题型四 几何综合、探究题宜宾市中考创新试题对几何的考查涉及平行线与相交线、三角形、四边形、圆、图形变化、视图与投影几部分,考题多以填空题、选择题、解答题、实践操作题、拓展探究题等形式出现.这部分内容的考题大多为容易题或中难题,但有的与其他知识点综合在一起出现高难度题.高难度题目在填空、选择、解答题中都有,主要综合了三角形、四边形、圆、图形变化等知识.题目涉及图形的面积、动态几何、比例线段、比例性质、圆的相关定理.考查学生的知识面、逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.【例1】如图,P为⊙O外一点,PA,PB分别切⊙O于A,B两点,OP交⊙O于点C,连结BO并延长交⊙O于点D,交PA的延长线于点E,连结AD,BC.下列结论:①AD∥PO;②△ADE∽△PCB;③tan∠EAD=;④BD2=2AD·OP.其中一定正确的是( A ) A.①③④ B.②④C.①②③ D.①②③④【解析】连结OA,如图,根据切线的性质得∠APO=∠BPO,OA⊥PA,OB⊥PB,根据等角的余角相等得∠2=∠4,再利用三角形外角性质可得∠3=∠4,于是可判断OP∥AD,则可对①进行判断;根据平行线的性质,由OP∥AD,得到∠ADE=∠POE,再利用邻补角定义得∠POE+∠COB=180°,∠PCB+∠OCB=180°,由于∠COB≠∠OCB,则∠PCB≠∠ADE,所以不能判断△ADE∽△PCB,则可对②进行判断;根据平行线分线段成比例定理,由OP∥AD得=,且∠EAD=∠EPO,则=,再在Rt△AOP中,利用正切定理得到tan∠APO==,所以tan∠EAD=,则可对③进行判断;连结AB,证明Rt△ABD∽△BPO得到=,由OB=BD即可得到BD2=2AD·OP,则可对④进行判断.【答案】A【点评】本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于经过切点的半径.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连结圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.也考查了相似三角形的判定与性质.9\n【例2】如图为一个半径为4m的圆形广场,其中放有六个宽为1m的长方形临时摊位,这些摊位均有两个顶点在广场边上,另两个顶点紧靠相邻摊位的顶点,则每个长方形摊位的长为________m.【解析】设圆心是O,连结OA,OB,作OC⊥BC于C.设长方形的摊位长是2xm,在直角△OAD和直角△OBC中,利用勾股定理和三角函数表示出OC和OD的长,根据OC-OD=1即可列方程求得.【答案】【点评】本题考查了正多边形的计算,解正多边形的问题最常用的方法是转化为直角三角形的计算问题,解方程是本题的关键.【例3】(2022宜宾中考模拟)在图①至图③中,点B是线段AC的中点,点D是CE的中点,△BCF和△CDG都是等边三角形,点M为AE的中点,连结FG.(1)如图①,若点E在AC的延长线上,点M与点C重合,则△FMG________(选填“是”或“不是”)等边三角形;(2)将图①中的CE缩短,得到图②.求证:△FMG为等边三角形;(3)将图②中的CE绕点E顺时针旋转一个锐角,得到图③.求证:△FMG为等边三角形.【解析】(1)如图①,易证FM=BM=MD=MG,∠FMG=60°,即可得到△FMG是等边三角形;(2)如图②,易证BD=BC+CD=AM,从而可得MD=AB.由△BCF和△CDG都是等边三角形,可得BF=BC,CD=GD,∠FBC=60°,∠GDC=60°,从而可证到MD=BF,BM=GD,进而可得到△FBM≌△MDG,则有MF=GM,∠BFM=∠DMG,从而可证到∠FMG=60°,即可得到△FMG为等边三角形;(3)如图③,连结BM,DM,根据三角形中位线定理可得BM∥CE,BM=CE=CD,DM∥AC,DM=AC=BC.再根据△BCF和△CDG都是等边三角形,可得BF=BC,CD=GD,∠FBC=60°,∠GDC=60°,从而得到BF=BC=DM,BM=CD=GD,∠FBC=∠GDC.由BM∥CE,DM∥AC,可得四边形BCDM是平行四边形,从而得到∠BMD=∠DCB=120°,∠CDM=∠MBC=60°,即可得到∠FBM=∠GDM=120°,即可得到△FBM≌△MDG,则有MF=GM,∠FMB=∠MGD,从而可得∠FMG=∠BMD-∠FMB-∠GMD=∠BMD-∠MGD-∠GMD=60°,即可得到△FMG为等边三角形.