五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(广西专用)13：综合与实践（几何综合压轴题）（24题）（教师版）

专题13综合与实践（几何综合压轴题）（24题）一、真题1．（2025·广西·中考真题）综合与实践树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）初始时，矩形义卖区ABCD与遮阳伞投影▱MNPQ的平面图如图2所示，P在AD上，MN=3m，AN=1m，AP=2m，AB=3m，BC=2.5m，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，▱MNPQ也随之移动（MN始终在【问题提出】西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时▱MNPQ设遮阳区的面积为Sm2，▱MNPQ【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，S随x的增大如何变化？【初步探究】（2）求图3情形的x与S的值；【深入研究】（3）从图3情形起右移至M与A重合，求该过程中S关于x的解析式；【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，▱MNPQ【答案】（1）S随x的增大而增大；（2）x=3，S=5；（3）S=-2x【分析】（1）根据矩形的性质得tan∠PNA=APAN=2，根据平行四边形的面积公式得S▱MNPQ=（2）根据（1）的结论可得答案；（3）当3<x≤4时，如图，设▱MNPQ向右移动xm后得到▱M'N'P'Q'，设M'Q'交AD于点J，P此时遮阳区的面积为六边形AN'KHQ'J的面积，推出JAM'A（4）分别确定：当0≤x≤1时，当1<x≤3时，当【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，四边形MNPQ是平行四边形，MN=3，AB=3，BC=2.5，MN在AB∴∠DAB=90°=∠DAM，∠又∵如图2，P在AD上，AN=1，AP∴tan∠MA=MN当0≤x≤1时，如图，设PN交AD于点F，PQ交AD于点E，则此时遮阳区的面积为△PEF∵PQ∥∴∠P=∠PNA∴EFPE∴EF=2∴S=∴当0≤x≤1时，S随x的增大而增大，S的值从0增大到当1<x≤3时，如图，设PQ交AD于点G，则PG=x，此时遮阳区的面积为四边形ANPG的面积，∵PQ∥∴四边形ANPG为梯形，∴S=∴当1<x≤3时，S随x的增大而增大，S的值从1增大到综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，S随x的增大而增大；（2）如图3，此时点P落在BC上，则x=3由（1）知：当x=3时，S∴图3情形时，x=3，S（3）当3<x≤4时，如图，设▱MNPQ向右移动xm后得到▱M'N'P'Q'，设M'Q'交AD于点J，P此时遮阳区的面积为六边形AN∴Q'M'∥QM∴∠PNA=∠J∴JAM'A∴JA=2M'∴S==6-=6-=-2x∴从图3情形起右移至M与A重合，该过程中S关于x的解析式为S=-2（4）当0≤x≤1时，当x=1时，S的最大值为：S当1<x≤3时，当x=3时，S的最大值为：S当3<x≤4时，∵-∴当x=72时，S综上所述，当x=72时，S∴当遮阳区面积最大时，▱MNPQ向右移动了7【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．2．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形ABCDEF中，满足AB∥DE，BC∥EF，CD∥FA，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中AB与DE，BC与EF，CD与FA叫做“主对边”；∠A和∠D，∠B和∠E，∠(1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”．猜想判断正误①平行六边形的三组主对边分别相等_________②平行六边形的三组主对角分别相等_________③平行六边形的三条主对角线互相平分_________【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．(2)如图2，已知平行六边形OPQRST满足OP=PQ=QR=(3)如图3是一张边长为3,4,6的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长．【答案】(1)错误；正确；错误(2)详见解析(3)2【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及解方程：（1）连接BE,CF,AD，根据相似三角形和平行线的性质即可判断；（2）先证明QRSH为平行四边形，再证明HSTO为平行四边形，即可证明是菱六边形；（3）根据菱六边形DEFGHK得到DEBC=AD【详解】（1）解：连接BE,CF,AD，①AB平行于DE，只能知道△AOB②AB平行于DE，∠ABE=∠BED③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的．（2）证明：过点Q作QH平行且相等于PO，连接OH,则平行四边形PQHO是平行四边形，∴PQ平行于OH，PQ在平行六边形OPQRST中，PO平行于RS，PO=∴QH平行且相等于RS∴QRSH∴QR平行于HS，QR在平行六边形OPQRST中，PQ平行于ST，QR平行于OT，∴OH平行于ST，HS平行于OT∴HSTO∴HS∴QR∵OP∴PQ∴平行六边形OPQRST是菱六边形．（3）解：设三角形纸片为△ABC裁剪后的纸片为菱六边形DEFGHK，∴DE平行于HG，HK平行于EFHG，GF平行于AB，DE∴△ADE∴DE设DE=则x6∴AD∵AB∴1解得：x=∴AD3．（2023·广西·中考真题）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接AB'，

