中考数学几何压轴大题,2020数学中考压轴题题型及答案

2020中考数学几何压轴题汇编：三角形与平行四边形(含答案)1.如图，设E、F分别为正方形ABCD边BC、CD上的点，且/EAF= 45° ,过E、F分别作AC的垂线，垂足分别为P、Q.(1)试找出图中相似三角形(至少3对，全等除外)；(2)求证：AB2 = APAQ；(3)设正方形的边长为4,当P、Q重合时，求BE的长.第1题图(1)解：图中相似三角形有：△ABC S£QF,在PC"ZADC,笈PE s/CQF, 8QFsADC, 3BE SZ AQF, z2APE^ZADF 等(写出任意3 对，即可得分).(2)证明：・. /BAE+ /EAP= /EAP+ /QAF = 45 ,・•.zBAE= /QAF.在小BE与9QF中，/BAE= /QAF/B=/AQF = 90 ,••Z ABE S/AQF,AB AE . AQ —AF'同理，在^AEP与办FD中，ZEAP= ZFADZEPA=ZD = 90 '.•.去EPs 也FD.AP AE , AD-AF?AB APA Q—AD'•AB = AD,.AB2 = AP AQ.(3)解：如解图，当P、Q重合时,,.zEPC=ZFQC=90 ,：E、P、F在同一直线上.••Z ECP=ZFCQ=45,「.EP= FQ,在小EP和*FP中，AP = AQ小PE=/AQF,EP= FQ. • AEP^AFP(SAS),1 /.Z EAP=-X45 =22.5 ,•.Z BAE=45 -£AP=22.5 ,•••Z AEBSEP(AAS),.EB= EP, AB = AP=4, 丁四边形ABCD为正方形，•.Z ACB=45 ,AC = 4 也X.Ep= PC,.BE= PC= AC-AP=4A/2-4.--------- 同wB E C第1题解图2.已知：在^ABC中，/ABC=/ACB= a,点D是AB边上任意一点，将射线DC绕点D逆时针旋转a与过点A且平行于BC 边的直线交于点E.(1)如图①，当尸60。

2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编二、四边形中的计算和证明综合题1.（2020安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．（1）求证：BD⊥EC；（2）若AB＝1，求AE的长；（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG=√2AG．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，∴∠EAF＝∠DAB＝90°，又∵AE＝AD，AF＝AB，∴△AEF≌△ADB（SAS），∴∠AEF＝∠ADB，∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，即∠EGB＝90°，故BD⊥EC，（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CD，∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，∴△AEF∽△DCF，∴AEDC =AF DF，即AE•DF＝AF•DC，设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，解得a=1+√52或1−√52（舍去），∴AE=1+√5 2．（3）如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，∴△AEP≌△ADG（SAS），∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，∴∠P AG＝∠P AD+∠DAG＝∠P AD+∠EAP＝∠DAE＝90°，∴△P AG为等腰直角三角形，∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG=√2AG．2.（2020黑龙江七台河）以Rt△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，过点A作AM⊥BC于M，延长MA交EG于点N．（1）如图①，若∠BAC＝90°，AB＝AC，易证：EN＝GN；（2）如图②，∠BAC＝90°；如图③，∠BAC≠90°，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．【解答】解：（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵AM⊥BC，∴∠MAC＝45°，∴∠EAN＝∠MAC＝45°，同理∠NAG＝45°，∴∠EAN＝∠NAG，∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形，∴AE＝AB＝AC＝AG，∴EN＝GN．（2）如图1，∠BAC＝90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．如图2，∠BAC ≠90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．3.（2020黑龙江绥化）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝4，点G 在边BC 上，连接AG ，作DE ⊥AG 于点E ，BF ⊥AG 于点F ，连接BE 、DF ，设∠EDF ＝α，∠EBF ＝β，BG BC =k ．（1）求证：AE ＝BF ；（2）求证：tan α＝k •tan β；（3）若点G 从点B 沿BC 边运动至点C 停止，求点E ，F 所经过的路径与边AB 围成的图形的面积．【解答】解：（1）证明：在正方形ABCD 中，AB ＝BC ＝AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴∠ADE +∠DAE ＝90°，∵∠BAF +∠DAE ＝90°，∴∠ADE ＝∠BAF ，∴△ABF ≌△DAE （AAS ），∴AE ＝BF ；（2）在Rt △DEF 和Rt △EFB 中，tan α=EF DE ，tan β=EF BF ，∴tanαtanβ=EF DE ⋅BF EF =BF DE ．由①可知∠ADE ＝∠BAG ，∠AED ＝∠GBA ＝90°，∴△AED ∽△GBA ，∴AE GB =DE AB ，由①可知，AE ＝BF ，∴BF GB=DE AB ， ∴BF DE=GB AB ， ∵BG BC=k ，AB ＝BC ， ∴BF DE =BG AB =BG BC =k ，∴tanαtanβ=k ．∴tan α＝k tan β．（3）∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．∵AB＝AD＝4，∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB=14×4×4＝4．4.（2020湖南长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：△ABF∽△FCE；（2）若AB＝2√3，AD＝4，求EC的长；（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠F AE＝β，求tanα+tanβ的值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，∴∠AFB＝∠FEC，∴△ABF ∽△FCE ．（2）设EC ＝x ，由翻折可知，AD ＝AF ＝4，∴BF =√AF 2−AB 2=√16−12=2，∴CF ＝BC ﹣BF ＝2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC ，∴2√32=2x， ∴x =2√33，∴EC =2√33． （3）∵△ABF ∽△FCE ，∴AF EF =AB CF ，∴tan α+tan β=BF AB +EF AF =BF AB +CF AB =BF+CF AB =BC AB ， 设AB ＝CD ＝a ，BC ＝AD ＝b ，DE ＝x ，∴AE ＝DE +2CE ＝x +2（a ﹣x ）＝2a ﹣x ，∵AD ＝AF ＝b ，DE ＝EF ＝x ，∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°，∴BF =√b 2−a 2，CF =√x 2−(a −x)2=√2ax −a 2，∵AD 2+DE 2＝AE 2，∴b 2+x 2＝（2a ﹣x ）2，∴a 2﹣ax =14b 2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC， ∴22=√b 2−a 2a−x ，∴a 2﹣ax =√b 2−a 2•√2ax −a 2，∴14b 2=√b 2−a 2•√a 2−12b 2， 整理得，16a 4﹣24a 2b 2+9b 4＝0，∴（4a 2﹣3b 2）2＝0，∴b a =2√33， ∴tan α+tan β=BC AB =2√33．5.（2020江苏连云港）（1）如图1，点P 为矩形ABCD 对角线BD 上一点，过点P 作EF ∥BC ，分别交AB 、CD 于点E 、F ．若BE ＝2，PF ＝6，△AEP 的面积为S 1，△CFP 的面积为S 2，则S 1+S 2＝ 12 ；（2）如图2，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），点E 、F 、G 、H 分别为各边的中点．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PFCG 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD 的面积（用含S 1、S 2的代数式表示）；（3）如图3，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），过点P 作EF ∥AD ，HG ∥AB ，与各边分别相交于点E 、F 、G 、H ．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PGCF 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BĈ围成的封闭图形的面积为S1，P A、PD、AD̂围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△P AC 的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．【解答】解：（1）如图1中，过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，∴S1＝S2＝6，∴S1+S2＝12，故答案为12．（2）如图2中，连接P A，PC，在△APB中，∵点E是AB的中点，∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S1）．（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．理由：设线段PB，线段P A，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，∴x﹣y＝S3﹣S4，∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S2=S3+S4．图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．6.（2020江苏苏州）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求AB+CD的值．BC【解答】证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，∴∠BAP +∠APB ＝90°，∠APB +∠DPC ＝90°，∴∠BAP ＝∠DPC ，又P A ＝PD ，∠B ＝∠C ＝90°，∴△BAP ≌△CPD （AAS ），∴BP ＝CD ，AB ＝PC ，∴BC ＝BP +PC ＝AB +CD ；（2）如图2，过点A 作AE ⊥BC 于E ，过点D 作DF ⊥BC 于F ，由（1）可知，EF ＝AE +DF ，∵∠B ＝∠C ＝45°，AE ⊥BC ，DF ⊥BC ，∴∠B ＝∠BAE ＝45°，∠C ＝∠CDF ＝45°，∴BE ＝AE ，CF ＝DF ，AB =√2AE ，CD =√2DF ，∴BC ＝BE +EF +CF ＝2（AE +DF ），∴AB+CD BC =√2(AE+DF)=√22． 7.（2020江苏泰州）如图，正方形ABCD 的边长为6，M 为AB 的中点，△MBE 为等边三角形，过点E 作ME 的垂线分别与边AD 、BC 相交于点F 、G ，点P 、Q 分别在线段EF 、BC 上运动，且满足∠PMQ ＝60°，连接PQ ．（1）求证：△MEP ≌△MBQ ．（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．（3）设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．【解答】证明：（1）∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，∴∠BMQ＝∠PME，又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，∴△MBQ≌△MEP（ASA）；（2）PF+GQ的值不变，理由如下：如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，∵ME＝MB，MG＝MG，∴Rt△MBG≌Rt△MEG（HL），∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，∴MB=√3BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，∴GE=√3，∠FGH＝60°，∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形，∴FH＝CD＝6，∵sin∠FGH=FHGF=√32=6FG，∴FG＝4√3，∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE，∴PE＝BQ＝BG+GQ，∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2√3+GQ+PF，∴GQ+PF＝2√3；（3）如图2，当点B'落在PQ上时，∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP，∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，∴△MBQ≌△MB'Q，∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°∴∠QME＝30°∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，如图3，当点B'落在MP上时，同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．8.（2020江苏无锡）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形P ADE的面积为S．（1）若DE=√33，求S的值；（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．【解答】解：（1）当DE=√3 3，∵AD＝1，∴tan∠AED=√3，AE=2√3 3，∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE为等边三角形，∴S=√34×（2√33）2+12×√33×1=√32；（2）过E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，∴AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x2+1 2x，∴S=12⋅x×1+12×x2+12x×1=12x+x2+14x．9.（2020辽宁营口）如图，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F．（1）如图1，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是AF＝AE；（2）如图2，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长．【解答】解：（1）AE＝AF．∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∴△EAB≌△F AD（AAS），∴AF＝AE；故答案为：AF＝AE．（2）AF＝kAE．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°，∴∠F AD+∠F AB＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB+∠F AB＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝∠ADF．∴△ABE∽△ADF，∴AB AD =AE AF ，∵AD ＝kAB ，∴AB AD=1k ， ∴AE AF =1k， ∴AF ＝kAE ．（3）解：①如图1，当点F 在DA 上时，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∵AD ＝2AB ＝4，∴AB ＝2，∴CD ＝2，∵CF ＝1，∴DF ＝CD ﹣CF ＝2﹣1＝1．在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+12=√17，∵DF ∥AB ，∴∠GDF ＝∠GBA ，∠GFD ＝∠GAB ，∴△GDF ∽△GBA ，∴GF GA =DF BA =12，∵AF ＝GF +AG ，∴AG =23AF =23√17．∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×√17=√172．在Rt △EAG 中，∠EAG ＝90°，∴EG =√AE 2+AG 2=(172)2+(2173)2=5√176， ②如图2，当点F 在DC 的延长线上时，DF ＝CD +CF ＝2+1＝3，在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+32=5．∵DF ∥AB ，∵∠GAB ＝∠GFD ，∠GBA ＝∠GDF ，∴△AGB ∽△FGD ，∴AG FG =AB FD =23，∵GF +AG ＝AF ＝5，∴AG ＝2，∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×5=52，在Rt △EAG 中，∠EAG＝90°， ∴EG =√AE 2+AG 2=√(52)2+22=√412．综上所述，EG 的长为5√176或√412． 10.（2020山东菏泽）如图1，四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，OA ＝OC ，OB ＝OD +CD ．（1）过点A 作AE ∥DC 交BD 于点E ，求证：AE ＝BE ；（2）如图2，将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．①求证：BD '∥CD ；②若AD '∥BC ，求证：CD 2＝2OD •BD ．【解答】（1）证明：∵AE ∥DC ，∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，又∵OA＝OC，∴△AOE≌△COD（AAS），∴CD＝AE，OD＝OE，∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，∴BE＝CD，∴AE＝BE；（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，∴∠ABE＝∠AEB，∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，∴∠ABD'＝∠ABD，∴∠ABD'＝∠BAE，∴BD'∥AE，又∵AE∥CD∴BD'∥CD．②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，∵AD '∥BC ，BD '∥AE ，∴四边形AD 'BF 为平行四边形．∴∠D '＝∠AFB ，∵将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．∴∠D '＝∠ADB ，∴∠AFB ＝∠ADB ，又∵∠AED ＝∠BEF ，∴△AED ∽△BEF ，∴AE DE =BE EF ，∵AE ＝CD ，∴CD DE =BE EF ，∵EF ∥CD ，∴△BEF ∽△BDC ，∴BE EF=BD DC ， ∴CD DE =BD CD ，∴CD 2＝DE •BD ，∵△AOE ≌△COD ，∴OD ＝OE ，∴DE ＝2OD ，∴CD 2＝2OD •BD ．11.（2020山东济宁）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝AC ，点E ，F ，G 分别在边BC ，CD 上，BE ＝CG ，AF 平分∠EAG ，点H 是线段AF 上一动点（与点A 不重合）．（1）求证：△AEH ≌△AGH ；（2）当AB ＝12，BE ＝4时．①求△DGH 周长的最小值；②若点O 是AC 的中点，是否存在直线OH 将△ACE 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出AH AF 的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，∵AB ＝AC ，∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠ACD=12∠BCD＝60°＝∠ABC，∵BE＝CG，∴△ABE≌△ACG（SAS），∴AE＝AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAF＝∠GAF，∵AH＝AH，∴△AEH≌△AGH（SAS）；（2）①如图1，过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，∵AB＝12，BE＝4，∴CG＝4，∴CE＝DG＝12﹣4＝8，由（1）知，△AEH≌△AGH，∴EH＝HG，∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，在Rt △DCM 中，∠DCM ＝180°﹣120°＝60°，CD ＝AB ＝12，∴CM ＝6，∴DM =√3CM ＝6√3，在Rt △DME 中，EM ＝CE +CM ＝14，根据勾股定理得，DE =√EM 2+DM 2=√142+(6√3)2=2√51，∴△DGH 周长的最小值为2√51+8；②Ⅰ、当OH 与线段AE 相交时，交点记作点N ，如图2，连接CN ，∴点O 是AC 的中点，∴S △AON ＝S △CON =12S △ACN ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △AONS △AEC =14， ∴S △CEN ＝S △ACN ，∴AN ＝EN ，∵点O 是AC 的中点，∴ON ∥CE ，∴AH AF =12；Ⅱ、当OH 与线段CE 相交时，交点记作Q ，如图3，连接AQ ，FG ，∵点O 是AC 的中点，∴S △AOQ ＝S △COQ =12S △ACQ ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △COQS △ACE =14，∴S △AEQ ＝S △ACQ ，∴CQ ＝EQ =12CE =12（12﹣4）＝4，∵点O 是AC 的中点，∴OQ ∥AE ，设FQ ＝x ，∴EF ＝EQ +FQ ＝4+x ，CF ＝CQ ﹣FQ ＝4﹣x ，由（1）知，AE ＝AG ，∵AF 是∠EAG 的角平分线，∴∠EAF ＝∠GAF ，∵AF ＝AF ，∴△AEF ≌△AGF （SAS ），∴FG ＝EF ＝4+x ，过点G 作GP ⊥BC 交BC 的延长线于P ，在Rt △CPG 中，∠PCG ＝60°，CG ＝4，∴CP =12CG ＝2，PG =√3CP ＝2√3，∴PF ＝CF +CP ＝4﹣x +2＝6﹣x ，在Rt △FPG 中，根据勾股定理得，PF 2+PG 2＝FG 2，∴（6﹣x ）2+（2√3）2＝（4+x ）2，∴x =85，∴FQ =85，EF ＝4+85=285， ∵OQ ∥AE ，∴AH AF=EQ EF =4285=57， 即AH AF 的值为12或57．12.（2020四川南充）如图，边长为1的正方形ABCD 中，点K 在AD 上，连接BK ，过点A ，C 作BK 的垂线，垂足分别为M ，N ，点O 是正方形ABCD 的中心，连接OM ，ON ．（1）求证：AM ＝BN ．（2）请判定△OMN 的形状，并说明理由．（3）若点K 在线段AD 上运动（不包括端点），设AK ＝x ，△OMN 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式（写出x 的范围）；若点K 在射线AD 上运动，且△OMN 的面积为110，请直接写出AK 长．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABM+∠CBM＝90°，∵AM⊥BM，CN⊥BN，∴∠AMB＝∠BNC＝90°，∴∠MAB+∠MBA＝90°，∴∠MAB＝∠CBM，∴△ABM≌△BCN（AAS），∴AM＝BN；（2）△OMN是等腰直角三角形，理由如下：如图，连接OB，∵点O是正方形ABCD的中心，∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，∵∠MAB＝∠CBM，∴∠MAB﹣∠OAB＝∠CBM﹣∠OBC，∴∠MAO＝∠NBO，又∵AM＝BN，OA＝OB，∴△AOM≌△BON（SAS），∴MO＝NO，∠AOM＝∠BON，∵∠AON+∠BON＝90°，∴∠AON+∠AOM＝90°，∴∠MON＝90°，∴△MON是等腰直角三角形；（3）在Rt△ABK中，BK=√AK2+AB2=√x2+1，∵S△ABK=12×AK×AB=12×BK×AM，∴AM=AK⋅ABBK=x√x2+1，∴BN＝AM=x√x2+1，∵cos∠ABK=BMAB=ABBK，∴BM=AB⋅ABBK=1√x2+1，∴MN＝BM﹣BN=x2+1∵S△OMN=14MN2=(1−x)24x2+4，∴y=x2−2x+14x2+4（0＜x＜1）；当点K 在线段AD 上时，则110=x 2−2x+14x 2+4， 解得：x 1＝3（不合题意舍去），x 2=13，当点K 在线段AD 的延长线时，同理可求y =x 2−2x+14x 2+4（x ＞1）， ∴110=x 2−2x+14x 2+4， 解得：x 1＝3，x 2=13（不合题意舍去），综上所述：AK 的值为3或13时，△OMN 的面积为110．13.（2020浙江杭州）如图，在正方形ABCD 中，点E 在BC 边上，连接AE ，∠DAE 的平分线AG 与CD 边交于点G ，与BC 的延长线交于点F ．设CE EB =λ（λ＞0）．（1）若AB ＝2，λ＝1，求线段CF 的长．（2）连接EG ，若EG ⊥AF ，①求证：点G 为CD 边的中点．②求λ的值．【解答】解：（1）∵在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠F ，又∵AG 平分∠DAE ，∴∠DAG ＝∠EAG ，∴∠EAG ＝∠F ，∴EA ＝EF ，∵AB ＝2，∠B ＝90°，点E 为BC 的中点，∴BE ＝EC ＝1，∴AE =√AB 2+BE 2=√5，∴EF =√5，∴CF ＝EF ﹣EC =√5−1；（2）①证明：∵EA ＝EF ，EG ⊥AF ，∴AG ＝FG ，在△ADG 和△FCG 中{∠D =∠GCF ∠AGD =∠FGC AG =FG，∴△ADG ≌△FCG （AAS ），∴DG ＝CG ，即点G 为CD 的中点；②设CD ＝2a ，则CG ＝a ，由①知，CF ＝DA ＝2a ，∵EG ⊥AF ，∠GDF ＝90°，∴∠EGC +∠CGF ＝90°，∠F +∠CGF ＝90°，∠ECG ＝∠GCF ＝90°，∴∠EGC ＝∠F ，∴△EGC ∽△GFC ，∴EC GC =GC FC ，∵GC ＝a ，FC ＝2a ，∴GC FC=12， ∴EC GC =12，∴EC =12a ，BE ＝BC ﹣EC ＝2a −12a =32a ，∴λ=CE EB =12a 32a =13．14.（2020浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB ＝8．（1）求证：四边形AEFD 为菱形．（2）求四边形AEFD 的面积．（3）若点P 在x 轴正半轴上（异于点D ），点Q 在y 轴上，平面内是否存在点G ，使得以点A ，P ，Q ，G 为顶点的四边形与四边形AEFD 相似？若存在，求点P 的坐标；若不存在，试说明理由．【解答】（1）证明：如图1中，∵AE∥DF，AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，∵E，D分别是OC，OB的中点，∴CE＝BD，∴△CAE≌△ABD（SAS），∴AE＝AD，∴四边形AEFD是菱形．（2）解：如图1中，连接DE．∵S△ADB＝S△ACE=12×8×4＝16，S△EOD=12×4×4＝8，∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝64﹣2×16﹣8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，∴KE＝KD，∴OK＝KE＝KD＝2√2，∵AO＝8√2，∴AK＝6√2，∴AK＝3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴PH＝3AH，∵HN∥OQ，QH＝HP，∴ON＝NP，∴HN是△PQO的中位线，∴ON＝PN＝8﹣t，∵∠MAH ＝∠PHN ＝90°﹣∠AHM ，∠PNH ＝∠AMH ＝90°，∴△HMA ∽△PNH ，∴AM NH =MH PN =AH PH =13，∴HN ＝3AM ＝3t ，∴MH ＝MN ﹣NH ＝8﹣3t ，∵PN ＝3MH ，∴8﹣t ＝3（8﹣3t ），∴t ＝2，∴OP ＝2ON ＝2（8﹣t ）＝12，∴P （12，0）．如图3中，过点H 作HI ⊥y 轴于I ，过点P 作PN ⊥x 轴交IH 于N ，延长BA 交IN 于M ．同法可证：△AMH ∽△HNP ，∴AM HN =MH PN =AH HP =13，设MH ＝t ，∴PN ＝3MH ＝3t ，∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HIHN，∴8+t＝9t﹣24，∴t＝4，∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，∴P（24，0）．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．∵MH是△QAC的中位线，∴MH=12AC＝4，同法可得：△HPN∽△QHM，∴NPHM =HNMQ=PHQH=13，∴PN=13HM=43，∴OM ＝PN =43，设HN ＝t ，则MQ ＝3t ， ∵MQ ＝MC ，∴3t ＝8−43，∴t =209， ∴OP ＝MN ＝4+t =569，∴点P 的坐标为（569，0）．如图5中，QH ＝3PH ，过点H 作HM ⊥x 轴于M 交AC 于I ，过点Q 作QN ⊥HM 于N ．∵IH 是△ACQ 的中位线，∴CQ ＝2HI ，NQ ＝CI ＝4，同法可得：△PMH ∽△HNQ ，∴MH NQ =PM HN =PH HQ =13，则MH =13NQ =43， 设PM ＝t ，则HN ＝3t ，∵HN ＝HI ，∴3t ＝8+43，∴t =289， ∴OP ＝OM ﹣PM ＝QN ﹣PM ＝4﹣t =89，∴P （89，0）． ③如图6中，当AP 为菱形的对角线时，有图6一种情形：过点H 作HM ⊥y 轴于于点M ，交AB 于I ，过点P 作PN ⊥HM 于N ．∵HI ∥x 轴，AH ＝HP ，∴AI ＝IB ＝4，∴PN ＝IB ＝4，同法可得：△PNH ∽△HMQ ，∴PN HM =HN MQ =PH HQ =13，∴MH ＝3PN ＝12，HI ＝MH ﹣MI ＝4，∵HI 是△ABP 的中位线，∴BP ＝2IH ＝8，∴OP ＝OB +BP ＝16，∴P （16，0），综上所述，满足条件的点P 的坐标为（12，0）或（24，0）或（569，0）或（89，0）或（16，0）．15.（2020浙江宁波）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC 中，D 为AB 上一点，∠ACD ＝∠B ．求证：AC 2＝AD •AB ．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD 中，E 为BC 上一点，F 为CD 延长线上一点，∠BFE ＝∠A ．若BF ＝4，BE ＝3，求AD 的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是△ABC 内一点，EF ∥AC ，AC ＝2EF ，∠EDF =12∠BAD ，AE ＝2，DF ＝5，求菱形ABCD 的边长．【解答】解：（1）证明：∵∠ACD ＝∠B ，∠A ＝∠A ，∴△ADC ∽△ACB ，∴AD AC =AC AB ，∴AC 2＝AD •AB ．（2）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ＝BC ，∠A ＝∠C ，又∵∠BFE ＝∠A ，∴∠BFE ＝∠C ，又∵∠FBE ＝∠CBF ，∴△BFE ∽△BCF ，∴BF BC =BE BF ，∴BF 2＝BE •BC ，∴BC =BF 2BE =423=163，∴AD =163．（3）如图，分别延长EF ，DC 相交于点G ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥DC ，∠BAC =12∠BAD ，∵AC ∥EF ，∴四边形AEGC 为平行四边形，∴AC ＝EG ，CG ＝AE ，∠EAC ＝∠G ，∵∠EDF =12∠BAD ， ∴∠EDF ＝∠BAC ， ∴∠EDF ＝∠G ，又∵∠DEF ＝∠GED ， ∴△EDF ∽△EGD ， ∴ED EG =EF DE ， ∴DE 2＝EF •EG ， 又∵EG ＝AC ＝2EF ， ∴DE 2＝2EF 2， ∴DE =√2EF ，又∵DG DF =DE EF ， ∴DG =√2DF =5√2， ∴DC ＝DG ﹣CG ＝5√2−2．。

