专题6 几何综合探究题-【一战成名新中考】2026广西中考数学·二轮复习·专项分类提升练

2.(1)证明：如解图，连接0E, .CE=BC,.∠CBD=∠CED .·OD=OE,..∠ODE=∠OED. .·∠ODE=∠CDB,∴.∠OED=∠CDB, :∠CDB+∠CBD=90°， .∠OED+∠CED=90°，即∠OEC=90°. 0E是⊙0的半径， CE是⊙0的切线； B 第2题解图 (2)解：AD=60D=0E= 26=3, CD 1 ·在Rt△BCD中，tan∠DBC- BC2BC=2CD. 设CD=a.则CE=BC=2a,.OC=CD+OD=a+3, 由(1)得，∠0EC=90°， 在Rt△0CE中，0E+CE=0C2,即32+(2a)2=(a+3)2, 解得a1=2,a2=0(舍去)， .∴.CD=2,BC=4,∴.AC=AD+CD=6+2=8, 在Rt△ABC中，AB=√AC+BC=√82+4=45 3.（1)证明：.AP,BP分别切⊙O于A点，B点. ..PO平分∠APB,PA⊥AO,PB⊥OB. .∴.∠AP0=∠BP0,∠PA0=∠PB0=90° ∠A0P=∠BOP∠A0P=3LA0B. 又：=∠A0B=子∠A0BLAB=LA0P: (2)解：如解图，延长AO交⊙O于点F,连接DF,则∠ADF =90°， :AP,BP分别切⊙O于A点，B点，∴.PA⊥OA, C为0P的中点，PC=0C=AC=】 叉：AP=10,an∠AOP= 2...A0=AP ta∠A0p=20, .0P=√A0+AP2=√/202+102=10W5,AF=2A0=40 4C=0c=20p=55, .AC=0C,∴.∠CA0=∠AOC PO FA 又.·∠PA0=∠ADF=90°，∴.△PAO∽△FDA,∴ AO DA' ·DA=20 ×40=165,..CD=DA-AC=115. 10N5 .∠AOP=∠ADB,∠ACO=∠ECD. .△AC0△ECD, AO CO EDCD·DE 115 ×20=44. 55 第3题解图 34 参考答案与重 4.(1)证明：AB为⊙0的直径，点E在⊙0上， .∠AEB=90. .·四边形ABCD是平行四边形，∴.四边形ABCD是菱形： (2)证明：如解图，连接OE,OF 第4题解图 .四边形ABCD是菱形，∴.∠EAB=∠FAE,BE=DE ∴.∠EOB=∠FOE,∴.BE=EF,.DE=EF 点G为DF的中点，.GE⊥AD. .·DE=BE,且点O是直径AB的中点 .OE是△BAD的中位线， .OE∥AD..GE⊥OE. 又.OE是⊙0的半径，.EG是⊙0的切线： (3)解：四边形ABCD是菱形， .AB=AD.AE=CE=42.BE=EF=DE=2. 在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB=√BE+AE=6. .·AB=AD,.∠EBA=∠GDE .·∠AEB=∠EGD=90°，∴.△AEB∽△EGD “证解得DG= DG DE 3 点G为DF的中点DF=2G=号 专题六几何综合探究题 例1（1)解：①错误：②正确：③错误： 【解法提示】如解图①，连接BE,CF,AD,设BE与AD交 于点O,①AB∥DE,只能知道△AOB∽△DOE.其他对边 同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的：② 解法一：如解图②，延长BA,EF交于点H,延长BC,ED 交于点G,.·ABDE,BC∥EF,·.四边形BHEG是平行四 边形，∠B=∠E,其他对角同理，故平行六边形的三组 主对角分别相等是正确的：解法二：如解图①，AB∥DE ∠ABE=∠BED,同理可得∠CBE=∠BEF,∴·∠ABC= ∠DEF;其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别 相等是正确的：③由①可知，平行六边形的三条主对角线 互相平分是错误的. B B H D E 图① 图② 例1题解图 (2)证明：证法一：如解图③，过点Q作QH∥P0,且0H P0,连接OH,S 则四边形POH0是平行四边形，.PQ∥OH,PQ=0H .·在平行六边形OPORST中，P0RS.PO=RS. ∴.QH∥RS,且QH=RS,四边形QRSH为平行四边形， .OR//HS.OR=HS. 在平行六边形OPQRST中，PQST,QR/0T, .∴.OHST,HS∥0T,∴.