2026年初中数学中考复习专题46 几何综合题

第第页微专题46几何综合题类型一动点型探究1.综合探究已知点E是边长为2的正方形ABCD内部一个动点，始终保持∠AED＝90°.【初步探究】（1）如图①，延长DE交边BC于点F.当点F是BC的中点时，求DEAE的值【深入探究】（2）如图②，连接CE并延长交边AD于点M.当点M是AD的中点时，求DEAE的值第1题图2.综合运用如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点C在原点O处，已知点B（8，0），D（0，6），连接AC，E是CD上一动点（不与点C，D重合），过点E作EF∥AC交AD于点F，过点E作EG⊥EF交BC于点G，连接FG.（1）若DE＝CG，求证：△DEF≌△CGE；（2）设DE＝a，用含a的式子表示△EFG的面积，并求出△EFG面积的最大值.第2题图3.已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如图①，连接BC.（1）填空：∠OBC＝°；（2）如图①，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；（3）如图②，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？第3题图类型二动线型探究1.（2024佛山一模节选）综合探究如图，点B，E是射线AQ上的动点，以AB为边在射线AQ上方作正方形ABCD，连接DE，作DE的垂直平分线FG，垂足为H，FG分别与直线BC，AD，DC交于点M，F，G，连接EG交直线BC于点K.（1）设AB＝4，当E恰好是AB的中点时，求DF的长；（2）若DG＝DE，猜想HG与AE的数量关系，并证明.2.综合探究如图①，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点A（5，0），C（－3，4），直线l：y＝x＋t（－5＜t＜0）交OA边于点D，交AB边于点E，点A与点A'关于直线l对称，连接A'D，A'E.（1）当t的值为多少时，E为AB的中点；（直接写出结果，不要求写出解答过程）（2）如图②，设△A'DE的边A'D和A'E分别与BC交于点M，N.记四边形DENM的面积为S，求S关于t的函数表达式，并求出t的取值范围.第2题图3.（2024佛山南海区二模）综合探究如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，▱ABCD的顶点B，C在x轴上，A在y轴上，OA＝OC＝2OB＝4，直线y＝x＋t（－2≤t≤4）分别与x轴，y轴，线段AD，直线AB交于点E，F，P，Q.（1）当t＝1时，求证：AP＝DP；（2）探究线段AP，PQ之间的数量关系，并说明理由；（3）在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ＝90°，且以点M，P，Q为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，请说明理由.类型三动面型探究1.如图①，在平面直角坐标系中，O为原点，矩形OABC的顶点A（4，0），C（0，3）.以点O为中心，逆时针旋转矩形OABC，得到矩形OA'B'C'，点A，B，C的对应点分别为A'，B'，C'.（1）如图②，当点C'落在AC上时（不与点C重合），求点B'的坐标；（2）如图③，OA'交BC于点D，当OB恰好平分∠A'OA时，求BD的长.第1题图2.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，菱形OABC的顶点A（4，0），C（2，23），矩形ODEF的顶点D（0，3），F（－4，0）.（1）如图①，点E的坐标为，点B的坐标为；（2）将矩形ODEF沿水平方向向右平移，得到矩形O'D'E'F'，点O，D，E，F的对应点分别为O'，D'，E'，F'.设OO'＝t，矩形O'D'E'F'与菱形OABC重叠部分的面积为S.当边O'D'与AB相交于点G，边OC分别与D'E'，E'F'相交于点H，M，且矩形O'D'E'F'与菱形OABC重叠部分为六边形时，试用含t的式子表示S，并直接写出t的取值范围.第2题图3.