请完成：(1)观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；(2)证明（1）中的猜想；【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接，

请完成：(3)证明BB'是【答案】(1)∠1=∠2=∠3(2)见详解(3)见详解【分析】（1）根据题意可进行求解；（2）由折叠的性质可知AB'=BB'，（3）连接PB'，根据等腰三角形性质证明∠PB'E=∠BB【详解】（1）解：由题意可知∠1=∠2=∠3；（2）证明：由折叠的性质可得：AB'=BB'，∴AB'=∴△AB∵AE'=∴∠AB∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC∴∠3=30°，∴∠1=∠2=∠3；（3）证明：连接PB由折叠的性质可知：BB'=PB∵折痕B'E⊥∴∠P∵四边形ABCD为矩形，∴∠EBC∴CB⊥∵B'∴B'∴∠B∵在△PBB'PB=∴△PB∴∠P∴∠CB∴∠CB∴BB'是【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，△PB4．（2021·广西·中考真题）【阅读理解】如图1，l1//l2，解：相等，在△ABC和△DBC中，分别作AE⊥l2，DF∴∠AEF∴AE∵l∴四边形AEFD是平行四边形，∴AE又S△ABC=∴S【类比探究】问题①，如图2，在正方形ABCD的右侧作等腰△CDE，CE=DE，AD=4，连接解：过点E作EF⊥CD于点F，连接请将余下的求解步骤补充完整．【拓展应用】问题②，如图3，在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD=4，连接BD，BF，DF，直接写出△【答案】①S△ADE=4；【分析】①过点E作EF⊥CD于点F，连接AF，可得EF//AD，根据材料可知S△②连接CE，证明BD//CE，即可得【详解】：①过点E作EF⊥CD于点F，连接∵在正方形ABCD中，∠ADC∴EF//∴S△∵CE=DE，∴DF=∵在正方形ABCD中，AD=∴S△②S△过程如下：如解图3，连接CE，∵在正方形ABCD、正方形CEFG中，∴∠BDC∴CF//∴S△∵在正方形ABCD中，AD=BC=∴S△【点睛】本题主要考查了正方形性质和平行线判定和性质以及三角形面积，解题关键是理解阅读材料，根据平行线找到等底等高的三角形．5．（2025·广西南宁·模拟预测）综合与实践．在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形．请结合已有经验，对下列特殊四边形的进行研究．定义：如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等腰四边形．(1)【初步探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90∘，连接BD，点E是(2)【问题解决】在（1）的条件下，若∠AEC=90(3)【拓展应用】如图2，点E是矩形ABCD内一点，点F是边CD上一点，四边形AEFD是双等腰四边形，且AD=DE延长AE交BC于点G，连接FG．若AD=10【答案】(1)是(2)45°(3)22813或【分析】（1）根据点E是BD的中点，可得EB=EA，EB=EC，且（2）根据等边对等角，可得∠EAB=∠EBA，∠EBC（3）分类讨论：当AD=ED=EF=10时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K，根据相似三角形的判定和性质，可得HFHE=CGCF=34，结合EF=10，即可求得相关线段的长度，设CG=3k，FC=4k，根据相似三角形的判定和性质，可得KEBG=AKAB，即210-3k【详解】（1）解：∵∠BAD=90°，点E是∴EB=同理，EB=∴EB=∴△EAB又∵EB是四边形ABCE的对角线，∴四边形ABCE是双等腰四边形；（2）解：∵EB=∴∠EAB=∠EBA∵∠AEC=90°，∴∠EAB∴∠ABC∵∠DAB∴∠ADC（3）解：由矩形的性质可得BC=在Rt△CFG中，如图，当AD=ED=EF=10时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE∴HK=

∵∠EHF∴∠EFH∴△EFH∴HFHE设HF=3在Rt△HEF中，由勾股定理得∴x∴HF=6，HE=8，DH=设CG=3k，则BG=10-3k，AK=∵KE∥∴△AKE∴KEBG∴210-3解得，k=18∴AB=如图，当AD=ED=DF=10时，过点E由②可知，∠AEF∴∠FEG=45°，而∴△EFG∴FE=∵∠EHF∴∠EFH∴△EFH∴HF=CG，同理设HF=3k，则DH=10-3k，在△DHE中，D即102解得k=∴AB=综上所述，AB的长为22813或98【点睛】本题考查了勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质．6．（2025·广西·一模）【综合与实践】【阅读材料】在数学世界里，黄金分割宛如璀璨明珠，符合黄金分割比例的事物更具有比例性、艺术性与和谐性．素材1：若一个点将线段分成两段，较短一段与较长一段的比等于较长一段与整个线段的比，则这个点叫做该线段的黄金分割点，这个比值叫做黄金分割数，经计算黄金分割数为5-12．