37/37專題10逐個擊破考向-第十周：幾何綜合證明二旋轉(zhuǎn)、相似綜合、新定義【考向分析】年份幾何綜合證明題考向補(bǔ)充2010√全等相似綜合證明2011√旋轉(zhuǎn)問題，全等相似綜合證明2012√相似綜合證明2013√新定義幾何證明2014√全等綜合證明，旋轉(zhuǎn)問題2015√全等相似綜合證明，旋轉(zhuǎn)問題2016√全等相似綜合證明，特殊圖形特殊性質(zhì)的運用2017√全等相似綜合證明2018√全等綜合證明，特殊圖形特殊性質(zhì)的運用2019√全等相似綜合證明通過分析對比，可以看出：安徽中考數(shù)學(xué)填空壓軸題的主要考向分為四類：一是全等綜合證明，二是相似綜合證明，三是旋轉(zhuǎn)問題，四是特殊圖形特殊性質(zhì)的運用。其中全等相似綜合證明題型基本上是每年必考考點，近幾年中出現(xiàn)了旋轉(zhuǎn)和特殊圖形特殊性質(zhì)的運用，好在是這兩類題型的解題思路非常明確，且比較好總結(jié)方法技巧；幾何綜合證明作為中考壓軸大題，每年都必然出現(xiàn)在試卷最后，是沖刺高分的最大攔路虎，對知識掌握的綜合運用能力要求較高，但理解出題方式和解題思路可以幫助大家快速打開解題思維，進(jìn)而順利解題?！菊骖}再現(xiàn)】年份：2010年考向：全等相似綜合證明20.如圖，AD∥FE，點B、C在AD上，∠1＝∠2，BF＝BC.(1)求證：四邊形BCEF是菱形；(2)若AB＝BC＝CD，求證：△ACF≌△BDE.第20題圖證明：(1)∵AD∥EF，∴∠FEB＝∠2.∵∠1＝∠2，∴∠FEB＝∠1，∴BF＝EF.∵BF＝BC，∴BC＝EF，∴四邊形BCEF是平行四邊形．∵BF＝BC，∴四邊形BCEF是菱形．(5分)(2)∵EF＝BC，AB＝BC＝CD，AD∥FE.∴四邊形ABEF、四邊形CDEF均為平行四邊形，∴AF＝BE，F(xiàn)C＝ED，又∵AC＝2BC＝BD，∴△ACF≌△BDE.(10分)23.如圖，已知△ABC∽△A1B1C1，相似比為k(k>1)，且△ABC的三邊長分別為a、b、c(a>b>c)，△A1B1C1的三邊長分別為a1、b1、c1.(1)若c＝a1，求證：a＝kc；(2)若c＝a1，試給出符合條件的一對△ABC和△A1B1C1，使得a、b、c和a1、b1、c1都是正整數(shù)，并加以說明；(3)若b＝a1，c＝b1，是否存在△ABC和△A1B1C1使得k＝2？請說明理由．第23題圖(1)證明：∵△ABC∽△A1B1C1，且相似比為k(k>1)，∴eq\f(a,a1)＝k，∴a＝ka1，又∵c＝a1，∴a＝kc.(3分)(2)解：取a＝8，b＝6，c＝4，同時取a1＝4，b1＝3，c1＝2.此時eq\f(a,a1)＝eq\f(b,b1)＝eq\f(c,c1)＝2，∴△ABC∽△A1B1C1且c＝a1.(10分)注：本題也是開放型試題，只要給出的△ABC和△A1B1C1符合要求就相應(yīng)給分．(3)解：不存在這樣的△ABC和△A1B1C1.理由如下：若k＝2，則a＝2a1，b＝2b1，c＝2c1.又∵b＝a1，c＝b1，∴a＝2a1＝2b＝4b1＝4c，∴b＝2c.(12分)∴b＋c＝2c＋c＜4c＝a，與b＋c>a矛盾，故不存在這樣的△ABC和△A1B1C1，使得k＝2.(14分)年份：2011年考向：旋轉(zhuǎn)問題，全等相似綜合證明22.在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，將△ABC繞頂點C順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為θ(0°<θ<180°)，得到△A′B′C.