四边形HST0为平行四边形， 题解析·广西数学 .HS=OT,OH=ST,..OR=OT,PO=ST. .·OP=PQ=QR=RS,∴.PQ=QR=RS=ST=OT=P0 ∴.平行六边形OPORST是菱六边形. 图③ 图④ 例1题解图 证法二：如解图④，连接S0,PR, .·六边形OPORST是平行六边形，.OPRS. .·OP=S,.四边形OPS是平行四边形， .∠OPR=∠OSR,PR=OS 由(1)得∠OPQ=∠RST,∠Q=∠T, .∠QPR=∠OPQ-∠OPR,∠TS0=∠RST-∠OSR. ∴.∠QPR=∠TS0, ·∠Q=∠T,PR=OS.△OPR≌△TS0(AAS). ..PO=ST,OR=TO. .OP=PQ=QR=RS,...OP=PQ=OR=RS=ST=TO :.平行六边形OPORST是菱六边形： 证法三：如解图⑤，延长T0,QP交于点A.延长TS,OR交 于点B, :OT∥QR,PQ∥TS,∴.四边形ATBQ为平行四边形 ∴.∠A=∠B,AT=BQ .·六边形0POST是平行六边形，.∠1=∠2. ∠1+∠3=180°，∠2+∠4=180°，.∠3=∠4 I∠A=∠B 在△AOP和△BRS中， ∠3=∠4，∴.△A0P≌△BRS OP=RS. (AAS). .∴.AO=BR,AP=BS, .·OT=AT-A0,QR=BQ-BR,∴.OT=QR. 同理可得ST=PQ, .·OP=PQ=QR=RS .OP=PO=OR=RS=ST=TO. .平行六边形OPORST是菱六边形： 4 B H 图⑤ 图6 例1题解图 (3)解：设三角形纸片为△ABC,如解图⑥ 裁剪后的纸片为菱六边形DEFGHI,. ∴.DEHG,HI∥EF,GFID,DE=EF=FG=HG=IH=DL, DE AD AE IH BI ·BC AR AC'ACAB DE=EF=FG=HG=IH=DI=x, 参考答案与重难题 一战成名新中考 则主=AD_AExB1 ”634’43' 2,AF= 1 .'AD=- 3t,B13 AB=AD+DI+BI=3. 1 +4=3,解得 ,3 4 3, .'AD=- 3 即△ADE的各边长分别为子，9·3 .284 若选择△BHI或△CFG求各边长，请自行解答. L.(1)证明：①.·∠CAD=∠CBD,∠AED=∠BEC .·△AED∽△BEC; AE BE ②①知△AED一△BEC,0ECA·GE=BD· BE ·AE=CE,.AE2=ED·BE. 点E是△ABD中BD边上的“平方点”； (2)证明：：点E是△ABC中BC边上的“平方点”， AE2=EC·BE, .△ABC是⊙O的内接三角形， ∴.∠BDA=∠BCA,∠CBD=∠CAD ÷△AEC∽△BED,ECDE AE BE AE·DE=EC·BE,AE·DE=AE,AE=DE: (3)解：.∠BAC=90°，AB=8V5,BC=20, ∴AC=√BC2-AB=4V5, AD=4B·4C_85x45 =8 BC 20 .BD=VAB-AD2=16.CD=AC-AD=4. 设BE=x,由题意得AE=BE·EC,AE=AD+DE, ∴.(16-x)2+82=x(20-x),即x2-26x+160=0. 解得x1=10,x2=16, ∴.BE的长为10或16 2.(1)解：S1=4S2; (2)解：如解图①，△PMN即为所求； 图① 图② 第2题解图 (3)证明：如解图②，连接BD。 ·E,H分别是AB,AD的中点， :EH是△ABD的中位线， E/BD.E-D 同理FG/BD,FG=2BD, .EH∥FG,EH=FG. 四边形EFGH是平行四边形： (4)证明：证法一：如解图②，连接BD,AC, 由(3)得EH∥BD,EH=2BD, 解析·广西数学 35 .△AEH∽△ABD BD' 1 1 1 同理SaE=45a,Sac=45ac,Samc43anc, S4=S,-S AEH-S△BFE-S△Car-S△Dc 1 5,子Sa4Sa4Sae4Sa S-4(+S)-4(S+Sn) =54=2 1.1 即S,=2S4; 证法二：如解图③，连接BD分别交EF,GH于点M,N,过 点A作AP⊥BD于点P,交EH于点Q, :EH∥BD,∴.△AEH∽△ABD, 又：E为极的中点一侣册兴号 -21 .BD=2EH,AP=2A0=20P. 同理(3)得EFGH,又，·EH∥BD .