例如在图1中，点C为线段AB上一点，若BCAC=ACAB，则点C为线段AB的黄金分割点．从数据上可描述为：点C为线段AB上一点，若BC素材2：宽与长之比为5-【特例感知】（1）母亲节到了，小军买了一双高跟鞋送给妈妈，希望妈妈穿上这双鞋后上半身与下半身的高度比或下半身与全身的高度比接近黄金分割数5-12≈0.618，呈现一种平衡、稳重的和谐美．如图2，小军妈妈的身高是154cm，下半身长92（2）如图3，在黄金矩形ABCD中，长AD=2，则矩形ABCD的面积=__________【操作探究】小军的动手能力很强，想通过折纸的方式得到黄金分割点和黄金矩形．以下是他的折叠步骤：第一步，准备一张宽MN=2a，长MR足够的矩形纸片NMRT，利用图4的方法折出一个正方形第二步，如图5，把正方形NMAD折成两个全等的矩形，再把纸片展平，得到MA，ND的中点P，Q；第三步，折出矩形QPAD的对角线PD，并把PD折到如图6中的PB处；第四步，展平纸片，如图7，过点B折出BC⊥MR交NT于点C，得到矩形小军得到两个结论：点A为线段MB的黄金分割点，所得矩形ABCD是黄金矩形．【问题解决】（3）请你证明小军的上述结论是否正确；（4）如图8，以AB为边折出正方形ABEF，延长EF交MN于点H，如图9，得到矩形NHFD，请证明S正方形【答案】（1）小军选6cm的高跟鞋送给妈妈是合适的；（2）25-2；（【分析】（1）如图，计算BCAC=98160=0.6125（2）由ABAD=5（3）证明MN=DN=AM=AD=2（4）求解正方形ABEF的面积为5-1a2=5-【详解】解：（1）如图，∵小军妈妈的身高是154cm，下半身长92cm．小军选择∴AC=154+6=160，BC∴BCAC=98∵误差在0.618±0.02范围内符合题意，∴选择范围为：0.598∼0.638，∴小军选择6cm（2）∵在黄金矩形ABCD中，长AD=2∴ABAD∴AB=∴矩形ABCD的面积为AB⋅（3）∵由对折可得：四边形NMAD是正方形，∴MN=∴AP=∴PD=由对折可得：PD=PB=∴AB=5a∴ABBC∴矩形ABCD为黄金矩形；（4）∵正方形ABEF，AB=∴正方形ABEF的面积为5-∵矩形HFDN，DN=∴DF=2∴矩形HFDN为2a∴S正方形【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，正方形的性质，矩形的性质，黄金矩形的含义，二次根式的混合运算，理解题意是关键．7．（2025·广西南宁·一模）综合与实践【问题情境】侯马铸铜遗址是东周时期晋国最大的青铜器铸造作坊，出土了大量陶范，而车軎wèi范芯的发现，除了印证晋国青铜铸造技术的成熟，也为考古学家研究古代冶金史和车制发展提供了实物依据．车軎范芯如图1所示，它的端面是圆形，反映出一些几何作图方法．如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端M沿圆周移动，直到MA=MB，在圆上标记M，A，B三点；将“矩”向左旋转，使它右侧边落在原来的M，A点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为C点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的M，A，B，C四点，连接AC，BM相交于点(1)【动手操作】如图3，点A，B，M在⊙O上，MA⊥MB，且MA=MB，请你根据“(2)【深入探究】小华受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果MA和MB不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点M，A，B在⊙O上，MA⊥MB(3)【拓展探究】小华进一步研究，发现古代用“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点M，A，B是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O【答案】(1)图见解析(2)图见解析(3)图见解析【分析】（1）以B为顶点，以BM为一边，用三角板作∠DBM是直角，∠DBM的另一边与圆交于D，连接AB，DM，AB，DM的交点即是圆心（2）方法同（1）；（3）连接AM，BM，作AM，BM的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为圆心，根据是垂直平分弦的直线经过圆心即可得到结论．本题考查圆的综合应用，涉及用三角板或尺规确定圆心，解题的关键是掌握若圆周角是直角，它所对的弦是直径及垂径定理与推论的应用．【详解】（1）解：如图圆心O即为所求：（2）解：如图：O即为所求作的圆心；（3）解：拓展探究：如图：O即为所求作的圆心，理由：连接OA，OM，OB，∵AM，BM的垂直平分线交于O∴OA=OM∴OA∴点O是点A，M，B三点所在⊙O8．（2025·广西南宁·三模）综合与实践图1是某高铁二等座小桌板，它的设计需兼顾空间利用、结构稳定与乘客安全．图2是小桌板展开后的侧面示意图，其中OA为支架，AB为桌面的宽，调节椅背OP不会改变OA与AB的位置，AB与地面保持平行且∠OAB=127°．当椅背垂直于地面时，OA与OP的夹角为（sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈(1)求θ的度数；(2)为保证小桌板结构稳定，支架能承受的最大力F为200N，F与θ满足F=mg2sin(3)图3是一圆柱形水杯放置于小桌板ABCD上的俯视图，底面圆心为点Q，点Q到AD的距离为10cm；图4是此时小桌板的侧面示意图，水杯半径QE=4cm，支架OA=40cm，当椅背OP向后调节30°【答案】(1)37°(2)24(3)30【分析】本题主要考查了解直角三角形的相关应用，矩形的判定和性质，一元一次不等式的应用等知识，构造直角三角形是解题的关键．