2020年中考数学复习——探究性几何问题 练习题

中考数学复习《几何探究型问题》经典题型及测试题（含答案）题型解读1.考查类型：①动点探究题；②平移、旋转、折叠探究题；③图形形状变化探究题.2.考查内容：①多与特殊四边形的性质、三角形全等、相似的判定和性质有关；②涉及平移、旋转或折叠的相关性质；③多与二次函数的性质有关.3.备考指导：在做此类题型时，要观察题中已知条件，并结合题设，联系相关的知识解题，对结果猜想题根据前面问题大胆猜想，往往是解题的突破口．类型一动点探究题1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5 cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒2 cm的速度向点A匀速运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒3 cm的速度向点B匀速运动，设运动时间为t秒(0≤t≤5)，连接MN.(1)若BM＝BN，求t的值；(2)若△MBN与△ABC相似，求t的值；(3)当t为何值时，四边形ACNM的面积最小？并求出最小值．2.如图①，菱形ABCD中，已知∠BAD＝120°，∠EGF＝60°，∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动，角的两边分别交边BC、CD于点E、F.(1)如图②，当顶点G运动到与点A重合时，求证：EC＋CF＝BC；(2)知识探究：①如图③，当顶点G运动到AC中点时，探究线段EC、CF与BC的数量关系；②在顶点G 的运动过程中，若ACCG ＝t ，请直接写出线段EC 、CF 与BC 的数量关系(不需要写出证明过程)；(3)问题解决：如图④，已知菱形边长为8，BG ＝7，CF ＝65，当t ＞2时，求EC 的长度．图①3.已知：如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm .对角线AC ，BD 交于点O ，点P 从点A 出发，沿AD 方向匀速运动，速度为1 cm /s ；同时，点Q 从点D 出发，沿DC 方向匀速运动，速度为1 cm /s ；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO 并延长，交BC 于点E ，过点Q 作QF∥AC，交BD 于点F.设运动时间为t(s )(0<t<6)，解答下列问题： (1)当t 为何值时，△AOP 是等腰三角形？(2)设五边形OECQF 的面积为S(cm 2)，试确定S 与t 的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使OD 平分∠COP？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．4.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D 为直线BC 上一动点(点D 不与B ，C 重合)，以AD 为边在AD 右侧作正方形ADEF ，连接CF. (1)观察猜想如图①，当点D 在线段BC 上时，①BC 与CF 的位置关系为：____________． ②BC ，CD ，CF 之间的数量关系为：____________(将结论直接写在横线上)． (2)数学思考如图②，当点D 在线段CB 的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)拓展延伸如图③，当点D 在线段BC 的延长线上时，延长BA 交CF 于点G ，连接GE.若已知AB ＝22，CD ＝14BC ，请求出GE 的长．类型二 平移、旋转、折叠探究题5.如图①，△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，四边形ADEF 是正方形，点B 、C 分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时，如图②，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图③，延长DB交CF于点H.①求证：BD⊥CF；②当AB＝2，AD＝32时，求线段DH的长．图①图②图③6.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α(0°＜α＜180°)，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.(1)如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF＝DF；③请直接．．写出BE的长；(2)在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接．．写出BE＋CE的值．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．7.已知矩形ABCD中AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．(1)如图①，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA，若△OCP与△PDA的面积比为1∶ 4，求边CD 的长；(2)如图②，在(1)的条件下擦去AO、OP，连接BP，动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合)，动点N 在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律，若不变，求出线段EF的长度．图①图②8.问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图①，将一张菱形纸片ABCD(∠BAD>90°)沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.操作发现(1)将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图②所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是________；(2)创新小组将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图③所示的△AC′D，连接DB、C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形．请你证明这个结论；实践探究(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图③中BC＝13 cm，AC＝10 cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC″，使四边形BCC″D′恰好为正方形，求a的值．请你解答此问题；(4)请你参照以上操作，将图①中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图④中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明．9.如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF.(1)如图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝3S△EDF，求AE的长；(2)如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA.①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长；(3)如图③，若FE 的延长线与BC 的延长线交于点N ，CN ＝1，CE ＝47，求AFBF的值．10.如图①，矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝5，BP ＝1，∠MPN ＝90°，将∠MPN 绕点P 从PB 处开始按顺时针方向旋转，PM 交边AB(或AD)于点E ，PN 交边AD(或CD)于点F ，当PN 旋转至PC 处时，∠MPN 的旋转随即停止．(1)特殊情形：如图②，发现当PM 过点A 时，PN 也恰好过点D ， 此时，△ABP________△PCD(填“≌”或“∽”)；(2)类比探究：如图③，在旋转过程中，PEPF 的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；(3)拓展延伸：设AE ＝t ，△EPF 的面积为S ，试确定S 关于t 的函数关系式；当S ＝4.2时，求所对应的t 值．11.如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上)．(1)计算矩形EFGH的面积；(2)将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为316时，求矩形平移的距离；(3)如图③，将(2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．类型三图形形状变化探究题12.如图①，②，③分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形(等边三角形)、正四边形(正方形)、正五边形，BE和CD相交于点O.(1)在图①中，求证：△ABE≌△ADC.图①(2)由(1)证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC的度数，并说明理由或写出证明过程．图②(3)填空：在上述(1)(2)的基础上可得在图③中∠BOC＝________(填写度数)．图③图④(4)由此推广到一般情形(如图④)，分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正n边形，BE和CD仍相交于点O，猜想∠BOC的度数为____________________(用含n的式子表示)．13.阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图①，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把1sinα的值叫做这个平行四边形的变形度．(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是________；猜想证明：(2)设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，1sinα之间的数量关系，并说明理由；拓展探究：(3)如图②，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4m(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．14.已知AC ，EC 分别为四边形ABCD 和EFCG 的对角线，点E 在△ABC 内，∠CAE ＋∠CBE＝90°. (1)如图①，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，连接BF. ①求证：△CAE∽△CBF； ②若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长；(2)如图②，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB BC ＝EFFC ＝k 时，若BE ＝1，AE ＝2，CE ＝3，求k 的值；(3)如图③，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB ＝∠GEF＝45°时，设BE ＝m ，AE ＝n ，CE ＝p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)．15.已知点O 是△ABC 内任意一点，连接OA 并延长到E ，使得AE ＝OA ，以OB ，OC 为邻边作▱OBFC ，连接OF ，与BC 交于点H ，再连接EF.(1)如图①，若△ABC 为等边三角形，求证：①EF⊥BC； ②EF ＝3BC ；(2)如图②，若△ABC 为等腰直角三角形(BC 为斜边)，猜想(1)中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；(3)如图③，若△ABC 是等腰三角形，且AB ＝AC ＝kBC ，请你直接写出EF 与BC 之间的数量关系．类型一 动点探究题1. 解：(1)根据题意BM ＝2t ，BN ＝BC －3t ，而BC ＝5×tan 60°＝5 3.∴当BM ＝BN 时，2t ＝53－3t ，解得t ＝103－15. (2)分类讨论：①当∠BMN ＝∠ACB ＝90°时，如解图①， △NBM ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BM BN ，∴2t 53－3t ＝32，解得t ＝157.②当∠BNM ＝∠ACB ＝90°时，如解图②， △MBN ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BNBM， ∴53－3t 2t ＝32，解得t ＝52. 因此当运动时间是157秒或52秒时，△MBN 与△ABC 相似．第1题解图(3)由于△ABC 面积是定值，∴当四边形ACNM 面积最小时，△MBN 面积最大， 而△MBN 的面积是S ＝12BM ×BN ×sin B＝12×2t ×(53－3t)×12＝－32t 2＋532t ， 由于a ＝－32＜0， ∴当t ＝－5322×（－32）＝52时，△MBN 面积最大，最大值是－32×(52)2＋532×52＝2538， 因此四边形ACNM 面积最小值是12×5×53－2538＝7538.2. (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，∴∠BAC ＝60°，∠B ＝∠ACF ＝60°，AB ＝BC ， ∴AB ＝AC ，∵∠BAE ＋∠EAC ＝∠EAC ＋∠CAF ＝60°， ∴∠BAE ＝∠CAF ， 在△BAE 和△CAF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BAE ＝∠CAF AB ＝AC ∠B ＝∠ACF， ∴△BAE ≌△CAF(ASA )， ∴BE ＝CF ，∴EC ＋CF ＝EC ＋BE ＝BC ，即EC ＋CF ＝BC ；(2)解：①线段EC ，CF 与BC 的数量关系为： EC ＋CF ＝12BC.理由如下：如解图①，过点A 作AE′∥EG ，AF ′∥GF ，分别交BC 、CD 于E′、F′.第2题解图①类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵G 为AC 中点，AE ′∥EG ， ∴CE CE′＝CG AC ＝12， ∴CE ＝12CE′，同理可得：CF ＝12CF′，∴CE ＋CF ＝12CE′＋12CF′＝12(CE′＋CF′)＝12BC ，即CE ＋CF ＝12BC ；②CE ＋CF ＝1tBC ；【解法提示】类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵AE ′∥EG ，ACCG ＝t ，∴CE CE′＝CG AC ＝1t，∴CE ＝1tCE′，同理可得：CF ＝1tCF′，∴CE ＋CF ＝1t CE′＋1t CF′＝1t (CE′＋CF′)＝1t BC ，即CE ＋CF ＝1tBC.(3)解：如解图②，连接BD 与AC 交于点H.第2题解图②在Rt △ABH 中，∵AB ＝8，∠BAC ＝60°， ∴BH ＝AB·sin 60°＝8×32＝43， AH ＝CH ＝AB·cos 60°＝8×12＝4，∴GH ＝BG 2－BH 2＝72－（43）2＝1， ∴CG ＝4－1＝3， ∴CG AC ＝38， ∴t ＝83(t ＞2)，由(2)②得：CE ＋CF ＝1t BC ，∴CE ＝1t BC －CF ＝38×8－65＝95.∴EC 的长度为95.3. 解：(1)分三种情况： ①若AP ＝AO ，在矩形ABCD 中，∵AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10，第3题解图①∴AO ＝CO ＝5，∴AP ＝5， ∴t ＝5，②若AP ＝PO ＝t ， 在矩形ABCD 中， ∵AD ∥BC ，∴∠PAO ＝∠OCE ，∠APO ＝∠OEC ， 又∵OA ＝OC ，∴△APO ≌△CEO ，∴PO ＝OE ＝t.如解图①，作AG ∥PE 交BC 于点G ，则四边形APEG 是平行四边形， ∴AG ＝PE ＝2t ，GE ＝AP ＝t. 又∵EC ＝AP ＝t ，∴BG ＝8－2t.在Rt △ABG 中，根据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2， 解得t ＝258.第3题解图②③若OP ＝AO ＝5，则t ＝0或t ＝8，不合题意，舍去． 综上可知，当t ＝5或t ＝258时，△AOP 是等腰三角形．(2)如解图②，作OM ⊥BC ，垂足是M ，作ON ⊥CD ，垂足是N. 则OM ＝12AB ＝3，ON ＝12BC ＝4，∴S △OEC ＝12·CE·OM ＝12·t·3＝32t ，S △OCD ＝12·CD·ON ＝12·6·4＝12.∵QF ∥AC ，∴△DFQ ∽△DOC ， ∴S △DFQ S △DOC ＝(DQ DC)2，即S △DFQ 12＝(t 6)2，∴S △DFQ ＝13t 2，∴S 四边形OFQC ＝12－13t 2，∴S 五边形OECQF ＝S 四边形OFQC ＋S △OEC ＝12－13t 2＋32t ，即S ＝－13t 2＋32t ＋12(0＜t ＜6)．(3)存在．理由如下：要使S 五边形OECQF ：S △ACD ＝9∶16，即(－13t 2＋32t ＋12)∶(12×6×8)＝9∶16，解得t 1＝3，t 2＝1.5，两个解都符合题意，∴存在两个t 值，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16，此时t 1＝3，t 2＝1.5； (4)存在．理由如下：如解图③，作DI ⊥OP ，垂足是I ，DJ ⊥OC ，垂足是J ，第3题解图③作AG ∥PE 交BC 于点G.∵S △OCD ＝12·OC·DJ ＝12·5·DJ ，且由(2)知，S △OCD ＝12，∴DJ ＝245.∵OD 平分∠POC ，DI ⊥OP ，DJ ⊥OC ， ∴DI ＝DJ ＝245＝4.8.∵AG ∥PE ，∴∠DPI ＝∠DAG .∵AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠AGB ，∴∠DPI ＝∠AGB ， ∴Rt △ABG ∽Rt △DIP.由(1)知，在Rt △ABG 中，BG ＝8－2t ， ∴AB DI ＝BG IP ，∴64.8＝8－2t IP， ∴IP ＝45(8－2t)．在Rt △DPI 中，根据勾股定理得 (245)2＋[45(8－2t)]2＝(8－t)2， 解得t ＝11239.(t ＝0不合题意，舍去)4. (1)解：①BC ⊥CF ；②BC ＝CD ＋CF. 【解法提示】①∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ， 又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°，∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ， ∵BC ＝CD ＋BD ， ∴BC ＝CD ＋CF.(2)解：结论①仍然成立，②不成立． ①证明：∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABD ＝180°－45°＝135°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②结论为：BC ＝CD －CF. 证明：∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD －BD ，∴BC ＝CD －CF.(3)解：如解图，过点E 作EM ⊥CF 于M ，作EN ⊥BD 于点N ，过点A 作AH ⊥BD 于点H. ∵AB ＝AC ＝22，第4题解图∴BC ＝4，AH ＝12BC ＝2，∵CD ＝14BC ，∴CD ＝1，∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，∴CN ＝ME ，CM ＝EN ， ∴∠AGC ＝∠ABC ＝45°， ∴CG ＝BC ＝4，∵∠ADE ＝90°，∴∠ADH ＋∠EDN ＝∠EDN ＋∠DEN ＝90°， ∴∠ADH ＝∠DEN ，又∵∠AHC ＝∠DNE ＝90°，AD ＝DE ， ∴△AHD ≌△DNE ，∴DN ＝AH ＝2，EN ＝DH ＝3， ∴CM ＝EN ＝3，ME ＝CN ＝3， 则GM ＝CG －CM ＝4－3＝1， ∴EG ＝EM 2＋GM 2＝10.类型二 平移、旋转、折叠探究题5. (1)解：BD ＝CF 成立．理由如下：∵AC ＝AB ，∠CAF ＝∠BAD ＝θ，AF ＝AD ， ∴△ACF ≌△ABD ，∴CF ＝BD.(2)①证明：由(1)得，△ACF ≌△ABD ， ∴∠HFN ＝∠ADN ， 在△HFN 与△ADN 中，∵∠HFN ＝∠ADN ，∠HNF ＝∠AND ， ∴∠NHF ＝∠NAD ＝90°，第5题解图∴HD ⊥HF ，即BD ⊥CF.②解：如解图，连接DF ，延长AB ，与DF 交于点M ， 在△MAD 中，∵∠MAD ＝∠MDA ＝45°， ∴∠BMD ＝90°.在Rt △BMD 与Rt △FHD 中， ∵∠MDB ＝∠HDF ，∴△BMD ∽△FHD.∵AB ＝2，AD ＝32，四边形ADEF 是正方形， ∴MA ＝MD ＝322＝3，∴MB ＝MA －AB ＝3－2＝1，BD ＝MB 2＋MD 2＝12＋32＝10， 又∵MD HD ＝BD FD ，即3HD ＝106，∴DH ＝9105.6. (1)①证明：∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ， ∴AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ABD 是等边三角形；②证明：由①得△ABD 是等边三角形， ∴AB ＝BD ，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC＝AE，BC＝DE，又∵AC＝BC，∴EA＝ED，∴点B，E在AD的中垂线上，∴BE是AD的中垂线，∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD，AF＝DF；③解：BE的长为33－4；【解法提示】由②知AF＝12AD＝12AB＝3，AE＝AC＝5，BF⊥AD，由勾股定理得EF＝AE2－AF2＝4.在等边△ABD中，AB＝6，BF⊥AD，∴BF＝32AB＝33，∴BE＝33－4.(2)解：BE＋CE的值为13；第6题解图【解法提示】如解图，∵∠DAG＝∠ACB，∴∠DAB＝2∠CAB.∵∠DAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CBA，∴AE∥BC，∵AE＝AC＝BC，∴四边形ACBE是菱形，∴CE 垂直平分AB ，BE ＝AC ＝5.设CE 交AB 于M ，则CM ⊥AB ，CM ＝EM ，AM ＝BM ， ∴在Rt △ACM 中，AC ＝5，AM ＝3， 由勾股定理得CM ＝4， ∴CE ＝8， ∴CE ＋BE ＝13.7. 解：(1)由矩形性质与折叠可知，∠APO ＝∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°， ∴∠CPO ＋∠DPA ＝∠DPA ＋∠DAP ＝90°， ∴∠DAP ＝∠CPO ， ∴△OCP ∽△PDA ， ∴S △OCP S △PDA ＝(CP DA)2，即14＝(CP8)2，∴CP ＝4，设CD ＝x ，则DP ＝x －4，AP ＝AB ＝CD ＝x ， ∵AP 2－DP 2＝AD 2， ∴x 2－(x －4)2＝82， 解得x ＝10， 故CD ＝10. (2)第7题解图线段EF 的长度始终不发生变化，为2 5.证明：如解图，过点N 作NG ⊥PB ，与PB 的延长线相交于点G ， ∵AB ＝AP ，∴∠APB ＝∠ABP ＝∠GBN ， 在△PME 和△BNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEP ＝∠NGB ＝90°∠MPE ＝∠NBG MP ＝NB， ∴△PME ≌△BNG(AAS )， ∴ME ＝NG ，PE ＝BG ， 在△FME 和△FNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEF ＝∠NGF ∠MFE ＝∠NFG ME ＝NG，∴△FME ≌△FNG(AAS )， ∴EF ＝GF ， ∴EF ＝12EG ，∵BP ＝BE ＋EP ＝BE ＋GB ＝EG ， ∴EF ＝12BP ，∵BP ＝BC 2＋CP 2＝82＋42＝45， ∴EF ＝12BP ＝2 5.8. (1)解：菱形．(2)证明：如解图①，作AE ⊥CC′于点E ， 由旋转得AC′＝AC ，∴∠CAE ＝∠C′AE ＝12α＝∠BAC ，第8题解图①∵四边形ABCD 是菱形， ∴BA ＝BC ，BC ＝DC′， ∴∠BCA ＝∠BAC ， ∴∠CAE ＝∠BCA ， ∴AE ∥BC ， 同理AE ∥DC′， ∴BC ∥DC ′，∴四边形BCC′D 是平行四边形， 又∵AE ∥BC ，∠CEA ＝90°， ∴∠BCC ′＝180°－∠CEA ＝90°，∴四边形BCC′D 是矩形．(3)解：如解图①，过点B 作BF ⊥AC 于点F ， ∵BA ＝BC ，∴CF ＝AF ＝12AC ＝12×10＝5.在Rt △BCF 中，BF ＝BC 2－CF 2＝132－52＝12. 在△ACE 和△CBF 中，∵∠CAE ＝∠BCF ，∠CEA ＝∠BFC ＝90°， ∴△ACE ∽△CBF ， ∴CE BF ＝AC BC ，即CE 12＝1013， 解得CE ＝12013.∵AC ＝AC′，AE ⊥CC ′， ∴CC ′＝2CE ＝2×12013＝24013.当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况： ①点C″在边CC′上，a ＝CC′－13＝24013－13＝7113，②点C″在边C′C 的延长线上，a ＝CC′＋13＝24013＋13＝40913.综上所述，a 的值为7113或40913.第8题解图②(4)解：答案不唯一，例：画出正确图形如解图②所示．平移及构图方法：将△ACD 沿着射线CA 方向平移，平移距离为12AC 的长度，得到△A ′C ′D ，连接A′B ，DC.结论：四边形A′BCD 是平行四边形．9. 解：(1)∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处， ∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF ， ∴S △AEF ＝S △DEF .∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF .∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ，∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF ， ∴S △AEF S △ACB ＝14. ∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°， ∴△AEF ∽△ABC ， ∴S △AEF S △ABC ＝(AE AB )2， ∴(AE AB )2＝14. 在Rt △ACB 中，∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3， ∴AB ＝42＋32＝5， ∴(AE 5)2＝14，∴AE ＝52.(2)第9题解图①①四边形AEMF 是菱形．证明：如解图①，∵折叠后点A 落在BC 边上的点M 处， ∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ， 又∵MF ∥CA ，∴∠CEM ＝∠EMF ， ∴∠CAB ＝∠CEM ， ∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平行四边形． 又∵AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形．②如解图①，连接AM ，AM 与EF 交于点O ，设AE ＝x ，则ME ＝AE ＝x ，EC ＝4－x. ∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°， ∴△ECM ∽△ACB. ∴EC AC ＝EMAB ， ∵AB ＝5，AC ＝4， ∴4－x 4＝x5， 解得x ＝209，∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169.在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°，∴CM 2＝EM 2－EC 2， 即CM ＝EM 2－EC 2＝（209）2－（169）2＝43. ∵四边形AEMF 是菱形，∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ， ∴S 菱形AEMF ＝4S △AOE ＝2OE·AO. 在Rt △AOE 和Rt △ACM 中， ∵tan ∠EAO ＝tan ∠MAC ， ∴OE AO ＝CM AC. ∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ，∴S 菱形AEMF ＝6OE 2. 又∵S 菱形AEMF ＝AE·CM ，∴6OE 2＝209×43，∴OE ＝2109，∴EF ＝4109. (3)如解图②，第9题解图②过点F 作FH ⊥CB 于点H ，在Rt △NCE 和Rt △NHF 中， ∵tan ∠ENC ＝tan ∠FNH ， ∴EC NC ＝FH NH， ∵NC ＝1，EC ＝47，∴FH NH ＝47， 设FH ＝x ，则NH ＝74x ，∴CH ＝NH －NC ＝74x －1.∵BC ＝3，∴BH ＝BC －CH ＝3－(74x －1)＝4－74x.在Rt △BHF 和Rt △BCA 中，∵tan ∠FBH ＝tan ∠ABC ， ∴HF BH ＝CA BC ， ∴x4－74x ＝43， 解得x ＝85，∴HF ＝85.∵∠B ＝∠B ，∠BHF ＝∠BCA ＝90°， ∴△BHF ∽△BCA ， ∴HF CA ＝BFBA，即HF·BA ＝CA·BF ， ∴85×5＝4BF ，∴BF ＝2，∴AF ＝AB －BF ＝3， ∴AF BF ＝32. 10. 解：(1)△ABP ∽△PCD. 【解法提示】∵∠MPN ＝90°， ∴∠APB ＋∠DPC ＝90°， ∵∠B ＝90°，∴∠APB ＋∠BAP ＝90°， ∴∠DPC ＝∠BAP ， 又∵∠B ＝∠C ＝90°， ∴△ABP ∽△PCD.(2)在旋转过程中，PEPF 的值为定值．如解图，过点F 作FG ⊥BC ，垂足为G.第10题解图类比(1)可得：△EBP ∽△PGF ， ∴EP PF ＝PB FG， ∵∠A ＝∠B ＝∠FGB ＝90°， ∴四边形ABGF 是矩形， ∴FG ＝AB ＝2， ∵BP ＝1， ∴PE PF ＝12， 即在旋转过程中，PE PF 的值为定值12.(3)由(2)知△EBP ∽△PGF ， ∴EB PG ＝BP GF ＝12， 又∵AE ＝t ， ∴BE ＝2－t ，∴PG ＝2(2－t)＝4－2t ，∴AF ＝BG ＝BP ＋PG ＝1＋(4－2t)＝5－2t ，∴S ＝S 矩形ABGF －S △AEF －S △BEP －S △PFG＝2(5－2t)－12t(5－2t)－12×1×(2－t)－12×2×(4－2t)＝t 2－4t ＋5,即S ＝t 2－4t ＋5(0≤t ≤2)， 当S ＝4.2时，4.2＝t 2－4t ＋5，解得：t 1＝2－455，t 2＝2＋455(不合题意，舍去)．∴t 的值是2－455.11. 解：(1)如解图①，在△ABC 中， ∵∠ACB ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝1， ∴AB ＝2，又∵D 是AB 的中点，第11题解图①∴AD ＝1，CD ＝12AB ＝1，又∵EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝DF ＝12，在△ACD 中，AD ＝CD ，∠A ＝60°，∴△ACD 为等边三角形， ∴∠ADC ＝60°， 在△FGD 中，GF ＝DF·sin 60°＝34， ∴矩形EFGH 的面积S ＝EF·GF ＝12×34＝38.(2)如解图②，设矩形移动的距离为x ，则0＜x ≤12，①当矩形与△CBD 重叠部分为三角形时，则0＜x ≤14，重叠部分的面积S ＝12x·3x ＝316，第11题解图②∴x ＝24＞14(舍去)， ②当矩形与△CBD 重叠部分为直角梯形时，则14＜x ≤12，重叠部分的面积S ＝34x －12×14×34＝316， ∴x ＝38，即矩形移动的距离为38时，矩形与△CBD 重叠部分的面积是316.第11题解图③(3)如解图③，作H 2Q ⊥AB 于Q ， 设DQ ＝m ，则H 2Q ＝3m ， 又DG 1＝14，H 2G 1＝12，在Rt △H 2QG 1中， (3m)2＋(m ＋14)2＝(12)2，解得m 1＝－1＋1316，m 2＝－1－1316＜0(舍去)，∴cos α＝QG 1F 1G 1＝－1＋1316＋1412＝3＋138.类型三 图形形状变化探究题12. (1)证明：∵△ABD 、△ACE 是等边三角形， ∴AB ＝AD ，AC ＝AE ，∠CAE ＝∠DAB ＝60°，∴∠CAE ＋∠BAC ＝∠DAB ＋∠BAC ，即∠BAE ＝∠DAC ， 在△ABE 和△ADC 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ∠BAE ＝∠DAC AE ＝AC， ∴△ABE ≌△ADC(SAS )． (2)解：∠BOC ＝90°.理由如下： 由(1)得△ABE ≌△ADC ，∴∠EBA ＝∠CDA.∵∠FBA ＋∠FDA ＝180°，∴∠FBA －∠EBA ＋∠FDA ＋∠CDA ＝180°， 即∠FBO ＋∠FDO ＝180°.在四边形FBOD 中，∠F ＝90°， ∴∠DOB ＝360°－∠F －(∠FBO ＋∠FDO)＝90°， ∴∠BOC ＝90°. (3)解：72°.【解法提示】∠BOC ＝180°－108°＝72°.(4)解：180°－180°·（n －2）n.【解法提示】由(3)可知，∠BOC 度数应为180°减去正多边形内角度数． 13. 解：(1)233.【解法提示】sin 120°＝32，故这个平行四边形的变形度是233. (2)1sin α＝S 1S 2，理由如下： 如解图，设矩形的长和宽分别为a ，b ，其变形后的平行四边形的高为h ，第13题解图则S 1＝ab ，S 2＝ah ，sin α＝hb ，∴S 1S 2＝ab ah ＝b h ， 又∵1sin α＝b h ，∴1sin α＝S 1S 2. (3)由AB 2＝AE·AD ，可得A 1B 21＝A 1E 1·A 1D 1，即A 1B 1A 1D 1＝A 1E 1A 1B 1. 又∵∠B 1A 1E 1＝∠D 1A 1B 1， ∴△B 1A 1E 1∽△D 1A 1B 1， ∴∠A 1B 1E 1＝∠A 1D 1B 1， ∵A 1D 1∥B 1C 1，∴∠A 1E 1B 1＝∠C 1B 1E 1，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝∠C 1B 1E 1＋∠A 1B 1E 1＝∠A 1B 1C 1. 由(2)结论1sin α＝S 1S 2，可得1sin ∠A 1B 1C 1＝4m2m ＝2，∴sin ∠A 1B 1C 1＝12，∴∠A 1B 1C 1＝30°，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝30°. 14. (1)①证明：如解图①， ∵∠ACE ＋∠ECB ＝45°，∠BCF ＋∠ECB ＝45°，第14题解图①∴∠ACE ＝∠BCF ，又∵四边形ABCD 和EFCG 是正方形， ∴AC BC ＝CECF＝2， ∴△CAE ∽△CBF.②解：∵AE BF ＝ACBC ＝2，AE ＝2，∴BF ＝AE2＝2， 由△CAE ∽△CBF 可得∠CAE ＝∠CBF ， 又∵∠CAE ＋∠CBE ＝90°， ∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°，即∠EBF ＝90°，第14题解图②由CE 2＝2EF 2＝2(BE 2＋BF 2)＝6， 解得CE ＝ 6.(2)解：连接BF ，如解图②，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°，AC BC ＝AE BF， 由AB BC ＝EFFC＝k ，可得BC ∶AB ∶AC ＝1∶k ∶k 2＋1， CF ∶EF ∶EC ＝1∶k ∶k 2＋1，∴CE EF ＝ACAB ＝k 2＋1k ，AE BF ＝AC BC＝k 2＋1， ∴EF ＝kCE k 2＋1，EF 2＝k 2CE 2k 2＋1，BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1，∴CE 2＝k 2＋1k 2×EF 2＝k 2＋1k2(BE 2＋BF 2)， ∴32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)， 解得k ＝104. (3)解：p 2－n 2＝(2＋2)m 2.【解法提示】如解图③，连接BF ，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°， 过点C 作CH ⊥AB 交AB 延长线于点H ， 类比第(2)问得AB 2∶BC 2∶AC 2＝1∶1∶(2＋2)，第14题解图③EF 2∶FC 2∶EC 2＝1∶1∶(2＋2)， ∴p 2＝(2＋2)EF 2＝(2＋2)(BE 2＋BF 2)＝(2＋2)(m 2＋n 22＋2)＝(2＋2)m 2＋n 2，∴p 2－n 2＝(2＋2)m 2.15. 证明：(1)①连接AH ，如解图①. 第15题解图①∵四边形OBFC 是平行四边形， ∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ，AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2， ∴AH ＝BC 2－（12BC ）2＝32BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ，∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ，∴EF ⊥BC.②由①得AH ＝32BC ，∵AH ＝12EF∴32BC ＝12EF ，∴EF ＝3BC.(2)EF ⊥AB 仍然成立，EF ＝BC.第15题解图②【解法提示】如解图②，连接AH，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝(2BH)2－BH2＝BH2，∴AH＝BH＝12BC，∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC.第15题解图③(3)EF＝4k2－1 BC.【解法提示】如解图③，连接AH，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，∵△ABC是等腰三角形，AB＝kBC，∴AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝(kBC)2－(12＝(k2－14)BC2，2BC)∴AH＝12－1 BC，24k∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，12－1 BC＝12EF，24k∴EF＝4k2－1 BC.。

