专项十二 几何综合型问题-【指点中考】2025年湖北中考数学题型突破

专项十二几何综合型问题 题型1平移型问题 题型概览 99999别 本题型紧扣平移的性质，找相等线段是解题关键.一般位于压轴题第二问或第三问，分值为 4一6分，难度值为0.3~0.45：渗透数形结合、分类讨论、化归转化思想，考查构造全等或相似、 第 构造方程等方法。 部 例1(2024新乡模拟)如图1，在矩形ABCD中， 90°，EF=GF)的顶点E与点D重合，腰EF在 分 AB=3,BC=4.把△ADB沿线段BC向右平 AD上，将△EFG沿着射线DA平移，当顶点 题 移，点B,D的对应点分别是E,F,EF与CD F与点A重合后，△EFG沿射线AB平移. 专 相交于点N(如图2). 问题解决： (1)观察：图2中BE与DF的数量关系是 (1)当点F在AD上时，如图1，若点B,G之 攻 ,DN与DF的位置关系是 间的最短距离为2，求EF的长： (2)迁移：如图3，在平移过程中，连接DE,沿 (2)当△EFG平移到图2所示的位置时，连 着DE将△ECD进行翻折，得对应△EGD. 接CE,CG,AG,若四边形CEAG恰好是平行 ①若四边形GECD为正方形，则DN的长度 四边形，求DE的长； 为 (3)如图3，连接BD交AC于点M,当点E与 ②设∠CDE=a,求G,C两点之间的距离 点M重合时，求AF的长 图2 纠3 例2综合与实践 问题情境： 在Rt△ABC中，∠B=90°，∠BAC=30°，BC 3,在AC上方构造直角三角形ACD,使得 ∠DAC=-30°，∠ACD=90°.△EFG(∠EFG 30 指点中考数学 题型2折叠型问题 题型概览 99999 该题型考查以折叠为背景的几何问题，灵活运用折叠的性质，寻找相等的边、角，利用全等」 相似、勾股定理寻找几何量之间的关系.难度值为0.2一0.4；渗透数形结合、分类讨论思想. 例3(2024湖北)(11分)在矩形ABCD中，点 :P为CD的中点DP=CP=2×2=1. E,F分别在边AD,BC上，将矩形ABCD沿 小…4分 第 EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上， 设EP=AE=x,∴.ED=AD-AE=3-x, 点B的对应点为点G,PG交BC于点H. 部 在Rt△EDP中，EP=ED+DP, (1)如图1，求证：△DEP△CPH: 分 (2)如图2，当P为CD的中点，AB=2,AD= 即2=(3-)9+1，解得x-号， 题 3时，求GH的长； 专 (3)如图3，连接BG,当P,H分别为CD,BC EP=AE=x=号∴ED=AD-AE= 攻 的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说 …5分 略 明理由 :△DEP△CPH,∴肥-3，即是 5 PH…PH=5 图3 →规范答题 ·PG=AB=2,GH=PG-PH=3 4 (1)证明：如图， …6分 (3)解：如图，延长AB,PG交于点M,连 接AP, .四边形ABCD是矩形， ∴.∠A=∠D=∠C=90°，∴.∠1+∠3=90°. ,E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE 沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上， E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE .∠EPH=∠A=90°，.∠1+∠2=90°， 沿EF翻折，使A的对称，点P落在CD上， ∠3=∠2，△DEP∽△CPH.…3分 AP⊥EF,BG⊥直线EF,∴.BG∥AP (2)解：四边形ABCD是矩形，∴.CD .AE=EP,∴∠EAP=∠EPA, AB=2,AD=BC=3,∠A=∠D=∠C=90° .∠BAP=∠GPA, 题型突破 31 .△MAP是等腰三角形，∴.MA=MP ①如图2，若直线1与边CB相交于点Q,当折 …7分 叠后四边形POCQ与□OABC重叠部分为 P为CD的中点，.