2025年中考数学总复习46 微专题 几何综合题 学案（含答案）

微专题46几何综合题

类型一动点型探究

1.综合探究

已知点E是边长为2的正方形ABCD内部一个动点，始终保持∠AED＝90°.

【初步探究】

（1）如图①，延长DE交边BC于点F.当点F是BC的中点时，求的值；

𝐷

【深入探究】𝐷

（2）如图②，连接CE并延长交边AD于点M.当点M是AD的中点时，求的

𝐷

值.𝐷

第1题图

2.综合运用

如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点C在原点O处，已知点B（8，

0），D（0，6），连接AC，E是CD上一动点（不与点C，D重合），过点E

作EF∥AC交AD于点F，过点E作EG⊥EF交BC于点G，连接FG.

（1）若DE＝CG，求证：△DEF≌△CGE；

（2）设DE＝a，用含a的式子表示△EFG的面积，并求出△EFG面积的最大值.

第1页共24页

第2题图

3.已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕

点O顺时针旋转60°，如图①，连接BC.

（1）填空：∠OBC＝°；

（2）如图①，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；

（3）如图②，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B

路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点

M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒，

△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？

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第3题图

类型二动线型探究

1.（2024佛山一模节选）综合探究

如图，点B，E是射线AQ上的动点，以AB为边在射线AQ上方作正方形ABCD，

连接DE，作DE的垂直平分线FG，垂足为H，FG分别与直线BC，AD，DC交

于点M，F，G，连接EG交直线BC于点K.

（1）设AB＝4，当E恰好是AB的中点时，求DF的长；

（2）若DG＝DE，猜想HG与AE的数量关系，并证明.

2.综合探究

如图①，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点A（5，

0），C（－3，4），直线l：y＝x＋t（－5＜t＜0）交OA边于点D，交AB边于

点E，点A与点A'关于直线l对称，连接A'D，A'E.

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（1）当t的值为多少时，E为AB的中点；（直接写出结果，不要求写出解答过

程）

（2）如图②，设△A'DE的边A'D和A'E分别与BC交于点M，N.记四边形DENM

的面积为S，求S关于t的函数表达式，并求出t的取值范围.

第2题图

3.（2024佛山南海区二模）综合探究

如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，▱ABCD的顶点B，C在x轴上，A

在y轴上，OA＝OC＝2OB＝4，直线y＝x＋t（－2≤t≤4）分别与x轴，y轴，

线段AD，直线AB交于点E，F，P，Q.

（1）当t＝1时，求证：AP＝DP；

（2）探究线段AP，PQ之间的数量关系，并说明理由；

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（3）在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ＝90°，且以点M，P，Q为顶点的

三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，

请说明理由.

类型三动面型探究

1.如图①，在平面直角坐标系中，O为原点，矩形OABC的顶点A（4，0），

C（0，3）.以点O为中心，逆时针旋转矩形OABC，得到矩形OA'B'C'，点A，B，

C的对应点分别为A'，B'，C'.

（1）如图②，当点C'落在AC上时（不与点C重合），求点B'的坐标；

（2）如图③，OA'交BC于点D，当OB恰好平分∠A'OA时，求BD的长.

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第1题图

2.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，菱形OABC的顶点A（4，0），C（2，

2），矩形ODEF的顶点D（0，），F（－4，0）.

（13）如图①，点E的坐标为3，点B的坐标为；

（2）将矩形ODEF沿水平方向向右平移，得到矩形O'D'E'F'，点O，D，E，F

的对应点分别为O'，D'，E'，F'.设OO'＝t，矩形O'D'E'F'与菱形OABC重叠部

分的面积为S.当边O'D'与AB相交于点G，边OC分别与D'E'，E'F'相交于点H，

M，且矩形O'D'E'F'与菱形OABC重叠部分为六边形时，试用含t的式子表示S，

并直接写出t的取值范围.

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第2题图

3.（2024广东22题13分）【知识技能】

（1）如图①，在△ABC中，DE是△ABC的中位线.连接CD，将△ADC绕点D

按逆时针方向旋转，得到△A'DC'.当点E的对应点E'与点A重合时，求证：AB

＝BC.

【数学理解】

（2）如图②，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线.连接CD，将△

ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A'DC'，连接A'B，C'C，作△A'BD的中

线DF.求证：2DF·CD＝BD·CC'.

【拓展探索】

（3）如图③，在△ABC中，tanB＝，点D在AB上，AD＝.过点D作DE⊥BC，

432

垂足为E，BE＝3，CE＝.在四边形3ADEC内是否存在点G5，使得∠AGD＋∠CGE

32

＝180°？若存在，请给3出证明；若不存在，请说明理由.