一、方程类
易错1：方程思想概念不清晰！
易错2：一元一次方程和一元二次方程
的概念以及解的情况
易错3：易忽略一元二次方程方程根的存在性
二、函数类
易错4：分析一次函数和二次函数的定义以及与X轴的交点情况
易错5：利用数学结合思想
分析抛物线最值和开口方向问题
易错6：利用数学结合思想
分析抛物线与坐标轴的交点情况
易错7：双曲线形成的简单三角形的面积与反比例系数之间的关系问题
易错8：数形结合，抛物线与坐标轴交点
韦达定理的运用
三、圆类
易错9：优弧和劣弧分类讨论
易错10：求两平行弦之间的距离分类讨论。

题型六 几何探究题(必考1道，9或12分)类型一 动点(不定点)探究问题(2019.22，2018.22)1. (2019广西北部湾经济区改编)如图①，在正方形ABCD 中，点E 是AB 边上的一个动点(点E 与点A ，B 不重合)，连接CE ，过点B 作BF ⊥CE 于点G ，交AD 于点F .(1)①∠AFB 与∠CEB 的数量关系为________； ②AE 与DF 的数量关系为________；(2)如图②，当点E 运动到AB 中点时，连接DG ，求证：DC ＝DG ；(3)如图③，在(2)的条件下，过点C 作CM ⊥DG 于点H ，分别交AD 、BF 于点M 、N ，求MNNH的值．第1题图2. (2019江西)在图①，②，③中，已知▱ABCD ，∠ABC ＝120°，点E 为线段BC 上的动点，连接AE ，以AE 为边向上作菱形AEFG ，且∠EAG ＝120°.(1)如图①，当点E 与点B 重合时，∠CEF ＝________°； (2)如图②，连接AF .①填空：∠F AD ________∠EAB (填“＞”，“＜”，“＝”)； ②求证：点F 在∠ABC 的平分线上；(3)如图③，连接EG ，DG ，并延长DG 交BA 的延长线于点H ，当四边形AEGH 是平行四边形时，求BCAB 的值．第2题图3. (2018 江西)在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，点P 是射线BD 上一动点，以AP 为边向右侧作等边△APE ，点E 的位置随着点P 的位置变化而变化．(1)如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图②，图③中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图④，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．第3题图4.(2019江西模拟)已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是直线AB上的动点，连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作一个等腰直角三角形CDE，连接E B.(1)如图①，若点D恰好是AB的中点，则ED和EB的数量关系是________；(2)如图②，若点D是线段AB上任意一点，(1)中ED和EB的数量关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请写出新的数量关系，并说明理由；(3)如图③，其他条件不变，已知AB＝4，当点D在直线AB上运动，且△BCE恰好为等边三角形时，求出符合条件的AD的长．第4题图5.(2019江西样卷一)已知，在矩形ABCD中，AB＝23，BC＝8，点P是对角线BD上的一个动点，连接AP，以AP为边在AP的右侧作等边△APE.第5题图①(1)①如图①，当点P运动到与点D重合时，记等边△APE为等边△AP1E1，则点E1到BC的距离是________；②如图②，当点P运动到点E落在AD上时，记等边△APE为等边△AP2E2.则等边△AP2E2的边长AE2是________；(2)如图③，当点P运动到与点B重合时，记等边△APE为等边△AP3E3，过点E3作E3F∥AB交BD于点F，求E3F的长；(3)①在上述变化过程中的点E1，E2，E3是否在同一直线上？请建立平面直角坐标系加以判断，并说明理由；②点E的位置随着动点P在线段BD上的位置变化而变化，猜想关于所有点E的位置的一个数学结论，试用一句话表述：________________________________________________________________________.第5题图类型二 旋转探究问题(2017.23，2016.22，2014.23，2010.25)1. (2019河南)在△ABC 中，CA ＝CB ，∠ACB ＝α.点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点，连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP .(1)观察猜想如图①，当α＝60°时，BDCP 的值是______，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是______；(2)类比探究如图②，当α＝90°时，请写出BDCP 的值及直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；(3)解决问题当α＝90°时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，求出点C ，P ，D 在同一直线上时ADCP的值．第1题图2. (2019自贡)(1)如图①，E是正方形ABCD边AB上的—点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.①线段DB和DG的数量关系是________；②写出线段BE、BF和DB之间的数量关系；(2)当四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.①如图②，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图③，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE＝1，AB＝2，求出线段GM 的长度．第2题图3. (2019江西样卷二)(1)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D与点C重合，点E在斜边AB 上，连接DE ，且DE ＝AE ，将线段DE 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DF ，连接EF ，则EFAD ＝________，sin ∠ADE ＝________；探究证明(2)在(1)中，如果将点D 沿CA 方向移动，使CD ＝13AC ，其余条件不变，如图②，上述结论是否保持不变？若改变，请求出具体数值；若不变，请说明理由；拓展延伸(3)如图③，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，∠CAB ＝α，点D 在边AC 的延长线上，E 是AB 上任意一点，连接DE ，ED ＝nAE ，将线段DE 绕着点D 顺时针旋转90°至点F ，连接EF ，求EFAD 和sin ∠ADE 的值分别是多少？(请用含有n ，α的式子表示)第3题图4. 如图，在平面直角坐标系中，A (0，3)、B (3，0)、C (－3，0)． (1)∠CAB ＝________°；(2)如图①，过B作直线MN⊥AB，P为线段OC上的一动点，AP⊥PH交直线MN于点H，证明：P A ＝PH；(3)在(1)的条件下，若在点A处有一个等腰Rt△APQ绕点A旋转，且AP＝PQ，∠APQ＝90°，连接BQ，点G为BQ的中点，如图②，试猜想线段OG与线段PG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．第4题图5. (2019江西黑白卷)如图，△ABC与△CDE是等边三角形，连接AD，取AD的中点P，连接BP并延长至点M，使PM＝BP，连接AM，EM，AE，将△CDE绕点C顺时针旋转．(1)观察猜想在图①中，当点D 在BC 上，点E 在AC 上时，AE 与AM 的数量关系是________，∠MAE ＝________； (2)探究证明将△CDE 绕点C 顺时针旋转至图②的位置，(1)中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)拓展应用若CD ＝12BC ，将△CDE 由图①位置绕点C 顺时针旋转α(0°＜α＜360°)，当ME ＝3CD 时，请求出α的值．第5题图6. (2019江西定心卷)如图①，B、C、D三点在同一直线上，且∠B＝∠ACE＝∠D，这样的图形我们称为“一线三等角”模型．探究证明(1)求证：△ABC∽△CDE；特例探索(2)如图②，在正三角形ABC中，M是BC边(不含端点B、C)上任意一点，连接MA，将MA绕点M顺时针旋转60°得线段MN，连接CN，点P是BC延长线上一点．求证：点N在∠ACP的平分线上；(3)如图③，若将图②中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，将MA绕点M顺时针旋转90°得线段MN，点P是BC延长线上一点，试判断：点N是否在∠DCP的平分线上，说明理由；拓展应用(4)如图，若将图③中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…A n”，其他条件不变，请你猜想：当∠A n－2MN为________时，点N在∠A1A n P的平分线上．第6题图类型三新定义探究问题(2017.23，2016.22，2015.24)1. (2017江西)我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”．△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②、图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝____BC；②如图③，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________；猜想论证(2)在图①中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明；第1题图拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝23，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△P AB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△P AB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．第1题图④2. (2019达州)箭头四角形模型规律如图①，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1＋∠B＝∠A＋∠C＋∠B.因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A＋∠B＋∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．第2题图①模型应用(1)直接应用：①如图②，∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝________；第2题图②如图③，∠ABE、∠ACE的2等分线(即角平分线)BF、CF交于点F，已知∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BFC＝________；③如图④，BO i、CO i分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线(i＝1，2，3，…，2017，2018)，它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018.已知∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，则∠BO1000C＝________度；(2)拓展应用：如图⑤，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝2∠BA D.O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝O D.求证：四边形OBCD是菱形．第2题图⑤3. (2019天水)如图①，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图①，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥B D.试证明：AB2＋CD2＝AD2＋BC2；(3)解决问题：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE.已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．第3题图4. (2019江西模拟)规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN就是嵌套四边形．第4题图(1)问题猜想：如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN绕点A顺时针旋转150°得到正方形AM′P′N′，连接BM′，DN′交于点O，则BM′与DN′的数量关系为________，位置关系为________；(2)类比探究：如图②，将图①中的正方形换成菱形，∠BAD＝∠MAN＝60°，其他条件不变，则(1)中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；(3)拓展延伸：如图③，将图①中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2∶1的矩形，旋转角换成α(90°＜α＜180°)，其他条件不变，请求出BM′与DN′的数量关系和位置关系．5. (2019江西样卷一)定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”．如图，在△ABC 与△AED 中，BA ＝BC ，EA ＝ED ，且△ABC ∽△AED ，所以称△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接EB ，DC ，则称DCEB为“关联比”．第5题图下面是小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请阅读后，解答下列问题： 【特例感知】(1)当△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，且α＝90°时， ①在图①中，若点E 落在AB 上，则“关联比”DCEB ＝________；②在图②中，探究△ABE 与△ACD 的关系，并求出“关联比”DCEB 的值；【类比探究】 (2)如图③，①当△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，且α＝120°时，“关联比”DCEB ＝________；②猜想：当△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，且α＝n °时，“关联比”DCEB ＝________；(直接写出结果，用含n 的式子表示) 【迁移运用】(3)如图④，△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”．若∠ABC ＝∠AED ＝ 90°，AC ＝4，点P 为AC 边上一点，且P A ＝1，点E 为PB 上一动点，求点E 自点B 运动至点P 时，点D 所经过的路径长．第5题图④类型四 操作探究问题(2014.23，2013.23，2012.24，2011.25)1. (2019江西模拟)【问题与情境】在综合与实践课上，老师组织同学们以“三角形纸片的旋转”为主题开展数学活动．如图①，现有矩形纸片ABCD ，AB ＝4 cm ，AD ＝3 cm.连接BD ，将矩形ABCD 沿BD 剪开，得到△ABD 和△BCE .保持△ABD 位置不变，将△BCE 从图①的位置开始，绕点B 按逆时针方向旋转，旋转角为α(0°≤α≤360°)．第1题图①【操作发现】(1)在△BCE 旋转过程中，连接AE ，AC ，则当α＝0°时，ACAE的值是________； (2)如图②，将图①中的△BCE 旋转，当点E 落在BA 延长线上时停止旋转，求出此时ACAE 的值；【实践探究】(3)如图③，将图②中的△BCE 继续旋转，当AC ＝AE 时停止旋转，求出此时α的度数，并求出△AEC 的面积；(4)将图③中的△BCE 继续旋转，则在某一时刻AC 和AE 还能相等吗？如果不能，则说明理由；如果能，请在图④中画出此时的△BCE ，连接AC ，AE ，并求出△AEC 的面积的值．第1题图2. (2019江西黑白卷)某数学活动小组在研究三角形拓展图形的性质时，经历了如下过程：●操作发现在等腰△ABC 中，AB ＝AC ，分别以AB 和AC 为腰，向△ABC 的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，连接DE ，其中F 是DE 的中点，连接AF ，则下列结论正确的是____________(填序号即可)；①AF ＝12BC ；②AF ⊥BC ；③整个图形是轴对称图形；④DE ∥BC ；●数学思考在任意△ABC 中，分别以AB 和AC 为腰，向△ABC 的外侧．．作等腰直角三角形，如图②所示，连接DE ，其中F 是DE 的中点，连接AF ，则AF 和BC 有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；●类比探索在任意△ABC 中，仍分别以AB 和AC 为腰，向△ABC 的内侧作等腰直角三角形，如图③所示，连接DE ，其中F 是DE 的中点，连接AF , 试判断AF 和BC 的数量和位置关系是否发生改变？并说明理由.第2题图3. (2019连云港改编)问题情境：如图①，在正方形ABCD 中，E 为边BC 上一点(不与点B 、C 重合)，垂直于AE 的一条直线MN 分别交AB 、AE 、CD 于点M 、P 、N .则线段DN 、MB 、EC 之间的数量关系为__________；问题探究：在“问题情境”的基础上，(1)如图②，若垂足P 恰好为AE 的中点，连接BD ，交MN 于点Q ，连接EQ ，并延长交边AD 于点F .求∠AEF 的度数；(2)如图③，当垂足P 在正方形ABCD 的对角线BD 上时，连接AN ，将△APN 沿着AN 翻折，点P 落在点P ′处．若正方形ABCD 的边长为4，AD 的中点为S ，求P ′S 的最小值；问题拓展：如图④，在边长为4的正方形ABCD 中，点M 、N 分别为边AB 、CD 上的点，将正方形ABCD 沿着MN 翻折，使得BC 的对应边B ′C ′恰好经过点A ，C ′N 交AD 于点F .分别过点A 、F 作AG ⊥MN ，FH ⊥MN ，垂足分别为G 、H .若AG ＝52，请直接写出FH 的长．图①图②图③图④第3题图4. (2019岳阳)操作体验：如图，在矩形ABCD 中，点E 、F 分别在边AD 、BC 上，将矩形ABCD 沿直线EF 折叠，使点D 恰好与点B 重合，点C 落在点C ′处．点P 为直线EF 上一动点(不与E 、F 重合)，过点P 分别作直线BE 、BF 的垂线，垂足分别为点M 和N ，以PM 、PN 为邻边构造平行四边形PMQN .(1)如图①，求证：BE＝BF；(2)特例感知：如图②，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，则平行四边形PMQN的周长为________；(3)类比探究：若DE＝a，CF＝b.①如图③，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图④，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．(不要求写证明过程)第4题图参考答案类型一 动点(不定点)探究问题1. (1)解：①∠AFB ＝∠CEB ；【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，BF ⊥CE 于点G ，∴∠A ＝90°，∠EGB ＝90°，∴∠AFB ＋∠FBA ＝90°，∠CEB ＋∠GBE ＝90°.∴∠AFB ＝∠CEB .②AE ＝DF ；【解法提示】由①可知，∠AFB ＝∠CEB ，又∵∠A ＝∠CBE ，AB ＝BC ，∴△ABF ≌△BCE .∴AF ＝BE .∵AB ＝AD ，∴AE ＝DF .(2)证明：如解图①，延长AD 到点Q ，使得DQ ＝DF ，连接QC ， 由(1)可得，△ABF ≌△BCE ， ∵E 是AB 中点， ∴DF ＝BE . ∴DQ ＝BE .又∵∠QDC ＝∠EBC ＝90°，BC ＝DC ， ∴△DQC ≌△BEC .∴△DQC 可看作由△BEC 绕点C 顺时针旋转90°而得， ∴CQ ⊥CE .过点D 作DP ⊥CG 于点P ，则DP ∥CQ ∥FG . ∵DF ＝DQ ， ∴CP ＝GP ，∴DP 是线段CG 的垂直平分线． ∴DC ＝DG ；第1题解图①(3)解：设正方形ABCD 的边长是4，则BE ＝2， ∴在△CBE 中，CE ＝22＋42＝2 5. 易得△BCG ∽△ECB ， ∴CG CB ＝BCEC. ∴CG ＝BC 2CE ＝4×425＝855.如解图②，过点D 作DP ⊥CG 于点P ，由(2)可得点P 是CG 中点， ∴在△CDP 中， DP ＝42－（455）2＝855，则S △DCG ＝12×855×855＝325.第1题解图②又∵S △DCG ＝12DG ·CH ，DG ＝DC ＝4，∴ CH ＝165.易得△CHG ∽△CGN ，△CDM ∽△CHD ， 则CN CG ＝CG CH ，CM CD ＝CD CH， ∴CN ＝CG 2CH ＝4，CM ＝CD 2CH＝5.∴MN ＝CM －CN ＝1，NH ＝CN －CH ＝4－165＝45，∴MN NH ＝54. 2. 解：(1)60； (2)①＝；②证明：如解图①，当BE ＞AB 时，过点F 作FN ⊥BC 于点N ，FM ⊥AB 交BA 的延长线于点M .在四边形FMBN 中，∠FMB ＝∠FNB ＝90°，∠B ＝120°，∴∠MFN ＝60°.又∵四边形AEFG 是菱形，∠EAG ＝120°， ∴AF 平分∠EAG ，AE ＝EF .∴∠F AE ＝60°，△AEF 是等边三角形． ∴∠AFE ＝60°.∴∠MFN －∠AFN ＝∠AFE －∠AFN . 即∠MF A ＝∠NFE . 在△FMA 和△FNE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠FMA ＝∠FNE ，∠MF A ＝∠NFE ，F A ＝FE ，∴△FMA≌△FNE(AAS)．∴FM＝FN.∴点F在∠ABC的平分线上；第2题解图①如解图②，当BE＝AB时，∵∠ABC＝120°，∴∠EAB＝∠AEB＝30°.∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠F AE＝∠FEA＝60°，AE＝EF.∴△AEF为等边三角形，∠F AB＝∠FEB＝90°.∴AF＝EF.∴点F在∠ABC的平分线上；当BE＜AB时，类似地，可证点F在∠ABC的平分线上．特别地当点E与点B重合时，点F在∠ABC 的平分线上．综上所述，点F在∠ABC的平分线上；第2题解图②【一题多解】如解图③，当点E与点B不重合时，在射线AD上截取AP＝AB，连接PB，PF.∵四边形AEFG是菱形，∴AF平分∠EAG，AE＝EF.∵∠ABC＝∠EAG＝120°，BC∥AD，∴∠BAD＝∠F AE＝60°.∴△AEF为等边三角形，且∠F AP＝∠EAB.第2题解图③在△APF和△ABE中，⎩⎪⎨⎪⎧AF ＝AE ，∠F AP ＝∠EAB ，AP ＝AB ，∴△APF ≌△ABE (SAS )． ∴∠FP A ＝∠EBA ＝120°. 又∵AP ＝AB ，∠DAB ＝60°， ∴△APB 为等边三角形． ∴∠APB ＝∠PBA ＝60°. ∴∠FP A ＋∠APB ＝180°. ∴F ，P ，B 三点在同一直线上． 又∵∠PBA ＝60°，∴点F 在∠ABC 的平分线上； 当点E 与点B 重合时， ∴∠AEF ＝12∠ABC ＝60°，∴BF 平分∠ABC .综上所述，点F 在∠ABC 的平分线上．(3)∵四边形AEGH 和四边形AEFG 都是平行四边形， ∴AE ∥HG ，AE ∥GF . ∴HG 和GF 重合．又∵GE 是菱形AEFG 的对角线，∠EAG ＝120°， ∴GE 平分∠FGA ，∠FGA ＝60°， ∴∠FGE ＝12∠FGA ＝30°.又∵GE ∥HB ， ∴∠H ＝∠FGE ＝30°.在△ADH 中，∵∠DAB ＝60°， ∴∠ADH ＝30°. ∴AH ＝AD . 在△GAD 中，∵∠ADG ＝30°，∠DGA ＝60°， ∴∠DAG ＝90°，∠H ＝∠GAH ＝30°. ∴GD ＝2AG ，HG ＝AG . ∴HD AE＝3.第2题解图④∵四边形AEFG 是菱形， ∴AG ＝AE ，AE ∥HD . ∴∠EAB ＝∠H ＝30°. ∴∠AEB ＝30°. ∴AB ＝EB .∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，AD ＝BC . ∴∠B ＝∠DAH . ∴△AHD ∽△BAE ， ∴AD BE ＝HD AE ＝3. 即BC AB＝3. 3. 解：(1)BP ＝CE ，CE ⊥AD ；【解法提示】如解图①，连接AC ，∵BA ＝BC ，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形，∴AC ＝AB ，∵∠BAC ＝∠P AE ＝60°，∴∠BAP ＝∠CAE ，在△BAP 和△CAE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAP ＝∠CAE ，AP ＝AE ，∴△BAP ≌△CAE (SAS )，∴BP ＝CE ，∵△BAP ≌△CAE ，∴∠ACE ＝∠ABP ＝12∠ABC ＝30°，∵∠ACD ＝60°，∴∠ECD ＝30°，∴CE 为△ACD 的角平分线，∵CA ＝CD ，由三线合一知CE ⊥AD .第3题解图①(2)仍然成立，选图②，理由如下：如解图②，连接AC ，设CE 交AD 于H 点， 在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°， ∵BA ＝BC ，∴△ABC 为等边三角形， ∴BA ＝CA ，∵△APE 为等边三角形，∴AP ＝AE ，∠P AE ＝∠BAC ＝60°， ∴∠BAP ＝∠CAE ， 在△BAP 和△CAE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAP ＝∠CAE ，AP ＝AE ，∴△BAP ≌△CAE (SAS )，∴BP ＝CE ，∠ACE ＝∠ABP ＝30°， ∵AC 和BD 为菱形的对角线， ∴∠CAD ＝60°，∴∠AHC ＝90°，即CE ⊥AD ，第3题解图②或选图③，理由如下：如解图③，连接AC ，设CE 交AD 于点H ， 同理得△BAP ≌△CAE (SAS )， BP ＝CE ，CE ⊥AD ；第3题解图③(3)如解图④，连接AC 交BD 于点O ，连接CE 交AD 于点H ， 由(2)可知，CE ⊥AD ，CE ＝BP ， 在菱形ABCD 中，AD ∥BC ， ∴EC ⊥BC ，∵BC ＝AB ＝23，BE ＝219， ∴在Rt △BCE 中，CE ＝（219）2－（23）2＝8， ∴BP ＝CE ＝8，∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD ＝12∠ABC ＝30°，AC ⊥BD ，∴BD ＝2BO ＝2AB ·cos30°＝6，AO ＝12AB ＝3，DP ＝BP －BD ＝8－6＝2，∴OP ＝OD ＋DP ＝5，在Rt △AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27， S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S 正△APE ＝12DP ·AO ＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2＝8 3.