DE＝30°， ∴∠FD＝90°， ∴DE DA = ❑ √3 3 ，DF¿ 1 2D， ∴DE DF =2❑ √3 3 ． 2．（2020 年苏州第26 题）问题1：如图①，在四边形BD 中，∠B＝∠＝90°，P 是B 上一 点，P＝PD，∠PD＝90°．求证：B+D＝B． 问题2：如图②，在四边形BD 中，∠B＝∠＝45°，P 是B 上一点，P＝PD，∠PD＝90°． 求AB+CD BC 的值． 【分析】（1）由“S”可知△BP≌△PD，可得BP＝D，B＝P，可得结论； （2）过点作E⊥B 于E，过点D 作DF⊥B 于F，由（1）可知EF＝E+DF，由等腰直角 三角形的性质可得BE＝E，F＝DF，B¿ ❑ √2E，D¿ ❑ √2DF，即可求解． 【解析】证明：（1）∵∠B＝∠PD＝90°， ∴∠BP+∠PB＝90°，∠PB+∠DP＝90°， ∴∠BP＝∠DP， 又P＝PD，∠B＝∠＝90°， ∴△BP≌△PD（S）， ∴BP＝D，B＝P， ∴B＝BP+P＝B+D； （2）如图2，过点作E⊥B 于E，过点D 作DF⊥B 于F， 由（1）可知，EF＝E+DF， ∵∠B＝∠＝45°，E⊥B，DF⊥B， ∴∠B＝∠BE＝45°，∠＝∠DF＝45°， ∴BE＝E，F＝DF，B¿ ❑ √2E，D¿ ❑ √2DF， ∴B＝BE+EF+F＝2（E+DF）， ∴AB+CD BC = ❑ √2( AE+DF ) 2( AE+DF ) = ❑ √2 2 ． 3．（2020 年南京第26 题）如图，在△B 和△'B''中，D、D'分别是B、'B'上一点， AD AB = A ' D' A ' B' ． （1）当CD C ' D' = AC A ' C ' = AB A ' B' 时，求证△B ' ∽△B''． 证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格． （2）当CD C ' D' = AC A ' C ' = BC B' C ' 时，判断△B 与△'B'′是否相似，并说明理由． 【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可． （2）过点D，D′分别作DE∥B，D′E′∥B′′，DE 交于E，D′E′交′′于E′．首先证明 △ED ′ ∽△E′D′，推出∠ED＝∠′E′D′，再证明∠B＝∠′′B′即可解决问题． 【解析】（1）证明：∵AD AB = A ' D' A ' B' ， ∴AD A ' D' = AB A ' B' ， ∵CD C ' D' = AC A ' C ' = AB A ' B' ， ∴CD C ' D' = AC A ' C ' = AD A ' D' ， ∴△D ′ ∽△D′'， ∴∠＝∠′， ∵AC A ' C ' = AB A ' B' ， ∴△B ′ ∽△B′′． 故答为：CD C ' D' = AC A ' C ' = AD A ' D' ，∠＝∠′． （2）结论：∴△B ′ ∽△B′′． 理由：如图，过点D，D′分别作DE∥B，D′E′∥B′′，DE 交于E，D′E′交′′于E′． ∵DE∥B， ∴△DE∽△B， ∴AD AB = DE BC = AE AC ， 同理，A ' D' A ' B' = D' E' B' C ' = A ' E' A ' C ' ， ∵AD AB = A ' D' A ' B' ， ∴DE BC = D' E' B' C ' ， ∴DE D' E' = BC B' C ' ， 同理，AE AC = A ' E' A ' C ' ， ∴AC−AE AC = A ' C '−A ' E' A ' C ' ，即EC AC = E' C ' A ' C ' ， ∴EC E' C ' = AC A ' C ' ， ∵CD C ' D' = AC A ' C ' = BC B' C ' ， ∴CD C ' D' = DE D' E' = EC E' C ' ， ∴△DE∽△D′′E′， ∴∠ED＝∠′E′D′， ∵DE∥B， ∴∠ED+∠B＝180°， 同理，∠′E′D′+ ′′ ∠B′＝180°， ∴∠B＝∠′′B′， ∵AC A ' C ' = CB C ' B' ， ∴△B ′ ∽△B′′． 