2023成都各区二诊复习——几何综合解答题（解析版）.docx

1、1（2021-2022七中育才二诊模拟26）（10分）（1）模型研究如图，在中，为边延长线上一点，且则 ；（2）模型应用如图，在中，若，求的长；（3）模型迁移如图，点为边上一点，交的延长线于若，求的面积【考点】三角形综合题【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形【分析】解：（1）；（2）以为圆心，长为半径画弧交于，作于，这样构造（1）中模型，进一步得出结果；（3）作交延长线于，以点为圆心，为半径画弧，交于，作于，这样构造出（2）中模型，进一步求得结果【解答】解：（1）在中，是的外角，故答案为：；（2）如图1，以为圆心，长为半径画弧交于，作于，由（1）得，；（3）如图2，作交延长线于，

2、以点为圆心，为半径画弧，交于，作于，设，则，由（1）知：，由（2）模型知：，四边形是矩形，【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造（2）中的“模型”2（2021-2022七中育才二诊26）（12分）取一张矩形纸片，为边上一动点，将沿直线折叠得（1）如图1，连接，当时，试判断的形状；（2）如图2，连接，当，的最大值与最小值的和为20时，求线段的值；（3）如图3，当点落在边上，分别延长，交于点，将绕点逆时针旋转得，分别连接，取中点连接，试探究线段与的数量关系【考点】四边形综合题【专题】几何综合题；推理能力【分析】（1）结论：是等边三

3、角形证明，推出，可得结论；（2）由题意，的最大值为线段的长，设，则最小值为，当，共线时，的值最小，推出，利用勾股定理构建方程，可得结论；（3）结论：如图3中，延长到，使得，连接，证明是等腰直角三角形，可得结论【解答】解：（1）结论：是等边三角形理由：如图1中，由翻折变换的性质可知，四边形是矩形，在和中，是等边三角形；（2）如图2中，连接，由题意，的最大值为线段的长，设，则最小值为，当，共线时，的值最小，；（3）结论：理由：如图3中，延长到，使得，连接，由翻折的性质可知，又，是等腰直角三角形，【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的

4、关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题3（2021-2022成华区二诊26）（12分）在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为（1）如图1，若，求证：；（2）如图2，若，求的值；（3）连接，是否存在点，使，若存在，请直接写出此时的值；若不存在，请说明理由【考点】几何变换综合题【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；几何直观；平移、旋转与对称；动点型；分类讨论；应用意识【分析】（1）由，得，有，根据沿直线折叠，点的对应点为，得，即得，；（2）设，、交于点，过点作于点，根据，得，由折叠可知，可得，设，则，有，代入，解得，即得，从而；（3）分两种情况：当在

5、左侧时，过作于，根据已知可证是等边三角形，得，可得，即得，故，设，则，可得，故；当在右侧时，过作于，同理可得，设，则，可得，从而【解答】（1）证明：，沿直线折叠，点的对应点为，；（2）解：设，、交于点，过点作于点，如图：，由折叠可知，又，又，设，则，解答，是等腰直角三角形，答：的值为；（3）解：存在点，使，理由如下：当在左侧时，过作于，如图：沿直线折叠，点的对应点为，是等边三角形，在中，设，则，、是等腰直角三角形，；当在右侧时，过作于，如图：同理可得，是等边三角形，、是等腰直角三角形，在中，设，则，综上所述，的值为或【点评】本题考查直角三角形中的翻折问题，涉及相似三角形判定与性质，等腰直角三角

6、形性质与应用，含角的直角三角形三边关系等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练应用含角的直角三角形三边关系4（2021-2022高新区二诊26）（12分）在中，点，分别是，边上的动点，连接，作关于对称的图形（1）如图1，当点恰好与点重合，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上，且，求的长；（3）如图3，若，连接，是的中点，连接，在点的运动过程中，求线段长度的最大值【分析】（1）由轴对称的性质可得，由锐角三角函数可求解；（2）由锐角函数和勾股定理可求，即可求解；（3）由三角形的中位线定理可得，则点在以点为圆心，为半径的圆上运动，即当点在的延长线上时，有最大值，由三角形中位线定理和勾股定理可求解