（1）过点A作AD⊥OP交OP与点D，则∠ADO（2）根据题意可得出10m（3）过点O作OD∥AB，过点A作AT⊥OD交于点T，过点E作则∠BAT=∠ATO=∠AES=∠EST=90°，得出四边形ATSE是矩形，由矩形的性质得出AT=ES，【详解】（1）解：过点A作AD⊥OP交OP与点则∠ADO∵∠OAB∴∠DAO∴θ=90°-∠（2）解：∵F=∴支架能承受的最大力F为200N则10m解得：m≤24则小桌板能放置物体的最大质量为24kg（3）解：过点O作OD∥AB，过点A作AT⊥OD交于点T，过点E作则∠BAT∴四边形ATSE是矩形，∴AT=ES，∵∠OAB∴∠OAT∴Rt△AT=OA⋅∴ES=∵AE=∴TS=∴OS=∵∠PO∴∠FOS∴在Rt△FS=∴EF=即在水杯不被碰倒的情况下，其最大高度EF是3039．（2025·广西·二模）综合与实践【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC【初步探究】（1）如图2，将△BCD沿CD方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点D'，B'，连接AD'【深入思考】将△DD'B'绕点D顺时针旋转得到△DNM，D'，B'的对应点分别是N，（2）如图3，当BD⊥MN时，垂足为Q，MN与BC交于点P，求线段（3）在旋转的过程中，线段DM与CB交于点E，当点N与点B重合时，求线段BE的长．【答案】（1）矩形，证明见解析；（2）83；（3）256【分析】（1）利用直角三角形和平移的性质可得CD=AD=BD=（2）由勾股定理可得AB=AC2+BC2=10，即得sinB=ACAB=45，tanB=ACBC=43（3）分点B与点N重合和点B不与点N重合两种情况，分别画出图形，利用平移和旋转的性质、锐角三角函数解答即可求解．【详解】（1）解：四边形ACBD在Rt△ABC中，CD是斜边∴CD=由平移可知CD=D∴CD=∴四边形ACBD∵∠ACB=90°∴四边形ACBD（2）解：∵∠ACB=90°，AC=8∴AB=∴sinB=AC∵CD是斜边AB的中线，∴CD=∴∠B∵BD⊥∴∠N由题意得，△CDB∴∠CDB=∠N，∠∴∠CDB+∠NDB∴∠D'DN=90°∴∠MDB由平移可得，DB∴∠DEC在Rt△CED中，∴EM=∴在Rt△PEM中，（3）当点B与点N重合时，如图，过点E作EG⊥AB于点由旋转和平移得，∠DBC∴ED=∴DG=∵cos∠∴610∴BE=当点B不与点N重合时，如图，过点E作EG⊥DC于点由旋转和平移得，DB=DN，∠N∴∠N∴MN∥∴∠M=∠∴∠CDM∴EC=∴CG=∴CE=∴BE=综上，线段BE的长为256或11【点睛】本题考查了旋转，平移的性质，解直角三角形，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．10．（2025·广西钦州·二模）综合与实践【问题情境】如图1，贴窗花是我国特有的喜庆文化之一，我们可以从寓意团圆平安的窗花图案中抽象出一个由两个同心圆构成的几何图形（共同的圆心称为中心），如图2，我们称这种图形为“环花”．【实践探究】设直线l与“环花”从左到右依次交于点A，B，C，D．(1)如图2，当直线l经过中心O时，请直接写出线段AB与CD的数量关系；(2)如图3，当直线l不经过中心O时，请证明（1）中的结论仍然成立；【问题深化】(3)如图4，当把“环花”中的两个圆形换成两个相似的菱形时（中心点O是这两个菱形对角线的公共交点，AB∥EF且F，B，D，H四点均在对角线FH上），类似地形成了“方花”，直线l不经中心O时，与“方花”从左到右依次交于点M，N，P，Q，求【答案】(1)AB(2)见解析(3)1【分析】（1）根据OA=OD，（2）过点O作OE⊥l于点E，利用垂径定理得到AE=（3）连接FH，过点N作NR∥FH交EF于点R，过点P作PT∥FH交GH于点T，利用平行四边形的判定得到NRFB是平行四边形，得出NR=FB，∠NRM=∠BFR【详解】（1）解：∵OA=OD，∴OA-∴AB=（2）证明：如图，过点O作OE⊥l于点∵OE⊥∴AE=DE，∴AE-∴AB=（3）解：如图，连接FH，过点N作NR∥FH交EF于点R，过点P作PT∥FH交∵AB∥EF，∴四边形NRFB是平行四边形，∴NR=FB，同理可得，PT=DH，∵四边形ABCD与四边形EFGH均为菱形，O为它们的中心，∴OF=OH，OB=∴FB=DH，∠PQT∴NR=PT，∴△MNR∴MN=∴MNPQ【点睛】本题考查了垂径定理、菱形的性质、相似图形的性质、平行四边形的性质与判定、全等三角形的性质与判定，学会添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．11．（2025·广西·二模）综合与实践【问题背景】小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角α的正弦值与折射角β的正弦值的比值sinαsinβ叫作介质的“绝对折射率”，简称“【初步探究】（1）若光从真空射入某介质，入射角为α，折射角为β，且sinα=3【解决问题】（2）现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图1所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形A1D1D2A2对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出，如图2【答案】（1）32；（2）【分析】本题考查了新定义——光介质的折射率，熟练掌握新定义，正弦定义，正切定义，勾股定理，是解题的关键．