第3题解图④4. 解：(1)ED ＝EB ；【解法提示】在△ABC 中，∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，点D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ，∠B ＝45°，∴∠CDB ＝90°，∠DCB ＝45°，∴CD ＝BD .∵△CDE 是等腰直角三角形，∴∠DCE ＝∠CDE ＝45°，CE ＝DE ，∴点E 在BC 上，∴∠EDB ＝∠B ＝45°，∴ED ＝EB .(2)成立．证明：如解图①，设AB 的中点是O ，连接CO ，EO ，则CO 平分∠ACB ，∠A ＝∠ABC ＝45°，CO ⊥AB ，第4题解图①∴∠ACO ＝∠BCO ＝45°，OC ＝OA ＝OB ， ∴△ACO 是等腰直角三角形． ∴CACO＝ 2. ∵△CDE 是等腰直角三角形， ∴∠DCE ＝45°，CDCE＝ 2. ∴CA CO ＝CD CE. ∵∠ACO ＝∠DCE ＝45°， ∴∠ACD ＝∠OCE . ∴△ACD ∽△OCE . ∴∠COE ＝∠A ＝45°，∴∠EOB ＝∠COB －∠COE ＝45°. 又∵OC ＝OB ，OE ＝OE ， 在△COE 和△BOE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧OC ＝OB ，∠COE ＝∠BOE ，OE ＝OE ，∴△COE ≌△BOE (SAS )． ∴BE ＝CE . ∴ED ＝EB ；(3)设点O 为AB 的中点，连接CO ， 则CO ＝OB ＝OA ＝12AB ＝2，∴BC ＝2OC ＝2 2. ∵△BCE 是等边三角形， ∴CE ＝BC ＝2 2.∵△CDE 是等腰直角三角形， ∴CD ＝2CE ＝4.在Rt △COD 中，CD ＝4，CO ＝2， ∴OD ＝2 3.当点D 在AB 的延长线上时，如解图②，AD ＝OA ＋OD ＝2＋23； 当点D 在BA 的延长线上时，如解图③，AD ＝OD －OA ＝23－2. 综上可得，AD 的长为23＋2或23－2.图②图③ 第4题解图5. 解：(1)① 63；②165； (2)如解图①，过点E 3作E 3H ⊥AB 于点H ，延长HE 3交BD 于点M .在矩形ABCD 中， ∵△ABE 3是等边三角形，∴AH ＝HB ＝12AB ＝3，E 3H ＝3，∴HM ＝12AD ＝4.∵E 3F ∥AB ， ∴E 3F HB ＝E 3MHM ， 即E 3F 3＝4－34.∴E 3F ＝34；第5题解图①(3)①以B 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系．由(1)①②，(2)所求，得E 1(4，63)，E 2(165，23)，E 3(3，3)，第5题解图②设经过E 1，E 3的直线解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，依题意，得⎩⎨⎧3k ＋b ＝3，4k ＋b ＝63，解得⎩⎨⎧k ＝53，b ＝－14 3.∴y ＝53x －14 3.把E 2(165，23)代入直线解析式，得y ＝53x －143＝53×165－143＝23， ∴点E 2在直线E 1E 3上，即E 1，E 2，E 3在同一条直线上； ②所有点E 都在同一条线段(或直线)上．类型二 旋转探究问题1. 解：(1)1，60°；【解法提示】∵∠ACB ＝60°，∠APD ＝60°，AC ＝BC ，AP ＝PD ，∴△ACB 与△APD 都是等边三角形，∴AC ＝AB ，AP ＝AD ，而∠CAP ＝∠CAB －∠P AB ＝∠P AD －∠P AB ＝∠BAD ，∴△APC ≌△ADB (SAS )．∴BD ＝CP ，∴BDCP ＝1；∵△APC ≌△ADB ，∴∠ACP ＝∠ABD ，如解图①，延长CP 与BD 的延长线交于点I ，∴∠CIB ＝180°－∠PCB －∠CBD ＝180°－(60°－∠ACP )－(60°＋∠ABD )＝60°＋∠ACP －∠ABD ＝60°，∴直线BD 与直线CP 相交所成较小角的度数为60°.图①图② 第1题解图(2)2，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数为45°. 理由如下：∵∠ACB ＝90°，CA ＝CB ， ∴∠CAB ＝45°，ABAC＝ 2.同理可得：∠P AD ＝45°，ADAP ＝2，∴AB AC ＝ADAP，∠CAB ＝∠P AD . ∴∠CAB ＋∠DAC ＝∠P AD ＋∠DAC . 即∠DAB ＝∠P AC . ∴△DAB ∽△P AC . ∴BD CP ＝ABAC＝2，∠DBA ＝∠PCA . 如解图②，设BD 交CP 于点G ，BD 交CA 于点H . ∵∠BHA ＝∠CHG ， ∴∠CGH ＝∠BAH ＝45°；(3)分两种情况：如解图③，可设CP ＝a ， 则BD ＝2a .设CD 与AB 交于点Q ，则PQ ＝CP ＝a . 可证∠DQB ＝∠DBQ ＝67.5°， 则DQ ＝BD ＝2a ，易得AD ＝2PD ＝2a ＋2a ， ∴ADCP＝2＋2； 如解图④，可设AP ＝DP ＝b ， 则AD ＝2b ，由EF ∥AB ，∠PEA ＝∠CAB ＝45°， 可证∠ECD ＝∠EAD ＝22.5°， 易得CD ＝AD ＝2b ，CP ＝2b ＋b ， ∴ADCP＝2－ 2. 综上所述，ADCP的值为2＋2或2－ 2.图③图④ 第1题解图2. 解：(1)①DB ＝DG ；【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠DBC ＝45°，∵∠GDF 是由∠BDE 绕点D 逆时针旋转90°得到，点G 在BC 的延长线上，∴∠BDG ＝90°，∴∠G ＝90°－∠DBG ＝45°＝∠DBG ，∴DB ＝DG .②BE ＋BF ＝2BD ；【解法提示】由①知△BDG 是等腰直角三角形，且BD ＝DG ，∴BG ＝2BD . 在△BDE 和△GDF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BDE ＝∠GDF ，BD ＝GD ，∠DBE ＝∠G ，∴△BDE ≌△GDF (ASA )， ∴BE ＝GF ，∴BE ＋BF ＝GF ＋BF ＝BG ＝2BD ； (2)①BE ＋BF ＝3BD ；证明：如解图，过点D 作DH ⊥BG 于点H ， ∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝60°， ∴∠ABC ＝60°， ∴∠DBC ＝30°，∵将∠BDE 绕点D 逆时针旋转120°得到∠GDF ，且点F 在BC 的延长线上， ∴∠GDB ＝120°， ∴∠G ＝∠DBC ＝30°， ∴DG ＝BD ，在Rt △BDH 中，∠HBD ＝30°， ∴BH ＝BD ·cos ∠DBH ＝32BD ， ∵BD ＝DG ，DH ⊥BG ， ∴BG ＝2BH ＝3BD ， 在△GDF 和△BDE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠GDF ＝∠BDE ，DG ＝DB ，∠DGF ＝∠DBE ， ∴△GDF ≌△BDE (ASA )， ∴BE ＝GF ，∴BE ＋BF ＝GF ＋BF ＝BG ， ∴BE ＋BF ＝3BD ；第2题解图②∵四边形ABCD 是菱形， ∴CD ∥BE ，∴∠DCM ＝∠EBM ，∠CDM ＝∠BEM ， ∴△CDM ∽△BEM ， ∴CM BM ＝CDBE＝2， ∵BC ＝AB ＝2， ∴BM ＝23，在△ABD 中，AB ＝AD ＝2，∠A ＝180°－∠ADC ＝120°，∴BD ＝3AB ＝23，在△BDF 中，BD ＝DF ，∠BDF ＝120°， ∴BF ＝3BD ＝6， ∵△BDE ≌△FDG ， ∴GF ＝BE ＝1， ∴BG ＝BF ＋GF ＝7， ∴GM ＝BG －BM ＝7－23＝193.3. 解：(1)63，12； (2)不变．理由：如解图①，过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，则△ADG 为直角三角形， ∵∠DAG ＝30°，DE ＝AE ，设DG ＝x ，∴∠ADE ＝30°，AD ＝3x ，∠DEG ＝∠DGE ＝60°， ∴DE ＝DF ＝x ，sin ∠ADE ＝12.∵∠EDF ＝90°， ∴EF ＝2x ， ∴EF AD ＝2x 3x ＝63；第3题解图①(3)如解图②，过点E 作EG ⊥AD 于点G ，设AE ＝x ，则DE ＝nx .第3题解图②∵∠BAC ＝α，∴AG ＝cos α·x ，EG ＝sin α·x .∴DG ＝（nx ）2－（sin α·x ）2＝n 2－sin 2α·x . ∴AD ＝cos α·x ＋n 2－sin 2α·x ， ∵∠EDF ＝90°，DE ＝DF ， ∴EF ＝2DE ＝2nx .∴EF AD ＝2nx cos α·x ＋n 2－sin 2α·x ＝2n cos α＋n 2－sin 2α， sin ∠ADE ＝GE DE ＝sin α·x nx ＝sin αn .4. (1)解：90；(2)证明：∵A (0，3)、B (3，0)、C (－3，0)， ∴OA ＝OB ＝OC ，∴△ABC ，△OAC ，△OAB 都是等腰直角三角形， ∴∠6＝∠7＝45°，如解图①，过点P 作PG ∥AB 交y 轴于点G ，则∠4＝∠6＝45°，第4题解图①∴OP ＝OG ，∴AO ＋OG ＝OB ＋OP ， 即AG ＝PB ， ∵AP ⊥PH ， ∴∠2＋∠5＝90°， ∵∠1＋∠5＝90°， ∴∠1＝∠2， ∵MN ⊥AB ， ∴∠3＋∠7＝90°， ∴∠3＝45°， ∴∠3＝∠4，在△APG 和△PHB 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠1＝∠2，AG ＝PB ，∠4＝∠3，∴△APG ≌△PHB (ASA )， ∴P A ＝PH ；(3)解：OG ＝PG ，OG ⊥PG ，理由：如解图②，延长PG 到R ，使GR ＝PG ，连接PO ，OR ，BR ，第4题解图②在△PQG 和△RBG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧PG ＝GR ，∠4＝∠3，QG ＝BG ，∴△PQG ≌△RBG (SAS )， ∴PQ ＝RB ，∠5＝∠GBR ， ∴PQ ∥BR ， ∵AP ⊥PQ ，延长AP 交BR 于点S ，交OB 于点T ，则AP ⊥BR ， ∵∠AOB ＝∠ASB ＝90°，∠ATO ＝∠BTS ， ∴∠α＝∠β， ∵P A ＝PQ ，PQ ＝BR ， ∴P A ＝BR ，在△P AO 和△RBO 中， ⎩⎪⎨⎪⎧P A ＝RB ，∠β＝∠α，OA ＝OB ，∴△P AO ≌△RBO (SAS )， ∴PO ＝OR ，∠1＝∠2， ∵∠1＋∠POB ＝90°， ∴∠POB ＋∠2＝90°， ∴△POR 为等腰直角三角形， ∵PG ＝GR ，∴OG ⊥PG ，OG ＝PG . 5. 解：(1)AE ＝AM ，60°；(2)(1)中的结论依然成立，AE ＝AM ，∠MAE ＝60°. 证明：如解图①，连接BD 、DM ，设BD 交AE 于点H ，第5题解图①∵△ABC 和△CDE 都是等边三角形， ∴BC ＝AC ，DC ＝EC ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°. ∴∠BCD ＝∠ACE . ∵在△BCD 和△ACE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝AC ，∠BCD ＝∠ACE ，CD ＝CE ，∴△BCD ≌△ACE (SAS )． ∴BD ＝AE ，∠CBD ＝∠CAE .∴∠CAE ＋∠ABD ＝∠CBD ＋∠ABD ＝∠ABC ＝60°. ∴∠BAC ＋∠HAC ＋∠ABH ＝60°＋60°＝120°. ∴∠AHB ＝60°. ∵BP ＝PM ，AP ＝PD ，∴四边形ABDM 是平行四边形． ∴AM ＝BD ，AM ∥BD .∴AM ＝AE ，∠MAE ＝∠AHB ＝60°；(3)设CD ＝x ，则BC ＝2CD ＝2x ，ME ＝3CD ＝3x ，此时有ME 2＋CD 2＝BC 2，∵△AEM 是等边三角形，∴ME ＝AM .∵四边形ABDM 是平行四边形，∴BD ＝AM ＝ME .∴BD 2＋CD 2＝BC 2.∴∠BDC ＝90°.∵BC ＝2CD ，∴∠CBD ＝30°.∴∠BCD ＝60°，旋转过程中，当点D 与点A 在BC 同旁时，如解图②，旋转角度α ＝∠BCD ＝60°；当点D 与点A 在BC 两旁时，如解图③，旋转角度α ＝360°－∠BCD ＝300°.第5题解图6. (1)证明：∵∠ACD ＝∠A ＋∠B ＝∠ACE ＋∠DCE ，∠B ＝∠ACE ， ∴∠A ＝∠DCE ， 又∵∠B ＝∠D ， ∴△ABC ∽△CDE ；(2)证明：由题意可知∠AMN＝∠B＝60°，如解图①，过点N作NO∥AC交BC延长线于点O，则∠NOC ＝∠B＝∠AMN＝60°，∴△ABM∽△MON.第6题解图①又∵MA＝MN，∴△ABM≌△MON.∴AB＝MO，BM＝ON.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ACB＝60°.∴BC＝MO，∠ACO＝120°.∴BM＝OC.∴OC＝ON.∴△CON是等边三角形．∴∠NCO＝60°.∴∠ACN＝∠ACO－∠NCO＝60°，即∠NCO＝∠ACN.∴点N在∠ACP的平分线上；(3)解：点N在∠DCP的平分线上．理由如下：如解图②，过N作NO⊥BP于点O，则∠NOC＝∠B＝∠AMN＝90°，第6题解图②∴△ABM∽△MON.又∵AM＝MN，∴△ABM≌△MON.∴AB＝MO，BM＝ON.∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠DCB＝90°.∴∠DCO＝90°.∴BC＝MO.∴BM＝OC.∴OC ＝ON .∴△CON 是等腰直角三角形． ∴∠NCO ＝45°.∴∠DCN ＝∠NCO ＝45°. ∴点N 在∠DCP 的平分线上； (4)解：（n －2）·180°n.【解法提示】由(2)(3)可知当∠A n －2MN 等于正n 边形的一个内角时，点N 在∠A 1A n P 的平分线上． ∴∠A n －2MN ＝（n －2）180°n时，点N 在∠A 1A n P 的平分线上．类型三 新定义探究问题1. 解：(1)① 12；② 4；【解法提示】①由旋转可得AB ＝AB ′＝AC ＝AC ′， ∵∠BAC ＝60°，∴∠B ′AC ′＝120°，即∠AB ′ C ′＝30°，又∵AD 为B ′C ′上的中线，∴AD ＝12AB ′＝12B ′C ′＝12AB ＝12BC ；②由“旋补三角形”定义可得： ∠B ′AC ′＝90°，∴△AB ′C ′≌△ABC ，∴B ′C ′＝BC ， ∴AD ＝12BC ＝4.(2)猜想：AD ＝12BC .证明：如解图①，延长AD 至E ，使DE ＝AD .连接B ′E ，C ′E ，第1题解图①∵AD 是△ABC 的“旋补中线”， ∴B ′D ＝C ′D .∴四边形AB ′EC ′是平行四边形， ∴EC ′∥B ′A ，EC ′＝B ′A ， ∴∠AC ′E ＋∠B ′AC ′＝180°.由定义可知∠B ′AC ′＋∠BAC ＝180°，B ′A ＝BA ，AC ＝AC ′， ∴∠AC ′E ＝∠CAB ，EC ′＝BA ， ∴△AC ′E ≌△CAB (SAS )， ∴AE ＝BC ， ∵AD ＝12AE ，∴AD ＝12BC ；【一题多解】①证明：如解图②，延长B ′A 至F ，使AF ＝B ′A ，连接C ′F ，∴∠B ′AC ′＋∠C ′AF ＝180°.由定义可知∠B ′AC ′＋∠BAC ＝180°，B ′A ＝BA ，AC ＝AC ′，∴∠CAB ＝∠C ′AF ，AB ＝AF ，∴△ABC ≌△AFC ′，∴BC ＝FC ′，∵B ′D ＝C ′D ，B ′A ＝AF ，∴AD ＝12FC ′，∴AD ＝12BC .第1题解图②②证明：如解图③，将△AB ′C ′绕点A 顺时针旋转∠C ′AC 的度数，得到△AEC ，此时AC ′与AC 重合，D 的对应点为D ′，B ′的对应点为E ，连接AD ′.由定义可知∠B ′AC ′＋∠BAC ＝180°. 由旋转得∠B ′AC ′＝∠EAC ， ∴∠BAC ＋∠EAC ＝180°， ∴E ，A ，B 三点在同一直线上， ∵AB ＝AB ′＝AE ，ED ′＝D ′C ， ∴AD ′是△EBC 的中位线， ∴AD ′＝12BC ，即AD ＝12BC .第1题解③(3)存在．证明：如解图④，作PE 垂直平分BC ，且使PE ＝CD ，连接P A 、PB 、PC 、PD ， 可得PC ＝PB ，PE ∥CD , ∠DCE ＝90°， ∴四边形PECD 为矩形，∴PE ＝CD ＝23，PD ＝CE ＝AD ＝12BC ＝6，∠PDC ＝90°，∴tan ∠PCE ＝PE CE ＝33，∴∠PCE ＝∠PBE ＝30°，即∠BPC ＝120°， 又由∠ADC ＝150°，可得∠ADP ＝60°， ∴△P AD 为等边三角形， ∴PD ＝P A ，∠APD ＝60°，∵∠BPC ＋∠DP A ＝120°＋60°＝180°， ∴△PDC 是△P AB 的“旋补三角形”，第1解题图④如解图④，取CD 的中点M ，连接PM ， 可得DM ＝3，PD ＝6，由勾股定理得PM ＝DM 2＋PD 2＝（3）2＋62＝39. 2. (1)解：①2α；【解法提示】如解图①，设CE 与BD 交于点G .∵凹四边形ABGC 与凹四边形EFDG 都是箭头四角形，∴α＝∠E ＋∠F ＋∠D ＝∠A ＋∠B ＋∠C .∴∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＋∠E ＋∠F ＝2α.第2题解图①②85°；【解法提示】如解图②，∵BF 平分∠ABE ，∴∠1＝∠3. ∵CF 平分∠ACE ，∴∠2＝∠4. ∵凹四边形ABEC 是箭头四角形，∴∠BEC ＝2∠1＋2∠2＋∠A .∵∠BEC ＝120°，∠BAC ＝50°，∴120°＝2∠1＋2∠2＋50°，即∠1＋∠2＝35°.∵凹四边形ABFC 是箭头四角形，∴∠BFC ＝∠1＋∠2＋∠A ＝35°＋50°＝85°.第2题解图②③(10002019m ＋10192019n )； 【解法提示】由题意可得∠ABO 1＝12019∠ABO ，∠ACO 1＝12019∠ACO ，∠ABO 2＝22019∠ABO ，∠ACO 2＝22019∠ACO ，…，∠ABO 1000＝10002019∠ABO ，∠ACO 1000＝10002019∠ACO ，∴∠BO 1000C ＝∠BAC ＋∠ABO 1000＋∠ACO 1000＝∠BAC ＋10002019(∠BOC －∠BAC )＝n °＋10002019(m °－n °)＝10002019m °＋10192019n °.(2)证明：如解图③，延长AO 到点E ， ∵OA ＝OB ， ∴∠ABO ＝∠BAO ， ∵∠BOE ＝∠ABO ＋∠BAO ，∴∠BOE＝2∠BAO，同理∠DOE＝2∠DAO，∴∠BOE＋∠DOE＝2∠BAO＋2∠DAO＝2(∠BAO＋∠DAO)，即∠BOD＝2∠BAD.又∵∠BCD＝2∠BAD，∴∠BOD＝∠BCD.如解图③，连接OC，∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC，∴△OBC≌△ODC，∴∠OBC＝∠ODC.又∵∠BOD＝∠BCD，∴四边形OBCD是平行四边形．又∵OB＝OD，∴四边形OBCD是菱形．第2题解图③3. (1)解：四边形ABCD是垂美四边形．理由：如解图①，连接AC、BD交于点E，∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，第3题解图①∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；(2)证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得AD2＋BC2＝AO2＋DO2＋BO2＋CO2，AB2＋CD2＝AO2＋BO2＋CO2＋DO2，∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2;(3)解：如解图②，连接CG、BE，设AB与CE交于点M，∵四边形ACFG 和四边形ABDE 是正方形， ∴∠CAG ＝∠BAE ＝90°，∴∠CAG ＋∠BAC ＝∠BAE ＋∠BAC ，即∠GAB ＝∠CAE ， 在△GAB 和△CAE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AG ＝AC ，∠GAB ＝∠CAE ，AB ＝AE ，∴△GAB ≌△CAE (SAS )， ∴∠ABG ＝∠AEC ， 又∵∠AEC ＋∠AME ＝90°，∴∠ABG ＋∠BMC ＝90°，即EC ⊥BG ， ∴四边形CGEB 是垂美四边形，由(2)得，CG 2＋BE 2＝CB 2＋EG 2，∵AC ＝4，AB ＝5， ∴BC ＝3，CG ＝42，BE ＝52， ∴GE 2＝CG 2＋BE 2－CB 2＝73， ∴GE ＝73.第3题解图②4. 解：(1)BM ′＝DN ′，BM ′⊥DN ′；【解法提示】根据“SAS ”易证△ABM ′≌△ADN ′，进而可得BM ′＝DN ′，∠ABM ′＝ADN ′，再利用三角形内角和定理可推出∠BOD ＝90°，即BM ′⊥DN ′.(2)BM ′＝DN ′成立，BM ′⊥DN ′不成立，BM ′与DN ′相交，且夹角为60°. 理由：如解图①，设AB ，DN ′交于点E ， 由旋转的性质可得∠BAM ′＝∠DAN ′＝150°. ∵四边形ABCD ，AM ′P ′N ′都是菱形， ∴AB ＝AD ，AM ′＝AN ′， ∴△ADN ′≌△ABM ′，∴BM ′＝DN ′，∠ABM ′＝∠ADN ′. 又∵∠BEO ＝∠DEA ， ∴∠BOD ＝∠BAD ＝60°， ∴BM ′与DN ′相交，且夹角为60°；第4题解图(3)如解图②，设AB ，DN ′交于点E ， 由旋转知∠BAM ′＝∠DAN ′＝α. 易知AM ′＝2AN ′，AB ＝2AD ， ∴AB AD ＝AM ′AN ′＝2， ∴△ABM ′∽△ADN ′， ∴BM ′DN ′＝2，∠ABM ′＝∠ADN ′， ∴BM ′＝2DN ′. 又∵∠BEO ＝∠DEA ， ∴∠BOD ＝∠BAD ＝90°， ∴BM ′⊥DN ′. 5. 解：(1)① 2；②当α＝90°时，△ABC ，△AED 均为等腰直角三角形， ∴∠BAC ＝∠EAD ＝45°，AC ＝2AB ，AD ＝2AE . ∴AC AB ＝ADAE＝ 2. 又∵∠CAD ＝∠EAD －∠CAE ＝∠CAB －∠CAE ＝∠BAE ， ∴△CAD ∽△BAE . ∴CD BE ＝CABA＝ 2. ∴“关联比”DCEB 为2；(2)① 3； ② 2cos(90°－n °2)；(3)如解图，过点B 作BF ⊥AC 于点F .第5题解图∵△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，∠ABC ＝∠AED ＝90°，AC ＝4， ∴△ABC 与△AED 均为等腰直角三角形，CF ＝F A ＝FB ＝2.∵P A＝1，∴PF＝2－1＝1.在Rt△PBF中，由勾股定理得，PB＝BF2＋PF2＝22＋12＝ 5.连接CD，由(1)可知△ACD∽△ABE.∴∠ACD＝∠ABE＝定角，∴点D所经过的路径是线段CD.∵α＝90°时，“关联比”为2，∴当点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长为5×2＝10.类型四 操作探究问题1. 解：(1)53；(2)如解图①，过点C 作CF ⊥AB 于点F .∵题图①中四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3，∴EC ＝4，BC ＝3，∠BAD ＝∠BCE ＝90°. ∴BD ＝BE ＝AB 2＋AD 2＝42＋32＝5. ∴sin ∠FBC ＝EC EB ＝45，cos ∠FBC ＝BC EB ＝35.在Rt △BFC 中，BF ＝BC ·cos ∠FBC ＝3×35＝95，FC ＝BC ·sin ∠FBC ＝3×45＝125.∴AF ＝AB －BF ＝4－95＝115.在Rt △AFC 中，AC ＝AF 2＋FC 2＝（115）2＋（125）2＝2655. AE ＝BE －AB ＝5－4＝1. ∴AC AE ＝2655∶1＝2655；第1题解图(3)α的度数为60°.如解图②，设EC 的中点为G ，连接AG ，过点A 作AH ⊥BC 交BC 延长线于点H . ∴∠GCH ＝180°－∠ECB ＝180°－90°＝90°. ∵AC ＝AE ， ∴AG ⊥EC .∴∠AGC ＝∠GCH ＝∠AHC ＝90°. ∴四边形AGCH 是矩形． ∴GC ＝AH ＝12EC ＝12×4＝2.在Rt △ABH 中，BH ＝AB 2－AH 2＝42－22＝2 3. ∴AG ＝CH ＝BH －BC ＝23－3.∴S △AEC ＝12EC ·AG ＝12×4×(23－3)＝(43－6)cm 2.(4)AC 和AE 还能相等，△BCE 位置如解图③所示， S △AEC ＝(43＋6)cm 2.2. 解：●操作发现：①②③④； ●数学思考：AF ＝12BC , AF ⊥BC ，证明：如解图①，延长AF 并截取FH ＝AF ，连接DH ，延长DA 交BC 于点G ，延长F A 交BC 于点M ，第2题解图①∵F 是DE 的中点，∴DF ＝EF ＝12DE .在△AFE 和△HFD 中， ⎩⎪⎨⎪⎧EF ＝DF ，∠AFE ＝∠HFD ，AF ＝HF ，∴△AFE ≌△HFD (SAS )． ∴DH ＝AE ，∠H ＝∠EAF . ∴DH ∥AE .∴∠ADH ＋∠DAE ＝180°.∵△ADB 和△EAC 都是等腰直角三角形， ∴AB ＝AD ，AE ＝AC ，∠BAD ＋∠CAE ＝180°. ∴DH ＝AC ，∠BAC ＋∠DAE ＝180°. ∴∠BAC ＝∠ADH . 在△BAC 和△ADH 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝DA ，∠BAC ＝∠ADH ，AC ＝DH ，∴△BAC ≌△ADH (SAS )． ∴∠DAH ＝∠ABC ，AH ＝BC . ∵FH ＝AF ＝12AH ，∠DAH ＝∠MAG ，∴AF ＝12BC , ∠ABG ＝∠MAG .∵∠BAM ＋∠MAG ＝90°，∴∠BAM ＋∠ABG ＝90°. ∴∠AMB ＝90°. ∴AF ⊥BC ；●类比探索：没有改变．AF ＝12BC , AF ⊥BC .理由如下：如解图②，延长AF 使得FH ＝AF ，连接DH , 设DA 交BC 于点G ，F A 交BC 于点M ，第2题解图②∵F 是DE 的中点， ∴DF ＝EF ＝12DE .在△HFD 和△AFE 中，⎩⎪⎨⎪⎧DF ＝EF ，∠DFH ＝∠EF A ，HF ＝AF ，∴△HFD ≌△AFE (SAS ). ∴DH ＝AE ，∠H ＝∠EAF . ∴DH ∥AE .∴∠ADH ＋∠DAE ＝180°. 又∵AE ＝AC ， ∴DH ＝AC .∵△ADB 和△EAC 都是等腰直角三角形， ∴AB ＝AD ，AE ＝AC ，∵∠DAE ＝90°－∠DAC ，∠BAC ＝90°＋∠DAC ， ∴∠DAE ＋∠BAC ＝180°， ∴∠BAC ＝∠ADH . 在△BAC 和△ADH 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ，∠BAC ＝∠ADH ，AC ＝DH ，∴△BAC ≌△ADH (SAS )． ∴∠DAH ＝∠ABC ，AH ＝BC .。

