专题十三 几何图形综合探究-【学海风暴·PK中考】2026江西中考数学备考讲练本

∴.m的取值范围为0<m<4. (3)如图@，过点D作DN⊥x 轴于点N,则DN=5,ON=2. AN=3+2=5. am∠DAB=器-g=, ∴.∠DAB=45. 过点D作DK∥x轴交直线PQ 于点G,则∠KDQ=∠DAB= ② 45°，DQ=√2QG. 由题意，得动点M运动的路径长为BQ十QD,运动时 间1-80+后D0. ∴，1=BQ+QG 由垂线段最短可知，BQ+QG的最小值为DK与x轴 之间的距离。 过点B作BE⊥DK于点E,则t小=BE,Q为BE与 直线AD的交点 :直线AD的解析式为y=一x+3,点B的横坐标为 -1, y=1+3=4,.Q(-1,4). 故当点Q的坐标是（一1,4）时，点M在整个运动过程 中用时最短， 专题十三几何图形综合探究 ○经典名题例析 典例 1.解：(1)45°√2 (2)根据题意，得△AEF∽△AOB, AFAE :∠EAF=∠OAB·AB-AO AFAB :∠FAB=∠EAO,AE=AO .△AFB∽△AEO 器浩 ∠0AB=45°，∠AOB=90°， 语- -0- (3影的值与。无关。 理由：如图，同理可证△AFBD C∽△AEO. 腮8 在菱形ABCD中，∠ABC=60°， ∴.∠AB0=30° 点O在AB的垂直平分线上， ..AO=BO. .∠BAO=∠ABO=30° 过点O作OG⊥AB,垂足为G, 52 。。己026江西数学 .AB=2BG,cos∠ABO= =6=o30°= OB OA 2 漂= 院-治- 做能的值与。无关。 (0同理可证∠BA0=号，8E-祭=2m号 ∴.BF=OE·2co 号BA=0B·2os号 .BE=OE+OB. :BF+BA=0E·2os号+0B·2o =2(0E+ 2 0B)cos号=2BE·cos号 即BF+BA=2BE·Cos 3 2.解：(1)：△ABC是“比例三角形”，且AB=2,BC=4, 分下列三种情况讨论： ①当AB2=BC·AC时，4=4AC,解得AC=1. .AC+AB<BC. ∴AC=1不符合题意，舍去： ②当BC=AB·AC时，16=2AC,解得AC=8. .BC+AB<AC. AC=8不符合题意，合去： ③当AC=AB·BC时，AC=8,解得AC=2V2(负 值已舍去). .AC+AB>BC. ∴.AC=2√2符合题意. 综上所述，AC=22. (2)①证明：：四边形ABCD是矩形， ∴.AD∥BC,.∠ADP=∠DPQ. 又：∠APD=∠DQP,.△APD∽△DQP @证明：曲⑩知△APD△DQP,:品-品 即PD2=PQ·AD. :AD∥BC.∴.∠AQP=∠DAQ. :AQ平分∠PAD,∠PAQ=∠DAQ, .∠AQP=∠PAQ,∴.PA=PQ. ∴.PD=PA·AD, ∴.△APD是“比例三角形” (3)能. 当点C与点Q重合时，∠APD=∠PQD=∠B=90°， ∴.∠APB+∠CPD=9O. :∠APB+∠BAP=90°，.∠CPD=∠BAP, △BAPACPD品=提 AB=1.AP=PC=4.:PD=APPC=d'. AB 在Rt△PCD中，PD=PC+CD, 即a=+1每得0-中5我0（不合题 意，舍去)， a=1+5 2 3.解：(1)AB=DE,∠BOE=∠BCE. (2)①证明：：∠BCE=∠ACD, .∠BCA=∠ECD 在△ABC与△DEC中， (CA=CD. ∠BCA=∠ECD, BC=EC. .△ABC2△DEC(SAS). :.AB=DE. ②∠BOE+∠BCE=180° 证明：如图. △ABC≌△DEC, ∴.∠ABC=∠DEC. 又：∠DEC+∠OEC=180 .∠ABC+∠OEC=180°， .∠BOE+∠BCE=180° (3)①证明：，∠ADC=∠EDF=90, ∴.∠ADE=∠CDF=90°-∠EDC. 又：∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD, .△AED2△CFD(ASA), ∴DE=DF. ②：BP∥AD, 腮器 导=远 :.BE=1-x' x 1 AE=1t吾 DE=AD+AE-1+AE-1+( :5m=y=DE=+(）月 =+月 故当x=0时，S△m的最小值为1. 4.解：(1)∠1=∠2=∠3. (2)证明：由折叠的性质可得AE=BE,且EF⊥AB, .EF是AB的垂直平分线， :.AB'=BB'. 同理可得AB=AB ..AB=BB'=AB', △ABB'为等边三角形， ∠ABB'=60 四边形ABCD为矩形， .∠ABC=90°， .∴.∠3=90°-60°=30° :E为AB的中点，E为E的对称点， ∴E是AB'的中点，BE平分∠ABB, ∠1=∠2=2∠ABB=30 ∴.