2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝30°，△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜120°）得到△AB′C′，B′C′与BC，AC分别交于点D，E．设CD+DE＝x，△AEC′的面积为y，则y与x的函数图象大致（）A．B．C．D．2．如图，⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，O1O2＝8．若将⊙O1绕点P按顺时针方向旋转360°，在旋转过程中，⊙O1与正方形ABCD的边只有一个公共点的情况一共出现（）A．3次B．5次C．6次D．7次二、填空题3．如图所示，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC＝6，BD＝8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为．第3题第4题4．如图，AB是⊙O的直径，弦BC＝2cm，∠ABC＝60°．若动点P以2cm/s的速度从B点出发沿着B →A的方向运动，点Q以1cm/s的速度从A点出发沿着A→C的方向运动，当点P到达点A时，点Q 也随之停止运动．设运动时间为t（s），当△APQ是直角三角形时，t的值为．三、解答题5．如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，∠OAC＝30°，点D是BC的中点，（1）OC＝：点D的坐标为（2）若点E在线段0A上，直线DE把矩形OABC面积分成为2：1，求点E坐标；（3）如图2，点P为线段AB上一动点（与A、B重合），连接DP；①将△DBP沿DP所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BP的长；②以线段DP为边，在DP所在直线的右上方作等边△DPQ，当动点P从点B运动到点A时，点Q也随之运动，请直接写出点Q运动路径的长．6．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，交y轴于点C，连接BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是抛物线上一点，设P点的横坐标为m．①当点P在第一象限时，过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，连接PE，当△PDE和△BOC相似时，求点P的坐标；②请直接写出使∠PBA＝∠ABC的点P的坐标．【答案与解析】一、选择题1．【分析】可证△ABF≌△AC′E（AAS）、△CDE≌△B′DF（AAS），则B′D+DE＝CD+ED＝x，y＝EC′×△AEC′的EC′边上的高，即可求解．【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转α，设AB′与BC交于点F，则∠BAB′＝∠CAC′＝α，∠B＝∠C′＝30°，AB＝AC＝AC′，∴△ABF≌△AC′E（AAS），∴BF＝C′E，AE＝AF，同理△CDE≌△B′DF（AAS），∴B′D＝CD，∴B′D+DE＝CD+ED＝x，AB＝AC＝2，∠B＝30°，则△ABC的高为1，等于△AEC′的高，BC＝2＝B′C′，y＝EC′×△AEC′的EC′边上的高＝（2）＝﹣x+，故选：B．2．【分析】根据⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，设O1O2交圆O于M，求出PM＝4，得出圆O1与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，即可得到答案．【解答】解：∵⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，设O1O2交圆O于M，∴PM＝8﹣3﹣1＝4，圆O1与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，∴根据图形得出有5次．故选：B．二、填空题3．【分析】利用菱形的面积公式：•AC•BD＝BC•AE，即可解决问题；【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，∴AB＝BC＝5，∵•AC•BD＝BC•AE，∴AE＝，故答案为：，4．【分析】应分两种情况进行讨论：①当PQ⊥AC时，△APQ为直角三角形，根据△APQ∽△ABC，可将时间t求出；②当PQ⊥AB时，△APQ为直角三角形，根据△APQ∽△ACB，可将时间t求出．【解答】解：∵AB是直径，∴∠C＝90°，又∵BC＝2cm，∠ABC＝60°，∴AB＝2BC＝4，AC＝2，则AP＝（4﹣2t）cm，AQ＝t，∵当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，∴0＜t≤2，①如图1，当PQ⊥AC时，PQ∥BC，则△APQ∽△ABC，∴，∴，解得t＝3﹣，②如图2，当PQ⊥AB时，△APQ∽△ACB，则，故，解得t＝，故答案为：3﹣，．三、解答题5．【分析】（1）在Rt△AOC中，解直角三角形求出OC即可解决问题．（2）设E（m，0）．由题意，分两种情形：S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC或S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC，分别构建方程即可解决问题．（3）①如图1﹣1中，在Rt△DPB中，解直角三角形求出PB即可．②如图2中，以BD为边向上作等边三角形DBQ′，连接QQ′．证明△Q′DQ≌△BDP（SAS），推出QQ′＝PB，∠DQ′Q＝∠DBP＝90°，推出点Q的运动轨迹是线段QQ′，即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，∵四边形OABC是矩形，∴∠AOC＝90°，∵OA＝3，∠OAC＝30°，∴OC＝OA•tan30°＝，故答案为，（，）．（2）设E（m，0）．由题意，S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC或S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC，∴•（CD+OE）•OC＝×3×或•（CD+OE）•OC＝×3×，∴•（+m）•＝×3×或•（+m）•OC＝×3×，解得，m＝4﹣或2﹣．（3）①如图1﹣1中，∵tan∠OAC＝，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°，设将△DBP沿DP所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，∴∠DB'C＝∠ACB＝30°∴∠BDB'＝60°，∴∠BDP＝∠B'DF＝30°，∴BP＝BD•tan30°＝，②如图2中，以BD为边向上作等边三角形DBQ′，连接QQ′．∵∠Q′DB＝∠QDP＝60°，∴∠Q′DQ＝∠BDP，∵Q′D＝BD，QD＝PD，∴△Q′DQ≌△BDP（SAS），∴QQ′＝PB，∠DQ′Q＝∠DBP＝90°，∴点Q的运动轨迹是线段QQ′，当动点P从点B运动到点A时，QQ′＝AB＝，∴点Q运动路径的长为．6．【分析】（1）用待定系数法进行解答便可；（2）①设出P点的横坐标为m，用m的代数式表示PD和DE，根据相似三角形的两种情况，由两直角边对应成比例，列出m的方程便可；②过B作BP平分∠ABC，交抛物线于点P，交OC于点M，过M作MN⊥BC于点N，设OM＝x，根据勾股定理求出x值，求得M点坐标，进而求出直线BM与抛物线的交点坐标便可得出其中一个满足条件的P点坐标；再取M关于x轴的对称点K的坐标，进而求得BK与抛物线的交点坐标，便可得另一个满足条件的P点坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，∴，解得，，∴抛物线的解析式为：；（2）令x＝0，得＝4，∴C（0，4），∴OC＝4，∵B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+n（k≠0），则，解得，∴直线BC的解析式为：y＝，设P（m，），则D（m，），∴DP＝，DE＝m，∴，∵∠BOC＝∠PDE＝90°，∴当△PDE和△BOC相似时，有两种情况：当△PDE∽△BOC时，则，即＝，解得，m＝，∴P（，）；当△PDE∽△COB时，则，即＝，解得，m＝2，∴P（2，4）．综上，当△PDE和△BOC相似时，点P的坐标（，）或（2，4）；②过B作BP平分∠ABC，交抛物线于点P，交OC于点M，过M作MN⊥BC于点N，如图1，则∠PBA＝∠ABC，OM＝MN，在Rt△BOM和Rt△BNM中，，∴Rt△BOM≌Rt△BNM（HL），∴BN＝BO＝3，设OM＝t，则MN＝MO＝t，CM＝4﹣t，CN＝BC﹣BN＝﹣3＝2，∵MN2+CN2＝MC2，∴t2+22＝（4﹣t）2，∴t＝，∴M（0，），设BM的解析式为：y＝mx+（m≠0），代入B（3，0）得，m＝，∴直线BM的解析式为：y＝﹣，解方程组得，，，∴p（，），取M（0，）关于x轴的对称点，K（0，﹣），连接BK，延长BK，交抛物线于点P'，如图2所示，则∠ABP＝∠ABC，设直线BK的解析式为y＝px（p≠0），代入B（3，0）得，p＝，∴直线BK的解析式为：y﹣，解方程组得，，∴P'（，），综上，使∠PBA＝∠ABC的点P的坐标为（，）或（，）．2020年中考数学压轴题每日一练（5.4）一、选择题1．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（）A．5 B．6 C．7 D．82．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝8，点D为AB的中点，若直角EDF绕点D旋转，分别交AC于点E，交BC于点F，则下列说法正确的个数有（）①AE＝CF；②EC+CF＝AD；③DE＝DF；④若△ECF的面积为一个定值，则EF的长也是一个定值．A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝6，点P为AB边上一点，且AP≤3，连接DP，将△ADP沿DP 折叠，点A落在点M处，连接CM，BM，当△BCM为等腰三角形时，BP的长为．第3题第4题4．如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，经过点C且与边AB相切的动圆与CA，CB分别相交于点P，Q，则线段PQ长度的最小值是．三、解答题5．如图，已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，将这两个三角形放置在一起．（1）问题发现如图①，当∠ACB＝∠AED＝60°时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，则∠CEB的度数为，线段AE、BE、CE之间的数量关系是；（2）拓展探究如图②，当∠ACB＝∠AED＝90°时，点B、D、E在同一直线上，连接CE．请判断∠CEB的度数及线段AE、BE、CE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题如图③，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝2，AE＝2，连接CE、BD，在△AED绕点A旋转的过程中，当DE⊥BD时，请直接写出EC的长．6．如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．（1）使∠APB＝30°的点P有个；（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN最小值为OP﹣OF＝，当N在AB边上时，M与B重合时，MN最大值＝+1＝，由此不难解决问题．【解答】解：如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为OP﹣OF，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝5∵∠OPB＝90°，∴OP∥AC∵点O是AB的三等分点，∴OB＝×5＝，＝＝，∴OP＝，∵⊙O与AC相切于点D，∴OD⊥AC，∴OD∥BC，∴＝＝，∴OD＝1，∴MN最小值为OP﹣OF＝﹣1＝，如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN最大值＝+1＝，∴MN长的最大值与最小值的和是6．故选：B．2．【分析】①如果连接CD，可证△ADE≌△CDF，得出AE＝CF；②由①知，EC+CF＝EC+AE＝AC，而AC为等腰直角△ABC的直角边，由于斜边AB＝8，由勾股定理可求出AC＝BC＝4；③由①知DE＝DF；④△ECF的面积＝×CE×CF，如果这是一个定值，则CE•CF是一个定值，又EC+CF＝4，从而可唯一确定EC与EF的值，由勾股定理知EF的长也是一个定值．【解答】解：①连接CD．∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB，在△ADE与△CDF中，∠A＝∠DCF＝45°，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF，∴AE＝CF．说法正确；②∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝8，∴AC＝BC＝4．由①知AE＝CF，∴EC+CF＝EC+AE＝AC＝4．说法正确；③由①知△ADE≌△CDF，∴DE＝DF．说法正确；④∵△ECF的面积＝×CE×CF，如果这是一个定值，则CE•CF是一个定值，又∵EC+CF＝4，∴可唯一确定EC与EF的值，再由勾股定理知EF的长也是一个定值，说法正确．故选：D．二、填空题3．【分析】①当BC＝CM时，△BCM为等腰三角形，当BM＝CM时，当△BCM为等腰三角形时，③当BC＝BM＝3时，由折叠的性质得，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．【解答】解：①如图1，当BC＝CM时，△BCM为等腰三角形，∴点M落在CD边上，如图1，DN＝AD＝3，∴四边形APMD是正方形，∴AP＝3，∵AB＝CD＝6，∴BP＝3；②如图2，当BM＝CM时，当△BCM为等腰三角形时，∴点M落在BC的垂直平分线上，如图2，过M作BC的垂直平分线交AD于H交BC于G，∴AH＝DH＝AD，∵将△ADP沿DP折叠，点A落在点M处，∴AD＝DM，∴DH＝DM，∴∠ADM＝60°，∴∠ADP＝∠PDM＝30°，∴AP＝AD＝，∴PB＝6﹣；③当BC＝BM＝3时，由折叠的性质得，DM＝AD＝3，∴DM+BM＝6，而BD＝＝3，∴DM+BM＜BD，故这种情况不存在，综上所述，BP的长为3或6﹣，故答案为：3或6﹣．4．【分析】设QP的中点为F，圆F与AB的切点为D，连接FD，连接CF，CD，则有FD⊥AB；由勾股定理的逆定理知，△ABC是直角三角形FC+FD＝PQ，由三角形的三边关系知，CF+FD＞CD；只有当点F在CD上时，FC+FD＝PQ有最小值为CD的长，即当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时，PQ＝CD有最小值，由直角三角形的面积公式知，此时CD＝BC•AC÷AB＝4.8．【解答】解：如图，∵AB＝10，AC＝8，BC＝6，∴AB2＝AC2+BC2，∴∠ACB＝90°，∴PQ是⊙F的直径，设QP的中点为F，圆F与AB的切点为D，连接FD，连接CF，CD，则FD⊥AB．∴FC+FD＝PQ，∴CF+FD＞CD，∵当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时，PQ＝CD有最小值∴CD＝BC•AC÷AB＝4.8．故答案为4.8．三、解答题5．【分析】（1）证明△ACE≌△ABD，得出CE＝AD，∠AEC＝∠ADB，即可得出结论；（2）证明△ACE∽△ABD，得出∠AEC＝∠ADB，BD＝CE，即可得出结论；（3）先判断出BD＝CE，再求出AB＝2，①当点E在点D上方时，先判断出四边形APDE是矩形，求出AP＝DP＝AE＝2，再根据勾股定理求出，BP＝6，得出BD＝4；②当点E在点D下方时，同①的方法得，AP＝DP＝AE＝1，BP＝4，进而得出BD＝BP+DP＝8，即可得出结论．【解答】解：（1）在△ABC为等腰三角形，AC＝BC，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠CAB＝60°，同理：AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，∴∠EAD＝∠CAB，∴∠EAC＝∠DAB，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE＝AD，∠AEC＝∠ADB，∵点B、D、E在同一直线上，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠AEC＝120°，∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AEB＝60°，∵DE＝AE，∴BE＝DE+BD＝AE+CE，故答案为60°，BE＝AE+CE；（2）在等腰三角形ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴AB＝AC，∠CAB＝45°，同理，AD＝AE，∠AED＝90°，∠ADE＝∠DAE＝45°，∴，∠DAE＝∠CAB，∴∠EAC＝∠DAB，∴△ACE∽△ABD，∴，∴∠AEC＝∠ADB，BD＝CE，∵点B、D、E在同一条直线上，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°，∴∠AEC＝135°，∴∠EBC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，∵DE＝AE，∴BE＝DE+BD＝AE+CE；（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，∴BD＝CE，在Rt△ABC中，AC＝2，∴AB＝AC＝2，①当点E在点D上方时，如图③，过点A作AP⊥BD交BD的延长线于P，∵DE⊥BD，∴∠PDE＝∠AED＝∠APD，∴四边形APDE是矩形，∵AE＝DE，∴矩形APDE是正方形，∴AP＝DP＝AE＝2，在Rt△APB中，根据勾股定理得，BP＝＝6，∴BD＝BP﹣AP＝4，∴CE＝BD＝2；②当点E在点D下方时，如图④同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝4，∴BD＝BP+DP＝8，∴CE＝BD＝4，即：CE的长为2或4．6．【分析】（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB＝30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．（2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在y轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P的坐标．（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题．【解答】解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．在优弧AP1B上任取一点P，如图1，则∠APB＝∠ACB＝×60°＝30°．∴使∠APB＝30°的点P有无数个．故答案为：无数．（2）①当点P在y轴的正半轴上时，过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．∵点A（1，0），点B（5，0），∴OA＝1，OB＝5．∴AB＝4．∵点C为圆心，CG⊥AB，∴AG＝BG＝AB＝2．∴OG＝OA+AG＝3．∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝AB＝4．∴CG＝＝＝2．∴点C的坐标为（3，2）．过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，∵点C的坐标为（3，2），∴CD＝3，OD＝2．∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，∴∠AP1B＝∠AP2B＝30°．∵CP2＝CA＝4，CD＝3，∴DP2＝＝．∵点C为圆心，CD⊥P1P2，∴P1D＝P2D＝．∴P2（0，2﹣）．P1（0，2+）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P3（0，﹣2﹣）．P4（0，﹣2+）．综上所述：满足条件的点P的坐标有：（0，2﹣）、（0，2+）、（0，﹣2﹣）、（0，﹣2+）．（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．理由：可证：∠APB＝∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH＝得：当AE最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．①当点P在y轴的正半轴上时，连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．∵⊙E与y轴相切于点P，∴PE⊥OP．∵EH⊥AB，OP⊥OH，∴∠EPO＝∠POH＝∠EHO＝90°．∴四边形OPEH是矩形．∴OP＝EH，PE＝OH＝3．∴EA＝3．∵∠EHA＝90°，AH＝2，EA＝3，∴EH＝＝＝∴OP＝∴P（0，）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P（0，﹣）．理由：①若点P在y轴的正半轴上，在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．∵∠ANB是△AMN的外角，∴∠ANB＞∠AMB．∵∠APB＝∠ANB，∴∠APB＞∠AMB．②若点P在y轴的负半轴上，同理可证得：∠APB＞∠AMB．综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，此时点P的坐标为（0，）和（0，﹣）．2020年中考数学压轴题每日一练（5.9）一、选择题1．在平面直角坐标系xOy中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C的坐标为（1，0），顶点A的坐标（0，2），顶点B恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x轴正方向平移，当顶点A恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C的对应点C′的坐标为（）A．（，0）B．（2，0）C．（，0）D．（3，0）2．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，D是BC边上一动点，将AD绕点A逆时针旋转45°得AE，连接CE，则线段CE长的最小值为（）A．B．C．﹣1 D．2﹣二、填空题3．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，则CF的长为．第3题第4题4．问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC ＝PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O 到△MNG三个顶点的距离和的最小值是．三、解答题5．如图（1），在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，动点P在线段AC上以5cm/s的速度从点A运动到点C，过点P作PD⊥AB于点D，将△APD绕PD的中点旋转180°得到△A′DP，设点P的运动时间为x（s）．（1）当点A′落在边BC上时，求x的值；（2）在动点P从点A运动到点C过程中，当x为何值时，△A′BC是以A′B为腰的等腰三角形；（3）如图（2），另有一动点Q与点P同时出发，在线段BC上以5cm/s的速度从点B运动到点C，过点Q作QE⊥AB于点E，将△BQE绕QE的中点旋转180°得到△B′EQ，连结A′B′，当直线A′B′与△ABC的一边垂直时，求线段A′B′的长．6．在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，点C在OB上，且BC＝1，（1）如图1，以O为圆心，OC长为半径作半圆，点P为半圆上的动点，连接PB，作DB⊥PB，使点D落在直线OB的上方，且满足DB：PB＝3：4，连接AD①请说明△ADB∽△OPB；②如图2，当点P所在的位置使得AD∥OB时，连接OD，求OD的长；③点P在运动过程中，OD的长是否有最大值？若有，求出OD长的最大值：若没有，请说明理由．（2）如图3，若点P在以O为圆心，OC长为半径的圆上运动．连接PA，点P在运动过程中，PA﹣是否有最大值？若有，直接写出最大值；若没有，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，易证△ACO≌△BCD（AAS），从而可求出B的坐标，进而可求出反比例函数的解析式，根据解析式与A的坐标即可得知平移的单位长度，从而求出C的对应点．【解答】解：过点B作BD⊥x轴于点D，∵∠ACO+∠BCD＝90°，∠OAC+∠ACO＝90°，∴∠OAC＝∠BCD，在△ACO与△BCD中，∴△ACO≌△BCD（AAS）∴OC＝BD，OA＝CD，∵A（0，2），C（1，0）∴OD＝3，BD＝1，∴B（3，1），∴设反比例函数的解析式为y＝，将B（3，1）代入y＝，∴k＝3，∴y＝，∴把y＝2代入，∴x＝，当顶点A恰好落在该双曲线上时，此时点A移动了个单位长度，∴C也移动了个单位长度，此时点C的对应点C′的坐标为（，0）故选：A．2．【分析】在AB上截取AF＝AC＝2，由旋转的性质可得AD＝AE，由勾股定理可求AB＝2，可得BF ＝2﹣2，由“SAS”可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，由直角三角形的性质可求线段CE长的最小值．【解答】解：如图，在AB上截取AF＝AC＝2，∵旋转∴AD＝AE∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°∴AB＝2，∠B＝∠BAC＝45°，∴BF＝2﹣2∵∠DAE＝45°＝∠BAC∴∠DAF＝∠CAE，且AD＝AE，AC＝AF∴△ACE≌△AFD（SAS）∴CE＝DF，当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，∴DF最小值为＝2﹣故选：D．二、填空题3．【分析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C，由旋转性质知∠B′＝∠B′CD′＝90°、AB＝CD ＝5、BC＝B′C＝4，从而得出四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形且OE＝OD＝OC＝2.5，继而求得CG＝B′E＝OH＝＝＝2，根据垂径定理可得CF的长．