设DP=CP=y, 五边形时，OC'与AB相交于点E.试用含有 ∴.AB=PG=CD=2y. t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的 ,H为BC的中点，BH=CH. 取值范围： ,∠BHM=∠CHP,∠CBM=∠PCH, 第 ②设折叠后重叠部分的面积为S,当号≤1< ∴.△MBH≌△PCH(ASA),…8分 部 ..BM=CP=y,HM=HP,.MP=MA= 时，求S的取值范围（直接写出结果即可）。 分 MB+AB=3∴HP=2PM= 23 型 在Rt△PCH中，CH=,PF-PC= 2, 项 图2 ∴.BC=2CH=√/5y,∴.AD=BC=√/5y. 略 在Rt△APD中，AP=√AD+PD=√6y …9分 .'BG∥AP,∴.△BMG∽△AMP, 器微c= 3y,…10分 提器=… …11分 √6 33 ∴.AB=、6BG. 例4(2024天津)将一个平行四边形纸片OABC 放置在平面直角坐标系中，点O(0,0),点 A(3,0),点B,C在第一象限，且OC=2, ∠AOC=60°. (1)填空：如图1，点C的坐标为 ,点 B的坐标为 (2)若P为x轴的正半轴上一动点，过点P 作直线⊥x轴，沿直线1折叠该纸片，折叠后 点O的对应点O'落在x轴的正半轴上，点C 的对应点为C'.设OP=t. 32 指点中考数学 例5(2024广州)如图，在菱形ABCD中，∠C= ②连接FD,直线FD能否与⊙O相切？如果 120°.点E在射线BC上运动（不与点B,点C 能，求BE的长度；如果不能，请说明理由. 重合)，△AEB关于AE的轴对称图形 为△AEF (1)当∠BAF=30°时，试判断线段AF和线 段AD的数量和位置关系，并说明理由： (2)若AB=6+6√3，⊙O为△AEF的外接 圆，设⊙O的半径为r. ①求r的取值范围： 第一部分题型专项攻略 题型3旋转型问题 题型概览 999999 以旋转为背景的几何综合题，主要考查旋转的性质，三类考点：通过旋转构造“手拉手”全等 或相似，构造“半角”全等模型：构造“对角互补”全等或相似.求最值时注意隐藏条件的应用，求线 段长或角度时由于旋转位置不定，常用分类讨论.一般位于压轴题第二问或第三问，难度值为0.1~ 0.3,渗透数形结合、分类讨论思想. 例6(2024广西)如图1，△ABC中，∠B=90°， ①求△A'MC'面积的最大值及此时旋转角a AB=6,AC的垂直平分线分别交AC,AB于 的度数，并说明理由： ②当△A'MC'是直角三角形时，请直接写出 点M,O,CO平分∠ACB. 旋转角α的度数， 思路分析：(1)由题千很容易得出∠AC)= ∠BCO=∠A,结合公共角即可得证： (2)①△AMC的底是定长，所以只要找到高的 最大值就可求出面积最值，过点M作MH⊥ 图 图2 A'C'于点H,过点O作ON⊥A'C于点N,当 (1)求证：△ABC∽△CB): N,H重合时MH取最大值，此时最大值为 (2)如图2，将△AO℃绕点O逆时针旋转得到 OM+OV=4,即可求解： △A'OC',旋转角为a(0°<a<360),连接 ②首先由条件可知只有可能是∠A'MC' A'M.C'M. 90°，由特殊三角形和旋转的性质大胆猜测当 题型突破 33 点C与A重合时和当A'与C重合时满足 ∠AMC‘=90°，进而求旋转角即可. 图3 图4 思路分析：问题3由问题2知OA=OD= OG,则点G的运动轨迹是以O为圆心，OA长为 第 半径的孤，再根据α的变化求圆心角即可 一部分题型专项攻略 得解。 例7(2024通辽)数学活动课上，某小组将一个 含45°角的三角尺AEF和一个正方形纸板 ABCD如图1摆放，若AE=1,AB=2.将三 角尺AEF绕点A逆时针方向旋转a(0°≤a≤ 90°)角，观察图形的变化，完成探究活动. 【初步探究】如图2，连接BE,DF并延长，延 长线相交于点G,BG交AD于点M, 问题1BE和DF的数量关系是 位置关系是 【深人探究】应用问题1的结论解决下面的 问题 问题2如图3，连接BD,点O是BD的中 例8(2024成都)数学活动课上，同学们将两个 点，连接OA,OG.