（2024广东22题13分）【知识技能】（1）如图①，在△ABC中，DE是△ABC的中位线.连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A'DC'.当点E的对应点E'与点A重合时，求证：AB＝BC.【数学理解】（2）如图②，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线.连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A'DC'，连接A'B，C'C，作△A'BD的中线DF.求证：2DF·CD＝BD·CC'.【拓展探索】（3）如图③，在△ABC中，tanB＝43，点D在AB上，AD＝325.过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE＝323.在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在第3题图

类型一动点型探究1.解：(1)如解图①，∵在正方形ABCD中，∠AED＝∠ADC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝2，∴∠2＝90°－∠3＝∠1，∴tan∠2＝tan∠1，∴DEAE＝CFCD＝∵F是BC的中点，∴DEAE＝CFCB＝第1题解图①(2)如解图②，延长DE交边BC于点F，∵M是AD的中点，∠AED＝90°，∴AM＝MD＝ME＝12AD＝1∴∠2＝∠1，在Rt△MDC中，MC＝MD2＋CD∴CE＝MC－ME＝5－1.∵在正方形ABCD中，AD∥BC，∴∠2＝∠4，∵∠1＝∠3，∴∠4＝∠3，∴CF＝CE＝5－1，与(1)同理可得，DEAE＝CFCB＝第1题解图②2.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，∵EG⊥EF，∴∠FEG＝90°，∴∠CEG＋∠FED＝90°，∵∠DFE＋∠FED＝90°，∴∠DFE＝∠CEG，∵DE＝CG，∠FDE＝∠ECG，∴△DEF≌△CGE(AAS)；(2)解：∵B(8，0)，D(0，6)，∴CB＝8，CD＝6，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，在Rt△ADC中，AC＝AD2＋∵EF∥AC，∴△DEF∽△DCA∴DEDC＝EFCA，即a6＝EF10，解得EF由(1)知∠DFE＝∠CEG，∵EF∥AC，∴∠DFE＝∠DAC，∴∠CEG＝∠DAC，∵∠ECG＝∠ADC，∴△CEG∽△DAC，∴CEDA＝EGAC，即6－a8＝EG10，解得EG＝∴S△EFG＝12EF·EG＝12×53a×54(6－a)＝2524(6a－a2)＝－2524(a∵－2524＜0，0＜a＜6∴当a＝3时，△EFG的面积有最大值，最大值为7583.解：(1)60；【解法提示】由旋转的性质可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠OBC＝60°.(2)在Rt△OAB中，OB＝4，∠ABO＝30°，∴∠AOB＝60°，OA＝12OB＝2，AB＝OB·cos30°＝23由旋转的性质可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠AOB＝∠OBC＝60°，BC＝OB＝4，∴OA∥BC，AB即为△AOC的高，∴S△AOC＝12AO·AB＝12×2×23＝2∵∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝90°，∴AC＝AB2＋BC2∵OP⊥AC，∴S△AOC＝12AC·OP，即12×27·OP＝2解得OP＝221一题多解法由旋转的性质可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC为等边三角形，∴BC＝OB＝4，∠OBC＝60°，∵∠ABO＝30°，∴OA＝12OB＝2，AB＝32OB＝23，∠ABC＝∴BC∥OA，AC＝AB2＋B∴∠PAO＝∠ACB，∵sin∠ACB＝ABAC＝21∴sin∠PAO＝sin∠ACB＝217∴OPOA＝21∴OP＝217OA＝2(3)根