2026年中考数学二轮专题：几何综合 复习讲义

中考数学二轮专题 几何综合 复习讲义 【考前概览】 几何综合题是中考试卷中常见的题型，它主要考查学生综合运用几何知识的能力. 这类题型在近几年全国各地中考试卷中占有相当的分量，不仅有选择题、填空题、几何推理计算题以及代数与几何的综合计算题，还有更注重考查学生分析问题和解决问题能力的探究性的问题、方案设计的问题等等.主要特点是图形较复杂，覆盖面广、涉及的知识点较多，题设和结论之间的关系较隐蔽，常常需要添加辅助线来解答. 以几何为主的综合题常常在一定的图形背景下研究以下几个方面的问题： 1.证明线段、角的数量关系（包括相等、和、差、倍、分及比例关系等）； 2.证明图形的位置关系（如点与线、线与线、线与圆、圆与圆的位置关系等）； 3.几何计算问题； 4.动态几何问题等. 【方法点拨】 解决这类题型应注意以下几点： （1）注意数形结合，挖掘隐含条件，寻找数量关系和相等关系； （2）注意推理和计算相结合，力求解题过程的规范化； （3）多角度、全方位观察图形，把复杂的图形分解成几个基本图形，或通过添加辅助线补全或构造基本图形； （4）抓住图形中的特殊角、特殊线段，根据它们的特殊关系转化为方程或函数； （5）注意灵活地运用数学的思想和方法. 【重点题型】 类型一 与三角形有关的综合问题 例1如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，∠BAD＝∠CAD，CE∥AD，CE交BA的延长线于点E，BC＝8，AD＝3. （1）求CE的长； （2）求证：△ABC为等腰三角形； （3）求△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离. 点拨：（1）证明AD为△BCE的中位线得到CE＝2AD即可求出结果； （2） 通过证明AC＝AE，得到AB＝AC即可； （3）如图，连接BP，BQ，CQ，先利用勾股定理计算出AB＝5.设☉P的半径为R，☉Q的半径为r，在Rt△PBD中利用勾股定理得到（R－3）2＋42＝R2，求出R，即PD的长，再利用面积法求出r，即QD的长，然后计算PD＋QD即可. 解：(1)∵AD是边BC上的中线，BC＝8， ∴BD＝CD＝4. ∵CE∥AD，∴AD是△BCE的中位线. ∴CE＝2AD＝6. （2）证明：∵CE∥AD， ∴∠BAD＝∠E，∠CAD＝∠ACE. ∵∠BAD＝∠CAD， ∴∠E＝∠ACE. ∴AC＝AE. ∵AD是△BCE的中位线， ∴AB＝AE. ∴AB＝AC. ∴△ABC为等腰三角形. （3）解：由（2）可知AD垂直平分BC，且平分∠BAC. ∴点P，Q都在直线AD上. 连接BP，BQ，CQ. 在Rt△ABD中，AB＝＝5. 设☉P的半径为R，☉Q的半径为r. 在Rt△PBD中，（R－3）2＋42＝R2， 解得R＝. ∴PD＝PA－AD＝－3＝. ∵S△ABQ＋S△BCQ＋S△ACQ＝S△ABC， ∴ r·5＋ r·8＋ r·5＝ ×8×3. 解得r＝，即QD＝. ∴PQ＝PD＋QD＝＋＝. ∴△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为. 【总结】 熟练掌握三角形的中位线、勾股定理、等腰三角形的性质与判定、三角形的外接圆与内切圆的性质是解决此题的关键. 变式：如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，点D，E分别为边AB，BC上的点，且BD＝BE＝. （1）如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转任意角度α，连接AD，EC，则线段EC与AD的关系是______；  （2）如图3，DE∥BC，连接AE，判断△EAC的形状，并求出EC的长； 解：（1）EC＝AD，EC⊥AD 延长CE交AD于点F，交AB于点O. ∵∠DBE＝∠ABC＝90°， ∴∠ABD＝∠CBE. ∵BD＝BE，AB＝BC， ∴△ABD≌△CBE（SAS）. ∴∠BCE＝∠BAD，CE＝AD. ∵∠AOF＝∠BOC， ∴∠AFE＝∠ABC＝90°. ∴CE⊥AD. （2） 设DE与AB的交点为H. ∵DE∥BC，∴∠AHE＝∠ABC＝90°. ∵BD＝BE，∴AB是DE的垂直平分线. ∴AD＝AE.由（1）知AD＝CE，∴AE＝CE. ∴△ACE是等腰三角形. ∵BE＝， ∴BH＝HE＝1. ∴AH＝AB－BH＝4－1＝3. 在Rt△AHE中，由勾股定理，得AE＝＝， ∴CE＝AE＝. 