四边形EMNH为平行四边形. .S四边形EH=EH·PQ, D=,BD·AP三2X2EH·2QP=2EL 2S助形ENH, 同理S△CBD=2S四边形MFGY, .S,=S△BD+S△cBm=2S助形EwwM+2S四边形MFeN=2S4; 图③ 图④ 图⑤ 第2题解图 (5)如解图④，解图⑤，四边形PQMN即为所求.（画出一 种即可) 例2解：(I)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=90°-∠DAF=∠BAF 又.AB=AD,AG=AF,.△ADG≌△ABF,.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. 36 参考答案与重对 EG=EF,EF=EP,∴.EG=EP I∠PAE=∠EDG, 在△PAE和△EDG中， ∠P=∠DEG. EP=CE, .△PAE≌△EDG,∴.AE=DG: (3)BF=√5DG,理由如下： 由(2)可知△PAE≌△EDG,EF=EP, .AE=DG.AP=DE. 如解图，过点F作FH⊥AB于点H,则∠FHB=∠FHA= 90°=∠PAE, .AE∥FH, G D EF=EP, .AE为△PHF的中位线， .HIF=2AE.AP=AH. .AH=DE. H B .BH=AE. 例2题解图 在Rt△BHF中，由勾股定理得，BF=√IF+B= √5AE. .BF=5 DG. 3.(1)证明：证法-AP.CP=D·DP,DPCP AP HP ∠P=∠P,.△ADP∽△HICP,∠CAD=∠CIIP, .·∠AMC=∠HMD,.△AMC∽△HMD, AM MC ÷HMMDAM.DM=CM·H: 证法二AP·CP=D·DP,DCP AP DP .·∠P=∠P,∴.△HAP∽△CDP, .∠CDP=∠HAP,∠DCP=∠AHP 又.·∠CDP+∠CDH=180°，.∠HAP+∠CDH=180°， H,A,C,D四点共圆，，∠AHC=∠ADC,∠DAH= ∠DCH, △AMH∽△CMD,-CMDM AM HM .AM·DM=CM.HM: (2)解：4√3：【解法提示】由(1)知H,A,C,D四点共圆，： AH⊥HD,.AD是直径，∠ACD=90°，2DC=4,.DC= 2,∴.sin∠CAD A04=2,∠CAD=30°，∠4DC= CD 2 1 60°，∠ADG=120°，当A,H,G三点共线时，AH+GH有最小 值为AG,如解图①，.·DG=AD=4,AH⊥ID,∴.∠ADH= 1 LHDG=2 ADG=60°，AH=HG=2AG,AH=sin∠ADH ·AD=sin60°×4=2W5,∴.AG=24H=43. 1G 图① 图② 第3题解图 (3)证明：如解图②，分别取DE与DF的中点K,N,连接 HK,HN. 在□ABCD中，AB∥CD,AB=CD,∴.△ABE∽△DFE, 题解析·广西数学 AE AB CD DE-DE DF DE AK CN AK CN AK DE 2DK DK 1 DE DF CN DE 2DN DN :HB=D=HF,K,N分别是DE,DF的中点， .∴HK⊥DE,HN⊥DF,∴.∠HKA=∠HNC=90°， H,A,C,D四点共圆，.∠HAK=∠HCN, .△HAK∽△HCN, “燃然然 .∠HKD=∠HND=90°. ∴.△IID∽△HND,∴.∠HDK=∠HDN I∠HKD=∠HND. 在△IKD和△HND中 ∠HDK=∠HDN, HD=HD .·.△HKD≌△HND(AAS), ∴.DK=DN,∴.2DK=2DN,∴.DE=DF, 能品= 4.解：(1)30，BP⊥AC: (2)CE=2BE,理由：如解图①，把△ABE绕点B顺时针旋 转60°得到△CBQ,连接EQ, ∴.BE=BQ,∠EBQ=60°，∠AEB=∠BQC ∴.△BEQ为等边三角形， ∴∠BEQ=60°=∠BQE,BE=EQ ·点E在线段BP上，且∠AEP=30°，∠PEC=60°， .∠AEB=150°，∠BEC=120°， .∴.∠BEQ=∠CEQ=60°，∠AEB=∠BQC=150°， .∠EQC=150°-60°=90°， ∴.∠ECQ=90°-60°=30°， .CE=2EQ=2BE; 图① 图② 图③ 第4题解图 (3)如解图②，当点P在线段OA上，记BP与AD的交点 为点H, ·.AH∥BC,.∠AHB=∠CBH .∠ABC=60°，∴.∠BAD=120°=∠BEG,∴.