2025年中考数学总复习46 微专题 几何综合题 学案（含答案）

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（2，2），矩形ODEF的顶点D（0，），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，tan B＝，点D在AB上，AD＝.过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE＝.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，请说明理由.
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，
∴＝＝.
∵F是BC的中点，
∴＝＝；
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＝AD＝1，
∴∠2＝∠1，
在Rt△MDC中，MC＝＝＝，
∴CE＝MC－ME＝－1.
∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠2＝∠4，
∵∠1＝∠3，
∴∠4＝∠3，
∴CF＝CE＝－1，
与(1)同理可得，＝＝.
第1题解图②
2. (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＝＝10.
∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DCA
∴＝，即＝，解得EF＝a.
由(1)知∠DFE＝∠CEG，
∵EF∥AC，
∴∠DFE＝∠DAC，
∴∠CEG＝∠DAC，
∵∠ECG＝∠ADC，
∴△CEG∽△DAC，
∴＝，即＝，解得EG＝(6－a)，
∴S△EFG＝EF·EG＝×a×(6－a)＝(6a－a2)＝－(a－3)2＋，
∵－＜0，0＜a＜6，
∴当a＝3时，△EFG的面积有最大值，最大值为.
3. 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＝OB＝2，AB＝OB·cos 30°＝2，
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＝AO·AB＝×2×2＝2，
∵∠ABC＝∠ABO＋∠OBC ＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵OP⊥AC，
∴S△AOC＝AC·OP，即×2·OP＝2，
解得OP＝；
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＝OB＝2，AB＝OB＝2，∠ABC＝90°，
∴BC∥OA，AC＝＝2，
∴∠PAO＝∠ACB，
∵sin∠ACB＝＝，
∴sin∠PAO＝sin∠ACB＝，
∴＝，
∴OP＝OA＝；
(3)根据题意得，M运动到点C时，所需时间为＝(秒)，N运动到点B时，所需时间为＝4(秒)，当M，N相遇时，所需时间为＝(秒)，
∴分三种情况讨论：
①当0＜x≤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·sin 60°＝x，
∴y＝OM·NE＝×1.5x×x＝x2，
∵＞0，
∴当x＝时，y最大＝×()2＝；
②当＜x＜4时，点M在BC上，点N在OB上，如解图②，
BM＝8－x，过点M作MF⊥OB于点F，
∴MF＝BM·sin 60°＝(8－x)，
∴y＝ON·MF＝x·(8－x)＝2x－x2，
∵－＜0，
∴当x＝－＝－＝时，
y最大＝2×－×()2＝；
③当4≤x＜时，点M，N都在BC上，如解图③，
MN＝12－x，
过点O作OG⊥BC于点G，
则OG＝AB＝2，
∴y＝MN·OG＝(12－x)·2＝－x＋12，
∵－＜0，
∴当x＝4时，y最大＝2.
综上所述，当x＝时，y取得最大值，最大值为.
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＝，∴DF＝；
第1题解图①
(2)HG＝AE.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＝DE＝DH，
∵∠DAE＝∠DHG＝90°，
∴△ADE≌△HGD，
∴AD＝HG，
在Rt△ADE中，AD＝AE，
∴HG＝AE.
2. 解：(1)t＝－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(，2)，将点E代入y＝x＋t中，得＋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，tan C＝＝，
由对称的性质，得A'D＝AD，∠A'＝∠OAE＝∠C，∠ADE＝∠A'DE，∴tan A'＝.
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，tan A'＝，
∴A'M＝A'D－DM＝AD－DM＝1＋t，
∴在Rt△A'MN中，MN＝A'M·tan A'＝(1＋t)，
∴S△A'MN＝A'M·MN＝(1＋t)2.
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，∵tan A＝＝，∴＝，解得x＝，
∴S△A'DE＝S△ADE＝AD·EK＝×(5＋t)×＝(5＋t)2，
∴S＝S△A'DE－S△A'MN＝(5＋t)2－(1＋t)2＝－t2＋t＋.
