10专题十 几何探究综合题-【智乐星中考·学考传奇】2025年山东省中考数学讲练本（五四制）

1 2 3 目 录 中考命题研究 专题分类突破 4 专题 类型 考频 命题趋势 几何探究综合题 动点探究 5年7考 1.考什么 几何图形的探究常以解答题的形式出现，设问方式为判断形状、线段之间的关系、求角的度数、求取值范围等，与全等三角形、相似三角形、特殊三角形、四边形的性质相结合 2.怎么考 几何图形变化题多以三角形、四边形为主，结合平移、翻折、旋转等变化，解决四边形问题时通常转化为三角形进行解答 旋转探究 5年5考 类比、拓展探究 5年12考 折叠探究 5年7考 5 类型1动点探究 例1 (2024·南充)如图，正方形ABCD边长为6 cm，E为对角线AC上一点，CE=2AE，点P在AB边上以1 cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2 cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t s(0<t≤3). (1)求证：△AEP∽△CEQ； (2)当△EPQ是直角三角形时，求t的值； (3)连接AQ，当tan∠AQE=时，求△AEQ的面积. 6 【解题启发】 (1)根据正方形的性质，能得到哪些边角关系证明△AEP∽△CEQ？ (2)利用题目中的条件，想一想直角三角形有什么特点？如何用t表示出直角三角形的三条边？有几种情况？ (3)可以用什么方法求△AEQ的面积？ 7 【规范解答】 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠PAE=∠QCE=45°. ∵CE=2AE，AP=t，CQ=2t，∴==， ∴△AEP∽△CEQ. 8 (2)解：如图，过点E作EM⊥AB于点M，过点E作 EN⊥BC 于点N. 由题意知AE=2，AM=ME=2， EN=CN=4，AP=t，CQ=2t， BQ=6-2t，MP=|t-2|，BP=6-t， QN=|2t-4|， ∴EP2=EM2+MP2， 即EP2=22+(2-t)2=t2-4t+8， PQ2=BP2+BQ2，即PQ2=(6-t)2+(6-2t)2=5t2-36t+72， EQ2=EN2+NQ2，即EQ2=42+(2t-4)2=4t2-16t+32. 9 ①当∠EPQ=90°时，则EQ2=EP2+PQ2， 即4t2-16t+32=t2-4t+8+5t2-36t+72， 整理得t2-12t+24=0， 解得t1=6-2，t2=6+2(不合题意，舍去)； ②当∠PEQ=90°时，则PQ2=EP2+EQ2， 即5t2-36t+72=t2-4t+8+4t2-16t+32， 整理得t-2=0，解得t=2； ③当∠PQE=90°时，则EP2=PQ2+EQ2， 即t2-4t+8=5t2-36t+72+4t2-16t+32， 整理得t2-6t+12=0，该方程无实数解. 综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为6-2或2. 10 (3)解：如图，过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G. ∵AF⊥AC，∠ACF=45°，∴AF=AC. ∵CE=2AE，∴==，∴tan∠AFE=. ∵tan∠AQE=，∴∠AFE=∠AQE， ∴A，F，Q，E四点共圆，直径为EF， ∴∠FQE=90°， 11 ∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形， ∴=，即=，∴QC=QE=4， ∴S△AEQ=S△AQC-S△EQC =QC·AB-QC·EQ =×4×6-×4×4 =4(cm2). 12 练1 (2024·威海)如图，在菱形ABCD中，AB=10 cm，∠ABC=60°，点E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF=60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF.点E从点C出发，沿CA方向以每秒 2 cm的速度运动至点A处停止.设△BEF的面积为y cm2，点E的运动时间为x秒. (1)求证：BE=EF； (2)求y与x的函数表达式，并写出自变量 x的取值范围； (3)求x为何值时，线段DF的长度最短. 13 (1)证明：如图，设CD与EF相交于点M. ∵四边形ABCD为菱形， ∴BC=DC，∠BCE=∠DCE，AB∥CD. ∵∠ABC=60°，∴∠DCF=60°. 在△BCE和△DCE中， ∴△BCE≌△DCE(SAS)，∴∠CBE=∠CDE，BE=DE. ∵∠DMF=∠DEF+∠CDE=∠DCF+∠CFE，∠DEF=∠DCF=60°， ∴∠CDE=∠CFE，∴∠CBE=∠CFE， ∴BE=EF. 14 (2)解：如图，过点E作EN⊥BC于点N，则∠ENC=90°. ∵BE=EF，∴BF=2BN. ∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°， ∴BC=AB=10 cm，∠ACB=∠BCD=60°，即∠ECN=60°. ∵CE=2x cm，∴EN=x cm，CN=x cm， ∴BN=BC-CN=(10-x)cm，∴BF=2(10-x)cm， ∴y=BF·EN=×2(10-x)×x=-x2+10x. ∵0<2x≤10，∴0<x≤5， ∴y=-x2+10x(0<x≤5). 