△HAB∽ △BEG. AHBE ·ABEG 2x AH 设FG=,则EF=B服=2，BG=3,玩写MM- 10 3 参考答案与重难题 一战成名新中考 10 .AH APAP 3 2 AD/BC,△APH∽CPB,BCP元心P元53 △AC为等边三角形AC=极=5.A=5x号=2： 如解图③，当点P在线段OC上时，延长AD交BP于点 H, 同理可得∠H=∠PBC,∠BAH=∠BEG=120°， .△BAH∽△GEB 设BE=EF=2m,而BE=2FG,则GF=EG=m, .AB_=1 AHl BE 2m2AH=10. 同理可得△APH∽△CPB,“CPB AP AH =2Ap=5x2=10 3-3 综上所途AP的长为2或号 例3解：(1)90： (2)①45：②小华的判断正确，理由略： 3)P的长为或T 4 5.(1)①解：∠ADF=120°：②证明略： (2)解：BD=10. (3)证明：如解图，作DK⊥BC,FG⊥BC,EH⊥BC,分别交 BC于K,G,H. 第5题解图 DB=DM,∠DM=90°，.BM=2KM. .·∠DKM=∠FGM=90°，∠DMK=∠FMG,DK=FG. .·△DKM≌△FGM(AAS),∴.KM=GM,∴.BG=3GM, .DB=DM,.∠B=∠DMB, ∠ADE=∠FDE,∠ADF=∠B+∠DMB,.∠ADE=∠B, ∴.BC∥DE,∴.DK=EH=FG,∠AED=∠FED=∠ECN= ∠ENC,.EN=EC, 同理可得CG=3GN,.BC=BG+CG=3GM+3GN=3MN. 6.(1)证明：如解图①，连接EF,由折叠可得∠APE=∠B= 90°，PE=BE ·四边形ABCD为矩形，∴.∠C=90°， E为BC的中点，·.BE=EC,.PE=EC 在Rt△EPF与Rt△ECF中， ·EP=EC,EF=EF,.Rt△EPF≌Rt△ECF(HL),·.FP= FC; D D EG 图③ 第6题解图 解析·广西数学 37 (2)解：AP=AB=10,点E在移动过程中，AP=10不变 .点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上，如解图 ②，连接AM, 当点P在线段AM上时，PM有最小值， AB=CD=10.CM=4...DM=6, 又：AD=17,.AM=√AD+D证=√17+6=5√13， .PM的最小值为AM-AP=5√13-10： (3)解：如解图③，过点P作PH L AD于点H,延长HP交 BC于点G .∠NPD=90°，∴.∠1+∠2=90°，.∠1+∠3=90°，∴.∠3 =∠2， .·∠PHN=∠DHP,∴.△PHN∽△DHP, HP HN 六D那HP=N·D, .AN=4,AD=17,∴.DN=13 设HN=x,则HD=13-x,.AH=x+4,HP2=x(13-x), .·AB=10..AP=AB=10, .HP2=AP2-A,.HP2=10-(x+4)2, .x(13-x)=102-(x+4)2,解得x=4, ∴.HP=6(负值已舍去)，AH=8,易知四边形ABGH为矩 形， .HG=AB=10.BG=AH=8...PG=4 设BE=m,则PE=m,GE=8-m, 在Rt△PGE中，PE2=EG2+PG2,.m2=(8-m)2+4,解得 m=5, 即BE的长为5. 例4(1)证明：：M0垂直平分AC, .0A=OC,∴.∠A=∠AC0 .·C0平分∠ACB,.·∠AC0=∠OCB ∴.∠A=∠OCB. 又·∠B=∠B,.△ABC∽△CBO: (2)①解：：∠B=90°， ∴.∠A+∠AC0+∠OCB=90°， 由(1)知∠A=∠AC0=∠0CB,0A=0C, .∠A=∠AC0=∠0CB=30° ÷B0=2C0=2A0,LA0M=LC0M=∠C0B=60°， 又.AB=A0+B0=6 ∴.B0=2,A0=4. .:M0垂直平分AC 0M=2A0=2,AC=24M, ..AM=√30M=2W3,.AC=4W3. 解法一：如解图①，取A'C'的中点M',连接OM',MM', 过点M作MW⊥A'C'于点N. 图① 图② 例4题解图 由旋转的性质知△AOC≌△A'OC',OM'为OM绕点0逆 38 参考答案与重为 时针旋转α所得线段 ∴.0M'⊥A'C,A'C'=AC=4W3,0M'=OM=2, 根据垂线段最短知MN≤MM', 又.MM'≤OM+OM', .当M,O,M三点共线，且点O在线段MM上时，MN取 得最大值，最大值为2+2=4， 此时a=180°， △NMC面积的最大值为之×45x4=8; 解法二点拨：如解图②，过点O作OM'⊥A'C于点M',即 点M的对应点为M,OM=2,则点M在以0为圆心，OM 长为半径的圆上运动，连接AM',构造手拉手全等三角 形，△OMC'≌△OM'A,可得MC'=M'A,∠CAM'=∠A'C M,AC=A'C',则△A'MC'≌△CMA,则转化为求△CMA 面积的最大值，线段AC的长度不变，当点M'到AC的距 离最大时，△CMA的面积最大. ②解：旋转角的度数为120°或240. 