∠1=∠2=∠3. (3)证明：如图，设I与EF交于点 O,连接BO并延长交PB'于点K, 由折叠的性质可知，EF垂直平分 PB,直线I垂直平分BB',∠PBB =∠P'B'B, .∠BEB'=90°，OB=OB',∠OBB'=∠OB'B. 在△EBB'和△KB'B中， ∠EBB'=∠KB'B, BB'=B'B. ∠EB'B=∠KBB', ∴.△EBB'2△KB'B(ASA), ∠B'KB=∠BEB'=90°，BE=B'K. PB=PB,E为PB的中点， K为PB的中点， BK垂直平分PB, ∴BB'=BP',∠B'BK=∠P'BK. ,四边形ABCD为矩形， ∴BC⊥AB. :EF⊥AB. ∴.EF∥BC. ∴∠OB'B=∠B'BC, ∴∠B'BC=∠OB'B=∠B'BK=∠P'BK, ∴BB'是∠NBC的一条三等分线. 5.解：(1)证明：如图①，连接BD, BF.BP. :四边形ABCD,BEFG都是正 方形， 图① ∴.∠CBD=∠FBG=45°，∠DAC= ∠BAC=45°，AD=AB, ∴.∠DBF=∠CBD+∠FBG=90° 又AP=AP, ..△APD2△APB(SAS), :.DP=BP. .∠PDB=∠PBD. '∠PDB+∠PFB=90°，∠PBD+∠PBF=90, ∴∠PBF=∠PFB, ∴PB=PF, ∴PD=PF,即P恰为DF的中点 (2)△APE是等腰直角三角形.理由如下： :四边形ABCD,BEFG都是正方形， ∴.∠CAE=∠PEA=45, ·AP=EP,∠APE=90°， ∴·△APE是等腰直角三角形. (3)△APE的形状不发生改变.理由如下： 如图②，延长EP至点M,使PM=PE,连接MA, 参考答案小53 MD,设DF交BC于点H,交BG 于点N P为DF的中点， :.PD=PF. '∠DPM=∠FPE, .△MPD≌△EPF(SAS). 图2 ∴.DM=FE,∠DMP=∠FEP, ∴.BE=DM,DM∥FE, .BG∥DM, ∴.∠MDN=∠BNH. AD//BC. .∠ADN=∠BHN. :∠BHN+∠BNH+∠HBN=18O°， .∠ADM=∠ADN+∠MDN=∠BHN+∠BNH =180°-∠HBN. :∠ABE=360°-∠ABC-∠EBG-∠HBN=180° -∠HBN, .∠ADM=∠ABE 又：AD=AB. .△ADM2△ABE(SAS). .AM=AE,∠DAM=∠BAE. PM=PE. .AP⊥ME, 即∠APE=90° :∠DAM+∠MAB=90°. ∠BAE+∠MAB=90°，即∠MAE=90°， ∴.∠MAP=∠PAE=45, ∴·△APE是等腰直角三角形 创新题型突破 专题十四回归教材 ○经典名题例析 典例 1.解：(1)x>3(2)(2.3)x=2x>2 (3)①令=，得-x+1=2x一2，解得x=2. 当x=2时，y1=-1,∴A(2.-1). 当y:=0时zx-2=0, ∴.x=4,.C(4,0)」 ②x>4 2.解：(1)△BDE是等腰三角形.理由如下： :BD平分∠ABC, ∴∠ABD=∠CBD. :BC∥ED ∴∠EDB=∠CBD. ∴∠EDB=∠ABD, ∴EB=ED, ∴△BDE是等腰三角形 (2)①B ②同(I)可得，∠ABE=∠EBG=∠AEB. 54 。。己0己6江西数学 ..AB=AE=3. :AF⊥BE, ∠BAF=∠EAF. :BC∥AD, ∴∠EAG=∠AGB, ∴∠BAF=∠AGB ..AB=BG=3. :AB∥FD. ∴∠BAF=∠CFG. :∠AGB=∠CGF, ∴∠CGF=∠CFG, .CG=CF. :CG=BC-BG=5-3=2.∴.CF=2. 3.解：(1)（答案不唯一）BD垂直平分线段AC (2)(答案不唯一)四边形ADCF (3)证明：①由对称的性质可知，∠CAD=∠CAF, ∠BAD=∠BAE,∠ADB=∠AEB=90°，AD=AF =AE. ∴∠EAF=2∠BAC,∠AEF=∠AFE, ∴∠EAF+∠AEF+∠AFE=2∠BAC+2∠AEF =180°， ∴∠BAC+∠AEF=90° :∠FEG+∠AEF=90°，∠BAC=∠FEG ②：∠EMB=∠AMH,∠MEB=∠MAH, ∴.△EMBc∽△AMH ÷”-器∠EBM=∠AHM器- ME MA 又：∠AME=∠HMB. ∴△AME∽△HMB..∠EAM=∠BHM. :∠AEB=90, ∴∠EAM+∠ABE=90°， ∴∠BHM+∠AHM=90° ∴.∠AHB=90 4.解：(1)证明：：∠BAC=90 .∠BAD+∠DAC=90° 'AD⊥BC,∠ADB=∠CDA=90°， ∴.∠C+∠DAC=90°， .∠BAD=∠C.