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
