中考数学几何压轴题辅助线专题复习

中考数学几何压轴题辅助线专题复习

中考压轴题专题几何（辅助线）‎ 精选1.如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，DE垂直平分AC，垂足为O，AD∥BC，且AB=3，BC=4，则AD的长为　 　．‎ 精选2．如图，△ABC中，∠C＝60°，∠CAB与∠CBA的平分线AE，BF相交于点D，‎ ‎ 求证：DE＝DF．‎ 精选3.已知：如图，⊙O的直径AB=8cm，P是AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接AC．‎ (1) 若∠ACP=120°，求阴影部分的面积；‎ ‎(2)若点P在AB的延长线上运动，∠CPA的平分线交AC于点M，∠CMP的大小是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出∠CMP的度数。‎ 精选4、如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点O是斜边AB上一动点，以OA为半径作⊙O与AC边交于点P，‎ ‎（1）当OA=时，求点O到BC的距离；‎ ‎（2）如图1，当OA=时，求证：直线BC与⊙O相切；此时线段AP的长是多少？‎ ‎（3）若BC边与⊙O有公共点，直接写出OA的取值范围；‎ ‎（4）若CO平分∠ACB，则线段AP的长是多少？‎ ‎．‎ 精选5．如图，已知△ABC为等边三角形，∠BDC＝120°，AD平分∠BDC，‎ 求证：BD+DC＝AD．‎ 精选6、已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．‎ ‎（第6题图）‎ ‎（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．‎ ‎①求证：△OCP∽△PDA；‎ ‎②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；‎ ‎（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；‎ ‎（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．‎ 精选7、如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当CE=AF时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．‎ ‎（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；‎ ‎（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出DE与DF的数量关系；‎ ‎（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？‎ 精选8、等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点A、点B分别是x轴、y轴两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E；‎ ‎（1）如图（1），若A（0，1），B（2，0），求C点的坐标；‎ ‎（2）如图（2），当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE，求证：∠ADB=∠CDE ‎（3）如图（3），在等腰Rt△ABC不断运动的过程中，若满足BD始终是∠ABC的平分线，试探究：线段OA、OD、BD三者之间是否存在某一固定的数量关系，并说明理由．‎ 精选l1‎ l2‎ l3‎ l4‎ h3‎ h2‎ h1‎ 第题图 9．如图，正方形的四个顶点分别在四条平行线、、、上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为、、．‎ （1） 求证：；‎ ‎（2）设正方形的面积为，求证：；‎ ‎（3）若，当变化时，说明正方形的面积 随的变化情况．‎ 参考答案 精选1‎ 解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，‎ ‎∴AC===5，‎ ‎∵DE垂直平分AC，垂足为O，‎ ‎∴OA=AC=，∠AOD=∠B=90°，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠A=∠C，‎ ‎∴△AOD∽△CBA，‎ ‎∴=，即=，解得AD=．‎ 故答案为：．‎ G 精选2‎ 证明：在AB上截取AG，使AG=AF，‎ 易证△ADF≌△ADG（SAS）．‎ ‎∴DF＝DG．