题型10 几何综合题-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学题型突破册（甘肃专用）

题型十儿何综合题 (省卷：6年6考；兰州：3年3考) 类型1模型迁移 1.(2025省卷)四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角 三角形，EG=EF,点G在CD的延长线上 (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说明 理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延 长线交于点P,如果EF=EP,写出AE和DG的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在(2)的条件下，连接BF,写出BF和DG的数量关系，并说明理由 A(E) 1 图 图3 43 2.(2025兰州)【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形ABCD与正方 形BEFG(AB>BE),点E,G分别在AB,BC上.根据图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕 点B顺时针旋转，旋转角为a(0°<a<180°)，直线AE与CG相交于点H,连接BH,探究线 段AH,BH,CH之间的数量关系 【解决问题】(1)小明将上述问题特殊化，如图3，当点G,H重合时，请你写出AH,BH,CH 之间的数量关系，并说明理由； (2)小明借鉴(1)中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G,H不重 合时，请你写出AH,BH,CH之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】(3)小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形BEFG绕点B 顺时针旋转，旋转角为(180°<α<360)，直线AE与CG相交于点H,连接BH,请直接写出 AH,BH,CH之间的数量关系. 图1 图2 图3 44 3.【提出问题】(1)如图1，在等边△ABC中，点M是边BC上的任意一点（不含端点B,C),连 接AM,以AM为边作等边△AMN,连接CN.求证：BM=CN; 【类比探究】(2)如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C), 其它条件不变，(1)中的结论BM=CW还成立吗？请说明理由： 【拓展延伸】(3)如图3，在等腰△ABC中，BA=BC,AB=6,AC=4,点M是BC上的任意一点 (不含端点B,C),连接AM,以AM为边作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC.连接CN.试 探究BM与CW的数量关系，并说明理由， M 图1 图2 图3 45 4.【模型建立】(1)如图1，在正方形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,E,F分别在边BC, CD上，OE⊥OF.写出线段CB,CF,BD的数量关系，并说明理由； 【模型应用】(2)如图2，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,∠ABC=60°，E,F分 别在边BC,CD上，∠EOF=60°.写出线段CE,CF,BD的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】(3)如图3，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,∠AOB=60°，E,F分 别在边BC,CD上，∠EOF=90°.直线写出线段CE,CF,BD的数量关系. D 0 E 图1 图2 图3 46 类型2拓展迁移 5.（2025兰州一诊)综合与实践：在数学综合实践课上，孙老师和“希望小组”的同学们从特 殊的几何图形入手，探究旋转变换的几何问题 【建立模型】(1)如图1，点M为等边三角形ABC内部一点，小颜发现：将BM绕点B逆时 针旋转60°得到BN,连接NA,MC,则MC=NA,请思考并证明； 【类比探究】(2)小梁进一步探究：如图2，点M为正方形ABCD内部一点，将BM绕，点B逆 时针旋转90得到BW,连接CM并延长，交AN于点E.