2025年中考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)：幾何綜合題

微專題46幾何綜合題

類型一動點型探究

1.綜合探究

已知點E是邊長為2的正方形A3CD內(nèi)部一個動點，始終保持NAED=90°.

【初步探究】

(1)如圖①，延長DE交邊3c于點E當(dāng)點R是3C的中點時，求啜的值;

AE

【深入探究】

(2)如圖②，連接CE并延長交邊AD于點當(dāng)點〃是AD的中點時，求變的值.

AE

2.綜合運用

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形A3CD的頂點C在原點。處，已知點3(8,0),D(0,6),

連接AC,E是CD上一動點(不與點C,。重合)，過點E作ER〃AC交AD于點R過點E

作EGLER交3c于點G,連接RG.

(1)若DE=CG,求證：XDEF2XCGE；

(2)設(shè)DE=a,用含。的式子表示△ERG的面積，并求出△ERG面積的最大值.

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3.已知RtAOAB,ZOAB=90°,ZABO=3Q°,斜邊03=4,將RtA。43繞點。順時針

旋轉(zhuǎn)60°,如圖①，連接3C.

(1)填空：ZOBC=°；

(2)如圖①，連接AC,作。PLAC,垂足為P,求。P的長度;

(3)如圖②，點M,N同時從點。出發(fā)，在AOCB邊上運動，航沿?！狢—3路徑勻速運動,

N沿O-B-C路徑勻速運動，當(dāng)兩點相遇時運動停止，已知點M的運動速度為1.5單位/秒,

點N的運動速度為1單位/秒.設(shè)運動時間為x秒，AOMN的面積為》求當(dāng)x為何值時y取

得最大值？最大值為多少？

類型二動線型探究

1.(2024佛山一模節(jié)選)綜合探究

如圖，點3,E是射線AQ上的動點，以A3為邊在射線AQ上方作正方形ABCD,連接DE,

作DE的垂直平分線RG,垂足為H,RG分別與直線3C,AD,DC交于點M,F,G,連接

EG交直線BC于點K.

(1)設(shè)A3=4,當(dāng)E恰好是A3的中點時，求的長；

(2)若DG=DE,猜想HG與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明.

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2.綜合探究

如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形。43c的頂點A在x軸的正半軸上，點A(5,0),C(-

3,4),直線/：y=x+t(-5<?<0)交。4邊于點D,交A3邊于點E,點A與點4關(guān)于直

線/對稱，連接AD,A'E.

(1)當(dāng)/的值為多少時，E為A3的中點；(直接寫出結(jié)果，不要求寫出解答過程)

(2)如圖②，設(shè)^A'DE的邊AD和4E分別與BC交于點M,N.記四邊形DENM的面積為S,

求S關(guān)于/的函數(shù)表達式，并求出/的取值范圍.

3.(2024佛山南海區(qū)二模)綜合探究

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點。為原點，口ABCD的頂點3,C在x軸上，A在y軸上，OA

=OC=2OB=4,直線y=x+/(―2WW4)分別與x軸，y軸，線段AD,直線A3交于點E,

F,P,Q.

(1)當(dāng)/=1時，求證：AP=DP；

(2)探究線段AP,PQ之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

(3)在x軸上是否存在點使得NPMQ=90°,且以點M,P,。為頂點的三角形與△A03

相似，若存在，請求出此時/的值以及點〃的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.

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類型三動面型探究

1.如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，。為原點，矩形。43c的頂點A(4,0),C(0,3).

以點。為中心，逆時針旋轉(zhuǎn)矩形。43C,得到矩形。45'。，點A,B,C的對應(yīng)點分別為4,

B',C.

(1)如圖②，當(dāng)點。落在AC上時(不與點C重合)，求點3的坐標(biāo);

(2)如圖③,

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2.在平面直角坐標(biāo)系中，。為坐標(biāo)原點，菱形。43c的頂點A(4,0),C(2,28)，矩

形。DER的頂點。(0,V3),F(-4,0).