15 (3)解：∵BE=DE，BE=EF，∴DE=EF. ∵∠DEF=60°，∴△DEF为等边三角形， ∴DE=DF=EF，∴BE=DF， ∴如图，当BE⊥AC时，BE最短，即线段DF的长度最短. ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC. ∵∠ABC=60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴CE=AC=5 cm，∴x==， ∴当x=时，线段DF的长度最短. 16 类型2旋转探究 例2 (2024·山东)一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC=∠DEF=90°，∠BAC=45°，∠EDF=30°，AC=DE.作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1. 17 (1)求证：BM=EN. (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕点C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P. ①当α=30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形； ②当30°<α<60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°<α<120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系. 18 【解题启发】 (1)根据已知条件，如何证明BM=EN？ (2)①正方形的判定条件是什么？此题用哪一种更合适？ ②旋转后线段长度是如何变化的？ 19 【规范解答】 (1)证明：设AC=DE=a. ∵∠ABC=∠DEF=90°，∠BAC=45°， ∴∠A=∠C=45°，∴AB=BC. ∵BM⊥AC，∴BM=AM=CM=AC=a. ∵∠EDF=30°，EN⊥DF，∴EN=DE=a， ∴BM=EN. 20 (2)①证明：∵∠D=30°，CN⊥DF， ∴∠CND=90°，∠DCN=90°-30°=60°. ∵α=∠ACD=30°，∴∠ACN=90°. ∵BM⊥AC，∴∠PMC=∠BMC=90°， ∴四边形CNPM为矩形. ∵BM=EN，即BM=CN，∴CM=CN， ∴四边形CNPM为正方形. 21 ②解：当30°<α<60°时，=. 证明：如图，当30°<α<60°时，连接CP. 由①可得CM=CN，∠PMC=∠PNC=90°. ∵CP=CP，∴△PMC≌△PNC(HL)， ∴PM=PN，∴MP+DP=PN+DP=DN. ∵∠D=30°， ∴cos D===cos 30°=， ∴=； 当60°<α<120°时，=. 22 练2 (2024·泰安)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，点D，E分别在AB，CB上，DB=EB，连接AE，CD，取AE的中点F，连接BF. (1)求证：CD=2BF，CD⊥BF. (2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置. ①请直接写出BF与CD的位置关系：　　　　；  ②求证：CD=2BF. 23 (1)证明：在△ABE和△CBD中， ∵AB=CB，∠ABE=∠CBD，BE=BD， ∴△ABE≌△CBD(SAS)，∴AE=CD，∠FAB=∠BCD. ∵点F是Rt△ABE斜边AE的中点，∴AE=2BF， ∴CD=2BF. ∵BF=AE=AF，∴∠FAB=∠FBA，∴∠FBA=∠BCD. ∵∠FBA+∠FBC=90°，∴∠FBC+∠BCD=90°， ∴BF⊥CD. 24 (2)①解：BF⊥CD ②证明：如图，延长BF到点G，使FG=BF，连接AG. 在△AGF和△EBF中， ∴△AGF≌△EBF(SAS)， ∴∠FAG=∠FEB，AG=BE， ∴AG∥BE，∴∠GAB+∠ABE=180°. ∵∠ABC=∠EBD=90°， ∴∠ABE+∠DBC=180°， 25 ∴∠GAB=∠DBC. ∵BE=BD，∴AG=BD. 在△AGB和△BDC中， ∴△AGB≌△BDC(SAS)，∴BG=CD. ∵BG=2BF，∴CD=2BF. 26 类型3类比、拓展探究 例3 (2024·临夏)如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，F是对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE=∠DAF. 