2018年中考复习数学《几何图形综合》专项检测（含答案）

这是一份2018年中考复习数学《几何图形综合》专项检测（含答案），共27页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。

 专题三 几何图形综合题
类型一动点探究题
1.如图，已知△ABC中，BC=AC=8 cm,∠C＝90°，如果点P在线段AC上以1 cm/s的速度由A点向C点运动，同时，点Q在线段BC上由C点向B点运动，运动速度与点P的运动速度相等，点M是AB的中点.
（1）在点P和点Q运动过程中，△APM与△CQM是否保持全等，请说明理由；
（2）在点P和点Q运动过程中，四边形PMQC的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变，求出这个四边形的面积；
（3）线段AP、PQ、BQ之间满足什么数量关系式，写出这个关系式，并加以证明.




第1题图




2.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到达点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．
(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．




第2题图

3.如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝9，S△ABC＝，动点P从A点出发，沿射线AB方向以每秒5个单位的速度运动，动点Q从C点出发，以相同的速度在线段AC上由C向A运动，当Q点运动到A点时，P、Q两点同时停止运动．以PQ为边作正方形PQEF(P、Q、E、F按逆时针排序)，以CQ为边在AC上方作正方形QCGH.
(1)求tanA的值；
(2)设点P运动时间为t，正方形PQEF的面积为S，请探究S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由；
(3)当t为何值时，正方形PQEF的某个顶点(Q点除外)落在正方形QCGH的边上，请直接写出t的值．



第3题图 备用图

4.已知：如图①，在▱ABCD中，AB＝3 cm，BC＝5 cm，AC⊥AB. △ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1 cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1 cm/s；当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②.设移动时间为t(s)(0＜t＜4)．连接PQ，MQ，MC.解答下列问题：
(1)当t为何值时，PQ∥MN?
(2)设△QMC的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．



第4题图
类型二 操作探究题
1. 如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，点D的对应点为D′.
(1)求点D′刚好落在对角线AC上时，线段D′C的长；
(2)求点D′刚好落在线段BC的垂直平分线上时，DE的长；
(3)求点D′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长．



第1题图






2.如图，以点P(－1，0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点(B在C的左侧)，交y轴于A、D两点(A在D的下方)，AD＝2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB.
(1)求B、C两点的坐标；
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状(不必证明)，求出点M的坐标；
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止．设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG.请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化，若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．






第2题图

3.在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图①位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
(1)小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
(2)如图②，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
(3)如图③，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．



图① 图②

图③
第3题图
4.两个全等的直角三角形ABC和DEF重叠在一起，其中∠A＝60°，AC＝1，固定△ABC不动，将△DEF进行如下操作：
(1)如图①，将△DEF沿线段AB向右平移(即D点在线段AB上移动)，连接DC、CF、FB，四边形CDBF的形状在不断的变化，它的面积是否变化？如果不变，请求出其面积；如果变化，说明理由；
(2)如图②，当D点移到AB的中点时，请你猜想四边形CDBF的形状，并说明理由；
(3)如图③，△DEF的点D固定在AB的中点，然后绕D点按顺时针方向转△DEF，使DF落在AB边上，此时F点恰好与B点重合，连接AE.请你求出sin∠DEA的值．




第4题图

5.已知，在矩形ABCD中，连接对角线AC，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△EFG，并将它沿直线AB向左平移，直线EG与BC交于点H，连接AH，CG.
(1)如图①，当AB＝BC，点F平移到线段BA上时，线段AH，CG有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想；
(2)如图②，当AB＝BC，点F平移到线段BA的延长线上时，(1)中的结论是否成立，请说明理由；
(3)如图③，当AB＝nBC(n≠1)时，对矩形ABCD进行如已知同样的变换操作，线段AH、CG有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想．