求证：EM+EN=√2EB; 【拓展延伸】(3)孙老师提出新的探究方向：如图3，点M为△ABC内部一点，AB=AC.点P, Q是AB,AC上的动点，且AP=AQ,若∠ABM+∠ACM=30°，BM=4,CM=3√3，请直接写出 PM+QM的最小值. B 图1 图2 图3 47 6.(2024兰州)综合与实验 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景.探究动点运动的几何问 题.如图，在△ABC中，点M,N分别为AB,AC上的动点（不含端点），且AN=BM 【初步尝试】(1)如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转 120°得到MD,连接BD,MN,则MW=DB,请思考并证明； 【类比探究】(2)小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB=AC, ∠BAC=90°，AE⊥MN于点E,交BC于点F,将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD,连接 DA,DB,MN.试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由； 【拓展延伸】(3)孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB=AC=4,∠BAC=90°， 连接BN,CM,请直接写出BN+CM的最小值 图1 图2 图3 48 7.【模型建立】(1)如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD 边上. ①求证：AE=CD; ②写出线段AD,BD,DF的数量关系，并说明理由； 【模型应用】(2)如图2，△ABC是直角三角形，AB=AC,CD⊥BD,垂足为D,点C关于AD 的对称点F在BD边上.写出线段AD,BD,DF的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】(3)在(2)的条件下，若AD=4√2，BD=3CD,求cos∠AFB的值 B 图1 图2 49 8.(2024兰州一诊)【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同学们以三角形为背 景，探究图形变化过程中的几何问题，如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D为平 面内一点（点A,B,D三点不共线），AE为△ABD的中线 【初步尝试】(1)如图1，小林同学发现：延长AE至点M,使得ME=AE,连接DM.始终存在 以下两个结论，请你在①，②中挑选一个进行证明： ①DM=AC;②∠MDA+∠DAB=180°； 【类比探究】(2)如图2，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AF,连接CF.小斌同学沿着小林 同学的思考进一步探究后发现：AE=)CF,请你帮他证明： 【拓展延伸】(3)如图3，在(2)的条件下，王老师提出新的探究方向：点D在以点A为圆 心，AD为半径的圆上运动(AD>AB),直线AE与直线CF相交于点G,连接BG,在点D的运 动过程中BG存在最大值.若AB=4,请直接写出BG的最大值 图1 图2 图3 50∠B=2∠A0B,∠BCD= 2∠A0B, .∠BCD=∠ECO ∴.∠DC0=∠DCB+∠BC0=90°， .·OC是⊙0的半径 .CD是⊙O的切线： (2)解：四边形ABC0是平行四边形，0A=0C, .四边形ABCO是菱形， BC=OC=OB,ACLOB.OF=2 0B=20E, .△OBC是等边三角形， .∴.∠B0C=60°， .EF=3, .0F=1,0E=2, .0C=2 .·∠D0C=60°， .CD=0C·tan60°=2xW3=2√5. 5.(1)证明：如图，连接A0. BC是⊙0的直径， .∠BAC=90°， .∠BAD=90° :点F是DE的中点， P=A-BF=宁E, ∴.∠FAE=∠AEF, .·∠AEF=∠BEG,DG⊥BC. ∴.∠BGE=90°， .∴.∠B+∠BEG=90°， ·0A=0B, .∠B=∠OAB, ∴.∠EAF+∠BA0=90°， .A0⊥AF, .·0A是⊙0的半径， .AF是⊙0的切线； (2)解：.BG=OG=8, ∴.0C=OB=BG+0G=16. ∴.GC=0G+0C=8+16=24 六在R△BGE中，GE=BG·tanB=8x 4 =6 .