(1)如圖①，點E的坐標(biāo)為，點B的坐標(biāo)為；

(2)將矩形ODER沿水平方向向右平移，得到矩形。。后尸，點。，D,E,R的對應(yīng)點分別

為O',D',E',F'.設(shè)OO'=t,矩形ODEF與菱形Q43C重疊部分的面積為S.當(dāng)邊OD與AB

相交于點G,邊。C分別與DE,E戶相交于點H,M,且矩形ODEF與菱形。43c重疊部

分為六邊形時，試用含/的式子表示S,并直接寫出/的取值范圍.

3.(2024廣東22題13分)【知識技能】

(1)如圖①，在△ABC中，DE是△ABC的中位線.連接CD,將△ADC繞點。按逆時針方向

旋轉(zhuǎn)，得到△ADC.當(dāng)點E的對應(yīng)點E與點A重合時，求證：AB=BC.

【數(shù)學(xué)理解】

(2)如圖②，在AABC中(A3<BC),DE是△ABC的中位線.連接CD,將△ADC繞點。

按逆時針方向旋轉(zhuǎn),得到△A'DC,連接A5,CC,作^A5D的中線DF.求證：2。廣。=3。.。。.

【拓展探索】

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(3)如圖③，在△ABC中，tanB=(點。在上，AD=學(xué)過點。作DELBC,垂足為E,

BE=3,CE=學(xué)在四邊形ADEC內(nèi)是否存在點G,使得NAGO+NCGE=180°?若存在，請

給出證明；若不存在，請說明理由.

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類型一動點型探究

1.解：(1)如解圖①，?.?在正方形A3CD中，ZAED=ZADC=ZC=90°,AB=BC=CD

AD=2,

：.Z2=9Q°-Z3=Z1,

tanZ2=tanZl,

.DE_CF_CF

"'AECDCB'

???R是3C的中點，

?DE_CF_1

**AECB2'

BFC

第1題解圖①

(2)如解圖②，延長DE交邊3c于點E

是AD的中點，ZAED=90°,

1

AM=MD=ME=-AD=1,

2

：.Z2=Z1,

在RtZkMDC中，MC=JMD2+CD2=J12+22=V5,

CE=MC-ME=yj5-l.

,在正方形A3CD中，AD//BC,

/.Z2=Z4,

VZ1=Z3,

AZ4=Z3,

：.CF=CE=V5-1,

與⑴同理可得，祭=母=吏三

AMD

第1題解圖②

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2.(1)證明：?；四邊形A3CD是矩形,

AZADC=ZDCB=90°,

■:EGLEF,：.ZFEG=90°,

：.ZCEG+ZFED=90°,

VZDFE+ZFED=90°,

/.ZDFE=ZCEG,

,:DE=CG,ZFDE=ZECG,

DEF^ACGE(AAS)；

(2)解:,.,8(8,0),0(0,6),

：.CB=8,CD=6,

???四邊形A3CD是矩形，

：.AD=BC=8,

在RtZkADC中，AC=JAD2+CD2=10.

'：EF//AC,

:.ADEFs^DCA

即2=空，解得EF=%

DCCA6103

由(1)知NDRE=NCEG,

'：EF//AC,

：.ZDFE=ZDAC,

：.ZCEG=ZDAC,

'：ZECG=ZADC,

CEGs^DAC,

?啜嚏，即蜀解得EG=|(6—a),

：.S^EFG=-EF-EG=-X-aX-(6-a)=—(6a-a2)=-—(a-3)2+—,

22342424、8

V--<o,0<a<6

249

??.當(dāng)。=3時，△ERG的面積有最大值，最大值為

8

3.角翠：(1)60；

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【解法提示】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB=OC,N3OC=60°,03C是等邊三角形，?,.NOBC

=60°.