2020中考数学 压轴专题 几何探究题（含答案）1. 我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．第1题图(1)概念理解：请你根据定义举一个“等邻角四边形的”例子；(2)问题探究：如图①，在等邻角四边形ABCD 中，∠DAB ＝∠ABC ，AD 、BC 的中垂线恰好交于AB 边上一点P ，连接AC 、BD ，试探究AC 与BD 的数量关系，并说明理由．(3)应用拓展：如图②，在Rt △ABC 与Rt △ABD 中，∠C ＝∠D ＝90°，BC ＝BD ＝3，AB ＝5，将Rt △ABD 绕着点A 顺时针旋转角α(0°)得到Rt △AB ′D ′(如图③)，当凸四边形AD ′BC 为“等邻角四边形”时，求出它的面积．解：(1)矩形；(答案不唯一)(2)AC ＝BD ；如解图①所示，连接PD 、PC ， ∵PE 是AD 的垂直平分线，PF 是BC 的垂直平分线， ∴P A ＝PD ，PB ＝PC ，∴∠P AD ＝∠PDA ，∠PBC ＝∠PCB ，∴∠DPB ＝180°－∠DP A ＝∠P AD ＋∠PDA ＝2∠P AD ，同理可得∠APC ＝2∠PBC ， ∵∠DAB ＝∠ABC ，即∠P AD ＝∠PBC ，∴∠APC ＝∠DPB ，在△APC 和△DPB 中，⎩⎪⎨⎪⎧PA ＝PD ∠APC ＝∠DPB PB ＝PC，△APC ≌△DPB (SAS)， ∴ AC ＝BD .第1题解图①(3)①当∠AD ′B ＝∠D ′BC 时，如解图②所示，延长AD ′交CB 的延长线于点E ，过点D ′作DF ⊥CE 于点F ， ∠ED ′B ＝∠EBD ′， ∴EB ＝ED ′，∵∠C ＝∠EFD ′，∠EAC ＝∠ED ′F ， ∴△ED ′F ∽△EAC ， 则D ′F AC ＝ED ′AE， 设EB ＝ED ′＝x ，由勾股定理可知，在Rt △ACB 中，AC ＝AB 2－BC 2＝52－32＝4，则AD ′＝4，CE ＝3＋x ，AE ＝4＋x ，在Rt △ACE 中，AC 2＋CE 2＝AE 2，即42＋(3＋x )2＝(4＋x )2， 整理得：2x －9＝0，解得x ＝92，EB ＝ED ′＝92，∴AE ＝172，∴D ′F 4＝92112，∴D ′F ＝3617，S 四边形AD ′BC ＝S △ACE －S △D ′BE ＝12AC ·CE －12D ′F ·BE ＝12×4×(3＋92)－12×92×3617＝15－8117＝17417；第1题解图②②当∠D ′BC ＝90°时，如解图③所示，过点D ′作D ′E ⊥AC ，交AC 于点E ， ∴四边形ECBD ′是矩形，∴ED ′＝BC ＝3，在Rt △AED ′中，根据勾股定理得AE ＝AD′2－ED′2＝42－32＝7，∵S 四边形AD ′BC ＝S △AED ′＋S 矩形ECBD ′＝12AE ·ED ′＋EC ·BC ＝372＋12－37＝12－372.综上所述，当凸四边形AD 为等邻角四边形时，它的面积为17417或12－372.第1题解图③2. (1)发现 如图①，点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b .填空：当点A 位于________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为________(用含有a ，b 的式子表示)； (2)应用 点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝3，AB ＝1.如图②所示，分别以AB ，AC 为边作等边三角形ABD 和等边三角形ACE，连接CD，BE.①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值；(3)拓展如图③，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且P A＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°.请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．第2题图(1)解：CB的延长线上，a＋b；【解法提示】∵点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC＋AB＝a＋b.(2)解：①DC＝BE，理由如下：∵△ABD和△ACE均为等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴DC＝BE；②BE长的最大值是4；【解法提示】∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB 的延长线上，∴CD长的最大值为BD＋BC＝AB＋BC＝4.(3)解：AM长的最大值是3＋22，点P的坐标是(2－2，2)．【解法提示】如解图①，构造△BNP≌△MAP，则NB＝AM，P A＝PN，∴∠APN＝90°，由(1)得出当点N在BA的延长线上时，NB有最大值(如解图②)，可得AN＝22，∴AM＝NB＝3＋22，过点P作PE⊥x轴于点E，PE＝AE＝2，∴点P的坐标是(2－2，2)．第2题解图3.如图，△ABC是边长为4 cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6 cm.点D从O点出发，沿OM的方向以1 cm/s的速度运动．当D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE.(1)求证：△CDE是等边三角形；(2)当6<t<10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；(3)当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．第3题图(1)证明：∵△BCE是由△ACD逆时针旋转60°得到的，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，∴△CDE是等边三角形；(2)解：存在．理由如下：∵△BCE是由△ACD逆时针旋转60°得到的，∴AD＝BE，又∵△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△BDE＝BD＋BE＋DE＝BD＋AD＋CD＝AB＋CD，∵AB＝4为定值，∴当CD最小，即CD⊥AB时，△BDE的周长最小，∵△ABC是等边三角形，∴当CD最小，即CD⊥AB时，易得CD＝23，∴△BDE的最小周长为23＋4；(3)解：存在．理由如下：如解图，过点C作CF⊥OM于点F，则CF＝23，∴BD＝||t－6，t－10，BE＝AD＝||DE＝CD＝CF2＋DF2＝12＋（t－8）2，①当∠DEB＝90°时，BD2＝BE2＋DE2，即(t－10)2＝(t－6)2＋12＋(t－8)2，第3题解图解得t1＝2，t2＝6(不合题意，舍去)；②当∠EBD＝90°时，DE2＝BD2＋BE2，即12＋(t－8)2＝(t－10)2＋(t－6)2，解得t3＝6，t4＝10(两者均不合题意，舍去)；③当∠BDE＝90°时，BE2＝BD2＋DE2，即(t－6)2＝(t－10)2＋12＋(t－8)2，解得t5＝14，t6＝10(舍去)．综上所述，存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形，此时t＝2或14.4.如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起(图①)，△ABD不动．(1)若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC(图②)，证明：MB＝MC；(2)若将图①中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC(图③)，判断并直接写出MB、MC的数量关系；(3)在(2)中，若∠CAE的大小改变(图④)，其他条件不变，则(2)中的MB、MC的数量关系还成立吗？说明理由．第4题图（1）证明：如解图①，连接AM，由已知得△ABD≌△ACE，第4题解图①∴ AD ＝AE ， AB ＝AC ， ∠BAD ＝∠CAE ， 又∵MD ＝ME ，∴∠MAD ＝∠MAE (三线合一)， ∴∠MAD －∠BAD ＝∠MAE －∠CAE ， 即∠BAM ＝∠CAM ， 在△ABM 和△ACM 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ∠BAM ＝∠CAM AM ＝AM， ∴△ABM ≌△ACM (SAS )， ∴MB ＝MC ；第4题解图②(2)解：MB ＝MC ；【解法提示】如解图②，延长DB 、AE 相交于点E ′，延长EC 交AD 于点F ， ∴BD ＝BE ′，CE ＝CF ，又∵M 是ED 的中点，B 是DE ′的中点， ∴MB ∥AE ′，∴∠MBC ＝∠CAE ，同理：MC ∥AD ， ∴∠BCM ＝∠BAD ， 又∵∠BAD ＝∠CAE ， ∴∠MBC ＝∠BCM ， ∴MB ＝MC .(3)解：MB ＝MC 还成立．理由如下： 如解图③，延长BM 交CE 于点F ，第4题解图③∵CE ∥BD ， ∴∠MDB ＝∠MEF ， ∠MBD ＝∠MFE ， 又∵M 是DE 的中点， ∴MD ＝ME ，在△MDB 和△MEF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MBD ＝∠MFE ∠MDB ＝∠MEF MD ＝ME， ∴△MDB ≌△MEF (AAS)， ∴MB ＝MF ＝12BF ，又∵∠ACE ＝90°，∴∠BCF ＝90°， ∴MC ＝12BF ，∴MB＝MC.5.在正方形ABCD中，点E是对角线AC上的动点(与点A，C不重合)，连接BE.(1)将射线BE绕点B顺时针方向旋转45°，交直线AC于点F.①依题意补全图①；②小研通过观察、实验，发现线段AE，FC，EF存在以下数量关系：AE与FC的平方和等于EF的平方．小研把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：想法1：将线段BF绕点B逆时针旋转90°，得到线段BM，要证AE，FC，EF的数量关系，只需证AE，AM，EM的数量关系．想法2：将△ABE沿BE翻折，得到△NBE，要证AE，FC，EF的关系，只需证EN，FN，EF的关系．…请你参考上面的想法，用等式表示线段AE，FC，EF的数量关系并证明；(一种方法即可)(2)如图②，若将直线．．AC于点F.小研完成作图后，发现直线AC上存在三．．BE绕点B顺时针旋转135°，交直线条线段(不添加辅助线)满足：其中两条线段的平方和等于第三条线段的平方，请直接用等式表示这三条线段的数量关系．第5题图解：(1)①补全图形，如解图①；图① 图②第5题解图②AE 2＋FC 2＝EF 2；证明：如解图②，过B 作MB ⊥BF 于点B ，使BM ＝BF ，连接AM 、EM ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC ＝90°，∠1＝∠2＝45°，AB ＝BC ，∵∠3＝45°，∴∠MBE ＝∠3＝45°，在△MBE 和△FBE 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BF ∠MBE ＝∠3BE ＝BE，∴△MBE ≌△FBE (SAS )，∴EM ＝EF ，∵∠4＝90°－∠ABF ，∠5＝90°－∠ABF ，∴∠4＝∠5，在△AMB 和△CFB 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BF ∠4＝∠5AB ＝CB，∴△AMB ≌△CFB (SAS)，∴AM ＝FC ，∠6＝∠2＝45°，∴∠MAE ＝∠6＋∠1＝90°，在Rt △MAE 中，AE 2＋AM 2＝EM 2，∴AE 2＋FC 2＝EF 2；(2)AF 2＋EC 2＝EF 2.【解法提示】如解图③，过B 作MB ⊥BE ，使BM ＝BE ，连接ME 、MF 、AM ，∵直线BE 绕点B 顺时针旋转135°，交直线AC 于点F ，∴∠FBE ＝45°，∴∠MBF ＝90°－45°＝45°，∴∠FBE ＝∠MBF ，在△MBF 和△EBF 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BE ∠MBF ＝∠FBE ，BF ＝BF∴△MBF ≌△EBF (SAS)，∴MF ＝EF ，∵∠MBA ＝90°－∠ABE ，∠EBC ＝90°－∠ABE ，∴∠MBA ＝∠EBC ，在△AMB 和△CBE 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BE ∠MBA ＝∠EBC AB ＝CB，∴△AMB ≌△CEB (SAS )，∴AM ＝EC ，∠BAM ＝∠BCE ＝45°，∴∠MAE ＝∠BAM ＋∠BAC ＝90°，∴∠MAF ＝90°，在Rt △MAF 中，AF 2＋AM 2＝MF 2，∴AF 2＋EC 2＝EF 2.第5题解图③6.在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是BC边的中点，作射线DE，与边AB交于点E，射线DE绕点D顺时针旋转120°，与直线AC交于点F.(1)依题意补全图形；(2)小华通过观察、实验提出猜想：在点E运动的过程中，始终有DE＝DF.小华把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：由点D是BC边的中点，通过构造一边的平行线，利用全等三角形，可证DE＝DF；想法2：利用等边三角形的对称性，作点E关于线段AD的对称点P，由∠BAC与∠EDF互补，可得∠AED与∠AFD互补，由等角对等边，可证DE＝DF；想法3：由等腰三角形三线合一，可得AD是∠BAC的平分线，由角平分线定理，构造点D到AB，AC的高，利用全等三角形，可证DE＝DF；…请你参考上面的想法，帮助小华证明DE＝DF(选一种方法即可)；(3)在点E运动的过程中，直接写出BE，CF，AB之间的数量关系．解：(1)补全图形，如解图①；第6题解图(2)想法1：证明：如解图②，过点D作DG∥AB，交AC于点G，∵点D是BC边的中点，∴DG＝12AB，∴△CDG是等边三角形，∴∠EDB＋∠EDG＝120°，∵∠FDG＋∠EDG＝120°，∴∠EDB＝∠FDG，∵BD＝DG，∠B＝∠FGD＝60°，∴△BDE≌△GDF，∴DE＝DF；想法2：证明：如解图③，连接AD，作点E关于线段AD的对称点P，点P在边AC上，∵点D是BC边的中点，AB＝AC，∴直线AD是△ABC的对称轴，∴△ADE≌△ADP，∴DE＝DP，∠AED＝∠APD，∵∠BAC＋∠EDF＝180°，∴∠AED＋∠AFD＝180°，∵∠APD＋∠DPF＝180°，∴∠AFD＝∠DPF，∴DP＝DF，∴DE＝DF；第6题解图想法3：证明：如解图④，连接AD，过D作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，∵点D是BC边的中点，∴AD平分∠BAC，∵DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，∴DM＝DN，∵∠A＝60°，∴∠MDE＋∠EDN＝120°，∵∠FDN＋∠EDN＝120°，∴∠MDE ＝∠FDN ，∴Rt △MDE ≌Rt △NDF ，∴DE ＝DF ；(3)当点F 在AC 边上时，BE ＋CF ＝12AB ；当点F 在AC 的延长线上时，BE －CF ＝12AB . 【解法提示】①当点F 在AC 边上时，如解图⑤，过点D 作DM ⊥AB 于点M ，作DN ⊥AC 于点N ， ∵∠B ＝∠C ＝60°，BD ＝DC ，∠BDM ＝∠CDN ＝30°，∴△BDM ≌△CDN ，∴BM ＝CN ，DM ＝DN ，又∵∠EDF ＝120°＝∠MDN ，∴∠EDM ＝∠NDF ，又∵∠EMD ＝∠FND ＝90°，∴△EDM ≌△FDN ，∴ME ＝NF ，∴BE ＋CF ＝BM ＋EM ＋NC －FN ＝2BM ＝BD ＝12AB ；图⑤ 图⑥第6题解图②当点F 在AC 的延长线上时，如解图⑥，过D 作DM ⊥AB 于点M ，作DN ⊥AC 于点N ，∵∠B ＝∠DCN ＝60°，BD ＝DC ，∠BDM ＝∠CDN ＝30°，∴△BDM ≌△CDN ，∴BM ＝CN ，DM ＝DN ，又∵∠EDF ＝120°＝∠MDN ，∴∠EDM ＝∠NDF ，又∵∠EMD ＝∠FND ＝90°，∴△EDM ≌△FDN ，∴ME ＝NF ，∴BE －CF ＝BM ＋EM －(FN －CN )＝2BM ＝BD ＝12AB ，综上所述，当点F 在AC 边上时，BE ＋CF ＝12AB ；当点F 在AC 的延长线上时，BE －CF ＝12AB . 7. 我们规定：三角形任意两边的“极化值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图①，在△ABC 中，AO 是BC 边上的中线，AB 与AC 的“极化值”就等于AO 2－BO 2的值，可记为ABAC ＝AO 2－BO 2.第7题图(1)在图①中，若∠BAC ＝90°，AB ＝8，AC ＝6，AO 是BC 边上的中线，则ABAC＝________，OCOA＝________；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，求AB AC、BA BC的值；(3)如图③，在△ABC中，AB＝AC，AO是BC边上的中线，点N在AO上，且ON＝13A A O，已知ABAC＝14，BN BA＝10，求△ABC的面积．解：(1)0 ，7；【解法提示】∵∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，∴BC＝AB2＋AC2＝10，在Rt△ABC中，AO是BC边上的中线，∴AO＝BO＝5，∴AB AC＝AO2－BO2＝0，如解图①，取AC的中点D ，连接OD ，则OD ∥AB ，OD ＝12AB ＝4，CD ＝12AC ＝3，∴OC OA ＝OD 2－CD 2＝16－9＝7.第7题解图(2)如解图②，作底边BC 上的中线AE ，由题意可知AE 是∠BAC 的平分线、BC 边上的高． ∵AB ＝ΑC ＝4，∠BAC ＝120°，∴在Rt △ABE 中，∠AEB ＝90°，∠ABC ＝30°，∴AE ＝12×4＝2，BE ＝32×4＝23， ∴AB AC ＝AE 2－BE 2＝22－(23)2＝－8.过点B作AC边上中线BM，过点M作MN⊥BC于点N，∴AM＝CM＝1×4＝2.2在Rt△MNC中，∠MNC＝90°，∠C＝30°，×2＝1，CN＝22－12＝ 3.∴MN＝12∵BC＝2BE＝43，∴BN＝BC－CN＝43－3＝33，BM2＝12＋(33)2＝28.∴BA BC＝BM2－AM2＝28－22＝24；(3)如解图③，过点B作△ABN的AN边上中线BM，∵在△ABC中，AB＝AC，AO是BC边上的中线，点N在AO上，且ON＝13AO，第7题解图③∴AM＝MN＝NO，AO⊥BC，即AO＝3NO.∵AB A AC ＝14，BNBA ＝10，∴ AO 2－BO 2＝14，即(3ON )2－BO 2＝9ON 2－BO 2＝14，①∵BM 2－MN 2＝OM 2＋BO 2－MN 2＝(2ON )2＋BO 2－ON 2＝3ON 2＋BO 2＝10，②由①、②得⎩⎪⎨⎪⎧9ON 2－BO 2＝143ON 2＋BO 2＝10， ∴ON 2＝2，即ON ＝2，BO ＝2，∴BC ＝4，AO ＝32，∴S △ABC ＝12BC ·AO ＝12×4×32＝6 2. 8. 问题发现：如图①，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，分别以AC 、BC 为边向外侧作正方形ACDE 和正方形BCFG .(1)△ABC和△DCF面积的关系是________；(请在横线上填写“相等”或“不相等”)(2)拓展探究：若∠C≠90°，(1)中的结论还成立吗？若成立，请结合图②给出证明；若不成立，请说明理由；(3)解决问题：如图③，在四边形ABCD中，AC⊥BD，且AC与BD的和为10，分别以四边形ABCD的四条边为边向外侧作正方形ABFE、正方形BCHG、正方形CD JI、正方形DA LK；运用(2)中的结论，图中阴影部分的面积和是否有最大值？如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由．第8题图解：(1)相等；【解法提示】∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴AC＝DC，BC＝FC，∠ACD＝∠BCF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠DCF＝90°＝∠ACB.∴12AC·BC＝12DC·CF，∴S△ABC＝S△DFC.(2)成立．理由如下：如解图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P，过点D作DQ⊥FC于点Q，∴∠APC＝∠DQC＝90°.∵四边形ACDE，四边形BCFG均为正方形，∴AC＝CD，BC＝CF，∠ACP＋∠PCD＝90°，∠DCQ＋∠PCD＝90°，∴∠ACP＝∠DCQ.第8题解图在△APC 和△DQC 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠APC ＝∠DQC ∠ACP ＝∠DCQ AC ＝DC，∴△APC ≌△DQC (AAS)，∴AP ＝DQ .又∵S △ABC ＝12BC ·AP ，S △DFC ＝12FC ·DQ ， ∴S △ABC ＝S △DFC ；(3)图中阴影部分的面积和有最大值．理由如下：由(2)中的结论可知：S △K D J ＝S △ADC ，S △FBG ＝S △ABC ，S △AE L ＝S △ABD ，S △CH I ＝S △BDC ，∴S 阴影＝S △K DJ ＋S △FBG ＋S △AEL ＋S △CHI ＝S △ADC ＋S △ABC ＋S △ABD ＋S △BDC ＝2S 四边形ABCD .设AC ＝m ，则BD ＝10－m ，∵AC ⊥BD ，∴S 四边形ABCD ＝12AC ·BD ＝12m ·(10－m )＝－12m 2＋5m ＝－12(m －5)2＋252. ∵－12<0，∴S四边形ABCD有最大值，最大值为252.＝25，∴S阴影＝2×252∴阴影部分的面积和有最大值，最大值为25.9.问题背景如图①，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE ≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形．类比探究如图②，在正△ABC的内部，作∠BAD＝∠CBE＝∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点(D，E，F 三点不重合)．(1)△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；(2)△DEF是否为正三角形？请说明理由；(3)进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．第9题图解：(1)△ABD≌△BCE≌△CAF.证明：如解图①，第9题解图①∵△ABC为正三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC.∵∠ABD＝∠ABC－∠2，∠BCE＝∠ACB－∠3，而∠2＝∠3，∴∠ABD＝∠BCE.又∵∠1＝∠2，∴△ABD≌△BCE(ASA)；(2)△DEF是正三角形．理由如下：∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB＝∠BEC＝∠CF A，∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD，∴△DEF是正三角形；(3)如解图②，作AG⊥BD，交BD延长线于点G，第9题解图②由△DEF 是正三角形得到∠ADG ＝60°，(或者∠ADG ＝∠1＋∠ABD ＝∠2＋∠ABD ＝60°.)∴在Rt △ADG 中，DG ＝12b ，AG ＝32b . ∴在Rt △ABG 中，c 2＝(a ＋12b )2＋(32b )2， ∴c 2＝a 2＋ab ＋b 2.10. 在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，将△ABC 绕顶点C 顺时针旋转，旋转角为θ(0°＜θ＜180°)，得到△A ′B ′C .(1)设△ACA ′和△BCB ′的面积分别为S 1和S 2.若θ＝40°，请求出S 1S 2的值； (2)如图①，设A ′B ′与CB 相交于点D ，且AB ∥CB ′：①求证：CD ＝B ′D ；②求BD 的长；(3)如图②，设AC 中点为点M ，A ′B ′中点为点N ，连接MN ，MN 是否存在最大值，若存在，求出MN 的值，判断出此时AA ′与BB ′的位置关系；若不存在，请说明理由．第10题图(1)解： ∵△ABC 绕顶点C 顺时针旋转40°，得到△A ′B ′C ， ∴CA ＝CA ′，CB ＝CB ′，∠ACA ′＝∠BCB ′＝θ，∴△ACA ′∽△BCB ′，∴S △ACA ′∶S △BCB ′＝AC 2∶BC 2＝32∶42＝9∶16；∴S 1S 2＝916； (2)①证明：∵AB ∥B ′C ，∴∠ABC ＝∠BCB ′；由旋转的性质得∠ABC ＝∠DB ′C ，即∠BCB ′ ＝∠DB ′C ；∴CD ＝B ′D ；②解：根据勾股定理可得A ′B ′＝AB ＝5，据题意可得∠BCB ′ ＋∠BCA ′ ＝∠DB ′C ＋∠CA ′B ′＝90°，∴∠BCA ′ ＝∠CA ′B ′，∴CD ＝A ′D ＝B ′D ＝12A ′B ′＝52， ∴ BD ＝BC －CD ＝32； (3)解：存在，∵∠A ′CB ′＝90°，点M 为AC 的中点，∴CM ＝12AC ＝32， ∵△A ′B ′C 是由△ABC 绕顶点C 顺时针旋转所得，∴A ′B ′＝AB ＝5，第10题解图如解图，连接CN ，可得MN ≤CM ＋CN ，∴只有当点N 在MC 的延长线上时，MN ＝CM ＋CN ，此时MN 最大，∵点N 为A ′B ′的中点，∴CN ＝12 A ′B ′＝52，MN ＝CM ＋CN ＝4， 即MN 的最大值为4.此时AA ′⊥BB ′.。