【解答】解：连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，则∠OEB′＝∠OHB′＝90°，∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝5、BC＝B′C＝4，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝2.5，∴B′H＝OE＝2.5，∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，∴CG＝B′E＝OH＝＝＝2，∵四边形EB′CG是矩形，∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4，故答案为：4．4．【分析】（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO 的最小值．【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，在△ABG和△ADP中，∴△ABG≌△ADP（SAS），∴AG＝AP，BG＝DP，∴GC＝PE，∵∠GAP＝∠BAD＝60°，∴△AGP是等边三角形，∴AP＝GP，∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE∴PA+PC＝PE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴当D、E、O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝．∴MF＝DF＝4，∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，∴ND＝＝＝2，∴MO+NO+GO最小值为2，故答案为2，三、解答题5．【分析】（1）根据勾股定理求出AC，证明△APD∽△ABC，△A′PC∽△ABC，根据相似三角形的性质计算；（2）分A′B＝BC、A′B＝A′C两种情况，根据等腰三角形的性质解答；（3）根据题意画出图形，根据锐角三角函数的概念计算．【解答】解：（1）如图1，∵在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，∴AC＝＝4cm，当点A′落在边BC上时，由题意得，四边形APA′D为平行四边形，∵PD⊥AB，∴∠ADP＝∠C＝90°，∵∠A＝∠A，∴△APD∽△ABC，∵AP＝5x，∴A′P＝AD＝4x，PC＝4﹣5x，∵∠A′PD＝∠ADP，∴A′P∥AB，∴△A′PC∽△ABC，∴，即＝，解得：x＝，∴当点A′落在边BC上时，x＝；（2）当A′B＝BC时，（5﹣8x）2+（3x）2＝32，解得：．∵x≤，∴；当A′B＝A′C时，x＝．（3）Ⅰ、当A′B′⊥AB时，如图6，∴DH＝PA'＝AD，HE＝B′Q＝EB，∵AB＝2AD+2EB＝2×4x+2×3x＝5，∴x＝，∴A′B′＝QE﹣PD＝x＝；Ⅱ、当A′B′⊥BC时，如图7，∴B′E＝5x，DE＝5﹣7x，∴cos B＝，∴x＝，∴A′B′＝B′D﹣A′D＝；Ⅲ、当A′B′⊥AC时，如图8，由（1）有，x＝，∴A′B′＝PA′sin A＝；当A′B′⊥AB时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥BC时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥AC时，x＝，A′B′＝．6．【分析】（1）①由∠ABO＝90°和DB⊥PB可得∠DBA＝∠PBO，结合边长关系由两边对应成比例及其夹角相等的三角形相似即可证明结论．②过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，由AD∥OB平行可得∠DAB＝90°，而△ADB∽△OPB可知∠POB＝90°，由已知可求出AD．由Rt△DHO即可计算OD的长，③由△ADB∽△OPB可知，可求AD＝，由此可知D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，所以OD的最大值为OD过A点时最大．求出OA即可得到答案．（2）在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，构造△BOP～△POB′，可得＝PA﹣PB′≤AB'，求出AB’即可求出最大值．【解答】解：（1）①∵DB⊥PB，∠ABO＝90°，∴∠ADB＝∠CDP，又∵AB＝3，BO＝4，DB：PB＝3：4，即：，∴△ADB∽△OPB；②如解图（2），过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，∵AD∥OB，∠ABD＝90°，∴∠DAB＝90°，又∵△ADB∽△OPB，∴，∴AD＝，∵四边形ADHB为矩形，∴HD＝AB＝3，HB＝AD＝，∴OH＝OB+HB＝在Rt△DHO中，OD＝＝＝．③在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，∴OA＝5．由②得AD＝，∴D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，∴OD的最大值为OD过A点时最大，即OD的最大值为＝OA+AD＝5+＝．（2）如解图（4），在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，∵∠BOP＝∠POB′，＝，∴△BOP～△POB′，∴，∴＝PA﹣PB′≤AB'，∴∴有最大值为AB′，在Rt△ABB′中，AB＝3，BB′＝＝，∴AB′＝＝＝，即：点P在运动过程中，PA﹣有最大值为，2020年中考数学压轴题每日一练（5.8）一、选择题1．如图，在五边形ABCDE中，∠BAE＝120°，∠B＝∠E＝90°，AB＝BC，AE＝DE，在BC、DE上分别找一点M、N，使得△AMN的周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．90°B．100°C．110°D．120°2．如图，P是半圆O上一点，Q是半径OA延长线上一点，AQ＝OA＝1，以PQ为斜边作等腰直角三角形PQR，连接OR．则线段OR的最大值为（）A．B．3 C．D．1二、填空题3．如图，E、F，G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC＝，则AB的长为．第3题第4题4．如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上，AB＝8，∠CAB＝60°，P是弧上的一个点，连接AP，过点C作CD⊥AP于点D，连接BD，在点P移动过程中，BD长的最小值为．三、解答题5．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆．AC、BD是四边形ABCD的对角线，BD经过圆心O，点E在BD的延长线上，BA与CD的延长线交于点F，DF平分∠ADE．（1）求证：AC＝BC；（2）若AB＝AF，求∠F的度数；（3）若，⊙O半径为5，求DF的长．6．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D与点B分别位于直线AC的两侧，且AD＝AC，联结BD、CD，BD交直线AC于点E．（1）当∠CAD＝90°时，求线段AE的长．（2）过点A作AH⊥CD，垂足为点H，直线AH交BD于点F，①当∠CAD＜120°时，设AE＝x，y＝（其中S△BCE表示△BCE的面积，S△AEF表示△AEF的面积），求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当＝7时，请直接写出线段AE的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN+∠ANM＝2（∠AA′M+∠A″）即可得出答案．【解答】解：作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交ED于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．作EA延长线AH，∵∠BAE＝120°，∴∠HAA′＝60°，∴∠A′+∠A″＝∠HAA′＝60°，∵∠A′＝∠MAA′，∠NAE＝∠A″，且∠A′+∠MAA′＝∠AMN，∠NAE+∠A″＝∠ANM，∴∠AMN+∠ANM＝∠A′+∠MAA′+∠NAE+∠A″＝2（∠A′+∠A″）＝2×60°＝120°，故选：D．2．【分析】将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，可得ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2，由直角三角形的性质可得EO＝RO，由三角形三边关系可得EO≤PO+EP＝3，即可求解．【解答】解：将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，∴ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2∴EO＝RO，∵EO≤PO+EP＝3∴RO≤3∴OR的最大值＝故选：A．二、填空题3．【分析】如图，连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，可得＝，推出＝，可得b＝a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；【解答】解：如图，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AC＝BD＝，∵CG＝DG，CF＝FB，∴GF＝BD＝，∵AG⊥FG，∴∠AGF＝90°，∴∠DAG+∠AGD＝90°，∠AGD+∠CGF＝90°，∴∠DAG＝∠CGF，∴△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，∴＝，∴＝，∴b2＝2a2，∵a＞0．b＞0，∴b＝a，在Rt△GCF中，3a2＝，∴a＝，∴AB＝2b＝2．故答案为2．4．【分析】以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC．在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【解答】解：如图，以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC，O'D，∵CD⊥AP，∴∠ADC＝90°，∴在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠CAB＝60°，∴BC＝AB•sin60°＝4，AC＝AB•cos60°＝4，∴AO'＝CO'＝2，∴BO'＝＝＝2，∵O′D+BD≥O′B，∴当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D＝2﹣2，故答案为2﹣2．三、解答题5．【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠EDF＝∠ADF，根据圆内接四边形的性质和圆周角定理结论得到结论；（2）根据圆周角定理得到AD⊥BF，推出△ACB是等边三角形，得到∠ADB＝∠ACB＝60°，根据等腰三角形的性质得到结论；（3）设CD＝k，BC＝2k，根据勾股定理得到BD＝＝k＝10，求得＝2，BC＝AC＝4，根据相似三角形的性质即可得到结论【解答】（1）证明：∵DF平分∠ADE，∴∠EDF＝∠ADF，∵∠EDF＝∠ABC，∠BAC∠BDC，∠EDF＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC；（2）解：∵BD是⊙O的直径，∴AD⊥BF，∵AF＝AB，∴DF＝DB，∴∠FDA＝∠BDA，∴∠ADB＝∠CAB＝∠ACB，∴△ACB是等边三角形，∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠ABD＝90°﹣60°＝30°，∴∠F＝∠ABD＝30°；（3）解：∵，∴＝，设CD＝k，BC＝2k，∴BD＝＝k＝10，∴k＝2，∴CD＝2，BC＝AC＝4，∵∠ADF＝∠BAC，∴∠FAC＝∠ADC，∵∠ACF＝∠DCA，∴△ACF∽△DCA，∴＝，∴CF＝8，∴DF＝CF﹣CD＝6．6．【分析】（1）过点E作EG⊥BC，垂足为点G．AE＝x，则EC＝2﹣x．根据BG＝EG构建方程求出x 即可解决问题．（2）①证明△AEF∽△BEC，可得，由此构建关系式即可解决问题．②分两种情形：当∠CAD＜120°时，当120°＜∠CAD＜180°时，分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC﹣AC＝2，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°．∵AD＝AC，∴AD＝AB，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ABD+∠ADB+∠BAC+∠CAD＝180°，∠CAD＝90°，∠ABD＝15°，∴∠EBC＝45°．过点E作EG⊥BC，垂足为点G．设AE＝x，则EC＝2﹣x．在Rt△CGE中，∠ACB＝60°，∴，，∴BG＝2﹣CG＝1+x，在Rt△BGE中，∠EBC＝45°，∴，解得．所以线段AE的长是．（2）①设∠ABD＝α，则∠BDA＝α，∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝120°﹣2α．∵AD＝AC，AH⊥CD，∴，又∵∠AEF＝60°+α，∴∠AFE＝60°，∴∠AFE＝∠ACB，又∵∠AEF＝∠BEC，∴△AEF∽△BEC，∴，由（1）得在Rt△CGE中，，，∴BE2＝BG2+EG2＝x2﹣2x+4，∴（0＜x＜2）．②当∠CAD＜120°时，y＝7，则有7＝，整理得3x2+x﹣2＝0，解得x＝或﹣1（舍弃），．当120°＜∠CAD＜180°时，同法可得y＝当y＝7时，7＝，整理得3x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣（舍弃）或1，∴AE＝1．2020年中考数学压轴题每日一练（5.7）一、选择题1．已知函数y ＝ax 2+bx +c 的图象的一部分如图所示，则a +b +c 取值范围是（ ）A ．﹣2＜a +b +c ＜0B ．﹣2＜a +b +c ＜2C ．0＜a +b +c ＜2D ．a +b +c ＜22．如图所示，矩形OABC 中，OA ＝2OC ，D 是对角线OB 上的一点，OD ＝OB ，E 是边AB 上的一点．AE ＝AB ，反比例函数y ＝（x ＞0）的图象经过D ，E 两点，交BC 于点F ，AC 与OB 交于点M ．EF与OB 交于点G ，且四边形BFDE 的面积为．下列结论：①EF ∥AC ；②k ＝2；③矩形OABC 的面积为；④点F 的坐标为（，）正确结论的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 二、填空题 3．如图，二次函数y ＝（x +2）2+m 的图象与y 轴交于点C ，与x 轴的一个交点为A （﹣1，0），点B 在抛物线上，且与点C 关于抛物线的对称轴对称．已知一次函数y ＝kx +b 的图象经过A ，B 两点，根据图象，则满足不等式（x +2）2+m ≤kx +b 的x 的取值范围是 ．4．如图，AE=4，以AE 为直径作⊙O ，点B 是直径AE 上的一动点，以AB 为边在AE 的上方作正方形ABCD ，取CD 的中点M ，将△ADM 沿直线AM 对折，当点D 的对应点D ´落在⊙O 上时，BE 的长为 .三、解答题5．在平面直角坐标系xOy 中，有不重合的两个点Q （x 1，y 1）与P （x 2，y 2）．若Q ，P 为某个直角三角形的两个锐角顶点，且该直角三角形的直角边均与x 轴或y 轴平行（或重合），则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点Q 与点P 之间的“折距”，记做D PQ ．特别地，当PQ 与某条坐标轴平EA OB D CM D´行（或重合）时，线段PQ的长即点Q与点P之间的“折距”．例如，在图1中，点P（1，﹣1），点Q（3，﹣2），此时点Q与点P之间的“折距”D PQ＝3．（1）①已知O为坐标原点，点A（3，﹣2），B（﹣1，0），则D AO＝，D BO＝．②点C在直线y＝﹣x+4上，请你求出D CO的最小值．（2）点E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点F是直线y＝3x+6上以动点．请你直接写出点E与点F之间“折距”D EF的最小值．6．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在AD上，ED＝3．动点P从点B出发沿BC方向以每秒3个单位的速度向点C运动，过点P作PF∥CE，与边BA交于点F，过点F作FG∥BC，与CE交于点G，当点F与点A重合时，点P停止运动，设点P运动的时间为t秒．（1）用含t的代数式分别表示线段BF和PF的长度，则有BF＝，PF＝．（2）如图2，作点D关于CE的对称点D′，当FG恰好过点D′时，求t的值．（3）如图3，作△FGP的外接圆⊙O，当点P在运动过程中．①当外接圆⊙O与四边形ABCE的边BC或CE相切时，请求出符合要求的t的值；②当外接圆⊙O的圆心O落在△FGP的内部（不包括边上）时，直接写出t的取值范围．【答案与解析】一、选择题1．【分析】函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下可知a小于0，由于抛物线顶点在第一象限即抛物线对称轴在y轴右侧，当x＝1时，抛物线的值必大于0由此可求出a的取值范围，将a+b+c用a表示出即可得出答案．【解答】解：由图象可知：a＜0，图象过点（0，1），所以c＝1，图象过点（﹣1，0），则a﹣b+1＝0，当x＝1时，应有y＞0，则a+b+1＞0，将a﹣b+1＝0代入，可得a+（a+1）+1＞0，解得a＞﹣1，所以，实数a的取值范围为﹣1＜a＜0．又a+b+c＝2a+2，∴0＜a+b+c＜2．故选：C．2．【分析】设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，证明＝即可判断①；表示出D和E的坐标，根据系数k的几何意义求得k的值即可判断②；求得B的坐标，求得矩形OABC的面积即可判断③；求得F的坐标即可判断④．【解答】解：设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，∴B（a，n），∵E，F在反比例函数y＝上，∴ab＝mn，∴BC•AE＝CF•AB，∴＝，∴EF∥AC，故①正确；∵OD＝OB，AE＝AB，∴D（a，n），E（a，n），∵OA＝2OC，∴a＝2n，∴B（2n，n），D（n，n），E（2n，n），∵反比例函数y＝经过点F，E，∴k＝mn＝2n•n，∴m＝n，∴F（n，n），∴BF＝2n﹣n＝n，BE＝n，∵四边形BFDE的面积＝S△BDF+S△BDE＝，。

中考数学几何压轴题及答案一、解答题（共30小题）1.观察猜想（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝α，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，α的式子直接写出结论2.在△ABC的边BC上取B′、C′两点，使∠AB′B＝∠AC′C＝∠BAC（1）如图1中∠BAC为直角，∠BAC＝∠AB′B＝∠AC′C＝90°（点B′与点C′重合），则△ABC∽△B'BA∽△C'AC，，，进而可得AB2+AC2＝；（2）如图2中当∠BAC为锐角，图3中∠BAC为钝角时（1）中的结论还成立吗？若不成立，则AB2+AC2等于什么（用含用BC和B′C′的式子表示）？并说明理由（3）若在△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝9，请你先判断出△ABC的类型，再求出B′C′的长3．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，点D是线段AB上一动点，连接BE填空：①的值为；②∠DBE的度数为．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，点D是线段AB上一动点，连接BE．请判断的值及∠DBE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE 的中点M，连接BM、CM，若AC＝2，则当△CBM是直角三角形时，线段BE的长是多少？请直接写出答案．4.（1）问题发现：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，以点D为顶点作正方形DFGE，使点A、C分别在DE和DF上，连接BE、AF．则线段BE 和AF数量关系．（2）类比探究：如图②，保持△ABC固定不动，将正方形DFGE绕点D旋转α（0°＜α≤360°），则（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）解决问题：若BC＝DF＝2，在（2）的旋转过程中，连接AE，请直接写出AE的最大值．5.如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，以点O为顶点的∠EOF的两边分别与边AB、AD交于点E、F，且∠EOF与∠BAD互补．（1）若四边形ABCD是正方形，则线段OE与OF有何数量关系？请直接写出结论；（2）若四边形ABCD是菱形，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请画出图形并给出证明；若不成立，请说明理由；（3）若AB：AD＝m：n，探索线段OE与OF的数量关系，并证明你的结论.6.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＝．7.如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE.定理：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．探索发现：图1中，的值为；的值为．（2）拓展探完若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△CDE旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BE的长．8.已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点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，设OD＝m．（1）问题发现如图1，△CDE的形状是三角形．（2）探究证明如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．（3）解决问题是否存在m的值，使△DEB是直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．9.等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE绕点A作360°旋转，点F、M、N分别为线段BE、BC、CD 的中点，连接MN、NF．问题提出：（1）如图1，当AD在线段AC上时，则∠MNF的度数为，线段MN 和线段NF的数量关系为；深入讨论：（2）如图2，当AD不在线段AC上时，请求出∠MNF的度数及线段MN和线段NF的数量关系；拓展延伸：（3）如图3，△ADE持续旋转过程中，若CE与BD交点为P，则△BCP面积的最小值为．10．四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是，请说明理由．（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．（3）问题解决：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．11．问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．12．如图1，菱形ABCD与菱形GECF的顶点C重合，点G在对角线AC上，且∠BCD＝∠ECF＝60°，（1）问题发现的值为；（2）探究与证明将菱形GECF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜60°），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：菱形GECF在旋转过程中，当点A，G，F三点在一条直线上时，如图3所示连接CG并延长，交AD于点H，若CE＝2，GH＝，则AH的长为．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，＝，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F．（1）探究发现：如图1，若m＝n，点E在线段AC上，则＝；（2）数学思考：①如图2，若点E在线段AC上，则＝（用含m，n的代数式表示）；②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明；（3）拓展应用：若AC＝，BC＝2，DF＝4，请直接写出CE的长．14．如图，已知点E是射线BC上的一点，以BC、CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF，取AF的中点M，连接DM、MG（1）如图1，判断线段DM和GM的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，在图中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；（3）已知BC＝10，CE＝2，正方形CEFG绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出△DMG的面积．15.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为A'，B′），射线CA′，CB′分别交直线m于点P，Q．（1）如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；（2）如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形P A'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形P A′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．16.如图（1），在等边三角形ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接BE，CD，点M，N，P分别是BE，CD，BC的中点，连接DE，PM，PN，MN．（1）观察猜想，图（1）中△PMN是（填特殊三角形的名称）（2）探究证明，如图（2），△ADE绕点A按逆时针方向旋转，则△PMN的形状是否发生改变？并就图（2）说明理由．（3）拓展延伸，若△ADE绕点A在平面内自由旋转，AD＝2，AB＝6，请直接写出△PMN 的周长的最大值．17.已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β，（1）如图1，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，则α＝°；β＝°.（2）如图2，若点D在线段BC上，点E在线段AC上，则α，β之间有什么关系式？说明理由．（3）是否存在不同于（2）中的α，β之间的关系式？若存在，请写出这个关系式（写出一种即可），说明理由；若不存在，请说明理由.18.问题提出：（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC、BD，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，点B的对应点落在点D，点C的对应点为点E，可知点C、D、E在一条直线上，则△ACE为三角形，BC、CD、AC的数量关系为；探究发现：（2）如图2，在⊙O中，AB为直径，点C为的中点，点D为圆上一个点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且AD＜BD，请求出CD、AD、BD间的数量关系.拓展延伸：（3）如图3，在等腰直角三角形ABC中，点P为AB的中点，若AC＝13，平面内存在一点E，且AE＝10，CE＝13，当点Q为AE中点时，PQ＝.19.已知△ABC中，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M、N分别在边CA，CB上（不与端点重合），BN＝AM，射线AG∥BC交BM延长线于点D，点E在直线AN上，EA＝ED．（1）【观察猜想】如图1，点E在射线NA上，当∠ACB＝45°时，①线段BM与AN的数量关系是；②∠BDE的度数是；（2）【探究证明】如图2点E在射线AN上，当∠ACB＝30°时，判断并证明线段BM与AN的数量关系，求∠BDE的度数；（3）【拓展延伸】如图3，点E在直线AN上，当∠ACB＝60°时，AB＝3，点N是BC 边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．20.如图①，在正方形ABCD和正方形AB'C'D'中，AB＝2，AB'＝，连接CC’（1）问题发现：．（2）拓展探究：将正方形AB'C'D'绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB'，试判断：当0°≤θ＜360°时，的值有无变化？请仅就图②中的情形给出你的证明；（3）问题解决：请直接写出在旋转过程中，当C，C′，D'三点共线时BB′的长．21.如图1，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点．（1）观察猜想将图1中的△BCD绕点O逆时针旋转至图2中△ECF的位置，连接AC，DE，则线段AC与DE的数量关系是，直线AC与DE的位置关系是．（2）类比探究将图2中的△ECF绕点O逆时针旋转至图3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．（3）拓展延伸将图2中的△ECF在平面内旋转，设直线AC与DE的交点为M，若AB＝4，请直接写出BM的最大值与最小值．22.如图1，点B在直线l上，过点B构建等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，且AB＝AC，过点C作CD⊥直线l于点D，连接AD．（1）小亮在研究这个图形时发现，∠BAC＝∠BDC＝90°，点A，D应该在以BC为直径的圆上，则∠ADB的度数为°，将射线AD顺时针旋转90°交直线l于点E，可求出线段AD，BD，CD的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD，BD，CD的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD长为1，当△ABD面积取得最大值时，请直接写AD的长．23．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB＝a、BC＝b，求的值．24．