【模型建立】 (1)求证：AF⊥BE. 【模型应用】 (2)若AB=2，AD=3，DF=BF，求DE的长. 27 【模型迁移】 (3)如图2，若矩形ABCD是正方形，DF=BF，求 的值. 28 【解题启发】 (1)如何利用题干中的角度关系证明AF⊥BE？ (2)DE的长可以直接求吗？不能的话，利用线段和差可以吗？ (3)由矩形变为正方形，模型有什么相同点和不同点？ 29 【规范解答】 (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°. ∵∠ABE=∠DAF， ∴∠BAF+∠ABE=∠BAF+∠DAF=∠BAD=90°， ∴∠AOE=90°， ∴AF⊥BE. 30 (2)解：如图1，延长AF交CD于点G. ∵GD∥AB，∴△GDF∽△ABF. ∵DF=BF，AB=2，AD=3， ∴==， ∴GD=AB=×2=1. ∵∠BAE=∠ADG=90°， ∠ABE=∠DAG， 31 ∴=tan∠ABE=tan∠DAG==， ∴AE=AB=×2=， ∴DE=AD-AE=3-=，∴DE的长是. 32 (3)解：如图2，延长AF交CD于点H. ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ADH=90°. 设AB=AD=2m. ∵HD∥AB，∴△HDF∽△ABF. ∵DF=BF，∴===， ∴HD=AB=×2m=m， 33 ∴AH===m， ∴AF=AH=×m=m， ∴==，∴的值为. 34 例4 (2023·菏泽)(1)如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为G.求证：△ADE∽△DCF. 【问题解决】 (2)如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH.求证：∠ADF=∠H. 【类比迁移】 (3)如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长. 35 【解题启发】 (1)如何利用矩形的性质去证明两个三角形的相似？ (2)如何利用正方形的性质来类比(1)，再根据等腰三角形的判定与性质解答？ (3)如何利用菱形的性质来类比(1)，再根据等边三角形的判定与性质解答？ 36 【规范解答】 (1)证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADE=∠DCF=90°， ∴∠CDF+∠DFC=90°. ∵AE⊥DF，∴∠DGE=90°， ∴∠CDF+∠AED=90°，∴∠AED=∠DFC， ∴△ADE∽△DCF. 37 (2)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°. ∵AE=DF，∴△ADE≌△DCF(HL)， ∴DE=CF. 又∵CH=DE，∴CF=CH. 又∵DC⊥BC，∴DF=DH，∴∠DFC=∠H. ∵AD∥BC，∴∠ADF=∠DFC=∠H. 38 (3)解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG. ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=DC，AD∥BC， ∴∠ADE=∠DCG， ∴△ADE≌△DCG(SAS)， ∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE. ∵AE=DF，∴DG=DF，∴△DFG是等边三角形， ∴FG=FC+CG=DF=11， ∴FC=11-CG=11-8=3. 39 【解题通法】 正方形内“十字架”模型 图形 过顶点的十字架 不过顶点的十字架，分别过点F，H作线段AB，BC的垂线，垂足分别为M，N 条件 在正方形ABCD中，BN⊥AM 在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，CD，BC，AD边上的点，EF⊥GH 结论 1.△ADM≌△BAN；　2.AM=BN 1.△HNG≌△FME；　2.GH=EF 40 矩形内“十字架”模型 图形 过顶点的十字架 不过顶点的十字架，分别过点F，G作线段AD，CD的垂线，垂足分别为M，N 条件 在矩形ABCD中，在AD上有一点E，CE⊥BD 在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为AD，BC，AB，CD边上的点，EF⊥GH 结论 1.△CDE∽△BCD；　2.= 1.△EFM∽△HGN；　2.= 41 等腰直角三角形内“十字架”模型 图形 构造正方形内十字架模型 条件 在△ABC中，AB=AC，AB⊥AC，AE⊥BD，点D为AC的中点 结论 1.BE∶EC=2∶1；　2.△CEN≌△CED⇒∠AEB=∠CED 42 练3 (2024·齐齐哈尔)综合与实践 如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”.