4．（2020 年连云港第27 题）（1）如图1，点P 为矩形BD 对角线BD 上一点，过点P 作 EF∥B，分别交B、D 于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△EP 的面积为S1，△FP 的面积为 S2，则S1+S2＝ 12 ； （2）如图2，点P 为▱ BD 内一点（点P 不在BD 上），点E、F、G、分别为各边的中点． 设四边形EP 的面积为S1，四边形PFG 的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD 的面积 （用含S1、S2的代数式表示）； （3）如图3，点P 为▱ BD 内一点（点P 不在BD 上），过点P 作EF∥D，G∥B，与各边 分别相交于点E、F、G、．设四边形EP 的面积为S1，四边形PGF 的面积为S2（其中S2 ＞S1），求△PBD 的面积（用含S1、S2的代数式表示）； （4）如图4，点、B、、D 把⊙四等分．请你在圆内选一点P（点P 不在、BD 上），设 PB、P、^ BC围成的封闭图形的面积为S1，P、PD、^ AD围成的封闭图形的面积为S2， △PBD 的面积为S3，△P 的面积为S4，根据你选的点P 的位置，直接写出一个含有S1、 S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）． 【分析】（1）如图1 中，求出△PF 的面积，证明△PE 的面积＝△PF 的面积即可． （2）如图2 中，连接P，P，在△PB 中，因为点E 是B 的中点，可设S△PE＝S△PBE＝，同 理，S△P＝S△PD＝b，S△PDG＝S△PG＝，S△PF＝S△PBF＝d，证明S 四边形EP+S 四边形PFG＝S 四边形 PEBF+S 四边形PDG ＝S1+S2 ，推出S△BD¿ 1 2S 平行四边形BD ＝S1+S2 ，根据S△PBD ＝S△BD﹣ （S1+S△PBE+S△PD）＝S1+S2﹣（S1++S1﹣）＝S2﹣S1．可得结论． （3）如图3 中，由题意四边形EBGP，四边形PFD 都是平行四边形，利用平行四边形 的性质求解即可． （4）分四种情形：如图4 1 ﹣中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段P，弧B 围成 的封闭图形的面积为x，线段P，线段PD，弧D 的封闭图形的面积为y．由题意： S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1 ＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求． 【解析】（1）如图1 中， 过点P 作PM⊥D 于M，交B 于． ∵四边形BD 是矩形，EF∥B， ∴四边形EPM，四边形MPFD，四边形BPE，四边形PF 都是矩形， ∴BE＝P＝F＝2，S△PF¿ 1 2 ×PF×F＝6，S△EP＝S△PM，S△PEB＝S△PB，S△PDM＝S△PFD，S△P＝ S△PF，S△BD＝S△BD， ∴S 矩形EPM＝S 矩形PF， ∴S1＝S2＝6， ∴S1+S2＝12， 故答为12． （2）如图2 中，连接P，P， 在△PB 中，∵点E 是B 的中点， ∴可设S△PE＝S△PBE＝，同理，S△P＝S△PD＝b，S△PDG＝S△PG＝，S△PF＝S△PBF＝d， ∴S 四边形EP+S 四边形PFG＝+b++d，S 四边形PEBF+S 四边形PDG＝+b++d， ∴S 四边形EP+S 四边形PFG＝S 四边形PEBF+S 四边形PDG＝S1+S2， ∴S△BD¿ 1 2S 平行四边形BD＝S1+S2， ∴S△PBD＝S△BD﹣（S1+S△PBE+S△PD）＝S1+S2﹣（S1++S1﹣）＝S2﹣S1． （3）如图3 中，由题意四边形EBGP，四边形PFD 都是平行四边形， ∴S 四边形EBGP＝2S△EBP，S 四边形PFD＝2S△PD， ∴S△BD¿ 1 2S 平行四边形BD¿ 1 2（S1+S2+2S△EBP+2S△PD）¿ 1 2（S1+S2）+S△EBP+S△PD， ∴S△PBD＝S△BD﹣（S1+S△EBP+S△PD）¿ 1 2（S2﹣S1）． （4）如图4 1 ﹣中，结论：S2﹣S1＝S3+S4． 