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，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α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，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、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．25.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE＝nEA，连接CE并延长，交AB于点F．（1）尝试探究如图（1），当∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA时，BF，BA之间的数量关系是；（2）类比延伸如图（2），当△ABC为锐角三角形，DE＝EA时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展迁移如图（3），当△ABC为锐角三角形，DE＝nEA时，请直接写出BF，BA之间的数量关系．26.古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE ⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．27．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O 于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．①求∠AED的度数；②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．28.【性质探究】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF＝2OG．【迁移应用】（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．【拓展延伸】（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．29．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．（1）求证：△APE∽△ABC；（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP 的长．30．如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tan C＝．点K在AC边上，点M，N 分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请直接写出点K被扫描到的总时长．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．【解答】解：（1）如图①中，∵∠EAF＝∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△BAF≌△CAE，∴∠ABF＝∠C，BF＝CE，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为：BF⊥BE，BC．（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H．∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝2，∴BF+BE＝BH＝2；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M．∵AC∥DH，∴∠ACB＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF＝DE，DB＝DH，∴△BDF≌△HDE，∴BF＝EH，∴BF+BE＝EH+BE＝BH，∵DB＝DH，DM⊥BH，∴BM＝MH，∠BDM＝∠HDM，∴BM＝MH＝BD•sin．∴BF+BE＝BH＝2n•sin．2．【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC×BC＝BC2，故答案为BC2．（2）不成立．理由：如图2中当∠BAC为锐角时，BB′+CC′﹣B′C′＝BC，且△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2+BC•B′C′．图3中∠BAC为钝角时，BB′+CC′+B′C′＝BC．AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2﹣BC•B′C′．（3）当AB＝5，AC＝6，BC＝9时，则AB2+AC2＜BC2，可知△ABC为钝角三角形，由图3可知：AB2+AC2＝BC2﹣BC•B′C′，∴52+62＝92﹣9B′C′，∴B′C′＝．3．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，∴∠ABC＝∠CAB＝45°＝∠CDE＝∠CED，∴AC＝BC，CD＝CE，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠CAB＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°，＝1，故答案为：1，90°（2），∠DBE＝90°理由如下：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∠CED＝∠ABC＝30°∴tan∠ABC＝tan30°＝＝∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴Rt△ACB∽Rt△DCE∴∴，且∠ACD＝∠BCE∴△ACD∽△BCE∴＝，∠CBE＝∠CAD＝60°∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°（3）若点D在线段AB上，如图，由（2）知：＝，∠ABE＝90°∴BE＝AD∵AC＝2，∠ACB＝90°，∠CAB＝90°∴AB＝4，BC＝2∵∠ECD＝∠ABE＝90°，且点M是DE中点，∴CM＝BM＝DE，∵△CBM是直角三角形∴CM2+BM2＝BC2＝（2）2，∴BM＝CM＝∴DE＝2∵DB2+BE2＝DE2，∴（4﹣AD）2+（AD）2＝24∴AD＝+1∴BE＝AD＝3+若点D在线段BA延长线上，如图同理可得：DE＝2，BE＝AD∵BD2+BE2＝DE2，∴（4+AD）2+（AD）2＝24，∴AD＝﹣1∴BE＝AD＝3﹣综上所述：BE的长为3+或3﹣4．【解答】解：（1）∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD＝BD＝DC，∠BDA＝90°，∵四边形DFGE是正方形，∴DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF故答案为：BE＝AF；（2）成立；理由如下：当正方形DFGE在BC的上方时，如图②所示，连接AD，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，D为斜边BC的中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADE+∠EDB＝90°，∵四边形DFGE为正方形，∴DE＝DF，且∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；当正方形DFGE在BC的下方时，连接AD，如图③所示：∵∠BDE＝∠BDF+90°，∠ADF＝∠BDF+90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；综上所述，（1）中的结论BE＝AF成立；（3）在△ADE中，∵AE＜AD+DE，∴当点A、D、E共线时，AE取得最大值，最大值为AD+DE．如图④所示：则AD＝BC＝1，DE＝DF＝2，∴AE＝AD+DE＝3，即AE的最大值为3．5．【解答】解：（1）如图1，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是正方形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（2）（1）的结论成立；理由：如图2，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是菱形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（3）如图3，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，∴∠OGE＝∠OHF＝90°，∴∠BAD+∠GOH＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠GOH＝∠EOF，∴△EOG∽△FOH，∴，∵O是▱ABCD的对角线的交点，∴S△AOB＝S△AOD，∵S△AOB＝AB•OG，S△AOD＝AD•OH，∴AB•OG＝AD•OH，∴＝，∴．6．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°，∴＝，GE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴＝＝，∴△ACG∽△BCE，∴＝＝，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴＝＝，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，则由＝得＝，∴AH＝a，则DH＝AD﹣AH＝a，CH＝＝a，∴＝得＝，解得：a＝3，即BC＝3，故答案为：3．7．【解答】解：（1）如图1，连接AE，∵AB＝AC＝2，点E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠BEC＝90°，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB＝1，根据勾股定理得，BE＝∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝2，∴＝＝，∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，∴＝＝，故答案为：，；（2）无变化，理由：由（1）知，CD＝1，CE＝BE＝，∴＝，，∴＝，由（1）知，∠ACB＝∠DCE＝30°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴，（3）当点D在线段AE上时，如图2，过点C作CF⊥AE于F，∠CDF＝180°﹣∠CDE＝60°，∴∠DCF＝30°，∴DF＝CD＝，∴CF＝DF＝，在Rt△AFC中，AC＝2，根据勾股定理得，AF＝＝，∴AD＝AF+DF＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝当点D在线段AE的延长线上时，如图3，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G，∵∠CDG＝60°，∴∠DCG＝30°，∴DG＝CD＝，∴CG＝DG＝，在Rt△ACG中，根据勾股定理得，AG＝，∴AD＝AG﹣DG＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝即：线段BE的长为或．8．【解答】解：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；故答案为：等边；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝2，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴m＝2；③当6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；④当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴m＝14，综上所述：当m＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．9．【解答】解：（1）如图1中，连接DB，MF，CE，延长BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠ADH+∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．故答案为：45°（2）：如图2中，连接MF，EC，BD．设EC交AB于O，BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC+∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠OBH+∠BOH＝90°，∴∠BHO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．（3）：如图3中，如图以A为圆心AD为半径作⊙A．当直线PB与⊙A相切时，此时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP的面积最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC，∵∠ABD+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠CPO，∴∠CPB＝90°，∵PB是⊙A的切线，∴∠ADP＝90°，∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四边形ADPE是矩形，∵AE＝AD，∴四边形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝＝2，∴PC＝2﹣2，PB＝2+2，∴S△BCP的最小值＝×PC×PB＝（2﹣2）（2+2）＝4．10．【解答】（1）解：AC⊥BD，理由如下：连接AC、BD，如图2所示：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，故答案为：AC⊥BD；（2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2；理由如下：如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，设BD、AC相交于E，∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：如图3，连接CG、BE，∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，∴GE＝．11．【解答】解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∴＝＝，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．12．【解答】解：（1）如图1中，作EH⊥CG于H．∵四边形ECFG是菱形，∠ECF＝60°，∴∠ECH＝∠ECF＝30°，EC＝EG，∵EH⊥CG，∴GH＝CG，∴＝cos30°＝，∴＝2•＝，∵EG∥CD，AB∥CD，∴GE∥AB，∴＝＝．故答案为．（2）结论：AG＝BE．理由：如图2中，连接CG．∵四边形ABCD，四边形ECFG都是菱形，∠ECF＝∠DCB＝60°，∴∠ECG＝∠EGC＝∠BCA＝∠BAC＝30°，∴△ECG∽△BCE，∴＝，∵∠ECB＝∠GCA，∴△ECB∽△GCA，∴＝＝，∴AG＝BE．（3）如图3中，∵∠AGH＝∠CGF＝30°．∠AGH＝∠GAC+∠GCA，又∵∠DAC＝∠HAG+∠GAC＝30°，∴∠HAG＝∠ACH，∵∠AHG＝∠AHC，∴△HAG∽△HCA，∴HA：HC＝GH：HA，∴AH2＝HG•HC，∴FC＝2，CG＝CF，∴GC＝2，∵HG＝，∴AH2＝HG•HC＝•3＝9，∵AH＞0，∴AH＝3．故答案为3．13．【解答】解：（1）当m＝n时，即：BC＝AC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴＝1，∴＝1（2）①∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴②成立．如图，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，又∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴．（3）由（2）有，△ADE∽△CDF，∵＝，∴＝，∴CF＝2AE，在Rt△DEF中，DE＝2，DF＝4，∴EF＝2，①当E在线段AC上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（﹣CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（﹣CE）]2＝40∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）而AC＝＜CE，∴此种情况不存在，②当E在AC延长线上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（+CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（+CE）]2＝40，∴CE＝，或CE＝﹣2（舍），③如图1，当点E在CA延长线上时，CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（CE﹣）]2＝40，∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）即：CE＝2或CE＝．14．【解答】解：（1）如图1，延长GM交AD于H，∵AD∥GF，∴∠GFM＝∠HAM，在△FMG和△AMH中，，∴△FMG≌△AMH（ASA），∴HM＝GM，AH＝FG，∵AD＝CD，AH＝FG＝CG，∴DH＝DG，∵∠HDG＝90°，HM＝GM，∴DM＝MG，DM⊥MG，故答案为DM＝MG，DM⊥MG．（2）结论成立：DM＝MG，DM⊥MG，理由：如图2中，延长GM使得MH＝GM，连接AH、DH、DG，延长AD交GF的延长线于N，交CD于O．∵AM＝MF，∠AMH＝∠FMG，MH＝MG，∴△AMH≌△FMG（SAS），∴AH＝GF＝CG，∠AHM＝∠FGM，∴AH∥GN，∴∠HAD＝∠N，∵∠ODN＝∠OGC＝90°，∠DON＝∠GOC，∴∠N＝∠OCG，∴∠HAD＝∠DCG，∵AH＝CG，AD＝CD，∴△HAD≌△GCD（SAS），∴DH＝DG，∠HDA＝∠CDG，∴∠HDG＝∠ADC＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∵MH＝MG，∴DM⊥GH，DM＝MH＝MG，（3）①如图3﹣1中，连接AC．在Rt△ABC中，AC＝＝10，在Rt△ACE中，AE＝＝14，∴AF＝AE＝EF＝14﹣2＝12，∴FM＝AM＝AF＝6，在Rt△MGF中，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝20，②如图3﹣2中，连接AC．同法可得AE＝14，AF＝16，FM＝8，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝34，综上所述，满足条件的△DMG的面积为20或34．15．【解答】解：（1）由旋转可得：AC＝A'C＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝，∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A'BC＝90°，∴cos∠A'CB＝＝，∴∠A'CB＝30°，∴∠ACA'＝60°；（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM＝∠MA'C，由旋转可得，∠MA'C＝∠A，∴∠A＝∠A'CM，∴tan∠PCB＝tan∠A＝，∴PB＝BC＝，∵∠PCQ＝∠PBC＝90°，∴∠BQC+∠BPC＝∠BCP+∠BPC＝90°，∴∠BQC＝∠BCP＝∠A，∴tan∠BQC＝tan∠A＝，∴BQ＝BC×＝2，∴PQ＝PB+BQ＝；（3）∵S四边形P A'B′Q＝S△PCQ﹣S△A'CB'＝S△PCQ﹣，∴S四边形P A'B′Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ＝PQ×BC＝PQ，法一：（几何法）取PQ的中点G，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝PQ，即PQ＝2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，∴CG min＝，PQ min＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣；法二（代数法）设PB＝x，BQ＝y，由射影定理得：xy＝3，∴当PQ最小时，x+y最小，∴（x+y）2＝x2+2xy+y2＝x2+6+y2≥2xy+6＝12，当x＝y＝时，“＝”成立，∴PQ＝+＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣．16．【解答】解：（1）结论：△PMN是等边三角形．理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝AE，∴BD＝EC，∵PB＝PC，CN＝ND，BM＝EM，∴PN∥BD，PM∥EC，PN＝BD，PM＝EC，∴PM＝PN，∠NPC＝∠ABC＝60°，∠MPB＝∠ACB＝60°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，故答案为等边三角形．（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：如图2中，连接BD，CE．由旋转可得∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝∠ABC＝60°又∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵M是BE的中点，P是BC的中点，∴PM是△BCE的中位线，∴PM＝，且PM∥CE．同理可证PN＝BD且PN∥BD，∴PM＝PN，∠MPB＝∠ECB，∠NPC＝∠DBC，∴∠MPB+∠NPC＝∠ECB+∠DBC＝（∠ACB+∠ACE）+（∠ABC﹣∠ABD）＝∠ACB+∠ABC＝120°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形．（3）∵PM＝EC，∴当EC最大时，等边△PMN的周长最大，∵EC≤AE+AC，∴EC≤8，∴PM≤4，∴PM的最大值为4，∴△PMN的周长的最大值为12．17．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°﹣40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD+∠ABD＝60°+20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝10°，故答案为：20，10；（2）设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△DEC中，y＝β+x，在△ABD中，α+x＝y+β＝β+x+β，∴α＝2β；（3）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠ACE＝y，在△ABD中，x+α＝β﹣y，在△DEC中，x+y+β＝180°，∴α＝2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α＝180°﹣2β．18．【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，∠CAE＝90°，AC＝AE，∴△ACE为等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC，故答案为：等腰直角；BC+CD＝AC；（2）延长CO交⊙O于E，连接AE、BE、DE，则∠CDE＝90°，∵点C为的中点，∴点E为的中点，∴EA＝EB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，由（1）得，DE＝（AD+BD），由勾股定理得，CD2＝CE2﹣DE2＝AD2+BD2﹣（AD+BD）2＝（AD﹣BD）2，∴CD＝（BD﹣AD）；（3）如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接CQ、PC，∵CA＝CB，点P为AB的中点，∴CP⊥AB，∵CA＝CE，点Q为AE中点，∴CQ⊥AE，AQ＝QE＝AE＝5，∴由勾股定理得，CQ＝＝12，由（1）得，AQ+CQ＝PQ，。

2020中考数学《几何》压轴大题专练（30道）1．（2019·安徽省中考模拟）已知如图1，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝AC ，点D 在AB 上，DE ⊥AB 交BC 于E ，点F 是AE 的中点（1）写出线段FD 与线段FC 的关系并证明；（2）如图2，将△BDE 绕点B 逆时针旋转α（0°＜α＜90°），其它条件不变，线段FD 与线段FC 的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将△BDE 绕点B 逆时针旋转一周，如果BC ＝4，BE ＝，直接写出线段BF 的范围．2．（2019·山东省中考模拟）正方形ABCD 中，E 是CD 边上一点，（1）将ADE 绕点A 按顺时针方向旋转，使AD AB 、重合，得到ABF ，如图1所示.观察可知：与DE 相等的线段是_______，AFB ∠=∠______.（2）如图2，正方形ABCD 中，P Q 、分别是BC CD 、边上的点，且45PAQ ∠=︒，试通过旋转的方式说明：DQ BP PQ+=（3）在（2）题中，连接BD 分别交{}|2 4 x x ≤≤于M N 、，你还能用旋转的思想说明222BM DN MN +=.3．（2019·内蒙古自治区中考模拟）如图,△ABC 内接于☉O ,AB 是☉O 的直径,CD 平分∠ACB 交☉O 于点D ,交AB 于点F ,弦AE ⊥CD 于点H ,连接CE 、OH.(1)延长AB 到圆外一点P ,连接PC ,若PC 2=PB ·PA ,求证:PC 是☉O 的切线;(2)求证:CF ·AE=AC ·BC ;(3)若AF BF =32,☉O ,求tan ∠AEC 和OH 的长.4．（2017·营口市老边区柳树镇中学中考模拟）如图所示，四边形ABCD 是正方形，M 是AB 延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D ，且直角顶点E 在AB 边上滑动（点E 不与点A 、B 重合），另一直角边与∠CBM 的平分线BF 相交于点F ．（1）如图1，当点E 在AB 边得中点位置时：①通过测量DE 、EF 的长度，猜想DE 与EF 满足的数量关系是；②连接点E 与AD 边的中点N ，猜想NE 与BF 满足的数量关系是，请证明你的猜想；（2）如图2，当点E 在AB 边上的任意位置时，猜想此时DE 与EF 有怎样的数量关系，并证明你的猜想．5．（2019·山东省中考模拟）（1）（问题发现）如图1，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，点D 为BC 的中点，以CD 为一边作正方形CDEF ，点E 恰好与点A 重合，则线段BE 与AF 的数量关系为（2）（拓展研究）在（1）的条件下，如果正方形CDEF 绕点C 旋转，连接BE ，CE ，AF ，线段BE 与AF 的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）（问题发现）当正方形CDEF 旋转到B ，E ，F 三点共线时候，直接写出线段AF 的长．6．（2019·山东省中考模拟）如图1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，点D 、E 分别在边AB 、AC 上，AD AE =，连结DC ，点M 、P 、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点．（1）观察猜想图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_______，位置关系是_______；（2）探究证明把ADE ∆绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN 、BD 、CE ，判断PMN ∆的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把ADE ∆绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN ∆面积的最大值．7．（2018·河南省中考模拟）已知：在ABC 中，AD 是BC 边上的中线，点E 是AD 的中点；过点A 作//AF BC ，交BE 的延长线于F ，连接CF ．()1求证：四边形ADCF 是平行四边形；()2填空：①当AB AC =时，四边形ADCF 是______形；②当90BAC ∠= 时，四边形ADCF 是______形.8．（2019·江苏省中考模拟）如图，矩形ABCD 中，6AB =，8BC =，点E 在BC 边的延长线上，连接DE ，过点B 作DE 的垂线，交CD 于点M ，交AD 边的延长线于点N .（1）连接EN ，若BE BD =，求证：四边形BEND 为菱形；（2）在（1）的条件下，求BM 的长；（3）设CE x =，BN y =，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围.9．（2019·河南省中考模拟）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：AG BE 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=6，2，则BC=．10．（2018·山东省中考模拟）如图①，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC ，点E 在AC 上（且不与点A ，C 重合），在△ABC 的外部作△CED ，使∠CED=90°，DE=CE ，连接AD ，分别以AB ，AD 为邻边作平行四边形ABFD ，连接AF ．（1）请直接写出线段AF ，AE 的数量关系；（2）将△CED 绕点C 逆时针旋转，当点E 在线段BC 上时，如图②，连接AE ，请判断线段AF ，AE 的数量关系，并证明你的结论；（3）在图②的基础上，将△CED绕点C继续逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否发生变化？