∵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＝AD，
即点P(3，4)，
∴AP＝DP；
(2)解：PQ＝2AP，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＝2(4－t)＝2AP；
(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，
∴Rt△PHM和Rt△MIQ的相似比为2或，
则PH∶MI＝HM∶IQ＝2或，
当m＞0时，如解图①②，
当相似比为2时，如解图①，
＝＝2，
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＝，t＝，
即点M(，0)，t＝；
当相似比为时，如解图②，
＝＝，
则PH＝MI，MH＝QI，
第3题解图②
则2×4＝m－(t－4)且2(m－4＋t)＝4－2t，
解得m＝，t＝，
则点M(，0)，t＝；
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，
＝＝2，
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；
当相似比为时，
经验证，该情况不存在，
综上所述，点M(，0)，t＝或M(，0)，t＝或M(－7，0)，t＝－1.
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＝＝，
tan∠B'OC'＝＝，
∴∠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＝，
∴BD＝4－x＝.
2. 解：(1)(－4，)，(6，2)；
【解法提示】∵四边形ODEF为矩形，D(0，)，F(－4，0)，∴E(－4，)，∵四边形OABC为菱形，A(4，0)，∴BC＝OA＝4，∵C(2，2)，∴B(6，2).
(2)如解图，过点C作CN⊥OA于点N，
∵C(2，2)，
∴ON＝2，CN＝2，
∴tan∠CON＝＝＝，
∴∠CON＝60°，
过点H作HR⊥x轴于点R，
∵E'F'＝，
∴HR＝E'F'＝，
∵∠COA＝60°，
∴OR＝＝＝1，
∴H(1，)，
由平移可知OO'＝EE'＝t，
∵E(－4，)，
∴E'(－4＋t，)，
∴E'H＝1－(－4＋t)＝5－t，
∵∠E'HO＝∠HOF'＝60°，
∴E'M＝E'H·tan60°＝(5－t)，
∵在Rt△AGO'中，AO'＝OO'－OA＝t－4，∠GAO'＝∠COA＝60°，
∴GO'＝AO'·tan 60°＝(t－4)，
∴S＝S矩形O'D'E'F'－S△MHE'－S△AGO'＝4－×(5－t)2－×(t－4)2＝－t2＋9t－，其中t的取值范围是4＜t＜5.
第2题解图
3. (1)证明：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC，AD＝AB，
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'DA∽△C'DC，
∴＝，
∴＝，
∴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EG，AG，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
在Rt△BDE中，tan B＝，BE＝3，
∴DE＝4，BD＝5，cos B＝，sin B＝， (8分)
在Rt△BCH中，cos B＝＝，BC＝BE＋CE＝3＋＝，
∴BH＝，
∴AH＝AD＋BD－BH＝＋5－＝，
∴DH＝AD－AH＝－＝＝AH， (9分)
∵CH⊥AD，
∴△ADG为等腰三角形，
∴∠AGH＝∠DGH， (10分)
∵DF∥BC，
∴∠ADG＝∠B，∠EDG＝90°，
∴tan∠ADG＝tan B＝，
cos∠ADG＝cos B＝，
∴＝，＝，
∵DH＝，
∴HG＝，DG＝， (11分)
∵＝，＝，
∴＝，
∵∠DHG＝∠EDG＝90°，
∴△DHG∽△EDG，
∴∠DGH＝∠EGD， (12分)
∴∠DGE＝∠AGH，
∵∠AGC＋∠AGH＝180°，
∴∠AGC＋∠DGE＝180°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°. (13分)
第3题解图②
一题多解法
如解图③，取AD中点M，CE中点N，连接MN，
∵AD是☉M直径，CE是☉N直径，
∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°，
∵tan B＝，BE＝3，
∴BD＝5，
∵CE＝，
∴EN＝CE＝，
∴BN＝BE＋EN＝，
∵DE⊥CE，
∴DE是☉N的切线，即DE在☉N外，
作NF⊥AB，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°，
∴△BDE∽△BNF，
∴＝，
∴NF＝＞，即NF＞rn，
∴AB在☉N外，
∴G点在四边形ADEC内部.
作MH⊥BC，
∵BM＝，tan B＝，
∴BH＝，MH＝，
∴NH＝，
∴MN＝≈7.4＜AM＋CN，
∴☉M和☉N有交点.
第3题解图③