(1)如圖①，當(dāng)AB∥CB′時，設(shè)A′B′與CB相交于點D.證明：△A′CD是等邊三角形；(2)如圖②，連接A′A、B′B，設(shè)△ACA′和△BCB′的面積分別為S△ACA′和S△BCB′.求證：S△ACA′∶S△BCB′＝1∶3；(3)如圖③，設(shè)AC中點為E，A′B′中點為P，AC＝a，連接EP，當(dāng)θ＝________°時，EP長度最大，最大值為________．圖①圖②圖③第22題圖(1)證明：∵AB∥CB′，∴∠BCB′＝∠ABC＝30°，∴∠ACA′＝30°；又∵∠ACB＝90°，∴∠A′CD＝60°，又∠CA′B′＝∠CAB＝60°.∴△A′CD是等邊三角形．(5分)(2)證明：∵AC＝A′C，BC＝B′C，∴eq\f(AC,BC)＝eq\f(A′C,B′C).又∠ACA′＝∠BCB′，∴△ACA′∽△BCB′.∵eq\f(AC,BC)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，∴S△ACA′∶S△BCB′＝AC2∶BC2＝1∶3.(9分)(3)解：120，eq\f(3a,2).(12分)23.如圖，正方形ABCD的四個頂點分別在四條平行線l1、l2、l3、l4上，這四條直線中相鄰兩條之間的距離依次為h1，h2，h3(h1>0，h2>0，h3>0)．(1)求證：h1＝h3；(2)設(shè)正方形ABCD的面積為S，求證：S＝(h1＋h2)2＋heq\o\al(2,1)；(3)若eq\f(3,2)h1＋h2＝1，當(dāng)h1變化時，說明正方形ABCD的面積S隨h1的變化情況．第23題圖(1)證明：如解圖①，設(shè)AD與l2交于點E，BC與l3交于點F，由已知BF∥ED，BE∥FD，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴BE＝DF.又AB＝CD，∴Rt△ABE≌Rt△CDF，∴h1＝h3.(4分)第23題解圖①(2)證明：如解圖②，作BG⊥l4，DH⊥l4，垂足分別為G、H.在Rt△BGC和Rt△CHD中，∵∠BCG＋∠DCH＝180°－∠BCD＝90°，∠CDH＋∠DCH＝90°，∴∠BCG＝∠CDH.第23題解圖②又∠BGC＝∠CHD＝90°，BC＝CD，∴Rt△BGC≌Rt△CHD，∴CG＝DH＝h3.又BG＝h2＋h3，∴BC2＝BG2＋CG2＝(h2＋h3)2＋heq\o\al(2,3)＝(h1＋h2)2＋heq\o\al(2,1)，∴S＝BC2＝(h1＋h2)2＋heq\o\al(2,1).(7分)(3)解：∵eq\f(3,2)h1＋h2＝1，∴h2＝1－eq\f(3,2)h1，∴S＝(h1＋1－eq\f(3,2)h1)eq\s\up12(2)＋＝eq\f(5,4)－h(huán)1＋1＝eq\f(5,4)(h1－eq\f(2,5))2＋eq\f(4,5).∵h(yuǎn)1＞0，h2＞0，∴1－eq\f(3,2)h1＞0，∴0＜h1＜eq\f(2,3).(12分)∴當(dāng)0＜h1＜eq\f(2,5)時，S隨h1的增大而減小；當(dāng)eq\f(2,5)＜h1＜eq\f(2,3)時，S隨h1的增大而增大．(14分)年份：2012年考向：相似綜合證明22.如圖①，在△ABC中，D、E、F分別為三邊的中點，G點在邊AB上，△BDG與四邊形ACDG的周長相等．設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c.第22題圖(1)求線段BG的長；(2)求證：DG平分∠EDF；(3)連接CG，如圖②，若△BDG與△DFG相似，求證：BG⊥CG.