∵∠C＝60°，‎ AD，BD是角平分线，易证∠ADB=120°．‎ ‎∴∠ADF＝∠ADG＝∠BDG＝∠BDE＝60°．‎ 易证△BDE≌△BDG（ASA）．‎ ‎∴DE＝DG＝DF．‎ 精选3、‎ 解：（1）连接OC．‎ ‎∵PC为⊙O的切线，‎ ‎∴PC⊥OC．‎ ‎∴∠PCO=90度．‎ ‎∵∠ACP=120°‎ ‎∴∠ACO=30°‎ ‎∵OC=OA，‎ ‎∴∠A=∠ACO=30度．‎ ‎∴∠BOC=60°‎ ‎∵OC=4‎ ‎∴‎ ‎∴S阴影=S△OPC﹣S扇形BOC=；‎ ‎（2）∠CMP的大小不变，∠CMP=45°‎ 由（1）知∠BOC+∠OPC=90°‎ ‎∵PM平分∠APC ‎∴∠APM=∠APC ‎∵∠A=∠BOC ‎∴∠PMC=∠A+∠APM=（∠BOC+∠OPC）=45°．‎ 精选4、‎ 解：（1）在Rt△ABE中，．（1分）‎ 过点O作OD⊥BC于点D，则OD∥AC，‎ ‎∴△ODB∽△ACB，∴，∴，∴，‎ ‎∴点O到BC的距离为．（3分）‎ ‎（2）证明：过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F，‎ ‎∵△OEB∽△ACB，∴∴，∴．‎ ‎∴直线BC与⊙O相切．（5分）‎ 此时，四边形OECF为矩形，‎ ‎∴AF=AC﹣FC=3﹣=，‎ ‎∵OF⊥AC，∴AP=2AF=．（7分）‎ ‎（3）；（9分）‎ ‎（4）过点O作OG⊥AC于点G，OH⊥BC于点H，‎ 则四边形OGCH是矩形，且AP=2AG，‎ 又∵CO平分∠ACB，∴OG=OH，∴矩形OGCH是正方形．（10分）‎ 设正方形OGCH的边长为x，则AG=3﹣x，‎ ‎∵OG∥BC，∵△AOG∽△ABC，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，∴，∴AP=2AG=．（12分）‎ 精选5、‎ 证法1：（截长）如图，截DF=DB，易证△DBF为等边三角，然后证△BDC≌△BFA即可；‎ 证法2：（截长）如图，截DF=DC，易证△DCF为等边三角，然后证△BDC≌△AFC即可；‎ 证法3：（补短）如图，延长BD至F，使DF=DC，此时BD+DC=BD+DF=BF，‎ 易证△DCF为等边△，再证△BCF≌△ACD即可．‎ 证法4：（四点共圆）两组对角分别互补的四边形四个顶点共圆．‎ 设AB＝AC＝BC＝a，根据（圆内接四边形）托勒密定理：‎ CD·a＋BD·a＝AD·a，得证．‎ ‎ 精选6、 ‎ 解：（1）如图1，①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．‎ 由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．‎ ‎∴∠APO=90°．‎ ‎∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC．‎ ‎∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．‎ ‎∴△OCP∽△PDA．‎ ‎②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，‎ ‎∴====．‎ ‎∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．‎ ‎∵AD=8，∴CP=4，BC=8．‎ 设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x．‎ 在Rt△PCO中，‎ ‎∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，‎ ‎∴x2=（8﹣x）2+42．‎ 解得：x=5．‎ ‎∴AB=AP=2OP=10．‎ ‎∴边AB的长为10．‎ ‎（2）如图1，‎ ‎∵P是CD边的中点，‎ ‎∴DP=DC．‎ ‎∵DC=AB，AB=AP，‎ ‎∴DP=AP．‎ ‎∵∠D=90°，‎ ‎∴sin∠DAP==．‎ ‎∴∠DAP=30°．‎ ‎∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，‎ ‎∴∠OAB=30°．‎ ‎∴∠OAB的度数为30°．‎ ‎（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2．‎ ‎∵AP=AB，MQ∥AN，‎ ‎∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．‎ ‎∴∠APB=∠MQP．‎ ‎∴MP=MQ．‎ ‎∵MP=MQ，ME⊥PQ，‎ ‎∴PE=EQ=PQ．‎ ‎∵BN=PM，MP=MQ，‎ ‎∴BN=QM．‎ ‎∵MQ∥AN，‎ ‎∴∠QMF=∠BNF．‎ 在△MFQ和△NFB中，‎ ‎．‎ ‎∴△MFQ≌△NFB．