求证OA=OD=OG. 全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个 【尝试应用】 顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转， 问题3如图4，请直接写出当旋转角α从0° 来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片 变化到60时，点G经过路线的长度 ABC和ADE中，AB=AD=3,BC=DE=4, ∠ABC=∠ADE=90°. 【初步感知】 (1)如图1，连接BD,CE,在纸片ADE绕点 图1 图2 A旋转过程中，试探究2的值， 34 指，点中考数学 【深入探究】 例9(2024泰安)如图1，在等腰Rt△ABC中， (2)如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中， ∠ABC=90°，AB=CB,点D,E分别在AB, 当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长 CB上，DB=EB,连接AE,CD,取AE的中 线上时，延长ED交AC于点F,求CF的长 点F,连接BF 【拓展延伸】 (1)求证：CD=2BF,CD⊥BF: (3)在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究 (2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的 C,D,E三点能否构成直角三角形.若能，直 位置 接写出所有直角三角形CDE的面积：若不 ①请直接写出BF与CD的位置关系： 第 能，请说明理由。 ②求证：CD=2BF 图2 备州图 一部分题型专项攻略 图2 题型4动点型问题 题型概览 99999芳 对于几何探究中的动点问题，常将动态化成静态，“动中取静”，寻找不变的数量关系、位置关 系，通过动点处于某种特殊位置产生几何关系建立某种数量关系列方程求解.在动点背景下的最值 问题，常考虑极限思维，注意区分动点的运动轨迹是“线”还是“弧”，该题型位于压轴题第二问或第 三问，分值为4~6分，难度值为0.1~0.3.渗透数形结合思想、分类讨论思想 题型突破 35 例10(2024杨州)如图，点A,B,M,E,F依次在 例11(2024南充)如图，正方形ABCD的边长为 直线1上，点A,B固定不动，且AB=2,分别 6cm,点E为对角线AC上一点，CE=2AE, 以AB,EF为边在直线L同侧作正方形 点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向 ABCD,正方形EFGH,∠PMN=90°，直角 点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的 边MP恒过点C,直角边MN恒过点H. 速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒 (1)如图1，若BE=10,EF=12,求点M与点 (0<t≤3) B之间的距离： 第 (2)如图1，若BE=10,当点M在点B,E之 间运动时，求HE的最大值： 部 (3)如图2，若BF=22,当点E在点B,F之 分 间运动时，点M随之运动，连接CH,点O是 (1)求证：△AEPp△CEQ: 题 CH的中点，连接HB,MO,则2OM+HB的 (2)当△EPQ是直角三角形时，求t的值： 最小值为 专 (3)连接AQ,当tan∠AQE=专时，求△AEQ 盛 的面积 2 36 指点中考数学由题意得n(n+1)=420,得n2+n-420= ∠IEH=∠IHE=45°，IE=IH=S 0,即(n+21)(n-20)=0, 解得n=20或n=-21(舍去)， DE=AD-AI-1IE=43-33-3- 22 ∴.一共能摆放20排. 