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微專題46　幾何綜合題
類型一　動點型探究
1. 綜合探究
已知點E是邊長為2的正方形ABCD內部一個動點，始終保持∠AED＝90°.
【初步探究】
（1）如圖①，延長DE交邊BC于點F.當點F是BC的中點時，求的值；
【深入探究】
（2）如圖②，連接CE并延長交邊AD于點M.當點M是AD的中點時，求的值.
第1題圖
2.綜合運用
如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的頂點C在原點O處，已知點B（8，0），D（0，6），連接AC，E是CD上一動點（不與點C，D重合），過點E作EF∥AC交AD于點F，過點E作EG⊥EF交BC于點G，連接FG.
（1）若DE＝CG，求證：△DEF≌△CGE；
（2）設DE＝a，用含a的式子表示△EFG的面積，并求出△EFG面積的最大值.
第2題圖
3. 已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜邊OB＝4，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉60°，如圖①，連接BC.
（1）填空：∠OBC＝　　　　°；
（2）如圖①，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長度；
（3）如圖②，點M，N同時從點O出發，在△OCB邊上運動，M沿O→C→B路徑勻速運動，N沿O→B→C路徑勻速運動，當兩點相遇時運動停止，已知點M的運動速度為1.5單位/秒，點N的運動速度為1單位/秒.設運動時間為x秒， △OMN的面積為y，求當x為何值時y取得最大值？最大值為多少？
第3題圖
類型二　動線型探究
1. （2024佛山一模節選）綜合探究
如圖，點B，E是射線AQ上的動點，以AB為邊在射線AQ上方作正方形ABCD，連接DE，作DE的垂直平分線FG，垂足為H，FG分別與直線BC，AD，DC交于點M，F，G，連接EG交直線BC于點K.
（1）設AB＝4，當E恰好是AB的中點時，求DF的長；
（2）若DG＝DE，猜想HG與AE的數量關系，并證明.
2. 綜合探究
如圖①，在平面直角坐標系中，菱形OABC的頂點A在x軸的正半軸上，點A（5，0），C（－3，4），直線l：y＝x＋t（－5＜t＜0）交OA邊于點D，交AB邊于點E，點A與點A'關于直線l對稱，連接A'D，A'E.
（1）當t的值為多少時，E為AB的中點；（直接寫出結果，不要求寫出解答過程）
（2）如圖②，設△A'DE的邊A'D和A'E分別與BC交于點M，N.記四邊形DENM的面積為S，求S關于t的函數表達式，并求出t的取值范圍.
第2題圖
3. （2024佛山南海區二模）綜合探究
如圖，在平面直角坐標系中，點O為原點， ABCD的頂點B，C在x軸上，A在y軸上，OA＝OC＝2OB＝4，直線y＝x＋t（－2≤t≤4）分別與x軸，y軸，線段AD，直線AB交于點E，F，P，Q.
（1）當t＝1時，求證：AP＝DP；
（2）探究線段AP，PQ之間的數量關系，并說明理由；
（3）在x軸上是否存在點M，使得∠PMQ＝90°，且以點M，P，Q為頂點的三角形與△AOB相似，若存在，請求出此時t的值以及點M的坐標；若不存在，請說明理由.
類型三　動面型探究
1. 如圖①，在平面直角坐標系中，O為原點，矩形OABC的頂點A（4，0），C（0，3）.以點O為中心，逆時針旋轉矩形OABC，得到矩形OA'B'C'，點A，B，C的對應點分別為A'，B'，C'.
（1）如圖②，當點C'落在AC上時（不與點C重合），求點B'的坐標；
（2）如圖③，OA'交BC于點D，當OB恰好平分∠A'OA時，求BD的長.
第1題圖
2. 在平面直角坐標系中，O為坐標原點，菱形OABC的頂點A（4，0），C（2，2），矩形ODEF的頂點D（0，），F（－4，0）.