7.(1)解：四边形ABCD是矩形，∴.BC=AD=2,∠D=90°， :矩形AEFG是由矩形ABCD旋转得到的，∴.AE=AB=3, 在Rt△ADE中，DE=√AE-AD=√3-2=√5： (2)①证明：.点E在线段CF上， .∠AEC=∠AEF=∠ADC=90°， 在R△ACD和Rt△CAE中，C, .Rt△ACD≌Rt△CAE(HL),∴.∠HAC=∠HCA,∴.HA= HC; ②解：设AH=HC=m,则DH=3-m,在Rt△ADH中，AD+ DH=AH, 13 2+(3-m)2=m2,.m= 6’ ·DH=3135 66 (3)存在.△BEP的边EP长度保持不变，设EP边上的高 为h,即h最大时，△BEP的面积最大如解图，连接PA, 作AM⊥PE于点M, 当AM与AB共线，且h=BM=BA+AM 时，△BPE的面积最大， 3 由题意得PF=PG=2, ·AG=EF=2,∠G=∠F=90°， PA=PE=5 , 1 SanE=2Se影GE=2PE·AM,AE =AB=3,AG=BC=2」 第7题解图 15 1 2×24M=23x2, 六AM=2 则s的量大值为理，N了3 2、27 )= 2 5 41 27 :△BEP的面积的最大值为4 8.(1)证明：.·△ABC,△ADE为等边三角形， ∴.AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°， 题解析·广西数学 一战成名新中考 ∴.∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE ·.在△BAP和△CPQ中，∠CQP=∠BAP=90° 在△ABD和△ACE中， MF∥BD.∠QTM+∠CQP=180°，.∠QTM=90°， (AB=AC, .NF∥CE,∴.∠MFN=∠QTM=90°，.∴.MF⊥NF: ∠BAD=∠CAE, AD=AE, (3)解：由(2)可知Mr1NP,MF=NP=之D, .△ABD≌△ACE(SAS): ·△MFN是等腰直角三角形， (2)解：MF=NF且MF⊥NF: 1 1 证明：由(1)知△ABD≌△ACE 六SAMN=2MF·NF=2MF=8BD, .BD=CE,∠ABD=∠ACE, 当BD最大时，SAMN最大 .·点M,N,F分别为BC,DE,CD的中点. 在△ADE绕点A旋转时，BD≤AB+AD .MF,NF分别是△BCD和△ECD的中位线， ,当点D恰好在BA的延长线上时BD最长，最大长度为 F/D.AF-BD.NF/CE.NF-CE..MF-NF. AB+AD=6+4=10, SAw的最大值为。×10=12.5. .·∠APB=∠CPQ,∠ABD=∠ACE,∠BAC=90° 8 抢分卷 稳B+题组训练卷 稳B*题组训练卷（一） 答：估计八年级90名选手成绩在80分以上（含80分） 1.B2.A3.C4.B5.C6.C7.D8.D9.D 的人数为63. 19.解：(1)如解图，射线AE即为所求： 10.A11B13.321410153 17.解：(1)原式=-3+3=0：(2)分式方程的解为x=2 18.解：(1)7,6,7： (2)甲的射击成绩比较稳定，理由：样本中甲的射击成绩 的方差较小，成绩比较稳定 B 第19题解图 19.解：(1)B(6,1); (2)EC=2. (2)第二个叶片F,如解图： 20.解：(1)甲商场该冰箱实付价为(0.8x-200)元， 乙商场该冰箱实付价为x-500-400=(x-900)元： (2)小华购买的冰箱的原价为2450元，小东购买的冰箱 的原价为2555元. 432 稳B*题组训练卷（三） 1.C2.C3.A4.D5.D6.B7.A8.B9.D 10.C11.A13.>14.y=x+1(答案不唯一)15.5 第19题解图 17.解：(1)原式=9-15+4=-2： (3)线段0B扫过的图形面积是37π 2 因方泽的车为子 18.解：(1)解法一：作等角，如解图①，∠CDE即为所求： 20.(1)证明略；(2)解：⊙0的半径长为 解法二：作线段CD的垂直平分线与AC交于点E,连接 DE,如解图②，∠CDE即为所求： 稳B题组训练卷（二） 1.D2.B3.C4.D5.C6.B7.B8.D9.A 10.A11.B13.