‎ ‎∴QF=BF．‎ ‎∴QF=QB．‎ ‎∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB．‎ 由（1）中的结论可得：‎ PC=4，BC=8，∠C=90°．‎ ‎∴PB==4．‎ ‎∴EF=PB=2．‎ ‎∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2．‎ 精选7、‎ 解：（1）DF=DE．理由如下：‎ 如答图1，连接BD．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=AB．‎ 又∵∠A=60°，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴AD=BD，∠ADB=60°，‎ ‎∴∠DBE=∠A=60°‎ ‎∵∠EDF=60°，‎ ‎∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，，‎ ‎∴△ADF≌△BDE（ASA），‎ ‎∴DF=DE；‎ ‎（2）DF=DE．理由如下：‎ 如答图2，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=AB．‎ 又∵∠A=60°，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴AD=BD，∠ADB=60°，‎ ‎∴∠DBE=∠A=60°‎ ‎∵∠EDF=60°，‎ ‎∴∠ADF=∠BDE．‎ ‎∵在△ADF与△BDE中，，‎ ‎∴△ADF≌△BDE（ASA），‎ ‎∴DF=DE；‎ ‎（3）由（2）知，△ADF≌△BDE．则S△ADF=S△BDE，AF=BE=x．‎ 依题意得：y=S△BEF+S△ABD=（2+x）xsin60°+×2×2sin60°=（x+1）2+．即y=（x+1）2+．‎ ‎∵＞0，‎ ‎∴该抛物线的开口方向向上，‎ ‎∴当x=0即点E、B重合时，y最小值=．‎ 精选8、‎ ‎（1）解：过点C作CF⊥y轴于点F，‎ ‎∴∠AFC=90°，‎ ‎∴∠CAF+∠ACF=90°．‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，‎ ‎∴AC=AB，∠CAF+∠BAO=90°，∠AFC=∠BAC，‎ ‎∴∠ACF=∠BAO．‎ 在△ACF和△ABO中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACF≌△ABO（AAS）‎ ‎∴CF=OA=1，AF=OB=2‎ ‎∴OF=1‎ ‎∴C（﹣1，﹣1）；‎ ‎（2）证明：过点C作CG⊥AC交y轴于点G，‎ ‎∴∠ACG=∠BAC=90°，‎ ‎∴∠AGC+∠GAC=90°．‎ ‎∵∠CAG+∠BAO=90°，‎ ‎∴∠AGC=∠BAO．‎ ‎∵∠ADO+∠DAO=90°，∠DAO+∠BAO=90°，‎ ‎∴∠ADO=∠BAO，‎ ‎∴∠AGC=∠ADO．‎ 在△ACG和△ABD中 ‎∴△ACG≌△ABD（AAS），‎ ‎∴CG=AD=CD．‎ ‎∵∠ACB=∠ABC=45°，‎ ‎∴∠DCE=∠GCE=45°，‎ 在△DCE和△GCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△DCE≌△GCE（SAS），‎ ‎∴∠CDE=∠G，‎ ‎∴∠ADB=∠CDE；‎ ‎（3）解：在OB上截取OH=OD，连接AH 由对称性得AD=AH，∠ADH=∠AHD．‎ ‎∵∠ADH=∠BAO．‎ ‎∴∠BAO=∠AHD．‎ ‎∵BD是∠ABC的平分线，‎ ‎∴∠ABO=∠EBO，‎ ‎∵∠AOB=∠EOB=90°．‎ 在△AOB和△EOB中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOB≌△EOB（ASA），‎ ‎∴AB=EB，AO=EO，‎ ‎∴∠BAO=∠BEO，‎ ‎∴∠AHD=∠ADH=∠BAO=∠BEO．‎ ‎∴∠AEC=∠BHA．‎ 在△AEC和△BHA中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACE≌△BAH（AAS）‎ ‎∴AE=BH=2OA ‎∵DH=2OD ‎∴BD=2（OA+OD）．‎ l1‎ l2‎ l3‎ l4‎ h3‎ h2‎ h1‎ 精选9、‎ ‎（1）证：设交于点，与交于点，‎ 由已知，‎ 四边形是平行四边形，．‎ 又．‎ ‎（2）证：作，垂足分别为，‎ 在中，‎ ‎．‎ ‎．‎ 又，‎ ‎．‎ 又，‎ l1‎ l2‎ l3‎ l4‎ h3‎ h2‎ h1‎ ‎．‎ ‎（3）解：，‎ ‎，‎ ‎．‎ 当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大．‎