∴△ABD∽△CAD (2)√10 (3)∠ADB=150°，∠BDC=60° ∴∠CDA=360°-150°-60°=150°， ∴∠CDA=∠ADB,∠DAC+∠ACD=30° :∠CAB=30°，·∠DAC+∠BAD=30°， ∴∠ACD=∠BAD. AAC△BDA,需-品 ∴AD=CD·BD=4X10=40,∴.AD=21o (4)如图，把以点D为圆心，DC长为半径的圆补全，在 优弧AEC上任取一点E,连接AE,CE,AC,AP,作 PF⊥AB于点F ①：∠E=2∠D=45专题十目几何图形综合探究(10年10考 题型整体分析 几何图形综合探究题是江西中考必考题型，固定在解答题的最后一道或倒数第二道出现，分值 为9分或12分.此类问题将几何图形知识综合在一起，猜想与验证互为支撑、计算与推理互相交织， 旨在考查学生的识图析图、探究推理、动手操作、抽象思维等综合能力.考查类型：(1)类比探究类： (2)新定义类：(3)动点探究类：(4)操作探究类：(5)规律探究类.主要考查方式有求线段长、判断形 状、求角度、判断并证明两条线段的数量关系和位置关系，涉及特殊三角形或四边形的判定与性质、 全等或相似三角形的判定与性质、二次函数等，综合性较强 经典名题例析 类型1类比探究类(202523,2024T23.2023T23,2020T23) 【解题策略】类比探究类问题是共性条件与特殊条件相结合、由特殊情形到一般情形（或由简单情 形到复杂情形)逐步深入、解题思路一脉相承的综合性题目.解决类比探究类问题的一般方法： ①根据题干，结合分支条件解决第一问：②用解决上一问的方法类比解决下一问，如果不能，两问 结合起来分析，找出不能类比的原因和不变特征，依据不变特征，探索新的解题方法（如照搬字 母、照搬辅助线、照搬全等或相似)」 典例①(2025江西)综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转 放缩问题展开探究， 特例研究 在正方形ABCD中，AC,BD相交于点O (1)如图①，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数 为 ,k的值为 (2)如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF(点O,B的对应点分 别为点E,F),使得点E落在OD上，点F落在BC上.求 F E的值 ☒☒盛 备用图 类比探究 (3)如图③，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O是AB的垂直平分线与BD的交点，将△AOB绕 点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF(点O,B的对应点分别为点E,F),使得点E BF 落在OD上，点F落在BC上.猜想E的值是否与a有关，并说明理由. (4)若(3)中∠ABC=B,其余条件不变，探究BA,BE,BF之间的数量关系（用含B的式子表示）. 154 2026江西数学 【我的解答】 类型2新定义类(2017123》 【解题策略】新定义类探究问题具有获取新知识的意义与特征，不是单纯的课本知识的应用，而是 包含理解和掌握一个“新定义”“新规定”、发现和总结一个“新规律”“新结论”的成分及过程，旨在 考查学生的学习能力和发现与创新能力，解题的关键是认真阅读与理解新定义图形的概念、性 质，将相关内容转化为熟悉的或已知的内容，并结合所学知识、方法分析与求解相关问题 典例2新定义：若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，则称这个三角形为“比例三角 形” 例如：△ABC三边的长分别为AB=1,BC=2,AC=√2.：AC2=AB·BC,△ABC是“比例三 角形” 【问题提出】 (1)已知△ABC是“比例三角形”，AB=2,BC=4,求AC的长 【问题探究】 (2)如图①，P是矩形ABCD的边BC上的一动点，AQ平分∠PAD,交边BC于点Q,∠APD =∠PQD ①求证：△APD∽△DQP: ②求证：△APD是“比例三角形” 江西题型突破 155 【问题延伸】 (3)如图②，在(2)的条件下，当AB=1,PQ=a时，点C与点Q能否重合？若能，求出a2的值；若 不能，请说明理由， c(Q) 图① 图② 【解题点拨】(1)分三种情况可得出答案.(2)①证出∠ADP=∠QPD,由相似三角形的判定可证 PD AD 出△APD∽△DQP:②由①知△APD∽△DQP,得出PQ-PD,根据矩形的性质和角平分线的 定义可得PA=PQ,即可证出PD=PA·AD,从而得出结论.