提优题型十一 综合探究题 复习讲义（解析版）

题型十一综合探究题（复习讲义）【考点总结|典例分析】命题内容及趋势：

(1)从数量角度反映变化规律的函数类题型：

(2)以直角坐标系为载体的几何类题型：(3)以“几何变换”为主体的几何类题型：

(4)以“存在型探索性问题”为主体的综合探究题：

(5)以“动点问题”为主的综合探究题：

二、需要注意的问题及建义：

(1)在复习中要更多关注“几何变换”，强化对图形变换的理解。

加强对图形的旋转、平移、对称多种变换的研究，对不同层次的学生进行分层拔高，使每一个学生都有较大的提升空间。

(2)让学生参与数学思维活动，经历问题解决的整个过程。

复习中应多引导学生运用“运动的观点”来分析图形，要多引导学生学会阅读、审题、获取信息，养成多角度、多侧面分析问题的习惯，逐步提高学生的数学能力。(3)要特别重视“函数图像变换型”问题教学的研究。

通过开展“函数图像变化”的专题教学，树立函数图像间相互转换的思维，尽量减少学生对函数“数形”认知的欠缺，比如，平时渗透抛物线的轴对称、旋转等知识点。当某个函数图像经过变换出现多个函数图像时，要引导学生从图形间的相互联系中寻找切入点，排除识图的干扰，对图像所蕴含的信息进行横向挖掘和纵向突破，将“有效探索”进行到底。此类试题考查的思路是从知识转向能力，从传统应用转向信息构建，这就提醒我们课堂上重要的不是讲解，而是点拨、引导、提升，一定要从重视知识积累转向问题探究的过程，关注学生自主探究能力的培养。

(4)突出数学核心概念、思想、方法的考查。

中学数学核心概念、思想方法是数学知识的精髓，也势必会成为考查综合应用能力的重要载体，这包括方程、不等式、函数，以及基本几何图形的性质、图形的变化、图形与坐标知识之间横纵向的联系，也包括中学数学中常用的重要数学思想。如：函数与方程思想、数形结合、分类讨论思想很化归与转换思想。而数学基本方法是数学的具体表现，具有模式化和可操作性，常用的基本方法有配方法、换元法、待定系数法、归纳法和割补法。

1.(2022·重庆市A卷)如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．

(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；

(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN.在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；

(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ.在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．

【答案】解：(1)如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，

在△BCE和△CBK中，

BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，

∴△BCE≌△CBK(SAS)，

∴BK=CE，∠BEC=∠BKD，

∵CE=BD，

∴BD=BK，

∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，

∵∠BEC+∠AEF=180°，

∴∠ADF+∠AEF=180°，

∴∠A+∠EFD=180°，

∵∠A=60°，

∴∠EFD=120°，

∴∠CFE=180°-120°=60°；

(2)结论：BF+CF=2CN．

理由：如图2中，∵AB=AC，∠A=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，

∵AE=BD，

∴△ABE≌△BCD(SAS)，

∴∠BCF=∠ABE，

∴∠FBC+∠BCF=60°，

∴∠BFC=120°，

如图2-1中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，

∴△CNM≌△QNF(SAS)，

∴FQ=CM=BC，

延长CF到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，

∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，

∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，

∵PB=PF，

∴△PFQ≌△PBC(SAS)，

∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，

∴△PCQ是等边三角形，

∴BF+CF=PC=QC=2CN．

(3)由(2)可知∠BFC=120°，

∴点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3-1中)，

∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，

此时tan∠APK=AOAP=23，

∴∠HPK>45°，

∵QK⊥PF，

∴∠PKH=∠QKH=45°，

如图3-2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL=LK=2，PL=3，PH=7，2.(2022·广东省深圳市)(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；

(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．

(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．

【答案】(1)证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，

∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，

∴∠BFG=90°=∠C，

∵AB=BC=BF，BG=BG，

∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；

(2)解：延长BH，AD交于Q，如图：

设FH=HC=x，

在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，

∴82+x2=(6+x)2，

解得x=73，

∴DH=DC-HC=113，

∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，

∴△BFG∽△BCH，

∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，

∴BG=254，FG=74，

∵EQ//GB，DQ//CB，

∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，

∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736-73，

∴DQ=887，

设AE=EF=m，则DE=8-m，

∴EQ=DE+DQ=8-m+887=1447-m，

∵△EFQ∽△GFB，

∴EQBG=EFFG，即1447-m254=m74，

解得m=92，

∴AE的长为92；

(3)解：(Ⅰ)当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ=x，QE=y，则AQ=6-x，

∵CP//DQ，

∴△CPE∽△QDE，

∴CPDQ=CEDE=2，

∴CP=2x，

∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，

∴AE是△AQF的角平分线，3.(2022·重庆市B卷)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．