第5题图



参考答案：
1. 解：(1)在点P和点Q运动的过程中，△APM与△CQM保持全等．
理由如下：
∵在△ABC中，BC＝AC＝8 cm，∠C＝90°，点M是AB的中点，
∴∠A＝∠MCA＝∠MCQ＝45°，AM＝CM，
又∵点Q的运动速度与点P的运动速度相等，
∴AP＝CQ，
∴在△APM与△CQM中，，
∴△APM≌△CQM(SAS)；
(2)在点P和点Q运动过程中，四边形PMQC的面积不变
由(1)知，△APM≌△CQM，
∴S△APM＝S△CQM，
∴S四边形PMQC＝S△AMC＝S△ABC＝AC·BC＝×8×8＝16 cm2，
∴在点P和点Q运动过程中，四边形PMQC的面积不变化，其面积是16 cm2；
(3)AP2＋BQ2＝PQ2.
证明如下：
∵由(1)知，△APM≌△CQM，
∴AP＝CQ，
又∵AC＝BC，
∴PC＝BQ，
∴AP2＋BQ2＝CQ2＋PC2＝PQ2，即AP2＋BQ2＝PQ2.

2. 解：(1)D(－4，3)，P(－12，8)．(2分)


第2题解图①
【解法提示】当t＝5时，OD＝AP＝5.
如解图①，延长CD交x轴于点M，则DM⊥x轴，
在Rt△ABD中，AB＝6，AD＝8，
∴BD＝10，
∴sin∠BDA＝，cos∠BDA＝，
由矩形ABCD沿OD方向平移知AD∥x轴，
∴∠DOM＝∠BDA，
∴OM＝OD·cos∠DOM＝4，MD＝OD·sin∠DOM＝3，
∵点D在第二象限，
∴点D的坐标为(－4，3)；
延长BA交x轴于点N，则ON＝AD＋OM＝8＋4＝12，PN＝PA＋DM＝5＋3＝8，
∴点P的坐标为(－12，8)．
(2)①当点P在边AB上且不与点B重合时，BP＝6－t，
∴S＝BP·AD＝(6－t)·8＝－4t＋24；(4分)
②当点P在边BC上时，BP＝t－6，
∴S＝BP·AB＝(t－6)·6＝3t－18，
综合①②，可得S＝.(6分)

第2题解图②
（3）由题意易知D点的坐标可表示为(－t，t)，
①当点P在边AB上且不与点B重合时，点P坐标为(－t－8，t)，
若＝，则＝，解得t＝6；
若＝，则＝，解得t＝20，
∵0≤t＜6，
∴t＝6，t＝20时，不合题意．(9分)
②当点P在边BC上时，点P坐标为(－14＋t，t＋6)，
若＝，则＝，解得t＝6；
若＝，则＝，解得t＝，
∵6≤t≤14，
∴t＝时，点P不在边BC上，不合题意．
综上所述，当t＝6时，△PEO与△BCD相似．(12分)
3. 解：(1)设在△ABC中AC边上的高为h，
∵ S△ABC＝·AC·h＝，AC＝9，
∴ h＝3，
∵ AB＝5，
∴sinA＝＝，
由勾股定理知，以AB，h为边的直角三角形的另一条边为4，
∴tanA＝.(2分)

第3题解图①
(2)S存在最小值．
理由如下：如解图①，过P作PM⊥AC交AC于点M，若运动时间为t，P、Q以每秒5个单位的速度运动，则AP＝CQ＝5t，
∵tanA＝，
∴ AM＝4t，PM＝3t，QM＝9－9t(0＜t＜1)，
在Rt△PMQ中，PQ2＝PM2＋QM2，
∴ PQ2＝(3t)2＋(9－9t)2＝90(t－)2＋，
∵S＝PQ2，
∴S＝90(t－)2＋，
∵当t＝时，S最小值＝，
∴S有最小值.(4分)
(3)当t＝ 、t＝、 t＝1、t＝时，正方形PQEF的某个顶点(Q点除外)会落在正方形CQHG上．(8分)
【解法提示】