（1）根据sinα=3（2）由题意可得α=60°，折射率为32，得sinβ=33，可得tanβ=2【详解】解：（1）∵β∴sin∴折射率为：sinα（2）由题意可得α=60°，折射率为3∴sin∴sin∵四边形ABCD是矩形，点O是AD中点，∴AD又∵∠OCD∴sin在Rt△设OD=则OC=3由勾股定理得，CD=∴tan∴OD∴AD∴截面ABCD的面积为：AD×12．（2025·广西·一模）综合与实践【问题情境】如图所示，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE=CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点【初步分析】（1）线段EG与BF的数量关系为_______，位置关系为_______；【深入分析】（2）如图2，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由；（3）如图3，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD=33，求【答案】（1）EG=BF，EG⊥BF；（2【分析】（1）先根据正方形的性质，得出∠A=∠C=∠ABC（2）根据旋转性质，得出EG=EM，∠GEM（3）先得出BF是EG的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出∠FNH=∠CBF=30°，因为正方形的性质，得出∠D=90°，AB【详解】解：（1）EG=∵四边形ABCD是正方形∴∠A又∵AE=∴△ABE∴BE=由旋转的性质，得BE=∴EG=∴∠EBG又∵∠ABE∴∠CBF∴∠BHG即EG（2）四边形BEMF为菱形，理由如下：由旋转的性质，得EG=又∵EG=∴EM=∴EM∥∴四边形BEMF是平行四边形，又∵BE=∴四边形BEMF是菱形；（3）∵点H是EG的中点，BF⊥∴BF是EG的垂直平分线，∴BE=又∵∠ABE∴∠又∵∠FHN∴∠FNH∴∠FNH∵四边形ABCD是正方形，∴∠D∴在Rt△ABE中，∴BG∴CG=【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键．13．（2025·广西来宾·模拟预测）数学实践课上，老师带领同学们探究与折叠相关的计算，如图①，四边形ABCD是矩形，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠，得到△AFE，点B的对应点为F，延长AF交边CD于点G，若AD=5,方案一：如图②，连接EG；方案二：如图③，将△ABE绕点E旋转180°至△(1)请你按照方案一计算线段CG的长；(2)请你按照方案二计算线段CG的长；(3)在方案二的条件下，连接CF并延长，交AD于点R，求FR的长．【答案】(1)25(2)25(3)11【分析】（1）根据HL可证明Rt△FEG≌Rt△CEG，得出FG=（2）由旋转的性质，得A，E，H三点共线，CH=AB=3,∠BAE=∠CHE．由折叠的性质，得∠BAE（3）由（2）可知，FG=CG=2512,AG=GH=3+2512=6112【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B∵E是BC∴EB由折叠的性质，得AF=∴在Rt△FEG和EG∴Rt∴FG∴AG在Rt△由勾股定理，得AG∴(3+解得CG=（2）解：由旋转的性质，得A，E，H三点共线，CH=由折叠的性质，得∠BAE∴∠FAE∴AG∵AG∴FG∴AG在Rt△ADG中，由勾股定理，得∴(3+解得CG=（3）接：如图．由（2）可知，FG=∴FG又∵∠FGC∴△FGC∴∠GFC∴FC又AR∥∴四边形AECR是平行四边形，∴AR∴在Rt△CDR中，由勾股定理，得∴AH∵△FGC∴CF∴CF∴CF∴FR【点睛】本题考查了矩形与折叠，旋转，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．14．（2025·广西玉林·三模）在数学综合实践课上，李老师以三角形折叠为主题开展数学活动．(1)特例感知如图1，折叠等边三角形ABC纸片，使点A与BC边中点F重合，折痕为DE，分别交边AB、边AC于点D、点E．①求∠EDF②求证：△DFE(2)性质梳理如图2，等腰三角形ABC纸片，AB=CB=18，折叠该纸片，使点A落在边BC上的点F处，折痕为DE，分别交边AB、边AC于点D、点E．若EF⊥AC(3)深度探究如图3，折叠△ABC（∠B，∠C为锐角）纸片，使点A落在BC的下方点F处，折痕DE分别交边AB、边AC于点D、点E，线段DF、EF与BC分别交于点M、点N，若DB=DM，点D、点F【答案】(1)①60°；②见解析；(2)24；(3)见解析．【分析】（1）①根据等边三角形的性质即可解答；②根据等边三角形的判定即可得证；（2）根据等腰三角形的性质、折叠的性质及角的等量代换，得到∠BFD=∠CFD=90°，设（3）先证明△DKM≌△FGM，得到BG【详解】（1）解：①∵等边三角形ABC，点F为BC的中点，∴∠DAF∵AD∴∠ADF∵∠EDF∴∠②证明：∵∠EDF同理①得∴∠DEF∴△EDF（2）∵AB∴∠A∵折叠等腰三角形纸片ABC，使点A落在边BC上的点F处，∴∠EFD∴∠C∵∠C∴∠EFD∴∠BFD设BD=x，则在Rt△BFD中，∴62+∴BD=10，SBFD（3）如图，作DK⊥BC，FG⊥BC，EH⊥BC，分别交BC于∵DB=∴∠DKM=90°，∵∠DKM=∠FGM=90°，∴△DKM∴KM∴BG∵DB∴∠B∵∠ADE∴∠ADF∴∠ADE∴BC∴DK∴∠AED∴EN=EC∴BC【点睛】本题考查了几何变换的综合应用，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，折叠的性质，掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，折叠的性质是解题的关键．