压轴题专项突破(2) 几何综合探究-【名师学案】2026年中考数学复习堂堂清

压轴题专项突破（二）几何综合探究 考情分析 几何探究综合题在近几年中考中大多以压轴题呈现，主要考查五种类型：(1)旋转问题； (2)动点问题；(3)折叠问题；(4)非动态几何问题；(5)阅读理解题，其中第一、二类考查较多.考 查的较多的知识点有：特殊四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的证明、相似三 角形的判定与性质、图形的变换等.解题时通过观察、分析、概括、推理、判断等一系列探究活 动，确定要求的条件和结论，然后选择适当的方法进行解答 考向一旋转问题 于点M,N. 【例1】(2023·襄阳)【问题背景】 ①填空：k= 人教版八年级下册数学教材第63页“实验 ②求证：PM=PN.(提示：借鉴解决【问 与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的 题背景】的思路和方法，可直接证明 对角线相交于点O,点O又是正方形 △PAM≌△PBN;也可过点P分别作 A1BCO的一个顶点，而且这两个正方形的 AB,BC的垂线构造全等三角形证明.请 边长相等，无论正方形A1BCO绕点O怎 选择其中一种方法解答问题②.) 样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等 【类比探究】 于一个正方形面积的子想一想，这是为什 (2)如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平 移，判断PM与PN的数量关系（用含 么？（此问题不需要作答） 的式子表示)，并说明理由， 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行 【拓展运用】 了拓展探究，内容如下：正方形ABCD的对 (3)如图3，点N在边BC上∠BPV=45°， 角线相交于点0，点P落在线段OC上，院 延长NP交边CD于点E,若EN= =k(k为常数). kPN,求k的值. 【方法指导】(1)①利用正方形性质即可得出 答案；②根据正方形的性质可得∠PAB ∠PBC=45°，PA=PB,∠APM=∠BPN, 利用ASA证明△PAM≌△PBN即可； 盛☒ (2)过点P作PG∥BD交BC于G,利用平 行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC 图1 =∠PCG=∠PAM,∠APM=∠GPN,可 【特例证明】 证明△PAMU∽△PGN,利用相似三角形性 (1)如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点 质即可得出答案；(3)过，点P作PM⊥PN交 O重合，两直角边分别与边AB,BC相交 AB于点M,作PH⊥BC于点H,作PG⊥ 208 AB于点G,利用AAS证得△PGM≌ 则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=9O°， △ECN,可得GM=CN,PG=EC,再证得 .∠MPN-∠GPN=∠GPH-∠GPN. △BPNC△BCP,可得PB=BC·BN,同 即∠MPG=∠NPH, 理可得：PB=BA·BM,推出EC=2CN, ∴.∠PMG=∠PNH. 进而可得tan∠ENC= PH=EC=2,令 由(2)和已知条件可得：PM=kPN,EN=kPN, HN CN .PM=EN. HN=a,则PH=2a,CN=3a,EC=6a,利 ∴.△PGM≌△ECN(AAS). 用勾股定理即可求得答案 .∴.GM=CN,PG=EC 【解答】(1)①1： .∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP, ②证明：，四边形ABCD是正方形， ,∴.△BPNp△BCP. ∴.∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC= 2.PB_BN 45°，PA=PB BC PB '.∠APB-∠BPM=∠MPN-∠BPM, ∴.PB=BC·BN 即∠APM=∠BPN, 同理可得：PB=BA·BM, ∴.△PAM≌△PBN(ASA). .BC=BA, ∴，PM=PN; ∴.BM=BN （2)解，理由如下 ∴.AM=CN 过点P作PG∥BD交BC于G, ∴.AG=2CN. .∠PAB=45°， ∴.PG=AG. ∴.EC=2CN ∴∠AOB=∠APG,∠PGC=∠OBC. ∴.tan∠ENC= 器-长-2 ,四边形ABCD是正方形， ∴.∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB= 令HN=a,则PH=2a,CN=3a,EC=6a, 90°. ∴.EN=/3a)+(6a)'=3√5a, ∴.∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC= PN=√/a2+(2a)=√5a. ∠PCG=∠PAM. EN_35a=3 ∴.PG=PC,∠APG-∠MPG=∠MPN ∴k PN √5a ∠MPG, 即∠APM=∠GPN 过点/训练 .△PAM∽△PGN. 1.(2023·黄冈)【问题呈现】 兴隐-： △CAB和△CDE都是直角三角形， ∠ACB=∠DCE=90°，CB=mCA,CE= (3)解：过点P作PM⊥PN交AB于点M,作 mCD,连接AD,BE,探究AD,BE的位置 PH⊥BC于点H,作PG⊥AB于点G, 关系 【问题探究】 (1)如图1，当m=1时，直接写出AD,BE 209 的位置关系 (2)如图2，当m≠1时，(1)中的结论是否 成立？若成立，给出证明；若不成立， 说明理由； 【拓展应用】 (3)当m=√3，AB=4√7，DE=4时，将 △CDE绕点C旋转，使A,D,E三点 恰好在同一直线上，求BE的长， 图2 备用图 考向二动点问题 【例2】(2024·孝南区一模)已知△ABC和 △ADE都是等腰三角形，且AB=AC,AD =AE,若点D在BC边上运动时，总保持 ∠ADE=∠B,连接CE,DE与AC交于点 F 图1 图2 图3 (1D①如图1，当点D为BC边中点时，则S三 BC 的值为 ②如图2，当点D不为BC边中点时，求 证：CE=BD: (2)如图3，当点D在BC边上运动中恰好使 得AE∥BC时，若AB=5,BC=6,求DF 的长 【方法指导】(1)①由等腰三角形的性质可间 接得出∠B=∠BCA=∠ADE=∠AED,即 可求出∠BAD=∠CAE.由AB=AC,点D 为BC的中点，可得∠BAD=∠CAD.即得 ∠CAD=∠CAE.即可证明AC垂直平分 210 DE,即得出结论CE=CD.最后根据点D为 过点/训练 CE CE 1 BC的中点，可知BC=2C2=立·②根据题意 2.(2023·十堰)过正方形ABCD的顶点D 易证△BAD≌△CAE(SAS),即得出CE= 作直线DP,点C关于直线DP的对称点 BD.(2)先证明四边形ABDE为平行四边 为点E,连接AE,直线AE交直线DP于 形，再证明△ABD∽△CBA,求出BD的长， 点F. 进而求出CD的长，再证明△AFEp (1)如图1，若∠CDP=25°，则∠DAF= △CFD,得到器-是-是，求出DF的长 (2)如图1，请探究线段CD,EF,AF之间 即可. 的数量关系，并证明你的结论； 【解答】(1D①安：@证明：由①知，∠BAD (3)在DP绕点D转动的过程中，设AF= ∠CAE. a,EF=b,请直接用含a,b的式子表示 在△BAD和△CAE中， DF的长. (AB=AC, ∠BAD=∠CAE, AD=AE, ∴.△BAD≌△CAE(SAS). 备用图 ..CE=BD; (2)解：，AE∥BC, ∴∠AED=∠CDE,∠DCA=∠EAC. :∠ADE=∠AED=∠B=∠ACB, .∠ADE=∠CDE=∠B. ∴AB∥DE ∴.四边形ABDE为平行四边形，∠BAD ∠ADE. ∴.∠BAD=∠B=∠BCA,DE=AB=5. ∴.△ABD△CBA. 器能四-号 六0=器 cD=-BD=号AE=BD=得 6 AE∥BC, ∴.△AFE∽△CFD ..DF_CD_11 EF AE 25 ∴DF=DE ×5= 36 361 211 (2)若P为CD中点，且AB=2,BC=3,求 GH长， (3)连接BG,若P为CD中点，H为BC中 点，探究BG与AB大小关系并说明理 由. 【方法指导】(1)根据矩形的性质得∠A ∠D=∠C=90°，由折叠得出∠EPH=∠A =90°，得出∠3=∠2，即可证明△EDP刀 △PCH;(2)根据矩形的性质以及线段中点， 得出DP=CP=1,根据EP=ED十DP 代入数值得x2=(3一x)2十1，进行计算解得 号，再结合△EDP∽△PCH,对职 x- ，代入数位，得PH=,所以GH=G EP PH=是：(3)由折叠性质，得AP1EF, BG⊥EF,BG∥AP,∠BAP=∠GPA, △MAP是等腰三角形，则MA=MP,因为 P为CD中点，H为BC中，点，所以DP=CP =y,BH=CH,所以△MBH≌△PCH (ASA),则CH=√PH-PC=5 y,所以 △BMGn△MAP,则BG=,即可作签 【解答】(1)证明：如图： 考向三折叠问题 【例3】(2024·湖北)如图，矩形ABCD中， 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CD上，B的 ,四边形ABCD是矩形， 对称点为G,PG交BC于H. ∴.∠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， ∴.∠EPH=∠A=90°.∴.∠1+∠2=90° JG ∴.∠3=∠2..△EDP△PCH. (1)求证：△EDP∽△PCH. (2)解：，四边形ABCD是矩形， 212 ∴.CD=AB=2,AD=BC=3,∠A=∠D=∠C HP=号PM=是 =90°. :P为CD中点，∴DP=CP-是×2=1 在R△PCH中，CH=VP-PC- 23, 设EP=AE=x, ∴.BC=2CH=√5y. ,∴.ED=AD-AE=3-x. ..AD=BC=5y. 