专项十二几何综合型问题 5V5-3 2 【例1】解：(I)BE=DF,DN⊥DF (3)如图3，当点E与点M重合时，过点B 20￥ 作AD的平行线，交AC的延长线于点N, ②连接GC交DE于M(图略)， ,△ECD翻折得到△EGD,∴.△ECD和 △EGD关于直线DE对称，.DE垂直平 分GC, 在Rt△MDC中，∠CDE=a,CD=3, ..MC=3sin a,.'.GC=2MC=6sin a. 【例2】解：(1)在Rt△ABC中，∠ABC=90°， 图3 ∠BAC=30°，BC=3,.∴.AB=3√3. 则△ADE△NBE架、 易知当点F在AD上时，点G在AD下方平 .∠N=∠DAC=∠BAC=30°，∴.BA=BN 行于AD且到AD的距离为EF长的直线 上运动.连接BG,当BG最短时，BG⊥AD, 、裙-专 如图1，此时点B,G,F共线， 由BA=BN,∠BAN=∠BNA=30°， 易得AV=2 ABcos30°=9， AE=号AN=9 过点E作AB的垂线，垂足为点J,则EJ= 图1 9AW-18,3 7 BF=ABsin60°= 由平移可知EF∥AD,则∠EFB=60°， 2 ∴EF=FG=BF-BG= 6o-69 ∴FJ= 2· 7 (2)易知AC=2BC=6, ·AF=AJ-FJ=123 7 ..AD=AC c0s30°=4V3. 【例4】解：(1)(1，√3)；(4,3). 设AC,EG交于点H,如图2，若四边形CEAG (2)①：过点P作直线1⊥x轴，沿直线1折 是平行四边形，则AH=CH=3,EH=HG.过 叠该纸片，折叠后点O的对应点O'落在x 点H作HI⊥AD于点I,则IH=AHsin30°= 轴的正半轴上，∴∠OOC'=∠AOC=60°， OP=OP,∴.OO=2OP=2t. 多A1=3 A(3,0),.OA=3,∴.A0=O0-OA= 213. ,四边形OABC为平行四边形，，.AB= OC=2,AB∥OC,∠OAB=∠AOC=60°， ∴.△E0A是等边三角形，∴.AE=AO=21-3. .'BE=AB-AE,.'BE=AB-AE=2- 图2 (2t-3)=5-2t. ·90· 1的取值范围为<3·解法提示： S=号OP+MC)XMP=2(OP+CM× 当0与点A重合时， c i C MP=+1-1DX3=5(21-1)=31 .>0∴S随着：的增大而增大， AB与C0的交点E与A重合，0POA- 在-多时.s=x是号-39 22 如图，当C与点B重合时， ,在=1时8=5X1-- (E)B() 当1<1时，9S反 当<<号时，过点E作ENLx轴，如图。 AB与CO的交点E与B重合，OP-CB+1-5 2 1的取值范围为<<多 P @2)<S<5解法提示： 由①得出△EOA是等边三角形，EN⊥AO, 如图，过点C作CH⊥OA, AN=2A0=2(2-3)=1-2 im∠EA0=Bw3-X, EN=3(-》, 可PHO 由(1)得出C(1w3),∠COA=60°， s--g-×A0×EN=51-9 m60r-S-吧MP= 221-3)×3-】 当号<1<1时，S=20PxMP=0PX =-8+4v31-13 Mp-x,8-. 4 -3<0, ~受>0∴丽数图象开日向上，对称轴为直 函数图象开口向下，在1=一 4W3 2×(-3) 线t=0, 2时，S有最大值， “在号<1<1时，S-随者：的增大面 Sx=-3X4+43×2-1l3=5v5 ∴在<时2-引=2-引 当1<≤受时，如图： 当=时，S=一3×（侵》+43×号 118=3, 4 则在号<时<S<5 ·91· 当<时，如图。 0A=8S0=2aG -0A-2G-22AE-号AE, 3 在Rt△ABH中，AH=AB·sin60°=9+3V3, :AE≥AH,且点E不与B,C重合， .S-/X(AC+BC)XMP- .AE>9+3√3，且AE≠6+6√3， r≥33+3，且r≠23+6. -9-含×(20-3+21-5)×8= ②能相切，此时BE=12.理由如下： 假设存在，如图画出示意图， 一3+7，”3<0.S随若1的增大面 减小， ∴在≤1<号时，则把1==分别代 入=-3+73 21 设△AEF的外接圆圆心为O,连接OA, 得出5=-3×多+2g5-3,5=-5× OF,作EH⊥AB于点H,设∠AFD=a, 2 则∠AEF=∠AEB=a(弦切角定理)， 11+73_3③ ∴∠CEF=180°-∠AEB-∠AEF-180°-2a, 4 2 4， AF=AD,∴∠ADF=∠AFD=a, 在<}时，3≤s≤ ∴.