(1)解：∵△BDG與四邊形ACDG的周長相等，且BD＝DC.∴BG＝AG＋AC＝AB－BG＋AC，∴BG＝eq\f(1,2)(AB＋AC)＝eq\f(1,2)(b＋c)；(3分)(2)證明：∵點D、F分別是BC、AB的中點，∴DF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)b.又∵FG＝BG－BF＝eq\f(1,2)(b＋c)－eq\f(1,2)c＝eq\f(1,2)b，∴DF＝FG，∴∠FDG＝∠FGD.∵點D、E分別是BC、AC的中點，∴DE∥AB，∴∠EDG＝∠FGD，∴∠FDG＝∠EDG，即DG平分∠EDF；(8分)(3)證明：∵△BDG與△DFG相似，∠DFG＞∠B，∠BGD＝∠DGF(公共角)，∴∠B＝∠FDG.由(2)知∠FGD＝∠FDG，∴∠FGD＝∠B，∴DG＝BD.(10分)∵BD＝DC，∴DG＝BD＝DC，∴B、G、C三點在以BC為直徑的圓周上，∴∠BGC＝90°，即BG⊥CG.(12分)年份：2013年考向：新定義幾何證明23.我們把由不平行于底邊的直線截等腰三角形的兩腰所得的四邊形稱為“準(zhǔn)等腰梯形”．如圖①，四邊形ABCD即為“準(zhǔn)等腰梯形”，其中∠B＝∠C.(1)在圖①所示的“準(zhǔn)等腰梯形”ABCD中，選擇合適的一個頂點引一條直線將四邊形ABCD分割成一個等腰梯形和一個三角形或分割成一個等腰三角形和一個梯形(畫出一種示意圖即可)；(2)如圖②，在“準(zhǔn)等腰梯形”ABCD中，∠B＝∠C，E為邊BC上一點，若AB∥DE，AE∥DC.求證：eq\f(AB,DC)＝eq\f(BE,EC)；(3)在由不平行于BC的直線AD截△PBC所得的四邊形ABCD中，∠BAD與∠ADC的平分線交于點E，若EB＝EC，請問當(dāng)點E在四邊形ABCD內(nèi)部時(即圖③所示情形)，四邊形ABCD是不是“準(zhǔn)等腰梯形”，為什么？若點E不在四邊形ABCD內(nèi)部時，情況又將如何？寫出你的結(jié)論．(不必說明理由)圖①圖②圖③第23題圖(1)解：過點A作AE∥CD交BC于點E，或過點D作DF∥BC交AB于點F，或過點D作DG∥AB交BC于點G，如解圖①所示；(4分)(2)解：∵AB∥DE，AE∥DC，∴∠AEB＝∠C，∠DEC＝∠B，∴△ABE∽△DEC，∴eq\f(AB,DE)＝eq\f(BE,EC)，∵∠B＝∠C，∴∠DEC＝∠C，∴DE＝DC，∴eq\f(AB,DC)＝eq\f(BE,EC)；(8分)(3)解：四邊形ABCD是“準(zhǔn)等腰梯形”．理由：過點E分別作EF⊥AB于F，EG⊥CD于G，EH⊥AD于H，如解圖②，∵AE平分∠BAD，∴EF＝EH，同理EH＝EG，∴EF＝EG，∵EB＝EC，∠BFE＝∠CGE＝90°，∴△EBF≌△ECG，∴∠EBF＝∠ECG，∵EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，∴∠EBF＋∠EBC＝∠ECG＋∠ECB，∴∠ABC＝∠DCB，∴四邊形ABCD是“準(zhǔn)等腰梯形”．(11分)第23題解圖當(dāng)點E不在四邊形ABCD內(nèi)部時，分兩種情況，如解圖③，(a)點E在四邊形ABCD的邊BC上時，四邊形ABCD是“準(zhǔn)等腰梯形”；(b)點E在四邊形ABCD的外部時，四邊形ABCD不一定是“準(zhǔn)等腰梯形”．(14分)【解法提示】(a)證明：過點E作EF1⊥AB于F1，EH1⊥AD于H1，EG1⊥CD于點G1，∵AE為∠BAD的平分線，∴EF1＝H1E(角平分線上的點到角兩邊的距離相等)，同理可證EG1＝EH1，∴EF1＝EG1(等量代換)．