第3题解图②
a. 如解图②，点E落在GH边上，
∵∠MQP＋∠PQH＝90°，∠PQH＋∠HQE＝90°，
∴∠MQP＝∠HQE，
∵∠PMQ＝∠H＝90°，PQ＝QE，
∴△PMQ≌△EHQ，
∴QH＝QM.
又∵QH＝CQ，
∴QM＝CQ，
∴5t＝9－9t，
解得：t＝；
b. 如解图③，点F落在GH边上，过点E作ET⊥QC于点T，TE的延长线交HG于点S，

第3题解图③
同理：△PMQ≌△QTE≌△ESF，
∴PM＝TQ＝SE，MQ＝TE，
∵ST＝HQ＝CQ＝5t，
ST＝MQ＋PM，
∴5t＝9－9t＋3t，
解得：t＝；

第3题解图④
c. 如解图④，点P落在QH边上，PQ与PM重合时，点M与点Q重合，
此时：AM＋CQ＝AC，
∴4t＋5t＝9，
解得：t＝1；
d. 如解图⑤，点F落在CG边上，1＜t≤时，QM＝9t－9，
过点F作FW⊥PM于点W，

第3题解图⑤
同理可证：△PQM≌△FPW，
∴ PM＝WF＝CM，
∵ AC＝AM＋CM，
∴4t＋3t＝9，
解得：t＝.
综上所述：当t 的值为：t＝ 、t＝、 t＝1、t＝时，正方形PQEF的某个顶点(Q点除外)会落在正方形CQHG上．
4. 解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD.
在△ABC中，AB＝3 cm，BC＝5 cm，AC⊥AB，
由勾股定理得AC＝＝4 cm.
∴cos∠ACB＝＝.(1分)
∵△ACD沿AC方向平移得到△PNM，平移的速度为1 cm/s，
∴MN∥AB，PC＝(4－t) cm.
∵点Q在BC上运动，运动的速度为1 cm/s，
∴QC＝t cm.(2分)
如解图①，当PQ∥MN时，PQ∥AB，

第4题解图①
∴PQ⊥AC，
∴cos∠ACB＝＝＝，
即＝，
解得t＝.(3分)
(2)∵△PMN是由△ACD平移得到的，
∴PM∥AD，
又∵BC∥AD，
∴PM∥BC，
∴S△CPQ＝S△QMC(同底等高)．(4分)
在△PCQ中，如解图②，过点P作PH⊥BC，垂足为点H，

第4题解图②
则PH＝PCsin∠PCQ＝(4－t)，(5分)
∴y＝·QC·PH＝t·(4－t)＝－t2＋t，
即y＝－t2＋t(0＜t＜4)．(6分)
(3)存在．(7分)
理由：由(2)得S△QCP＝S△QCM，
∵S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4，
∴S△CPQ∶S四边形ABQP＝1∶4，
∴S△CPQ∶S△ACB＝1∶5.(8分)
∵S△ACB＝AB·AC＝×3×4＝6 cm2，
∴＝，S△CPQ＝ cm2，
∴y＝－t2＋t＝ cm2，
∵0＜t＜4，
∴t＝2.
∴存在t＝2使S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4.(9分)
(4)存在．(10分)
理由如下：如解图③，过点P作PH⊥BC于点H，过点M作MG⊥HC，交HC的延长线于点G，则有MG＝PH＝(4－t)，
∵HC＝(4－t)，QC＝t，HG＝PM＝5，
∴HQ＝HC－QC＝(4－t)－t＝－t，
∴QG＝HG－HQ＝5－(－t)＝t＋.(11分)
∵∠PQM＝90°，
∴∠PQH＋∠MQG＝90°，
又∵∠HPQ＋∠PQH＝90°，

第4题解图③
∴∠HPQ＝∠GQM，
∴Rt△PHQ∽Rt△QGM，
∴＝，
即＝，
解得t1＝0，t2＝，
经检验，t1＝0，t2＝是上述方程的解．
∵0＜t＜4，
∴t＝，
∴当t＝时，PQ⊥MQ. (12分)

类型二 操作探究题
1. 解：(1)如解图①，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，BC＝AD＝5，AB＝8，由勾股定理求得AC＝，
∵点A、D′、C在同一直线上，
∴D′C＝AC－AD′＝AC－AD＝－5.