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第3题图

第8页共24页

类型一动点型探究

1.解：(1)如解图①，∵在正方形ABCD中，∠AED＝∠ADC＝∠C＝90°，AB

＝BC＝CD＝AD＝2，

∴∠2＝90°－∠3＝∠1，

∴tan∠2＝tan∠1，

∴＝＝.

𝐷𝐶𝐶

∵F𝐷是�B�C的𝐶中点，

∴＝＝；

𝐷𝐶1

𝐷𝐶2

第1题解图①

(2)如解图②，延长DE交边BC于点F，

∵M是AD的中点，∠AED＝90°，

∴AM＝MD＝ME＝AD＝1，

1

∴∠2＝∠1，2

在Rt△MDC中，MC＝＋＝＋＝，

2222

∴CE＝MC－ME＝－1�.���125

∵在正方形ABCD中5，AD∥BC，

∴∠2＝∠4，

∵∠1＝∠3，

∴∠4＝∠3，

∴CF＝CE＝－1，

－

与(1)同理可得，5＝＝.

𝐷𝐶51

𝐷𝐶2

第9页共24页

第1题解图②

2.(1)证明：∵四边形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，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC＝8，

在Rt△ADC中，AC＝＋＝10.

22

∵EF∥AC，����

∴△DEF∽△DCA

∴＝，即＝，解得EF＝a.

𝐷�����5

由(�1�)知�∠�DFE6＝∠10CEG，3

∵EF∥AC，

∴∠DFE＝∠DAC，

∴∠CEG＝∠DAC，

∵∠ECG＝∠ADC，

第10页共24页

∴△CEG∽△DAC，

－

∴＝，即＝，解得EG＝(6－a)，

𝐷��6���5

����810422

∴S△EFG＝EF·EG＝×a×(6－a)＝(6a－a)＝－(a－3)＋，

1155252575

∵－＜02，0＜a＜62，3424248

25

∴当2a4＝3时，△EFG的面积有最大值，最大值为.

75

3.解：(1)60；8

【解法提示】由旋转的性质可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等边三

角形，∴∠OBC＝60°.

(2)在Rt△OAB中，OB＝4，∠ABO＝30°，

∴∠AOB＝60°，OA＝OB＝2，AB＝OB·cos30°＝2，

1

由旋转的性质可知，OB2＝OC，∠BOC＝60°，3

∴△OBC是等边三角形，

∴∠AOB＝∠OBC＝60°，BC＝OB＝4，

∴OA∥BC，AB即为△AOC的高，

∴S△AOC＝AO·AB＝×2×2＝2，

11

∵∠ABC＝2∠ABO＋2∠OBC＝390°3，

∴AC＝＋＝()＋＝2，

2222

∵OP⊥AC�，���2347

∴S△AOC＝AC·OP，即×2·OP＝2，

11

解得OP＝2；273

221

一题多解法7

由旋转的性质可知，OB＝OC，

∠BOC＝60°，

第11页共24页

∴△OBC为等边三角形，

∴BC＝OB＝4，∠OBC＝60°，

∵∠ABO＝30°，

∴OA＝OB＝2，AB＝OB＝2，∠ABC＝90°，

13

223

∴BC∥OA，AC＝＋＝2，

22

∴∠PAO＝∠ACB，𝐶��7

∵sin∠ACB＝＝，

𝐶21

∴sin∠PAO＝�si�n∠A7CB＝，

21

∴＝，7

𝑂21

∴O��P＝7OA＝；

21221

(3)根据题7意得，M7运动到点C时，所需时间为＝(秒)，N运动到点B时，所

48

需时间为＝4(秒)，当M，N相遇时，所需时间1为.53＝(秒)，

()

41224

∴分三种情1况讨论：1+1.55

①当0＜x≤时，点M在OC上，点N在OB上，如解图①，过点N作NE⊥OC

8

于点E，3

则NE＝ON·sin60°＝x，

3

∴y＝OM·NE＝×1.5x2×x＝x2，

11333

∵＞20，228

33

82

∴当x＝时，y最大＝×()＝；

833883

②当＜x3＜4时，点M8在B3C上，3点N在OB上，如解图②，

8

BM＝38－x，过点M作MF⊥OB于点F，

3

2第12页共24页

∴MF＝BM·sin60°＝(8－x)，

33

∴y＝ON·MF＝x·(8－2x)＝22x－x2，

113333

∵－2＜0，22238

33

∴当x8＝－＝－＝时，

�－238

2×33

2�3

8

2

y最大＝2×－×()＝；

833883

③当4≤x3＜3时，8点M3，N3都在BC上，如解图③，

24

MN＝12－x，5

5

过点O作O2G⊥BC于点G，

则OG＝AB＝2，

∴y＝MN·OG＝3(12－x)·2＝－x＋12，

11553

∵－2＜0，22323

53

2

∴当x＝4时，y最大＝2.