·∠B+∠BEG=90°，∠D+∠DEA=90°，∠DEA=∠BEG .∠B=∠D tan D=tn B= 3 在Rt△DGC中，DG=GC-24-32, tan D 3 4 .DE=DG-GE=32-6=26. AF-DE=13. 32 6.(1)证明：如图，连接OD」 ·AB为⊙O的直径. D ∴.∠BCA=∠BDA=90°， .·OB=OD .∠DBA=∠BDO 在Rt△BCA和Rt△BDA中， B (BA=BA (BC=BD .Rt△BCA≌Rt△BDA(HL), .∴.∠CBA=∠DBA, ·∠ADE=∠CBA,∠DBA=∠BDO. .∠ADE=∠DBA=∠BDO .·∠BDO+∠ADO=∠BDA=90°， .∠ADE+∠AD0=90°， 即ED⊥OD. 0D为⊙0的半径， .ED是⊙O的切线； (2)解：B0=4, ∴.AB=20B=8. ∴.EB=AE+AB=AE+8 tan CBA=2,∠CBA=∠DBA, :tan LDBA=2 1 在Ri△ABD中，an∠DBA=AD1 BD 2' .设AD=a,BD=2a, .·∠ADE=∠DBA,∠E=∠E, .△EAD∽△EDB, .ED EB=AE ED=AD BD. ED (AE+8)=AE ED=a 2a, 由AE:ED=a:2a,得：AE=D, 由ED:(AE+8)=a:2a,得2ED=AE+8, 六2ED=2ED+8, :.ED-3 16 题型八函数图象的分析与判断 1.C2.C3.C4.A5.C6.B7.B8.B 题型九规律探索题 1.2nx 2.a+(-1)"+1.262m-1 3.n2×(n+1)-(n+1)=(n+1)2×(n-1) 4.20325.316.247.20 题型十几何综合题 1.解：(1)BF=DG,理由如下： 四边形ABCD是正方形， ∴.AB=AD,∠BAD=90° ·△EFG是直角三角形，EG=EF ∴.∠FEG=90°， 当点E与，点A重合时， 则∠FAG=90°=∠BAD ∴.∠DAG=∠BAF=90°-∠DAF 又AB=AD,AG=AF, ·.△ADG≌△ABF(SAS), ∴.BF=DG. (2)AE=DG,理由如下： ,·四边形ABCD是正方形 ∴.∠ADC=∠DAB=90°， :点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交 于点P, .∠PAE=∠EDG=90°， ∴.∠P+∠AEP=90°， .∠FEG=∠DEF+∠DEG=90°，∠AEP=∠DEF, ∴.∠P=∠DEG, EG=EF,EF=EP. ∴.EG=EP 在△PAE和△EDG中 「∠PAE=∠EDG=90° ∠P=∠DEG EP=EG ∴.△PAE≌△EDG(AAS), ..AE=DG. (3)BF=√5DG,理由如下： 由(2)可知：△PAE≌△EDG, ∴.AE=DG,AP=DE, 如图，作FH⊥AB于点H, 则∠FHB=∠FHA=90°=∠PAE. ·.AE∥FH. D PA PE 小AHEF 1, ∴.PA=AH PE=EF. ·.AE为△PIF的中位线， .HF=2AE, AP=DE,PA=AH. ∴.DE=AH 又.AD=AB. ..AE=BH, 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：BF=√HF+BH= √5AE, AE=DG. ∴.BF=√5DG 2.解：(1)AH=CH+√2BH,理由如下： .·四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形 ∴.AB=BC,BE=BH,∠ABC=90°，∠EBH=90 .EH=√2BIH.∠ABE=90°-∠EBC=∠CBG. .△ABE≌△CBG(SAS). ..AE=CG, .AH=AE+EH=CH+√2BH. (2)AH=CH+√2BH,理由如下： 由(I)得△ABE≌△CBG(SAS), .∠BCH=∠EAB, 如图，在AE上截取AM=CH. ∠BCH=∠MAB,AB=BC, D .△MAB≌△HCB(SAS), ∴.∠MBA=∠CBH,BM=BH、 .·∠HIBG=90°-∠CBH-∠EBC ∠EBM=90-∠MBA-∠EBC. ∴.∠HBG=∠EBM, .∠MBH=∠EBM+∠EBC+∠CBH=∠HBG+∠EBC+ ∠CBH=∠EBG=90°， ∴.△MBH是等腰直角三角形， ∴.MH=√2BH. .·AH=AM+MH. ∴.AH=CH+√2BH. (3)CH=AH+√2BH. 3.(1)证明：.△ABC和△AMN都是等边三角形， ∴.AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°， ∴.