中考数学一轮复习考点复习专题41 几何问题（2）之综合问题【热点专题】（含解析）

这是一份中考数学一轮复习考点复习专题41 几何问题（2）之综合问题【热点专题】（含解析），共31页。

专题41 几何问题（2）之综合问题


题型精讲


题型一：材料阅读创新
【例1】（2021·湖北中考真题）问题提出 如图（1），在和中，，，，点在内部，直线与交于点，线段，，之间存在怎样的数量关系？
问题探究 （1）先将问题特殊化．如图（2），当点，重合时，直接写出一个等式，表示，，之间的数量关系；
（2）再探究一般情形．如图（1），当点，不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展 如图（3），在和中，，，（是常数），点在内部，直线与交于点，直接写出一个等式，表示线段，，之间的数量关系．

【答案】（1）．（2）见解析；问题拓展：．
【分析】
（1）先证明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；
（2）过点作交于点，证明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法变全等为相似证明即可．
【详解】
问题探究 （1）．理由如下：如图（2），

∵∠BCA=∠ECF=90°，
∴∠BCE=∠ACF，
∵BC=AC，EC=CF，
△BCE≌△ACF，
∴BE=AF，
∴BF-BE=BF-AF=EF=；
（2）证明：过点作交于点，则，
∴．
∵，
∴．
又∵，，
∴，
∴．
∴．
∴，，
∴是等腰直角三角形．
∴．
∴．

问题拓展 ．理由如下：
∵∠BCA=∠ECD=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∵BC=kAC，EC=kCD，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠EBC=∠FAC，

过点作交于点M，则，
∴．
∴△BCM∽△ACF，
∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，
∴BM=kAF,MC=kCF，
∴BF-BM=MF，MF==
∴BF- kAF =．
【例2】（2021·浙江中考真题）（证明体验）
（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．

（思考探究）
（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．
（拓展延伸）
（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；
（2）先证明，得，进而即可求解；
（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．
【详解】
解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）如图，在上取一点F，使得，连结．


∵平分，
∴
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴．
题型二：定义材料阅读
【例3】（2020•北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB＝1．给出如
下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A'B'（A'，B′分别为点A，B的对应点），线段AA'长度的最小值称为
线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是　 　；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点　 　的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
（2）若点A，B都在直线yx+2上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；
（3）若点A的坐标为（2，），记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．

【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到⊙O的“平移距离”的定义判断即可．
（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线yx+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），过点E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH即可判断．
（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
解直角三角形求出AA′即可．
【解析】（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是P1P2∥P3P4；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点P3的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”．
故答案为：P1P2∥P3P4，P3．
（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，

设直线yx+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），
过点E作EH⊥MN于H，
∵OM＝2，ON＝2，
∴tan∠NMO，
∴∠NMO＝60°，
∴EH＝EM•sin60°，
观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为．
（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，
以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，
当点A′与M重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM1，
当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．

由题意A′H，AH3，
∴AA′的最大值，
∴d2．
题型三：操作材料阅读
【例4】（2021·吉林中考真题）实践与探究
操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则 度．
操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．我们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则 度．
在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题：
（1）设AM与NF的交点为点P．求证：．
（2）若，则线段AP的长为 ．

【答案】操作一：45°，操作二：60°；（1）证明见解析；（2）
【分析】
操作一：直接利用折叠的性质，得出两组全等三角形，从而得出,,从而得出∠EAF的值；
操作二：根据折叠的性质得出 ,从而得出，即可求得的度数；
（1）首先利用 ,得出 ,则,从而得出△ANF为等腰直角三角形，即可证得；
（2）利用三角函数或者勾股定理求出BE的长，则,设DF=x，那么FC=，在Rt△EFC中，利用勾股定理得出DF的长，也就是MF的长，即可求得EF的长，进而可得结果．
【详解】
操作一：45°，证明如下：
∵折叠得到 , 折叠得到 ,
∴ ,
∴ ,
∴
,
故填：45°；
操作二：60°，证明如下：
∵，
∴ ,
又∵沿着EF折叠得到 ,
∴，
∴ ,
∴ ,
故填：60°；
（1）证明：
由上述证明得,,
∴ ,
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=90°，
∴ ,,
又∵ ,
∴,
在和中，
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ，
∴ ,
∴为等腰直角三角形，
即AN=NF,
在和中：
∵
∴
（2）由题可知是直角三角形，,
∴ ,
解得BE=1,
∴BE=EM=1,,
设DF=x，则MF=x，CF=，
在Rt△CEF中，

，
解得x=，
则，
∵
∴AP=EF=．
【例5】（2021·青海中考真题）在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：
操作感知：
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）．
第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）．

猜想论证：
（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．
拓展探究：
（2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】
（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形， ，，然后可得到 ，即可判定 是等边三角形．
（2）由折叠可知，由（1）可知，利用 的三角函数即可求得．
【详解】
（1）解：是等边三角形，
证明如下：
连接．
由折叠可知：，垂直平分．
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．

（2）解：方法一：
要在矩形纸片上剪出等边，则，
在中，，，
∴，
∵，
∴，即，
当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
方法二：
要在矩形纸片上剪出等边，则，
在中，，，
设，则，
∴，即，得，
∴，
∵，
∴，即，
当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
提分作业

1．（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】
（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】
（1）．
如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，,
∵为的中点，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）．
∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

2．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．


[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．


[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．


【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，

设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．

∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．

∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
3．（2020·山东中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是　 　．线段BE与线段CF的数量关系是　 　；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】
（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】
解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．

∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，


∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．

∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得：
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，
则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．

∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，

∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
由旋转可得；
是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．

∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，

∴AT＝，
∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，

∴AE＝AD＝FT，
∴，
∴，
∴，
∴．
4．（2021·浙江中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：．
（运用）
（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．


【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】
（1）根据ASA证明；
（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】
（1）如图，由折叠得到，
，
．
又四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
．

（2）如图，连接，

由（1）得，
，
由折叠得，，
．
四边形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．

，
，
（舍去）．
（3）如图，连结HE，

由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，，
，
由折叠得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．

②当点在点右边时，如图，

同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．