(3)证明△BAPP△CPD,得出 D宁，再由勾股定理可得出答案， AP AB 【我的解答】 156 2026江西数学 类型3动点探究类(2019T22,2018T22) 【解题策略】特殊四边形动态问题一般有旋转变换类、平移变换类、折叠变换类、动，点运动类，解决 动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律进行探索，发现其中的“变量”和“定量”，动中求 静，在运动变化中探索问题中的不变性：动静互化，抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问 题，从而找到“动与静”的关系；把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系. 典例3(2025江西样卷三)【课本再现】(1)如图①，CA=CD,∠BCE=∠ACD,BC=CE.请直接 写出AB与DE,∠BOE与∠BCE的数量关系 【类比迁移】(2)如图②，CA=CD,∠BCE=∠ACD,BC=CE. ①求证：AB=DE: ②延长BA与DE的延长线交于点O,猜想∠BOE与∠BCE的数量关系并证明. 【拓展应用】 (3)如图③，在正方形ABCD中，动点E在AB的延长线上，连接DE,DE交BC于点P,过点D 作DE的垂线，交BC的延长线于点F,连接EF. ①求证：DE=DF; ②若AD=1,当点E从点B开始向下运动时，设BP=x,S△Dr=y.求y与x的函数关系式，并 写出SADr的最小值. 图① 图② 图③ 【我的解答】 江西题型突破 157 类型4操作探究类(202223,2021T23) 【解题策略】几何操作探究类的综合题，主要考查全等三角形的判定与性质、三角形的面积计算公 式、等边三角形的判定与性质、直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质与图形旋 转的综合运用.熟练掌握这些知识，点以及做题时找准旋转中的对应线段和对应角是解题的关键， 利用旋转后的对应线段和对应角构建全等三角形，从而解决与全等三角形有关的问题。 典例4【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',BB',BE' (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I,点B,P的对应点分别为B',P',展平纸片，连接BB',P'B' (3)求证：BB'是∠NBC的一条三等分线 图① 图② 【解题点拨】(I)根据题意可进行求解.(2)由折叠的性质可知AB'=BB',AB=AB',然后可得 AB'=BB=AB,则有△ABB'是等边三角形，进而可求证.(3)设L与EF交于点O,连接BO并 延长交PB'于点K.根据折叠和垂直平分线的性质可知∠PBB'=∠P'BB,可得∠BEB'=90°， OB=OB',∠OBB'=∠OB'B,证明△EBB'≌△KB'B(ASA),得出∠B'KB=∠BEB'=90°，BE =B'K,再根据PB=P'B',得到BK垂直平分P'B',最后根据矩形的性质和EF⊥AB证得 ∠OB'B=∠BBC,进一步即可证明BB'是∠NBC的一条三等分线. 【我的解答】 158 2025江西数学 类型5规律探究类(2016T22, 【解题策略】此类题是几何变形综合题，主要考查形式有正多边形的性质、旋转的性质、全等三角 形的判定、等边三角形的判定等，根据这些性质以及判定得出一定的规律，从而得出结论.因此， 选择合适的性质和判定是解决此类題的关键」 典例5【问题情境】小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形 ABCD的边BC上任意取一点G,以BG为边长向外作正方形BEFG,将正方形BEFG绕点B顺 时针旋转。 【特例感知】 (1)当BG在BC上时，连接DF,AC相交于点P,小红发现P恰为DF的中点，如图①.针对小红 发现的结论，请给出证明 (2)小红继续连接EG,并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF的中点P,如图②.根据小红发 现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由 【规律探究】 (3)如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转a,连接DF,P是DF的中点，连接AP,EP, AE,△APE的形状是否发生改变？请说明理由. ☑透 图① 图② 图3 江西题型突破 159 【我的解答】 160 2026江西数学