据题意得，M运动到点C时，所需时间为41.5＝83(秒)，N运动到点B时，所需时间为41＝4(秒)，当M，N相遇时，所需时间为12(∴分三种情况讨论：①当0＜x≤83时，点M在OC上，点N在OB上，如解图①，过点N作NE⊥OC于点E则NE＝ON·sin60°＝32x∴y＝12OM·NE＝12×1.5x×32x＝3∵338＞∴当x＝83时，y最大＝338×(83)②当83＜x＜4时，点M在BC上，点N在OB上，如解图BM＝8－32x，过点M作MF⊥OB于点F∴MF＝BM·sin60°＝32(8－32x∴y＝12ON·MF＝12x·32(8－32x)＝23x－∵－338＜∴当x＝－b2a＝－23－y最大＝23×83－338×(83)③当4≤x＜245时，点M，N都在BC上，如解图MN＝12－52x过点O作OG⊥BC于点G，则OG＝AB＝23，∴y＝12MN·OG＝12(12－52x)·23＝－532∵－532＜∴当x＝4时，y最大＝23.综上所述，当x＝83时，y取得最大值，最大值为8第3题解图类型二动线型探究1.解：(1)如解图①，连接EF，在正方形ABCD中，AB＝AD＝4，∵E是AB中点，∴AE＝EB＝2，∵F为线段DE垂直平分线上一点，∴DF＝EF，设DF＝x，则AF＝4－x，在Rt△AFE中，根据勾股定理得，(4－x)2＋22＝x2，解得x＝52，∴DF＝5第1题解图①(2)HG＝3AE.证明如下：∵GF垂直平分DE，∴DG＝GE，∠DHG＝90°，∵DG＝DE，∴DG＝DE＝EG，∴△DGE是等边三角形，∴∠GDE＝60°，∵正方形ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，∴∠ADE＝∠DGH＝30°，∴AE＝12DE＝DH∵∠DAE＝∠DHG＝90°，∴△ADE≌△HGD，∴AD＝HG，在Rt△ADE中，AD＝3AE，∴HG＝3AE.2.解：(1)t＝－32时，E为AB的中点【解法提示】∵A(5，0)，四边形OABC是菱形，∴OA＝BC＝5，OA∥BC.∵C(－3，4)，∴B(2，4).∵E为AB中点，∴E(72，2)，将点E代入y＝x＋t中，得72＋t＝2，解得t＝－(2)如解图，记BC交y轴于点H，∵四边形OABC为菱形，A(5，0)，C(－3，4)，∴∠OAE＝∠C，BC∥OA，OA＝BC＝5，CH＝3，OH＝4，∴在Rt△COH中，tanC＝OHCH＝4由对称的性质，得A'D＝AD，∠A'＝∠OAE＝∠C，∠ADE＝∠A'DE，∴tanA'＝43由题意可知，∠ADE＝45°，∴∠A'DE＝∠ADE＝45°，∴∠A'DA＝90°，∴∠A'MN＝90°，DM＝OH＝4.在y＝x＋t中，令y＝0，得x＋t＝0，解得x＝－t，∴OD＝－t，AD＝5＋t.∵DM＝4，tanA'＝43∴A'M＝A'D－DM＝AD－DM＝1＋t，∴在Rt△A'MN中，MN＝A'M·tanA'＝43(1＋t)∴S△A'MN＝12A'M·MN＝23(1＋t)如解图，过点E作EK⊥OA于点K，设DK＝x，则AK＝5＋t－x.∵∠EDK＝45°，∠EKD＝90°，∴EK＝DK＝x，在Rt△AEK中，∵tanA＝EKAK＝43，∴x5+t－x＝4∴S△A'DE＝S△ADE＝12AD·EK＝12×(5＋t)×20+4t7＝27(5∴S＝S△A'DE－S△A'MN＝27(5＋t)2－23(1＋t)2＝－821t2＋3221∵A'D＞DM，∴5＋t＞4，∴t＞－1，又∵－5＜t＜0，∴t的取值范围为－1＜t＜0.第2题解图3.(1)证明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，又∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD＝BC＝6，则点A，B的坐标分别为(0，4)，(－2，0)，当y＝4时，y＝x＋t＝4，则x＝4－t＝4－1＝3＝12AD即点P(3，4)，∴AP＝DP；(2)解：PQ＝22AP，理由：由点A，B的坐标，得直线AB的表达式为y＝2x＋4，联立上式和y＝x＋t得2x＋4＝x＋t，解得x＝t－4，即点Q(t－4，2t－4)，在直线y＝x＋t中，当y＝4时，x＝4－t，∴点P(4－t，4)，则AP＝4－t，由点P，Q的坐标，得PQ＝22(4－t)＝22AP；(3)解：存在.