若不变，结合图③写出证明过程；若变化，请说明理由．11．（2019·哈尔滨市双城区第六中学中考模拟）如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F．(1)如图1，若点E为线段AM的中点，BM：CM＝1：2，BE，求AB的长；(2)如图2，若DA＝DE，求证：BF+DFAF．12．（2017·湖北省中考模拟）如图1，在矩形ABCD中，E是CB延长线上一个动点，F、G分别为AE、BC的中点，FG与ED相交于点H(1)求证：HE＝HG(2)如图2，当BE＝AB时，过点A作AP⊥DE于点P连接BP，求PE PA PB的值(3)在(2)的条件下，若AD＝2，∠ADE＝30°，则BP的长为______________13．（2019·陕西省中考模拟）（1）问题发现如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE．填空：①∠AEB的度数为；②线段AD、BE之间的数量关系为．（2）拓展研究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM 为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在正方形ABCD中，CD＝2，若点P满足PD＝2，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．14．（2019·浙江省中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B坐标为（4，6），点P为线段OA上一动点（与点O、A不重合），连接CP，过点P作PE⊥CP交AB于点D，且PE＝PC，过点P 作PF⊥OP且PF＝PO（点F在第一象限），连结FD、BE、BF，设OP＝t．（1）直接写出点E的坐标（用含t的代数式表示）：；（2）四边形BFDE的面积记为S，当t为何值时，S有最小值，并求出最小值；（3）△BDF能否是等腰直角三角形，若能，求出t；若不能，说明理由．15．（2019·江西省中考模拟）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．16．（2017·湖北省中考模拟）如图1，ABCD为正方形，将正方形的边CB绕点C顺时针旋转到CE，记∠BCE=α，连接BE，DE，过点C作CF⊥DE于F，交直线BE于H．（1）当α=60°时，如图1，则∠BHC=；（2）当45°＜α＜90°，如图2，线段BH、EH、CH之间存在一种特定的数量关系，请你通过探究，写出这个关系式：（不需证明）；（3）当90°＜α＜180°，其它条件不变（如图3），（2）中的关系式是否还成立？若成立，说明理由；若不成立，写出你认为成立的结论，并简要证明．17．（2018·山东省中考模拟）矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，P为DE上的一点（PE＜PD），PM⊥PD，PM交AD边于点M．（1）若点F是边CD上一点，满足PF⊥PN，且点N位于AD边上，如图1所示．求证：①PN=PF；②DP；（2）如图2所示，当点F在CD边的延长线上时，仍然满足PF⊥PN，此时点N位于DA边的延长线上，如图2所示；试问DF，DN，DP有怎样的数量关系，并加以证明．18．（2019·云南省中考模拟）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；（2）如图2，①求证：BP=BF；②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；③当BP=9时，求BE•EF的值．19．（2018·广东省中考模拟）已知：如图1在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点P由点B 出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q由点A出发沿AC方向点C匀速运动，速度为lcm/s；连接PQ，设运动的时间为t秒（0＜t＜5），解答下列问题：（1）当为t何值时，PQ∥BC；（2）设△AQP的面积为y（c m2），求y关于t的函数关系式，并求出y的最大值；（3）如图2，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQPC，是否存在某时刻t，使四边形PQP'C 为菱形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．20．（2018·江苏省中考模拟）如图1，在矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，动点P在线段DC上以每秒1个单位的速度从点D向点C运动，过点P作PQ∥AC交AD于Q，将△PDQ沿PQ翻折得到△PQE.设点P的运动时间为t（s）．（1）当点E落在边AB上时，t的值为；（2）设△PQE与△ADC重叠部分的面积为s，求s与t的函数关系式；（3）如图2，以PE为直径作⊙O．当⊙O与AC边相切时，求CP的长．21．（2019·山东省中考模拟）△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，CD=14 BC，请求出GE的长．22．（2019·四川省成都市簇锦中学中考模拟）如图，四边形ABCD的顶点在⊙O上，BD是⊙O的直径，延长CD、BA交于点E，连接AC、BD交于点F，作AH⊥CE，垂足为点H，已知∠ADE＝∠ACB．（1）求证：AH是⊙O的切线；（2）若OB＝4，AC＝6，求sin∠ACB的值；（3）若23DFFO ，求证：CD＝DH．23．（2019·浙江省中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，A(0，4)，B(3，4)，P为线段OA上一动点，过O，P，B三点的圆交x轴正半轴于点C，连结AB,PC，BC，设OP=m.（1）求证：当P与A重合时，四边形POCB是矩形.（2）连结PB，求tan∠BPC的值.（3）记该圆的圆心为M，连结OM，BM，当四边形POMB中有一组对边平行时，求所有满足条件的m的值.（4）作点O关于PC的对称点O'，在点P的整个运动过程中，当点O'落在△APB的内部(含边界)时，请写出m的取值范围.24．（2017·内蒙古自治区中考模拟）如图，AB为⊙O直径，C、D为⊙O上不同于A、B的两点，∠ABD=2∠BAC，连接CD．过点C作CE⊥DB，垂足为E，直线AB与CE相交于F点.（1）求证：CF为⊙O的切线；（2）当BF=5,3sin5F=时，求BD的长.25．（2019·广西壮族自治区中考模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠A，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．（1）求证：PG与⊙O相切；（2）若EFAC=58，求BEOC的值；（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为8，PD=OD，求OE的长．26．（2019·内蒙古自治区中考模拟）在Rt△ABC中，BC=9，CA=12，∠ABC的平分线BD交AC与点D，DE⊥DB交AB于点E．（1）设⊙O是△BDE的外接圆，求证：AC是⊙O的切线；（2）设⊙O交BC于点F，连结EF，求EFAC的值．27．（2018·河南省中考模拟）（1）问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°．求证：AD·BC=AP·BP．（2）探究：如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立．说明理由．（3）应用：请利用（1）（2）获得的经验解决问题：如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5．点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A．设点P的运动时间为t（秒），当DC的长与△ABD底边上的高相等时，求t 的值．28．（2019·福建省中考模拟）如图，OA是⊙O的半径，点E为圆内一点，且OA⊥OE，AB是⊙O的切线，EB交⊙O于点F，BQ⊥AF于点Q．(1)如图1，求证：OE∥AB；(2)如图2，若AB＝AO，求AFBQ的值；(3)如图3，连接OF，∠EOF的平分线交射线AF于点P，若OA＝2，cos∠PAB＝45，求OP的长．29．（2019·江苏省中考模拟）平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B＝90°，AC＝2CE ＝m，BC＝n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD 始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE，则∠CDE＝°，CD＝；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化，请仅就图2的情形给出证明；（3）若m＝10，n＝8，当α＝∠ACB时，求线段BD的长；（4）若m＝6，n＝，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．30．（2018·广东省中考模拟）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在 BC上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；（3）已知⊙O的半径为3．①若ABAC=53，求BC的长；②当ABAC为何值时，AB•AC的值最大？2020中考数学《几何》压轴大题专练（30道）参考答案1．（2019·安徽省中考模拟）已知如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝AC，点D在AB上，DE⊥AB 交BC于E，点F是AE的中点（1）写出线段FD与线段FC的关系并证明；（2）如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°），其它条件不变，线段FD与线段FC的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将△BDE绕点B逆时针旋转一周，如果BC＝4，BE＝2，直接写出线段BF的范围．【答案】（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由见解析；（2）结论不变．理由见解析；（32≤BF32【解析】解：（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由：如图1中，∵∠ADE＝∠ACE＝90°，AF＝FE，∴DF＝AF＝EF＝CF，∴∠FAD＝∠FDA，∠FAC＝∠FC A，∴∠DFE＝∠FDA+∠FAD＝2∠FAD，∠EFC＝∠FAC+∠FCA＝2∠FAC，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°，∴∠DFC＝∠EFD+∠EFC＝2（∠FAD+∠FAC）＝90°，∴DF＝FC，DF⊥FC．（2）结论不变．理由：如图2中，延长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．∵BC⊥AM，AC＝CM，∴BA＝BM，同法BE＝BN，∵∠ABM＝∠EBN＝90°，∴∠NBA＝∠EBM，∴△ABN≌△MBE，∴AN＝EM，∴∠BAN＝∠BME，∵AF ＝FE ，AC ＝CM ，∴CF ＝12EM ，FC ∥EM ，同法FD ＝12AN ，FD ∥AN ，∴FD ＝FC ，∵∠BME +∠BOM ＝90°，∠BOM ＝∠AOH ，∴∠BAN +∠AOH ＝90°，∴∠AHO ＝90°，∴AN ⊥MH ，FD ⊥FC ．（3BF ≤≤当点E 落在AB 上时，BF 取得最大值，如图5所示，∵4BC =，AC BC =，90ACB ∠=︒，∴AB =，∵F 是AE 的中点，∴()1=2EF AB BE -，又BE =，∴()(1122BF BE EF BE AB BE =+=+-=+-=即BF 的最大值为．图5当点E 落在AB 延长线上时，BF 取得长最小值，如图6所示，∵4BC =，AC BC =，90ACB ∠=︒，∴AB =，∵F 是AE 的中点，∴()1=2AF AB BE +，又BE =，∴()(1122BF AB AF AB AB BE =-=-+=-+=，即BF 的最小值为．图6BF ≤≤．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．2．（2019·山东省中考模拟）正方形ABCD 中，E 是CD 边上一点，（1）将ADE 绕点A 按顺时针方向旋转，使AD AB 、重合，得到ABF ，如图1所示.观察可知：与DE 相等的线段是_______，AFB ∠=∠______.（2）如图2，正方形ABCD 中，P Q 、分别是BC CD 、边上的点，且45PAQ ∠=︒，试通过旋转的方式说明：DQ BP PQ+=（3）在（2）题中，连接BD 分别交{}|2 4 x x ≤≤于M N 、，你还能用旋转的思想说明222BM DN MN +=.【答案】（1）BF ，AED ；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】(1)、∵△ADE 绕点A 按顺时针方向旋转，使AD 、AB 重合，得到△ABF ，∵DE=BF ，∠AFB=∠AED ．(2)、将△ADQ 绕点A 按顺时针方向旋转90°，则AD 与AB 重合，得到△ABE ，如图2，则∠D=∠ABE=90°，即点E 、B 、P 共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ ，BE=DQ ，∵∠PAQ=45°，∴∠PAE=45°∴∠PAQ=∠PAE ，∴△APE ≌△APQ （SAS ），∴PE=PQ ，而PE=PB+BE=PB+DQ ，∴DQ+BP=PQ ；(3)、∵四边形ABCD 为正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°，如图，将△ADN 绕点A 按顺时针方向旋转90°，则AD 与AB 重合，得到△ABK ，则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN ，AK=AN ，与（2）一样可证明△AMN ≌△AMK ，得到MN=MK ，∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，∴△BMK 为直角三角形，∴BK 2+BM 2=MK 2，∴BM 2+DN 2=MN 2．考点：(1)、旋转的性质；(2)、全等三角形的判定与性质；(3)、勾股定理；(4)、正方形的性质．3．（2019·内蒙古自治区中考模拟）如图,△ABC 内接于☉O ,AB 是☉O 的直径,CD 平分∠ACB 交☉O 于点D ,交AB 于点F ,弦AE ⊥CD 于点H ,连接CE 、OH.(1)延长AB 到圆外一点P ,连接PC ,若PC 2=PB ·PA ,求证:PC 是☉O 的切线;(2)求证:CF ·AE=AC ·BC ;(3)若AF BF =32,☉O ,求tan ∠AEC 和OH 的长.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)tan ∠AEC=32，OH =1.【解析】(1)证明:∵PC 2=PB ·PA ,∴PC PB =PA PC,∵∠BPC=∠APC ,∴△PBC ∽△PCA ,∴∠BAC=∠PCB ,连接OC ,如图所示,∵AO=OC ,∴∠ACO=∠BAC ,∴∠ACO=∠PCB.∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB=90°,∴∠BCO+∠ACO=90°,∴∠BCO+∠PCB=90°,∴∠PCO=90°.∵OC 是半径,∴PC 是☉O 的切线.(2)证明:∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB=90°.∵CD 平分∠ACB ,∴∠ACD=∠FCB=45°.∵AE ⊥CD ,∴∠CAE=45°=∠FCB.在△ACE 与△CFB 中,∠CAE=∠FCB ,∠AEC=∠FBC ,∴△ACE ∽△CFB ,∴ACCF =AEBC ,∴CF ·AE=AC ·BC.(3)作FM ⊥AC 于M ,FN ⊥BC 于N ,CQ ⊥AB 于Q ,延长AE 、CB 交于点K.∵CD 平分∠ACB ,∴FM=FN.∵S △ACF =12AC ·FM=12AF ·CQ ,S △BCF =12BC ·FN=12BF ·CQ ,∴ACF BCF S S =1·21·2AC FM BC FN =1·21·2CQ AFCQ BF ,∴AF BF =ACBC .∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB=90°且tan ∠ABC=AC BC .∵AFBF=32且∠AEC=∠ABC,∴tan∠AEC=tan∠ABC=AC BC=32.设AC=3k,BC=2k,∵在Rt△ACB中,AB2=AC2+BC2且AB=,∴(3k)2+(2k)2=2,∴k=2(k=-2舍去),∴AC=6,BC=4,∵∠FCB=45°,∠CHK=90°,∴∠K=45°=∠CAE,∴HA=HC=HK,CK=CA=6.∵CB=4,∴BK=6-4=2,∵OA=OB,HA=HK,∴OH是△ABK的中位线,∴OH=12BK=1.【点睛】此题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰直角三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识的综合应用．4．（2017·营口市老边区柳树镇中学中考模拟）如图所示，四边形ABCD是正方形，M是AB延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在AB边上滑动（点E不与点A、B重合），另一直角边与∠CBM的平分线BF相交于点F．（1）如图1，当点E在AB边得中点位置时：①通过测量DE、EF的长度，猜想DE与EF满足的数量关系是；②连接点E与AD边的中点N，猜想NE与BF满足的数量关系是，请证明你的猜想；（2）如图2，当点E在AB边上的任意位置时，猜想此时DE与EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．【答案】（1）①DE=EF；②NE=BF；理由见解析；（2）DE=EF，理由见解析．【解析】解：（1）①DE=EF；②NE=BF；理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，∵N，E分别为AD，AB中点，∴AN=DN=12AD，AE=EB=12AB，∴DN=BE，AN=AE，∵∠DEF=90°，∴∠AED+∠FEB=90°，又∵∠ADE+∠AED=90°，∴∠FEB=∠ADE，又∵AN=AE，∴∠ANE=∠AEN，又∵∠A=90，∴∠ANE=45°，∴∠DNE=180°﹣∠ANE=135°，又∵∠CBM=90°，BF平分∠CBM，∴∠CBF=45°，∠EBF=135°，在△DNE和△EBF中ADE FEB DN EBDNE EBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△DNE≌△EBF（ASA），∴DE=EF，NE=BF．（2）DE=EF，理由如下：在DA边上截取DN=EB，连接NE，∵四边形ABCD是正方形，DN=EB，∴AN=AE，∴△AEN为等腰直角三角形，∴∠ANE=45°，∴∠DNE=180°﹣45°=135°，∵BF平分∠CBM，AN=AE，∴∠EBF=90°+45°=135°，∴∠DNE=∠EBF，∵∠NDE+∠DEA=90°，∠BEF+∠DEA=90°，∴∠NDE=∠BEF，在△DNE和△EBF中ADE FEB DN EBDNE EBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△DNE≌△EBF（ASA），∴DE=EF．【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等，能正确地根据图1中证明△DNE与△EBF全等从而得到结论，进而应用到图2是解题的关键．5．（2019·山东省中考模拟）（1）（问题发现）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为（2）（拓展研究）在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）（问题发现）当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长．【答案】（1）AF ；（2）无变化；（31+1．【解析】解：（1）在Rt △ABC 中，AB=AC=2，根据勾股定理得，AB=2，点D 为BC 的中点，∴AD=12，∵四边形CDEF 是正方形，∴，∵BE=AB=2，∴AF ，故答案为AF ；（2）无变化；如图2，在Rt △ABC 中，AB=AC=2，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin ∠ABC=2CACB =，在正方形CDEF 中，∠FEC=12∠FED=45°，在Rt △CEF 中，sin ∠FEC=2CF CE =，∴CF CACE CB =，∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCE ﹣∠ACE=∠ACB ﹣∠ACE ，∴∠FCA=∠ECB ，∴△ACF ∽△BCE ，∴BE CBAF CA =，∴AF ，∴线段BE 与AF 的数量关系无变化；（3）当点E 在线段AF 上时，如图2，由（1）知，，在Rt △BCF 中，，，根据勾股定理得，，∴BE=BF ﹣﹣，由（2）知，AF ，∴1，当点E 在线段BF 的延长线上时，如图3，在Rt △ABC 中，AB=AC=2，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin ∠ABC=2CA CB =，在正方形CDEF 中，∠FEC=12∠FED=45°，在Rt △CEF 中，sin ∠FEC=2CF CE =，∴CF CA CE CB =，∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE ，∴∠FCA=∠ECB ，∴△ACF ∽△BCE ，∴BE CB AF CA=，∴AF ，由（1）知，，在Rt △BCF 中，，，根据勾股定理得，，∴，由（2）知，AF ，∴．即：当正方形CDEF 旋转到B ，E ，F 三点共线时候，线段AF 1+1．6．（2019·山东省中考模拟）如图1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，点D 、E 分别在边AB 、AC 上，AD AE =，连结DC ，点M 、P 、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点．（1）观察猜想图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_______，位置关系是_______；（2）探究证明把ADE ∆绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN 、BD 、CE ，判断PMN ∆的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把ADE ∆绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN ∆面积的最大值．【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形，理由见解析；（3）PMN ∆面积的最大值为492.【解析】解：（1）∵点P 、N 是CD 、BC 的中点∴//PN BD ，12PN BD=∵点P 、M 是CD 、DE 的中点∴//CE PM ，12PM CE=∵AB AC =，AD AE=∴BD CE=∴PM PN=∵//PN BD∴DPN ADC∠=∠∵//PM CE∴DPM DCA∠=∠∵90BAC ∠=︒∴90ADC ACD ∠+∠=︒∴90MPN DPM DPN DCA ADC ∠=∠+∠=∠+=︒∴PM PN⊥（2）结论：PMN 是等腰直角三角形．证明：由旋转知，BAD CAE∠=∠∵AB AC =，AD AE=∴()ABD ACE SAS △≌△∴ABD ACE ∠=∠，BD CE=∵由三角形中位线的性质可知，12PN BD =，12PM CE=∴PM PN=∴PMN 是等腰三角形∵同（1）的方法得，//PM CE 、DPM DCE∠=∠同（1）的方法得，//PN BD 、PNC DBC∠=∠∴DPN DCB PNC DCB DBC∠=∠+∠=∠+∠∴MPN DPM DPN∠=∠+∠DCE DCB DBC=∠+∠+∠BCE DBC=∠+∠ACB ACE DBC=∠+∠+∠ACB ABD DBC=∠+∠+∠ACB ABC=∠+∠∵90BAC ∠=︒∴90ACB ABC ∠+∠=︒∴90MPN ∠=︒∴PMN 是等腰直角三角形；（3）∵由（2）得，PMN 是等腰直角三角形，∴MN 最大时，PMN 的面积最大∴//DE BC 且DE 在顶点A 上面时，MN AM AN =+最大值，连接AM ，AN ，如图：∵在ADE 中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒∴AM =∵在ABC 中，10AB AC ==，90BAC ∠=︒∴AN =∴MN AM AN =+最大值∴()2221111497222242PMN S PM MN ==⋅⋅=⨯= 最大值．故答案是：（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN 是等腰直角三角形，理由见解析；（3）PMN 面积的最大值为492【点睛】本题考查了三角形中位线的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、旋转的性质以及求最大面积问题等知识点，属压轴题目，综合性较强．7．（2018·河南省中考模拟）已知：在ABC 中，AD 是BC 边上的中线，点E 是AD 的中点；过点A 作//AF BC ，交BE 的延长线于F ，连接CF ．()1求证：四边形ADCF 是平行四边形；()2填空：①当AB AC =时，四边形ADCF 是______形；②当90BAC ∠= 时，四边形ADCF 是______形.【答案】（1）见解析；（2）①矩；②菱.【解析】证明：//AF BC ，.AFE EBD ∴∠=∠在AEF 和DEB 中AFE DBE FEA BED AE DE ∠=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AEF ∴ ≌().DEB AAS .AF BD ∴=AF DC ∴=．又//AF BC ，∴四边形ADCF 为平行四边形；()2①当AB AC =时，四边形ADCF 是矩形；②当90BAC ∠= 时，四边形ADCF 是菱形．故答案为矩，菱．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，得出AEF ≌DEB 是解题关键．8．（2019·江苏省中考模拟）如图，矩形ABCD 中，6AB =，8BC =，点E 在BC 边的延长线上，连接DE ，过点B 作DE 的垂线，交CD 于点M ，交AD 边的延长线于点N .（1）连接EN ，若BE BD =，求证：四边形BEND 为菱形；（2）在（1）的条件下，求BM 的长；（3）设CE x =，BN y =，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）BM =；（3）636x y x=，902x <<.【解析】解：（1）证明：∵BD=BE ，BM ⊥DE ∴∠DBN=∠EBN∵四边形ABCD 是矩形，AD ∥BC∴∠DNB=∠EBN ∴∠DBN=∠DNB∴BD=DN又∵BD=BE ∴BE=DN 又∵AD ∥BC ∴四边形DBEN 是平行四边形又∵BD=BE ∴平行四边形DBEN 是菱形（2）由（1）可得，22AB AD +=10∴CE=BE-BC=2∴在Rt △DCE 中，22CD CE +10由题意易得∠MBC=∠EDC ，又∠DCE=∠BCD=90°∴△BCM ∽△DCE ∴BC BM DC DE =∴86210=∴8103（3）由题意易得∠BNA=∠EDC ，∠A=∠DCE=90°∴△NAB ∽△DCE ∴BN AB DE CE=2636xx =+∴y=2636x x+，其中0<x<92【点睛】此题主要考查勾股定理和三角形相似的综合应用9．（2019·河南省中考模拟）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：AG BE 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，，则BC=．【答案】（1）①四边形CEGF ；（2）线段AG 与BE 之间的数量关系为BE ；（3）【解析】（1）①∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，∵GE ⊥BC 、GF ⊥CD ，∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，∴四边形CEGF 是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，∴EG=EC ，∴四边形CEGF 是正方形；②由①知四边形CEGF 是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴CG CE =，GE ∥AB ，∴AG CG BE CE ==，故答案为；（2）连接CG ，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，在Rt △CEG 和Rt △CBA 中，CECG =22、CB CA =22，∴CG CE =2CACB =∴△ACG ∽△BCE ，∴2AG CABE CB ==∴线段AG 与BE 之间的数量关系为AG=2BE ；（3）∵∠CEF=45°，点B 、E 、F 三点共线，∴∠BEC=135°，∵△ACG ∽△BCE ，∴∠AGC=∠BEC=135°，∴∠AGH=∠CAH=45°，∵∠CHA=∠AHG ，∴△AHG ∽△CHA ，∴AG GH AHAC AH CH ==，设BC=CD=AD=a ，则AC=2a ，则由AG GHAC AH =6222AH a =，∴AH=23a ，则DH=AD ﹣AH=13a ，CH=22CD DH +=103a ，∴由AG AHAC CH=233a=，解得：BC=3，故答案为【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键. 10．（2018·山东省中考模拟）如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E在AC上（且不与点A，C重合），在△ABC的外部作△CED，使∠CED=90°，DE=CE，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．