-3(答案不唯一）1415m15.2 17.解：(1)原式=10-6=4： 2(x-3)x+31 (2)原式=(x+3)(x-3)·42 图① 图② 18.解：(1)a=85,b=100: 第18题解图 (2)·八(1)班和八(2)班的成绩的方差分别是70,160， (2)∠CDE=31°， 且70<160. 19.解：(1)91.5,100： .八(1)班的成绩更稳定： 1 (37x90=63 (2)a=10×(100+82+75+87+100+93+71+10+83+99)= 89: 参考答案与重难题解析·广西数学 39一战成名新中考 专题六」 几何综合探究题(5年4考) 考情时间轴 23.探究平行六边形的性质 26.探究矩形的折叠 2024 2022 2025 2023 2021 26.探究三角形的旋转 26探究动点辅助圆 类型1与新定义有关的几何探究题(2025.23) 典例精讲 例1[2025广西23题12分]【平行六边形】如图①，在凸六边形ABCDEF中，满足AB∥DE,BCEF, CDFA,我们称这样的凸六边形叫作“平行六边形”.其中AB与DE,BC与EF,CD与FA叫作 “主对边”；∠A和∠D,∠B和∠E,∠C和∠F叫作“主对角”；AD,BE,CF叫作“主对角线”. (1)多解法类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”. B A 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 ②平行六边形的三组主对角分别相等 ③平行六边形的三条主对角线互相平分 D E 例1题图① ￠思路剖析类比平行四边形性质，已知三组对边平行，可考虑将平行六边形补全成平行四边形，延 长任意一组对角的两边相交得平行四边形. 【菱六边形)六条边都相等的平行六边形叫作“菱六边形” (2)多解法如图②，已知平行六边形OPORST满足OP=PQ=QR=RS.求证：平行六边形OPORST 是菱六边形； 思路剖析要证明平行六边形是菱六边形，即证明ST,OT与OP,PQ,QR,S中的任意一条线段相 等.证法一：已知三组对边平行，四条边相等，可考虑利用相邻两个相等的边（如OP与PQ)向六边形 内部作菱形，连接菱形的第四个顶点与点S,构造得两个四边形，证明这两个四边形为菱形即可.证法 二：利用平行六边形主对角相等、平行四边形（连接PR,OS构造）对角相等，证明△QPR≌△TS0,从 而得证.证法三：同(1)将平行六边形补全成平行四边形，由平行六边形、平行四边形的性质得全等三 角形，从而得证 R 例1题图② (3)如图③是一张边长为3,4,6的三角形纸片.剪裁掉三个小三角形， 4 使剪裁后的纸片为菱六边形.请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求 它的各边长 6 思路剖析应用菱六边形的性质一三组对边平行且相等，剪裁出的边 例1题图③ 与已知的对边平行，再利用平行线分线段成比例得边长 专项分类提升练·广西数学 59 @针对训练 1.[2025南宁十四中三模]综合与探究 【初步感知】定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段长度的积等于这个点与 该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”，如图①，在△ABC中，点E 是BC边上一点，连接AE,若AE=BE·CE,则称点E是△ABC中BC边上的“平方点”. 【尝试探究】 (1)如图②，已知在四边形ABCD中，∠CAD=∠CBD. ①求证：△AED∽△BEC: ②若AE=CE,求证：点E是△ABD中BD边上的“平方点”； 【迁移应用】 (2)如图③，△ABC是⊙O的内接三角形，点E是△ABC中BC边上的“平方点”，延长AE交⊙O 于点D,连接BD,CD,求证：DE=AE; (3)如图④，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=20,AB=8√5，过点D作AD⊥BC于点D,若点E是 △ABC中BC边上的“平方点”，求线段BE的长 E 图① 图② 图③ 图④ 第1题图 60 专项分类提升练·广西数学 一战成名新中考 2.