题型09 几何类比、拓展、探究题一、解答题1．如图1，ABC ∆（12AC BC AC <<）绕点C 顺时针旋转得DEC ∆，射线AB 交射线DE 于点F ． （1）AFD ∠与BCE ∠的关系是 ；（2）如图2，当旋转角为60°时，点D ，点B 与线段AC 的中点O 恰好在同一直线上，延长DO 至点G ，使OG OD =，连接GC ．①AFD ∠与GCD ∠的关系是 ，请说明理由；②如图3，连接,AE BE ，若45ACB ∠=o ，4CE =，求线段AE 的长度．2．（问题）如图1，在Rt ABC V 中，90,ACB AC BC ∠=︒=，过点C 作直线l 平行于AB ．90EDF ∠=︒，点D 在直线l 上移动，角的一边DE 始终经过点B ，另一边DF 与AC 交于点P ，研究DP 和DB 的数量关系．（探究发现）（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D 移动到使点P 与点C 重合时，通过推理就可以得到DP DB =，请写出证明过程；（数学思考）（2）如图3，若点P 是AC 上的任意一点（不含端点A C 、），受（1）的启发，这个小组过点D 作DG CD ⊥交BC 于点G ，就可以证明DP DB =，请完成证明过程；（拓展引申）（3）如图4，在（1）的条件下，M 是AB 边上任意一点（不含端点A B 、），N 是射线BD 上一点，且AM BN =，连接MN 与BC 交于点Q ，这个数学兴趣小组经过多次取M 点反复进行实验，发现点M 在某一位置时BQ 的值最大．若4AC BC ==，请你直接写出BQ 的最大值．3．小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．(1)温故：如图 1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC=6 ，AD=4，求正方形PQMN的边长．(2)操作：能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图 2，任意画△ABC，在AB上任取一点P′，画正方形P′Q′M′N′，使Q′,M′在BC边上，N′在△ABC内，连结B N′并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．(3)推理：证明图2 中的四边形PQMN是正方形．(4)拓展：在(2)的条件下，于波利业线B N上截取NE=NM，连结EQ，EM(如图 3)．当tan∠NBM=34时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．4．问题提出：如图，图①是一张由三个边长为1 的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张a×b的方格纸（a×b的方格纸指边长分别为a，b的矩形，被分成a×b个边长为 1 的小正方形，其中a≥2 ，b≥2，且a，b为正整数）．把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？问题探究：为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论．探究一：把图①放置在2× 2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图③，对于2×2的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有4 种不同的放置方法．探究二：把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图④，在3×2的方格纸中，共可以找到2 个位置不同的2 ×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在3×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有2 ×4＝8种不同的放置方法．探究三：把图①放置在a ×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图⑤，在a ×2 的方格纸中，共可以找到______个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a× 2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有______种不同的放置方法．探究四：把图①放置在a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图⑥，在a ×3 的方格纸中，共可以找到______个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_____种不同的放置方法．……问题解决：把图①放置在a ×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．）问题拓展：如图，图⑦是一个由4 个棱长为1 的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为a，b，c（a≥2 ，b≥2 ，c≥2 ，且a，b，c是正整数）的长方体，被分成了a×b×c个棱长为1 的小立方体．在图⑧的不同位置共可以找到______个图⑦这样的几何体．5．在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，AD BC ⊥于点D ,（1）如图1，点M ，N 分别在AD ，AB 上，且90BMN ∠=︒，当30AMN ∠=︒，2AB =时，求线段AM 的长；（2）如图2，点E ，F 分别在AB ，AC 上，且90EDF ∠=︒，求证：BE AF =；（3）如图3，点M 在AD 的延长线上，点N 在AC 上，且90BMN ∠=︒，求证：AB AN +=;6．如图，正方形ABDE 和BCFG 的边AB ，BC 在同一条直线上，且2AB BC =，取EF 的中点M ，连接MD ，MG ，MB ．（1）试证明DM MG ⊥，并求MBMG的值． （2）如图，将如图中的正方形变为菱形，设()2090EAB αα∠=<<︒，其它条件不变，问（1）中MBMG的值有变化吗？若有变化，求出该值（用含α的式子表示）；若无变化，说明理由．7．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形． 理解：()1如图1，点A B C ，，在O e 上，ABC ∠的平分线交O e 于点D ，连接AD CD ，．求证：四边形ABCD 是等补四边形； 探究：()2如图2，在等补四边形ABCD 中AB AD ，＝，连接AC AC ，是否平分?BCD ∠请说明理由． 运用：()3如图3，在等补四边形ABCD 中，AB AD ＝，其外角EAD ∠的平分线交CD 的延长线于点105F CD AF ，＝，＝，求DF 的长．8．已知V ABC 内接于O e ，BAC ∠的平分线交O e 于点D ，连接DB ，DC ．（1）如图①，当120BAC ∠=o 时，请直接写出线段AB ，AC ，AD 之间满足的等量关系式： ； （2）如图②，当90BAC ∠=o 时，试探究线段AB ，AC ，AD 之间满足的等量关系，并证明你的结论； （3）如图③，若BC =5，BD =4，求ADAB AC+ 的值．9．如图，在ABC ∆中，AB BC =，AD BC ⊥于点D ，BE AC ⊥于点E ，AD 与BE 交于点F ，BH AB ⊥于点B ，点M 是BC 的中点，连接FM 并延长交BH 于点H ．（1）如图①所示，若30ABC ∠=o ，求证：DF BH +=； （2）如图②所示，若45ABC ∠=o ，如图③所示，若60ABC ∠=o （点M 与点D 重合），猜想线段DF 、BH 与BD 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．10．将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点A旋转，连接BC，DE．探究S△ABC与S△ADC的比是否为定值．（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图①）（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图②）（3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n为常数），S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，说明理由．（图③）11．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：如图2，在四边形ABCD 中，AB AD =，CB CD =，问四边形ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图1，四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ，AC BD ⊥．试证明：2222AB CD AD BC +=+；(3)解决问题：如图3，分别以Rt ACB V 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连结CE 、BG 、GE ．已知4AC =，5AB =，求GE 的长．12．（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．13．如图，正方形ABCD 的边长为2，E 为AB 的中点，P 是BA 延长线上的一点，连接PC 交AD 于点F ，AP FD =．（1）求AFAP的值； （2）如图1，连接EC ，在线段EC 上取一点M ，使EM EB =，连接MF ，求证：MF PF =； （3）如图2，过点E 作EN CD ⊥于点N ，在线段EN 上取一点Q ，使AQ AP =，连接BQ ，BN ．将AQB ∆绕点A 旋转，使点Q 旋转后的对应点'Q 落在边AD 上．请判断点B 旋转后的对应点'B 是否落在线段BN 上，并说明理由．14．在ABC ∆中，90ABC ∠=︒，ABn BC=，M 是BC 上一点，连接AM （1）如图1，若1n =，N 是AB 延长线上一点，CN 与AM 垂直，求证：BM BN =（2）过点B 作BP AM ⊥，P 为垂足，连接CP 并延长交AB 于点Q . ①如图2，若1n =，求证：CP BMPQ BQ=②如图3，若M 是BC 的中点，直接写出tan BPQ ∠的值（用含n 的式子表示）15．⑴如图1，E 是正方形ABCD 边AB 上的一点，连接BD DE 、，将BDE ∠绕着点D 逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC 交于点F 和点G . ①线段DB 和DG 的数量关系是 ； ②写出线段BE BF 、和DB 之间的数量关系.⑵当四边形ABCD 为菱形，ADC 60∠=o ，点E 是菱形ABCD 边AB 所在直线上的一点，连接BD DE 、，将BDE ∠绕着点D 逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC 交于点F 和点G .①如图2，点E 在线段上时，请探究线段BE BF 、和BD 之间的数量关系，写出结论并给出证明； ②如图3，点E 在线段AB 的延长线上时，DE 交射线BC 于点M ；若 BE 1,AB 2==,直接写出线段GM 的长度.16．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．例2 如图，在ABC ∆中，,D E 分别是边,BC AB 的中点，,AD CE 相交于点G ，求证：13GE GD CE AD ==，证明：连结ED ．请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．结论应用：在ABCD Y 中，对角线AC BD 、交于点O ，E 为边BC 的中点，AE 、BD 交于点F ． （1）如图②，若ABCD Y 为正方形，且6AB =，则OF 的长为 ． （2）如图③，连结DE 交AC 于点G ，若四边形OFEG 的面积为12，则ABCD Y 的面积为 ．17．如图1，在矩形ABCD 中，BC =3，动点P 从B 出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC 方向移动，作PAB ∆关于直线PA 的对称'PAB ∆，设点P 的运动时间为()t s（1）若AB =①如图2，当点B ’落在AC 上时，显然△PCB ’是直角三角形，求此时t 的值②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB ’是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t 的值？若不存在，请说明理由（2）当P 点不与C 点重合时，若直线PB ’与直线CD 相交于点M ，且当t ＜3时存在某一时刻有结论∠P AM =45°成立，试探究：对于t ＞3的任意时刻，结论∠P AM =45°是否总是成立？请说明理由.18．在等腰三角形ABC ∆中，AB AC =，作CM AB ⊥交AB 于点M ，BN AC ⊥交AC 于点N ． （1）在图1中，求证：BMC CNB ∆≅∆；（2）在图2中的线段CB 上取一动点P ，过P 作//PE AB 交CM 于点E ，作//PF AC 交BN 于点F ，求证：PE PF BM +=；（3）在图3中动点P 在线段CB 的延长线上，类似（2）过P 作//PE AB 交CM 的延长线于点E ，作//PF AC 交NB 的延长线于点F ，求证：···AM PF OM BN AM PE +=．19．问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．问题探究：在“问题情境”的基础上，（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．若正方形ABCD的边长为4 ，AD的中点为S，求P'S的最小值．问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD 沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝52，请直接写出FH的长．20．箭头四角形,模型规律:如图1，延长CO 交AB 于点D ，则1BOC B A C B ∠∠+∠∠+∠+∠＝＝．．因为凹四边形ABOC 形似箭头，其四角具有“BOC A B C ∠∠+∠+∠＝”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．模型应用:（1）直接应用：①如图2，A B C D E F ∠+∠+∠+∠+∠+∠= ．②如图3，ABE ACE ∠∠、的2等分线（即角平分线）BF CF 、交于点F ，已知12050BEC BAC ∠=∠=o o ，，则BFC ∠=③如图4，i i BO CO 、分别为ABO ACO ∠∠、的2019等分线12320172018i =⋯（，，，，，）．它们的交点从上到下依次为1232018O O O O ⋯、、、、．已知BOC m BAC n ∠=∠=o o ，，则1000BO C ∠= 度 （2）拓展应用：如图5，在四边形ABCD 中，2BC CD BCD BAD =∠=∠，．O 是四边形ABCD 内一点，且OA OB OD ==．求证：四边形OBCD 是菱形．21．如图1，在Rt △ABC 中，∠B =90°，BC =2AB =8，点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，连接DE ，将△EDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α. （1）问题发现 ① 当0α︒=时，AEBD= ；② 当时，AEBD= （2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，AEDB的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明. （3）问题解决当△EDC 旋转至A 、D 、E 三点共线时，直接写出线段BD 的长.22．操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处.点P为直线EF上一动点(不与E、F重合)，过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN.(1)如图1，求证：BE＝BF；(2)特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；(3)类比探究：若DE＝a，CF＝b.①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系.(不要求写证明过程)23．如图，平面内的两条直线l1、l2,点A、B在直线l2上，过点A、B两点分别作直线l1的垂线，垂足分别为A1、B1，我们把线段A1B1叫做线段AB在直线l2上的正投影，其长度可记作T（AB，CD）或T（AB，l2）,特别地，线段AC在直线l2上的正投影就是线段A1C，请依据上述定义解决如下问题.（1）如图1，在锐角△ABC中，AB=5，T（AC，AB）=3，则T（BC，AB）= ；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，T（AC，AB）=4，T（BC，AB）=9，求△ABC的面积；（3）如图3，在钝角△ABC中，∠A=60°，点D在AB边上，∠ACD=90°，T（AD，AC）=2，T（BC，AB）=6，求T（BC，.CD）24．（1）（探究发现）如图1，EOF ∠的顶点O 在正方形ABCD 两条对角线的交点处，90EOF ︒∠=，将EOF ∠绕点O 旋转，旋转过程中，EOF ∠的两边分别与正方形ABCD 的边BC 和CD 交于点E 和点F （点F 与点C ，D 不重合）．则,,CE CF BC 之间满足的数量关系是 ． （2）（类比应用）如图2，若将（1）中的“正方形ABCD ”改为“120BCD ∠=o 的菱形ABCD ”，其他条件不变，当60EOF ∠=o 时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由． （3）（拓展延伸）如图3，120BOD =o ∠，34OD =，4OB =，OA 平分BOD ∠，AB =且2OB OA >，点C 是OB 上一点，60CAD ∠=o ，求OC 的长．25．根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题） ②三个角分别相等的两个凸四边形相似；（ 命题） ③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）（2）如图1，在四边形ABCD 和四边形A 1B 1C 1D 1中，∠ABC ＝∠A 1B 1C 1，∠BCD ＝∠B 1C 1D 1，111111AB BC CDA B B C C D ==，求证：四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似．（3）如图2，四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AC 与BD 相交于点O ，过点O 作EF ∥AB 分别交AD ，BC 于点E ，F ．记四边形ABFE 的面积为S 1，四边形EFDE 的面积为S 2，若四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，求21S S 的值．26．在△ABC 中，已知D 是BC 边的中点，G 是△ABC 的重心，过G 点的直线分别交AB 、AC 于点E 、F .（1）如图1，当EF ∥BC 时，求证：1BE CFAE AF+=； （2）如图2，当EF 和BC 不平行，且点E 、F 分别在线段AB 、AC 上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.（3）如图3，当点E 在AB 的延长线上或点F 在AC 的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.27．如图，在等腰Rt ABC V 中，90,ACB AB ∠==o 点D ,E 分别在边AB ,BC 上，将线段ED 绕点E 按逆时针方向旋转90º得到EF ．（1）如图1，若AD BD =，点E 与点C 重合，AF 与DC 相交于点O ．求证：2BD DO =． （2）已知点G 为AF 的中点．①如图2，若,2AD BD CE ==，求DG 的长．②若6AD BD =，是否存在点E ，使得DEG △是直角三角形？若存在，求CE 的长；若不存在，试说明理由．28．(1)方法选择如图①，四边形ABCD 是O e 的内接四边形，连接AC ，BD ，AB BC AC ==．求证：BD AD CD =+. 小颖认为可用截长法证明：在DB 上截取DM AD =，连接AM …小军认为可用补短法证明：延长CD 至点N ，使得DN AD =…请你选择一种方法证明．(2)类比探究（探究1）如图②，四边形ABCD 是O e 的内接四边形，连接AC ，BD ，BC 是O e 的直径，AB AC =．试用等式表示线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系，并证明你的结论．（探究2）如图③，四边形ABCD 是O e 的内接四边形，连接AC ，BD ．若BC 是O e 的直径，30ABC ∠=︒，则线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式是______．(3)拓展猜想如图④，四边形ABCD 是O e 的内接四边形，连接AC ，BD ．若BC 是O e 的直径，::::BC AC AB a b c =，则线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式是______．29．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD 中，点E ，Q 分别在边BC ，AB 上，DQ AE ⊥于点O ，点G ，F 分别在边CD ，AB 上，GF AE ⊥．①求证：DQ AE =； ②推断：GF AE的值为 ； （2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD 中，BC k AB =（k 为常数）．将矩形ABCD 沿GF 折叠，使点A 落在BC 边上的点E 处，得到四边形FEPG ，EP 交CD 于点H ，连接AE 交GF 于点O ．试探究GF 与AE CP 之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP ，当23k =时，若3tan 4CGP ∠=，GF =CP 的长．30．在ABC ∆，CA CB =，ACB α∠=．点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点．连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP ．（1）观察猜想如图1，当60α︒=时，BD CP 的值是 ，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是 ． （2）类比探究如图2，当90α︒=时，请写出BD CP 的值及直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当90α︒=时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，请直接写出点C ，P ，D 在同一直线上时AD CP的值．。

1.如图，△ABC 与△CDE 是等边三角形，连接AD ，取AD 的中点P ，连接BP 并延长至点M ，使PM=BP ，连接AM ，EM ，AE ，将△CDE 绕点C 顺时针旋转.（1）如图1，当点D 在BC 上，点E 在AC 上时，则△AEM 的形状为 ；（2）将△CDE 绕点C 顺时针旋转至图2的位置，请判断△AEM 的形状，并说明理由；（3）若CD=21BC ，将△CDE 由图1位置绕点C 顺时针旋转α（0°≤α＜360°），当ME=3CD 时，请直接写出α的值.图1 图2 备用图2.在△ABC 和△ADE 中，BA=BC ，DA=DE ，且∠ABC=∠ADE=α，点E 在△ABC 的内部，连接EC ，EB 和BD ，并且∠ACE+∠ABE=90°.（1）如图1，当α=60°时，线段BD 与CE 的数量关系为 ，线段EA ，EB ，EC 的数量关系为 ；（2）如图2当α=90°时，请写出线段EA ，EB ，EC 的数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，当点E 在线段CD 上时，若BC=52，请直接写出△BDE 的面积.3.如图，△ABC 中，AB=BC，BD ⊥AC 于点D，∠FAC=∠ABC ，且∠FAC 在AC 下方．点P，Q 分别是射线BD ，射线AF 上的动点，且点P 不与点B 重合，点Q 不与点A 重合，连接CQ ，过点P 作PE ⊥CQ 于点E ，连接DE，，1）若∠ABC=60°，BP=AQ，①如图1，当点P 在线段BD 上运动时，请直接写出线段DE 和线段AQ 的数量关系和位置关系；②如图2，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；，2）若∠ABC=2α≠60°，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使（1）中①的结论仍然成立（用含α的三角函数表示）．4.已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM．（1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论；（2）如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；（3）将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请画出图形，并直接写出MF的长．5.定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．理解：（1）如图1，已知Rt△ABC在正方形网格中，请你只用无刻度的直尺在网格中找到一点D，使四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形（保留画图痕迹，找出3个即可）；（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，对角线BD平分∠ABC．求证：BD是四边形ABCD的“相似对角线”；（3）如图3，已知FH是四边形EFCH的“相似对角线”，∠EFH=∠HFG=30°，连接EG，若△EFG的面积为2，求FH的长．6.问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为；探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．7.如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F，，1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为，，2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°，α，45°），如图（2）所示，试探究线段AG 与BE之间的数量关系，并说明理由：，3）拓展与运用：正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG 交AD于点H．若AG=6，GH=2，则BC=，8.在△ABC 中，∠ABC=90°，，1）如图1，分别过A，C 两点作经过点B 的直线的垂线，垂足分别为M，N ，求证：△ABM ∽△BCN，，2）如图2，P 是边BC 上一点，∠BAP=∠C，tan ∠PAC=，求tanC 的值；，3）如图3，D 是边CA 延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin ∠BAC=，，直接写出tan ∠CEB 的值．9.在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，以CA 为边在∠ACB 的另一侧作∠ACM ＝∠ACB ，点D 为射线BC 上任意一点，在射线CM 上截取CE ＝BD ，连接AD 、DE 、AE ．（1）如图1，当点D 落在线段BC 的延长线上时，直接写出∠ADE 的度数；（2）如图2，当点D 落在线段BC （不含边界）上时，AC 与DE 交于点F ，请问（1）中的结论是否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；（3）在（2）的条件下，若AB ＝6，求CF 的最大值．10.问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，则：AC=AB．探究结论：小明同学对以上结论作了进一步研究．（1）如图1，连接AB边上中线CE，由于CE=AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为BE=CE．（2）如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE．试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明．（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，在（2）条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论BE=DE．拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC，当C点在第一象限内，且B（2，0）时，求C 点的坐标．11.. ，1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB=AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是__________；位置关系是__________，，2）类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB，AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．，3）深入研究：如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明．已知，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边在AD的上边作正方形ADEF，连接CF．（1）观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：；②BC、CD、CF之间的数量关系为：．（2）数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，以上①②关系是否成立，请在后面的横线上写出正确的结论．①BC与CF的位置关系为：；②BC、CD、CF之间的数量关系为：．（3）如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GD，若已知AB=2，CD=BC，请求出DG的长（写出求解过程）．。