（1）请直接写出线段AF，AE的数量关系；（2）将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；（3）在图②的基础上，将△CED绕点C继续逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否发生变化？若不变，结合图③写出证明过程；若变化，请说明理由．【答案】AE；（2）AE，证明详见解析；（3）结论不变，AF=AE，理由详见解析.【解析】解：（1）如图①中，结论：AE．理由：∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF，∵AB=AC，∴AC=DF，∵DE=EC，∴AE=EF，∵∠DEC=∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AE．（2）如图②中，结论：AF=AE．理由：连接EF，DF交BC于K．∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠DKE=∠ABC=45°，∴EKF=180°﹣∠DKE=135°，∵∠ADE=180°﹣∠EDC=180°﹣45°=135°，∴∠EKF=∠ADE，∵∠DKC=∠C，∴DK=DC，∵DF=AB=AC，∴KF=AD，在△EKF和△EDA中，{EK DK EKF ADE KF AD=∠=∠=，∴△EKF≌△EDA，∴EF=EA，∠KEF=∠AED，∴∠FEA=∠BED=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AE．（3）如图③中，结论不变，AE．理由：连接EF ，延长FD 交AC 于K ．∵∠EDF=180°﹣∠KDC ﹣∠EDC=135°﹣∠KDC ，∠ACE=（90°﹣∠KDC ）+∠DCE=135°﹣∠KDC ，∴∠EDF=∠ACE ，∵DF=AB ，AB=AC ，∴DF=AC在△EDF 和△ECA 中，DF AC EDF ACE DE CE =∠=⎪∠⎧⎪⎨⎩=，∴△EDF ≌△ECA ，∴EF=EA ，∠FED=∠AEC ，∴∠FEA=∠DEC=90°，∴△AEF 是等腰直角三角形，∴AE ．【点睛】本题考查四边形综合题，综合性较强．11．（2019·哈尔滨市双城区第六中学中考模拟）如图，点M 是正方形ABCD 的边BC 上一点，连接AM ，点E 是线段AM 上一点，∠CDE 的平分线交AM 延长线于点F ．(1)如图1，若点E 为线段AM 的中点，BM ：CM ＝1：2，BE，求AB 的长；(2)如图2，若DA ＝DE ，求证：BF+DFAF．【答案】(1)AB ＝6；(2)证明见解析.【解析】解：(1)设BM ＝x ，则CM ＝2x ，BC ＝3x ，∵BA＝BC，∴BA＝3x．在Rt△ABM中，E为斜边AM中点，∴AM＝2BE＝．由勾股定理可得AM2＝MB2+AB2，即40＝x2+9x2，解得x＝2．∴AB＝3x＝6．(2)延长FD交过点A作垂直于AF的直线于H点，过点D作DP⊥AF于P点．∵DF平分∠CDE，∴∠1＝∠2．∵DE＝DA，DP⊥AF∴∠3＝∠4．∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∴∠2+∠3＝45°．∴∠DFP＝90°﹣45°＝45°．∴AH＝AF．∵∠BAF+∠DAF＝90°，∠HAD+∠DAF＝90°，∴∠BAF＝∠DAH．又AB＝AD，∴△ABF≌△ADH(SAS)．∴AF＝AH，BF＝DH．∵Rt△FAH是等腰直角三角形，∴HF AF ．∵HF ＝DH+DF ＝BF+DF ，∴BF+DF AF ．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质等知识点，熟练运用相关知识是解决问题的关键.12．（2017·湖北省中考模拟）如图1，在矩形ABCD 中，E 是CB 延长线上一个动点，F 、G 分别为AE 、BC 的中点，FG 与ED 相交于点H(1)求证：HE ＝HG(2)如图2，当BE ＝AB 时，过点A 作AP ⊥DE 于点P 连接BP ，求PE PA PB-的值(3)在(2)的条件下，若AD ＝2，∠ADE ＝30°，则BP 的长为______________【答案】（1）证明见解析；（2）PE PA PB-=；（3）BP 的长为6+22【解析】（1）延长BC 至M ，且使CM ＝BE ，连接AM ，∴△ABM ≌△DCE （SAS ）∴∠DEC ＝∠AMB∵EB ＝CM ，BG ＝CG∴G 为EM 的中点∴FG 为△AEM 的中位线∴FG ∥AM∴∠HGE ＝∠AMB ＝∠HEG∴HE ＝HG(2)过点B 作BQ ⊥BP 交DE 于Q由八字型可得：∠BEQ ＝∠BAP∴△BEQ ≌△BAP （ASA ）∴PA ＝QE∴PE PA PE EQ PQPB PB PB --===(3)∵∠ADE ＝∠CED ＝30°∴CE CD∴BE ＋BC ＝CD ＋2CD ，CD 1∴DE ＝2CD ＝2+∵∠ADE ＝30°∴AP ＝EQ ＝1，DP∴PQ ＝2+－11∴BP ＝6+2213．（2019·陕西省中考模拟）（1）问题发现如图1，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点A 、D 、E 在同一条直线上，连接BE ．填空：①∠AEB 的度数为；②线段AD 、BE 之间的数量关系为．（2）拓展研究如图2，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB ＝∠DCE ＝90°，点A 、D 、E 在同一条直线上，CM 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM 、AE 、BE 之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在正方形ABCD 中，CD ＝，若点P 满足PD ＝2，且∠BPD ＝90°，请直接写出点A 到BP 的距离．【答案】（1）①60 ；②AD BE =；（2）902AEB AE BE CM ∠==+ ，，理由见解析；（3）点A 到BP 的距离为312或312+．【解析】解：（1）①如图1．∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA =CB ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACD =∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，∵AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠ADC =∠BEC ．∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE =∠CED =60°．∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC =120°，∴∠BEC =120°，∴∠AEB =∠BEC ﹣∠CED =60°．故答案为60°．②∵△ACD ≌△BCE ，∴AD =BE ．故答案为AD =BE ．（2）∠AEB =90°，AE =BE +2CM ．理由：如图2．∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，。

教育部2020年中考数学必考压轴题及答案教育部2020年中考数学必考压轴题及答案一、函数与几何综合的压轴题1.如图①，在平面直角坐标系中，AB、CD都垂直于x轴，垂足分别为B、D且AD与B相交于E点.已知：A(-2,-6),C(1,-3)求证：E点在y轴上；如果有一抛物线经过A，E，C三点，求此抛物线方程.如果AB位置不变，再将DC水平向右移动k(k>0)个单位，此时AD与BC相交于E′点，如图②，求△AE′C的面积S关于k的函数解析式.[解]（1）（本小题介绍二种方法，供参考）方法一：过E作EO′⊥x轴，垂足O′∴AB∥EO′∥DC∴又∵DO′+BO′=DB∴∵AB=6，DC=3，∴EO′=2又∵，∴∴DO′=DO，即O′与O重合，E在y轴上方法二：由D（1，0），A（-2，-6），得DA直线方程：y=2x-2①再由B（-2，0），C（1，-3），得BC直线方程：y=-x-2②联立①②得∴E点坐标（0，-2），即E点在y轴上（2）设抛物线的方程y=ax2+bx+c(a≠0)过A（-2，-6），C（1，-3）E（0，-2）三点，得方程组解得a=-1,b=0,c=-2∴抛物线方程y=-x2-2（3）（本小题给出三种方法，供参考）由（1）当DC水平向右平移k后，过AD与BC的交点E′作E′F⊥x 轴垂足为F。

同（1）可得：得：E′F=2方法一：又∵E′F∥AB，∴S△AE′C=S△ADC-S△E′DC===DB=3+kS=3+k为所求函数解析式方法二：∵BA∥DC，∴S△BCA=S△BDA∴S△AE′C=S△BDE′∴S=3+k为所求函数解析式.证法三：S△DE′C∶S△AE′C=DE′∶AE′=DC∶AB=1∶2同理：S△DE′C∶S△DE′B=1∶2,又∵S△DE′C∶S△ABE′=DC2∶AB2=1∶4∴∴S=3+k为所求函数解析式.2.已知：如图，在直线坐标系中，以点M（1，0）为圆心、直径AC为的圆与y轴交于A、D两点.求点A的坐标；设过点A的直线y＝x＋b与x轴交于点B.探究：直线AB是否⊙M 的切线？并对你的结论加以证明；连接BC，记△ABC的外接圆面积为S1、⊙M面积为S2，若，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过B、M两点，且它的顶点到轴的距离为.求这条抛物线的解析式.解：由已知AM＝，OM＝1，在Rt△AOM中，AO＝，∴点A的坐标为A（0，1）证：∵直线y＝x＋b过点A（0，1）∴1＝0＋b即b＝1∴y＝x＋1令y＝0则x＝－1∴B（—1，0），AB＝在△ABM中，AB＝，AM＝，BM＝2∴△ABM是直角三角形，∠BAM＝90°∴直线AB是⊙M的切线解法一：由⑵得∠BAC＝90°，AB＝，AC ＝2，∴BC＝∵∠BAC＝90°∴△ABC的外接圆的直径为BC，∴而，设经过点B（—1，0）、M（1，0）的抛物线的解析式为：y＝a（＋1）（x－1），（a≠0）即y＝ax2－a，∴－a＝±5，∴a ＝±5∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5解法二：（接上）求得∴h＝5由已知所求抛物线经过点B（—1，0）、M（1、0），则抛物线的对称轴是y轴，由题意得抛物线的顶点坐标为（0，±5）∴抛物线的解析式为y＝a（x－0）2±5又B（－1,0）、M（1,0）在抛物线上，∴a±5＝0，a＝±5∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5解法三：（接上）求得∴h＝5因为抛物线的方程为y＝ax2＋bx＋c（a≠0）由已知得∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5.3.如图，在直角坐标系中，以点P（1，－1）为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，抛物线过点A、B，且顶点C在⊙P上.(1)求⊙P上劣弧的长；(2)求抛物线的解析式；(3)在抛物线上是否存在一点D，使线段OC与PD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由如图，连结PB，过P 作PM⊥x轴，垂足为M.在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,∴∠MPB＝60°，∴∠APB＝120°的长＝（2）在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,则MB＝MA＝.又OM=1，∴A（1－，0），B（1＋，0），由抛物线及圆的对称性得知点C在直线PM上，则C(1，－3).点A、B、C在抛物线上，则解之得抛物线解析式为（3）假设存在点D，使OC与PD互相平分，则四边形OPCD为平行四边形，且PC∥OD.又PC∥y轴，∴点D在y轴上，∴OD＝2，即D（0，－2）.又点D（0，－2）在抛物线上，故存在点D（0，－2），使线段OC与PD互相平分.如图，在平面直角坐标系内，Rt△ABC的直角顶点C（0，）在轴的正半轴上，A、B是轴上是两点，且OA∶OB＝3∶1，以OA、OB为直径的圆分别交AC于点E，交BC于点F.直线EF交OC于点Q.求过A、B、C三点的抛物线的解析式；请猜想：直线EF与两圆有怎样的位置关系？并证明你的猜想.在△AOC中，设点M是AC边上的一个动点，过M作MN∥AB交OC于点N.试问：在轴上是否存在点P，使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形？若存在，求出P点坐标；若.[解](1)在Rt△AB C中，OC⊥AB，∴△AOC≌△COB.∴OC2＝OA·OB.∵OA∶OB＝3∶1,C(0,),∴∴OB＝1.∴OA＝3.∴A(-3,0),B(1,0).设抛物线的解析式为则解之，得∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为(2)EF与⊙O1、⊙O2都相切.证明：连结O1E、OE、OF.∵∠ECF＝∠AEO＝∠BFO＝90°,∴四边形EOFC为矩形.∴QE＝QO.∴∠1＝∠2.∵∠3＝∠4,∠2+∠4＝90°，∴EF与⊙O1相切.同理：EF理⊙O2相切.(3)作MP⊥OA于P，设MN＝a,由题意可得MP＝MN＝a.∵MN∥OA,∴△CMN∽△CAO.∴∴解之，得此时，四边形OPMN是正方形.∴∴考虑到四边形PMNO此时为正方形，∴点P在原点时仍可满足△PNN是以MN为一直角边的等腰直角三角形.故轴上存在点P使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形且或5.如图，已知点A(0，1)、C(4，3)、E(，)，P是以AC为对角线的矩形ABCD内部(不在各边上)的—个动点，点D在y轴，抛物线y ＝ax2+bx+1以P为顶点．(1)说明点A、C、E在一条条直线上；(2)能否判断抛物线y＝ax2+bx+1的开口方向?请说明理由；(3)设抛物线y＝ax2+bx+1与x轴有交点F、G(F在G的左侧)，△GAO与△FAO的面积差为3，且这条抛物线与线段AE有两个不同的交点．这时能确定a、b的值吗?若能，请求出a、b的值；若不能，请确定a、b的取值范围．(本题图形仅供分析参考用)x+1.将点E的坐标E(，)代入y=x+1中，左边=，右边=×+1=，∵左边=右边，∴点E在直线y=x+1上，即点A、C、E在一条直线上.（2）解法一：由于动点P在矩形ABCD内部，∴点P的纵坐标大于点A的纵坐标，而点A与点P都在抛物线上，且P为顶点，∴这条抛物线有最高点，抛物线的开口向下解法二：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点P的纵坐标为，且P在矩形ABCD内部，∴1＜＜3，由1＜1—得—＞0，∴a＜0，∴抛物线的开口向下.（3）连接GA、FA，∵S△GAO—S△FAO=3∴GO·AO—FO·AO=3∵OA=1，∴GO—FO=6.设F（x1,0）、G（x2,0），则x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两个根，且x1＜x2，又∵a＜0，∴x1·x2=＜0，∴x1＜0＜x2，∴GO=x2，FO=—x1，∴x2—（—x1）=6，即x2+x1=6，∵x2+x1=—∴—=6，∴b=—6a,∴抛物线解析式为：y=ax2—6ax+1,其顶点P的坐标为（3，1—9a）,∵顶点P在矩形ABCD内部，∴1＜1—9a＜3,∴—＜a＜0.∴x=0或x==6+.当x=0时，即抛物线与线段AE交于点A，而这条抛物线与线段AE有两个不同的交点，则有：0＜6+≤，解得：—≤a＜—综合得：—＜a＜—∵b=—6a，∴＜b＜6.已知两点O(0，0)、B(0，2)，⊙A过点B且与x轴分别相交于点O、C，⊙A被y轴分成段两圆弧，其弧长之比为3∶1，直线l与⊙A切于点O，抛物线的顶点在直线l上运动.求⊙A的半径；若抛物线经过O、C两点，求抛物线的解析式；过l上一点P的直线与⊙A交于C、E两点，且PC＝CE，求点E的坐标；若抛物线与x轴分别相交于C、F两点，其顶点P的横坐标为m，求△PEC的面积关于m的函数解析式.(1)由弧长之比为3∶1，可得∠BAO＝90o再由AB＝AO＝r，且OB＝2，得r＝(2)⊙A的切线l过原点，可设l为y＝kx任取l上一点(b，kb)，由l与y轴夹角为45o可得：b＝－kb或b＝kb，得k＝－1或k＝1，∴直线l的解析式为y＝－x或y＝x又由r＝，易得C(2，0)或C(－2，0)由此可设抛物线解析式为y＝ax(x－2)或y＝ax(x＋2)再把顶点坐标代入l的解析式中得a＝1∴抛物线为y＝x2－2x或y＝x2＋2x ……6分(3)当l的解析式为y＝－x时，由P在l上，可设P(m，－m)(m ＞0)过P作PP′⊥x轴于P′，∴OP′＝|m|，PP′＝|－m|，∴OP＝2m2，又由切割线定理可得：OP2＝PC.PE,且PC＝CE，得PC＝PE＝m＝PP′7分∴C与P′为同一点，即PE⊥x轴于C，∴m＝－2，E(－2，2) (8)分同理，当l的解析式为y＝x时，m＝－2，E(－2，2)(4)若C(2，0)，此时l为y＝－x，∵P与点O、点C不重合，∴m≠0且m≠2，当m＜0时，FC＝2(2－m)，高为|yp|即为－m，∴S ＝同理当0＜m＜2时，S＝－m2＋2m；当m＞2时，S＝m2－2m；∴S＝又若C(－2，0)，此时l为y＝x，同理可得；S＝.如图，直线与函数的交于A、B两点，且与x、y轴分别交于C、D两点．（1）若的面积的倍，求与之间的函数关系式；（2）在（1）的条件下，是否存在和，使得以为直径的圆经过点．若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由．[解]（1）设，(其中)，由，得∴··(····)，，又，∴，即，由可得，代入可得①∴，，∴，即．又方程①的判别式，∴所求的函数关系式为．（2）假设存在,，使得以为直径的圆经过点．则，过、分别作轴的垂线，垂足分别为、．∵与都与互余，∴．∴Rt∽Rt，∴．∴，∴，∴，即②由（1）知，，代入②得，∴或，又，∴或，∴存在,，使得以为直径的圆经过点，且或．8.已知抛物线与x轴交于两点、，与y轴交于点C，且AB=6.（1）求抛物线和直线BC的解析式.（2）在给定的直角坐标系中，画抛物线和直线BC.（3）若过A、B、C三点，求的半径.（4）抛物线上是否存在点M，过点M作轴于点N，使被直线BC 分成面积比为1）由题意得：解得经检验m=1，∴抛物线的解析式为：或：由得，或抛物线的解析式为由得∴A（－50），B（1，0），C（0，－5.设直线BC的解析式为则∴直线BC的解析式为(2)图象略.（3）法一：在中，.又∴的半径法二：由题意，圆心P在AB的中垂线上，即在抛物线的对称轴直线上，设P（－2－hh＞0），连结PB、PC，则，由，即，解得h=2.的半径.法三：延长CP交于点F.为的直径，又又的半径为（4）设MN交直线BC于点E，点M的坐标为则点E的坐标为若则解得（不合题意舍去），若则解得（不合题意舍去），存在点M，点M的坐标为或（15，280）.9.如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为、，直径CD⊥x轴于N，直线CE切⊙M于点C，直线FG切⊙M于点F，交CE于G，已知点G的横坐标为3.若抛物线经过A、B、D三点，求m的值及点D的坐标.求直线DF的解析式.是否存在过点G的直线，使它与（1）中抛物线的两个交点的横坐标之和等于4？若存在，请求出满足条件的直线的解析式；若不存在，请说明理由.[解](1)∵抛物线过A、B两点，∴，m=3.∴抛物线为.又抛物线过点D，由圆的对称性知点D为抛物线的顶点. ∴D点坐标为.(2)由题意知：AB=4.∵CD⊥x轴，∴NA=NB=2.∴ON=1.由相交弦定理得：NA·NB=ND·NC，∴NC×4=2×2.∴NC=1.∴C点坐标为.设直线DF交CE于P，连结CF，则∠CFP=90°.∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°.∵GC、GF是切线，∴GC=GF.∴∠3=∠4.∴∠1=∠2.∴GF=GP.∴GC=GP.可得CP=8.∴P点坐标为设直线DF的解析式为则解得∴直线DF的解析式为：(3)假设存在过点G的直线为，则，∴.由方程组得由题意得，∴.当时，，∴方程无实数根，方程组无实数解.∴满足条件的直线不存在.10.已知二次函数的图象经过点A（－3，6），并与x轴交于点B （－1，0）和点C，顶点为P.求这个二次函数的解析式，并在下面的坐标系中画出该二次函数的图象；设D为线段OC上的一点，满足∠DPC＝∠BAC，求点D的坐标；在x轴上是否存在一点M，使以M为圆心的圆与AC、PC所在的直线及y轴都相切？如果存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.（1）解：∵二次函数的图象过点A（－3，6），B（－1，0）得解得∴这个二次函数的解析式为：由解析式可求P（1，－2），C（3，0）画出二次函数的（2）解法一：易证：∠ACB＝∠PCD＝45°又已知：∠DPC＝∠BAC∴△DPC∽△BAC∴易求∴∴∴解法二：过A作AE⊥x轴，垂足为E.设抛物线的对称轴交x轴于F.亦可证△AEB∽△PFD、∴.易求：AE＝6，EB＝2，PF＝2∴∴∴（3）存在.（1°）过M作MH⊥AC，MG⊥PC垂足分别为H、G，设AC交y轴于S，CP的延长线交y轴于T∵△SCT是等腰直角三角形，M是△SCT的内切圆圆心，∴MG＝MH＝OM又∵且OM＋MC＝OC∴∴（2°）在x轴的负半轴上，存在一点M′同理OM′＋OC＝M′C，得∴M′即在x轴上存在满足条件的两个点.在平面直角坐标系中，A（－1，0），B（3，0）.（1）若抛物线过A，B两点，且与y轴交于点（0，－3），求此抛物线的顶点坐标；（2）如图，小敏发现所有过A，B两点的抛物线如果与y轴负半轴交于点C，M为抛物线的顶点，那么△ACM与△ACB的面积比不变，请你求出这个比值；（3）若对称轴是AB的中垂线l的抛物线与x轴交于点E，F，与y轴交于点C，过C作CP∥x轴交l于点P，M为此抛物线的顶点.若四边形PEMF是有一个内角为60°的菱形，求次抛物线的解析式.（1），顶点坐标为（1，－4）.（2）由题意，设y＝a（x＋1）（x－3），即y＝ax2－2ax－3a，∴A（－1，0），B（3，0），C（0，－3a），M（1，－4a），∴S△ACB＝×4×＝6，而a＞0，∴S△ACB＝6A、作MD⊥x轴于D，又S△ACM＝S△ACO＋SOCMD－S△AMD＝·1·3a＋（3a＋4a）－·2·4a＝a，∴S△ACM：S△ACB＝1：6.（3）①当抛物线开口向上时，设y＝a（x－1）2＋k，即y＝ax2－2ax＋a＋k，有菱形可知＝，a＋k＞0，k＜0，∴k＝，∴y＝ax2－2ax＋，∴.记l与x轴交点为D，若∠PEM＝60°，则∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝，∴k＝－，a＝，∴抛物线的解析式为.若∠PEM＝120°，则∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝，∴k＝－，a＝，∴抛物线的解析式为.②当抛物线开口向下时，同理可得，.已知：在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象与x轴交于点A，抛物线经过O、A两点。

几何综合-填空选择压轴题51、以正方形ABCD勺边AD作等边△ ADE则/ BEC勺度数是 __________2、如图.在厶ABC中, / ACB=60 , AC=1, D是边AB的中点，E是边BC上一点.若DE平分△ ABC的周长，则DE的长是 ____ .3、已知CD是△ ABC的边AB上的高，若CD・3,AD=1AB=2AC则BC的长为__4、如图，将面积为32V2的矩形ABCC沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P,连接AP交BC于点E.若BE=J，贝U AP的长为____ .p5、如图，△ ABC是等边三角形，△ ABD是等腰直角三角形，/ BAD=90 , AE L BD 于点E,连CD分别交AE AB于点F, G过点A作AH L CD交BD于点H.则下列结论：①/ ADC=15 :② AF=AG ③ AH=DF ④厶AF3A CBQ ⑤AF= (V3 - 1)EF.其中正确结论的个数为（）A. 5 B . 4 C . 3 D . 26 已知O 0的半径为10cm AB CD是O O的两条弦，AB// CD AB=16cm CD=12cm则弦AB和CD之间的距离是cm513 13 13 7 77、如图，将矩形ABCD 沿 EF 折叠，使点B 落在AD 边上的点G 处，点C 落在点H 处，已知/ DGH=30，连接BG 则/ AGB ________ .8、如图，？ABCD 勺对角线相交于点 0,且A 》CD 过点0作OM L AC,交AD 于点 M.如果△ CDM 勺周长为8,那么？ABCD 勺周长是 _____ .9、如图，由四个全等的直角三角形围成的大正方形的面积是169，小正方形的面积为 49，则 sin a - COS a =( ) A 13 B10、如图，P是厶ABC的内心，连接PA PB PC, △ PAB △ PBG △ PAC的面积分别为S、S、S.则Si ____ S2+S3.（填“v” 或“二”或“〉”）11、如图，△ ABC中, AB=AC AD L BC 于D点，DEL AB 于点E, BF 丄AC 于点F,DE=3cryi 则BF= ______ cm12、如图，已知半圆O与四边形ABCD勺边AD AB BC都相切，切点分别为DE、C,半径OC=1 则AE?BE=_.13、《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，冋该直角二角形能容纳的正方形边长最大是多少步？”该问题的答案是____________ 步.14、如图，以AB为直径的。

2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，平行于x轴的直线与函数y=（k1＞0，x＞0），y=（k2＞0，x＞0）的图象分别相交于A，B两点，点A在点B的右侧，C为x轴上的一个动点，若△ABC的面积为4，则k1﹣k2的值为（）A．8 B．﹣8 C．4 D．﹣4第1题第2题2．如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标（0,3），点B坐标（4,0），将点O沿直线34y x b=-+对折，点O恰好落在∠OAB的平分线上的O’处，则b的值为（）A.12B.65C.98D.1516二、填空题3．如图，在Rt△ABC中BC＝AC＝4，D是斜边AB上的一个动点，把△ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的A′处，当A′D垂直于Rt△ABC的直角边时，AD的长为．第3题第4题4.如图，在正方形ABCD中，AB=4，以B为圆心，BA长为半径画弧，点M为弧上一点，MN ⊥CD 于N ，连接CM ，则CM －MN 的最大值为 ． 三、解答题5.如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AC 为直径， ⌒ BD ＝ ⌒AD ，DE ⊥BC ，垂足为E ． （1）求证：CD 平分∠ACE ；（2）判断直线ED 与⊙O 的位置关系，并说明理由； （3）若CE =2，AC ＝8，阴影部分的面积为 ．6．如图，抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ＜0，a 、b 、c 为常数）与x 轴交于A 、C 两点，与y 轴交于B 点，A （﹣6，0），C （1，0），B （0，）．（1）求该抛物线的函数关系式与直线AB 的函数关系式；（2）已知点M （m ，0）是线段OA 上的一个动点，过点M 作x 轴的垂线l ，分别与直线AB 和抛物线交于D 、E 两点，当m 为何值时，△BDE 恰好是以DE 为底边的等腰三角形？（3）在（2）问条件下，当△BDE 恰妤是以DE 为底边的等腰三角形时，动点M 相应位置记为点M ′，将OM ′绕原点O 顺时针旋转得到ON （旋转角在0°到90°之间）；i ：探究：线段OB 上是否存在定点P （P 不与O 、B 重合），无论ON 如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出P 点坐标：若不存在，请说明理由；ii ：试求出此旋转过程中，（NA +NB ）的最小值．EO CBA【答案与解析】一、选择题1．A2．D二、填空题3．【分析】由等腰直角三角形的性质和勾股定理得出AB＝4，∠B＝∠A′CB＝45°，①如图1，当A′D∥BC，设AD＝x，根据折叠的性质得到∠A′＝∠A＝∠A′CB＝45°，A′D＝AD ＝x，推出A′C⊥AB，求得BH＝BC＝2，DH＝A′D＝x，然后列方程即可得到结果，②如图2，当A′D∥AC，根据折叠的性质得到AD＝A′D，AC＝A′C，∠ACD ＝∠A′CD，根据平行线的性质得到∠A′DC＝∠ACD，于是得到∠A′DC＝∠A′CD，推出A′D＝A′C，于是得到AD＝AC＝2．【解答】解：Rt△ABC中，BC＝AC＝4，∴AB＝4，∠B＝∠A′CB＝45°，①如图1，当A′D∥BC，设AD＝x，∵把△ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的A′处，∴∠A′＝∠A＝∠A′CB＝45°，A′D＝AD＝x，∵∠B ＝45°， ∴A ′C ⊥AB ， ∴BH ＝BC ＝2，DH ＝A ′D ＝x ，∴x +x +2＝4，∴x ＝4﹣4， ∴AD ＝4﹣4；②如图2，当A ′D ∥AC ，∵把△ACD 沿直线CD 折叠，点A 落在同一平面内的A ′处， ∴AD ＝A ′D ，AC ＝A ′C ，∠ACD ＝∠A ′CD ， ∵∠A ′DC ＝∠ACD ， ∴∠A ′DC ＝∠A ′CD ， ∴A ′D ＝A ′C ， ∴AD ＝AC ＝4， 综上所述：AD 的长为：4﹣4或4．4. 2 三、解答题 5、（1）,BD AD BAD ACD =∴=∠∠°+180ABCD O BAD BCD ∴=四边形内接于圆，∠∠°+180BCD DCE =又∠∠,DCE BAD ∴=∠∠ACD DCE ∴=∠∠即CD 平分∠ACE（2）直线ED 与⊙O 相切。

又∵抛物线的对称轴为 x＝b2＝1，即 b＝2，
∴m－2＋2m＋1＝2，解得 m＝1，
∴c＝3，
∴抛物线的解析式为 y＝－x2＋2x＋3；
y＝－x2＋2x＋3
(2)由y＝kx＋2
可得：x2＋(k－2)x－1＝0，
∴x1＋x2＝2－k，x1x2＝－1，
∴|x1－x2|＝ （x1＋x2）2－4x1x2＝ （2－k）2＋4≥2，
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
＝O′C，∴CO′＋PB′＝P′O′＋O′C′≥P′C′， 又由(1)易知 P(1，4)， ∵P′P＝O′B′＝OB＝3，C(0，3)， ∴P′(－2，4)，C′(0，－3)，PC＝ 2， ∴直线 P′C′的解析式为 y＝－72x－3， 直线 P′C′与 x 轴的交点为(－67，0)， ∵PC，O′B′为定值， ∴当 CO′＋PB′取最小值 P′C′时 L 最小， 此时 O′(－67，0)，则 B′(175，0)． 又∵P′C′＝ （4＋3）2＋22＝ 53， ∴L 最小值＝P′C′＋PC＋O′B′＝ 53＋ 2＋3.