[2025南宁一模]综合与探究 【初步感知】如图①，若D,E,F是△ABC三边的中点，则△DEF叫作△ABC的内中点三角形， △ABC叫作△DEF的外中点三角形， (1)直接写出△ABC的面积S,与△DEF的面积S,的数量关系； (2)在图②的网格中画出△ABC的外中点△PMN; 【类比探究】如图③，若E,F,G,H是四边形ABCD各边的中点，则四边形EFGH叫作四边形ABCD 的内中点四边形，四边形ABCD叫作四边形EFGH的外中点四边形 (3)求证：四边形EFGH是平行四边形； (4)多解法若四边形ABCD的面积为S,四边形EFGH的面积为S4,求证：S,=2S4; (5)在图④的网格中画出口ABCD的一个外中点四边形PQMN.（要求：P,Q,M,N都在网格线的交 点上) E 图① 图② 图③ 图④ 第2题图 专项分类提升练·广西数学 61 类型2与动点有关的几何探究题(2022.26) 典例精讲 例2[2025甘肃省卷]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G 关系，并说明理由； 交思路剖析根据正方形和等腰直角三角形的性质，证明△ADG兰△ABF,即可 得出BF和DG的数量关系. A(E) B 例2题图① (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 G 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； 文思路剖析[一线三等角模型见本册P9] A 例2题图② (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 思路剖析线段BF和DG在图中没有联系，考虑构造能将二者联系起来的中 间量.由(2)中的全等及等腰三角形的性质可得E为PF中点，过点F作AB的P A 垂线，构造得中位线，由全等三角形的性质、中位线、勾股定理将BF与DG联系 例2题图③ 起来.[遇到中点怎么思考见本册P1] 62 专项分类提升练·广西数学 一战成名新中考 @针对训练 3.[2025梧州-一模]综合与探究 【问题背景】如图①，H为口ABCD外的一个动点，CH与AD交于点M,延长AC与HD的延长线交 于点P,且AP·CP=HP·DP 【问题初探】(1)多解法求证：AM·DM=CM·HM; 【问题再探】(2)如图①，已知G为CD延长线上的一点.DG=2DC=4,AD=4.当AH L HD时，AH+ GH的最小值为； 【问题拓展】(3)如图②，已知F为CD延长线上的一动点，AD与BF相交于E点，连接EH,当点 H,F运动到使HE=HD=HF时，求证：AB=AE. [四点共圆见本册P24] H 图① 图② 第3题图 专项分类提升练·广西数学 63 4.「2025贵州7如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P为线段AC上一动点，点E为射线BP上的 一点（点E与点B不重合）. 【问题解决】 (1)如图①，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC=度，线段BP与线段AC的位置关 系是 【问题探究】 (2)如图②，在点P运动过程中，点E在线段BP上，且∠AEP=30°，∠PEC=60°，探究线段BE与 线段EC的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 (3)在点P运动过程中，将线段BE绕点E逆时针旋转120°得到EF,射线EF交射线BC于点G, 若BE=2FG,AB=5,求AP的长 0(P 图① 图② 第4题图 备用图 64 专项分类提升练·广西数学 一战成名新中考 类型3与折叠有关的几何探究题(2023.26) 典例精进 例3[2025南宁三中二模]在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动. (1)操作推断 如图①，点P是正方形纸片ABCD的边AD的中点，沿BP折叠，使点A落在点MA 处，延长BM交CD于点F,连接PF.则∠BPF= 思路剖析由折叠的性质可得∠APB=∠BPM,∠A=∠PMB=90°，AP=PM,结合P 是AD的中点得PM=PD,证得△PMF≌△PDF,进而求得∠BPF的度数. 例3题图① (2)迁移探究 小华在(1)的条件下，继续探究：如图②，延长PM交CD于点E,连接BE, ①LPBE=; ②小华用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现CF=3FD.