∠DAF=180°-2a, ,∠CEF=∠CAF, 综上，2<<5 ∴∠CAF=180°-2a=∠DAF, 【例5】解：(1)AF=AD,AF⊥AD.理由如下： ·∠CAD-=3∠BAD=60, ,四边形ABCD是菱形， ∴.∠CAF=180°-2a=∠DAF=30°， ∴.AB=AD,∠BAD=∠C=120 ∴.a=75°，即∠AEB=75°，：∠B=60°， ,△ABE和△AFE关于AE轴对称， ∴.∠BEH=30°，.∠AEH=∠EAH=45. ∴.AB=AF,∴AF=AD. 设BH=m,则EH=AH=3m,BE=2m, ,∠BAF=30°，∠DAF=∠BAD-∠BAF= .AB=6+6√3，∴.m+√3m=6+6√3， 90°，∴.AF⊥AD ∴.m=6,∴.BE=12 综上，AF=AD,AF⊥AD. 【例6】(1)证明：，OM垂直平分AC,∴.OA= (2)①如图，设△AEF的外接圆圆心为O, OC,∠A=∠ACO, 连接OA,OE,作OG⊥AE于点G,作AH⊥ ,CO平分∠ACB,∴∠ACO=∠BCO=∠A, BC于点H. ∠B=∠B,.△ABC∽△CBO. (2)解：①：∠ACO=∠BCO=∠A,∠B= 90°，∴.∠ACO=∠BC0=∠A=30°. 在R△ABC中，AB=6,AC=AB c0s30=4v3, ∴AM=23,∴.OM=-AM·tan30°=2. ,∠AFE=∠ABE=60°，.∠AOE=120°. 如图1，作MH⊥A'C'于点H,ON⊥A'C'于 ,OA=OE,∴.∠OAE=∠OEA=30°， 点V,连接MN, ·92 在△AOC旋转的过程中，对应边AC= 综上，当△AMC是直角三角形时，a为120 A'C'=4V3,对应高OM=ON=2, 或240° 在Rt△MHN中，MH<MN,在△OMN 【例7】问题1解：BE-DF,BE⊥DF, 中，MN<OM+ON, 问题2证明：，△BAD是直角三角形，O ∴.MH<MN<OM+ON. 是BD的中点，OA=专BD=OD, 又∠G=90°，∴.△BGD是直角三角形， 0G-7BD=OD,0A=OD-OG. 问题3解：由问题2知，OA=OD=OG, ∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半 图1 图2 径的弧，如图，连接OA,OG. 如图2，当N,H重合时，MH取最大值，此 时最大值为OM+ON=4, ∴Se=2AC'.MIH=83. 即△AMC'面积的最大值是8√3， 此时M,O,N三点共线，a=∠MON=180°. ②在旋转的过程中，等腰三角形AOC的形 旋转角α从0°变化到60°，.此时点G的 状、大小不变，∠AOC=∠AOC'=120°， 运动路线就是AG, 取AB的中点H,连接EH, ,'MC≤MO+OC=MO+OC=6<4√3= ∠BAE=60°，AE=1,AB=2, A'C',同理MA'≤6<A'C', ∴.△AMC中只有可能∠AMC'=90°， AE-AH-7AB-BH, .OM垂直平分AC, ∴.△AEH是等边三角形， ∴.MA=MC,∠AMO=90° .BH=EH,∠AHE=∠AEH=60°， (I)如图3，当点C与A重合时，A'恰好在 ∴.∠ABE=30°，.∠OBG=45°-30°=15. MO的延长线上，满足∠A'MC'=90°，此时 a=120°； 0B=0G-2BD,∠D0G=30, ∴.∠AOG=180°-∠AOB-∠DOG=60°. .AB=2,.BD=√2AB=22, ∴.OA=OG=2, “AG的长度为60XπX2 _ 180 3元 图3 (Ⅱ)如图4，当A'与C重合时，点C恰好在 即点G经过路线的长度为导。 MO的延长线上，满足∠A'MC=90°，此时 【例8】解：(1)：AB=AD=3,BC=DE=4, a=240°. ∠ABC=∠ADE=90°， ∴.