江西省2020届中考数学单元专题练之几何探究题【题型解读】几何探究题为江西近10年的必考题型，题位在解答题最后两道题中的一道．考查类型有：(1)操作探究问题(3次)；(2)旋转探究问题(3次)；(3)新定义探究问题(2次)；(4)动点探究问题(2次)；主要设问有：(1)求线段长；(2)判断图形的形状；(3)求角度；(4)判断两条线段的数量和位置关系并证明．类型一操作探究问题1.如图，在正方形ABCD中，点E、F是正方形内两点，BE∥DF，EF⊥BE.为探索研究这个图形的特殊性质，某数学学习小组经历了如下过程：●初步体验如图①，连接BD，若BE＝DF，求证：EF与BD互相平分．●规律探究(1)在图①中，(BE＋DF)2＋EF2＝________AB2；(2)如图②，若BE≠DF，其他条件不变，(1)中的数量关系是否会发生变化？如果不会，请证明你的结论；如果会发生变化，请说明理由．●拓展应用如图③，若AB＝4，∠DPB＝135°，2BP＋2PD＝46，求PD的长．第1题图2. 如图①，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为，P是半径OB上的一动点，Q是上的一动点，连接PQ.发现：当∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；思考：(1)如图②，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求的长；(2)如图③，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点恰好落在OA的延长线上，求阴影部分的面积；探究：如图④，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．第2题图3. 综合与实践 问题情境：数学研究课上，老师带领大家探究《折纸中的数学问题》时，出示如图①所示的长方形纸条ABCD ，其中AD ＝BC ＝1，AB ＝CD ＝5.然后在纸条上任意画一条截线段MN ，将纸片沿MN 折叠，MB 与DN 交于点K ，得到△MNK ，如图②所示：深入探究： (1)若∠1＝70°，求∠MKN 的度数；(2)试判断△MNK 的形状；若改变折痕MN 的位置，△MNK 的形状是否发生变化，请说明理由；拓展应用：(3)爱动脑筋的小明在研究△MNK 的面积时，发现KN 边上的高始终是个不变的值．根据这一发现，他很快研究出△KMN 的面积最小值为12，求此时∠1的度数；(4)小明继续动手操作，发现了△MNK 面积的最大值．请你求出这个最大值．第3题图4. 如图，在矩形ABCD 中，将矩形折叠，使点B 落在边AD (含端点)上，落点记为点E ，这时折痕与边BC 或者边CD (含端点)交于点F ，然后展开铺平，连接BE 、EF .(1)操作发现：①在矩形ABCD 中，任意折叠所得的△BEF 是一个______三角形； ②当折痕经过点A 时，cos ∠BEF 的值为________； (2)深入探究：在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝23，①当△BEF是等边三角形时，求出BE的长度；②在任意折叠中，△BEF的面积是否存在最大值，若存在，求出EF的长；若不存在，请说明理由．第4题图5. 如图①，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，在∠BAC内部作∠MAN＝45°，AM、AN分别交BC于点M、N.【操作】(1)将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到△ACQ，请在图①中画出△ACQ；(不写画法)【探究】(2)在(1)中所作图的基础上，连接NQ，①求证：MN＝NQ；②写出线段BM，MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由；【拓展】如图②，在等腰△DEF中，∠EDF＝45°，DE＝DF，点P是EF边上任意一点(不与点E，F重合)，连接DP，以DP为腰向两侧分别作顶角均为45°的等腰△DPG和等腰△DPH，分别交DE、DF于点K、L，连接GH，分别交DE、DF于点S、T，(3)线段GS，ST和TH之间满足的数量关系是________；(4)设DK＝a，DE＝b，求DP的值．(用a、b表示)第5题图6．现有三角形纸板ABC, AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，将该三角形纸板放在足够大的圆中移动，⊙O交直线AB于点D，连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE.(1)操作发现：如图①，当⊙O经过A、C两点，且圆心O在△ABC内部时，连接CD、CE，①试判断CD与CE的数量关系，并说明理由；②求AE＋AD的值；(2)数学思考：如图②，当⊙O 经过A 、C 两点，且圆心O 在△ABC 外部时，连接CD 、CE ，求AE －AD 的值；(3)问题解决：如图③，点F 为CA 延长线上一点，且AC ＝3AF .当⊙O 经过A ，F 两点，且圆心O 在△ABC 外部时，连接DF ，EF ，①猜想AE 、AD 之间的数量关系，并证明；②连接CE ，是否存在△AEC 为直角三角形？若存在，请直接写出⊙O 的半径；若不存在，请说明理由．第6题图类型二 旋转探究问题1. 在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，将△ABC 绕顶点C 顺时针旋转，旋转角为θ(0°＜θ＜180°)，得到△A ′B ′C .(1)设△ACA ′和△BCB ′的面积分别为S 1和S 2.若θ＝40°，请求出S 1S 2的值；(2)如图①，设A ′B ′与CB 相交于点D ，且AB ∥CB ′： ①求证：CD ＝B ′D ； ②求BD 的长；(3)如图②，设AC 中点为点M ，A ′B ′中点为点N ，连接MN ，MN 是否存在最大值，若存在，求出MN 的值，判断出此时AA ′与BB ′的位置关系；若不存在，请说明理由．第1题图2. 如图①，在△ABC中，AC＝BC＝22，∠ACB＝90°，点D、E分别是AC、BC的中点，将△CDE绕点C逆时针旋转得到△CD′E′，旋转角为α，连接AD′、BE′.(1)如图①，若0°＜α＜90°.①求证：AD′＝BE′；②当AD′∥CE′时，求BE′的长；(2)如图②，若90°＜α＜180°，当点D′落在线段BE′上时，求sin∠CBE′的值；(3)如图③，将△CDE绕点C旋转一周，在旋转过程中，若AD′与直线BE′相交于点P，M为AB的中点，那么在整个旋转过程中，求PM扫过的图形面积．第2题图3. 如图①，边长为6的等边△ABC中，点D在AB边上(不与点A，B重合)，点E在BC 边上(不与点B，C重合)．第一次操作：将线段DE绕点E顺时针旋转，当点D落在三角形上时，记为点F；第二次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在三角形上时，记为点G；依次操作下去….(1)如图②中的四边形DEFG是经过三次操作后得到的，且DE⊥EC.①四边形DEFG的形状为________；②若BE＝CF，求线段DE的长；(2)若经过两次操作可得到△DEF如图③.①请判断△DEF的形状为________，此时AD与BE的数量关系是________；②以①中的结论为前提，设AD的长为x，△DEF的面积为y，求y与x的函数关系式；(3)若经过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，其最大边数是多少？它可能是正多边形吗？如果是，请直接写出其边长；如果不是，请说明理由．第3题图4. 已知△ABC与△DEF均为透明的完全一样的等腰直角三角板，且AC＝BC＝2，∠C ＝∠E＝90°.在数学活动课上，小颖同学用这两块三角板进行探究活动．操作：使点D落在线段AB的中点处并使DF过点B(如图①)，然后将△DEF绕点D顺时针旋转，直至点E落在CB的延长线上时结束操作，在此过程中，射线ED与射线CA交于点N，射线CB与DF相交于点M，连接MN(如图②，图③)．(1)如图②，若AB∥MN，求证：△ADN≌△BDM；(2)如图②，在以上操作过程中，求证：AN·BM的值不会发生变化；(3)①如图③，在以上操作过程中，ND始终平分∠ANM吗？若平分，请加以证明；若不平分，请说明理由；②设AN＝m，请直接写出△DMN的面积(用含m的式子表示)．第4题图5. 如图①，把边长为2的正方形纸片ABCD沿对角线BD剪开，将△BCD平移得到△DEF，使得BC边与AD边重合，如图②所示，固定△ABC，将△EFD绕点A顺时针旋转，当ED边与AB边重合时，旋转停止．不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设ED、EF(或它们的延长线)分别交BC(或它的延长线)于G、H点，如图③所示．(1)图②四边形ABCF的形状是________，连接BF，则BF＝________；(2)在旋转过程中，∠CEF＋∠CHE的度数为________；(3)设CG＝x，BH＝y，求y关于x的函数关系式(只要求根据图③所示的情况说明理由)；(4)当x为何值时，△AGH是等腰三角形？(直接写出答案，不必说明理由)第5题图6.将两张完全相同的平行四边行纸片按如图①所示放置(其中点E在BC上，点A在BG 上，AB＝BE＝4，BC＝BG＝23＋2，∠B＝60°，▱ABCD固定不动，将▱GBEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<360°)．(1)如图①，连接AF，求AF的长．(2)如图②，当▱GBEF绕点B旋转到点F与点D重合时，AD与BG相交于点M，BC与ED相交于点N，求证：四边形BMDN是菱形．(3)如图③，在旋转过程中，当旋转角α为多少度时，以点C，G，D，F为顶点的四边形是正方形？是矩形？请给予证明．第6题图类型三 新定义探究问题1. 如图①，P 为△ABC 内一点，连接P A 、PB 、PC ，若△PBC 与△CAB 相似，那么就称点P 为△ABC 的黄金点．(1)在下列三角形中，一定没有黄金点的是( ) A . 锐角三角形 B . 钝角三角形 C . 等腰三角形 D . 直角三角形(2)如图②，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠ABC ＞∠A ，CD 是AB 上的中线，过点B 作BE ⊥CD ，垂足为点E ，试说明点E 是△ABC 的黄金点；(3)如图③，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝4. ①若点P 1是△ABC 的黄金点，求AP 1的长；②若点P 1是△ABC 的黄金点，点P 2是△P 1BC 的黄金点， 点P 3是△P 1P 2C 的黄金点，点P 4是△P 1P 2 P 3的黄金点，…，以此类推，请求出△P 2016P 2017P 2018的周长.第1题图2. 我们知道若线段上的一个点把这条线段分割为两部分，其中一部分与全长之比等于5－12时，则这个点称为黄金分割点．类比三角形中线的定义，我们规定：连接一个顶点和它对边的黄金分割点的线段叫做这个三角形的黄金线．(1)如图①，已知CD 是△ABC 的黄金线(AD >BD )，△ABC 的面积为4，则△BCD 的面积为________；(2)如图②，在△ABC 中，∠A ＝36°，AB ＝AC ＝1，过B 点作BD 平分∠ABC ，与AC 相交于点D ，求证：BD 是△ABC 的黄金线；(3)如图③， BE 、CD 是△ABC 的黄金线(AD >BD ，AE >CE )，BE 、CD 相交于点O . ①设△BOD 与△COE 的面积分别为S 1、S 2，试猜想S 1、S 2的数量关系，并说明理由；②求ODCD的值．第2题图3．如果在两个相似但不全等的三角形中，其中一个三角形的一边等于另一个三角形的一边，那么，我们称这两个三角形为梦幻三角形，例如：(如图①所示)△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，(如图②所示)△A 1B 1C 1的三边长分别为a 1、b 1、c 1，且△ABC ∽△A 1B 1C 1，c ＝a 1，那么我们将△ABC 与△A 1B 1C 1称为梦幻三角形．(1)若△ABC 与△A 1B 1C 1为梦幻三角形，且相似比为k (k ＞1)，求证：a ＝kc ； (2)如图③，在△ABC 中，∠ACB ＝80°，∠B ＝60°，CD 平分∠ACB 交AB 于点D ，求证：△CBD 与△ABC 为梦幻三角形；(3)如图④，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，∠ACB 的平分线交⊙O 于点D ，过点D 作⊙O 的切线PD 交CA 的延长线于点P ，过点C 作CF ⊥PD 于点F ，与AD 相交于点E ，且△ACE 与△ADC 刚好构成梦幻三角形．①若AE ·AD ＝36，BC ＝8，求线段AD 的长；②若CDAB＝m ，请直接写出PC 与PD 的数量关系(用含m 的式子表示，不必说明理由)．第3题图4.阅读理解如图①，在正n边形A1A2A3…A n的边A2A3上任取一不与点A2重合的动点B2，并以线段A1B2为边在线段A1A2上方作一正n边形A1B2B3…B n，把正n边形A1B2B3…B n叫正n边形A1A2A3…A n的准位似图形，点A3称为准位似中心．特例论证(1)如图②，已知正三角形A1A2A3的准位似图形为正三角形A1B2B3，试证明：随着点B2的运动，∠B3A3A1的大小始终不变．数学思考(2)如图③，已知正方形A1A2A3A4的准位似图形为正方形A1B2B3B4，随着点B2的运动，∠B3A3A4的大小是否始终不变？若不变，请求出∠B3A3A4的大小；若改变，请说明理由．归纳猜想(3)在图①的情况下：①试猜想∠B3A3A4的大小是否会发生改变？若不改变，用含n的代数式表示出∠B3A3A4的大小(不要求证明)；若会改变，请说明理由；②∠B3A3A4＋∠B4A4A5＋∠B5A5A6＋…＋∠B n A n A1＝________.(用含n的代数式表示)第4题图类型四 动点探究问题1.在四边形OABC 中，AB ∥OC ，∠OAB ＝90°， ∠OCB ＝60°，AB ＝2，OA ＝2 3.(1)如图①，连接OB ，请直接写出OB 的长度；(2)如图②，过点O 作OH ⊥BC 于点H .动点P 从点H 出发，沿线段HO 向点O 运动，动点Q 从点O 出发，沿线段OA 向点A 运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，设点P 运动的时间为t 秒，△OPQ 的面积为S (平方单位)．①求S 与t 之间的函数关系式；②设PQ 与OB 交于点M ，当△OPM 为等腰三角形时，试求出△OPQ 的面积S 的值．第1题图2. 如图，点O 为正方形ABCD 的中心，AB ＝2，点E 为AB 上的一动点，DF ⊥DE 于点D ，DF 与BC 的延长线相交于点F . OM ⊥DE 于点M , ON ⊥DF 于点N .(1)求证：DE ＝DF ；(2)在点E 的运动过程中，OM 2＋ON 2是否是一个定值，如果是，请求出 OM 2＋ON 2的值，若不是，请说明理由；(3)如图②，若DE 与AC 相交于点P ，DF 的延长线与AC 的延长线相交于点Q ，求证： AP CQ ＝DP DQ.第2题图3. 如图①，在等腰△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上的动点，P为AB边上的动点，连接DP，以DP为边构造△DEP，∠DPE＝90°，PD＝PE.(1)如图②，若点P与点A重合，①求证：CD＝BE；②猜想BD、CD与PD之间的数量关系，并说明理由；(2)如图③，若BP＝2AP时，AC＝62，设DP2＝y，BD＝x.①求y关于x的函数关系式；②连接CP，请问是否存在△CDP为等腰三角形？若存在，请求出△DPE的面积；若不存在，请说明理由．第3题图4. 如图，在锐角△ABC中，AB＝8，BC＝6，CD⊥AB于点D，点E是AC的中点，连接DE.(1)如图①，①当DE∥BC时，则cos∠B的值为________；②当DE⊥AC时，求sin∠B的值；(2)设△ACD的面积为S，求S－AC2的最大值；(3)如图②，M、F为线段AB上的两动点，在运动的过程中，EF始终与CM平行，延长FE到点P，随着∠B的变化，是否存在∠DEP＝k∠A(k为正整数)？若存在，请直接写出tan∠MCA的取值范围；若不存在，请说明理由．第4题图江西省2020届中考数学单元专题练之几何探究题答案全解全析类型一操作探究问题1.解：●初步体验证明：如解图①，连接BD交EF于点O，连接DE、BF，第1题解图∵BE＝DF，BE∥DF，∴四边形BFDE是平行四边形，∴EF与BD互相平分．●规律探究(1) 2；(2)(1)中的数量关系不会发生变化．理由如下：如解图①，过点D作BE的垂线，与BE的延长线交于点M，连接BD，第1题解图①∵BE∥DF，EF⊥BE，DM⊥BM，∴EF∥DM，∴四边形EFDM是矩形，∴DF＝EM，EF＝DM，BM＝BE＋DF，∵在正方形ABCD中，∴BD＝2AB，∵BD2＝BM2＋DM2，∴(BE＋DF)2＋EF2＝2AB2.●拓展应用如解图②，过点P作EP⊥DP，过点B作BE⊥EP，第1题解图②∵∠DPB＝135°，∴∠EPB＝45°，即△EBP为等腰直角三角形，∴PB＝2BE，∵2BP＋2PD＝46，∴2·2BE ＋2PD ＝46， ∴BE ＋PD ＝26，设PE ＝BE ＝x ，则有(BE ＋PD )2＋x 2＝ 2AB 2，即(26)2＋x 2＝32， 解得x ＝±22(负值舍去)， ∴PD ＝26－BE ＝26－2 2. 2. 解：发现：90°，102；【解法提示】∵点Q 在AB ︵上，点P 在OB 上，∴当PQ 取最大值时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合， 此时∠POQ ＝90°，PQ ＝OA 2＋OB 2＝10 2.思考：(1)如解图①，连接OQ ，则OP ＝12OB ＝12OQ ，∵QP ⊥OB ， ∴cos ∠QOP ＝OP OQ ＝12∴∠QOP ＝60°，∴l BQ ︵＝60180π×10＝103π ；第2题解图①(2)由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102， 在Rt △B ′OP 中，OP 2＋(102－10)2＝(10－OP )2， 解得OP ＝102－10， S 阴影＝S 扇形AOB －2S △AOP ＝90360π×102－2×12×10× (102－10)＝25π－1002＋100；探究：如解图②，找点O 关于PQ 的对称点O ′，连接OO ′、O ′B 、O ′C 、O ′P ，OO ′与PQ 交于点M ，则OM ＝O ′M ，OO ′⊥PQ ，O ′P ＝OP ＝6，第2题解图②∵点O ′是B ′Q ︵所在圆的圆心， ∴O ′C ＝OB ＝10，∵折叠后的B ′Q ︵恰好与半径OA 相切于C 点，∴O ′C ⊥AO ， ∴O ′C ∥OB ，∴四边形OCO ′B 是矩形，在Rt △O ′BP 中，O ′B ＝62－42＝2 5在Rt △OBO ′中，OO ′＝102＋（25）2＝230， ∴OM ＝12OO ′＝12×230＝30，即点O 到折痕PQ 的距离为30.3. 解：深入探究：(1)∵折叠前的四边形ABCD 是矩形， ∴AM ∥DN ，∴∠KNM ＝∠KMN ＝∠1＝70°， ∴∠MKN ＝40°；(2)△MNK 为等腰三角形；不发生变化； 理由如下：∵AM ∥DN ， ∴∠1＝∠MNK ，∵将纸片沿MN 折叠， ∴∠1＝∠KMN ， ∴∠MNK ＝∠KMN ， ∴KM ＝KN ，∴△MNK 始终为等腰三角形；拓展应用：(3)如解图①，当△KMN 的面积最小值为12时，KN ＝KM ＝BC ＝1，∴KM ⊥KN ，第3题解图①∵∠NMB ＝∠KMN ，∠KMB ＝90°， ∴∠1＝∠NMB ＝45°，同理将纸条向下折叠时，∠1＝∠NMB ＝135°， ∴∠1＝45°或∠1＝135°； (4)分两种情况：情况一：如解图②，将矩形纸片对折，使点B 与D 重合，此时点K 也与D 重合，第3题解图②设MK ＝MB ＝x ，则AM ＝5－x ，在Rt △AMK 中，由勾股定理得12＋(5－x )2＝x 2， 解得x ＝2.6，∴MK ＝NK ＝2.6，(由(2)可得)∴S △MNK ＝12×1×2.6＝1.3；情况二：如解图③，将矩形纸片沿对角线AC 对折，此时折痕即为AC ，第3题解图③设MK ＝AK ＝CK ＝x ，则DK ＝5－x . 同理可得MK ＝NK ＝2.6， ∵MD ＝1，∴S △MNK ＝12×1×2.6＝1.3，∴△MNK 的面积最大值为1.3. 4. 解：(1)①等腰；【解法提示】由折叠的性质可知BF ＝EF ，∴△BEF 为等腰三角形． ②22； 【解法提示】由折叠的性质可知∠BEF ＝∠EBF ＝45°， ∴cos ∠BEF ＝22； (2)①当△BEF 是等边三角形时，则∠ABE ＝30°， ∵AB ＝3，∴cos ∠ABE ＝AB BE ＝32，∴BE ＝2；②根据题意可得矩形ABCD 的面积为6； 第一种情况：当点F 在边BC 上时，此时可得S △BEF ≤12S 矩形ABCD ，即当点F 与点C 重合时，S △BEF 存在最大值，最大值为3；由折叠可知CE ＝CB ＝23，即EF ＝ 23； 第二种情况：当点F 在边CD 上时，如解图，过点F 作FH ∥BC 交AB 于点H ，交BE 于点K ，第4题解图∵S △EKF ＝12KF ·AH ≤12HF ·AH ＝12S 矩形AHFD ，S △BKF ＝12KF ·BH ≤12HF ·BH ＝12S 矩形BCFH ，∴S △BEF ≤12S 矩形ABCD ＝3，即当点F 为CD 中点时，△BEF 的面积最大，此时，点E 与点A 重合，△BEF 面积最大为3， ∴EF ＝AD 2＋DF 2＝（23）2＋（32）2＝512， 综上所述，当△BEF 的最大面积为3时，EF 的长为23或512. 5. (1) 解：如解图①，△ACQ 即为所求；第5题解图①(2)①证明：由旋转可得，△ABM ≌ △ACQ ，∴AM ＝AQ ，∠BAM ＝∠CAQ ， ∵∠MAN ＝45°，∠BAC ＝ 90°， ∴∠BAM ＋∠NAC ＝45°， ∴∠CAQ ＋∠NAC ＝45°，即∠NAQ ＝45°， 在△MAN 和△QAN 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AM ＝AQ ∠MAN ＝∠QAN ，AN ＝AN∴△MAN ≌△QAN (SAS )， ∴MN ＝NQ ；② 解：MN 2＝BM 2＋NC 2； 理由如下：由①中可知，MN ＝NQ ，MB ＝CQ ，又∵∠NCQ ＝∠NCA ＋ACQ ＝∠NCA ＋∠ABM ＝45°＋45°＝90°， ∴在Rt △NCQ 中，NQ 2＝CQ 2＋NC 2，即MN 2＝BM 2＋NC 2； (3)解：ST 2＝GS 2＋TH 2；【解法提示】如解图③，连接SP 、PT ，用(2)中的方法可证△DGS ≌△DPT ，△GSP ≌△PTH ，∴GS ＝PT ，TH ＝SP ，由题意易知GH ⊥PD ，△SPT 为直角三角形， ∴ST 2＝PT 2＋SP 2＝GS 2＋TH 2.(4)解：如解图③，∵DE ＝DF ，DG ＝DP ，∠EDF ＝∠GDP ＝45°，第5题解图③∴∠DPK ＝∠DEP ， 又∵∠PDK ＝∠EDP ， ∴△DPK ∽△DEP ，∴DPDE＝DKDP，即DP2＝DK·DE，∵DK＝a, DE＝b，∴DP＝ab.6.