(2)在RtZkOAB中，03=4,ZABO=30°,

AZAOB=60°,OA=-OB=2,AB=OBcos30°=2?

2

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB=OC,ZBOC=60°,

...△03c是等邊三角形，

/.ZAOB=ZOBC=6Q°,BC=OB=4,

：.OA//BC,A3即為△AOC的高，

.,.5AAOC=|A(9-AB=|X2X2V3=2V3,

VZABC=ZABO+ZOBC=90°,

：.AC=JAB2+BC2=J(2V3)2+42=2V7,

,/OPLAC,

：.S^AOC=^-AC-OP,BP|X2V7-OP=2V3,

解得OP=雪；

一題多解法

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB=OC,

ZBOC=60°,

/.△03c為等邊三角形，

：.BC=OB=4,ZOBC=60°,

VZAB0=30°,

：.OA=-OB=2,AB=—OB=2s/3,ZABC=9Q°,

22

：.BC//OA,AC=JAB2+BC2=2V7,

：.ZPAO=ZACB,

?smZACS=—=——,

AC7

/.sinZPAO=sinZACB=—,

7

.OP_y[2i

??,

0A7

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：.OP=—OA=-

77

(3)根據(jù)題意得，“運動到點C時，所需時間為秒),N運動到點3時，所需時間為*4(秒),

當(dāng)M,N相遇時，所需時間為—==(秒)，

(1+1.5)5

分三種情況討論:

①當(dāng)OVxW削寸，點M在0c上，點N在03上，如解圖①，過點N作NELOC于點E,

貝I]NE=ON-sin60°=今，

：.y=-OM-NE=-X1.5xX^x=—x2,

,2228

V—>0,

8

???當(dāng)尸軻，y最大=^x($2=W；

②當(dāng)g〈x<4時，點”在3C上，點N在03上，如解圖②，

BM=8-|x,過點M作MFLOB于點F,

：.MF=BM-sm60°=/(8—|x),

y=-0N-MF=-x-—(8--x)=2V3%--x2,

y222v278

??3班,門

?——VU,

8

.,.當(dāng)％=_2=一力^=色時，

2a_2X3433

8

y最大=2gx|-￥X(|>=哈

③當(dāng)4Wx<當(dāng)時，點M,N都在3C上，如解圖③，

MN=12--x,

2

過點。作0GL3C于點G,

則0G=AB=2W,

.*.y=|w^-OG=|(12-|x)-2V3=-^+12V3,

??5、/^^c

?、U,

2

**?當(dāng)x=4時，y最大=2A/^.

綜上所述，當(dāng)時，y取得最大值，最大值為

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類型二動線型探究

1.解：(1)如解圖①，連接EF

在正方形A3CD中，AB=AD=4,

是A3中點，

：.AE=EB=2,

:R為線段DE垂直平分線上一點，

：.DF=EF,

設(shè)則AR=4—x,

在RtZkARE中，根據(jù)勾股定理得，(4-X)2+22=X2,

解得x=5，

(2)HG=V3AE.證明如下：

垂直平分DE,

：.DG=GE,ZDHG=9Q°,

,:DG=DE,

：.DG=DE=EG,

...△DGE是等邊三角形，

：.ZGDE=6Q°,

,正方形A3CD中，ZCDA=ZDAB=90°,

：.ZADE=ZDGH=3Q°,

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1

：.AE=-DE=DH,

2

VZDAE=ZDHG=90°,

：.XADE空叢HGD,

：.AD=HG,

在RtZkADE中，AD=^AE,

：.HG=y/3AE.

2.解：(l)/=—|時，E為A3的中點；

【解法提示】???A(5,0),四邊形。立[是菱形，...OA=BC=5,OA//BC.VC(-3,4),：.B(2,

4).???￡為A3中點，...EG，2),將點E代入丁=龍+/中，得(十-2,解得片一|.