在R1△EDP中，EP2=ED+DP2, 在Rt△APD中，AP=/AD+PD=√6y, 即=(3-)+1，解得x=号 ,BG∥AP,∴.△BMG△MAP. ∴EP=AE==号ED=AD-AE= 器器子G- 33 .△EDP∽△PCIH, AB=2义=6.∴AB=6BG 6 4 2.ED_EP 33y 3 3 对点/训练 解得PH= 3.(2023·仙桃)如图，将边长为3的正方形 PG-AB-2.:.GH-PG-PH-. ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点 M落在边AD上（点M不与点A,D重 (3)解：如图：延长AB,PG交于一点M,连接AP, 合)，点C落在点N处，MN与CD交于点 ,E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿 P,折痕分别与边AB,CD交于点E,F,连 EF翻折，使A的对称点P落在CD上， 接BM. ∴AP⊥EF,BG⊥直线EF (1)求证：∠AMB=∠BMP; .BG∥AP. (2)若DP=1,求MD的长. AE=EP, ∴.∠EAP=∠EPA..∠BAP=∠GPA. ∴.△MAP是等腰三角形.∴.MA=MP P为CD中点， ∴.设DP=CP=y ∴.AB=PG=CD=2y. ,H为BC中点，BH=CH. :∠BHM=∠CHP,∠CBM=∠PCH, ..△MBH≌△PCH(ASA). G M .BM=CP=y,HM=HP. .'MP=MA=MB+AB=3y. 213 问题探究：取BD的中点H,连接EH,HC, 得EH是△ABD的中位线，根据已知条件 可得EH平行且等于C,进而可得四边形 EFCH是平行四边形，得EF∥HC,则 ∠GFB=∠HCB,根据直角三角形中斜边上 的中线等于斜边的一半得出HB=HC,进 而可得∠HBC=∠HCB,等量代换可得 ∠GBF=∠GFB,等角对等边，即可得证； 问题拓展：过，点F作FM⊥AD,则四边形 MFCD是矩形，连接AF,根据已知以及勾 考向四非动态几何问题 霞定型符出-：根据(2)的特论错合 【例4】(2024·武汉)问题背景：如图(1)，在 已知可得GA=GF=GB,证明EF垂直平分 矩形ABCD中，点E,F分别是AB,BC的中 AB,进而得出FA=FB,证明△AFG≌ 点，连接BD,EF,求证：△BCD∽△FBE △BFG,进而证明△BEG∽△FMA,进而根 问题探究：如图(2)，在四边形ABCD中，AD 据相似三角形的性质，即可求解 ∥BC,∠BCD=90°，点E是AB的中点，点 【解答】问题背景：，四边形ABCD是矩形， F在边BC上，AD=2CF,EF与BD交于点 ∴.AB=CD,∠EBF=∠C=90 G,求证：BG=FG. ,E,F分别是AB,BC的中点， 问题拓展：如图(3)，在“问题探究”的条件 下，连接AG,AD=CD,AG=FG,直接写出 船-既脚部既- 条的位 ∴.△BCD∽△FBE; 问题探究：如图所示，取BD的中点H,连接 EH,HC. 图(1) 图(2) 图(3) 【方法指导】本题考查了矩形的性质，相似三 ,E是AB的中点，H是BD的中点， 角形的性质与判定，平行四边形的性质与判 定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的 ∴EH=号AD,EH/AD 一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握 又AD=2CF,.EH=CF. 相似三角形的性质与判定是解题的关键. .AD∥BC,∴.EH∥FC 问题背景：根据矩形的性质可得AB=CD, ,四边形EHCF是平行四边形 ∠EBF=∠C=90°，根据点E,F分别是 .EF∥CH..∠GFB=∠HCB. AB,BC的中点：可得-既-：即可 又∠BCD=90°，H是BD的中点， 得证； ∴HC=BD=BH.∠HBC=∠HCB. 214 ∴.∠GBF=∠GFB.∴.GB=GF; (3)【拓展应用】如图3，AD是△ABC的中 问题拓展：如图所示，过点F作FM⊥AD,则四 线，点E是AD上一点，过点C作CG 边形MFCD是矩形，连接AF, ∥AB,连接BE并延长交AC于点F, 交CG于点G,若FG=3EF,求AF: FC的值. AD-2CF-CD.:AM-MD-FC-7AD. 设AD=2a,则MF=CD=2a,AM=a, 在Rt△AMF中，AF=√a+(2a)产=√5a, 图2 ,'AG=FG,由(2)可知BG=FG, ∴.AG=BG 又E是AB的中点，∴.EF垂直平分AB. ∴.AF=BF,∠BEG=90 在△AFG和△BFG中， AG-BG. GF=GF,∴.△AFG≌△BFG(SSS). FA=FB, 设∠GBF=∠GFB=&,则∠GAF=∠GFA=a, ∴∠BGE=∠GBF+∠GFB=2a. 又AD∥BC, ∴.∠MAF=∠AFB=∠GFA+∠GFB=2a. ∴.∠MAF=∠EGB 又∠BEG=∠AMF=90°，∴.△BEG∽△FMA. ..EG_EG_AM GF BG AF √5a 5 过点/训练 4.