如解图①②③，过点P作PH⊥x轴于点H，过点Q作QI⊥x轴于点I，设点M(m，0)，由(2)知，点P，Q的坐标分别为(4－t，4)，(t－4，2t－4)，则HM＝｜m－4＋t｜，PH＝OA＝4，IM＝｜m－t＋4｜，QI＝｜4－2t｜，∵∠PMH＋∠QMI＝90°，∠QMI＋∠IQM＝90°，∴∠IQM＝∠PMH，又∵∠PHM＝∠MIQ＝90°，∴△PHM∽△MIQ，∵以点M，P，Q为顶点的三角形与△AOB相似，则PM∶QM＝2或12∴Rt△PHM和Rt△MIQ的相似比为2或12则PH∶MI＝HM∶IQ＝2或12当m＞0时，如解图①②，当相似比为2时，如解图①，PHMI＝MHQI＝则PH＝2MI，MH＝2QI，即4＝2(m－t＋4)且4－t－m＝2(2t－4)，第3题解图①解得m＝13，t＝7即点M(13，0)，t＝7当相似比为12时，如解图PHMI＝MHQI＝则PH＝12MI，MH＝12第3题解图②则2×4＝m－(t－4)且2(m－4＋t)＝4－2t，解得m＝143，t＝2则点M(143，0)，t＝2当m＜0时，如解图③，第3题解图③当相似比为2时，如解图③，PHMI＝MHQI＝则PH＝2MI，MH＝2QI，则4＝2[(t－4)－m]且4－t－m＝2(4－2t)，解得m＝－7，t＝－1，即点M(－7，0)，t＝－1；当相似比为12时经验证，该情况不存在，综上所述，点M(13，0)，t＝73或M(143，0)，t＝23或M(－7，0)，类型三动面型探究1.解：(1)如解图，连接OB'，AB'，∵A(4，0)，C(0，3)，∴OA＝4，OC＝3，由旋转的性质，得C'O＝CO＝3，OA'＝OA＝4，∴∠OCA＝∠OC'C，∵tan∠OCA＝OAOC＝4tan∠B'OC'＝B'C'∴∠OCA＝∠B'OC'，∴∠OC'C＝∠B'OC'，∴AC∥OB'，∵四边形ABCO为矩形，∴AC＝OB'，∴四边形OCAB'是平行四边形，∴AB'＝OC＝3，AB'∥OC，即AB'∥y轴，∴点B'的坐标为(4，－3)；第1题解图(2)∵OB平分∠A'OA，∴∠DOB＝∠AOB，∵BC∥OA，∴∠DBO＝∠AOB，∴∠DOB＝∠DBO，∴BD＝OD，设CD＝x，则BD＝BC－CD＝4－x，∴OD＝4－x，在Rt△OCD中，由勾股定理，得OD2＝CD2＋OC2，∴(4－x)2＝x2＋32，解得x＝78∴BD＝4－x＝2582.解：(1)(－4，3)，(6，23)；【解法提示】∵四边形ODEF为矩形，D(0，3)，F(－4，0)，∴E(－4，3)，∵四边形OABC为菱形，A(4，0)，∴BC＝OA＝4，∵C(2，23)，∴B(6，23).(2)如解图，过点C作CN⊥OA于点N，∵C(2，23)，∴ON＝2，CN＝23，∴tan∠CON＝CNON＝232∴∠CON＝60°，过点H作HR⊥x轴于点R，∵E'F'＝3，∴HR＝E'F'＝3，∵∠COA＝60°，∴OR＝HRtan60°＝33＝∴H(1，3)，由平移可知OO'＝EE'＝t，∵E(－4，3)，∴E'(－4＋t，3)，∴E'H＝1－(－4＋t)＝5－t，∵∠E'HO＝∠HOF'＝60°，∴E'M＝E'H·tan60°＝3(5－t)，∵在Rt△AGO'中，AO'＝OO'－OA＝t－4，∠GAO'＝∠COA＝60°，∴GO'＝AO'·tan60°＝3(t－4)，∴S＝S矩形O'D'E'F'－S△MHE'－S△AGO'＝43－12×3(5－t)2－12×3(t－4)2＝－3t2＋93t－3332，其中t的取值范围是4＜第2题解图3.(1)证明：∵DE是△ABC的中位线，∴DE＝12BC，AD＝12由旋转性质得AD＝DE，∴AB＝BC； (3分)(2)证明：如解图①，连接AA'，∵DE是△ABC的中位线，F为A'B的中点，∴DA＝BD，∴DF是△ABA'的中位线，∴2DF＝AA'，由旋转性质得△A'DC'≌△ADC，∠A'DA＝∠C'DC，A'D＝AD，C'D＝CD，∴A'DC∴△A'DA∽△C'DC，∴A'AC∴2DFC'∴2DF·CD＝BD·CC'； (7分)第3题解图①(3)解：存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°，证明如下：如解图②，过点D作DF∥BC交AC于点F，过点C作CH⊥AB于点H，DF与CH交于点G，连接