解：(1)①CD＝CE，理由如下：∵AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝45°，∴∠CED＝∠CAB＝45°，又∵DE是⊙O的直径，∴∠ECD＝90°，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴CD＝CE；②由题意可得∠ECD＝∠ACB＝90°，∴∠ECA＝∠BCD，又∵AC＝BC＝6，CD＝CE，∴△ECA≌△DCB，∴AE＝BD，∴AE＋AD＝BD＋AD＝AB，在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB＝62，即AE＋AD的值为62；(2)∵DE是⊙O的直径，∴∠DAE＝∠DCE＝90°，又∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝∠B＝45°，∠ECA＝∠DCB，∠CEA＝∠ADC∴∠EAC＝∠B＝45°，∴△ECA≌△DCB，∴AE＝BD，∴AE－AD＝BD－AD＝AB，在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB＝62，即AE－AD的值为62；(3)①AD－AE＝22，证明如下：第6题解图①∵DE是⊙O的直径，∴∠DFE＝90°，如解图①，过点F作FM⊥AF于点F，交AD于点M，∴∠DFM＝∠EF A，又∵∠MAF＝∠CAB＝45°，∴∠AMF＝45°，∴AF＝MF，又∵∠FDM＝∠FEA，∴△FDM ≌△FEA (AAS)， ∴AE ＝DM ，∴AD －AE ＝AD －DM ＝AM ，由AC ＝3AF ，AC ＝6可得AF ＝2，在Rt △AMF 中，由勾股定理可得AM ＝22，即AD －AE 的值为22； ②存在，⊙O 的半径为5.6或17. 【解法提示】由①可得CF ＝8， 如解图②，当∠ECA ＝90°时，△AEC 为直角三角形， 可证EC ＝AC ＝6，在Rt △ECF 中，由勾股定理可得EF ＝10，在Rt △EDF 中，由勾股定理可得DE ＝102，即⊙O 的半径为52， 如解图③，当∠AEC ＝90°时，△AEC 为直角三角形， 过点E 作EH ⊥AC 于点H ，可得EH ＝AH ＝3， ∴FH ＝5，第6题解图在Rt △EHF 中，由勾股定理可得EF ＝34，在Rt △EDF 中，由勾股定理可得DE ＝217，即⊙O 的半径为17.类型二 旋转探究问题1. (1)解： ∵△ABC 绕顶点C 顺时针旋转40°，得到△A ′B ′C ， ∴CA ＝CA ′，CB ＝CB ′，∠ACA ′＝∠BCB ′＝θ， ∴△ACA ′∽△BCB ′，∴S △ACA ′∶S △BCB ′＝AC 2∶BC 2＝32∶42＝9∶16； ∴S 1S 2＝916； (2)①证明：∵AB ∥B ′C ， ∴∠ABC ＝∠BCB ′；由旋转的性质得∠ABC ＝∠DB ′C ， 即∠BCB ′ ＝∠DB ′C ； ∴CD ＝B ′D ；②解：根据勾股定理可得A ′B ′＝AB ＝5，据题意可得∠BCB ′ ＋∠BCA ′ ＝∠DB ′C ＋∠CA ′B ′＝90°， ∴∠BCA ′ ＝∠CA ′B ′，∴CD ＝A ′D ＝B ′D ＝12A ′B ′＝52 ，∴ BD ＝BC －CD ＝32；(3)解：存在，∵∠A ′CB ′＝90°，点M 为AC 的中点，∴CM ＝12AC ＝32，∵△A ′B ′C 是由△ABC 绕顶点C 顺时针旋转所得，∴A ′B ′＝AB ＝5，第1题解图如解图，连接CN ，可得MN ≤CM ＋CN ，∴只有当点N 在MC 的延长线上时，MN ＝CM ＋CN ，此时MN 最大， ∵点N 为A ′B ′的中点，∴CN ＝12 A ′B ′＝52，MN ＝CM ＋CN ＝4，即MN 的最大值为4.此时AA ′⊥BB ′.2. (1)证明：①∵AC ＝BC ，D , E 分别是 AC ，BC 的中点， ∴CD ＝CE ，由旋转可得∠D ′CE ′＝∠DCE ＝90°，CD ＝CD ′，CE ＝CE ′， ∴∠ACD ′＝∠BCE ′，CD ′＝CE ′， ∴△ACD ′≌ △BCE ′， ∴AD ′＝BE ′；②解：∵AD ′∥CE ′，∴∠AD ′C ＝∠E ′CD ′＝90°， ∵AC ＝2CD ′，∴∠CAD ′＝30°， ∴ AD ′＝cos 30°×AC ＝32×22＝6， 由①得BE ′＝AD ′＝ 6 ；第2题解图①(2)解：根据题意可得CD ′＝CE ′＝ 2 ，∵△CD ′E ′是等腰直角三角形，CD ′＝CE ′＝ 2 ， ∴D ′E ′＝2，如解图①，作CK ⊥BE ′于点K .可得KD ′＝E ′K ， ∴CK ＝12D ′E ′＝1，∴sin ∠CBE ′＝CK BC ＝122＝24；(3)解：如解图②，连接PM ，由(1)得△ACD ′≌ △BCE ′，第2题解图②∴∠P AC ＝∠E ′BC ，AD ′＝BE ′， 又∠P AC ＋∠ACB ＝∠PBC ＋∠APB ， ∴∠APB ＝∠ACB ＝90°， 设AD ′＝x ，则BD ′＝x －2，在△ABD ′中可得AD ′2＋BD ′2＝AB 2，即x 2＋(x －2)2＝42， 解得x 1＝7＋1，x 2＝－7＋1 (舍去)， ∴BD ′＝7－1，∴S △BD ′M ＝S △ABD′2＝（7＋1）（7－1）4＝32，由轴对称性可得PM 扫过的图形面积为：180π×22360－32×2＝2π－3.3. 解： (1)①正方形；【解法提示】由旋转性质可知DE ＝EF ＝FG ＝DG ， ∴四边形DEFG 为菱形， ∴DG ∥BC . 又∵DE ⊥EC ，∴四边形DEFG 为正方形． ②∵四边形DEFG 为正方形， ∴DG ∥BC .∴∠ADG ＝∠B ，∠AGD ＝∠C . ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠B ＝∠C ＝60°.∴△ADG 为等边三角形． ∴AD ＝ DG ＝DE .又∵BD ＝DE sin ∠B ＝DE sin 60°＝233DE ，∴BD ＋AD ＝233DE ＋DE ＝6.解得DE ＝1823＋3＝123－18.(2)①等边三角形，相等；②据题意可得△ADF ≌△BED ≌△CFE ，AD ＝x ，BD ＝6－x ， 如解图①，过点D 作DG ⊥BC 于点G ， 可得DG ＝sin ∠B ·BD ＝32(6－x )， y ＝S △ABC －3S △BDE ＝12×33×6－3×x 2×32(6－x )，化简得y ＝334x 2－932x ＋9 3.图①图② 第3题解图(3)如解图②，经过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，其最大边数是6，它可能为正多边形，边长为2.4. (1)证明：据题意可得∠CAB ＝∠CBA ，AD ＝BD ， ∴∠NAB ＝∠MBA ，又∵AB ∥MN ，AC ＝BC ，∴AC AN ＝BC BM，即AN ＝BM ， ∴△ADN ≌△BDM (SAS )；(2)证明：据题意可得AD ＝BD ＝2， 由(1)得∠NAB ＝∠MBA ＝135°，∠EDM ＝ 45°，∴∠AND ＋∠ADN ＝∠EDB ＋∠BDM ＝45°， ∴∠AND ＝∠BDM ， ∴△ADN ∽△BMD ， ∴AD BM ＝ANBD，即AN ·BM ＝AD ·BD ＝2·2＝2， ∴AN ·BM 的值不会发生变化；(3)解：①平分．证明：由(2)可得∠ADN ＋∠BDM ＝45°， ∴∠MDN ＝∠DAN ＝135°， 又∵△ADN ∽△BMD ， ∴AN BD ＝ND DM ， 又∵AD ＝BD ， ∴AN AD ＝ND DM， ∴△ADN ∽△DNM ，∴∠AND ＝∠DNM ，即ND 始终平分∠ANM ； ②S △DMN ＝m 2＋2m ＋22m；【解法提示】由(2)可得：AN ·BM ＝2，AN ＝m ， ∴BM ＝2m，如解图，分别过点D 作AC 、MN 、CM 的垂线，垂足分别为H 、H ′、H ″ ，第4题解图∵ND 平分∠ANM ，且DH ⊥CA ，DH ′⊥MN 在Rt △ABC 中，DH ∥BC ，AD ＝BD 可得DH ′＝DH ＝BC2＝1，同理DH ″＝1，∴S △DMN ＝S △CMN －S △ADN －S △ABC －S △DMB ＝12·CN ·CM －12·AN ·DH －12·AC ·BC －12·BM ·DH ″ ＝12×(2＋m )×(2＋2m )－12×m ×1－12×2×2－12×2m ×1 ＝m 2＋2m ＋22m.∴△DMN 的面积为m 2＋2m ＋22m.5. 解：(1)平行四边形；25；【解法提示】依题意可知，正方形ABCD 沿对角线剪开后为第5题解图①两个等腰直角三角形，当ED 边与AB 边重合时，AB ＝DF ，BC ＝EF ，∴四边形ABCF 是平行四边形，设AD 与BF 交于点O ，如解图①，可知AO ＝DO ＝12AD ＝1，∴BO ＝AB 2＋AO 2＝5，∴BF ＝2 5. (2)45°或135°；【解法提示】当△EFD 转到如解图②所示的位置时，∠CEF ＋∠CHE ＝∠ACB ＝45°；当△EFD 旋转到如解图③所示的位置时，∠CEF ＋∠CHE ＝180°－∠C ＝135°，综上可知，∠CEF ＋∠CHE 的度数为45°或135°.第5题解图(3)由题意知∠DEF ＝∠ACB ＝∠B ＝45°，∴∠DAC ＋∠CAH ＝45°，∠AHB ＋∠CAH ＝∠ACB ＝45°， ∴∠DAC ＝∠AHB ，∴△AGC ∽△HAB , ∴AC HB ＝GCAB ，∴2y ＝x 2，∴y ＝4x(0≤x ＜22)； (4)当x 为2或2时，△AGH 是等腰三角形． 【解法提示】由题意可得△AGC ∽△HGA .∴要使△AGH 是等腰三角形，只要△AGC 是等腰三角形即可．第5题解图分三种情况讨论，①如解图④，当CG ＝AG ，此时CG ＝2， ②如解图⑤，当CG ＝AC ，此时CG ＝2，③如解图⑥，当AG ＝AC ，此时ED 与AB 重合，不合题意，舍去． 综上所述，当x ＝2或2时，△AGH 是等腰三角形．6. (1)解：如解图①，连接DF ，过点F 作FH ⊥AD 于点H .第6题解图①∵四边形ABCD 和四边形BEFG 是平行四边形． ∴AK ∥BE ，AB ∥EK .∴四边形ABEK 是平行四边形． ∵AB ＝BE ，∴四边形ABEK 是菱形．∴DK ＝FK ＝23＋2－4＝23－2，∠FKD ＝∠AKE ＝∠B ＝60°， ∴△FKD 是等边三角形． ∵FH ⊥AD ，∴KH ＝12DK ＝3－1，FH ＝3－3，在Rt △AFH 中，AH ＝4＋3－1＝3＋3， ∴AF ＝AH 2＋FH 2＝（3＋3）2＋（3－3）2＝24＝2 6.(2)证明：∵四边形ABCD 和四边形GBEF 是平行四边形，∴四边形BMDN 是平行四边形．∵∠A ＝∠G ，∠AMB ＝∠GMD ，AB ＝GD . ∴△ABM ≌△GDM (AAS )． ∴BM ＝DM .∴四边形BMDN 是菱形．(3)解：①如解图①，当旋转角α为30°时，四边形CGDF 是正方形(此时也是矩形)．第6题解图② 证明：∵BG ＝BC ，∠ABG ＝∠α＝30°， ∴∠GBC ＝60°－30°＝30°， ∴∠BGC ＝∠BCG ＝75°， ∴∠GCO ＝∠CGO ＝45°， ∴OG ＝OC ，∠GOC ＝90°，如解图②，过点G 作GN ⊥BC 于点N ， 在Rt △BNG 中，∠GBC ＝30°， ∴GN ＝12BG ＝3＋1，BN ＝3GN ＝3＋ 3.∴NC ＝BC －BN ＝23＋2－(3＋3)＝3－1. ∴GC ＝GN 2＋NC 2＝（3＋1）2＋（3－1）2＝8＝22，∴OG ＝OC ＝CG 2＝222＝2，∴OD ＝OF ＝4－2＝2， ∴OD ＝OC ＝OG ＝OF ， ∴四边形CGDF 是矩形， ∵GF ⊥CD ，∴四边形CGDF 是正方形；②如解图③，当旋转角α为300°时，四边形CGFD 是矩形．第6题解图③证明：∵∠α＝300°，∴点E 与点A 重合，∠CBG ＝120°. ∵BC ＝BG ，∴∠GCD ＝120°－30°＝90°.∵四边形ABCD 和四边形GBEF 是平行四边形， ∴CD ∥AB ，AB ∥GF ，AB ＝CD ，AB ＝GF ， ∴CD ∥GF ，CD ＝GF ，∴四边形CGFD 是平行四边形， ∵∠GCD ＝90°，∴四边形CGFD 是矩形．类型三 新定义探究问题1. 解： (1)C ；(2)∵在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CD 是AB 上的中线， ∴CD ＝12AB ，∴CD ＝BD ，∴∠BCE ＝∠ABC ， ∵BE ⊥CD ， ∴∠BEC ＝90°， ∴∠BEC ＝∠ACB ， ∴△BCE ∽△ABC ，∴点E 是△ABC 的黄金点；(3)①据题意可得∠P 1CB ＝60°，∠BP 1C ＝90°，AC ＝43， ∴P 1C ＝cos ∠P 1CB ·BC ＝cos 60°·BC ＝2，如解图，过点P 1作P 1D ⊥AC 于点D ，连接AP 1，可得∠P 1CD ＝30°， ∴P 1D ＝12P 1C ＝1，CD ＝ 3 ，∴ AD ＝AC －CD ＝33，在Rt △AP 1D 中，根据勾股定理可得AP 1＝（33）2＋12＝27；第1题解图②据题意可得△P 1BC ∽△CAB ， ∴C △P 1BC C △CAB＝BC AB ＝12， 同理可得C △P 2CP 1C △P 1BC ＝P 1C BC ＝12，即 C △P 2CP 1C △CAB＝P 1C AB ＝14， ∴C △P 2016P 2017P 2018C △CBA＝P 2017P 2018AB ＝122016，可得△CAB 的周长为12＋43，∴△P 2016P 2017P 2018的周长为3＋3220142. (1)解： 6－25；【解法提示】∵CD 是△ABC 的黄金线(AD ＞BD )， ∴AD AB ＝5－12， ∵S △ABC ＝4， ∴S △ADC ＝5－12×4＝25－2， ∴S △BCD ＝S △ABC －S △ADC ＝6－25； (2)证明：∵∠A ＝36°，AB ＝AC ， ∴∠ABC ＝∠C ＝72°，∵过点B 作BD 平分∠ABC ，与AC 相交于点D ， ∴∠CBD ＝∠A ＝36°，∠BDC ＝∠C ＝72°， ∴AD ＝BD ＝BC ， ∴△BCD ∽△ABC ， ∴CD BC ＝BDAC ，即1－AD BC ＝1－BC BC ＝BC 1， 解得BC ＝5－12， ∴AD ＝5－12， ∴AD AC ＝5－12， ∴D 点是AC 的黄金分割点， ∴BD 是△ABC 的黄金线； (3)解：①S 1＝S 2.理由如下：如解图，连接ED ，第2题解图据题意得：AD AB ＝AEAC ＝5－12，∴S △ABE S △ABC ＝S △ACD S △ABC＝5－12，∴S △ABE ＝S △ACD ，∴ S △COE ＝S △BOD ，即S 1＝S 2； ②由①得AD AB ＝AE AC， 又∵∠A 为公共角， ∴△ADE ∽△ABC ，∴∠DEA ＝∠BCA ,DE BC ＝AEAC ＝5－12， ∴DE ∥BC ，∴△ODE ∽△OCB ， ∴OD OC ＝DEBC ＝5－12， ∴OD CD ＝5－15＋1＝（5－1）24. 3. (1)证明：根据题意可得△ABC ∽△A 1B 1C 1，且相似比为k (k ＞1)， ∴aa 1＝k ，即a ＝ka 1， 又∵c ＝a 1， ∴a ＝kc ；(2)证明：根据题意得∠A ＝40°， ∵CD 平分∠ACB ，∴∠BCD ＝12∠ACB ＝40°，即∠BCD ＝∠A ，又∵∠B ＝∠B ， ∴△CBD ∽△ABC ， 又∵BC 是公共边，∴△CBD 与△ABC 为梦幻三角形；(3)解：①∵△ACE 与△ADC 刚好构成梦幻三角形， ∴△ACE ∽△ADC ， ∴AC AD ＝AEAC，即AC 2＝AE ·AD ＝36， ∴AC ＝6，∵AB 为⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°， 又∵BC ＝8，∴由勾股定理可得AB ＝10， 如解图，连接OD ，又∵∠ACB 的平分线交⊙O 于点D ， ∴∠ACD ＝45°， ∴∠AOD ＝90°，∴∠OAD ＝∠ADO ＝45°，∵OD ＝5， ∴AD ＝52； ②PCPD＝2m ；第3题解图【解法提示】根据题意可得AD ＝22AB ， ∴CD AD ＝CD 2AB2＝2·CD AB ＝2m ， ∵PD 是⊙O 的切线， ∴∠ODP ＝90°， ∴∠ADP ＝45°，即∠ADP ＝∠PCD ， 又∵∠P ＝∠P ，∴△ADP ∽△DCP ，且DP 为两三角形的公共边， ∴PC PD ＝CDDA＝2m . 4. (1)证明：∵△A 1A 2A 3与△A 1B 2B 3都是正三角形， ∴A 1A 2＝A 1A 3，A 1B 2＝A 1B 3，∠A 2A 1A 3＝∠B 2A 1B 3＝60°， ∴∠A 2A 1B 2＝∠A 3A 1B 3，∴△A 2A 1B 2≌△A 3A 1B 3(SAS )， ∴∠B 3A 3A 1＝∠A 2＝60°；∴随着点B 2的运动，∠B 3A 3A 1的大小始终不变，为60°. (2)解：∠B 3A 3A 4的大小不变．如解图，在边A 1A 2上取点D ，使A 1D ＝A 3B 2，连接B 2D .第4题解图∵四边形A 1A 2A 3A 4与四边形A 1B 2B 3B 4都是正方形， ∴A 1B 2＝B 2B 3，∠A 1B 2B 3＝∠A 1A 2A 3＝90°， ∴∠A 3B 2B 3＋∠A 1B 2A 2＝90°， ∠A 2A 1B 2＋∠A 1B 2A 2＝90°， ∴∠A 3B 2B 3＝∠A 2A 1B 2， ∴△A 3B 2B 3≌△DA 1B 2， ∴∠B 2A 3B 3＝∠A 1DB 2， ∵A 1A 2＝A 2A 3，A 1D ＝A 3B 2， ∴A 2B 2＝A 2D .又∵∠A 1A 2A 3＝90°，∴△DA 2B 2为等腰直角三角形， ∴∠A 1DB 2＝135°， ∴∠B 2A 3B 3＝135°， ∵∠A 4A 3A 2＝90°， ∴∠B 3A 3A 4＝45°，∴∠B 3A 3A 4的大小始终不变，为45°； (3)解：①∠B 3A 3A 4的大小不会发生改变，始终为180°n；②90°（n －1）（n －2）n.【解法提示】∠B 3A 3A 4＋∠B 4A 4A 5＋B 5A 5A 6＋…＋∠B n A n A 1＝180°n ×1＋180°n×2＋180°n ×3＋…180°n ×(n －2)＝180°n ×[1＋2＋3＋…＋(n －2)]＝90°(n －1)（n －2）n. 类型四 动点探究问题1. 解：(1)OB ＝4；(2)①∵AB ＝2，OB ＝4，∠OAB ＝90°，∴∠ABO ＝60°，又∵∠OCB ＝60°，∴△BOC 为等边三角形，∴OH ＝OBcos 30°＝4×32＝23， ∴OP ＝OH －PH ＝23－t ，如解图①，过P 点作PE ⊥OA ，垂足为点E ，第1题解图①则EP ＝OPcos 30°＝3－32t ， ∴S ＝12·OQ ·EP ＝12·t ·(3－32t )＝－34t 2＋32t (0<t <23)；②若△OPM 为等腰三角形：(ⅰ)若OM ＝PM ，如解图②，则∠MPO ＝∠MOP ＝∠POC ，第1题解图②∴PQ ∥OC ，过点P 作PK ⊥OC 于点K ， ∴OQ ＝PK ＝OP 2，即t ＝3－t2，解得：t ＝233，此时S ＝－34×(233)2＋32×233＝233； (ⅱ)若OP ＝OM ，如解图③，则∠OPM ＝∠OMP ＝75°，第1题解图③∴∠OQP ＝∠OMP －∠QOM ＝75°－30°＝45°，此时EQ ＝EP ，即t －(3－12t )＝3－32t ， 解得：t ＝2，此时S ＝－34×22＋32×2＝3－3； (ⅲ)若OP ＝PM ，∠POM ＝∠PMO ＝∠AOB ，则PQ ∥OA ，此时点Q 在AB 上，不满足题意，舍去．综上所述，当△OPM 为等腰三角形时，△OPM 的面积为233或2. 2. (1)证明：根据题意得AD ＝CD ，∠ADC ＝∠DCF ＝∠DAB ＝90°，又∵DF ⊥DE 于点D ，∴∠ADE ＝∠CDF ，∴△ADE ≌△CDF ，∴DE ＝DF ；(2)解： OM 2＋ON 2 的值为定值；理由：∵OM ⊥DE 于点M , ON ⊥DF 于点N ，∴四边形DMON 为矩形，∴DN ＝OM ，如解图①，连接OD ，可得OM 2＋DM 2＝OD 2，即OM 2＋ON 2＝OD 2，第2题解图①∵点O 为正方形ABCD 的中心，AB ＝2，∴OD ＝2，即OM 2＋ON 2＝OD 2＝2；(3)证明：由正方形的性质可得∠DAC ＝45°，如解图②，过点Q 作C ′Q ⊥AQ 于点Q ，QC ′与DC 的延长线相交于点C ′，第2题解图②可得∠C ′＝45°，即∠DAC ＝∠C ′，CQ ＝C ′Q ，又∠ADE ＋∠EDC ＝∠QDC ′＋∠EDC ＝90°，∴∠ADE ＝∠QDC ′，∴△ADP ∽△C ′DQ ，∴AP C ′Q ＝AP CQ ＝DP DQ. 3. (1)①证明：据题意可得∠EAB ＋∠BAD ＝∠CAD ＋∠BAD ＝90°，∴∠EAB ＝∠CAD ，又AB ＝AC ，AD ＝AE ，∴△ABE ≌△ACD ，∴CD ＝BE ；②解：猜想：CD 2＋BD 2＝2PD 2.理由：据题意可得∠ABC ＝∠C ＝45°，由①可得∠ABE ＝∠C ＝45°，即∠EBD ＝90°，∴BE 2＋BD 2＝PE 2＋PD 2，即CD 2＋BD 2＝2PD 2；(2)解：①据题意可得BP ＝42，如解图，过点P 作PF ∥AC ，PF 与BC 相交于点F ，第3题解图可得BF ＝BP sin 45°＝42×22＝8， 由(1)可得△PBE ≌△PFD ，∴DF ＝BE ，∠ABE ＝∠PFD ＝45°，∴∠EBD ＝90°，∴BE 2＋BD 2＝PE 2＋PD 2，∴DF 2＋BD 2＝2PD 2，即2y ＝x 2＋(8－x )2，化简得y ＝x 2－8x ＋32；②存在；理由如下：据题意可得BC ＝12，CD ＝12－x ，AP ＝22， 在Rt △ACP 中，可得：CP ＝（62）2＋（22）2＝45， 当CD ＝DP 时，△CDP 为等腰三角形，此时，可得 y ＝12－x ，即x 2－8x ＋32＝(12－x )2，解得x ＝7，∴y ＝x 2－8x ＋32＝72－8×7＋32＝25，∴S △DPE ＝252； 当CP ＝CD 时，△CDP 为等腰三角形；此时，可得12－x ＝45，解得x ＝12－45，∴y ＝x 2－8x ＋32＝(12－45)2－8×(12－45)＋32＝160－645，∴S △DPE ＝160－6452＝80－325，综上，△DPE 的面积为252或(80－325)． 4. 解：(1)① 23； 【解法提示】∵E 是AC 的中点，∴当DE ∥BC 时，D 为AB 的中点，即BD ＝12AB ＝4， 又∵CD ⊥AB ，∴cos ∠B ＝BD BC ＝46＝23. ②∵点E 是AC 的中点，∴当DE ⊥AC 时，DE 为AC 的垂直平分线，∴CD ＝AD ，设CD ＝AD ＝x ，则BD ＝8－x ，在Rt △BCD 中，根据勾股定理得：(8－x )2＋x 2＝62，解得x 1＝4＋2，x 2＝4－2，∴sin ∠B ＝CD BC ＝4＋26或4－26； (2)∵CD ⊥AB ，∴ S －AC 2＝AD ·CD 2－(AD 2＋CD 2)＝－(AD 2＋CD 2－2AD ·CD )－3AD ·CD 2， ∴ S －AC 2＝－(AD －CD )2－3AD ·CD 2， ∴当AD ＝CD 时，S －AC 2的值最大，最大值为－3AD ·CD 2， 由(1)可知：－3AD ·CD 2＝ －3×（4－2）22＝122－27； (3)34＜tan ∠MCA ＜377. 【解法提示】当∠ABC 为直角时，根据勾股定理可得AC ＝10，此时可得 tan ∠A ＝BC AB ＝68＝34. 当∠ACB 为直角时，根据勾股定理可得AC ＝27 ，此时可得tan ∠A ＝BC AC ＝627＝377. ∵△ABC 是锐角三角形，∴34＜tan ∠A ＜377. 由题意可知∠DEP ＝∠DEC ＋∠CEP ＝2∠A ＋∠CEP ，又∵∠DEP ＝k ∠A ，且k 为正整数，∴k ＝3，即∠CEP ＝∠AEF ＝∠A ，又∵EF始终与CM平行，∴∠MCA＝∠AEF＝∠A，∴34＜tan∠MCA＜377.。