(2024·谷城县模) (1)【问题探究】如图1，点F是正方形AB CD边BC上一点，射线AF交对角线 BD于点E,交DC的延长线于点G.证 明：AE=EG·EF; (2)【知识迁移】如图2，点F是平行四边形 ABCD边BC上一点，射线AF交对角 线BD于点E,交DC的延长线于点 G,证明：AE=EG·EF; 215 考向五阅读理解题 作EG⊥BC于点G,作EH⊥AD于点 【例5】【新课标·数学思想推理运算与证 H,过点B作BF∥AC交EG的延长线 明】(2022·随州)《几何原本》是古希腊数学 于点F.记△BFG与△CEG的面积之和 家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史 为S1,△ABD与△AEH的面积之和为 的一个里程碑.在该书的第2卷“几何与代 S2 数”部分，记载了很多利用几何图形来论证 的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽 ①若E为边AC的中点，则受的值为 象的逻辑规律体现在具体的图形之中 ； (1)我们在学习许多代数公式时，可以用几 ②若E不为边AC的中点时，试问①中 何图形来推理，观察下列图形，找出可以 的结论是否仍成立？若成立，写出证明 推出的代数公式，（下面各图形均满足推 过程；若不成立，请说明理由. 导各公式的条件，只需填写对应公式的 序号) C a 图5 图6 图1 图2 【方法指导】本题考查四边形综合应用，涉及 平方差、完全平方公式的推导及应用，解题 的关键是数形结合思想的应用.(1)观察图 图3 图4 象可得图1对应公式①，图2对应公式②， 公式①：(a+b+c)d=ad+bd+cd 图3对应公式④，图4对应公式③；(2)由图 公式②：(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+ 可得S矩形AKIc=AK·AC=a(a-b)=BF· bd BD=S矩形DB,即可得SE方形xEF=Q2= 公式③：(a-b)2=a2-2ab+b2 S矩形AKHD十b2,从而有a2=(a一b)(a十b)十 公式④：(a+b)2=a2+2ab+b b,故(a+b)(a-b)=a2-b:(3)①设BD= 图1对应公式 ,图2对应公式 m,可得AD=BD=CD=m,由E是AC中 ,图3对应公式 ,图4对应 公式 点，即得HE=DG=)m=AH,S,=SA (2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形 +S△cc= m,S=Saam十5a想m= 5 8n2, 证明平方差公式(a+b)(a-b)=a2-b 的方法，如图5，请写出证明过程；（已知 即得=2：②设BD=a,DG=b,可得AD 图中各四边形均为矩形) BD=CD=a,AH=HE=DG=6,EG=CG (3)如图6，在等腰直角三角形ABC中， =a-b,FG=BG=a+b,S1=S△mG+S△EG ∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边 AC上任意一点（不与端点重合），过点E =合×(a+b+号×(a-b=a2+,s, 216 Sm+Sa=2+2×=22+) 1 与∠C的度数之和为 证明： 从 S2. (2)如图1，MN是⊙O的直径，点A,B,C 【解答】(1)①②④③；(2)证明： 在⊙O上，AM,CN相交于点D. 求证：四边形ABCD是对余四边形； 由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形， .AK=BM=BF-MF=a-6,BD=BC-CD 探究： (3)如图2，在对余四边形ABCD中，AB =a-b, .S维形Ke=AK·AC=a(a-b)=BF·BD= =BC,∠ABC=60°，探究线段AD, S矩形DBFG· CD和BD之间有怎样的数量关系？ ∴、SE方形EF=a2=SE形aHL十SE形DBG十 写出猜想，并说明理由。 S正方形BGHL=S矩形DHL十S矩形AKLC十子， ∴a2=S维形kHD十b2 :S矩形kHD=AK·AD=(a一b)(a+b), C 图1 图2 ∴.a2=(a-b)(a+b)+. ∴.(a+b)(a-b)=a2-b; (3)解：①2； ②E不为边AC的中点时①中的结论仍成立，证 明如下： 设BD=a,DG=b, 由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是 等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形， ..AD=BD=CD=a,AH=HE=DG=6,EG= CG=a-b,FG=BG=a+b. 六S=Sas+Sam=号Xa+b0t号×a 1 b)2=a2+6, s=56m+5am=女+28-专d+8) 对点/训练 5.【新中考·新定义运算与证明】(2020·咸 宁)定义：有一组对角互余的四边形叫做 对余四边形. 