专题12 几何综合（填空题）-备战2021年中考数学临考题号押题（全国通用版）(28348132)

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专题12几何综合


【2021安徽】在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为　 　°；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为　 　．

【分析】（1）由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，即可求解；
（2）由平行四边形和折叠的性质可得AR＝PR，由直角三角形的性质可得AP＝2PB＝2QR，AB＝PB，即可求解．
【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QR＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，AB＝PB，
∴PB＝QR，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
【2021广州】如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．

【答案】16
【解析】
【分析】
根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．
【详解】
解：在正方形中，，
∵绕点逆时针旋转到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
【2021西南州】如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平，再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，已知BC＝2，则线段EG的长度为________．

【答案】
【解析】
【分析】
直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．
【详解】
解：如答图，由第一次折叠得EF⊥AD，AE＝DE，
∴∠AEF＝90°，AD＝2AE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
∴∠AEF＝∠D，
∴EF∥CD，
∴△AEN∽△ADM，
∴＝＝，
∴AN＝AM，
∴AN＝MN，
又由第二次折叠得∠AGM＝∠D＝90°，
∴NG＝AM，
∴AN＝NG，
∴∠2＝∠4．
由第二次折叠得∠1＝∠2，
∴∠1＝∠4．
∵AB∥CD，EF∥CD，
∴EF∥AB，∴∠3＝∠4，
∴∠1＝∠2＝∠3．
∵∠1＋∠2＋∠3＝∠DAB＝90°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝30°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2．
由第二次折叠得AG＝AD＝2．
由第一次折叠得AE＝AD＝×2＝1．
在Rt△AEG中，由勾股定理得EG＝＝＝，
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．
【2021东南州】如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____．

【答案】
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CD＝AB，
∴△ABP∽△EDP，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵PQ⊥BC，
∴PQ∥CD，
∴△BPQ∽△DBC，
∴＝＝，
∵CD＝2，
∴PQ＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定和性质证明△ABP∽△EDP得到＝是解题的关键．
【2021铜仁】如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝_____．

【答案】
【解析】
【分析】
依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1C＝BC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长．
【详解】
解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，
∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，
∴∠DA1B1＝∠CA1D，
又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，
∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），
∴A1C＝A1B1，
∴BA1＝A1C＝BC＝2，
∴Rt△A1CD中，CD＝＝，
∴AB＝.
故答案为：．
【点睛】
本题考查矩形与折叠，准确判断合适的全等三角形求出A1C＝BC＝2是解题的关键.
【2021遵义】如图，对折矩形纸片ABCD使AD与BC重合，得到折痕MN，再把纸片展平．E是AD上一点，将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．若CD＝5，则BE的长是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
在Rt△A'BM中，利用轴对称的性质与锐角三角函数求出∠BA′M=30°，再证明∠ABE=30°即可解决问题．
【详解】
解：∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕MN，
∴AB=2BM，∠A′MB=90°，MN∥BC．
∵将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．
∴A′B=AB=2BM．
在Rt△A′MB中，∵∠A′MB=90°，
∴sin∠MA′B= ＝，
∴∠MA′B=30°，
∵MN∥BC，
∴∠CBA′=∠MA′B=30°，
∵∠ABC=90°， ∴∠ABA′=60°，
∴∠ABE=∠EBA′=30°，


故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，翻折变换，锐角三角函数的定义，平行线的性质，熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．
【2021河南】如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为　 　．

【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．
【解答】解：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCDA是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF＝＝，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG＝FH＝，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴CF2＝OF•DF，
∴OF＝＝＝，
∴OH＝，OD＝，
∵OC2＝OF•OD，
∴OC＝＝，
∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，
∴HG＝＝＝1，
故答案为：1．

【点评】本题考查了射影定理，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【2021河南】如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交于点D，点E为半径OB上一动点．若OB＝2，则阴影部分周长的最小值为　 　．

【分析】利用轴对称的性质，得出当点E移动到点E′时，阴影部分的周长最小，此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和，分别进行计算即可．
【解答】解：如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接E′D、OD′，
此时E′C+E′C最小，即：E′C+E′C＝CD′，
由题意得，∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，
∴∠COD′＝90°，
∴CD′＝＝＝2，
的长l＝＝，
∴阴影部分周长的最小值为2+＝．
故答案为：．