（1）如圖①，點E的坐標為　　　　，點B的坐標為　　　　；
（2）將矩形ODEF沿水平方向向右平移，得到矩形O'D'E'F'，點O，D，E，F的對應點分別為O'，D'，E'，F'.設OO'＝t，矩形O'D'E'F'與菱形OABC重疊部分的面積為S.當邊O'D'與AB相交于點G，邊OC分別與D'E'，E'F'相交于點H，M，且矩形O'D'E'F'與菱形OABC重疊部分為六邊形時，試用含t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍.
第2題圖
3. （2024廣東22題13分）【知識技能】
（1）如圖①，在△ABC中，DE是△ABC的中位線.連接CD，將△ADC繞點D按逆時針方向旋轉，得到△A'DC'.當點E的對應點E'與點A重合時，求證：AB＝BC.
【數學理解】
（2）如圖②，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位線.連接CD，將△ADC繞點D按逆時針方向旋轉，得到△A'DC'，連接A'B，C'C，作△A'BD的中線DF.求證：2DF·CD＝BD·CC'.
【拓展探索】
（3）如圖③，在△ABC中，tan B＝，點D在AB上，AD＝.過點D作DE⊥BC，垂足為E，BE＝3，CE＝.在四邊形ADEC內是否存在點G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°？若存在，請給出證明；若不存在，請說明理由.
第3題圖
類型一　動點型探究
1. 解：(1)如解圖①，∵在正方形ABCD中，∠AED＝∠ADC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝2，
∴∠2＝90°－∠3＝∠1，
∴tan∠2＝tan∠1，
∴＝＝.
∵F是BC的中點，
∴＝＝；
第1題解圖①
(2)如解圖②，延長DE交邊BC于點F，
∵M是AD的中點，∠AED＝90°，
∴AM＝MD＝ME＝AD＝1，
∴∠2＝∠1，
在Rt△MDC中，MC＝＝＝，
∴CE＝MC－ME＝－1.
∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠2＝∠4，
∵∠1＝∠3，
∴∠4＝∠3，
∴CF＝CE＝－1，
與(1)同理可得，＝＝.
第1題解圖②
2. (1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵EG⊥EF，∴∠FEG＝90°，
∴∠CEG＋∠FED＝90°，
∵∠DFE＋∠FED＝90°，
∴∠DFE＝∠CEG，
∵DE＝CG，∠FDE＝∠ECG，
∴△DEF≌△CGE(AAS)；
(2)解：∵B(8，0)，D(0，6)，
∴CB＝8，CD＝6，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8，
在Rt△ADC中，AC＝＝10.
∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DCA
∴＝，即＝，解得EF＝a.
由(1)知∠DFE＝∠CEG，
∵EF∥AC，
∴∠DFE＝∠DAC，
∴∠CEG＝∠DAC，
∵∠ECG＝∠ADC，
∴△CEG∽△DAC，
∴＝，即＝，解得EG＝(6－a)，
∴S△EFG＝EF·EG＝×a×(6－a)＝(6a－a2)＝－(a－3)2＋，
∵－＜0，0＜a＜6，
∴當a＝3時，△EFG的面積有最大值，最大值為.
3. 解：(1)60；
【解法提示】由旋轉的性質可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠OBC＝60°.
(2)在Rt△OAB中，OB＝4，∠ABO＝30°，
∴∠AOB＝60°，OA＝OB＝2，AB＝OB·cos 30°＝2，
由旋轉的性質可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△OBC是等邊三角形，
∴∠AOB＝∠OBC＝60°，BC＝OB＝4，
∴OA∥BC，AB即為△AOC的高，
∴S△AOC＝AO·AB＝×2×2＝2，
∵∠ABC＝∠ABO＋∠OBC ＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵OP⊥AC，
∴S△AOC＝AC·OP，即×2·OP＝2，
解得OP＝；
一題多解法
由旋轉的性質可知，OB＝OC，
∠BOC＝60°，
∴△OBC為等邊三角形，
∴BC＝OB＝4，∠OBC＝60°，
∵∠ABO＝30°，
∴OA＝OB＝2，AB＝OB＝2，∠ABC＝90°，
∴BC∥OA，AC＝＝2，
∴∠PAO＝∠ACB，
∵sin∠ACB＝＝，
∴sin∠PAO＝sin∠ACB＝，
∴＝，
∴OP＝OA＝；
(3)根據題意得，M運動到點C時，所需時間為＝(秒)，N運動到點B時，所需時間為＝4(秒)，當M，N相遇時，所需時間為＝(秒)，
∴分三種情況討論：
①當0＜x≤時，點M在OC上，點N在OB上，如解圖①，過點N作NE⊥OC于點E，
則NE＝ON·sin 60°＝x，
∴y＝OM·NE＝×1.5x×x＝x2，
∵＞0，
∴當x＝時，y最大＝×()2＝；
②當＜x＜4時，點M在BC上，點N在OB上，如解圖②，
BM＝8－x，過點M作MF⊥OB于點F，
∴MF＝BM·sin 60°＝(8－x)，
∴y＝ON·MF＝x·(8－x)＝2x－x2，
∵－＜0，
∴當x＝－＝－＝時，
y最大＝2×－×()2＝；
③當4≤x＜時，點M，N都在BC上，如解圖③，
MN＝12－x，
過點O作OG⊥BC于點G，
則OG＝AB＝2，
∴y＝MN·OG＝(12－x)·2＝－x＋12，
∵－＜0，
∴當x＝4時，y最大＝2.
綜上所述，當x＝時，y取得最大值，最大值為.
第3題解圖
類型二　動線型探究
1. 解：(1)如解圖①，連接EF，
在正方形ABCD中，AB＝AD＝4，
∵E是AB中點，
∴AE＝EB＝2，
∵F為線段DE垂直平分線上一點，
∴DF＝EF，
設DF＝x，則AF＝4－x，
在Rt△AFE中，根據勾股定理得，(4－x)2＋22＝x2，
解得x＝，∴DF＝；
第1題解圖①
(2)HG＝AE.證明如下：
∵GF垂直平分DE，
∴DG＝GE，∠DHG＝90°，
∵DG＝DE，
∴DG＝DE＝EG，
∴△DGE是等邊三角形，
∴∠GDE＝60°，
∵正方形ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴∠ADE＝∠DGH＝30°，
∴AE＝DE＝DH，
∵∠DAE＝∠DHG＝90°，
∴△ADE≌△HGD，
∴AD＝HG，
在Rt△ADE中，AD＝AE，
∴HG＝AE.
2. 解：(1)t＝－時，E為AB的中點；
【解法提示】∵A(5，0)，四邊形OABC是菱形，∴OA＝BC＝5，OA∥BC.∵C(－3，4)，∴B(2，4).∵E為AB中點，∴E(，2)，將點E代入y＝x＋t中，得＋t＝2，解得t＝－.
(2)如解圖，記BC交y軸于點H，
∵四邊形OABC為菱形，A(5，0)，C(－3，4)，
∴∠OAE＝∠C，BC∥OA，OA＝BC＝5，CH＝3，OH＝4，
∴在Rt△COH中，tan C＝＝，
由對稱的性質，得A'D＝AD，∠A'＝∠OAE＝∠C，∠ADE＝∠A'DE，∴tan A'＝.
由題意可知，∠ADE＝45°，
∴∠A'DE＝∠ADE＝45°，
∴∠A'DA＝90°，
∴∠A'MN＝90°，DM＝OH＝4.
在y＝x＋t中，令y＝0，得x＋t＝0，解得x＝－t，∴OD＝－t，AD＝5＋t.
∵DM＝4，tan A'＝，
∴A'M＝A'D－DM＝AD－DM＝1＋t，
∴在Rt△A'MN中，MN＝A'M·tan A'＝(1＋t)，
∴S△A'MN＝A'M·MN＝(1＋t)2.
如解圖，過點E作EK⊥OA于點K，
設DK＝x，則AK＝5＋t－x.
∵∠EDK＝45°，∠EKD＝90°，
∴EK＝DK＝x，
在Rt△AEK中，∵tan A＝＝，∴＝，解得x＝，
∴S△A'DE＝S△ADE＝AD·EK＝×(5＋t)×＝(5＋t)2，
∴S＝S△A'DE－S△A'MN＝(5＋t)2－(1＋t)2＝－t2＋t＋.