【答案】解:(1)是;(2)如图②,∵点B是线段AC的中点,点D是CE的中点,点M为AE的中点,∴AB=BC=AC,CD=DE=CE,AM=ME=AE,9\n∴BD=BC+CD=AC+CE=AE=AM,即BM+MD=BM+AB,∴MD=AB.∵△BCF和△CDG都是等边三角形,∴BF=BC,CD=GD,∠FBC=60°,∠GDC=60°,∴MD=AB=BC=BF,BM=BC-MC=MD-MC=CD=GD.在△FBM和△MDG中,∴△FBM≌△MDG,∴MF=GM,∠BFM=∠DMG.∵∠BFM+∠FMB+∠FBM=180°,∠DMG+∠FMB+∠FMG=180°,∴∠FMG=∠FBM=60°,∴△FMG为等边三角形;(3)如图,连结BM,DM.∵点B是线段AC的中点,点D是CE的中点,点M为AE的中点,∴BM∥CE,BM=CE=CD,DM∥AC,DM=AC=BC.∵△BCF和△CDG都是等边三角形,∴BF=BC,CD=GD,∠FBC=60°,∠GDC=60°,∴BF=BC=DM,BM=CD=GD,∠FBC=∠GDC.∵BM∥CE,DM∥AC,∴四边形BCDM是平行四边形,∴∠BMD=∠DCB=120°,∠CDM=∠MBC=60°,∴∠FBM=∠GDM=120°.在△FBM和△MDG中,∴△FBM≌△MDG,∴MF=GM,∠FMB=∠MGD,∴∠FMG=∠BMD-∠FMB-∠GMD=∠BMD-∠MGD-∠GMD=120°-(180°-120°)=60°,∴△FMG为等边三角形.【点评】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、平行四边形的判定与性质等知识,借鉴解决第(2)小题的经验(通过证明△FBM≌△MDG来解决问题),是解决第(3)小题的关键.【针对练习】1.如图,直径AB为12的半圆,绕A点逆时针旋转60°,此时点B旋转到点B′,则图中阴影部分的面积是9\n( B )A.12π B.24π C.6π D.36π,(第1题图)) ,(第2题图))2.如图,矩形纸片ABCD中,AB=2,AD=6,将其折叠,使点D与点B重合,得折痕EF.则tan∠BFE的值是( D )A.B.1C.2D.33.如图,点O是△ABC的内切圆的圆心,若∠BAC=80°,则∠BOC=( A )A.130°B.100°C.50° D.65°,(第3题图)) ,(第4题图))4.如图,BC是半径为1的⊙O的直径,点P在BC的延长线上,PA是⊙O的切线,A为切点,AD⊥BC于点D,且点D是OC中点,则PB·PC=__3__.5.(2022宜宾创新考试)如图,一组平行线l1,l2,l3分别与∠O的两边相交于点A1,A2,A3和点B1,B2,B3,且梯形A1B1B2A2,A2B2B3A3的面积相等.设线段OA1=1,OA2=2,则线段A2A3=__-2__.,(第5题图)) ,(第6题图))6.如图,在△ABC中,AD⊥BC于D,BE⊥AC于E,AD与BE相交于点F,若BF=AC,则∠ABC=__45__°.7.(2022宜宾拔尖考试)如图,⊙O是Rt△ABC的外接圆,∠ACB=90°,E为BC上一点,连结AE与OC交于点D,∠CAE=∠CBA.(1)求证:AE⊥OC;(2)若⊙O的半径为5,AE的长为6,求AD的长.解:(1)∵∠ACB=90°,∴∠CBA+∠CAB=90°.∵∠CAE=∠CBA,∴∠CAE+∠CAB=90°.∵OA=OC,∴∠CAO=∠ACO,9\n∴∠CAE+∠ACO=90°,∴∠ADC=90°,∴AE⊥OC;(2)∵∠CAE=∠CBA,∠ACB=∠ACE,∴△ACE∽△BCA,∴===,∴设AC=5x,CE=3x,∴AE==x=6,∴x=,∴AC=,∵∠CAE=∠CAD,∠ACE=∠ADC,∴△ACD∽△AEC,∴=,∴AD==.8.如图,在梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2,BC=4,tan∠ADC=2.(1)求证:DC=BC;(2)E是梯形内一点,连结DE,CE,将△DCE绕点C顺时针旋转90°,得△BCF,连结EF.判断EF与CE的数量关系,并证明你的结论;(3)在(2)的条件下,当CE=2BE,∠BEC=135°时,求cos∠BFE的值.