第1题解图
(2)如解图②，连接D′D，
∵点D′在BC的垂直平分线上，
∴点D′在AD的垂直平分线上，
∴D′D＝AD′＝AD，
设DE为x，易得AE＝2x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：(2x)2－x2＝52，
∴x＝，
即此时DE的长为.
(3)分两种情况讨论：
ⅰ)当点D′在矩形内部时，如解图③，连接D′B，
∵点D′在AB的垂直平分线上，
∴AN＝4，
∵AD′＝5，由勾股定理得
D′N＝＝3，
∴D′M＝2，
设DE为y，
∴EM＝4－y，D′E＝y，
在Rt△EMD′中，由勾股定理得：y2＝(4－y)2＋22，
∴y＝，即DE的长为.
ⅱ)当点D′在矩形外部时，如解图④，连接D′B，
同①的方法可得D′N＝3，
∴D′M＝8，设DE为z，
∴EM＝z－4，D′E＝z，
在Rt△EMD′中，由勾股定理得：z2＝(z－4)2＋82，
∴z＝10，即DE的长为10.
综上所述，点D′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为或10.
2. 解：(1)如解图①，连接PA，
∵PO⊥AD，
∴AO＝DO.
∵AD＝2，
∴OA＝.(2分)
∵点P坐标为(－1，0)，
∴OP＝1，
∴PA＝＝2，
∴BP＝CP＝2，
∴B(－3，0)，C(1，0)．(4分)

图① 　图②
第2题解图
(2)如解图②，连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC.线段MB、MC即为所求作．
四边形ACMB是矩形．(6分)
【解法提示】
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，
∴四边形ACMB是平行四边形．
∵BC是⊙P的直径，∴∠CAB＝90°，
∴平行四边形ACMB是矩形．
如解图②，过点M作MH⊥BC，垂足为H,
在△MHP和△AOP中，
∵∠MHP＝∠AOP，∠HPM＝∠OPA，MP＝AP，
∴△MHP≌△AOP，
∴MH＝OA＝，PH＝PO＝1，
∴OH＝2，
∴点M的坐标为(－2，)．(8分)
(3)

第2题解图③
在旋转过程中∠MQG的大小不变．(9分)
∵四边形ACMB是矩形，
∴∠BMC＝90°.
∵EG⊥BO，∴∠BGE＝90°，
∴∠BMC＝∠BGE＝90°.(10分)
∵点Q是BE的中点，
∴QM＝QE＝QB＝QG，
∴如解图③，点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，
∴∠MQG＝2∠MBG.
∵∠COA＝90°，OC＝1，OA＝，
∴tan∠OCA＝＝，
∴∠OCA＝60°，
∴∠MBC＝∠BCA＝60°，
∴∠MQG＝120°，
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°.(12分)

3. 解：(1)如解图①，延长EB交DG于点H，

第3题解图①
形，
∴AD＝AB，∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴∠AGD＝∠AEB.
在△ADG中，∠AGD＋∠ADG＝90°，
∴∠AEB＋∠ADG＝90°，
∴∠DHE＝90°，即DG⊥BE.(4分)
(2)∵四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠GAE＝90°，AG＝AE，

第3题解图②

∴∠DAB＋∠BAG＝∠GAE＋∠BAG，
∴∠DAG＝∠BAE.
∵AD＝AB，∠DAG＝∠BAE，AG＝AE，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴DG＝BE.
如解图②，过点A作AM⊥DG于点M，∠AMD＝∠AMG＝90°，
∵BD是正方形ABCD的一条对角线，