又∵BE＝EC，∠BF1E＝∠CG1E＝90°，∴△BEF1≌△CEG1，∴∠B＝∠C，∴四邊形ABCD為“準(zhǔn)等腰梯形”；(b)當(dāng)∠BED的角平分線與線段BC的垂直平分線重合時，四邊形ABCD是“準(zhǔn)等腰梯形”，當(dāng)∠BED的角平分線與線段BC的垂直平分線相交時四邊形ABCD不是“準(zhǔn)等腰梯形”．年份：2014年考向：全等綜合證明，旋轉(zhuǎn)問題23.如圖①，正六邊形ABCDEF的邊長為a，P是BC邊上一動點，過P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N.(1)①∠MPN＝________°；②求證：PM＋PN＝3a；(2)如圖②，點O是AD的中點，連接OM，ON.求證：OM＝ON；(3)如圖③，點O是AD的中點，OG平分∠MON，判斷四邊形OMGN是否為特殊四邊形？并說明理由．第23題圖①第23題圖②第23題圖③(1)解：①60；(2分)【解法提示】∠A為正六邊形的內(nèi)角，則∠A＝120°，MP∥AB，則∠A＝∠FMP＝120°，AF∥PN，則∠MPN＝180°－∠FMP＝180°－120°＝60°.②證明：如解圖①，連接BE交MP于H點．在正六邊形ABCDEF中，PN∥CD，又BE∥CD∥AF，所以BE∥PN∥AF.(3分)又PM∥AB，所以四邊形AMHB、四邊形HENP為平行四邊形，△BPH為等邊三角形.所以PM＋PN＝MH＋HP＋PN＝AB＋BH＋HE＝AB＋BE＝3a.第23題解圖①(2)證明：如解圖②，由(1)得AM＝BH＝HP＝EN，所以AM＝EN，∵O是AD的中點，∴△AOB，△DOE均為等邊三角形，(7分)∴OA＝OE，∠OAM＝∠OEN＝60°.在△OAM和△OEN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OA＝OE,∠OAM＝∠OEN，,AM＝EN))∴△OAM≌△OEN(SAS)，∴OM＝ON.(9分)第23題解圖②(3)解：四邊形OMGN是菱形，理由如下：如解圖③，連接OE、OF，由(2)可知∠MOA＝∠NOE，又∵∠AOE＝120°，∴∠MON＝∠AOE－∠MOA＋∠NOE＝120°，(11分)∵OG平分∠MON，∴∠MOG＝60°，又∵∠FOA＝60°，∴∠MOA＝∠GOF，又∵AO＝FO，∠MAO＝∠GFO＝60°，∴△AOM≌△FOG(ASA)，∴MO＝GO，又∵∠MOG＝60°，∴△MGO是等邊三角形，同理可證△NGO為等邊三角形，∴OM＝MG＝GN＝NO，∴四邊形OMGN為菱形．(14分)第23題解圖③年份：2015年考向：全等相似綜合證明，旋轉(zhuǎn)問題23.如圖①，在四邊形ABCD中，點E、F分別是AB、CD的中點，過點E作AB的垂線，過點F作CD的垂線，兩垂線交于點G，連接GA、GB、GC、GD、EF，若∠AGD＝∠BGC.(1)求證：AD＝BC；(2)求證：△AGD∽△EGF；(3)如圖②，若AD、BC所在直線互相垂直，求eq\f(AD,EF)的值．圖①圖②第23題圖(1)證明：∵點E、F分別是AB、CD的中點，且GE⊥AB，GF⊥CD，(2分)∴GE、GF分別是線段AB、CD的垂直平分線，∴GA＝GB，GC＝GD，在△AGD和△BGC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(GA＝GB,∠AGD＝∠BGC,GD＝GC))，∴△AGD≌△BGC(SAS)，∴AD＝BC.(5分)(2)證明：∵∠AGD＝∠BGC，∴∠AGB＝∠DGC.