(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；

(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF=2AE；

(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G【答案】(1)解：如图1，连接CP，

由旋转知，CF=CG，∠FCG=90°，

∴△FCG为等腰直角三角形，

∵点P是FG的中点，

∴CP⊥FG，

∵点D是BC的中点，

∴DP=12BC，

在Rt△ABC中，AB=AC=22，

∴BC=2AB=4，

∴DP=2；

(2)证明：如图2，

过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，

∴∠AEH=90°，

由旋转知，EG=EF，∠FEG=90°，

∴∠FEG=∠AEH，

∴∠AEG=∠HEF，

∵AB=AC，点D是BC的中点，

∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，

∴∠H=90°-∠CAD=45°=∠CAD，

∴AE=HE，

∴△EGA≌△EFH(SAS)，

∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，

∴∠EAG=∠BAD=45°，

∵∠AMF=180°-∠BAD-∠AFM=135°-∠AFM，

∵∠AFM=∠EFH，

∴∠AMF=135°-∠EFH，

∵∠HEF=180°-∠EFH-∠H=135°-∠EFH，

∴∠AMF=∠HEF，

∵△EGA≌△EFH，

∴∠AEG=∠HEF，

∵∠AGN=∠AEG，

∴∠AGN=∠HEF，

∴∠AGN=∠AMF，

∵GN=MF，

∴△AGN≌△AMF(AAS)，

∴AG=AM，

∵AG=FH，

∴AM=FH，

∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE；

(3)解：∵点E是AC的中点，

∴AE=12AC=2，

根据勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，

由折叠直，BE=B'E=10，

∴点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，

由旋转知，EF=EG，

∴点G是以点E为圆心，EG为半径的圆上，

∴B'G的最小值为B'E-EG，

要B'G最小，则EG最大，即EF最大，

∵点F4.(2021·四川省达州市)某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：

【观察与猜想】

(1)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则DECF的值为______；

(2)如图2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则CEBD的值为______；

【类比探究】

(3)如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE⋅AB=CF⋅AD；

【拓展延伸】

(4)如图4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．

①求DECF的值；

②连接BF【答案】解：(1)如图1，设DE与CF交于点G，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，

∵DE⊥CF，

∴∠DGF=90°，

∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，

∴∠CFD=∠AED，

在△AED和△DFC中，

∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，

∴△AED≌△DFC(AAS)，

∴DE=CF，

∴DECF=1；

(2)如图2，设DB与CE交于点G，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠EDC=90°，

∵CE⊥BD，

∴∠DGC=90°，

∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，

∴∠ECD=∠ADB，

∵∠CDE=∠A，

∴△DEC∽△ABD，

∴CEBD=DCAD=47，

故答案为：47．

(3)证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，

∵CG⊥EG，

∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，

∴四边形ABCH为矩形，

∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，

∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，

∴△DEA∽△CFH，

∴DECF=ADCH，

∴DECF=ADAB，

∴DE⋅AB=CF⋅AD；

(4)①如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，

∵CF⊥DE，GC⊥AD，

∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，

∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，

∴△DEA∽△CFG，

∴DECF=ADCG，

在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，

∴AB=3，

在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，

∴AHDH=13，

设AH=a，则DH=3a，

∵AH2+DH2=AD2，

∴a2+(3a)2=92，

∴a=91010(负值舍去5.(2020·湖北省宜昌市)菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，0°<∠ABO≤60°，点G是射线OD上一个动点，过点G作GE//DC交射线OC于点E，以OE，OG为邻边作矩形EOGF．

(1)如图1，当点F在线段DC上时，求证：DF=FC；

(2)若延长AD与边GF交于点H，将△GDH沿直线AD翻折180°得到△MDH．

①如图2，当点M在EG上时，求证：四边形EOGF为正方形；

②如图3，当tan∠ABO为定值m时，设DG=k⋅DO，k为大于0的常数，当且仅当k>2时，点M在矩形EOGF的外部，求m的值．【答案】证明(1)∵四边形EOGF是矩形，

∴EO//GF，GO//EF，

∵GE//DC，

∴四边形GEFD是平行四边形，四边形GECF是平行四边形，

∴GE=DF，GE=CF，

∴DF=FC；

(2)①如图1，由折叠的性质知，∠GDH=∠MDH，DH⊥GM，

∵GE//CD，

∴∠DGM=∠BDC，

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ADB=∠BDC，∠COD=90°，

∵∠ADB=∠GDH，

∴∠DGM=∠GDH，

∵DH⊥GM，

∴∠DGM=45°，

∴∠OEG=45°，

∴OE=OG，

∵四边形EOGF是矩形，

∴四边形EOGF是正方形；

②如图2，∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ABD=∠CBD=∠ADB，

∵GE//CD，

∴∠DGE=∠CDB，

∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠DGE=∠CDB，

∴∠GDM=2∠ABD，

∵tan∠ABO=m(m为定值)，

∴点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，

∵当且仅当k>2时，M点在矩形EOGF的外部，

∴k=2时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，

设OB=b，则，OA=OC=mb，DG=DM=kb=2b，OG=(k+1)b=3b，OE=m(k+1)b=3mb，GH=HM=mkb=2mb，

∴FH=OE-GH=m(k+1)b-mkb=mb，

过点D作DN⊥EF于点N，

∵∠FHM+∠FMH=∠FMH+∠DMN，

∴∠FHM=∠DMN，

∵∠F=∠DNM=90°，

∴△MFH∽△DNM，

∴FHMN=MHDM，

∴mbMN=2mb2b，

∴MN=b，

∵DM2=DN2+M6.（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，∵四边形是平行四边形，∴，∴，,∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴，即，解得：MQ=，∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．7.（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．【分析】（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．【详解】解：（1）由题意得：通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；故答案为；（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：设与y轴的交点为D，连接，易得轴，∴，∴，，∴，∴；当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：同理可得此时的，∴；（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，∴，∴，∴；由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：连接，过点作于点P，∴，设，则有，∴由勾股定理可得：，即，解得：，∴，∴，在中，，∴；综上所述：当时，此时；当时，此时．【点睛】本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．8.（2021·湖南中考真题）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连接，，，．（1）如图①，若，证明：．（2）如图②，若，，求的值．（3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的值为或．【分析】（1）先根据平行线的判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据菱形的判定与性质即可得证；（2）设与的交点为点，过点作于点，设，从而可得，先证出，从而可得，设，根据线段的和差可得，代入可求出，从而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根据余弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），设，从而可得，分①点在直线的左侧；②点在直线的右侧两种情况，再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得．【详解】（1）证明：，，，，由折叠的性质得：