综上所述，当x＝时，y3取得最大值，最大值为.

883

33

第3题解图

类型二动线型探究

1.解：(1)如解图①，连接EF，

在正方形ABCD中，AB＝AD＝4，

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∵E是AB中点，

∴AE＝EB＝2，

∵F为线段DE垂直平分线上一点，

∴DF＝EF，

设DF＝x，则AF＝4－x，

在Rt△AFE中，根据勾股定理得，(4－x)2＋22＝x2，

解得x＝，∴DF＝；

55

22

第1题解图①

(2)HG＝AE.证明如下：

∵GF垂直3平分DE，

∴DG＝GE，∠DHG＝90°，

∵DG＝DE，

∴DG＝DE＝EG，

∴△DGE是等边三角形，

∴∠GDE＝60°，

∵正方形ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，

∴∠ADE＝∠DGH＝30°，

∴AE＝DE＝DH，

1

∵∠DA2E＝∠DHG＝90°，

∴△ADE≌△HGD，

∴AD＝HG，

在Rt△ADE中，AD＝AE，

3

第14页共24页

∴HG＝AE.

2.解：(13)t＝－时，E为AB的中点；

3

【解法提示】∵A2(5，0)，四边形OABC是菱形，∴OA＝BC＝5，OA∥BC.∵C(－

3，4)，∴B(2，4).∵E为AB中点，∴E(，2)，将点E代入y＝x＋t中，得＋t

77

＝2，解得t＝－.22

3

(2)如解图，记BC2交y轴于点H，

∵四边形OABC为菱形，A(5，0)，C(－3，4)，

∴∠OAE＝∠C，BC∥OA，OA＝BC＝5，CH＝3，OH＝4，

∴在Rt△COH中，tanC＝＝，

𝑂4

由对称的性质，得A'D＝AD�，�∠3A'＝∠OAE＝∠C，∠ADE＝∠A'DE，∴tanA'

＝.

4

由题3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，tanA'＝，

4

∴A'M＝A'D－DM＝3AD－DM＝1＋t，

∴在Rt△A'MN中，MN＝A'M·tanA'＝(1＋t)，

4

23

∴S△A'MN＝A'M·MN＝(1＋t).

12

如解图，过2点E作EK3⊥OA于点K，

设DK＝x，则AK＝5＋t－x.

∵∠EDK＝45°，∠EKD＝90°，

∴EK＝DK＝x，

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在△中，∵＝＝，∴＝，解得＝，

RtAEKtanA－x

��4�420+4�

𝐸35+��327

∴S△A'DE＝S△ADE＝AD·EK＝×(5＋t)×＝(5＋t)，

1120+4�2

2222727

∴S＝S△A'DE－S△A'MN＝(5＋t)－(1＋t)＝－t＋t＋.

22832136

∵A'D＞DM，∴5＋t＞74，∴t＞3－1，212121

又∵－5＜t＜0，

∴t的取值范围为－1＜t＜0.