15．（2025·广西桂林·三模）【探究与证明】如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，记△COD的面积为S1，△AOB(1)【问题解决】如图①，若AB∥CD，求证：小红同学展示出如下正确的证明过程，请在横线上将内容补充完整．证明：过点D作DE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F，如图∴DE___________（填写位置关系）BF∴△DOE∼∴DEBF=∵S∴S(2)【探索推广】如图②，若AB与CD不平行．（1）中的结论是否成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由．(3)【拓展应用】如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OB于点F，H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2【答案】(1)∥；△BOF；(2)成立，理由见解析(3)25【分析】本题主要考查相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，熟练掌握相关性质及判定定理正确作出辅助线是解题的关键．（1）根据平行线的判定定理得出DE∥BF，可得△DOE（2）过点D作DE⊥AC交AC于点E，过点B作BF⊥AC交AC于点F，可得得出DE∥（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先利用AAS证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OE【详解】（1）证明：过点D作DE⊥AC交AC于点E，过点B作BF⊥AC交AC于点F∴DE∥∴△DOE∴DEBF=OD∵S1=1∴S故答案为：∥；△BOF；（2）（1）中的结论成立．证明：如答图①，过点D作DE⊥AC于点E，过点B作BF⊥∴DE∴SS∵∠DOE∴sin∴S（3）解：如答图②，过点A作AM∥EF交OB于点M，取BM的中点N，连接∵EF∴∠ODC∵OE∴△∴OF∵EF∴△OEF∴OF设OE=OC=5则OA=6∵H是AB的中点，N是BM的中点，∴HN是△∴HN∴△OGF∴OG∵OG∴OG∴OG∴∴BN∴OB由（2）得S116．（2025·广西南宁·三模）综合与探究【阅读理解】面积法是一种重要的数学解题方法．如例图，在等腰△ABC中，CD是AB边上的高，点P是BC上不与点B，C重合的一个动点，连接AP，过点P分别作AB和AC的垂线，垂足分别为点M，N，即S∴12∵AB=AC，∴又∵CD是AB边上的高，且为定值，∴PM+【类比探究】（1）如图1，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P是AD上不与点A，D重合的一个动点，连接PO，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为点E，F，可求【深入探究】（2）如图2，在矩形ABCD中，点M，N分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿直线MN折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C1处，点P为线段MN上一动点（不与点M，N重合），过点P分别作BM和BC的垂线，垂足分别为点E，F，以PE，PF为邻边作平行四边形PEQF，若DM【拓展探究】（3）如图3，当点P是等边△ABC外一点时，过点P分别作直线AB，AC，BC的垂线，垂足分别为点E，D，F【答案】（1）PE+PF=245，见解析；（2）【分析】本题考查四边形的综合应用，掌握矩形的性质和判定、折叠的性质、平行四边形的性质、勾股定理、三角形面积等知识是解题的关键．（1）由矩形的性质得出S矩形ABCD=48，OA=OC=OB=OD，S（2）连接BP，过点M作MH⊥BC于H，证DM=BM=BN=13（3）连接AP，BP，CP，由S△ABC=S△ABP+S△【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴S矩形ABCD=AB⋅BC=48，∴AC=A∴S△AOD∴S解得PE+（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠∴∠DMN连接BP，过点M作MH⊥BC于则四边形ABHM是矩形，∴MH由折叠的性质得：DM=BM，∴∠BNM∴DM∴AD∴AM在Rt△由勾股定理得：AB=∴MH∵S△BMN=S∴12∵BM∴PE∴▱PEGF的周长=2(（3）如图，连接AP，BP，CP，过点A作AG⊥∵△ABC为等边三角形，∴BG=CG=1∴AG=∴S∵S∴34∴32∵PE∴AB∴S17．（2025·广西柳州·三模）实践与探究杨老师在教学过程中特别重视教材的运用，下面是他以教材课后习题为载体，引导学生进行数学实践操作与拓展探究．