第 3 题解图② ①当∠AFP＝90°时，即∠AF1P1＝90°， ∴点 P1 既在 x 轴上，又在抛物线上，则点 P1 与点 B 重合，点 P1 的坐标为(1，0)； ②当∠FAP＝90°时，即∠F2AP2＝90°，则∠P2AO＝45°，设 AP2 与 y 轴的交点为点 N， ∴OA＝ON＝3，则 N(0，－3)， ∴直线 AP2 的解析式为 y＝－x－3，
y＝－x－3 联立抛物线与直线 AP2 的解析式，得方程组y＝－x2－2x＋3，
x＝－3 x＝2 解得y＝0 或y＝－5， ∵A(－3，0)， ∴P2(2，－5)； ③当∠APF＝90°时，即∠AP3F3＝90°，点 P3 既在 x 轴上，又在抛物线上，则点 P3 与点 B 重合，点 P3 的坐标为(1，0)．

2020年中考数学压轴题一、选择题1．在平面直角坐标系xOy中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C的坐标为（1，0），顶点A的坐标（0，2），顶点B恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x轴正方向平移，当顶点A恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C的对应点C′的坐标为（）A．（，0）B．（2，0）C．（，0）D．（3，0）2．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，D是BC边上一动点，将AD绕点A逆时针旋转45°得AE，连接CE，则线段CE长的最小值为（）A．B．C．﹣1 D．2﹣二、填空题3．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，则CF的长为．第3题第4题4．问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC ＝PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O 到△MNG三个顶点的距离和的最小值是．三、解答题5．如图（1），在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，动点P在线段AC上以5cm/s的速度从点A运动到点C，过点P作PD⊥AB于点D，将△APD绕PD的中点旋转180°得到△A′DP，设点P的运动时间为x（s）．（1）当点A′落在边BC上时，求x的值；（2）在动点P从点A运动到点C过程中，当x为何值时，△A′BC是以A′B为腰的等腰三角形；（3）如图（2），另有一动点Q与点P同时出发，在线段BC上以5cm/s的速度从点B运动到点C，过点Q作QE⊥AB于点E，将△BQE绕QE的中点旋转180°得到△B′EQ，连结A′B′，当直线A′B′与△ABC的一边垂直时，求线段A′B′的长．6．在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，点C在OB上，且BC＝1，（1）如图1，以O为圆心，OC长为半径作半圆，点P为半圆上的动点，连接PB，作DB⊥PB，使点D落在直线OB的上方，且满足DB：PB＝3：4，连接AD①请说明△ADB∽△OPB；②如图2，当点P所在的位置使得AD∥OB时，连接OD，求OD的长；③点P在运动过程中，OD的长是否有最大值？若有，求出OD长的最大值：若没有，请说明理由．（2）如图3，若点P在以O为圆心，OC长为半径的圆上运动．连接PA，点P在运动过程中，PA﹣是否有最大值？若有，直接写出最大值；若没有，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，易证△ACO≌△BCD（AAS），从而可求出B的坐标，进而可求出反比例函数的解析式，根据解析式与A的坐标即可得知平移的单位长度，从而求出C的对应点．【解答】解：过点B作BD⊥x轴于点D，∵∠ACO+∠BCD＝90°，∠OAC+∠ACO＝90°，∴∠OAC＝∠BCD，在△ACO与△BCD中，∴△ACO≌△BCD（AAS）∴OC＝BD，OA＝CD，∵A（0，2），C（1，0）∴OD＝3，BD＝1，∴B（3，1），∴设反比例函数的解析式为y＝，将B（3，1）代入y＝，∴k＝3，∴y＝，∴把y＝2代入，∴x＝，当顶点A恰好落在该双曲线上时，此时点A移动了个单位长度，∴C也移动了个单位长度，此时点C的对应点C′的坐标为（，0）故选：A．2．【分析】在AB上截取AF＝AC＝2，由旋转的性质可得AD＝AE，由勾股定理可求AB＝2，可得BF ＝2﹣2，由“SAS”可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，由直角三角形的性质可求线段CE长的最小值．【解答】解：如图，在AB上截取AF＝AC＝2，∵旋转∴AD＝AE∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°∴AB＝2，∠B＝∠BAC＝45°，∴BF＝2﹣2∵∠DAE＝45°＝∠BAC∴∠DAF＝∠CAE，且AD＝AE，AC＝AF∴△ACE≌△AFD（SAS）∴CE＝DF，当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，∴DF最小值为＝2﹣故选：D．二、填空题3．【分析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C，由旋转性质知∠B′＝∠B′CD′＝90°、AB＝CD ＝5、BC＝B′C＝4，从而得出四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形且OE＝OD＝OC＝2.5，继而求得CG＝B′E＝OH＝＝＝2，根据垂径定理可得CF的长．【解答】解：连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，则∠OEB′＝∠OHB′＝90°，∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝5、BC＝B′C＝4，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝2.5，∴B′H＝OE＝2.5，∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，∴CG＝B′E＝OH＝＝＝2，∵四边形EB′CG是矩形，∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4，故答案为：4．4．【分析】（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO 的最小值．【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，在△ABG和△ADP中，∴△ABG≌△ADP（SAS），∴AG＝AP，BG＝DP，∴GC＝PE，∵∠GAP＝∠BAD＝60°，∴△AGP是等边三角形，∴AP＝GP，∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE∴PA+PC＝PE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴当D、E、O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝．∴MF＝DF＝4，∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，∴ND＝＝＝2，∴MO+NO+GO最小值为2，故答案为2，三、解答题5．【分析】（1）根据勾股定理求出AC，证明△APD∽△ABC，△A′PC∽△ABC，根据相似三角形的性质计算；（2）分A′B＝BC、A′B＝A′C两种情况，根据等腰三角形的性质解答；（3）根据题意画出图形，根据锐角三角函数的概念计算．【解答】解：（1）如图1，∵在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，∴AC＝＝4cm，当点A′落在边BC上时，由题意得，四边形APA′D为平行四边形，∵PD⊥AB，∴∠ADP＝∠C＝90°，∵∠A＝∠A，∴△APD∽△ABC，∵AP＝5x，∴A′P＝AD＝4x，PC＝4﹣5x，∵∠A′PD＝∠ADP，∴A′P∥AB，∴△A′PC∽△ABC，∴，即＝，解得：x＝，∴当点A′落在边BC上时，x＝；（2）当A′B＝BC时，（5﹣8x）2+（3x）2＝32，解得：．∵x≤，∴；当A′B＝A′C时，x＝．（3）Ⅰ、当A′B′⊥AB时，如图6，∴DH＝PA'＝AD，HE＝B′Q＝EB，∵AB＝2AD+2EB＝2×4x+2×3x＝5，∴x＝，∴A′B′＝QE﹣PD＝x＝；Ⅱ、当A′B′⊥BC时，如图7，∴B′E＝5x，DE＝5﹣7x，∴cos B＝，∴x＝，∴A′B′＝B′D﹣A′D＝；Ⅲ、当A′B′⊥AC时，如图8，由（1）有，x＝，∴A′B′＝PA′sin A＝；当A′B′⊥AB时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥BC时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥AC时，x＝，A′B′＝．6．【分析】（1）①由∠ABO＝90°和DB⊥PB可得∠DBA＝∠PBO，结合边长关系由两边对应成比例及其夹角相等的三角形相似即可证明结论．②过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，由AD∥OB平行可得∠DAB＝90°，而△ADB∽△OPB可知∠POB＝90°，由已知可求出AD．由Rt△DHO即可计算OD的长，③由△ADB∽△OPB可知，可求AD＝，由此可知D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，所以OD的最大值为OD过A点时最大．求出OA即可得到答案．（2）在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，构造△BOP～△POB′，可得＝PA﹣PB′≤AB'，求出AB’即可求出最大值．【解答】解：（1）①∵DB⊥PB，∠ABO＝90°，∴∠ADB＝∠CDP，又∵AB＝3，BO＝4，DB：PB＝3：4，即：，∴△ADB∽△OPB；②如解图（2），过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，∵AD∥OB，∠ABD＝90°，∴∠DAB＝90°，又∵△ADB∽△OPB，∴，∴AD＝，∵四边形ADHB为矩形，∴HD＝AB＝3，HB＝AD＝，∴OH＝OB+HB＝在Rt△DHO中，OD＝＝＝．③在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，∴OA＝5．由②得AD＝，∴D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，∴OD的最大值为OD过A点时最大，即OD的最大值为＝OA+AD＝5+＝．（2）如解图（4），在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，∵∠BOP＝∠POB′，＝，∴△BOP～△POB′，∴，∴＝PA﹣PB′≤AB'，∴∴有最大值为AB′，在Rt△ABB′中，AB＝3，BB′＝＝，∴AB′＝＝＝，即：点P在运动过程中，PA﹣有最大值为，2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，在五边形ABCDE中，∠BAE＝120°，∠B＝∠E＝90°，AB＝BC，AE＝DE，在BC、DE上分别找一点M、N，使得△AMN的周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．90°B．100°C．110°D．120°2．如图，P是半圆O上一点，Q是半径OA延长线上一点，AQ＝OA＝1，以PQ为斜边作等腰直角三角形PQR，连接OR．则线段OR的最大值为（）A．B．3 C．D．1二、填空题3．如图，E、F，G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC＝，则AB的长为．第3题第4题4．如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上，AB＝8，∠CAB＝60°，P是弧上的一个点，连接AP，过点C作CD⊥AP于点D，连接BD，在点P移动过程中，BD长的最小值为．三、解答题5．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆．AC、BD是四边形ABCD的对角线，BD经过圆心O，点E在BD的延长线上，BA与CD的延长线交于点F，DF平分∠ADE．（1）求证：AC＝BC；（2）若AB＝AF，求∠F的度数；（3）若，⊙O半径为5，求DF的长．6．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D与点B分别位于直线AC的两侧，且AD＝AC，联结BD、CD，BD交直线AC于点E．（1）当∠CAD＝90°时，求线段AE的长．（2）过点A作AH⊥CD，垂足为点H，直线AH交BD于点F，①当∠CAD＜120°时，设AE＝x，y＝（其中S△BCE表示△BCE的面积，S△AEF表示△AEF的面积），求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当＝7时，请直接写出线段AE的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN+∠ANM＝2（∠AA′M+∠A″）即可得出答案．【解答】解：作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交ED于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．作EA延长线AH，∵∠BAE＝120°，∴∠HAA′＝60°，∴∠A′+∠A″＝∠HAA′＝60°，∵∠A′＝∠MAA′，∠NAE＝∠A″，且∠A′+∠MAA′＝∠AMN，∠NAE+∠A″＝∠ANM，∴∠AMN+∠ANM＝∠A′+∠MAA′+∠NAE+∠A″＝2（∠A′+∠A″）＝2×60°＝120°，故选：D．2．【分析】将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，可得ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2，由直角三角形的性质可得EO＝RO，由三角形三边关系可得EO≤PO+EP＝3，即可求解．【解答】解：将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，∴ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2∴EO＝RO，∵EO≤PO+EP＝3∴RO≤3∴OR的最大值＝故选：A．二、填空题3．【分析】如图，连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，可得＝，推出＝，可得b＝a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；【解答】解：如图，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AC＝BD＝，∵CG＝DG，CF＝FB，∴GF＝BD＝，∵AG⊥FG，∴∠AGF＝90°，∴∠DAG+∠AGD＝90°，∠AGD+∠CGF＝90°，∴∠DAG＝∠CGF，∴△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，∴＝，∴＝，∴b2＝2a2，∵a＞0．b＞0，∴b＝a，在Rt△GCF中，3a2＝，∴a＝，∴AB＝2b＝2．故答案为2．4．【分析】以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC．在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【解答】解：如图，以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC，O'D，∵CD⊥AP，∴∠ADC＝90°，∴在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠CAB＝60°，∴BC＝AB•sin60°＝4，AC＝AB•cos60°＝4，∴AO'＝CO'＝2，∴BO'＝＝＝2，∵O′D+BD≥O′B，∴当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D＝2﹣2，故答案为2﹣2．三、解答题5．【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠EDF＝∠ADF，根据圆内接四边形的性质和圆周角定理结论得到结论；（2）根据圆周角定理得到AD⊥BF，推出△ACB是等边三角形，得到∠ADB＝∠ACB＝60°，根据等腰三角形的性质得到结论；（3）设CD＝k，BC＝2k，根据勾股定理得到BD＝＝k＝10，求得＝2，BC＝AC＝4，根据相似三角形的性质即可得到结论【解答】（1）证明：∵DF平分∠ADE，∴∠EDF＝∠ADF，∵∠EDF＝∠ABC，∠BAC∠BDC，∠EDF＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC；（2）解：∵BD是⊙O的直径，∴AD⊥BF，∵AF＝AB，∴DF＝DB，∴∠FDA＝∠BDA，∴∠ADB＝∠CAB＝∠ACB，∴△ACB是等边三角形，∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠ABD＝90°﹣60°＝30°，∴∠F＝∠ABD＝30°；（3）解：∵，∴＝，设CD＝k，BC＝2k，∴BD＝＝k＝10，∴k＝2，∴CD＝2，BC＝AC＝4，∵∠ADF＝∠BAC，∴∠FAC＝∠ADC，∵∠ACF＝∠DCA，∴△ACF∽△DCA，∴＝，∴CF＝8，∴DF＝CF﹣CD＝6．6．【分析】（1）过点E作EG⊥BC，垂足为点G．AE＝x，则EC＝2﹣x．根据BG＝EG构建方程求出x 即可解决问题．（2）①证明△AEF∽△BEC，可得，由此构建关系式即可解决问题．②分两种情形：当∠CAD＜120°时，当120°＜∠CAD＜180°时，分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC﹣AC＝2，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°．∵AD＝AC，∴AD＝AB，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ABD+∠ADB+∠BAC+∠CAD＝180°，∠CAD＝90°，∠ABD＝15°，∴∠EBC＝45°．过点E作EG⊥BC，垂足为点G．设AE＝x，则EC＝2﹣x．在Rt△CGE中，∠ACB＝60°，∴，，∴BG＝2﹣CG＝1+x，在Rt△BGE中，∠EBC＝45°，∴，解得．所以线段AE的长是．（2）①设∠ABD＝α，则∠BDA＝α，∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝120°﹣2α．∵AD＝AC，AH⊥CD，∴，又∵∠AEF＝60°+α，∴∠AFE＝60°，∴∠AFE＝∠ACB，又∵∠AEF＝∠BEC，∴△AEF∽△BEC，∴，由（1）得在Rt△CGE中，，，∴BE2＝BG2+EG2＝x2﹣2x+4，∴（0＜x＜2）．②当∠CAD＜120°时，y＝7，则有7＝，整理得3x2+x﹣2＝0，解得x＝或﹣1（舍弃），．当120°＜∠CAD＜180°时，同法可得y＝当y＝7时，7＝，整理得3x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣（舍弃）或1，∴AE＝1．2020年中考数学压轴题一、选择题1．已知函数y ＝ax 2+bx +c 的图象的一部分如图所示，则a +b +c 取值范围是（ ）A ．﹣2＜a +b +c ＜0B ．﹣2＜a +b +c ＜2C ．0＜a +b +c ＜2D ．a +b +c ＜22．如图所示，矩形OABC 中，OA ＝2OC ，D 是对角线OB 上的一点，OD ＝OB ，E 是边AB 上的一点．AE ＝AB ，反比例函数y ＝（x ＞0）的图象经过D ，E 两点，交BC 于点F ，AC 与OB 交于点M ．EF与OB 交于点G ，且四边形BFDE 的面积为．下列结论：①EF ∥AC ；②k ＝2；③矩形OABC 的面积为；④点F 的坐标为（，）正确结论的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 二、填空题 3．如图，二次函数y ＝（x +2）2+m 的图象与y 轴交于点C ，与x 轴的一个交点为A （﹣1，0），点B 在抛物线上，且与点C 关于抛物线的对称轴对称．已知一次函数y ＝kx +b 的图象经过A ，B 两点，根据图象，则满足不等式（x +2）2+m ≤kx +b 的x 的取值范围是 ．4．如图，AE=4，以AE 为直径作⊙O ，点B 是直径AE 上的一动点，以AB 为边在AE 的上方作正方形ABCD ，取CD 的中点M ，将△ADM 沿直线AM 对折，当点D 的对应点D ´落在⊙O 上时，BE 的长为 .三、解答题5．在平面直角坐标系xOy 中，有不重合的两个点Q （x 1，y 1）与P （x 2，y 2）．若Q ，P 为某个直角三角形的两个锐角顶点，且该直角三角形的直角边均与x 轴或y 轴平行（或重合），则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点Q 与点P 之间的“折距”，记做D PQ ．特别地，当PQ 与某条坐标轴平EA OB D CM D´行（或重合）时，线段PQ的长即点Q与点P之间的“折距”．例如，在图1中，点P（1，﹣1），点Q（3，﹣2），此时点Q与点P之间的“折距”D PQ＝3．（1）①已知O为坐标原点，点A（3，﹣2），B（﹣1，0），则D AO＝，D BO＝．②点C在直线y＝﹣x+4上，请你求出D CO的最小值．（2）点E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点F是直线y＝3x+6上以动点．请你直接写出点E与点F之间“折距”D EF的最小值．6．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在AD上，ED＝3．动点P从点B出发沿BC方向以每秒3个单位的速度向点C运动，过点P作PF∥CE，与边BA交于点F，过点F作FG∥BC，与CE交于点G，当点F与点A重合时，点P停止运动，设点P运动的时间为t秒．（1）用含t的代数式分别表示线段BF和PF的长度，则有BF＝，PF＝．（2）如图2，作点D关于CE的对称点D′，当FG恰好过点D′时，求t的值．（3）如图3，作△FGP的外接圆⊙O，当点P在运动过程中．①当外接圆⊙O与四边形ABCE的边BC或CE相切时，请求出符合要求的t的值；②当外接圆⊙O的圆心O落在△FGP的内部（不包括边上）时，直接写出t的取值范围．【答案与解析】一、选择题1．【分析】函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下可知a小于0，由于抛物线顶点在第一象限即抛物线对称轴在y轴右侧，当x＝1时，抛物线的值必大于0由此可求出a的取值范围，将a+b+c用a表示出即可得出答案．【解答】解：由图象可知：a＜0，图象过点（0，1），所以c＝1，图象过点（﹣1，0），则a﹣b+1＝0，当x＝1时，应有y＞0，则a+b+1＞0，将a﹣b+1＝0代入，可得a+（a+1）+1＞0，解得a＞﹣1，所以，实数a的取值范围为﹣1＜a＜0．又a+b+c＝2a+2，∴0＜a+b+c＜2．故选：C．2．【分析】设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，证明＝即可判断①；表示出D和E的坐标，根据系数k的几何意义求得k的值即可判断②；求得B的坐标，求得矩形OABC的面积即可判断③；求得F的坐标即可判断④．【解答】解：设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，∴B（a，n），∵E，F在反比例函数y＝上，∴ab＝mn，∴BC•AE＝CF•AB，∴＝，∴EF∥AC，故①正确；∵OD＝OB，AE＝AB，∴D（a，n），E（a，n），∵OA＝2OC，∴a＝2n，∴B（2n，n），D（n，n），E（2n，n），∵反比例函数y＝经过点F，E，∴k＝mn＝2n•n，∴m＝n，∴F（n，n），∴BF＝2n﹣n＝n，BE＝n，∵四边形BFDE的面积＝S△BDF+S△BDE＝，∴×n×（n﹣n）+×n×（2n﹣n）＝，解得n＝，∴E（3，），F（，）∴k＝3×＝2，故②④正确；∵B（3，），∴矩形OABC的面积为，故③正确；故选：A．二、填空题3．