△ADE≌△ABC(SAS),AC=AE= √32+4=5， ∴∠DAE=∠BAC,∴∠DAE-∠DAC= ∠BAC-∠DAC,即∠CAE=∠BAD. 图4 :AP-AE-1,∴.△ADBn△AEC, AB AC ·93· 0把AB=3Ac-52 25+7 AC=5,.84 (2)连接CE,延长BD交CE于点Q,连接 7 CF...CF=70 91 4 AQ交EF于点P,延长EF交BC于点N, 方法2： 如图. ,BM是Rt△ABC斜边AC上的中线， AM-BM-CM-2AC-5 ∴.∠ABM=∠BAM. ,AB=AD,.∠ABM=∠ADB, ∴∠BAM=∠ADB. 方法1：同(1)得△ADB∽△AEC, ∠ABM=∠DBA,.△ABn△DBA, ∴.∠ABD=∠ACE 2 :BM是中线∴BM=AM=CM=号AC= 部器即品言BD 5 2∠MBC-∠AMCR ∴DM=BD-BM=18-点=马 5210 :∠ABD+∠MBC=90°， I∠EAD=∠CAB=∠ABD=∠ADB, .∠ACE+∠MCB=90°，即∠BCE=90°， .DM∥AE,△FDM∽△FEA, ∴.AB∥CE, 11 DM FM ∴.∠BAM=∠QCM,∠ABM=∠CQM. ·AE 脱 FM+ 5 ,解得FM=5, 78 又AM=CM,'.△BAM≌△QCM(AAS), .BM=QM,∴.四边形ABCQ是平行四边形. ,∠ABC=90°，∴.四边形ABCQ是矩形， CF-CM-FM-5-55-70 278391 .AB=CQ=3,BC=AQ=4,∠AQC=90°， (3)C,D,E三点能构成直角三角形，且面积 PQ∥CN, 为4或16或12或解法提示。 ∴EQ=vAE-AQ=√52-4=3， ①当AD在AC上时，DE⊥AC,此时△CDE ∴.EQ=CQ, 是直角三角形，如图， PQ是△CEN的中位线，∴PQ-CN 设PQ=x,则CN=2x,AP=4-x. ,∠EPQ=∠APD,∠EQP=90°=∠ADP, EQ-AD-3. ∴.△EQP≌△ADP(AAS), ..EP=AP=4-x. ∴Saae=CD·DE=2X(5-3)X4=4 EP2=PQ+EQ,.(4-x)2=x2+32, ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC,此 解得=名， 时△CDE是直角三角形，如图， AP=4-x-装，CN=2z=子 PQ/CN.△APFn△CNF,S AF·AP+CN_AF+CF_AC CF· CN CF CF SAE=2CDDE=号×(5+3)X4=16. 94 ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过 【例9】(1)证明：在△ABE和△CBD中， 点A作AQ⊥EC于点Q,如图. .AB=BC,∠ABE=∠CBD,BE=BD, ∴.△ABE≌△CBD(SAS), .AE=CD,∠FAB=∠BCD. ,F是Rt△ABE斜边AE的中点， ∴.AE=2BF,∴.CD=2BF AQ⊥EC,DE⊥EC,DE⊥AD, .四边形ADEQ是矩形，.AD=EQ=3, BF=2AE=AF,·∠FAB=∠FBA. AQ=DE=4. ∴.∠FBA=∠BCD. AE=AC-5,EQ-CQ-CE, ∠FBA+∠FBC=90°， ∴.∠FBC+∠BCD=90°，.BF⊥CD. ∴2CE=3CE=6, (2)①BF⊥CD ∴.S△mE= DE.CE=号×4X6=12 ②证明：延长BF到点G,使FG=BF,连 接AG. ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点 A作AQ⊥EC于点Q,交DE于点N,如图. .DC⊥EC,AQ⊥EC,∴.AQ∥DC ,AF=EF,FG=BF,∠AFG=∠EFB, AC=AE,AQ⊥EC,EQ=CQ,.NQ是 ∴.△AGF≌△EBF(SAS), △CDE的中位线， ∴.∠FAG=∠FEB,AG=BE..AG∥BE ∴ND=NE=号DE=2.CD=2NQ, ∴.∠GAB+∠ABE=180°. ,∠AND=∠ENQ,∠ADN=∠EQN= :∠ABC=∠EBD=90°，∴.