理解： (1)若四边形ABCD是对余四边形，则∠A —217 @走进中考 (3)如果以正方形一边为斜边向外作直角 6.【新课标·数学思想推理运算与证明】 三角形，再以该直角三角形的两直角 (2020·随州)勾股定理是人类最伟大的 边分别向外作正方形，重复这一过程 十个科学发现之一，西方国家称之为毕达 就可以得到如图8所示的“勾股树” 哥拉斯定理.在我国古书《周髀算经》中就 在如图9所示的“勾股树”的某部分图 有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉 形中，设大正方形M的边长为定值m, 代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了 四个小正方形A,B,C,D的边长分别 一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦 为a,b,c,d,已知∠1=∠2=∠3= 图”，流传至今 ∠α，则当∠a变化时，回答下列问题： (1)①请叙述勾股定理； (结果可用含m的式子表示) ②勾股定理的证明，人们已经找到了 ①a2+b2+c2+d2= 400多种方法，请从下列几种常见的证 ②b与c的关系为 ,a与d的 明方法中任选一种来证明该定理；（以下 关系为 图形均满足证明勾股定理所需的条件) 12 M 图1 图2 图3 图8 图9 (2)①如图4、5、6，以直角三角形的三边为 边或直径，分别向外部作正方形、半 圆、等边三角形，这三个图形中面积关 系满足S,十S,=S的有个； ②如图7所示，分别以直角三角形三 边为直径作半圆，设图中两个月形图 案（图中阴影部分）的面积分别为S, S2,直角三角形面积为S3,请判断S1, S2,S3的关系并证明； S: 图4 图5 图6 图7 218 ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若BC=m,DC=n,∠BCD=20,求 AC的长（用含m,n,0的式子表示）. (3)拓展应用 如图3，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB =3,BC=4,分别在边BC,AC上取点 M,N,使四边形ABMN是邻等对补 四边形.当该邻等对补四边形仅有一 组邻边相等时，请直接写出BN的长. 7.【新中考·新定义运算与证明】(2024·河 南)综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了 一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻 等对补四边形”进行研究 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的 四边形叫做邻等对补四边形 图1 图2 图3 (1)操作判断 用分别含有30°和45°角的直角三角形 纸板拼出如图1所示的4个四边形，其 中是邻等对补四边形的有 (填 序号). (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的 边、角的性质.下面研究与对角线相关 的性质】 如图2，四边形ABCD是邻等对补 四边形，AB=AD,AC是它的一条对 角线 219 8.【新课标·综合与实践】(2024·眉山)综 合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某 数学兴趣小组将足够大的直角三角板的 一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点 O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD 重叠部分的面积变化情况， 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在 点O处，在旋转过程中： (1)若正方形边长为4，当一条直角边与对角 线重合时，重叠部分的面积为 ；当 一条直角边与正方形的一边垂直时， 重叠部分的面积为 (2)若正方形的面积为S,重叠部分的面积 为S1,在旋转过程中S1与S的关系为 类比探究：如图1，若等腰直角三角板 的直角顶点与点O重合，在旋转过程 中，两条直角边分别交正方形两边于 220 E,F两点，小宇经过多次实验得到结 论BE+DF=√2OC,请你帮他进行证 明； 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4， 将另一个直角三角板中60°角的顶点 与点O重合，在旋转过程中，当三角板 的直角边交AB于点M,斜边交BC于 点N,且BM=BN时，请求出重叠部 分的面积 (参考数据：sin15°=5-2 c0s159 =6+2 4 ,tan15°=2-√3) 图1 图2 221得的利润元最大，最大利润是2640元；(3)依 题意剩余利润为（一200）元，，捐款后每天剩 余利润不低于2200元，∴.