2020年中考真题分项汇编(湖南)专题15 几何探究型问题1. (2020年湖南长沙中考)如图，点P 在以MN 为直径的半圆上运动(点P 不与M 、N 重合)，PQ ⊥MN ，NE 平分∠MNP ，交PM 于点E ，交PQ 于点F 。

(1)=+PMPEPQ PF (2)若MN PM PN •=2，则=NQMQ【答案】(1)1 (2)21-5【解析】(2)由射影定理：MN QN PN •=2∵MN PM PN •=2∴QN=PM 设QN=PM=m MQ=x 则 MN MQ PM •=2215(2)51(2)15()(2-==∴---=∴+=∴a x QN MQ aa x a x x m 舍去）或2.(2020年湖南岳阳中考)如图，AB 为半⊙O 的直径，M ，C 是半圆上的三等分点，8AB =，BD 与半⊙O 相切于点B ，点P 为AM 上一动点(不与点A ，M 重合)，直线PC 交BD 于点D ，BE OC ⊥于点E ，延190901=+=+∴==∴===∴∴=∴∠=∠=∠∴︒=∠+∠︒=∠+∠∠=∠∴∠=∴⊥PM PE PM ME PM PE PQ PF PQPFPQ EG PM ME PFGF EG PE PEGF PF PE EFP QFN PEF MNE QFN PNE PEN MNEPNE MNP NE EPEG PF EG GF MN EG 为菱形四边形，∵，平分∵，∥。

，连接）如图：作（长BE 交PC 于点F ，则下列结论正确的是______________．(写出所有正确结论的序号) ①PB PD =；②BC 的长为43π；③45DBE ∠=︒；④BCF PFB △∽△；⑤CF CP ⋅为定值．【答案】②⑤【解析】①先根据圆的切线的性质可得90ABD ∠=︒，再根据半圆上的三等分点可得60COB ∠=︒，然后根据圆周角定理可得30BPC ∠=︒，最后假设PB PD =，根据角的和差、三角形的外角性质可得30AOP ∠=︒，这与点P 为AM 上一动点相矛盾，由此即可得；②根据弧长公式即可得；③先根据等边三角形的性质可得30OBE ∠=︒，再根据角的和差即可得；④先根据三角形的外角性质可得PFB BCF CBF ∠=∠+∠，从而可得对应角PFB ∠与BCF ∠不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得CF CBCB CP=，从而可得2CF CP CB ⋅=，再根据等边三角形的性质可得4CB OB ==，由此即可得． 【详解】如图，连接OPBD 与半⊙O 相切于点B 90ABD ∴∠=︒C 是半圆上的三等分点1180603COB ∴∠=⨯︒=︒OB OC =BOC ∴是等边三角形由圆周角定理得：1302BPC COB ∠=∠=︒ 假设PB PD =，则1(180)752PBD D BPC ∠=∠=︒-∠=︒15ABP ABD PBD ∴∠=∠-∠=︒230AOP ABP ∴∠=∠=︒又点P 为AM 上一动点AOP ∴∠不是一个定值，与30AOP ∠=︒相矛盾即PB 与PD 不一定相等，结论①错误8AB =142OB OC AB ∴=== 则BC 的长为41806043ππ⨯=，结论②正确 BOC 是等边三角形，BE OC ⊥11603022OBE CBE OBC ∴∠=∠=∠=⨯︒=︒903060OB DBE ABD E ∠=∠-=︒-︒=∴∠︒，则结论③错误PFB BCF CBF BCF ∠=∠+∠>∠，即对应角PFB ∠与BCF ∠不可能相等BCF ∴与PFB △不相似，则结论④错误 在BCF 和PCB 中，30CBF CPB BCF PCB ∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩BCF PCB ∴~CF CBCB CP∴=，即2CF CP CB ⋅= 又BOC 是等边三角形，4OB =4CB OB ∴==2416CF CP ∴⋅==即CF CP ⋅为定值，结论⑤正确 综上，结论正确的是②⑤ 故答案为：②⑤．3.(2020年湖南湘西中考)问题背景：如图1，在四边形ABCD 中，90BAD ∠=︒，90BCD ∠=︒，BA BC =，120ABC ∠=︒，60MBN ∠=︒，MBN ∠绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．探究图中线段AE ，CF ，EF 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，先证明BCG BAE △≌△，再证明BFC BFE △≌△，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形ABCD 中，90BAD ∠=︒，90BCD ∠=︒，BA BC =，2ABC MBN ∠=∠，MBN ∠绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论(直接写出“成立”或者“不成立”)，不要说明理由．探究延伸2：如图3，在四边形ABCD 中，BA BC =，180BAD BCD ∠+∠=︒，2ABC MBN ∠=∠，MBN ∠绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O 处)北偏西30的A 处舰艇乙在指挥中心南偏东70︒的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50︒的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E 、F 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70︒，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】EF=AE+CF ．探究延伸1：结论EF=AE+CF 成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF 仍然成立．实际应用：210海里． 【解析】 【分析】延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，先证明BCG BAE △≌△，可得BG=BE ，∠CBG=∠ABE ，再证明BGF BEF △≌△，可得GF=EF ，即可解题；探究延伸1：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，先证明BCG BAE △≌△，可得BG=BE ，∠CBG=∠ABE ，再证明BGF BEF △≌△，可得GF=EF ，即可解题；探究延伸2：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，先证明BCG BAE △≌△，可得BG=BE ，∠CBG=∠ABE ，再证明BGF BEF △≌△，可得GF=EF ，即可解题；实际应用：连接EF ，延长AE ，BF 相交于点C ，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF ，将AE 和CF 的长代入即可．【详解】解：EF=AE+CF理由：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，在△BCG 和△BAE 中，90BC BA BCG BAE CG AE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴BCG BAE △≌△(SAS )，∴BG=BE ，∠CBG=∠ABE ， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=60°，∴∠CBG+∠CBF=60°， 即∠GBF=60°，在△BGF 和△BEF 中，BG BE GBF EBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF=EF ， ∵GF=CG+CF=AE+CF ，∴EF=AE+CF ． 探究延伸1：结论EF=AE+CF 成立．理由：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，在△BCG 和△BAE 中，90BC BA BCG BAE CG AE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴BCG BAE △≌△(SAS )， ∴BG=BE ，∠CBG=∠ABE ，∵∠ABC=2∠MBN ，∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC ，∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC ，即∠GBF=12∠ABC ， 在△BGF 和△BEF 中，BG BEGBF EBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF=EF ， ∵GF=CG+CF=AE+CF ，∴EF=AE+CF ． 探究延伸2：结论EF=AE+CF 仍然成立． 理由：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，∵180BAD BCD ∠+∠=︒，∠BCG+∠BCD=180°，∴∠BCG=∠BAD 在△BCG 和△BAE 中，BC BA BCG BAE CG AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BCG BAE △≌△(SAS )，∴BG=BE ，∠CBG=∠ABE ， ∵∠ABC=2∠MBN ，∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC ，∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC ， 即∠GBF=12∠ABC ，在△BGF 和△BEF 中， BG BE GBF EBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF=EF ，∵GF=CG+CF=AE+CF ， ∴EF=AE+CF ．实际应用：连接EF ，延长AE ，BF 相交于点C ，∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=12∠AOB∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，∴符合探索延伸中的条件∴结论EF= AE+CF仍然成立即EF=75×1.2+100×1.2=210(海里)答：此时两舰艇之间的距离为210海里．4.(2020年湖南常德中考)已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．(1)如图1，当D，B，F共线时，求证：①EB＝EP；②∠EFP＝30°；(2)如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．【分析】(1)①证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论；②根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°；(2)如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC(SAS)，则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB(SAS)，再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．【解答】证明(1)①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠A＝90°﹣30°＝60°，同理∠EDF＝60°，∴∠A＝∠EDF＝60°，∴AC∥DE，∴∠DMB＝∠ACB＝90°，∵D 是Rt △ABC 斜边AB 的中点，AC ∥DM ，∴21==AB BD BC BM ， 即M 是BC 的中点，∵EP ＝CE ，即E 是PC 的中点，∴ED ∥BP ， ∴∠CBP ＝∠DMB ＝90°，∴△CBP 是直角三角形，∴BE ＝21PC ＝EP ； ②∵∠ABC ＝∠DFE ＝30°，∴BC ∥EF ，由①知：∠CBP ＝90°， ∴BP ⊥EF ，∵EB ＝EP ，∴EF 是线段BP 的垂直平分线，∴PF ＝BF ， ∴∠PFE ＝∠BFE ＝30°；(2)如图2，延长DE 到Q ，使EQ ＝DE ，连接CD ，PQ ，FQ ，∵EC ＝EP ，∠DEC ＝∠QEP ，∴△QEP ≌△DEC (SAS )，则PQ ＝DC ＝DB ， ∵QE ＝DE ，∠DEF ＝90°∴EF 是DQ 的垂直平分线，∴QF ＝DF ， ∵CD ＝AD ，∴∠CDA ＝∠A ＝60°，∴∠CDB ＝120°，∴∠FDB ＝120°﹣∠FDC ＝120°﹣(60°+∠EDC )＝60°﹣∠EDC ＝60°﹣∠EQP ＝∠FQP ， ∴△FQP ≌△FDB (SAS )，∴∠QFP ＝∠BFD ，∵EF 是DQ 的垂直平分线， ∴∠QFE ＝∠EFD ＝30°，∴∠QFP +∠EFP ＝30°， ∴∠BFD +∠EFP ＝30°．5.(2020年湖南湘潭中考)算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大的贡献．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字如图：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空．示例如下：67286708，则表示的数是________．【答案】8167【分析】根据算筹计数法来计数即可． 【详解】解：根据算筹计数法，表示的数是：8167故答案为：81676. 2020年湖南怀化中考)定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形． (1)下面四边形是垂等四边形的是____________(填序号) ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形(2)图形判定：如图1，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AC BD ⊥，过点D 作BD 垂线交BC 的延长线于点E ，且45DBC ∠=︒，证明：四边形ABCD 是垂等四边形．(3)由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形ABCD 内接于⊙O 中，60BCD ∠=︒．求⊙O 的半径．【答案】(1)④；(2)证明过程见解析；③4【解析】(1)根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；(2)根据已知条件可证明四边形ACED 是平行四边形，即可得到AC=DE ，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；(3)过点O 作OE BD ⊥，根据面积公式可求得BD 的长，根据垂径定理即可得到答案．【详解】(1)①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是；②矩形对角线相等但不垂直；③菱形的对角线互相垂直但不相等；④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形； (2)∵AC BD ⊥，ED BD ⊥，∴AC ∥DE， 又∵AD ∥BC ，∴四边形ADEC 是平行四边形，∴AC=DE ，又∴45DBC ∠=︒，∴△BDE 是等腰直角三角形， ∴BD=DE ，∴BD=AC ，∴四边形ABCD 是垂等四边形．(3)如图，过点O 作OE BD ⊥，∴四边形ABCD 是垂等四边形，∴AC=BD ，又∴垂等四边形的面积是24，,根据垂等四边形的面积计算方法得：AC BD == 又∵60BCD ∠=︒，∴60DOE ∠=︒，设半径为r ，根据垂径定理可得：在∴ODE 中，OD=r ，DE=∴4sin 60DEr ===︒，∴O 的半径为4．7. (2020年湖南省衡阳市中考)如图1，平面直角坐标系xOy 中，等腰ABC ∆的底边BC 在x 轴上，8BC =，顶点A 在y 的正半轴上，2OA =，一动点E 从(3,0)出发，以每秒1个单位的速度沿CB 向左运动，到达OB 的中点停止．另一动点F 从点C 出发，以相同的速度沿CB 向左运动，到达点O 停止．已知点E 、F 同时出发，以EF 为边作正方形EFGH ，使正方形EFGH 和ABC ∆在BC 的同侧．设运动的时间为t 秒(0t ≥)．(1)当点H 落在AC 边上时，求t 的值；(2)设正方形EFGH 与ABC ∆重叠面积为S ，请问是存在t 值，使得9136S =？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由；(3)如图2，取AC 的中点D ，连结OD ，当点E 、F 开始运动时，点M 从点O出发，以每秒的速度沿OD DC CD DO ---运动，到达点O 停止运动．请问在点E 的整个运动过程中，点M 可能在正方形EFGH 内(含边界)吗？如果可能，求出点M 在正方形EFGH 内(含边界)的时长；若不可能，请说明理由．【答案】(1)t=1；(2)存在，143t =，理由见解析；(3)可能，3455t ≤≤或4533t ≤≤或35t ≤≤理由见解析 【解析】(1)用待定系数法求出直线AC 的解析式，根据题意用t 表示出点H 的坐标，代入求解即可；(2)根据已知，当点F 运动到点O 停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t ，使重叠面积为9136S =，故t ﹥4,用待定系数法求出直线AB 的解析式，求出点H 落在BC 边上时的t 值，求出此时重叠面积为169﹤9136，进一步求出重叠面积关于t 的表达式，代入解t 的方程即可解得t 值； (3)由已知求得点D (2，1)，AC=OD=OC=OA=结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时长．【详解】(1)由题意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，设直线AC 的函数解析式为y=kx+b ，将点A 、C 坐标代入，得：402k b b +=⎧⎨=⎩，解得：122k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴直线AC 的函数解析式为122y x =-+， 当点H 落在AC 边上时，点E(3-t ，0)，点H (3-t ，1)，将点H 代入122y x =-+，得： 11(3)22t =--+，解得：t=1； (2)存在，143t =，使得9136S =． 根据已知，当点F 运动到点O 停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t ，使重叠面积为9136S =，故t ﹥4， 设直线AB 的函数解析式为y=mx+n ，将点A 、B 坐标代入，得：402m n n -+=⎧⎨=⎩，解得：122m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴直线AC 的函数解析式为122y x =+， 当t ﹥4时，点E (3-t ，0)点H (3-t ，t -3)，G(0，t -3)， 当点H 落在AB 边上时，将点H 代入122y x =+，得： 13(3)22t t -=-+，解得：133t =； 此时重叠的面积为221316(3)(3)39t -=-=， ∵169﹤9136，∴133﹤t ﹤5， 如图1，设GH 交AB 于S ，EH 交AB 于T,将y=t -3代入122y x =+得：1322t x -=+， 解得：x=2t -10，∴点S(2t -10，t -3)，将x=3-t 代入122y x =+得：11(3)2(7)22y t t =-+=-， ∴点T 1(3,(7))2t t --，∴AG=5-t ，SG=10-2t ，BE=7-t ，ET=1(7)2t -， 211(7)24BET S BE ET t ∆==-, 21(5)2ASG S AG SG t ∆==- 所以重叠面积S=AOB BET ASG S S S ∆∆∆--=4-21(7)4t --2(5)t -=2527133424t t -+-， 由2527133424t t -+-=9136得：1143t =，29215t =﹥5(舍去)， ∴143t =；(3)可能，35≤t≤1或t=4． ∵点D 为AC 的中点，且OA=2,OC=4，∴点D (2，1)，AC=易知M 点在水平方向以每秒是4个单位的速度运动；当0﹤t ﹤12时，M 在线段OD 上，H 未到达D 点，所以M 与正方形不相遇； 当12﹤t ﹤1时， 12+12÷(1+4)=35秒， ∴t =35时M 与正方形相遇，经过1÷(1+4)=15秒后，M 点不在正方行内部，则3455t ≤≤； 当t=1时，由(1)知，点F 运动到原E 点处，M 点到达C 处； 当1≤t≤2时，当t=1+1÷(4-1)=43秒时，点M 追上G 点，经过1÷(4-1)=13秒，点M 都在正方形EFGH 内(含边界)，4533t ≤≤ 当t=2时，点M 运动返回到点O 处停止运动，当 t=3时，点E 运动返回到点O 处, 当 t=4时，点F 运动返回到点O 处,当35t ≤≤时，点M 都在正方形EFGH 内(含边界)， 综上，当3455t ≤≤或4533t ≤≤或35t ≤≤时，点M 可能在正方形EFGH 内(含边界)．8. (2020年湖南岳阳中考)如图1，在矩形ABCD 中，6,8AB BC ==，动点P ，Q 分别从C 点，A 点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边,CA AB 上沿C A →，A B →的方向运动，当点Q 运动到点B 时，,P Q 两点同时停止运动，设点P 运动的时间为()t s ，连接PQ ，过点P 作PE PQ ⊥，PE 与边BC 相交于点E ，连接QE ．(1)如图2，当5t s =时，延长EP 交边AD 于点F ．求证：AF CE =；(2)在(1)的条件下，试探究线段,,AQ QE CE 三者之间的等量关系，并加以证明；(3)如图3，当94t s >时，延长EP 交边AD 于点F ，连接FQ ，若FQ 平分AFP ∠，求AF CE的值．【答案】(1)证明见解析；(2)222AQ CE QE +=，证明见解析；(3)65． 【解析】(1)先根据运动速度和时间求出5CP =，再根据勾股定理可得10AC =，从而可得5AP CP ==，然后根据矩形的性质可得//AD BC ，从而可得FAP ECP ∠=∠，AFP CEP ∠=∠，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；(2)如图(见解析)，连接FQ ，先根据(1)三角形全等的性质可得FP EP =，再根据垂直平分线的判定与性质可得QF QE =，然后根据勾股定理、等量代换即可得证；(3)先根据角平分线的性质得出AQ PQ =，再根据直角三角形全等的判定定理与性质得出AQF PQF ∠=∠，然后根据等腰三角形的三线合一得出110,22t OA AP OQ AP -==⊥，又分别在Rt ABC 和Rt AOQ 中，利用余弦三角函数可求出t 的值，从而可得CP 、AP 的长，最后根据平行线分线段成比例定理即可得．【详解】(1)由题意得：155CP =⨯=四边形ABCD 是矩形//,90AD BC BAD B ∴∠=∠=︒FAP ECP ∴∠=∠，AFP CEP ∠=∠6,8AB BC ==10AC ∴=5AP AC CP ∴=-=在AFP 和CEP △中，5FAP ECP AFP CEP AP CP ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪==⎩()AFP CEP AAS ∴≅AF CE ∴=；(2)222AQ CE QE +=，证明如下：如图，连接FQ由(1)已证：AFP CEP ≅ FP EP ∴=PE PQ ⊥∴PQ 是线段EF 的垂直平分线QF QE ∴=在Rt AFQ 中，由勾股定理得：222AQ AF QF +=则222AQ CE QE +=；(3)如图，设FQ 与AC 的交点为点O由题意得：AQ t =，CP t =，10AP AC CP t =-=-FQ 平分AFP ∠，,QA AD PE PQ ⊥⊥AQ PQ ∴=(角平分线的性质)APQ ∴△是等腰三角形在AFQ △和PFQ △中，AQ PQ FQ FQ=⎧⎨=⎩ ()AFQ PFQ HL ∴≅AQF PQF ∴∠=∠，即OQ 是AQP ∠的角平分线110,22t OA OP AP OQ AP -∴===⊥(等腰三角形的三线合一) 在Rt ABC 中，63cos 105AB BAC AC ∠=== 在Rt AOQ 中，cos OA OAQ AQ ∠=，即1032cos 5t BAC t -=∠= 解得50()11t s = 505060,10111111CP AP ∴==-= //AD BC ，即//AF CE65AF AP CE CP ∴== 故AF CE 的值为65．9. (2020年湖南株洲中考)如图所示，BEF 的顶点E 在正方形ABCD 对角线AC 的延长线上，AE 与BF 交于点G ，连接AF 、CF ，满足ABF CBE △≌△．(1)求证：90EBF ∠=︒．(2)若正方形ABCD 的边长为1，2CE =，求tan AFC ∠的值．【答案】(1)见解析；(2)2【解析】(1)已知ABF CBE △≌△，根据全等三角形的对应角相等可得ABF CBE ∠=∠，再由90ABF CBF ∠+∠=︒，可得90CBF CBE ∠+∠=︒，即可证得90EBF ∠=︒；(2)由ABF CBE △≌△，根据全等三角形的对应角相等可得AFB CEB ∠=∠，由对顶角相等可得FGA EGB ∠=∠，即可证得90FAC EBF ∠=∠=︒；又因正方形边长为1，2CE =，可得AC =，2AF CE ==．在Rt △AFC 中，即可求得tan 2AFC ∠=． 【详解】(1)证明：∵ABF CBE △≌△，∴ABF CBE ∠=∠，∵90ABF CBF ∠+∠=︒，∴90CBF CBE ∠+∠=︒，∴90EBF ∠=︒．(2)∵ABF CBE △≌△，∴AFB CEB ∠=∠，∵FGA EGB ∠=∠，∴90FAC EBF ∠=∠=︒，∵正方形边长为1，2CE =．∴AC =2AF CE ==．∴tan 2AFC ∠=．。

2020中考数学几何综合探究专题练习例题1.如图，在等腰梯形仙CD中，AD//BC,AB=DC=5O,AD=75,BC=135,点F从点3出发沿折线段BA-AD-DC以每秒5个单位长度的速度向点C匀速运动，点。

从点。

出发沿线段CB方向以 每秒3个单位长度的速度匀速运动，过点Q向上作射线QK±BC,交折线段CD-ZM-AB于点E,点P、。

同时开始运动，当点F与点C重合时停止运动，点。

也随之停止，设点P、。

运动的时间是，秒(r>0)(1)当点P到达终点C时，求I的值，并指出此时3Q的长；(2)当点P运动到AD上时，I为何值能使PQ。

？(3)设射线好扫过梯形ABCD的面积为S,分别求出点E运动到CD,D4上时，S与t的函数关系式；(不必写出f的取值范围)【答案】⑴7=5。

+；+50=35（$）时，点p到达终点。

,此时，QC=35x3=105,所以3Q的长为135—105=30.⑵如图1,PQ//DC,又曷〃8C,则四边形FQC£＞为平行四边形，从而PD=QC,由QC=3t,BA+AP=5ti?5得50+75-5r=3r,解得t=—,8125经检验：当r时，有PQ//DC.⑶①当点E在CD上运动时，如图2,分别过点A、。

作AFXBC于点F,DHLBC于点H,则四边形为矩形，且AABF^ADCH,从而FH=AD=Y5,于是BF=CH=30,..Z)H=*=40.又QC=3t,从而QE=QC tanC=3t—=4t(注：用相似三角形求解亦可)CH19■■S=S AQCE=-QE.QC=6t2.②当点E在ZM上运动时，如图1,过点。

作DH.LBC于点H,由①知DH=40,CH=30,又QC=3t,从而ED=QH=QC-CH=3t-3OS=S梯形“庞=!（网+四）质=120—600•4例题2.如图，E 、F 分别是边长为4的正方形ABCD 的边3C, C£>上的点，CE = 1, CF = 一,直线EF 交 3垂足分别为M , N ,设加的延长线于G,过线段FG 上的一个动点H 作HML4G, HNLAD,HM = x,矩形钢切V 的面积为y (1) 求v 与x 之间的函数关系式；(2) 当x 为何值时，矩形雄HN 的面积最大，最大面积为多少？4 【答案】(1)・.・正方形ABCD 的边长为4, CE = 1, CF = — 3BE = 3CF CF 又 AG//CF, AFEC^AGEB, ——=——，BG = 4BG BE义 HM//BEA AHMG^AEBG, —BG BE4 4:.MG =—x, AM =8——x 3 39y =尤 84 9 / \%2 + 8x （0 <x<4）4 4 9(2)V y = --x 2+8x = --(x-3)+12.•.当x = 3时，矩形面积最大，最大面积为12例题3.如图，在平面直角坐标系中，点A(0,O), B(30,2), C(0, 2),动点Z)以每秒1个单位的速度从点。