在△AGB和△DGC中，eq\f(GA,GD)＝eq\f(GB,GC)，∠AGB＝∠DGC，∴△ABG∽△DCG，(8分)∴eq\f(AG,DG)＝eq\f(EG,FG)，∠GAE＝∠GDF，又∵∠GEA＝∠GFD＝90°，∴∠AGE＝∠GEA－∠GAE，∠DGF＝∠GFD－∠GDF，即∠AGE＝∠DGF，∴∠AGD＝∠EGF，∴△AGD∽△EGF.(10分)(3)解：如解圖①，延長AD交GB于點M，交BC的延長線于點H，則AH⊥BH.由△AGD≌△BGC，知∠GAD＝∠GBC.在△GAM和△HBM中，∠GAD＝∠GBC，∠GMA＝∠HMB，∴△GMA∽△HMB，∴∠AGB＝∠AHB＝90°，(12分)∴∠AGE＝eq\f(1,2)∠AGB＝45°，∴eq\f(AG,EG)＝eq\r(2).又∵△AGD∽△EGF，∴eq\f(AD,EF)＝eq\f(AG,EG)＝eq\r(2).(14分)第23題解圖【一題多解】解法一：如解圖②，過點F作FM∥BC交BD于點M，連接EM.∵GF是DC的垂直平分線，∴DF＝CF，∵FM∥BC，F(xiàn)M＝eq\f(1,2)BC.∴DM＝BM.∵GE是AB的垂直平分線，∴AE＝BE，∴EM∥AD，EM＝eq\f(1,2)AD.∵AD⊥BC，∴EM⊥FM.∵AD＝BC，∴EN＝FM，∴EF＝eq\r(2)EM，∴eq\f(AD,EF)＝eq\f(2EM,EF)＝eq\r(2).解法二：如解圖③，過點D作DH⊥AD，交BF的延長線于點H.∵AD⊥BC，DH⊥AD，∴DH∥BC，∴∠DHF＝∠CBF，∠HDF＝∠BCF，又DF＝CF，∴△DHF≌△CBF，∴DH＝BC，HF＝BF，∴DH＝AD.在Rt△ADH中，∠ADH＝90°，AD＝DH，∴AH＝eq\r(2)AD.∵AE＝BE，HF＝BF，∴EF∥AH，EF＝eq\f(1,2)AH，∴EF＝eq\f(\r(2),2)AD，∴eq\f(AD,EF)＝eq\r(2).年份：2017年考向：全等相似綜合證明23．已知正方形ABCD，點M為邊AB的中點．(1)如圖1，點G為線段CM上的一點，且∠AGB＝90°，延長AG，BG分別與邊BC，CD交于點E，F(xiàn).①求證：BE＝CF；②求證：BE2＝BC·CE.(2)如圖2，在邊BC上取一點E，滿足BE2＝BC·CE，連接AE交CM于點G，連接BG并延長交CD于點F，求tan∠CBF的值．圖1圖2第23題圖(1)①證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°，又∠AGB＝90°，∴∠BAE＋∠ABG＝90°，又∵∠ABG＋∠CBF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF.∴△ABE≌△BCF(ASA)，∴BE＝CF；(4分)②證明：(方法一)∵∠AGB＝90°，點M為AB的中點，∴MG＝MA＝MB，∴∠GAM＝∠AGM.又∵∠CGE＝∠AGM，∴∠CGE＝∠CBG，又∵∠ECG＝∠GCB，∴△CGE∽△CBG.∴eq\f(CE,CG)＝eq\f(CG,CB)，即CG2＝BC·CE，∵∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝∠CGF，得CF＝CG.由①知，BE＝CF，∴BE＝CG，∴BE2＝BC·CE.(9分)(方法二)∵∠AGB＝90°，M是AB的中點，∴∠MG＝BM，∴∠MGB＝∠MBG＝∠CFG＝∠CGF，∴CF＝CG，又由①知，CF＝BE，∴CG＝BE，∵∠CGF＋∠CGE＝90°，∴∠MBG＋∠GBE＝90°，∴∠CGE＝∠EBG，∴△CEG≌△CGB，∴CG2＝BC·CE，即BE2＝BC·CE.(9分)(2)解：(方法一)延長AE，DC交于點N(如解圖①)，∵正方形ABCD