一200≥2200，即 -10(x-57)2+2890-200≥2200，由-10(x 57)2+2890-200=2200得x=50或x=64, .一10<0,44≤x≤52，.捐款后每天剩余利润 不低于2200元，50≤x≤52.答：捐款后每天剩 余利润不低于2200元，销售单价x的范围是50 ≤x≤52.6.解：(1)由题意，AB=xm,∴.BC= (28-x)m;(2).AB=x,则BC=(28-x), ∴.x(28-x)=192.解得：x=12或x=16(由于 树与墙CD为15m,从而x=16不合题意，舍 去)，.花园的面积可等于192m2,此时x的值 为12m;(3)①S=x(28-x)=-x2+28x= -(x-14)2+196..在点P与CD,AD的距离 分别是15m和6m,∴.28-15=13..6≤x 13..面积S与x的函数解析式为：S=一(x 14)2+196(6≤x≤13)：②.一1<0，抛物线的开 口向下，对称轴为直线x=14,.当6≤x≤13 时，S随x的增大而增大..当x=13时，S取到 最大值=一(13一14)2+196=195，即当x= 13m时，花园面积S最大，最大值为195m. 7.(1)(x2-60x+800)(-x2+30x)(-x2+ 20x)解：(2)·A,B花卉每平方米的产值分别 是2百元、3百元，∴.A,B两种花卉的总产值分 别为2×（x2-60x十800)百元和3×（一x2+ 30x)百元.A,B两种花卉的总产值相等， ∴.200×(x2-60x+800)=300×(-x2+30x). ∴.x2-42x十320=0.解方程得x=32(舍去)或 x=10,.当育苗区的边长为10m时，A,B两种 花卉的总产值相等；(3)花卉A与B的种植面 积之和为：x2一60x+800+(一x2+30x)= (-30x+800)m2,.-30x+800≤560..x≥8. ,设A,B,C三种花卉的总产值之和为y百元， .y=2(x2-60x+800)+3(-x2+30.x)+4(-x +20.x)..y=-5x2+50x+1600.∴.y=-5(x 一5)2+1725..当x≥8时，y随x的增加而减 小..当x=8时，y最大，且y=-5(8-5)2+ 1725=1680(百元).故A,B,C三种花卉的总产 值之和的最大值为168000元.8.解：【探究发 现】x与t是一次函数关系，y与t是二次函数关 系，设x=kt,y=a.x2十bx,由题意，得10=2k, 4a+26=22,解得及=5，a=-豆，6=12， 1 116a+4b=40, ∴.x=5t,y=- 72+12:【间题解决】1D依题 意，得-++121=0.解得6=0（含），6=24， 当t=24时，x=120.答：飞机落到安全线时飞行 的水平距离为120m;(2)设发射平台相对于安 4 全线的高度为nm,飞机相对于安全线的飞行高 度y=- 2+121+m:125<z<130125 <51<130.∴25<1<26.在y=-7+121+m 中，当t=25,y'=0时，n=12.5;当t=26,y'=0 时，n=26.∴.12.5<n<26.答：发射平台相对于 安全线的高度的变化范围是大于12.5m且小于 26m. 压轴题专项突破（二）】 几何综合探究 对点训练 1.(1)AD⊥BE 解：(2)(1)中 的结论成立，理由如下：如图2，延长BE交AC 于点H,交AD于点N,:∠ACB=∠DCE= 90,∠AcD=∠BcE.又器=瓷= ∴.△DCAD△ECB..∠DAC=∠CBE. :∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°，∴.∠CAB+ ∠ABE+∠DAC=90°..∴.∠ANB=90°..AD ⊥BE;(3)如图3，当点E在线段AD上时，连接 BE, 图3 图4 △CAAFcB,.孺-C=m=5,÷BE =√3AD=√3(4+AE).AD⊥BE,.AB= AE2+BE..112=AE+3(4+AE)2.∴.AE= 2或AE=-8(舍去)..BE=6√3.当点D在线 段AE上时，连接BE,.△DCAC∽△ECB, 器怒-m.-ADA 4)..AD⊥BE,∴.AB2=AE+BE.∴.112 AE+3(AE-4)2.∴.AE=8或AE=-2(舍 去).∴.BE=4√5.综上所述：BE=6√3或4√3. 2.(1)20° 解：(2)结论：CD=2(AF2+EF). 理由：如图，连接DE,CE,AC,CF 由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD,∠DEF =∠DCF,而∠DEF=∠DAF,.∠DAF ∠DCF..'∠FAC+∠FCA=∠FAC+∠DAF +∠DCA=90°，∴.∠AFC=180°-（∠FAC十 ∠FCA)=90°.在Rt△ACF中，AC=AF2+ CF2=AF2+EF2,在Rt△ACD中，AD+CD =AC,2CD=AF+EF,CD=7(AF+ EF);(3),∠AFC=90°，CF=EF=b,∴.CH= HE=PH=号&：CD=号(AF+EF) (O+,·DH=VCD=C匣 √号d+)-(受o)-竖a.