第2题解图

3.(1)证明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，

又∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD＝BC＝6，

则点A，B的坐标分别为(0，4)，(－2，0)，

当y＝4时，y＝x＋t＝4，

则x＝4－t＝4－1＝3＝AD，

1

即点P(3，4)，2

∴AP＝DP；

(2)解：PQ＝2AP，理由：

由点A，B的坐2标，得直线AB的表达式为y＝2x＋4，

联立上式和y＝x＋t得2x＋4＝x＋t，

解得x＝t－4，

即点Q(t－4，2t－4)，

在直线y＝x＋t中，当y＝4时，x＝4－t，

∴点P(4－t，4)，

第16页共24页

则AP＝4－t，

由点P，Q的坐标，得PQ＝2(4－t)＝2AP；

(3)解：存在.如解图①②③，过点2P作PH⊥2x轴于点H，过点Q作QI⊥x轴于点

I，

设点M(m，0)，

由(2)知，点P，Q的坐标分别为(4－t，4)，(t－4，2t－4)，

则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，

∵以点M，P，Q为顶点的三角形与△AOB相似，

则PM∶QM＝2或，

1

∴Rt△PHM和Rt△2MIQ的相似比为2或，

1

则PH∶MI＝HM∶IQ＝2或，2

1

当m＞0时，如解图①②，2

当相似比为2时，如解图①，

＝＝2，

��𝑂

则𝑀PH�＝�2MI，MH＝2QI，

即4＝2(m－t＋4)且4－t－m＝2(2t－4)，

第3题解图①

解得m＝，t＝，

17

33第17页共24页

即点M(，0)，t＝；

17

当相似比3为时，如3解图②，

1

＝＝，2

��𝑂1

则𝑀PH�＝�M2I，MH＝QI，

11

22

第3题解图②

则2×4＝m－(t－4)且2(m－4＋t)＝4－2t，

解得m＝，t＝，

142

则点M(3，0)，t3＝；

142

当m＜03时，如解图3③，

第3题解图③

当相似比为2时，如解图③，

＝＝2，

��𝑂

则𝑀PH�＝�2MI，MH＝2QI，

则4＝2[(t－4)－m]且4－t－m＝2(4－2t)，

解得m＝－7，t＝－1，

即点M(－7，0)，t＝－1；

当相似比为时，

1

2

第18页共24页

经验证，该情况不存在，

综上所述，点M(，0)，t＝或M(，0)，t＝或M(－7，0)，t＝－1.

17142

33类型三3动面型3探究

1.解：(1)如解图，连接OB'，AB'，

∵A(4，0)，C(0，3)，

∴OA＝4，OC＝3，

由旋转的性质，得C'O＝CO＝3，OA'＝OA＝4，

∴∠OCA＝∠OC'C，

∵tan∠OCA＝＝，

��4

tan∠B'OC'＝��＝3，

�'�'4

∴∠OCA＝∠�B�'OC3'，

∴∠OC'C＝∠B'OC'，

∴AC∥OB'，

∵四边形ABCO为矩形，

∴AC＝OB'，

∴四边形OCAB'是平行四边形，

∴AB'＝OC＝3，AB'∥OC，即AB'∥y轴，

∴点B'的坐标为(4，－3)；

第1题解图

(2)∵OB平分∠A'OA，

∴∠DOB＝∠AOB，

第19页共24页

∵BC∥OA，

∴∠DBO＝∠AOB，

∴∠DOB＝∠DBO，

∴BD＝OD，

设CD＝x，则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＝，

7

∴BD＝4－x＝.8

25

2.解：(1)(－48，)，(6，2)；

【解法提示】∵四边3形ODEF3为矩形，D(0，)，F(－4，0)，∴E(－4，)，

∵四边形OABC为菱形，A(4，0)，∴BC＝OA＝34，∵C(2，2)，∴B(6，23).

(2)如解图，过点C作CN⊥OA于点N，33

∵C(2，2)，

∴ON＝2，3CN＝2，

∴tan∠CON＝＝3＝，

𝐶23

∴∠CON＝60°𝐶，23

过点H作HR⊥x轴于点R，

∵E'F'＝，

∴HR＝E'F3'＝，

∵∠COA＝60°3，

∴OR＝＝＝1，

��3

∴H(1，tan60)，°3

由平移可知3OO'＝EE'＝t，

第20页共24页

∵E(－4，)，

∴E'(－4＋t，3)，

∴E'H＝1－(－43＋t)＝5－t，

∵∠E'HO＝∠HOF'＝60°，

∴E'M＝E'H·tan60°＝(5－t)，

∵在Rt△AGO'中，AO'＝3OO'－OA＝t－4，∠GAO'＝∠COA＝60°，

∴GO'＝AO'·tan60°＝(t－4)，

222

∴S＝S矩形O'D'E'F'－S△MHE'－3S△AGO'＝4－×(5－t)－×(t－4)＝－t＋

11

9t－，其中t的取值范围是4＜3t＜25.3233

333

32

第2题解图

3.(1)证明：∵DE是△ABC的中位线，

∴DE＝BC，AD＝AB，

11

由旋转性2质得AD＝2DE，

∴AB＝BC；(3分)

(2)证明：如解图①，连接AA'，

∵DE是△ABC的中位线，F为A'B的中点，

∴DA＝BD，

∴DF是△ABA'的中位线，

∴2DF＝AA'，

由旋转性质得△A'DC'≌△ADC，∠A'DA＝∠C'DC，A'D＝AD，C'D＝CD，

∴＝，

�'���

∴△�'�A'D�A�∽△C'DC，

第21页共24页

∴＝，

�'���

∴�'�＝��，

2𝐶��

∴2�D'�F·C�D�＝BD·CC'；(7分)

第3题解图①

(3)解：存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°，证明如下：

如解图②，过点D作DF∥BC交AC于点F，过点C作CH⊥AB于点H，DF与

CH交于点G，连接EG，AG，

∵DE⊥BC，

∴∠DEB＝90°，

在Rt△BDE中，tanB＝，BE＝3，

4

∴DE＝4，BD＝5，cosB3＝，sinB＝，(8分)