理由：设线段PB，线段P，弧B 围成的封闭图形的面积为x，线段P，线段PD，弧D 的封闭图形的面积为y． 由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3， ∴x﹣y＝S3﹣S4， ∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4）， ∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4． 同法可证：图4 2 ﹣中，有结论：S1﹣S❑2❑=¿S3+S4． 图4 3 ﹣中和图4 4 ﹣中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|． 5．（2019 年宿迁中考第28 题）如图①，在钝角△B 中，∠B＝30°，＝4，点D 为边B 中点， 点E 为边B 中点，将△BDE 绕点B 逆时针方向旋转α 度（0≤α≤180）． （1）如图②，当0＜α＜180 时，连接D、E．求证：△BD∽△BE； （2）如图③，直线E、D 交于点G．在旋转过程中，∠G 的大小是否发生变化？如变化， 请说明理由；如不变，请求出这个角的度数； （3）将△BDE 从图①位置绕点B 逆时针方向旋转180°，求点G 的运动路程． 【分析】（1）如图①利用三角形的中位线定理，推出DE∥，可得BD BA = BE BC ，在图②中， 利用两边成比例夹角相等证明三角形细相似即可． （2）利用相似三角形的性质证明即可． （3）点G 的运动路程，是图③﹣1 中的^ BG的长的两倍，求出圆心角，半径，利用弧长 公式计算即可． 【解析】（1）如图②中， 由图①，∵点D 为边B 中点，点E 为边B 中点， ∴DE∥， ∴BD BA = BE BC ， ∴BD BE = BA BC ， ∵∠DBE＝∠B， ∴∠DB＝∠EB， ∴△DB∽△EB． （2）∠G 的大小不发生变化，∠G＝30°． 理由：如图③中，设B 交G 于点． ∵△DB∽△EB， ∴∠DB＝∠EB， ∵∠DB+∠G+∠G＝180°，∠EB+∠B+∠B＝180°，∠G＝∠B， ∴∠G＝∠B＝30°． （3）如图③﹣1 中．设B 的中点为K，连接DK，以为边向左边等边△，连接G，B． 以为圆心，为半径作⊙， ∵∠G＝30°，∠＝60°， ∴∠G¿ 1 2∠， ∴点G 在⊙上运动， 以B 为圆心，BD 为半径作⊙B，当直线与⊙B 相切时，BD⊥D， ∴∠DB＝90°， ∵BK＝K， ∴DK＝BK＝K， ∵BD＝BK， ∴BD＝DK＝BK， ∴△BDK 是等边三角形， ∴∠DBK＝60°， ∴∠DB＝30°， ∴∠BG＝2∠DB＝60°， ∴^ BG的长¿ 60⋅π ⋅4 180 = 4 π 3 ， 观察图象可知，点G 的运动路程是^ BG的长的两倍¿ 8 π 3 ． 点评：本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，弧长公式，等边三角 形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学 会正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题． 6．（2019 年连云港中考第27 题）问题情境：如图1，在正方形BD 中，E 为边B 上一点 （不与点B、重合），垂直于E 的一条直线M 分别交B、E、D 于点M、P、．判断线段 D、MB、E 之间的数量关系，并说明理由． 问题探究：在“问题情境”的基础上． （1）如图2，若垂足P 恰好为E 的中点，连接BD，交M 于点Q，连接EQ，并延长交 边D 于点F．求∠EF 的度数； （2）如图3，当垂足P 在正方形BD 的对角线BD 上时，连接，将△P 沿着翻折，点P 落 在点P'处，若正方形BD 的边长为4，D 的中点为S，求P'S 的最小值． 