∵A'D＞DM，∴5＋t＞4，∴t＞－1，
又∵－5＜t＜0，
∴t的取值范圍為－1＜t＜0.
第2題解圖
3. (1)證明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，
又∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD＝BC＝6，
則點A，B的坐標分別為(0，4)，(－2，0)，
當y＝4時，y＝x＋t＝4，
則x＝4－t＝4－1＝3＝AD，
即點P(3，4)，
∴AP＝DP；
(2)解：PQ＝2AP，理由：
由點A，B的坐標，得直線AB的表達式為y＝2x＋4，
聯立上式和y＝x＋t得2x＋4＝x＋t，
解得x＝t－4，
即點Q(t－4，2t－4)，
在直線y＝x＋t中，當y＝4時，x＝4－t，
∴點P(4－t，4)，
則AP＝4－t，
由點P，Q的坐標，得PQ＝2(4－t)＝2AP；
(3)解：存在.如解圖①②③，過點P作PH⊥x軸于點H，過點Q作QI⊥x軸于點I，
設點M(m，0)，
由(2)知，點P，Q的坐標分別為(4－t，4)，(t－4，2t－4)，
則HM＝｜m－4＋t｜，PH＝OA＝4，IM＝｜m－t＋4｜，QI＝｜4－2t｜，
∵∠PMH＋∠QMI＝90°，∠QMI＋∠IQM＝90°，
∴∠IQM＝∠PMH，
又∵∠PHM＝∠MIQ＝90°，
∴△PHM∽△MIQ，
∵以點M，P，Q為頂點的三角形與△AOB相似，
則PM∶QM＝2或，
∴Rt△PHM和Rt△MIQ的相似比為2或，
則PH∶MI＝HM∶IQ＝2或，
當m＞0時，如解圖①②，
當相似比為2時，如解圖①，
＝＝2，
則PH＝2MI，MH＝2QI，
即4＝2(m－t＋4)且4－t－m＝2(2t－4)，
第3題解圖①
解得m＝，t＝，
即點M(，0)，t＝；
當相似比為時，如解圖②，
＝＝，
則PH＝MI，MH＝QI，
第3題解圖②
則2×4＝m－(t－4)且2(m－4＋t)＝4－2t，
解得m＝，t＝，
則點M(，0)，t＝；
當m＜0時，如解圖③，
第3題解圖③
當相似比為2時，如解圖③，
＝＝2，
則PH＝2MI，MH＝2QI，
則4＝2[(t－4)－m]且4－t－m＝2(4－2t)，
解得m＝－7，t＝－1，
即點M(－7，0)，t＝－1；
當相似比為時，
經驗證，該情況不存在，
綜上所述，點M(，0)，t＝或M(，0)，t＝或M(－7，0)，t＝－1.
類型三　動面型探究
1. 解：(1)如解圖，連接OB'，AB'，
∵A(4，0)，C(0，3)，
∴OA＝4，OC＝3，
由旋轉的性質，得C'O＝CO＝3，OA'＝OA＝4，
∴∠OCA＝∠OC'C，
∵tan∠OCA＝＝，
tan∠B'OC'＝＝，
∴∠OCA＝∠B'OC'，
∴∠OC'C＝∠B'OC'，
∴AC∥OB'，
∵四邊形ABCO為矩形，
∴AC＝OB'，
∴四邊形OCAB'是平行四邊形，
∴AB'＝OC＝3，AB'∥OC，即AB'∥y軸，
∴點B'的坐標為(4，－3)；
第1題解圖
(2)∵OB平分∠A'OA，
∴∠DOB＝∠AOB，
∵BC∥OA，
∴∠DBO＝∠AOB，
∴∠DOB＝∠DBO，
∴BD＝OD，
設CD＝x，則BD＝BC－CD＝4－x，
∴OD＝4－x，
在Rt△OCD中，由勾股定理，得OD2＝CD2＋OC2，
∴(4－x)2＝x2＋32，解得x＝，
∴BD＝4－x＝.