【教材再现】人教版九年级上册数学课本第70页“综合运用”第6题：已知△ABC，能否通过平移、轴对称或旋转，得到另一个三角形，使得这两个三角形能够拼成一个以AC，AB【实践操作】（1）如图1，航天小组同学将△ABC绕BC中点______（填“平移”或“轴对称”或“旋转”）得△BCD，就可拼成一个以AC，【特例探究】（2）航天小组同学继续探索，若△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，AC=1，BC=2，在（1）的基础上，将△①当D，B，D'点共线时，连接AD'（如图2），四边形ACB②当旋转角度是45°时，设AB与CD'交于点E（如图3），求③当B，B'，D'三点构成直角三角形时，请直接写出线段【答案】（1）旋转；（2）①四边形ACBD'是矩形；证明见详解；②△BCE的面积为25；③线段BD'【分析】（1）由旋转的性质可得答案；（2）①由旋转可得：CD=CD'，进而证明Rt△BCD'≌Rt△BCDHL，得BD=BD'，进而可得AC=BD'，即可证明四边形ACBD'是平行四边形，根据∠ACB=90°，可证明四边形ACBD'是矩形；②【详解】解：（1）将△ABC绕BC中点旋转得△BCD，就可拼成一个以AC，故答案为：旋转；（2）①四边形ACBD证明：由旋转可得：CD=∵∠ACB∴∠ACB当D，B，D'点共线时，∠∵BC∴Rt∴BD∵▱ABDC中，AC=BD，AB∴AC∴四边形ACBD∵∠ACB∴四边形ACBD'②作CF⊥AB于∴∠AFC=∠∵∠ACB∴∠A∴∠1=∠ABC，∠∴△ABC∴AB∵AC=1，BC∴AB∴5∴AF=5∵旋转角度是45°，即∠DC∵AB∴∠2=∠DC∴∠ECF∴CF∴BE∴S△③当∠B作BJ⊥CB∴∠BJC∴四边形BD∴BD'∴CJ∴B∴BD当∠B'由旋转可得：BD=B'D作CK⊥BB∴∠CKB'∵∠3+∠5=∠5+∠4=90°，∴∠3=∠4，∴△B∴B设BD'=m，则在Rt△∵B∴m∴m=∴B当∠B∴BB∵∠C∴C∴此时B、∴B∴B综上所述，当B，B'，D'三点构成直角三角形时，线段BD'的长度为2-3【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．18．（2025·广西桂林·二模）综合探究如图1，点E是正方形ABCD的边DC上一点，连接AE，在CB的延长线上取一点E'，使BE'(1)连接EE'，求证：(2)如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°,AB(3)如图3，在四边形ABCD中，∠DAB=60°,∠BCD【答案】(1)见解析(2)见解析(3)CD【分析】（1）根据正方形的性质得到∠ADE=∠ABE'=90°,AD=AB（2）如图，在CD的延长线上取一点C'，使BC=DC'，连接AC'（3）以AC为边向上作等边三角形ACQ，证明△ABC≌△ADQSAS，推出BC=DQ，【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD∵DE=∴△ADE∴∠DAE∵∠BAD∴∠DAE+∠BAE∴△AE（2）证明：如图，在CD的延长线上取一点C'，使BC=D∵∠BAD∴∠B∵∠ADC∴∠B∵AB=AD，∴△ABC∴∠BAC∵∠BAD∴∠BAC+∠CAD∴△AC∴2AC=C（3）解：结论：CD理由：以AC为边向上作等边三角形ACQ，连接DQ，则∠CAQ=60°，AC∵∠BAD∴∠BAC在△ABC和△AB=∴△ABC∴BC=DQ∴∠B∴∠CDQ∴C∵CQ=AC∴C【点睛】本题考查了正方形的性质、四边形内角和定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．19．（2025·广西·二模）探究与证明【问题背景】在四边形ABCD中，∠EAF=12∠BAD（E，F分别为边BC、CD上的动点），AF的延长线交BC延长线于点M，【构建联系】（1）如图1，若四边形ABCD是正方形，求证：△ACN（2）如图2所示平面直角坐标系，在△ABC中，∠BAC=45°，点A坐标为-3,-3，B，C分别在x轴和y轴上，且反比例函数y=kxx>0【深入探究】（3）如图3，若四边形ABCD是菱形，连接MN，当MN=MA且∠EAF【答案】（1）见解析；（2）4；（3）1【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键．（1）根据正方形的性质得到∠BAD=90,∠ACB=∠ACD（2）过点A作AE⊥x轴于E，作AF⊥y轴于F，过点D作DG⊥y轴于G，作DH⊥x轴于H，则∠AEO=∠AFO=∠EOF=90°（3）连接BD交AC于G，根据等腰三角形的性质得到∠ANM=∠MAN，根据菱形的性质得到∠BAC=∠BCA=∠【详解】（1）证明：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°∵∠∴∠EAF即∠CAN∵∠CAN∴∠N∵∠ACN∴∠ACN∴△ACN（2）如图，过点A作AE⊥x轴于E，作AF⊥y轴于F，过点D作DG⊥y轴于G，作∵A-∴AE∴∠∴∠AOB∴∠∵∠即∠BAO∴∠∴△ABO∴OA∴OB⋅∵DG⊥y轴，OC∴DG∥∴DG同理DH∵BD:∴∴∴∴∴k=（3）如图，连接BD交AC于G，∵MN=∴∠ANM∵四边形ABCD是菱形，∴∠CG∵∠∴∠BAC∴△MAN∽△∴AN设∠EAF在Rt△BCG∴1∴ACBC∴AN由(1)知△ACN∴CN∴∴∵AB∥∴△CEN∴故答案为：1．20．