7、【解答】解：（1）由题意可得：，；（2）如图，过点作于，延长交于点，设，设，则，由题意可得：，；（3）如图，过点作于，取的中点，连接，过点作于，点是的中点，点是的中点，点在以点为圆心，为半径的圆上运动，当点在的延长线上时，有最大值，点是的中点，又，在中，由勾股定理可得：，的最大值为【点评】本题是几何变换综合题，考查了锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，确定点的轨迹是解题的关键5（2021-2022简阳市二诊26）（12分）已知在正方形中，是边上一动点，作点关于的对称点，交于点，连结（1）如图1，求的度数；（2）如图2，过点作交的延长线于点，连结，若，试探究四边形

8、的形状，并说明理由；（3）如图3，连结，在上截取，点，分别是，上的动点若正方形的面积为32，直接写出周长的最小值【考点】四边形综合题【专题】平移、旋转与对称；矩形 菱形 正方形；几何综合题；图形的相似；推理能力【分析】（1）连结，利用轴对称的性质可得出利用等腰三角形的性质求解即可；（2）证可得进而得到四边形是平行四边形；（3）作点关于的对称点，作点关于的对称点，则周长的最小值为的长，再求长度即可，【解答】解：（1）如图1，连结，点、关于对称，四边形是正方形，在四边形中，即；（2）四边形是平行四边形，理由如下：如图2，连接，在中，又四边形是正方形，又，又四边形是平行四边形；（3）周长的最小值为如

9、图3，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连结，连结交于点，交于点，连结，则周长的最小值为的长，由对称知，于点，点在以为直径的圆弧上运动，取中点，则当、三点共线时最小最小值为，最小值为周长的最小值为【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、平行四边形的判定、轴对称的性质和相似三角形的判定和性质，利用轴对称的性质得到相等的边和角，找出相似三角形是解题的关键6（2021-2022金牛区二诊26）（12分）已知是矩形的对角线，将沿折叠得到，与交点为（1）如图1，求证：；（2）连接交于点为，连接交于点，连接，如图2，若，求的值；若，求的值【考点】相似形综合题【专题】几何综合题；推理能力【分析】

10、（1）利用证明，可得结论；（2）连接，由折叠知垂直平分，得，则，在中，利用等积法求出的长，再利用勾股定理求得的长，即可得出答案；由，可知是的三条边垂直平分线的交点，得垂直平分，可知是等边三角形，则，则【解答】（1）证明：将沿折叠得到，四边形是矩形，；（2）解：如图，连接，将沿折叠得到，平分，垂直平分，四边形是矩形，在中，设与相交于点，则，在中，的值为；由知，四边形是矩形，是的三条边垂直平分线的交点，垂直平分，由知，是等边三角形，四边形是矩形，在中，【点评】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明是等边三角形是解决问题（2）的关键

11、7（2021-2022锦江区二诊26）（12分）如图1，在矩形中，平分交于，过点作交的延长线于点，连接交于点，连接交于点（1）求证：；（2）求证：；（3）如图2，将绕点旋转得到，连接，若，当有最大值时，求的长【考点】相似形综合题【专题】几何综合题；推理能力【分析】（1）证明，可得结论；证明，五点共圆，利用圆周角定理即可证明；（2）证明，推出，由，都是等腰直角三角形，推出，可得结论；（3）分两种情形：当，共线时，的值最大，如图中，当点在线段上时，如图中，当点在线段的延长线上时，分别求出，可得结论【解答】（1）证明：如图1中，四边形是矩形，平分，证明：连接，交于点，连接，四边形是矩形，五点共圆，（

12、2）证明：，又，都是等腰直角三角形，；（3）解：四边形是矩形，是等腰直角三角形，当，共线时，的值最大，如图中，当点在线段上时，在中，；如图中，当点在线段的延长线上时，同法可得，综上所述，的长为或【点评】本题考查相似形综合题，考查了矩形的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题8（2021-2022郫都区二诊26）（12分）如图，矩形 中，点为对角线上一点，过点作交边于点（1）如图1，当时，求证：；（2）如图2，当时，连接，探究线段、的数量关系；（3）如图3，在（2）的条件下，连接