(2)如解圖，記3c交y軸于點H,

:四邊形。45c為菱形，A(5,0),C(—3,4),

：.ZOAE=ZC,BC//OA,OA=BC=5,CH=3,OH=4,

：在中，

.RtACOHtanC=—CH=-3,

由對稱的性質(zhì)，得AD=AD,ZA'=ZOAE=ZC,ZADE=ZA'DE,：.tanA'=^.

由題意可知，ZADE=45°,

：.ZA'DE=ZADE=45°,

/.ZA'DA=90°,

ZA'MN=90°,DM=OH=4.

在丁=龍+1中，令y=0,得尤+f=0,解得.,.OD=~t,AD=5+t.

A.

tanA'=-,

3

：.ArM=A,D-DM=AD~DM=1+1,

：.在RtAAMN中，MN=A'M-tanA，=[(1+/),

SAA'W=|A'M-MN=|(1+1)2.

如解圖，過點E作EKLQ4于點K,

設(shè)DK=x,則AK=5+/—x.

:/EDK=45°,ZEKD=90°,

：.EK=DK=x,

在R3AEK中，???tanA=生=±,.1^=3,解得尤=生竺，

AK35+t-x37

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SAA'DE=S^ADE=%DEK=|x(5+r)X^1^=|(5+r)2,

.,.S=SA?DE—SAAMN=：(5+/)2一|(l+/)2=一11/+詈

"：A'D>DM,.*.5+r>4,.?./>—1,

又：一5</<0,

.1的取值范圍為一

3.(1)證明：由。4=。。=2。5=4知，0C=4,0B=2,

又?.?四邊形A3CD為平行四邊形，

：.AD=BC=6,

則點A,3的坐標(biāo)分別為(0,4),(-2,0),

當(dāng)y=4時，y=x+/=4,

則x=4—t=4—l=3=^AD,

即點尸(3,4),

：.AP=DP；

(2)解：PQ=242AP,理由：

由點A,3的坐標(biāo)，得直線A3的表達式為y=2x+4,

聯(lián)立上式和>=尤+/得2%+4=尤+/,

解得x=f—4,

即點Q(L4,2r—4),

在直線y=x+/中，當(dāng)y=4時，x=4—f,

???點產(chǎn)(4一7,4),

則AP=4—/,

由點P,。的坐標(biāo)，得PQ=2a(4—/)=2后P；

(3)解：存在.如解圖①②③，過點P作尸軸于點H,過點。作軸于點/,

設(shè)點M(加0),

由(2)知，點P,Q的坐標(biāo)分別為(4—34),(L4,2/—4),

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則HM=Im—4+rI,PH=OA=^,IM=Im—t+4-I,QI=I4—2/I,

VZPMH-\-ZQMI=9Q°,ZQMI+ZIQM=9Q°,

ZIQM=ZPMH,

又,：/PHM=/MIQ=90°,

：.&PHMs叢MIQ,

???以點M,P,。為頂點的三角形與AAOB相似，

則PM：QM=2或5

?.RtAPHM和RtAMIQ的相似比為2或5

則PH：MI=HM：IQ=2或5

當(dāng)機＞0時，如解圖①②，

當(dāng)相似比為2時，如解圖①，

而=或=2,

則PH=2M/,MH=2QI,

即4=2(加一，+4)且4—t—m=2(2t—4),

第3題解圖①

解得彳="

即點M(1,0),%=(；

當(dāng)相似比為次寸，如解圖②,

PH_MH_1

MlQI2'

11

則PH=^MI,MH=^QI,

第3題解圖②

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則2X4=m—(7—4)且2(m-4+f)=4—23

解得m=y,f=|,

則點M(輸0),/=|；

當(dāng)機＜0時，如解圖③，

第3題解圖③

當(dāng)相似比為2時，如解圖③，

PHMHc

方=方=2,

貝I]PH=2MI,MH=2QI,

則4=2[?—4)一且4—/一m=2(4—2。，

解得加=-7,t=~l,

即點M(—7,0),t=~l；

當(dāng)相似比為決寸，

經(jīng)驗證，該情況不存在，

綜上所述，點舷(|,0),或M(g,0),7=|或7,0),t=~l.