如图，当点F在 D,H之间时，DF=DH-FH=号(a-b): 如图，当点D在F,H之间时，DF=FH一DH= (b-a): 2 如图，当点H在F,D之间时，DF=DH十FH= 9+0. 3 (1)证明：由翻折和正 --0 方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM= EB.∴.∠EMB=∠EBM.∴.∠EMP-∠EMB= ∠EBC-∠EBM,即∠BMP=∠MBC..四边 形ABCD是正方形，∴.AD∥BC..∠AMB= ∠MBC.∴∠AMB=∠BMP;(2)解：如图，延长 MN,BC交于点Q..AD∥BC,.△DMP △CQP.又DP=1,正方形ABCD边长为3， cp20部8S安02wD, QP=2MP.设MD=x,则QC=2.x,∴.BQ=3+ 2.x.'∠BMP=∠MBC,即∠BMQ=∠MBQ, MQ-=阳=8+2Mp=号MQ-3计2.在 Rt△DMP中，MD2+DP=MP2,.x2+12= (2).解得=0（合）=长MD 12 G (1)证明：，四边形 ABCD是正方形，.AB∥CD,AD∥BC △ABED△GDE,△BEFO△DEA.∴能 能器-器甍-器AE-BGEF (2)证明：四边形ABCD是平行四边形，.AB ∥CD,AD∥BC.∴.△ABE∽△GDE,△BEF∽ △DA∴盖-器隱-需能E ∴.AE=EG·EF;(3)解：延长GC交AD的延 长线于点M,连接BM,,AD为△ABC的中线， ∴.BD=CD..CM∥AB,.∠BAD=∠CMD, ∠MCD=∠ABD.∴.△ABD≌△CMD(AAS). ∴.AD=DM.BD=CD,.四边形ABMC为平 行四边形.由(2)知BE=EG·EF,设EF=x, 则FG=3x,.EG=4x.∴.BE=2x.∴.BF=FG =3,:AB/CG△ABFn△CGR.∴S 腮-1. 5.(1)90°或270° (2)证明：，MN是⊙O的直径，点A,B,C在 ⊙O上，∴.∠BAM+∠BCN=90°，即∠BAD+ ∠BCD=90°.∴.四边形ABCD是对余四边形； (3)解：线段AD,CD和BD之间数量关系为： AD十CD=BD,理由如下：：对余四边形 ABCD中，∠ABC=60°，.∠ADC=30°..AB =BC,∴.将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到 △BAF,连接FD,如图2所示：∴.△BCD≌ △BAF,∠FBD=60°.∴.BF=BD,AF=CD, ∠BDC=∠BFA..△BFD是等边三角形. ∴.BF=BD=DF..∠ADC=30°，∴.∠ADB十 ∠BDC=30°..∠BFA+∠ADB=30° :∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+ ∠ADF=180°，∴.60°+30°+∠AFD+∠ADF 180°.∴∠AFD+∠ADF=90°..∠FAD=90. ..AD2+AF2=DF...AD2+CD2=BD2. 走进中考 6.解：(1)①如果直角三角形的两条直角边分别 为a,b,斜边为c,那么a2十b2=c2;(或者：在直角 三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平 方.)②证明：在图1中，大正方形的面积等于四 个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面 积的和.即c2=abX4+(0-a)P,化简得：a2+ b=c2.在图2中，大正方形的面积等于四个全等 的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和. 即(a+b2=c2+ahX4,化简得：a2+份=2. 在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面 积的和.即a+b)(a+b)=2b×2+号，化 简得：a2+b2=c2;(2)①3②结论：S1+S2=S3. :s+s,=(号}+7（台）+8-7x 1 (号)广5+s-8a+6-c)+s.d+ b2=c2..S1+S2=S3. (3)①m2 ②b=c a+d=m7.(1)②④解：(2)①∠ACD= ∠ACB,理由：延长CB至点E,使BE=DC,连 接AE, E2--- .四边形ABCD是邻等对补四边形，.∠ABC +∠D=180°..：∠ABC+∠ABE=180°， ∴∠ABE=∠D.·AB=AD,∴.△ABE≌ △ADC(SAS).∴.∠E=∠ACD,AE=AC. ∠E=∠ACB.∴∠ACD=∠ACB;②过A作 AF⊥EC于点F, _ AE=AC,CF=7CE=7(BC+BE)= 2(BC+D0)=",:∠BCD=20.∠ACD =∠ACB=&在R△AFC中，cs0-AC 5。点8：a∠B90AB8,c 4,∴.AC=√AB+BC=5.,四边形ABMN 是邻等对补四边形，.∠ANM+∠B=180°. ∴.∠ANM=90°.当AB=BM时，如图，连接 AM,过N作NH⊥BC于点H, ∴.AM=AB2+BM=18.