∠BAM+∠MAC=∠MAC+∠CAN, .∴.∠BAM=∠CAN. 在△ABM和△ACN中 AB=AC ∠BAM=∠CAN, AM=AN ∴.△ABM≌△ACN(SAS), ∴.BM=CN (2)解：成立，理由如下： .:△ABC和△AMN都是等边三角形」 .AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°. .∠BAC+∠CAM=∠CAM+∠MAN, .∠BAM=∠CAN, 在△ABM和△ACN中， AB=AC ∠BAM=∠CAN AM=AN .△ABM≌△ACN(SAS), .BM=CN. 33 （9)潮2兴产 理由如下： AB=BC,AM=MN, AB BC ·AMMN .·∠AMN=∠ABC、 △ABC∽△AMN, 长即瓷兴 AC AN' .·∠AMN=∠ABC, .∴.∠BAC=∠MAN. :.∠BAM+∠MAC=∠MAC+∠CAN. .∠BAM=∠CAN, .△BAM∽△CAN, BM AB 6 3 CN AC42 4解：(1)CE+CF=)BD 理由：：四边形ABCD是正方形， ∴.∠B0C=90°，OB=0C,∠0BE=∠0CF=45°， OE⊥0F. ∠E0F=90°， .∴.∠BOE=∠COF. .∴.△OBE≌△OCF(ASA), ∴.BE=CF, ∴.CE+CF=CE+BE=BC ·BC=② D. CE+CF-BC= -BD. (2)CE+CF= 68D, 理由：.·四边形ABCD是菱形， .AC L BD.AC=2A0.BD=20B 0 .·∠ABC=60°. ∴.∠AB0=30°， 0B=3 BD=√3AB, AB= 3， 如图，连接EF,在CO上截取CN=CF. .·∠E0F=60°，∠BCD=120°. .∴.∠EOF+∠ECF=180°， ∴.0，E,C,F四点共圆」 ∴.∠OEF=∠OCF,∠OFE=∠OCE. ∴.∠OEF=∠0FE=60°. .△OEF是等边三角形， 34 .OF=FE. .·CN=CF,∠FCN=60°. ,△CFN是等边三角形， .∴.FN=FC,∠OFE=∠CFN .∴.∠OFN=∠EFC, 在△OFN和△EFC中、 OF=FE ∠OFN=∠EFC. FN=FC .△OFN≌△EFC(SAS), .ON=EC. ..CE+CF=CN+ON=OC, ·.·四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°， .∠CB0=30°，AC⊥BD 在Rt△BOC中，.∠BOC=90°，∠OBC=30°， .CE+CF=-AB -1xEBD-5BD. 2 23 6 (3)3 EC+CF=BD. 5.(1)证明：BM绕，点B逆时针旋转60°得到BN, ..BM=BN,∠MBN=60°. ,:△ABC为等边三角形 ∴.CB=AB,∠CBA=60° .·∠CBA=∠MBN .∴.∠CBA-∠ABM=∠MBN-∠ABM. ∴.∠CBM=∠ABN, .BM=BN,∠CBM=∠ABN,CB=AB, .∴.△CBM≌△ABN(SAS), .MC=NA. (2)证明：如图，过，点B分别作BF⊥CE于点F,BG⊥AW 于点G. B ·BM绕点B逆时针旋转90°得到BN, .∴.BM=BN,∠MBN=90°. 四边形ABCD为正方形 ∴.CB=AB,∠CBA=90°， .·∠CBA=∠MBN .∴.∠CBA-∠ABM=∠MBN-∠ABM. ..∠CBM=∠ABN. .·BM=BN,∠CBM=∠ABN,CB=AB .△CBM≌△ABN(SAS), ∴.∠CMB=∠ANB. ∠CMB=∠ANB,∠BFM=∠BGN,BM=BN .△BFM≌△BGN(AAS). .FM=GW,BF=BG,∠FBM=∠GBN. ∴.∠FBM+∠MBG=∠GBN+∠MBG. ∴.∠FBG=∠MBN=90° .·∠FBG=∠BFE=∠BGE=90° .四边形GBFE为矩形， BF=BG. 矩形GBFE为正方形， ∴.EF=EG, .EM+EN=EM+EG+GN=EM+EG+FM=2EG. ·四边形GBFE为正方形， EG-EB 2 ·.EM+EN=√2EB. (3)解：PM+QM的最小值为√7， 6.(1)证明：：△ABC为等边三角形 ∴.∠A=60°，AB=AC, .·MA绕点M逆时针旋转120°得到MD, ∴.DM=AM,∠AMD=120° .∴.∠DMB=60°. .·AN=BM,∠DMB=∠A=60° .△ANM≌△MBD(SAS). ∴.MN=DB. (2)解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下： ·AB=AC,∠BAC=90° ∴.