几何图形综合题几何图形综合题是四川各地中考的必考题，难度较大，分值也较大，要想在中考中取得较高的分数，必须强化这类题目的训练．题型1 与三角形、四边形有关的几何综合题类型1 操作探究题 (2022·南充)如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，2，.△ADP沿点A旋转至△ABP′，连PP′，并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；(2)求∠BPQ的大小；(3)求CQ的长．【思路点拨】 (1)利用旋转相等的线段、相等的角△APP′是等腰直角三角形；(2)利用勾股定理逆定理证△BPP′是直角三角形，再利用(1)的结论，得∠BPQ的大小；(3)过点B作BM⊥AQ于M，充分利用等腰直角三角形、直角三角形的性质，特别是锐角三角函数，先求得正方形的边长和BQ的长，进而求得CQ的长度．【解答】 (1)证明：由旋转可得：AP＝AP′，∠BAP′＝∠DAP.∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°.∴∠PAP′＝∠PAB＋∠BAP′＝∠PAB＋∠DAP＝∠BAD＝90°.∴△APP′是等腰直角三角形．(2)由(1)知∠PAP′＝90°，AP＝AP′＝1，∴PP′＝.∵P′B＝PD＝，PB＝2，∴P′B2＝PP′2＋PB2.∴∠P′PB＝90°.∵△APP′是等腰直角三角形，∴∠APP′＝45°.∴∠BPQ＝180°－90°－45°＝45°.(3)过点B作BM⊥AQ于M.∵∠BPQ＝45°，∴△PMB为等腰直角三角形．由已知，BP＝2，∴BM＝PM＝2.∴AM＝AP＋PM＝3.在Rt△ABM中，AB＝＝＝.∵cos∠QAB＝＝，即＝，∴AQ＝.在Rt△ABQ中，BQ＝＝.∴QC＝BC－BQ＝－＝.1．图形的旋转涉及三角形的全等，会出现相等的线段或者角．若旋转角是直角，则会出现等腰直角三角形，15\n若旋转角是60度，则会出现等边三角形．2．旋转的题目中若出现三条线段的长度，则不妨考虑通过旋转将条件集中，看是否存在直角三角形． 1．(2022·自贡)在△ABC中，AB＝AC＝5，cos∠ABC＝，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A1B1C. 图1 图2(1)如图1，当点B1在线段BA延长线上时．①求证：BB1∥CA1；②求△AB1C的面积；(2)如图2，点E是BC上的中点，点F为线段AB上的动点，在△ABC绕点C顺时针旋转过程中，点F的对应点是F1，求线段EF1长度的最大值与最小值的差．2．(2022·自贡)将两块全等的三角板如图1摆放，其中∠A1CB1＝∠ACB＝90°，∠A1＝∠A＝30°.(1)将图1中的△A1B1C顺时针旋转45°得图2，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1＝CQ；(2)在图2中，若AP1＝2，则CQ等于多少？15\n(3)如图3，在B1C上取一点E，连接BE、P1E，设BC＝1，当BE⊥P1B时，求△P1BE面积的最大值．3．(2022·内江)如图，在等边△ABC中，AB＝3，D，E分别是AB，AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，与梯形BCED重叠的部分为图形L.(1)求△ABC的面积；(2)设AD＝x，图形L的面积为y，求y关于x的函数解析式；(3)已知图形L的顶点均在⊙O上，当图形L的面积最大时，求⊙O的面积．类型2 动态探究题 (2022·乐山)如图1，四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝3，BC＝2，tanA＝.(1)求CD边的长；(2)如图2，将直线CD边沿箭头方向平移，交DA于点P，交CB于点Q(点Q运动到点B停止)，设DP＝x，四边形PQCD的面积为y，求y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围．15\n【思路点拨】 (1)分别延长AD、BC相交于E，通过构造的Rt△ABE、Rt△DCE求解；(2)利用△EDC∽△EPQ及S四边形PQCD＝S△EPQ－S△EDC求解．【解答】 (1)分别延长AD、BC相交于E.