∠ABE+ 9o°，.∠DAN=∠QEN,∴.tan∠DAN= ∠DBC=180°，∴.∠GAB=∠DBC. tan∠QEN, ,BE=BD,∴.AG=BD. 器品设Q-号@ 在△AGB和△BDC中， ·AG=BD,∠GAB=∠DBC,AB=CB, :NQ+EQ=NE,(号EQ)+EQ= ∴.△AGB≌△BDC(SAS),∴.CD=BG. .BG=2BF,.'.CD=2BF. 2,解得EQ=613 13 【例10】解：(1)由题易得∠CBM=∠CMH= ∠HEM=90°， CE=20-12gQ-号0-4 13 ,∠CMB+∠BCM=∠CMB+∠HME= CD=2NQ-8/13 90°，∴.∠BCM=∠HME, 13 ∴.SDE= CD·CE-×8 △MBn△HME器器 2 13 .BC=AB=2,EH=EF=12,BE=10, 1213_4 2 13 13 六10解得BM=4或6， 综上所述，直角三角形CDE的面积为4或 ∴.点M与点B之间的距离是4或6. 16或12或号 (2由知品别设EH=,BM= ·95· BE=10,∴EM=10-x,10-xy 2=工 于点F,连接FE交AQ于点G,如图2. ∴y=- r+5x=x-5)r+12.5 :-号<0，…当x=5时，=12.5，即 HE的最大值为12.5. 图2 (3)2OM+HB的最小值为2√22I. AF⊥AC,∠ACF=45°，∴.AF=AC. 【例11】(1)证明：，四边形ABCD是正方形， .∠PAE=∠QCE=45°. 又E-2AE能-器-号 .CE=2AE,AP=t,CQ=2t, '-铝△MErv△cQ tan∠AFE= Γ3 (2)解：如图1，过点E作EM⊥AB于点M, :tan_AQE=-3∴∠AFE=∠AQE 过点E作EN⊥BC于点N. ,∠AGF=∠EGQ,.△AGF∽△EGQ, .AG_GF …EGGQ '∠AGE=∠FGQ,∴.△AGE∽△FGQ, ∴∠AEG=∠FQG. ,∠AFE+∠AEF=90°， 图1 ∴.∠FQG+∠EQG=90°，即∠FQE=90°， 由题意知AE=2√2，AM=ME=2,EN= ∴.AB∥EQ,△EQC是等腰直角三角形， CN=4,AP=,CQ=21,BQ=6-2t,MP= 1t-2|,BP=6-t,QN=|21-4|, :瓷-%.即9%-=号Qc=QE-=4, ∴.EP=EM+MP,即EP=2+(2-t)2= 2-41+8, S△Ao=S△0-S0=2QC·AB PQ2=BP2+BQ,PQ=(6-)2+(6- 2Qc·BQ-号×4X6-号×4X4=4cm. 21)2=5-36t+72, EQ=ENP+NQ,即EQ=42+(2t一4)2= 专项十三二次函数综合题 42-161+32. 【例1】解：(1)，二次函数y=一x2十bx十3的 ①当∠EPQ=90°时，EQ=EP2+PQ,即 图象与x轴交于A(-1,0),∴.0=-1一b+ 4-16t+32=2-4+8+52-36t+72, 3,解得b=2. 整理得2-121+24=0，解得4=6-23， (2)①y=-x2+2x十3=-(x-1)2+4. t2=6+2√3（不合题意，舍去）： ,将二次函数的图象沿水平方向平移， ②当∠PEQ=90°时，PQ=EP+EQ,即 .顶点的纵坐标不变为4， 5-36t+72=-41+8+4r-161+32, ∴.图象L的解析式为y=一(x一n)2+4= 整理得t一2=0，解得t=2. -x2+2x-2+4,∴.N(0,-2十4)， ③当∠PQE=90°时，EP=PQ+EQ,即 又点C的坐标为(0,3)， t-4t+8=5-36t+72+4-16t+32, ∴.d=CN=|-2+4-3=|-n2+1, 整理得一6t十12=0，该方程无实数解. n2-1(n≥1或≤-1)， ,∴d 综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的 -2+1(-1<n<1). 值为6-23或2. ②n的取值范围为一1≤n≤1一√3或√2≤ (3)解：过点A作AF⊥AC,交CB的延长线 n<3. ·96