如图2，在△ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E. 43 (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是　　　　；  (2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F.若AB=2，AC=6，求△BDF的面积； (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则=　　　　；  (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使 tan∠BCP=，请直接写出线段AP的长度. 44 解：(1)AB=DE (2)∵线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD， ∴BC=BD，∠CBD=90°， ∴∠BCA=∠DBE=90°-∠ABC. ∵∠A=∠DEB=90°，∴△ABC≌△EDB(AAS)， ∴DE=AB，BE=AC. ∵AB=2，AC=6，∴DE=2，BE=6， ∴AE=AB+BE=8. 45 ∵∠DEB+∠A=180°，∴DE∥AC， ∴△DEF∽△CAF， ∴=，即=， ∴EF=4，∴BF=BE+EF=10， ∴S△BDF=BF·DE=10. (3) (4)或. 46 练4 (2024·泰安)综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动. 【探究发现】 (1)同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点B的对应点G恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连接BG.EF与BG相交于点H.同学们发现图形中四条线段成比例，即=，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由. 47 【拓展延伸】 (2)同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点A的对应点G，点C的对应点H都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF.将纸片展平，连接EG，FH，FG.同学们探究后发现，若FG∥CD，那么点G恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即BG2=BD·GD.请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由. 48 解：(1)正确. 理由如下： 如图，过点E作EM⊥BC于点M. ∵EF⊥BG，∴∠BHF=90°， ∴∠FBH+∠BFH=90°. ∵∠EMF=90°， ∴∠MEF+∠BFH=90° ∴∠FBH=∠MEF. 49 ∵∠EMF=∠C=90°， ∴△EMF∽△BCG， =. ∵四边形ABCD是矩形，EM⊥BC， ∴四边形ABME是矩形. ∴AB=EM ，∴=. 50 (2)同学们的发现正确. 理由如下： ∵CD∥FG，∴=，∠CDF=∠DFG. 由折叠知∠CDF=∠BDF， ∴∠DFG=∠BDF.∴GD=GF， ∴=. 由平行四边形及折叠的性质知AB=CD=BG， ∴=，∴BG2=BD·GD ， ∴点G是对角线BD的一个“黄金分割点”. 51 练5 (2023·东营)(1)用数学的眼光观察. 如图1，在四边形ABCD中，AD=BC，点P是对角线BD的中点，点M是AB的中点，点N是DC的中点，求证：∠PMN=∠PNM. (2)用数学的思维思考. 如图2，延长图中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F，求证：∠AEM=∠F. 52 (3)用数学的语言表达. 如图3，在△ABC中，AC<AB，点D在AC上，AD=BC，点M是AB的中点，点N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD. 若∠ANM=60°，试判断△CGD的形状，并进行证明. 53 (1)证明：∵点P是BD的中点，点M是AB的中点， ∴PM=AD.同理得PN=BC. ∵AD=BC，∴PM=PN，∴∠PMN=∠PNM. (2)证明：∵点P是BD的中点，点N是DC的中点， ∴PN∥BC，∴∠PNM=∠F. 同理得∠PMN=∠AEM. 由(1)可知∠PMN=∠PNM，∴∠AEM=∠F. 54 (3)解：△CGD是直角三角形. 证明：如图，取BD的中点P，连接PM，PN. ∵点M是AB的中点， ∴PM∥AD，PM=AD. 同理得PN∥BC，PN=BC. ∵AD=BC，∴PM=PN，∴∠PMN=∠PNM. ∵PM∥AD，∴∠PMN=∠ANM=60°， ∴∠PNM=∠PMN=60°. 55 ∵PN∥BC，∴∠CGN=∠PNM=60°. 又∵∠CNG=∠ANM=60°， ∴△CGN是等边三角形，∴CN=GN. 