在Rt△ABE中，∵tanA＝，AB＝3，∴BE＝4.∵BC＝2，∴EC＝2.在Rt△ABE中，AE＝＝＝5.∴sinE＝＝.∴CD＝.(2)∵∠B＝∠ADC＝90°，∠E＝∠E，∴∠ECD＝∠A.∴tan∠ECD＝tanA＝.∴＝＝，解得ED＝.如图4，由PQ∥DC，可知△EDC∽△EPQ，∴＝.∴＝，即PQ＝＋x.∵S四边形PQCD＝S△EPQ－S△EDC，∴y＝PQ·EP－DC·ED＝(＋x)(＋x)－××＝x2＋x.如图5，当Q点到达B点时，EC＝BC，DC∥PQ，可证明△DCE≌△HQC，从而得CH＝ED＝，∴自变量x的取值方范围为：0＜x≤.15\n动态型问题包括动点、动线、动形问题，解动态问题的关键就是：从特殊情形入手，变中求不变，动中求静，抓住静的瞬间，以静制动，把动态的问题转化为静态的问题来解决．本题化动为静后利用三角形相似列比例式，表示出相关线段的长，求出函数关系． 1．(2022·成都)如图，点B在线段AC上，点D，E在AC的同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC.(1)求证：AC＝AD＋CE；(2)若AD＝3，AB＝5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q.①当点P与A，B两点不重合时，求的值；②当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径(线段)长．(直接写出结果，不必写出解答过程)2．(2022·攀枝花)如图1，矩形ABCD的两条边在坐标轴上，点D与坐标原点O重合，且AD＝8，AB＝6，如图2，矩形ABCD沿OB方向以每秒1个单位长度的速度运动，同时点P从A点出发也以每秒1个单位长度的速度沿矩形ABCD的边AB经过点B向点C运动，当点P到达C时，矩形ABCD和点P同时停止运动，设点P的运动时间为t秒．15\n(1)当t＝5时，请直接写出点D、点P的坐标；(2)当点P在线段AB或线段BC上运动时，求出△PBD的面积S关于t的函数关系式，并写出相应t的取值范围；(3)点P在线段AB或线段BC上运动时，作PE⊥x轴，垂足为点E，当△PEO与△BCD相似时，求出相应的t值．3．(2022·绵阳)如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线上的一点，且DG＝AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A、C、G的路线向G点匀速运动(M不与A、G重合)，设运动时间为t秒，连接BM并延长交AG于N.(1)是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由；(2)当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN＝NH；15\n(3)过点M分别作AB、AD的垂线，垂足分别为E、F，矩形AEMF与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值．类型3 类比探究题 (2022·成都)已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.(1)如图1，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.①求证：△CAE∽△CBF；②若BE＝1，AE＝2，求CE的长．(2)如图2，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且＝＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；(3)如图3，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系．(直接写出结果，不必写出解答过程)【思路点拨】 (1)利用“夹这个角的两边对应成比例”得△CAE∽△CBF，进而证明∠EBF＝90°，利用勾股定理求EF，进而求CE；(2)类比(1)解题思路以及相似三角形性质得到对应边成比例，进而用含有k的式子表示出CE，BF，并建立CE2，BF2的等量关系，从而求出k；(3)类比(1)、(2)的思路及菱形的性质找m，n，p的关系．