类型二 与四边形有关的综合问题 例2 在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处. （1）求证：△ABF∽△FCE； （2）若AB＝，AD＝4，求EC的长； （3）若AE－DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠FAE＝β，求tan α＋tan β的值. 点拨：（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可； （2）先由勾股定理求出BF，再由△ABF∽△FCE可得，由此即可解决问题； （3）首先由正切函数的定义得到tan α＋tan β＝＋＝＋，再设CE＝1，DE＝x，由AE－DE＝2EC得到AE＝x＋2，AB＝x＋1及AF＝，然后由△ABF∽△FCE列出比例式，解出x即可解决问题. 解:（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠C＝∠D＝90°. ∴∠AFB＋∠BAF＝90°. ∵△AFE是由△ADE翻折得到的，∴∠AFE＝∠D＝90°. ∴∠AFB＋∠CFE＝90°. ∴∠BAF＝∠CFE. ∴△ABF∽△FCE. (2)∵△AFE是由△ADE翻折得到的， ∴AF＝AD＝4. ∴BF＝＝2. ∴CF＝BC－BF＝AD－BF＝2. 由（1）得△ABF∽△FCE.∴. ∴. ∴EC＝. (3)由（1）得△ABF∽△FCE. ∴∠CFE＝∠BAF＝α. ∴tan α＋tan β＝＋＝＋. 设CE＝1，DE＝x，则x＞1. ∵AE－DE＝2EC， ∴AE＝DE＋2EC＝x＋2，AB＝CD＝x＋1， ∴AF＝AD＝＝. ∵△ABF∽△FCE，∴. ∴. ∴. ∴＝，即x＝2. ∴x2－4x＋4＝0.解得x1＝x2＝2. ∴CF＝＝，EF＝DE＝x＝2，AF＝AD＝＝2. ∴tan α＋tan β＝＋＝＋. 【总结】 ①四边形问题常转化为三角形问题； ②通过证明三角形相似或全等，利用相似三角形的对应边成比例、全等三角形的对应边和对应角相等的性质来求解线段长度、角度大小等问题. ③当出现直角时，要考虑运用勾股定理建立边之间的关系. ④涉及角度的计算和关系时，利用三角函数的定义来表示角度与边的关系，进而求解问题. 变式：在正方形ABCD中，E是BC上的一点，在BC延长线上取点F使EF＝ED，过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G，交CD于点N. （1）证明：△CDE≌△MFE； （2）若E是BC的中点，证明：BG＝MG； （3）在（2）的条件下，求的值. 解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DCE＝90°. ∵FG⊥ED，∴∠FME＝90°. ∴∠DCE＝∠FME. ∵∠CED＝∠MEF，ED＝EF， ∴△CDE≌△MFE（AAS）. （2）证明：由（1）可得△CDE≌△MFE， ∴CE＝ME. ∵E为BC的中点，∴BE＝CE.∴BE＝ME. ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠B＝90°. ∵FG⊥ED，∴∠EMG＝90°. ∵EG＝EG，∴Rt△BEG≌Rt△MEG（HL）. ∴BG＝MG. (3)由（2）知Rt△BEG≌Rt△MEG， ∴∠BEG＝∠MEG. ∵ME＝CE，∴∠EMC＝∠ECM. ∵∠ECM＋∠EMC＝∠BEG＋∠MEG， ∴∠MEG＝∠EMC.∴MC∥EG. ∴∠FMC＝∠FGE，∠FCM＝∠FEG. ∴△FCM∽△FEG. ∴ 设正方形ABCD的边长为2x， 则CD＝2x，CE＝x. ∴DE=x ∴EF=x CF＝EF－CE＝（－1） ∴= 类型三 与圆有关的综合问题 例3 如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，E是BC的中点，连结OE，DE. (1)求证：DE是⊙O的切线． (2)若sin C＝，DE＝5，求AD的长. (3)求证：2DE2＝CD·OE. 点拨：（1）要证DE是⊙O的切线，连半径，证垂直； （2）先求BD，证明∠ABD＝∠C，得到=，再由勾股定理求AD. （3）证明△BCD∽△OEB，得到即可求证. 解：(1)连接OD，BD，如图. 