第3题解图③

∴∠MDA＝45°.
在Rt△AMD中，
∵∠MDA＝45°，AD＝2，
∴DM＝，AM＝，
在Rt△AMG中，
∵AM2＋GM2＝AG2，
∴GM＝＝，
∴GM＝.
∵DG＝DM＋GM＝＋，
∴BE＝DG＝＋.(8分)
(3)△GHE与△BHD面积之和的最大值为6.(10分)
理由：如解图③，对于△GHE，由于线段GE是固定的，且BE⊥DG，故可得点H在以EG为直径的圆上，当点H与点A重合时，△GHE中GE边上的高最大，同理对于△BHD，点H在以BD为直径的圆上，即点H与点A重合时，△BHD中BD边上的高最大，所以△GHE与△BHD面积之和的最大值是S正方形ABCD＋S正方形AEFG＝×22＋×(2)2＝2＋4＝6.(12分)
4. 解：(1)它的面积不变．
过C点作CG⊥AB于点G，如解图①，

第4题解图①
∵△DEF沿线段AB向右平移(即D点在线段AB上移动)，
∴CF＝AD，CF∥AD，
∴S△ADC＝S△CBF(同底等高)，
在Rt△AGC中，∵sin60°＝，AC＝1，
∴CG＝.
∵AB＝2，
∴S四边形CDBF＝S△ABC＝×2×＝.
(2)四边形CDBF的形状为菱形，
理由：∵CF＝AD＝DB，FC∥BD，
∴四边形CDBF是平行四边形，
∵DF∥AC，∠ACB＝90°，
∴CB⊥DF，
∴四边形CDBF是菱形．
(3)过点D作DH⊥AE于点H，如解图②，
则S△ADE＝·AD·EB＝×1×＝，

第4题解图②
∴S△ADE＝·AE·DH＝，
又∵AE＝＝＝，
∴DH＝＝＝，
∵DE＝AB＝2，
∴在Rt△DHE中，sin∠DEA＝＝＝.
5. 解：(1)AH＝CG，AH⊥CG.(4分)
【解法提示】延长AH与CG交于点T，如解图①，
由旋转和平移的性质可得：EF＝AB，FG＝BC，∠EFG＝∠ABC.
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴EF＝GF，∠EFG＝∠ABC＝90°.

第5题解图①
∴∠CBG＝90°，∠EGF＝45°，
∴∠BHG＝90°－45°＝45°＝∠EGF，
∴BH＝BG.
在△ABH和△CBG中，
，
∴△ABH≌△CBG(SAS)，
∴AH＝CG，∠HAB＝∠GCB，
∴∠HAB＋∠AGC＝∠GCB＋∠AGC＝90°.
∴∠ATC＝90°，
∴AH⊥CG.
(2)(1)中的结论仍然成立．(5分)
理由如下：延长CG与AH交于点Q，如解图②，
由旋转和平移的性质可得：EF＝AB，FG＝BC，∠EFG＝∠ABC.

第5题解图②
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴EF＝GF，∠EFG＝∠ABC＝90°，
∴∠ABH＝90°，∠EGF＝45°，
∴∠BGH＝∠EGF＝45°，
∴∠BHG＝90°－45°＝45°＝∠BGH，
∴BH＝BG.
在△ABH和△CBG中，
，
∴△ABH≌△CBG(SAS)，
∴AH＝CG，∠HAB＝∠GCB，
∴∠GCB＋∠CHA＝∠HAB＋∠CHA＝90°，
∴∠CQA＝90°，
∴CG⊥AH.(8分)
(3)AH＝nCG，AH⊥CG.(12分)
【解法提示】延长AH与CG交于点N，如解图③，
由旋转和平移的性质可得：EF＝AB，FG＝BC，∠EFG＝∠ABC.
∵四边形ABCD是矩形，AB＝nBC，
∴EF＝nGF，∠EFG＝∠ABC＝90°，

第5题解图③
∴∠EFG＋∠ABC＝180°.
∴BH∥EF，
∴△GBH∽△GFE，
∴＝，
∵＝n＝，
∴＝，
∵∠ABH＝∠CBG，
∴△ABH∽△CBG，
∴＝＝n，∠HAB＝∠GCB，
∴AH＝nCG，∠HAB＋∠AGC＝∠GCB＋∠AGC＝90°，
∴∠ANC＝90°，
∴AH⊥CG.