【点评】本题考查与圆有关的计算，掌握轴对称的性质，弧长的计算方法是正确计算的前提，理解轴对称解决路程最短问题是关键．



几何综合题灵活多变，一般无固定的解题模式或套路，解决这类问题的方法：
一般根据条件，结合所学知识、数学思想方法，通过分析、归纳逐步得出结论，或通过观察，实验，猜想，论证的方法解决。

此类题应该首先明确它的考题特点，避免盲目和无从下手，同时明确题目所涉及的数学知识及应用，明确题目问题是什么要解决什么样的问题，再结合我们所学习的知识合理解答。


1．如图，等边中，，点，点分别是边，上的动点，且，连接、交于点，当点从点运动到点时，则点的运动路径的长度为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，作过A、B、F作⊙O,为点F的轨迹，然后计算出,的长度即可．
【详解】
解：如图：作过A、B、F作⊙O,过O作OG⊥AB
∵等边
∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°
∵
∴△BCE≌△ABC
∴∠BAD=∠CBE
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°
∴∠ABE+∠BAD=60°
∴∠AFB=120°
∵∠AFB是弦AB同侧的圆周角
∴∠AOB=120°
∵OG⊥AB,OA=OB
∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=
∴∠OBG=30°
设OB=x，则OG=x
∴，解得x=或x=-（舍）
∴的长度为．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理以及圆周角定理，根据题意确定点F的轨迹是解答本题的关键．
2.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD＝2BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为　 　．

【分析】设BE＝x，则CD＝2x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，再证明DE＝DA＝2x，所以1+x＝x，解得x＝2，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长．
【解答】解：设BE＝x，则CD＝2x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠DAE＝∠DEA，
∴DE＝DA＝2x，
∴BD＝3x，
∴OB＝OD＝x，
∵OE+BE＝BO，
∴1+x＝x，解得x＝2，
即AB＝4，OB＝3，
在Rt△AOB中，OA＝＝，
在Rt△AOE中，AE＝＝2．
故答案为2．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
3．如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、．求的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即为EC+GC的最小值．
【详解】
如图，将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，

∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，
∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，
∴AE∥BG，CG=DE，
∴AE⊥CC′，
由作图易得，点C与点C′关于AE对称，C′E=CE，
又∵CG=DE，
∴EC+GC=C′E+ED，
当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，
此时，在Rt△C′D′E中，
C′B′=4，B′D=4+4=8， C′D=，
即EC+GC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．
4．在矩形中，，，点在边上，且，连接，将沿折叠．若点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为______．
【答案】或
【解析】
【分析】
分两种情况：点落在AD上和CD上，首先求出a的值，再根据勾股定理求出抓痕的长即可．
【详解】
分两种情况：
（1）当点落在AD上时，如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，
，
，
，
∴
在Rt△ABE中，AB=1，BE=1，
∴AE=
（2）当点落在CD上，如图2，

∵四边形ABCD是矩形，
，，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，
，，，
，
，
在和中，

，
，即，
解得，（负值舍去）
∴
在Rt△ABE中，AB=1，BE=，
∴AE=
故答案为：或.
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
5．如图，直线的解析式为与轴交于点，与轴交于点，以为边作正方形，点坐标为．过点作交于点，交轴于点，过点作轴的垂线交于点以为边作正方形，点的坐标为．过点作交于，交轴于点，过点作轴的垂线交于点，以为边作正方形，，则点的坐标______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意得出三角形AMO为等腰直角三角形，∠AMO=45°，分别求出个线段的长度，表示出B1和B2的坐标，发现一般规律，代入2021即可求解
【详解】
解：∵的解析式为，
∴M（-1，0），A（0，1），
即AO=MO=1，∠AMO=45°，
由题意得：MO=OC=CO1=1，
O1A1=MO1=3，
∵四边形是正方形，
∴O1C1=C1O2=MO1=3，
∴OC1=2×3-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3），
∴A2O2=3C1O2=9，B2C2=9，OO2=OC2-MO=9-1=8，
综上，MCn=2×3n，OCn=2×3n-1，BnCn=AnOn=3n，
当n=2021时，OC2021=2×32021-1，B2021C2021 =32021，
点B，
故答案为：．
【点睛】
本题考查规律型问题、等腰直角三角形的性质以及点的坐标，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．

1．如图，半径为的与边长为的正方形的边相切于E，点F为正方形的中心，直线过点．当正方形沿直线以每秒的速度向左运动__________秒时，与正方形重叠部分的面积为．