13、，若面积的最大值为6，求的长【考点】四边形综合题【专题】推理能力；运算能力；矩形 菱形 正方形；图形的相似；二次函数图象及其性质【分析】（1）连接，证明，得出，再证明是等腰三角形，得出，进而得出；（2）作于，作于，可证得，从而，证明，进一步可得，进而得出，消去，从而得出结果；（3）作于，设，表示出和，进而得出，进一步求得结果【解答】（1）证明：如图1，连接，四边形是矩形，四边形是正方形，在和中，在四边形中，；（2）如图2，作于，作于，四边形是矩形，四边形是矩形，即：，在中，设，；（3）如图3，作于，设，【点评】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，图形的旋转等知识

14、，本题十分复杂，解决问题的关键是关注特殊性，添加辅助线，需要十分扎实的基础和很强的计算能力9（2021-2022青羊区树德中学二诊26）（10分）【探究发现】（1）如图，已知四边形是正方形，点为边上一点（不与端点重合）连接，作点关于直线的对称点，的延长线与的延长线交于点，连接，小明探究发现：当点在上移动时，并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整证明：延长交于点进一步探究发现，当点与点重合时，的度数为 【类比迁移】（2）如图，四边形为矩形，点为边上一点，连接，作点关于直线的对称点，的延长线与的延长线交于点，连接，当，时，求的长；【拓展应用】（3）如图，已知四边形为菱形，点为线段上一动点，连接

15、，作点关于直线的对称点，若恰好落在菱形的边上（不与顶点重合），求的长【考点】几何变换综合题【专题】几何综合题；平移、旋转与对称；推理能力；矩形 菱形 正方形；运算能力【分析】（1）延长交于点，则由对称可知，结合得到，由正方形的性质得到、，从而证明；当点与点重合时，由对称可知，然后由得到；（2）延长交于点，由对称可知点是的中点、，结合得到，从而有是的中位线，得到点是的中点，从而求得，再由勾股定理求得的长；由（1）得，得到，进而借助相似三角形的性质求得的长，然后由中位线的性质求得的长；（3）分两种情况，当落在上时，延长交于点，当落在上时，延长交于点，由相似三角形的性质及勾股定理可求出答案【解答】（

16、1）证明：如图，延长由对称可知，四边形是正方形，在和中，解：如图1，当点与点重合时，由对称可知，四边形是正方形，由得到，故答案为：（2）解：如图2，延长交于点，由对称可知，点是的中点，是的中位线，点是的中点，由（1）得，是的中位线，（3）解：如图3，当落在上时，延长交于点，四边形是菱形，同理证得，；如图4，当落在上时，延长交于点，由轴对称的性质得出，四边形是菱形，又，设，则，解得，综上所述，或【点评】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到，从而得到相似三角

17、形或全等三角形10（2021-2022青羊区二诊26）（12分）在中，是边上一点，连接（1）如图1，是延长线上一点，与垂直，求证：；（2）如图2，过点作，为垂足，连接并延长交于点，求证：；（3）如图3，将（1）中的以点为中心逆时针旋转得，对应点分别是，为上任意一点，为的中点，连接，若，最大值为，最小值为，求的值【考点】相似形综合题【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力【分析】（1）证明，从而得出结论；（2）作交的延长线于，证明及，二者结合可证明结论；（3）点运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，点运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，故运动的轨迹是大

18、圆和小圆围成的圆环，结合图形找出点的位置，确定和的值，进一步得出结果【解答】（1）证明：如图1，设的延长线交于，在和中，；（2）证明：如图2，作交的延长线于，在和中，；（3）解：如图3，点运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，点运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，运动的轨迹是大圆和小圆围成的圆环，当点运动点处时，最小，延长交大圆于，当点在处时，最大，【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形11（2021-2022双流区二诊26）（12分）如图，在菱形中，过点作于点，菱形的对角线交于点，连接已知，（1）求证：

