中考复习数学《几何图形综合》专项检测(含答案)

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

27

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

2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＝23，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22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：

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，

AM＝CM

∴在△APM与△CQM中，∠A＝∠MCQ，

AP＝CQ

∴△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，

111

∴S四边形PMQC＝S△AMC＝S△ABC＝AC·BC＝×8×8＝16 cm2，

244

∴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，

34

∴sin∠BDA＝，cos∠BDA＝，

55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， 11

∴S＝BP·AD＝(6－t)·8＝－4t＋24；(4分)

22②当点P在边BC上时，BP＝t－6， 11

∴S＝BP·AB＝(t－6)·6＝3t－18，

22

－4t＋24（0≤t＜6）综合①②，可得S＝.(6分)

3t－18（6≤t≤14）

第2题解图②

43

（3）由题意易知D点的坐标可表示为(－t，t)，

55

48

①当点P在边AB上且不与点B重合时，点P坐标为(－t－8，t)，

55PECD6

若＝，则＝，解得t＝6； OECB48

t＋85

8t5

PECB8若＝，则＝，解得t＝20， OECD46

t＋85∵0≤t＜6，

∴t＝6，t＝20时，不合题意．(9分)

13

②当点P在边BC上时，点P坐标为(－14＋t，t＋6)，

553

t＋65PECD6

若＝，则＝，解得t＝6； OEBC18

14－t

53t＋65PEBC8190

若＝，则＝，解得t＝， OECD1613

14－t

5∵6≤t≤14， ∴t＝

190

时，点P不在边BC上，不合题意． 13

8t5

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， 127

∵ S△ABC＝·AC·h＝，AC＝9，

22∴ h＝3， ∵ AB＝5， ∴sinA＝

h3＝， AB5

由勾股定理知，以AB，h为边的直角三角形的另一条边为4， 3

∴tanA＝.(2分)

4

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，

3

∵tanA＝，

4

∴ 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－∵S＝PQ2， ∴S＝90(t－∵当t＝

9281)＋， 1010

9281

)＋， 1010

981

时，S最小值＝， 1010

81

.(4分) 10

∴S有最小值(3)当t＝

999

、t＝、 t＝1、t＝时，正方形PQEF的某个顶点(Q点除外)会落在正14117

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＝

9； 14

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， 9解得：t＝；

11

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；

9

d. 如解图⑤，点F落在CG边上，1＜t≤时，QM＝9t－9，

5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， 9

解得：t＝.

7

综上所述：当t 的值为：t＝

999

、t＝、 t＝1、t＝时，正方形PQEF的某个顶点14117

(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＝BC2－AB2＝4 cm. ∴cos∠ACB＝

AC4

＝.(1分) BC5

∵△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，

PCAC4

∴cos∠ACB＝＝＝，

QCBC－t4即＝，

t520

解得t＝.(3分)

9

(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

3

则PH＝PCsin∠PCQ＝(4－t)，(5分)

5113326

∴y＝·QC·PH＝t·(4－t)＝－t＋t，

225105326

即y＝－t＋t(0＜t＜4)．(6分)

105(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)

11

∵S△ACB＝AB·AC＝×3×4＝6 cm2，

22S△CPQ16

∴＝，S△CPQ＝ cm2，

655∴y＝－

3266

t＋t＝ cm2， 1055

∵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3

点G，则有MG＝PH＝(4－t)，

5

4

∵HC＝(4－t)，QC＝t，HG＝PM＝5，

169

∴HQ＝HC－QC＝(4－t)－t＝－t，

55516999

∴QG＝HG－HQ＝5－(－t)＝t＋.(11分)

5555∵∠PQM＝90°， ∴∠PQH＋∠MQG＝90°， 又∵∠HPQ＋∠PQH＝90°，

第4题解图③ ∴∠HPQ＝∠GQM， ∴Rt△PHQ∽Rt△QGM， PHQG

∴＝， HQGM

12399－tt＋5555即＝， 169123－t－t55553解得t1＝0，t2＝，

2

3

经检验，t1＝0，t2＝是上述方程的解．

2∵0＜t＜4， 3∴t＝，

2

3

∴当t＝时，PQ⊥MQ. (12分)

2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＝

5

3， 3

5

3. 3

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＝AD2－AN2＝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， 55∴y＝，即DE的长为.

22

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.

5

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.

22. 解：(1)如解图①，连接PA， ∵PO⊥AD， ∴AO＝DO. ∵AD＝23， ∴OA＝3.(2分) ∵点P坐标为(－1，0)， ∴OP＝1，

∴PA＝OP2＋OA2＝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＝3，PH＝PO＝1， ∴OH＝2，

∴点M的坐标为(－2，3)．(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＝3，

OA

∴tan∠OCA＝＝3，

OC∴∠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＝2，AM＝2， 在Rt△AMG中， ∵AM2＋GM2＝AG2，

∴GM＝AG2－AM2＝（22）2－（2）2， ∴GM＝6.

∵DG＝DM＋GM＝2＋6， ∴BE＝DG＝2＋6.(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△GHE11112

与△BHD面积之和的最大值是S正方形ABCD＋S正方形AEFG＝×2＋×(22)2＝2＋4＝6.(12分)

2222

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°＝∴CG＝

3. 2

CG

，AC＝1， AC

∵AB＝2，

133

∴S四边形CDBF＝S△ABC＝×2×＝.

222(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， 113

则S△ADE＝·AD·EB＝×1×3＝，

222

第4题解图②

13

∴S△ADE＝·AE·DH＝，

22

又∵AE＝AB2＋BE2＝22＋（3）2＝7， ∴DH＝

3321＝＝， AE77

∵DE＝AB＝2，

21

7DH21

∴在Rt△DHE中，sin∠DEA＝＝＝.

DE214

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，

AB＝CB

∠ABH＝∠CBG， BH＝BG

∴△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，

AB＝CB

∠ABH＝∠CBG， BH＝BG

∴△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， BHFE∴＝， BGFGFEAB∵＝n＝， FGBC

BHAB∴＝， BGBC

∵∠ABH＝∠CBG， ∴△ABH∽△CBG，

AHAB

∴＝＝n，∠HAB＝∠GCB， CG CB

∴AH＝nCG，∠HAB＋∠AGC＝∠GCB＋∠AGC＝90°， ∴∠ANC＝90°， ∴AH⊥CG.