请判断该 发现是否正确？并说明理由， 交思路剖析①由折叠的性质和正方形的性质得Rt△BME≌Rt△BCE,进而求得例3题图② ∠PBE的度数.②结合(1)中的结论，得△ABP∽△DPF.[一线三等角模型见本册P9] (3)拓展应用 分类讨论将边长为1的两个相同正方形拼成矩形ABCD,如图③，点P 是AD上一动点，沿BP折叠，使点A落在点M处，射线BM交射线CD 于点F当DF=2DC时，直接写出AP的长 交思路制析点F为射线BW与射线CD的交点，当DF-DC时，等考 B 例3题图③ 虑点F在线段CD的延长线上和点F在线段CD上.以点F在线段CD的 延长线上为例，设BF与AD交于E,由平行线分线段成比例及△PEM∽△BEA,即可求得AP的长. 专项分类提升练·广西数学 65 @针对训练 5.[2025玉林三模]在数学综合实践课上，贺老师以三角形折叠为主题开展数学活动， (1)特例感知 如图①，折叠等边三角形纸片ABC,使点A与BC边中点F重合，折痕为DE,分别交边AB,AC 于点D,E ①求∠ADF的度数 ②求证：△BDF为等边三角形 (2)性质梳理 如图②，等腰三角形纸片ABC中，AB=CB=18,折叠该纸片，使点A落在边BC上的点F处，折 痕为DE,分别交边AB,AC于点D,E.若EF⊥AC,BF=6,求BD的长度 (3)深度探究 如图③，折叠三角形纸片ABC(∠B,∠C为锐角)，使点A落在BC的下方点F处，折痕DE分 别交边AB,AC于点D,E,线段DF,EF与BC分别交于点M,N.若DB=DM,点D,F到BC的距 离相等，求证：BC=3MW D 图① 图② 图③ 第5题图 66 专项分类提升练·广西数学 一战成名新中考 6.[2025南充]矩形ABCD中，AB=10,AD=17,点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE,把 △ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处. 【初步感知】(1)如图①，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F,求证：FP=FC 【深入探究】(2)如图②，点M在线段CD上，CM=4.点E在移动过程中，求PM的最小值， 【拓展运用】(3)如图②，点N在线段AD上，AN=4.点E在移动过程中，点P在矩形内部，当 △PDW是以DN为斜边的直角三角形时，求BE的长 D E 图① 图② 第6题图 专项分类提升练·广西数学 67 类型4与旋转有关的几何探究题(2024.26) 典例精讲 例4[2024广西26题10分]如图①，△ABC中，∠B=90°，AB=6.AC的垂直平分线分别交AC,AB 于点M,O,C0平分∠ACB. (1)求证：△ABC∽△CB0: ￠思路剖析利用线段垂直平分线的性质得出OA=OC,利用等边对等角得出 ∠A=∠ACO,结合角平分线的定义可得∠A=∠AC0=∠OCB,即可判定三角形 相似. A 0 B 例4题图① (2)如图②，将△A0C绕点0逆时针旋转得到△A'OC',旋转角为ax(0°<α<360).连接A'M,CM. ①多解法求△A'MC'面积的最大值及此时旋转角α的度数，并说明理由； 这思路剖析先求出∠A=∠AC0=∠OCB=30°，然后利用含30°角的直角三角 形性质求出B0=2,A0=4,M0=2,AM=23,AC=4√5.要求△A'MC'面积的最 大值，由于A'C'的长度不变，则当AC'边上的高最大时，△A'MC'的面积取得最 大值 A 解法一：过点M作A'C'边上的高MW,取A'C'的中点M',点M'即为点M旋转 后的对应点，由垂线段最短可知MWN≤MM',MM'≤OM+OM',则当M,O,M'三 点共线时，MN最大. 例4题图② 解法二：点M的运动轨迹为以O为圆心，OM长为半径的圆，取A'C的中点 M',点M'即为点M旋转后的对应点，连接AM',CM',构造△A'MC'≌△CM'A,则转化为求△CM'A面 积的最大值。 [手拉手模型见本册P11,线圆最值见本册P22] ②当△A'MC'是直角三角形时，请直接写出旋转角α的度数. 思路剖析先利用三角形三边关系判断出MC'<A'C',MA'<A'C',则当△A'MC'为直角三角形时，只 有∠A'MC'=90°，然后分A和C'重合，A'和C重合，两种情况讨论即可. 68 专项分类提升练·广西数学