【解答】 (1)①∵∠ACE＋∠ECB＝45°，∠BCF＋∠ECB＝45°，∴∠ACE＝∠BCF.又∵＝＝，∴△CAE∽△CBF.②∵＝＝，AE＝2，∴BF＝.由△CAE∽△CBF可得∠CAE＝∠CBF.又∠CAE＋∠CBE＝90°，∴∠CBF＋∠CBE＝90°，即∠EBF＝90°.∴EF＝＝.∴CE＝EF＝.(2)连接BF，同理可得∠EBF＝90°，由＝＝k，可得BC∶AB∶AC＝1∶k∶，CF∶EF∶EC＝1∶k∶.∴＝＝.∴BF＝，BF2＝.∴CE2＝×EF2＝(BE2＋BF2)，15\n即32＝(12＋)，解得k＝.(3)p2－n2＝(2＋)m2.提示：连接BF，同理可得∠EBF＝90°，过C作CH⊥AB，交AB延长线于H，可解得AB2∶BC2∶AC2＝1∶1∶(2＋)，EF2∶FC2∶EC2＝1∶1∶(2＋)，∴p2＝(2＋)EF2＝(2＋)(BE2＋BF2)＝(2＋)(m2＋)＝(2＋)m2＋n2.∴p2－n2＝(2＋)m2.本例是将某一问题的解决方法，运用到解决不同情境下的类似问题，这类题充分体现了实践性、探究性，其解答思路的突破点是紧扣题中交代的思想方法，结合不同情境中对应知识来解决问题．1．(2022·乐山)阅读下列材料：如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，点M，N分别在边AB，DC上，且MN∥AD，记AD＝a，BC＝b.若＝，则有结论：MN＝.请根据以上结论，解答下列问题：如图2，图3，BE，CF是△ABC的两条角平分线，过EF上一点P分别作△ABC三边的垂线段PP1，PP2，PP3，交BC于点P1，交AB于点P2，交AC于点P3.(1)若点P为线段EF的中点．求证：PP1＝PP2＋PP3；(2)若点P为线段EF上的任意位置时，试探究PP1，PP2，PP3的数量关系，并给出证明．2．(2022·随州)问题：如图1，点E、E分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．[发现证明]小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE＋FD，请你利用图1证明上述结论．[类比引申]15\n如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足______关系时，仍有EF＝BE＋FD.[探究应用]如图3，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD.已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF＝40(－1)米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长(结果取整数，参考数据：≈1.41，≈1.73)．参考答案类型1 操作探究题1．(1)①证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.∵B1C＝BC，∴∠CB1B＝∠B.又由旋转性质得∠A1CB1＝∠ACB，∴∠CB1B＝∠A1CB1.∴BB1∥CA1.②过A作AG⊥BC于G，过C作CH⊥AB于H.∵AB＝AC，AG⊥BC，∴BG＝CG.∵在Rt△AGB中，cos∠ABC＝＝，AB＝5，∴BG＝3.∴BC＝6.∴B1C＝BC＝6.∵B1C＝BC，CH⊥AB，∴BH＝B1H.∴B1B＝2BH.∵在Rt△BHC中，cos∠ABC＝＝，∴BH＝.∴BB1＝.∴AB1＝BB1－AB＝－5＝，CH＝＝＝.∴S△AB1C＝AB1·CH＝××＝.(2)过点C作CF⊥AB于F，以点C为圆心，CF为半径画圆交BC于F1，此时EF1最小．15\n此时在Rt△BFC中，CF＝.∴CF1＝.∴EF1的最小值为CF－CE＝－3＝.以点C为圆心，BC为半径画圆交BC的延长线于F′1，此时EF′1有最大值．此时EF′1＝EC＋CF′1＝3＋6＝9.∴线段EF1的最大值与最小值的差9－＝. 2.(1)证明：∵∠B1CB＝45°，∠B1CA1＝90°，∴∠B1CQ＝∠BCP1＝45°.在△B1CQ和△BCP1中，∴△B1CQ≌△BCP1.∴CQ＝CP1.(2)作P1D⊥CA于D，∵∠A＝30°，∴P1D＝AP1＝1.