在Rt△AMN中 MN2=AMP-AN2=18-AN2,在Rt△CMN 中，MN2=CM-CN2=(4-3)2-(5-AN)2. .18-AV2=(4-3)2-(5-AN)2.解得AV= 4.2,∴CN=青：∠NHC=∠ABC=90,∠C =∠C,.△NHC∽△ABC..NC=NH AC AB 4 CH 即 5 NH CH :.NH= CH= 12 3 4 25 .BH= 器BN=VBNF2,当 AN=AB时，如图，连接AM, B .AM=AM,∴.Rt△ABM≌Rt△ANM.∴.BM =NM,故不符合题意，舍去；当AN=MN时，连 接AM,过V作NH⊥BC于点H, B M H .'∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C,∴.△CMN △CAR答即学5，解得 4 CN= 9.:∠NHC=∠ABC=90°.∠C=∠C. 20 △NHC△ABC÷瓷-沿-8器即 7 -NC明∴NH-号.cH=9∴BH-号 3 ·BN=√BH+NH=122 Y.当BM=M 时，如图，连接AM, B M .AM=AM,.Rt△ABM≌Rt△ANM.∴.AN =AB,故不符合题意，舍去.综上，BN的长为 22或4.8144(2s-s 5 图3 类比探究：证明：四边形ABCD是正方形， .AC⊥BD,OB=OC=OD=OA,∠OBC= ∠OCD=45°..∠FOE=∠BOC,.∠EOB= ∠FOC.∴.△EOB≌△FOC(ASA)..BE=CF. .BE+DF=CF+DF=CD.CD=2OC, .BE+DF=√2OC;拓展延伸：解：过点O作OG ⊥AB于点G,OH⊥BC于点H.如图3.由(2)可 知四边形OGBH是正方形，.BG=BH,OG= OH..BM=BN,.GM=HN../OGM= ∠OHN=90°，∴.△OGM≌△OHN(SAS). .S△GM=S△mN,∠GOM=∠NOH.'∠MON =60,∠c0M=号×(90°-60)=15由1)可 知OG=2,S正方形sH=4,.tan∠GOM=tan15°= =2-.∴GM=2×(2-5)=4-25. OG ∴.S△oM= 20G·GM=7×2×(4-25)= 4一2√5.∴.重叠部分的面积=S四边形OwBN= S正方形0cBH一2S△0GM=4一2X(4-2V3)=4√5-4. 压轴题专项突破（三）二次函数与几何综合题 对点训练 1.y=-3(层2解(2)点A (4,0),点B(0,-3)..OA=4,OB=3.∴.AB= 0m+0B=16+9=5.设点P(x,7x- 子-3（号<<40.则点Dx,是-3）BD -√z-0)+(÷-3+30-,PD=(是 5 BD=-- +2x+景=x)+ :<<4,3<0当x时，PD+BD 有最大值为此时，点P华.》。 2. 解：(1)对于y=-x2-2x+3, 当x=0时，y=3,令y=-x2一2x+3=0,则x =一3或1，则点A,B,C的坐标分别为：（一3， 0),(1,0),(0,3).设直线AC的解析式为：y=x +3,将点A的坐标代入上式.得0=一3k十3.解 得=1.则直线AC的解析式为：y=x+3;(2) 过D点作DM∥y轴交AC于点M,过B点作 BN∥y轴交AC延长线于点N,∴.△DME △BNE器-器则=-器-兴 号由AC:y=x+3设Mm,m+3,Dm,一m -2m+3),则DM=-m2-3m,.B(1,0),N(1, 4),BN=4,二m3m=,解得m=-1, m2=一2..D点坐标为(-1,4)或（一2,3）. 3.(①)-3解：(2)作PMLx轴交于 点M.:P点横坐标为mP(m,-子m2+m -6.PM=m-m十6，AM=m-3.在 Rt△COA和Rt△AMP中，：∠OAC+∠PAM =90°，∠APM+∠PAM=90°，∴.∠OAC= ∠ArM△COAAAMP.∴8-折即 0A·AM=0C.MP,3(m-3)=6(m2-n 4 +6).解得m=3(会)或m=10.P(10,-号)： 解：(1)，抛物线过点A(0, √3)，∴.C=√3.，抛物线的对称轴为x=3, b =3..b=3..抛物线的解析式 2×(-】 为y=一 2+3x+5.当≥5时，x的取值 1 范围是：0≤x≤6；(2)连接AB,在对称轴上截 取BD=AB,由已知，可得OA=√3，OB=3,在 Rt△AOB中，tan∠OAB=V3,∴.∠OAB=60°. ∴.∠PAB=180°-∠OAB=120°..△BCP是 等边三角形，∠BCP=60.∠PAB+∠BCP =180°.∴.A,B,C,P四点共圆..∠BAC ∠BPC=60°.BD=AB,∴.△ABD是等边三 角形..∠BAD=60°.∴.点D在AC上.BD= AB=√OA+OB=2V5,∴.D(3,2√5).设AD 的解析式为y=k.x十b,则有 3k十b=2W5,解得 b=√5， k= ③ ：AC的解析式为：y=x+5.由 b=√5. +3=- 3 x2+3x十5，得4=0,0 25+6,当x=-2+6时y=35-号， 3 3 C(-2+635-号)设P(0.则有y +3=(-号5+6)°+(3万-号-y.解得： /