2026年中考数学二轮专题复习电子教案 专题三 几何综合题（综合与探究）

这是一份2026年中考数学二轮专题复习电子教案 专题三 几何综合题（综合与探究），共4页。教案主要包含了动点探究，旋转探究，折叠探究，图形形状变化探究等内容，欢迎下载使用。
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课题
几何综合题（综合与探究）
学习目标
类型一 动点探究
1.理解动点的概念及其在几何图形中的运动规律；
2.分析动点轨迹的形成及其性质：直线型、圆弧型轨迹等；
3.结合函数描述动点运动中距离与时间等变量的关系.
类型二 旋转探究
1.理解旋转的基本性质：旋转中心、旋转角、对应点关系；
2.探索旋转前后图形的位置关系与性质变化；
3.从线段长度、角度、面积等分析旋转过程中几何量的变化规律；
4.解决旋转与最值、轨迹问题的结合等综合问题.
类型三 折叠探究
1.理解折叠的基本性质；
2.探索折叠前后图形的位置关系与性质变化；
3.分析折叠过程中线段长度、角度、面积的变化规律；
4.解决折叠后所形成部分几何图形的面积以及探究多种情况结合下的分类讨论.
类型四 图形形状变化探究
1.理解图形形状变化的相关基本概念；
2.分析图形形状变化对相似性、对称性的影响；
3.解决相似与最值、比例问题的结合等综合问题.
拓展类型 阅读理解类探究
1.理解题目背景信息，提取关键几何条件；
2.分析题目中几何图形的性质与变化规律；
3.结合阅读材料解决证明、计算、探究类等几何问题.
教学重点
1.熟练运用全等、相似、勾股定理、三角函数等解决复杂问题；
2.掌握动点、旋转、折叠等动态几何问题的分析方法；
3.强化转化思想、模型思想、数形结合思想的应用.
教学难点
1.识别隐藏的几何关系，合理添加辅助线；
2.分析动点、旋转、折叠中的多情形变化；
3.将实际问题抽象为几何模型并求解.
教学准备
课件ppt
实施教学过程设计
二次备课
专题三 几何综合题(综合与探究)
类型一 动点探究
1. 综合与探究在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，O为对角线AC的中点，P为线段AC上的一个动点(点P不与点O重合)，连接BP，分别过点A，C向直线BP作垂线AE和CF，垂足分别为E，F，连接OE，OF.
问题解决
(1)如图①，当点P在线段OC上，垂足E恰好与点B重合时，求证：OE＝OF；
问题探究
(2)如图②，当点P在线段OA上，OE与OF还相等吗？如果相等，请证明，如果不相等，请说明理由；
拓展延伸
(3)已知当点P在线段AC上运动时，∠OEF＝30°，猜想线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系？并证明你的猜想.
第1题图
1.(1)证明：如解图①，连接OD，
在菱形ABCD中，O为对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，
第1题解图①
∵∠DAB＝60°，点F与CD的中点重合，点E与点B重合，
∴∠BAO＝∠DCO＝30°，
∴OE＝12AB，OD＝OF＝12CD，
又∵AB＝CD，
∴OE＝OF；
(2)解：OE＝OF，理由如下：
如解图②，当点P在AO上时，延长EO交CF于点G，
第1题解图②
∵AE⊥BE，CF⊥BE，
∴AE∥CF，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵OA＝OC，∠AOE＝∠COG，
∴△AOE≌△COG(ASA)，
∴OE＝OG＝12EG，
∵∠EFG＝90°，
∴OF＝12EG，
∴OE＝OF；
(3)解：CF＝AE＋OE或CF＝AE－OE，理由如下：
如解图②，由(2)知，当点P在AO上时，△AOE≌△COG，
∴AE＝CG，
在Rt△EFG中，
∵∠FEG＝30°，
∴∠FGO＝60°，
∴△FGO是等边三角形，
∵OE＝OF＝OG，
∴FG＝OE，
∴CF＝CG＋FG＝AE＋OE；
如解图③，当点P在CO上时，延长FO交AE于点G，
第1题解图③
同理可证：△AOG≌△COF(ASA)，
∴OG＝OF＝12FG，AG＝CF，
∵∠FEG＝90°，
∴OE＝12FG，
∴OE＝OF，
在Rt△FEG中，
∵∠OEF＝30°，
∴∠GOE＝60°，
∴△GOE是等边三角形，
∴EG＝OE，
∴CF＝AG＝AE－EG＝AE－OE.
综上所述，CF＝AE＋OE或CF＝AE－OE.
2. (2024江西)综合与实践如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点(点D与点A不重合)，连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，.
特例感知
(1)如图①，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 ，数量关系是 ；
类比迁移
(2)如图②，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想；
拓展应用
(3)在(1)的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图③.已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y.
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF＝2时，请直接写出AD的长度.
第2题图
2. 解：(1)BE⊥AD，BE＝AD；
【解法提示】当m＝1时，CECD＝CBCA＝1，即CE＝CD，CB＝CA，∴Rt△ABC和Rt△CDE均为等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°.∵∠ACD＋∠BCD＝∠BCE＋∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴BE＝AD，∠CBE＝∠A＝45°，∴∠ABE＝∠CBE＋∠ABC＝90°，即BE⊥AD.
(2)BE⊥AD，BEAD＝m.证明如下：
∵∠ACD＋∠BCD＝∠BCE＋∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE.
∵CECD＝CBCA＝m，
∴△ACD∽△BCE，
∴BEAD＝m，∠CBE＝∠A，
∵∠A＋∠ABC＝90°，
∴∠CBE＋∠ABC＝90°，即BE⊥AD；
(3)①由(1)可知，CE＝CD，BE＝AD，
由对称的性质可知，CE＝FE，CD＝FD，
∴CD＝CE＝FE＝FD，
∵∠DCE＝90°，
∴四边形CEFD是正方形，
∴S四边形CDFE＝CD2.
∵AD＝x，AC＝6，∴BD＝62－x，BE＝x，
在Rt△BDE中，DE2＝BE2＋BD2＝x2＋(62－x)2＝2x2－122x＋72，
∴CD2＝(22DE)2＝12DE2＝x2－62x＋36.
即y＝x2－62x＋36＝(x－32)2＋18，
∵1>0，0