解:(1)作AP⊥DC于点P.∵AB∥CD,∠ABC=90°,∴四边形APCB是矩形,∴PC=AB=2,AP=BC=4.在Rt△ADP中,tan∠ADC==2,∴DP=2,∴DC=DP+PC=4=BC;(2)EF=CE.证明如下:由△DCE绕点C顺时针旋转90°得△BCF,∴CF=CE,∠ECF=90°,∴EF===CE;(3)由(2)得∠CEF=45°.∵∠BEC=135°,∴∠BEF=90°.设BE=a,则CE=2a,9\n∴EF==2a.在Rt△BEF中,由勾股定理得:BF=3a,∴cos∠BFE==.9.半径为2.5的⊙O中,直径AB的不同侧有定点C和动点P.已知BC∶CA=4∶3,点P在上运动,过点C作CP的垂线,与PB的延长线交于点Q.(1)当点P与点C关于AB对称时,求CQ的长;(2)当点P运动到的中点时,求CQ的长;(3)当点P运动到什么位置时,CQ取到最大值?求此时CQ的长.解:(1)当点P与点C关于AB对称时,CP⊥AB,设垂足为D.∵AB为O的直径,∴∠ACB=90°,AB=5.又∵BC∶CA=4∶3,∴BC=4,AC=3.又∵AC·BC=AB·CD,∴CD=,∴PC=.在Rt△ACB和Rt△PCQ中,∠ACB=∠PCQ=90°,∠CAB=∠CPQ,∴Rt△ACB∽Rt△PCQ,∴=,∴CQ==PC=;(2)当点P运动到的中点时,过点B作BE⊥PC于点E,如答图.∵P为的中点,∴∠PCB=45°,9\nCE=BE=BC=2.又∠CPB=∠CAB,∴tan∠CPB=tan∠CAB=,∴PE==,∴PC=PE+EC=,∴CQ=tan∠CPB·PC=;(3)点P在弧AB上运动时,恒有CQ==PC;故PC最大时,CQ取到最大值.当PC过圆心O,即PC取最大值5时,CQ最大值为.10.在矩形ABCD中,AB=a,AD=b,点M为BC边上一动点(点M与点B,C不重合),连结AM,过点M作MN⊥AM,垂足为M,MN交CD或CD的延长线于点N.(1)求证:△CMN∽△BAM;(2)设BM=x,CN=y,求y关于x的函数表达式.当x取何值时,y有最大值?并求出y的最大值;(3)当点M在BC上运动时,求使得下列两个条件都成立的b的取值范围:①点N始终在线段CD上,②点M在某一位置时,点N恰好与点D重合.解:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=∠C=90°,∴∠BAM+∠AMB=90°.∵MN⊥AM,即∠AMN=90°,∴∠CMN+∠AMB=90°,∴∠BAM=∠CMN,∴△CMN∽△BAM;(2)∵△CMN∽△BAM,∴=.∵BM=x,CN=y,AB=a,BC=AD=b,∴=,9\n∴y=(bx-x2)=-(x2-bx)=-=-+∵-<0,∴当x=时,y取最大值,最大值为;(3)由题可知:当0<x<b时,y的最大值为a,即=a,解得b=2a.∴要同时满足两个条件,b的值为2a.11.如图,⊙O的半径为1,直线CD经过圆心O,交⊙O于C,D两点,直径AB⊥CD,点M是直线CD上异于点C,O,D的一个动点,AM所在的直线交⊙O于点N,点P是直线CD上另一点,且PM=PN.(1)当点M在⊙O内部,如图①,试判断PN与⊙O的关系,并写出证明过程;(2)当点M在⊙O外部,如图②,其他条件不变时,(1)的结论是否还成立?请说明理由;(3)当点M在⊙O外部,如图③,∠AMO=15°,求图中阴影部分的面积.解:(1)PN与⊙O相切.如图①,连结ON,则∠ONA=∠OAN,∵PM=PN,∴∠PNM=∠PMN.∵∠AMO=∠PMN,∴∠PNM=∠AMO,∴∠PNO=∠PNM+∠ONA=∠AMO+∠OAN=90°,即PN与⊙O相切;(2)成立.如图②,连结ON,则∠ONA=∠OAN.∵PM=PN,∴∠PNM=∠PMN.在Rt△AOM中,∵∠OMA+∠OAM=90°,∴∠PNM+∠ONA=90°,9\n∴∠PNO=180°-90°=90°,即PN与⊙O相切;(3)如图③,连结ON,由(2)可知∠ONP=90°.∵∠AMO=15°,PM=PN,∴∠PNM=15°,∠OPN=30°,∴∠PON=60°,∠AON=30°.作NE⊥OD,垂足为点E,则NE=ON·sin60°=1×=,∴S阴影=S△AOC+S扇形AON-S△CON=OC·OA+×π×12-CO·NE=+π-.9