∵∠P1CD＝45°，∴CP1＝P1D＝.∵CP1＝CQ，∴CQ＝.(3)∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴AC＝BC.∵BE⊥P1B，∠ABC＝60°，∴∠CBE＝30°.∴∠CBE＝∠A.由旋转的性质可得：∠ACP1＝∠BCE，∴△AP1C∽△BEC.∴AP1∶BE＝AC∶BC＝∶1.设AP1＝x，则BE＝x，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝2.∴BP1＝2－x.∴S△P1BE＝×x(2－x)＝－x2＋x＝－(x－1)2＋，∵－<0，∴当x＝1时，△P1BE面积的最大值为. 3.(1)作AH⊥BC于H，∴∠AHB＝90°.在Rt△AHB中，AH＝AB·sinB＝3×sin60°＝3×＝.∴S△ABC＝＝.(2)如图1，当0＜x≤1.5时，y＝S△ADE.15\n 图1作AG⊥DE于G，∴∠AGD＝90°，∠DAG＝30°.∴DE＝x，AG＝x.∴y＝＝x2.如图2，当1.5＜x＜3时，作MG⊥DE于G， 图2∵AD＝x，∴DE＝AD＝x，BD＝DM＝3－x.∴DG＝(3－x)，MF＝MN＝2x－3.∴MG＝(3－x)．∴y＝＝－x2＋3x－.∴y＝(3)当0＜x≤1.5时，y＝x2，∵a＝＞0，开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，∴x＝1.5时，y最大＝，如图3，当1.5＜x＜3时，y＝－x2＋3x－，∴y＝－(x2－4x)－＝(x－2)2＋.∵a＝－＜0，开口向下，∴x＝2时，y最大＝.∵＞，∴y最大时，x＝2. 图3∴DE＝AD＝2，BD＝DM＝1.作FO⊥DE于O，连接MO，ME.∴DO＝OE＝1.∴DM＝DO.15\n∵∠MDO＝60°，∴△MDO是等边三角形．∴∠DMO＝∠DOM＝60°，MO＝DO＝1.∴MO＝OE，∠MOE＝120°.∴∠OME＝30°.∴∠DME＝90°.∴DE是直径，S⊙O＝π×12＝π.类型2 动态探究题1．(1)证明：∵BD⊥BE，A，B，C三点共线，∴∠ABD＋∠CBE＝90°.∵∠C＝90°，∴∠CBE＋∠E＝90°.∴∠ABD＝∠E.又∵∠A＝∠C，AD＝BC，∴△DAB≌△BCE(AAS)．∴AB＝CE.∴AC＝AB＋BC＝AD＋CE.(2)①连接DQ，设BD与PQ交于点F.∵∠DPF＝∠QBF＝90°，∠DFP＝∠QFB，∴△DFP∽△QFB.∴＝.又∵∠DFQ＝∠PFB，∴△DFQ∽△PFB.∴∠DQP＝∠DBA.∴tan∠DQP＝tan∠DBA.即在Rt△DPQ和Rt△DAB中，＝.∵AD＝3，AB＝CE＝5，∴＝.②过Q作QH⊥BC于点H.∵PQ⊥DP，∠A＝∠H＝90°，∴△APD∽△HQP.∴＝＝.∵DA＝3，∴PH＝5.∵AP＝PC＝4，AB＝PH＝5，∴PB＝CH＝1.∵EC⊥BH，QH⊥BH，∴＝.∴＝.∴QH＝.在Rt△BHQ中，BQ＝＝＝.∵MN是△BDQ的中位线，∴MN＝. 2.(1)D(－4，3)，P(－12，8)．15\n(2)当点P在边AB上时，BP＝6－t.∴S＝BP·AD＝(6－t)·8＝－4t＋24.当点P在边BC上时，BP＝t－6.∴S＝BP·AB＝(t－6)·6＝3t－18.∴S＝(3)∵D(－t，t)，当点P在边AB上时，P(－t－8，t)．若＝时，＝，解得t＝6.若＝时，＝，解得t＝20.∵0≤t≤6，∴t＝20时，点P不在边AB上，不合题意．当点P在边BC上时，P(－14＋t，t＋6)．若＝时，＝，解得t＝6.若＝时，＝，解得t＝.∵6≤t≤14，∴t＝时，点P不在边BC上，不合题意．∴当t＝6时，△PEO与△BCD相似． 3.(1)当点M为AC的中点时，有AM＝BM，则△ABM为等腰三角形；当点M与点C的重合时，BA＝BM，则△ABM为等腰三角形；当点M在AC上且AM＝2时，AM＝AB，则△ABM为等腰三角形；当点M为CG的中点时，有AM＝BM，则△ABM为等腰三角形．(2)证明：在AB上取点K，使AK＝AN，连接KN.∵AB＝AD，BK＝AB－AK，ND＝AD－AN，∴BK＝DN.又DH平分直角∠CDG，∴∠CDH＝45°.∴∠NDH＝90°＋45°＝135°.∵∠BKN＝180°－∠AKN＝135°，∴∠BKN＝∠NDH.