问题拓展：如图4，在边长为4 的正方形BD 中，点M、分别为边B、D 上的点，将正方 形BD 沿着M 翻折，使得B 的对应边B''恰好经过点，'交D 于点F．分别过点、F 作 G⊥M，F⊥M，垂足分别为G、．若G¿ 5 2，请直接写出F 的长． 【分析】问题情境：过点B 作BF∥M 分别交E、D 于点G、F，证出四边形MBF 为平行 四边形，得出F＝MB，证明△BE≌△BF 得出BE＝F，即可得出结论； 问题探究：（1）连接Q，过点Q 作∥B，分别交D、B 于点、，证出△DQ 是等腰直角三 角形，D＝Q，＝Q，证明Rt△Q Rt ≌ △QE 得出∠Q＝∠QE，得出△QE 是等腰直角三角形， 得出∠EQ＝∠EQ＝45°，即可得出结论； （2）连接交BD 于点，则△P 的直角顶点P 在B 上运动，设点P 与点B 重合时，则点P′ 与点D 重合；设点P 与点重合时，则点P′的落点为′，由等腰直角三角形的性质得出∠D ＝∠D′＝45°，当点P 在线段B 上运动时，过点P 作PG⊥D 于点G，过点P′作P′⊥D 交D 延长线于点，连接P，证明△PB≌△PB 得出∠BP＝∠BP，证明Rt△PG Rt ≌ △P'得出PG＝， G＝P'，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出G＝D，D＝P'，得出 ∠P'D＝45°，故∠P'D＝45°，点P'在线段D'上运动；过点S 作SK⊥D'，垂足为K，即可 得出结果； 问题拓展：延长G 交B 于E，交D 的延长线于Q，延长F 交D 于P，则EG＝G¿ 5 2，P ＝F，得出E＝5，由勾股定理得出BE¿ ❑ √A E 2−A B 2=¿3，得出E＝B﹣BE＝1，证明 △BE∽△QE，得出QE¿ 1 3E¿ 5 3，Q＝E+QE¿ 20 3 ，证明△GM∽△BE，得出M¿ 25 8 ，由折叠 的性质得：B'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠'＝∠BD＝90°，求出B'M¿ ❑ √A M 2−AB' 2=7 8 ，'＝1，证明△F'∽△MB'，得出F¿ 25 7 ，DF＝4−25 7 =3 7，证明△DFP∽△DQ，得出FP ¿ 5 7 ，得出F¿ 1 2FP¿ 5 14 ． 【解析】问题情境： 解：线段D、MB、E 之间的数量关系为：D+MB＝E；理由如下： ∵四边形BD 是正方形， ∴∠BE＝∠BD＝90°，B＝B＝D，B∥D， 过点B 作BF∥M 分别交E、D 于点G、F，如图1 所示： ∴四边形MBF 为平行四边形， ∴F＝MB， ∴BF⊥E， ∴∠BGE＝90°， ∴∠BF+∠EB＝90°， ∵∠BE+∠EB＝90°， ∴∠BF＝∠BE， 在△BE 和△BF 中，{ ∠BAE=∠CBF AB=BC ∠ABE=∠BCF=90° ， ∴△BE≌△BF（S）， ∴BE＝F， ∵D+F+F＝BE+E， ∴D+MB＝E； 问题探究： 解：（1）连接Q，过点Q 作∥B，分别交D、B 于点、，如图2 所示： ∵四边形BD 是正方形， ∴四边形B 为矩形， ∴⊥D，⊥B，＝B＝D， ∵BD 是正方形BD 的对角线， ∴∠BD＝45°， ∴△DQ 是等腰直角三角形，D＝Q，＝Q， ∵M 是E 的垂直平分线， ∴Q＝QE， 在Rt△Q 和Rt△QE 中，{ AQ=QE AH=QI ， Rt ∴ △Q Rt ≌ △QE（L）， ∴∠Q＝∠QE， ∴∠Q+∠EQ＝90°， ∴∠QE＝90°， ∴△QE 是等腰直角三角形， ∴∠EQ＝∠EQ＝45°，即∠EF＝45°； （2）连接交BD 于点，如图3 所示： 则△P 的直角顶点P 在B 上运动， 设点P 与点B 重合时，则点P′与点D 重合；设点P 与点重合时，则点P′的落点为′， ∵＝D，∠D＝90°， ∴∠D＝∠D′＝45°， 当点P 在线段B 上运动时，过点P 作PG⊥D 于点G，过点P′作P′⊥D 交D 延长线于点， 连接P， ∵点P 在BD 上， ∴P＝P， 在△PB 和△PB 中，{ AP=PC BP=BP AB=BC ， ∴△PB≌△PB（SSS）， ∴∠BP＝∠BP， ∵∠BD＝∠MP＝90°， ∴∠P＝∠MP， ∵B∥D， ∴∠MP＝∠P， ∴∠P＝∠P，