（2025·广西玉林·三模）【思考探究】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，连接CE，DF⊥CE于点F，【实践探究】（2）小慧受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2在正方形ABCD中，E是边AB上一点，连接CE，DF⊥CE于点F，AH⊥CE交CE的延长线于点H，【拓展迁移】（3）小贤深入研究小慧提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，连接CE，AH⊥CE交CE延长线于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，【答案】（1）见解析；（2）FH=AH+CF【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键（1）根据矩形的性质得到∠ADC=90°，得到∠ADG=∠CDF（2）根据矩形的判定定理得到四边形HFDG是矩形，求得∠G=∠DFC=90°，根据正方形的性质得到AD=CD，∠ADC=90°，求得∠ADG（3）连接AC，根据正方形的性质得到∠BAC=45°，根据等腰直角三角形的性质得到【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC∵GD∴∠FDG∴∠ADG又∵AG=CF∴△ADG≌△∴AD∴四边形ABCD是正方形；（2）解：HF=∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD∴四边形HFDG是矩形，∴∠G∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD∴∠ADG∴△ADG∴AG=CF∴矩形HFDG是正方形，∴HG∴FH=（3）解：连接AC，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC∵AH⊥CE∴△AHM∴∠HAM∴∠HAB∵AH∴△AHB∴BHCM∵BH∴CM=221．（2025·广西玉林·三模）我们约定：若两条抛物线与x轴有两个相同的交点，且开口方向相反，我们就把两条抛物线构成的封闭曲线叫做“山水线”，如图所示．根据约定，解答下列问题：(1)判断下列每组的两条抛物线是否构成“山水线”．若是，请在横线上画“√”；若不是，请在横线上画“×”．①y=x+2x②y=-xx+6③y=x2-(2)若抛物线y=x2-3x+2和抛物线y(3)若抛物线y=x2+bx+c和y=-x2+b'x+c'构成的“山水线”关于x轴对称，该“山水线”与x轴交于点A，B，点A在点B左侧．设点Cm,0，Dm+2,0是线段AB上的动点，过点C作x轴的垂线交该“山水线”于点E，F，过点D作x【答案】(1)①×，②√；③√；(2)2；(3)存在，2．【分析】（1）分别判断每个抛物线的开口方向以及x轴的交点的坐标，再根据“山水线”的定义进行逐个判断，即可作答．（2）结合抛物线y=x2-3x+2和抛物线y=ax2+bx+c（3）因为以线段AB长为斜边、线段EF，GH长为直角边的等腰直角三角形，则EF=GH，整理得b=-2m-2，结合抛物线y=x2+bx+c和y=-x2+b【详解】（1）解：依题意，①y=当y=0时，则x解得x1即抛物线与x轴的交点的坐标为-2,0y=-当y=0时，则-∴x+1解得x1即抛物线与x轴的交点的坐标为-1,0∴y=x+2x-9和故答案为：×；②y=-则y=0,则解得xy=2则y=0,则解得x∴y=-xx+6和y=2故答案为：√③y=则y=当y=0时，则0=∴x1即抛物线y=x2-5则y=-8∴当y=0时，则0=-8∴x∴x1即抛物线y=-8x+1x-∴抛物线y=x2-5x-故答案为：√；（2）解：依题意，y=∴当y=0时，则x∴x1∴抛物线y=x2-3∵抛物线y=x2-3x∴抛物线y=x2-3∴y∴a∴a（3）解：存在，理由如下：若存在以线段AB长为斜边、线段EF，则EF=∴点Cm,0，∵对称轴为直线x=m+∴m∴b∵抛物线y=x2+bx+c和y∴y∴b∴y当x2x1∴AB∵x∴y∵y∴EF令EF=2则AB=∵A∴2解得t=2∴【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，新定义，勾股定理，等腰直角三角形，正确掌握相关性质内容是解题的关键．22．（2025·广西南宁·模拟预测）综合与探究【初步感知】定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段长度的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”，如图，△ABC中，点E是BC边上一点，连接AE，若AE2=BE⋅CE，则称点E是△【尝试探究】（1）如图，已知在四边形ABCD中，∠CAD①求证：△AED②若AE=CE，求证：点E是△ABD中BD边上的“【迁移应用】（2）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点E是△ABC中BC边上的“平方点”，延长AE交⊙O于点（3）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=20，AB=85，过点D作AD⊥BC于点D，若点E【答案】（1）①见解析；②见解析（2）见解析；（3）10或16【分析】（1）①由对顶角相等得到∠AED=∠BED，结合已知即可证明△AED∽△BEC；②由（2）由点E是△ABC中BC边上的“平方点”得AE2=EC⋅BE（3）先求出AC,AD,BD的长，设【详解】（1）证明：①∵∠CAD=∠CBD∴△AED②∵△AED∴AE∴AE∵AE=∴A∴点E是△ABD中BD边上的“平方点”（2）证明：∵点E是△ABC中BC边上的“平方点”∴A∵△ABC是⊙∴∠D=∠C∴△AEC∴AE∴AE∴AE∴AE（3）解：∵∠BAC=90°，AB=8∴AC∴AD∴BD=A设BE=x，由题意得：AE∴(16-x)2解得：x1=10，∴BE的长为10或16【点睛】本题考查了定义新运算，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．23．（2025·广西河池·一模）【课