又∵CN=DN，∴DN=GN. ∴∠NDG=∠NGD=30°， ∴∠CGD=∠CGN+∠NGD=60°+30°=90°， ∴△CGD是直角三角形. 56 类型4折叠探究 例5 (2023·枣庄)问题情境：如图1，在△ABC中，AB=AC=17，BC=30，AD是BC边上的中线.如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，G，F，H. 57 猜想证明： (1)如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由. 问题解决： (2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积. 58 【解题启发】 (1)如何证明四边形AEDG的边或角关系？ (2)如何利用折叠的性质、等腰三角形的性质得出四边形AMKG为平行四边形？能否利用转化思想求图形的面积？ 59 【规范解答】 解：(1)四边形AEDG是菱形.理由如下： ∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线， ∴AD⊥BC，BD=CD=BC. ∵将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合， ∴EF⊥BC，GH⊥BC，BE=DE，CG=DG，BF=FD=BD，CH=DH=CD， 60 ∴EF∥AD，∴==1， ∴BE=AE=AB， 同理可得CG=AG=AC， ∴AE=DE，AG=DG. ∵AB=AC，∴AE=DE=DG=AG， ∴四边形AEDG是菱形. 61 (2)由折叠性质可得∠GDC=∠C，∠MHB=∠B. ∵AB=AC，∴∠B=∠C， ∴∠GDC=∠B，∠MHB=∠C，∴MH∥AC，DG∥AB， ∴四边形AMKG为平行四边形. ∵AB=AC=17，BC=30， ∴BD=CD=BC=15，DH=CH=， DG=AG=AC=， ∴GH==4. 62 如图，过点H作HJ⊥CG于点J. ∵S△CHG=CH·HG=CG·HJ， ∴CG·HJ=×4=30. ∵S四边形MKGA=AG·HJ，AG=CG， ∴S四边形MKGA=CG·HJ=30. 63 练6 (2024·济宁)综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片(如图1，矩形ABCD 中，AB>AD 且AB 足够长)进行探究活动. 64 【动手操作】 如图2，第一步，沿点 A 所在直线折叠，使点 D 落在AB上的点E 处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平. 第二步，把四边形 AEFD 折叠，使点 A 与点 E 重合，点D与点F 重合，折痕为GH，再把纸片展平. 第三步，连接GF. 65 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论. 甲同学的结论：四边形AEFD 是正方形. 乙同学的结论：tan∠AFG=. (1)请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确.若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由. 66 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作. 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点 F 落在AB 上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平. 第五步，连接FM交GP 于点 N. 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论： FN·AM=GN·AD. (2)请证明这个结论. 67 解：(1)甲、乙同学的结论都正确. 证明：甲同学：由折叠可知△ADF≌△AEF，AD=AE，DF=EF. ∵AD=EF，∴AD=AE=EF=DF， ∴四边形AEFD是菱形. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°， ∴四边形AEFD是正方形. 68 乙同学：如图，过点G作GQ⊥AF于点Q. 由折叠知点H，G分别是DF，AE的中点，∠EAF=45°， 设QG=AQ=x. 在Rt△AGQ中，AG=x. 在Rt△AEF中，AE=2x， ∴AF=4x，∴QF=AF-AQ=3x， ∴tan∠AFG==. 69 (2)证明：如图，连接DM. 由折叠可知△GFP≌△GMP， FG=MG，∠FGP=∠MGP. ∵GN=GN， ∴△FGN≌△MGN(SAS)， ∴∠FNG=∠MNG=90°. 70 由(1)知FE=2x，GE=x. ∴GM=FG==x. ∴tan∠DMA==. ∵FP∥GM， ∴∠FPG=∠PGM，∴∠FPG=∠FGP， ∴FP=FG=x，∴HP=x+x. ∴tan∠FGP==tan∠FPG==， ∴=， ∴FN·AM=GN·AD. 71 $$