∠ABC=45°， .MA绕点M逆时针旋转90°得到MD ∴.MA=MD,∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90 ∴.∠MAD=∠ABF=45°， ∴.ADBF CMA=DM 在△ANM和△MBD中.∠MAN=∠DMB. AN=MB ∴.△ANM≌△MBD(SAS), .∠AMN=∠MDB, .·AE⊥MN. ∴.∠AMW+∠MAE=90°， .·∠MDB+∠MBD=90°， ∴.∠DBM=∠MAF, .DB∥AF 四边形AFBD为平行四边形. (3)解：BN+CM的最小值为4W5 7.(1)①证明：△ABC和△BDE都是等边三角形， ∴.AB=CB,EB=DB,∠ABC=∠EBD=60°， ∴.∠ABE=∠CBD ∴.△ABE≌△CBD(SAS), .AE=CD; ②解：AD=BD+DF 理由如下： △BDE是等边三角形， ∴，BD=DE、 点C与点F关于AD对称， ∴.CD=DF AD=AE+DE .∴.AD=BD+DF (2)解：BD+DF=√2AD. 理由如下： 如图1，过点B作BE⊥AD于E, :点C与点F关于AD对称， .∠ADC=∠ADB, 又CD⊥BD. .∠ADC=∠ADB=45°， 又.BE⊥AD .△BDE是等腰直角三角形， 又：△ABC是等腰直角三角形， BC BD .∠ABC=LEBD=45, ABBE√Z ,∠ABE=∠CBD, △ABE∽△CBD, CD_BC=. AE AB .CD=DF, .DF=√2AE, :△BDE是等腰直角三角形， .BD=√2DE, ∴.BD+DF=√2(DE+AE)=√2AD. ∴.BD+DF=√2AD (3)解：如图2，过点A作AG⊥BD于点G, 又.∠ADB=45°， .∴.△AGD是等腰直角三角形 又AD=42, .AG=DG=4,BD+DF=√2 AD=8, .·BD=3CD,CD=DF 图2 ∴.DF=2, 又.DG=4, .FG=DG-DF=2, 在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF=√AG+FG= √42+2=25， cosLAFB=FG-_2_5 AF 25 5 35 8.(1)证明：选择①.：AE为△ABD的中线. .BE=DE. 在△ABE和△MDE中， (BE=DE ∠AEB=∠MED. AE=ME .∴.△ABE≌△MDE(SAS), .AB=DM. .·AB=AC .∴.DM=AC 选择②由①知△ABE≌△MDE, ∴.∠BAE=∠DME, .∴.ABDM .∴.∠MDA+∠DAB=180. (2)证明：如图，延长AE至点M,使得ME=AE,连接DM. 由旋转得：AF=AD,∠DAF=90°， .·∠BAC=90°，∠DAF+∠BAC+∠BAD+∠CAF=360°， ∴.∠BAD+∠CAF=180°， 由(1)②得：∠MDA+∠DAB=180°，DM=AB=AC, .∠CAF=∠MDA, 在△ACF和△DMA中， (AF=AD ∠CAF=∠MDA, AC=DM .∴.△ACF≌△DMA(SAS), .CF=AM. 廿AEs , CF. (3)解：BG的最大值为2√5+2. 题型十一二次函数综合题 1解：0把0，-4代入y=a+(-4a0. 得-10a=-4, 解得a=5 2 2 .y= 5( 2)(x-4)= 54 2 (2)当y= +2)(x-4)=0时， ,5 解得x1三2书4 36 .A(4,0) M是OA的中点， .M(2.0). .0M=2, B(0,-4), .设直线AB的解析式为y=kx-4,把A(4,0)代入， 得k=1, .y=x-4, MD⊥x轴， c2,-2.2,95. C0=-2+188 55 1 88 △BCD的面积为2CD·0M=2×2XS=5 (3)①如图1，连接BF,作FQ⊥OB于点Q, A B 图1 由(2)可知：0A=0B=4, .∠OAB=∠0BA=45° 将线段0E绕点0顺时针旋转90°得到0F, .∴.O0E=OF,∠EOF=90°=∠BOA. ∴.∠AOE=∠BOF, 又.0A=OB,0E=0F ∴.△AOE≌△B0F(SAS), .∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=√2， .FQ⊥OB .△FQB为等腰直角三角形！ F0=B0= 2BF=1, ∴.0Q=0B-BQ=3, F(-1,-3), 对4 23 当x=-1时，=5+54=-3， ∴.点F在抛物线上 ②连接BF并延长，交x轴于点G,连接PM,MF,作M⊥ BG于点H,如图2， 图2