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°， ∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°， ∴∠BDC＝180°－∠ADB＝90°. ∵E是BC的中点，∴DE＝BE＝EC. ∵OB，OD是⊙O的半径，∴OB＝OD， 又∵OE＝OE，∴△ODE≌△OBE(SSS)， ∴∠ODE＝∠OBE＝90°， ∴半径OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线． (2) 连接BD，如图2， 由(1)知DE＝BE＝EC， ∠ADB＝∠BDC＝∠ABC＝90°， ∵DE＝5，∴BC＝10. ∵sin C＝，∴＝， ∴BD＝8.∵∠C＋∠CBD＝∠ABD＋∠CBD＝90°，∴∠ABD＝∠C， ∴sin ∠ABD＝sin C＝ ， ∴=. 设AD＝4x，则AB＝5x， ∵AD2＋BD2＝AB2， ∴(4x)2＋82＝(5x)2， 解得x＝(负值舍去)， ∴AD＝4x＝4×＝. （3） 证明：连接BD，如图3. 由(1)(2)得∠BDC＝∠OBE＝90°，BE＝DE， ∵O是AB的中点，E是BC的中点， ∴OE∥AC，BC＝2BE，∴∠C＝∠OEB， ∴△BCD∽△OEB ∴，即 ∴2DE2＝CD·OE 【总结】 这道题是与圆相关的综合问题，主要运用圆的性质、三角形性质以及相似三角形等知识来求解. 证明一条直线是圆的切线，常用的方法是： ①连半径，证垂直；②作垂直，证半径. 变式：如图，半径为4的☉O中，弦AB的长度为，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE，OD，OE. （1）求∠AOB的度数； （2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求△ODE的外心P所经过的路径的长度； 解：（1）过点O作OH⊥AB于点H. ∵OA＝OB＝4，OH⊥AB，AB＝， ∴AH＝HB＝AB＝，∠AOH＝∠BOH. ∴sin∠AOH＝＝. ∴∠AOH＝60°. ∴∠AOB＝2∠AOH＝120°. （2） 如图1，连接OC，取OC的中点P，连接DP. ∵OA＝OC＝OB，AD＝DC，CE＝EB， ∴OD⊥AC，OE⊥CB.∴∠ODC＝∠OEC＝90°. ∴O，D，C，E四点共圆，OC是直径. ∴OC的中点P是△OED的外接圆的圆心. ∴OP＝OC＝2. ∴点P在以O为圆心，2为半径的圆上运动. ∵∠AOB＝120°， ∴点P所经过的路径的长度为＝. 类型四 动点问题 例4 如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动.如果P、Q同时出发，用t(s)表示移动的时间（0≤t≤6），那么： (1)当t为何值时，△QAP为等腰直角三角形？ (2)求四边形QAPC的面积；提出一个与计算结果有关的结论； (3)当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？ 点拨：⑴中应由△QAP为等腰直角三角形这一结论，需补充条件AQ=AP，由AQ=6－t，AP=2t，可求出t的值； (2)中四边形QAPC是一个不规则图形，其面积可由分割法，即计算△AQC与△APC的面积之和求出； (3)中由于题目中未给出三角形的相似对应方式，因此需分类讨论. 解：（1）对于任何时刻t，AP=2t，DQ=t，QA=6-t． 当QA=AP时，△QAP为等腰直角三角形，即6-t=2t，解得：t=2， 所以，当t=2s时，△QAP为等腰直角三角形． （2）在△QAC中，QA=6-t，QA边上的高DC=12， ∴S△QAC=QA•DC=（6-t）•12=36-6t． 在△APC中，AP=2t，BC=6， ∴S△APC=AP•BC=•2t•6=6t． ∴S四边形QAPC=S△QAC+S△APC=（36-6t）+6t=36（cm2）． ∴在P、Q两点移动的过程中，四边形QAPC的面积始终保持不变． （3）根据题意，可分为两种情况，在矩形ABCD中： ①当时，△QAP∽△ABC，则有： ，解得t=1.2， 即当t=1.2s时，△QAP∽△ABC； ②当时，△PAQ∽△ABC，则有： ，解得t=3， 即当t=3s时，△PAQ∽△ABC； 所以，当t=1.2s或3s时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似． 【总结】 本题是动态几何题，同时也是一道探究题．要求学生具有一定的发现、归纳和表达能力，这就要求我们通过计算分析，抓住其本质，揭示出变中不变的规律． 四边形QAPC的面积也可由矩形面积减去△DQC与△CBP的面积求出，；⑶中考查了分类讨论的数学思想，结论具有一定的开放性. 学科网（北京）股份有限公司 $