【答案】1或．
【解析】
【分析】
将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．
【详解】
解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OAB-S△OAB
由题意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB
∴△OAB为等边三角形
∴∠AOB=60°，OE⊥AB
在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=
∴S扇形OAB-S△OAB
∴OF=
∴点F向左运动个单位
所以此时运动时间为秒

②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E

此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD
由题意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD
∴△OCD为等边三角形
∴∠COD=60°，OE⊥CD
在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=
∴S扇形OCD-S△OCD
∴OF=
∴点F向左运动个单位
所以此时运动时间为秒
综上，当运动时间为1或秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为
故答案为：1或．
【点睛】
本题考查正方形的性质，扇形面积的计算及等边三角形的判定和性质，题目难度不大，注意分情况讨论是本题的解题关键．
2．如图，已知直线与x、y轴交于A、B两点，的半径为1，P为上一动点，切于Q点．当线段长取最小值时，直线交y轴于M点，a为过点M的一条直线，则点P到直线a的距离的最大值为______________．

【答案】
【解析】
【分析】
先找到长取最小值时P的位置即为OP⊥AB时，然后画出图形，由于PM即为P到直线a的距离的最大值，求出PM长即可．
【详解】
解：如图，

在直线上，x=0时，y=4，y=0时，x=，
∴OB=4，OA=，
∴，
∴∠OBA=30°，
由切于Q点，可知OQ⊥PQ，
∴，
由于OQ=1，因此当OP最小时长取最小值，此时OP⊥AB，
∴，此时，，
∴，即∠OPQ=30°，
若使P到直线a的距离最大，则最大值为PM，且M位于x轴下方，
过P作PE⊥y轴于E，
，，
∴，
∵，∴∠OPE=30°，
∴∠EPM=30°+30°=60°，即∠EMP=30°，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆和函数的综合问题，题解题中含义找到Ｐ点的位置是解题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，．已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为______．

【答案】(-1,8)
【解析】
【分析】
先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．
【详解】
解：由题意得，作出如下图形：

N点坐标为(-1,0)，
N点关于A点对称的N1点的坐标为(-3,0)，
N1点关于B点对称的N2点的坐标为(5,4)，
N2点关于C点对称的N3点的坐标为(-3,8)，
N3点关于A点对称的N4点的坐标为(-1,8)，
N4点关于B点对称的N5点的坐标为(3,-4)，
N5点关于C点对称的N6点的坐标为(-1,0)，此时刚好回到最开始的点N处，
∴其每6个点循环一次，
∴，
即循环了336次后余下4，
故的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为(-1,8) ．
故答案为：(-1,8) ．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．
4.匈牙利著名数学家爱尔特希（P. Erdos，1913-1996）曾提出：在平面内有n个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，人们将具有这样性质的n个点构成的点集称为爱尔特希点集．如图，是由五个点A、B、C、D、O构成的爱尔特希点集（它们为正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成），则的度数是_____．

【答案】18°
【解析】
【分析】
先证明△AOB≌△BOC≌△COD，得出∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，然后求出正五边形每个角的度数为108°，从而可得∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，∠AOB=∠BOC=∠COD=72°，可计算出∠AOD=144°，根据OA=OD，即可求出∠ADO．
【详解】
∵这个五边形由正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成，
∴根据正五边形的性质可得OA=OB=OC=OD，AB=BC=CD，
∴△AOB≌△BOC≌△COD，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，
∵正五边形每个角的度数为：=108°，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=（180°-2×54°）=72°，
∴∠AOD=360°-3×72°=144°，
∵OA=OD，
∴∠ADO=（180°-144°）=18°，
故答案为：18°．
【点睛】
本题考查了正多边形的内角，正多边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，求出∠AOB=∠BOC=∠COD=72°是解题关键．
5.如图，D是等边三角形外一点．若，连接，则的最大值与最小值的差为_____．


【答案】12
【解析】
【分析】
以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，可证得△ECB≌△DCA从而得到BE=AD，再根据三角形的三边关系即可得出结论．
【详解】
解：如图1，以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，

∵CE=CD，CB=CA，∠ECD=∠BCA=60°，
∴∠ECB=∠DCA，
∴△ECB≌△DCA（SAS），
∴BE=AD，
∵DE=CD=6，BD=8，
∴8-6