類型三動面型探究

1.解：⑴如解圖，連接。9，AB',

VA(4,0),C(0,3),

：.OA=4,OC=3,

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得。。=CO=3,OA'=OA=4,

：.ZOCA=ZOC'C,

tanz^OCA=——

OC3

tanZB'OC'=-=-,

OC3

：.ZOCA=ZB'OC,

：.ZOC'C=ZB'OC,

：.AC//OB',

第15頁共20頁

?.?四邊形ABC。為矩形，

：.AC=OB',

...四邊形0c4V是平行四邊形，

：.AB'=0C=3,AB'//0C,即A*〃y軸,

.?.點3'的坐標(biāo)為(4,-3)；

⑵平分NAO4,

ZD0B=ZA0B,

,JBC//0A,

：.ZDB0=ZAOB,

：.ZD0B=ZDB0,

：.BD=0D,

設(shè)CD=x,則CD=4—x,

0D=4—x,

在RtAOCD中，由勾股定理，得。。2=82+。02,

(4—X)2=^2+32,解得X=2,

8

24

：

.BD=4-x=—8.

2.解:(1)(-4,V3),(6,2V3)；

【解法提示】???四邊形。DER為矩形，。(0,V3),F(-4,0),：.E(-4,遮)，：四邊形。43c

為菱形，A(4,0),??.3C=O4=4,VC(2,2遮)，：.B(6,2遍).

(2)如解圖，過點C作CN±OA于點N,

VC(2,2V3),

：.ON=2,CN=2-/3,

：

.tanZCON=—ON=—2=y/3,

：.ZCON=60°,

第16頁共20頁

過點H作軸于點R,

'：E'F'=V3,

:.HR=EF=?

'：ZCOA=60°,

：.0R=H~T=1,

tan60°V3

V3),

由平移可知OO'=EE=t,

,.,E(—4,V3),

：.E'(-4+t,V3),

.".E'H=1—(—4+。=5—t,

VZE'HO=ZHOF'=60°,

：.E'M=E'Htan600=g(5—f),

,在RSAGO中，AO'=OO'-OA=t-4,ZGAO'=ZC0A=6Q°,

：.GO'=AO'-tan60°=g(7—4),

,=2-22

.,.S=S矩形O,D'E'F'_SAMHE，—SAAGO4A/3—IXV3(5—?)|XV3(/—4)=—V3Z+9V3/—

其中/的取值范圍是4<f<5.

\VHC_____B

0F'RNAO'X

第2題解圖

3.(1)證明：...DE是AABC的中位線，

11

：.DE=-BC,AD=-AB,

22

由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得AD=DE,

：.AB=BC；(3分)

(2)證明：如解圖①，連接A41

二?DE是△A3C的中位線，R為A5的中點，

：.DA=BD,

.?.DR是△AB4的中位線，

：.2DF=AA',

第17頁共20頁

由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得△ADCm△ADC,ZA'DA=ZC'DC,A'D=AD,C'D=CD,

?

??~A'D_AD,

CDCD

.*.△AOA^ACDC,

?A'ADA

**C'CDC9

???2DF_BD，

C'CDC

：.2DFCD=BDCC；（7分）

A'

第3題解圖①

（3）解：存在點G,使得NAGD+NCGE=180°,證明如下：

如解圖②，過點D作DF//BC交AC于點F,過點C作CH上AB于點H,DF與CH交于點G,

連接EG,AG,

'JDELBC,

：.ZDEB=9Q°,

在RtZkBDE中，tanB=^,BE=3,

.\DE=4,BD=5,cosB=-,sinB=-,（8分）

在RtZkBCH中，cosB=—=-,BC=BE+CE=3+—=—,

BC533

:?BH=3

：.AH=