19、；（2）连接交于点，求的值；（3）已知点为折线上一动点，连接当线段的长为何值时，与互为余角，并求此时直线与直线所夹锐角的正切值【考点】四边形综合题【专题】几何综合题；推理能力【分析】（1）证明，可得结论；（2）如图1中，延长交于点交的延长线于点证明，推出，由，推出，想办法求出，可得结论；（3）分两种情形：如图2中，当点在上时，连接，连接交于点，设交于点如图3中，当点在上时，连接交于点，设交于点分别求解即可【解答】（1）证明：四边形是菱形，在和中，；（2）解：如图1中，延长交于点，交的延长线于点，；（3）如图2中，当点在上时，连接，连接交于点，设交于点与互为余角，如图3中，当点在上时，连接交于点

20、，设交于点，综上所述，满足条件的直线与直线所夹锐角的正切值为或1【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题12（2021-2022天府新区二诊26）（12分）如图1，和中，边与相交于点，且，连接，（1）求的值；（2）如图2，连接，将绕着点在平面内旋转，在旋转过程中是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；（3）在（2）的条件下，若，当，三点在一条直线上时，求的长度【考点】相似形综合题【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似

21、；运算能力；推理能力【分析】（1）不妨设，可计算得出，从而求得结果；（2）可证得，进而求得结果；（3）分为点在上及在的延长线上，求出的长，进而求得结果【解答】解：（1）不妨设，；（2），理由如下：，即：，即：，又，；（3）如图1，当点在上是，由（2）得，同理可得：，如图2，当点在的延长线上，综上所述：或【点评】本题考查了直角三角形性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是弄清线段间数量关系，找出相似三角形13（2021-2022温江区二诊26）（12分）在中，点为边上一动点（不与点、重合），连接，若，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接和，与交于点（1）求证：；（2）若，点在边上运动

22、的过程中，求的最小值；（3）试探究、之间满足的数量关系（用含的式子表示），并证明【考点】相似形综合题【专题】推理能力；代数几何综合题【分析】（1）先判断出，再判断出，进而判断出，即可得出结论；（2）先判断出，进而得出，得出，进而得出，取的中点，连接，设，进而得出，进而得出，即可求出答案；（3）取的中点，同（2）的方法得出，得出，再表示出，即可得出结论【解答】（1）证明：，；（2）解：如图2，取的中点，连接，设，当时，的最小值为；（3）解：证明：如图2，取的中点，为的中点，在中，【点评】此题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，

23、得出是解（2）的关键14（2021-2022武侯区西川中学二诊25）（10分）在菱形中，是射线上一点，连接，将沿折叠，得到（1）如图，当点在左侧，且时，求的度数；（2）当时，求线段的长；（3）连接，当时，求线段的长【考点】几何变换综合题【专题】几何综合题；推理能力【分析】（1）设交于点利用三角形的外角的性质求出，再求出，可得结论；（2）如图2中，过点作于点证明是等腰直角三角形，求出，可得结论；（3）分两种情形：如图3中，连接，过点作于，过点作于点，过点作于点，设交于点解直角三角形求出，再利用此时构建方程，求出即可如图4中，当点在的延长线上时，同法可求【解答】解：（1）如图1中，设交于点由翻折的

24、性质可知，；（2）如图2中，过点作于点四边形是菱形，由翻折的性质可知，在中，；（3）如图3中，连接，过点作于，过点作于点，过点作于点，设交于点，可以假设，在中，则有，解得或（舍去），设，则，经检验，是分式方程的解，如图4中，当点在的延长线上时，同法可得，设，则，经检验，是分式方程的解，综上所述，满足条件的的值为或【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形等知识，解题关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题15（2021-2022武侯区二诊25）（10分）如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接，在线段上取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到

25、，连接（1）如图1，若（）当，且时，求的度数；（）试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由；（2）如图2，若，当时，求的值【考点】几何变换综合题【专题】推理能力；图形的全等；解直角三角形及其应用；等腰三角形与直角三角形【分析】（1）由旋转的性质可得，由锐角三角函数可求，可得，由旋转的性质可得，即可求解；由“”可证，可得，即可求解；（2）由“”可证，可得，设，由勾股定理和锐角三角函数分别求出，即可求解【解答】解：（1）将线段绕点逆时针旋转得到，将线段绕点逆时针旋转得到，；，理由如下：过点作于，过点作于，又，又，；（3）过点作于，过点作于，又，设，【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键