2. 解：(1)(－4，)，(6，2)；
【解法提示】∵四邊形ODEF為矩形，D(0，)，F(－4，0)，∴E(－4，)，∵四邊形OABC為菱形，A(4，0)，∴BC＝OA＝4，∵C(2，2)，∴B(6，2).
(2)如解圖，過點C作CN⊥OA于點N，
∵C(2，2)，
∴ON＝2，CN＝2，
∴tan∠CON＝＝＝，
∴∠CON＝60°，
過點H作HR⊥x軸于點R，
∵E'F'＝，
∴HR＝E'F'＝，
∵∠COA＝60°，
∴OR＝＝＝1，
∴H(1，)，
由平移可知OO'＝EE'＝t，
∵E(－4，)，
∴E'(－4＋t，)，
∴E'H＝1－(－4＋t)＝5－t，
∵∠E'HO＝∠HOF'＝60°，
∴E'M＝E'H·tan60°＝(5－t)，
∵在Rt△AGO'中，AO'＝OO'－OA＝t－4，∠GAO'＝∠COA＝60°，
∴GO'＝AO'·tan 60°＝(t－4)，
∴S＝S矩形O'D'E'F'－S△MHE'－S△AGO'＝4－×(5－t)2－×(t－4)2＝－t2＋9t－，其中t的取值范圍是4＜t＜5.
第2題解圖
3. (1)證明：∵DE是△ABC的中位線，
∴DE＝BC，AD＝AB，
由旋轉性質得AD＝DE，
∴AB＝BC； (3分)
(2)證明：如解圖①，連接AA'，
∵DE是△ABC的中位線，F為A'B的中點，
∴DA＝BD，
∴DF是△ABA'的中位線，
∴2DF＝AA'，
由旋轉性質得△A'DC'≌△ADC，∠A'DA＝∠C'DC，A'D＝AD，C'D＝CD，
∴＝，
∴△A'DA∽△C'DC，
∴＝，
∴＝，
∴2DF·CD＝BD·CC'； (7分)
第3題解圖①
(3)解：存在點G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°，證明如下：
如解圖②，過點D作DF∥BC交AC于點F，過點C作CH⊥AB于點H，DF與CH交于點G，連接EG，AG，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
在Rt△BDE中，tan B＝，BE＝3，
∴DE＝4，BD＝5，cos B＝，sin B＝， (8分)
在Rt△BCH中，cos B＝＝，BC＝BE＋CE＝3＋＝，
∴BH＝，
∴AH＝AD＋BD－BH＝＋5－＝，
∴DH＝AD－AH＝－＝＝AH， (9分)
∵CH⊥AD，
∴△ADG為等腰三角形，
∴∠AGH＝∠DGH， (10分)
∵DF∥BC，
∴∠ADG＝∠B，∠EDG＝90°，
∴tan∠ADG＝tan B＝，
cos∠ADG＝cos B＝，
∴＝，＝，
∵DH＝，
∴HG＝，DG＝， (11分)
∵＝，＝，
∴＝，
∵∠DHG＝∠EDG＝90°，
∴△DHG∽△EDG，
∴∠DGH＝∠EGD， (12分)
∴∠DGE＝∠AGH，
∵∠AGC＋∠AGH＝180°，
∴∠AGC＋∠DGE＝180°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°. (13分)
第3題解圖②
一題多解法
如解圖③，取AD中點M，CE中點N，連接MN，
∵AD是☉M直徑，CE是☉N直徑，
∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°，
∵tan B＝，BE＝3，
∴BD＝5，
∵CE＝，
∴EN＝CE＝，
∴BN＝BE＋EN＝，
∵DE⊥CE，
∴DE是☉N的切線，即DE在☉N外，
作NF⊥AB，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°，
∴△BDE∽△BNF，
∴＝，
∴NF＝＞，即NF＞rn，
∴AB在☉N外，
∴G點在四邊形ADEC內部.
作MH⊥BC，
∵BM＝，tan B＝，
∴BH＝，MH＝，
∴NH＝，
∴MN＝≈7.4＜AM＋CN，
∴☉M和☉N有交點.
第3題解圖③

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