∵在Rt△ABN中，∠ABN＋∠ANB＝90°，又BN⊥NH，即∠BNH＝90°，∴∠ANB＋∠DNH＝180°－∠BNH＝90°.∴∠ABN＝∠DNH.∴△BNK≌△NHD(ASA)，∴BN＝NH.(3)①当M在AC上时，即0＜t≤2时，易知：△AMF为等腰直角三角形．∵AM＝t，∴AF＝FM＝t.∴S＝AF·FM＝·t·t＝t2.当M在CG上时，即2＜t＜4时，CM＝t－AC＝t－2，MG＝4－t.∵AD＝DC，∠ADC＝∠CDG，CD＝CD，∴△ACD≌△GCD(SAS)．∴∠ACD＝∠GCD＝45°.∴∠ACM＝∠ACD＋∠GCD＝90°.∴∠G＝90°－∠GCD＝90°－45°＝45°.15\n∴△MFG为等腰直角三角形．∴FG＝MG·cos45°＝(4－t)·＝4－t.∴S＝S△ACG－S△MCJ－S△FMG＝×4×2－·CM·CM－·FG·FM＝4－·(t－2)2－·(4－t)2＝－t2＋4t－8.∴S＝②在0＜t≤2范围内，当t＝2时，S的最大值为×(2)2＝2；在2＜t＜4范围内，S＝－(t－)2＋.当t＝时，S的最大值为.∵>2，∴当t＝秒时，S的最大值为.类型3 类比探究题1．(1)证明：过点E作ER⊥BC于点R，ES⊥AB于点S.∵BE为角平分线，∴ER＝ES.过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥AC于点N，同理FM＝FN.∵ES⊥BA，PP2⊥AB，∴PP2∥ES.同理得PP3∥FN，FM∥PP1∥ER.∵点P为EF中点，PP2∥ES，∴△FPP2∽△FES.∴ES＝2PP2，同理FN＝2PP3.∴FM＝2PP3，ER＝2PP2.在梯形FMRE中，FM∥PP1∥ER，＝，∴根据题设结论可知：PP1＝＝＝＝PP2＋PP3.(2)探究结论：PP1＝PP2＋PP3.证明：过点E作ER⊥BC于点R，ES⊥AB于点S，则有ER＝ES.过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥AC于点N，则有FM＝FN.点P为EF上任意一点，不妨设＝，则＝，＝.∵PP2∥ES，∴＝＝.∴ES＝PP2.∵PP3∥FN，∴＝＝.∴FN＝PP3.∴ER＝PP2，FM＝PP3.在梯形FMRE中，FM∥PP1∥ER，＝，∴根据题设结论可知：PP1＝＝＝＝PP2＋PP3. 2.[发现证明]：将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合．∴△ABE≌△ADG.∴∠BAE＝∠DAG，∠B＝∠ADG，AE＝AG，BE＝DG.∴∠GAF＝∠GAD＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝45°.在正方形ABCD中，∠B＝∠ADF＝90°.∴∠ADG＋∠ADF＝180°，即点G、D、F在一条直线上．在△EAF和△GAF中，15\n∴△EAF≌△GAF.∴EF＝GF.又GF＝DG＋DF＝BE＋DF.∴EF＝BE＋FD.[类比引申]：∠EAF＝∠BAD，理由如下：将△ABE绕点A逆时针方向旋转∠DAB至△ADG，使AB与AD重合．∴△ABE≌△ADG.∴∠BAE＝∠DAG，∠B＝∠ADG，AE＝AG，BE＝DG.∴∠GAF＝∠GAD＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD.∵在四边形ABCD中，∠B＋∠ADF＝180°.∴∠ADG＋∠ADF＝180°，即点G、D、F在一条直线上．在△EAF和△GAF中，∴△EAF≌△GAF.∴EF＝GF.又GF＝DG＋DF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋FD.[探究应用]：连接AF，延长BA、CD交于点O.则∠BOC＝180°－∠B－∠C＝90°.∴△AOD为直角三角形．在Rt△AOD中，∠ODA＝60°，∠OAD＝30°，AD＝80米．∴AO＝40米，OD＝40米．∵OF＝OD＋DF＝40＋40(－1)＝40(米)，∴AO＝OF.∴∠OAF＝45°.∴∠DAF＝45°－30°＝15°.∴∠EAF＝90°－15°＝75°.∴∠EAF＝∠BAD.∵∠BAE＝180°－∠OAF－∠EAF＝60°，∠B＝60°，∴△BAE为等边三角形．∴BE＝AB＝80米．由[类比引申]的结论可得EF＝BE＋DF＝40(＋1)≈109(米)．15