【分析】将点A代入抛物线中可求m＝﹣1，则可求抛物线的解析式为y＝x2+4x+3，对称轴为x＝﹣2，则满足（x+2）2+m≤kx+b的x的取值范围为﹣4≤x≤﹣1．【解答】解：抛物线y＝（x+2）2+m经过点A（﹣1，0），∴m＝﹣1，∴抛物线解析式为y＝x2+4x+3，∴点C坐标（0，3），∴对称轴为x＝﹣2，∵B与C关于对称轴对称，点B坐标（﹣4，3），∴满足（x+2）2+m≤kx+b的x的取值范围为﹣4≤x≤﹣1，故答案为﹣4≤x≤﹣1．4.三、解答题5．【分析】（1）①D AO＝|3﹣0|+|﹣2﹣0|＝5，即可求解；②设点C（m，4﹣m），则D CO＝|m|+|m﹣4|，当0≤m≤4时，D CO最小，即可求解；（2）EF1是“折距”D EF的最小值，即求EF1的最小值即可，当点E在y轴左侧于平行于直线y＝﹣x+4的直线相切时，EF1最小，即可求解．【解答】解：（1）①D AO＝|3﹣0|+|﹣2﹣0|＝5，同理D BO＝1，故答案为：5，1；②设点C（m，4﹣m），则D CO＝|m|+|m﹣4|，当0≤m≤4时，D CO最小，最小值为4；（2）如图2，过点E分别作x、y轴的平行线交直线y＝﹣x+4于F1、F2，则EF1是“折距”D EF的最小值，即求EF1的最小值即可，当点E在y轴左侧于平行于直线y＝﹣x+4的直线相切时，EF1最小，如图3，将直线y＝﹣x+4向右平移与圆相切于点E，平移后的直线与x轴交于点G，连接OE，设原直线与x、y轴交于点M、N，则点M、N的坐标分别为（﹣2，0）、点N（0，6），则MN＝2，则△MON∽△GEO，则，即，则GO＝，EF1＝MG＝2﹣＝．6．【分析】（1）由△PFB∽△ECD，得＝＝，由此即可解决问题．（2）如图2中，由△D′MG∽△CDE，得＝，求出MG，根据PF＝CG＝CM﹣MG，列出方程即可解决问题．（3）①存在．如图4中，当⊙O与BC相切时，连接OP延长PO交FG于M，连接OF、OG，由PB＝MF＝MG＝FG＝PC，得到3t＝（5﹣3t），即可解决问题．如图5中，当⊙O与BC相切时，连接GO，延长GO交PF于M，连接OF、OP，由△FGM∽△PFB，得＝，列出方程即可解决问题．②求出两种特殊位置t的值即可判断．【解答】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝5，∠B＝∠D＝90°，AD∥BC，在Rt△ECD中，∵∠D＝90°，ED＝3．CD＝4，∴EC＝＝5，∵PF∥CE，FG∥BC，∴四边形PFGC是平行四边形，∴∠FPB＝∠ECB＝∠DEC，∴△PFB∽△ECD，∴＝＝，∴＝＝，∴BF＝4t，PF＝5t，故答案为4t，5t．（2）如图2中，∴D、D′关于CE对称，∴DD′⊥CE，DM＝MD′，∵•DE•DC＝•EC•DM，∴DM＝D′M＝，CM＝＝，由△D′MG∽△CDE，得＝，∴＝，∴MG＝，∴PF＝CG＝CM﹣MG，∴5t＝﹣，∴t＝．∴t＝时，D′落在FG上．（3）存在．①如图4中，当⊙O与BC相切时，连接OP延长PO交FG于M，连接OF、OG．∵OP⊥BC，BC∥FG，∴PO⊥FG，∴FM＝MG由PB＝MF＝MG＝FG＝PC，得到3t＝（5﹣3t），解得t＝．如图5中，当⊙O与EC相切时，连接GO，延长GO交PF于M，连接OF、OP．∵OG⊥EC，BF∥EC，∴GO⊥PF，∴MF＝MP＝t，∵△FGM∽△PFB，∴＝，∴＝，解得t＝．综上所述t＝或时，⊙O与四边形ABCE的一边（AE边除外）相切．②如图6中，当∠FPG＝90°时，由cos∠PCG＝cos∠CED，∴＝，∴t＝，如图7中，当∠FGP＝90°时，∴＝，∴t＝，观察图象可知：当＜t＜时，外接圆⊙O的圆心O落在△FGP的内部．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，平面直角坐标系中，A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），反比例函数y＝的图象分别与线段AB，BC交于点D，E，连接DE．若点B关于DE的对称点恰好在OA上，则k＝（）A．﹣20 B．﹣16 C．﹣12 D．﹣82．如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E．将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（）A．△ADF≌△CGEB．△B′FG的周长是一个定值C．四边形FOEC的面积是一个定值D．四边形OGB'F的面积是一个定值二、填空题3．如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，DE．若△AEF绕点A旋转，当∠ABF 最大时，S△ADE＝．第3题第4题4．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，D为BC边的中点，以AD上一点O为圆心的⊙O和AB、BC均相切，则⊙O的半径为．三、解答题5．如图，矩形ABCD，AB＝2，BC＝10，点E为AD上一点，且AE＝AB，点F从点E出发，向终点D 运动，速度为1cm/s，以BF为斜边在BF上方作等腰直角△BFG，以BG，BF为邻边作▱BFHG，连接AG．设点F的运动时间为t秒．（1）试说明：△ABG∽△EBF；（2）当点H落在直线CD上时，求t的值；（3）点F从E运动到D的过程中，直接写出HC的最小值．6．已知，如图，二次函数y＝ax2+2ax﹣3a（a＞0）图象的顶点为C与x轴交于A、B两点（点A在点B 左侧），点C、B关于过点A的直线l：y＝kx﹣对称．（1）求A、B两点坐标及直线l的解析式；（2）求二次函数解析式；（3）如图2，过点B作直线BD∥AC交直线l于D点，M、N分别为直线AC和直线l上的两动点，连接CN，NM、MD，求D的坐标并直接写出CN+NM+MD的最小值．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），可得矩形的长和宽，易知点D的横坐标，E的纵坐标，由反比例函数的关系式，可用含有k的代数式表示出点D的纵坐标和点E的横坐标，由三角形相似和对称，可求出AF的长，然后把问题转化到三角形ADF中，由勾股定理建立方程求出k的值．【解答】解：过点E作EG⊥OA，垂足为G，设点B关于DE的对称点为F，连接DF、EF、BF，如图所示：则△BDE≌△FDE，∴BD＝FD，BE＝FE，∠DFE＝∠DBE＝90°易证△ADF∽△GFE∴，∴AF：EG＝BD：BE，∵A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），∴AB＝OC＝EG＝4，OA＝BC＝8，∵D、E在反比例函数y＝的图象上，∴E（，4）、D（﹣8，）∴OG＝EC＝，AD＝﹣，∴BD＝4+，BE＝8+∴，∴AF＝，在Rt△ADF中，由勾股定理：AD2+AF2＝DF2即：（﹣）2+22＝（4+）2解得：k＝﹣12故选：C．2．【分析】A、根据等边三角形ABC的内心的性质可知：AO平分∠BAC，根据角平分线的定理和逆定理得：FO平分∠DFG，由外角的性质可证明∠DOF＝60°，同理可得∠EOG＝60°，∠FOG＝60°＝∠DOF ＝∠EOG，可证明△DOF≌△GOF≌△GOE，△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，可得AD＝CG，AF＝CE，从而得△ADF≌△CGE；B、根据△DOF≌△GOF≌△GOE，得DF＝GF＝GE，所以△ADF≌△B'GF≌△CGE，可得结论；C、根据S四边形FOEC＝S△OCF+S△OCE，依次换成面积相等的三角形，可得结论为：S△AOC＝（定值），可作判断；D、方法同C，将S四边形OGB'F＝S△OAC﹣S△OFG，根据S△OFG＝•FG•OH，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，可作判断．【解答】解：A、连接OA、OC，∵点O是等边三角形ABC的内心，∴AO平分∠BAC，∴点O到AB、AC的距离相等，由折叠得：DO平分∠BDB'，∴点O到AB、DB'的距离相等，∴点O到DB'、AC的距离相等，∴FO平分∠DFG，∠DFO＝∠OFG＝（∠FAD+∠ADF），由折叠得：∠BDE＝∠ODF＝（∠DAF+∠AFD），∴∠OFD+∠ODF＝（∠FAD+∠ADF+∠DAF+∠AFD）＝120°，∴∠DOF＝60°，同理可得∠EOG＝60°，∴∠FOG＝60°＝∠DOF＝∠EOG，∴△DOF≌△GOF≌△GOE，∴OD＝OG，OE＝OF，∠OGF＝∠ODF＝∠ODB，∠OFG＝∠OEG＝∠OEB，∴△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，∴AD＝CG，AF＝CE，∴△ADF≌△CGE，故选项A正确；B、∵△DOF≌△GOF≌△GOE，∴DF＝GF＝GE，∴△ADF≌△B'GF≌△CGE，∴B'G＝AD，∴△B'FG的周长＝FG+B'F+B'G＝FG+AF+CG＝AC（定值），故选项B正确；C、S四边形FOEC＝S△OCF+S△OCE＝S△OCF+S△OAF＝S△AOC＝（定值），故选项C正确；D、S四边形OGB'F＝S△OFG+S△B'GF＝S△OFD+S△ADF＝S四边形OFAD＝S△OAD+S△OAF＝S△OCG+S△OAF＝S△OAC﹣S△OFG，过O作OH⊥AC于H，∴S△OFG＝•FG•OH，由于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，故选项D不一定正确；故选：D．二、填空题3．【分析】作DH⊥AE于H，如图，由于AF＝4，则△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，利用勾股定理计算出BF＝3，接着证明△ADH ≌△ABF得到DH＝BF＝3，然后根据三角形面积公式求解．【解答】解：作DH⊥AE于H，如图，∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，在Rt△ABF中，BF＝＝3，∵∠EAF＝90°，∴∠BAF+∠BAH＝90°，∵∠DAH+∠BAH＝90°，∴∠DAH＝∠BAF，在△ADH和△ABF中，∴△ADH≌△ABF（AAS），∴DH＝BF＝3，∴S△ADE＝AE•DH＝×3×4＝6．故答案为6．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．4．【分析】过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F．根据切线的性质，知OE、OF是⊙O的半径；然后由三角形的面积间的关系（S△ABO+S△BOD＝S△ABD＝S△ACD）列出关于圆的半径的等式，求得圆的半径即可．【解答】解：过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F．∵AB、BC是⊙O的切线，∴点E、F是切点，∴OE、OF是⊙O的半径；∴OE＝OF；在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，∴由勾股定理，得BC＝4；又∵D是BC边的中点，∴S△ABD＝S△ACD，又∵S△ABD＝S△ABO+S△BOD，∴AB•OE+BD•OF＝CD•AC，即5×OE+2×OE＝2×3，解得OE＝，∴⊙O的半径是．故答案为：．三、解答题5．【分析】（1）根据两边成比例夹角相等即可证明两三角形相似；（2）如图构建如图平面直角坐标系，作HM⊥AD于M，GN⊥AD于N．设AM交BG于K．首先证明△GFN≌△FHM，想办法求出点H的坐标，构建方程即可解决问题；（3）由（2）可知H（2+t，4+t），令x＝2+t，y＝4+t，消去t得到y＝x+．推出点H在直线y＝x+上运动，根据垂线段最短即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△ABE，△BGF都是等腰直角三角形，∴＝＝，∵∠ABE＝∠GBF＝45°，∴∠ABG＝∠EBF，∴△ABG∽△EBF．（2）解：如图构建如图平面直角坐标系，作HM⊥AD于M，GN⊥AD于N．设AM交BG于K．∵△GFH是等腰直角三角形，∴FG＝FH，∠GNF＝∠GFH＝∠HMF＝90°，∴∠GFN+∠HFM＝90°，∠HFM+∠FHM＝90°，∴∠GFN＝∠FHM，∴△GFN≌△FHM，∴GN＝FM，FN＝HM，∵△ABG∽△EBF，∴＝＝，∠AGB＝∠EFB，∵∠AKG＝∠BKF，∴∠GAN＝∠KBF＝45°，∵EF＝t，∴AG＝t，∴AN＝GN＝FM＝t，∴AM＝2+t，HM＝FN＝2+t，∴H（2+t，4+t），当点H在直线CD上时，2+t＝10，解得t＝．（3）由（2）可知H（2+t，4+t），令x＝2+t，y＝4+t，消去t得到y＝x+．∴点H在直线y＝x+上运动，如图，作CH垂直直线y＝x+垂足为H．根据垂线段最短可知，此时CH的长最小，易知直线CH的解析式为y＝﹣3x+30，由，解得，∴H（8，6），∵C（10，0），∴CH＝＝2，∴HC最小值是2．6．【分析】（1）令二次函数解析式y＝0，解方程即求得点A、B坐标；把点A坐标代入直线l解析式即求得直线l．（2）把二次函数解析式配方得顶点C（﹣1，﹣4a），由B、C关于直线l对称可知AB＝AC，用a表示AC的长即能列得关于的方程．求得a有两个互为相反数的解，由二次函数图象开口向上可知a＞0，舍去负值．（3）①用待定系数法求直线AC解析式，由BD∥AC可知直线BD解析式的k与AC的k相同，再代入点B坐标即求得直线BD解析式．把直线l与直线BD解析式联立方程组，求得的解即为点D坐标．②由点B、C关于直线l对称，连接BN即有B、N、M在同一直线上时，CN+MN＝BN+MN＝BM最小；作点D关于直线AC的对称点Q，连接DQ交直线AC于点E，可证B、M、Q在同一直线上时，BM+MD＝BM+MQ＝BQ最小，CN+NM+MD最小值＝BM+MD最小值＝BQ．由直线AC垂直平分DQ且AC∥BD可得BD⊥DQ，即∠BDQ＝90°．由B、D坐标易求BD的长；由B、C关于直线l 对称可得l平分∠BAC，作DF⊥x轴于F则有DF＝DE，所以DQ＝2DE＝2DF＝4；利用勾股定理即求得BQ的长．【解答】解：（1）当y＝0时，ax2+2ax﹣3a＝0解得：x1＝﹣3，x2＝1∴点A坐标为（﹣3，0），点B坐标为（1，0）∵直线l：y＝kx﹣经过点A∴﹣3k﹣＝0 解得：k＝﹣∴直线l的解析式为y＝﹣x﹣（2）∵y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a∴点C坐标为（﹣1，﹣4a）∵C、B关于直线l对称，A在直线l上∴AC＝AB，即AC2＝AB2∴（﹣1+3）2+（﹣4a）2＝（1+3）2解得：a＝±（舍去负值），即a＝∴二次函数解析式为：y＝x2+x﹣（3）∵A（﹣3，0），C（﹣1，﹣2），设直线AC解析式为y＝kx+b∴解得：∴直线AC解析式为y＝﹣x﹣3∵BD∥AC∴设直线BD解析式为y＝﹣x+c把点B（1，0）代入得：﹣+c＝0 解得：c＝∴直线BD解析式为y＝﹣x+∵解得：∴点D坐标为（3，﹣2）如图，连接BN，过点D作DF⊥x轴于点F，作D关于直线AC的对称点点Q，连接DQ交AC于点E，连接BQ，MQ．∵点B、C关于直线l对称，点N在直线l上∴BN＝CN∴当B、N、M在同一直线上时，CN+MN＝BN+MN＝BM，即CN+MN的最小值为BM∵点D、Q关于直线AC对称，点M在直线AC上∴MQ＝MD，DQ⊥AC，DE＝QE∴当B、M、Q在同一直线上时，BM+MD＝BM+MQ＝BQ，即BM+MD的最小值为BQ∴此时，CN+NM+MD＝BM+MD＝BQ，即CN+NM+MD的最小值为BQ∵点B、C关于直线l对称∴AD平分∠BAC∵DF⊥AB，DE⊥AC∴DE＝DF＝|y D|＝2∴DQ＝2DE＝4∵B（1，0），D（3，﹣2）∴BD2＝（3﹣1）2+（﹣2）2＝16∵BD∥AC∴∠BDQ＝∠AEQ＝90°∴BQ＝∴CN+NM+MD的最小值为8．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，把△ABC沿EF折叠，点C的对应点为O，连接AO，使AO平分∠BAC，若∠BAC＝∠CFE＝50°，则点O是（）A．△ABC的内心B．△ABC的外心C．△ABF的内心D．△ABF的外心2．已知正方形ABCD的边长为5，E在BC边上运动，DE的中点G，EG绕E顺时针旋转90°得EF，问CE为多少时A、C、F在一条直线上（）A．B．C．D．二、填空题3．如图，现将四根木条钉成的矩形框ABCD变形为平行四边形木框A'BCD′，且A′D′与CD相交于CD边的中点E，若AB＝4，则△ECD′的面积是．4．如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是．三、解答题5．如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．（1）求证：四边形ECDG是菱形；（2）若DG＝6，AG＝，求EH的值．6．如图，已知△BAC为圆O内接三角形，AB＝AC，D为⊙O上一点，连接CD、BD，BD与AC交于点E，且BC2＝AC•CE①求证：∠CDB＝∠CBD；②若∠D＝30°，且⊙O的半径为3+，I为△BCD内心，求OI的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】连接OB、OC，根据AB＝AC，AO平分∠BAC，∠BAC＝50°，可得AO是BC的垂直平分线，∠BAO＝∠CAO＝25°，得OB＝OC，根据折叠可证明∠OAC＝∠OCA＝25°，得OA＝OC，进而OA＝OB＝OC，可得点O是三角形ABC的外心．【解答】解：如图，连接OB、OC，∵AB＝AC，AO平分∠BAC，∴AO是BC的垂直平分线，∴OB＝OC，∵∠BAC＝50°，AO平分∠BAC，∴∠BAO＝∠CAO＝25°，根据折叠可知：CF＝OF，∠OFE＝∠CFE＝50°，∴∠OFC＝100°，∴∠FCO＝（180°﹣100°）＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝50°，∴∠ACB＝（180°﹣50°）＝65°，∴∠OCA＝∠ACB﹣∠FCO＝65°﹣40°＝25°，∴∠OAC＝∠OCA＝25°，∴OA＝OC，∴OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．故选：B．2．【分析】过F作FN⊥BC，交BC延长线于N点，连接AC，构造直角△EFN，利用三角形相似的判定，得出Rt△FNE∽Rt△ECD，根据相似三角形的对应边成比例，求得NE＝CD＝，运用正方形性质，可得出△CNF是等腰直角三角形，从而求出CE．【解答】解：如图，过F作FN⊥BC，交BC延长线于N点，连接AC．∵DE的中点为G，EG绕E顺时针旋转90°得EF，∴DE：EF＝2：1．∵∠DCE＝∠ENF＝90°，∠DEC+∠NEF＝90°，∠NEF+∠EFN＝90°，∴∠DEC＝∠EFN，∴Rt△FNE∽Rt△ECD，∴CE：FN＝DE：EF＝DC：NE＝2：1，∴CE＝2NF，NE＝CD＝．∵∠ACB＝45°，∴当∠NCF＝45°时，A、C、F在一条直线上．则△CNF是等腰直角三角形，∴CN＝NF，∴CE＝NE＝×＝，∴CE＝时，A、C、F在一条直线上．故选：D．二、填空题3．【分析】作A'F⊥BC于F，则∠A'FB＝90°，根据题意得：平行四边形A′BCD′的面积＝BC•A'F＝BC•AB，A'F＝AB＝2，得出∠D'＝∠A'BC＝30°，得出BF＝A'F＝2，由矩形和平行四边形的性质得出BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，得出CD⊥A'D'，得出A'F∥CD，证出四边形A'ECF 是矩形，得出CE＝A'F＝2，A'E＝CF，证出DE＝BF＝2，即可得出答案．【解答】解：作A'F⊥BC于F，如图所示：则∠A'FB＝90°，根据题意得：平行四边形A′BCD′的面积＝BC•A'F＝BC•AB，∴A'F＝AB＝2，∴∠D'＝∠A'BC＝30°，∴BF＝A'F＝2，∵四边形ABCD是矩形，四边形A′BCD′是平行四边形，∴BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，∴CD⊥A'D'，∴A'F∥CD，∴四边形A'ECF是矩形，∴CE＝A'F＝2，A'E＝CF，∴DE＝BF＝2，∴△ECD的面积＝DE×CE＝×2×2＝2；4．【分析】首先，需要证明线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹），如图1所示．利用相似三角形可以证明；其次，证明△APN∽△AB1B2，列比例式可得B1B2的长．【解答】解：如图1所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为B i，连接AP，AB i，BB i，∵AO⊥AB1，AP⊥AB i，∴∠OAP＝∠B1AB i，又∵AB1＝AO•tan30°，AB i＝AP•tan30°，∴AB1：AO＝AB i：AP，∴△AB1B i∽△AOP，∴∠B1B i＝∠AOP．同理得△AB1B2∽△AON，∴∠AB1B2＝∠AOP，∴∠AB1B i＝∠AB1B2，∴点B i在线段B1B2上，即线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹）．由图形2可知：Rt△APB1中，∠APB1＝30°，∴，Rt△AB2N中，∠ANB2＝30°，∴＝，∴，∵∠PAB1＝∠NAB2＝90°，∴∠PAN＝∠B1AB2，∴△APN∽△AB1B2，∴＝＝，∵ON：y＝﹣x，∴△OMN是等腰直角三角形，∴OM＝MN＝，∴PN＝，∴B1B2＝，综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B1B2，其长度为．故答案为：．。

中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△，可推证△CEF是三角形，从而求得∠DCE＝．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．3、（2019秋•锦江区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．4、（2019•镇平县三模）如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为；∠EFC的度数为；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．5、（2017春•西城区校级期末）如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．7、（1）如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．9、（2018•大东区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于时，线段BC的长取得最大值，且最大值为（用含b，c的式子表示）（直接填空）.模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，请直接写出你的结论，并画出论证过程中需要添加的辅助线．17、在△ABC中，∠BAC＝60°，点D、E分别在边AC、AB上，AD＝AE，连接CE、BD相交于点F，且∠BEC＝∠ADF，连接AF．（1）如图1，连接ED，求证：∠ABD＝∠CED；（2）如图2，求证：EF+FD＝AF；（3）如图3，取BC的中点G，连接AG交BD于点H，若∠GAC＝3∠ABD，BH＝7，求△ABH的面积．18、点D，E分别在△ABC的边AC，BD上，BD，CE交于点F，连接AF，∠F AE＝∠F AD，FE＝FD．（1）如图1，若∠AEF＝∠ADF，求证：AE＝AD；（2）如图2，若∠AEF≠∠ADF，FB平分∠ABC，求∠BAC的度数；（3）在（2）的条件下，如图3，点G在BE上，∠CFG＝∠AFB若AG＝6，△ABC的周长为20，求BC长．中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题参考答案1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．证明：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°，∵CG平分∠ACB，∴∠ACG＝∠BCG＝45°，∴∠A＝∠BCG，在△BCG和△CAF中，∵，∴△BCG≌△CAF（ASA），∴CF＝BG；（2）如图2，∵PC∥AG，∴∠PCA＝∠CAG，∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，∴△ACG≌△BCG，∴∠CAG＝∠CBE，∵∠PCG＝∠PCA+∠ACG＝∠CAG+45°＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠GCB+∠CBE＝∠CBE+45°，∴∠PCG＝∠PGC，∴PC＝PG，∵PB＝BG+PG，BG＝CF，∴PB＝CF+CP；（3）解法一：如图3，过E作EM⊥AG，交AG于M，∵S△AEG＝AG•EM＝3，由（2）得：△ACG≌△BCG，∴BG＝AG＝6，∴×6×EM＝3，EM＝，设∠FCH＝x°，则∠GAC＝2x°，∴∠ACF＝∠EBC＝∠GAC＝2x°，∵∠ACH＝45°，∴2x+x＝45，x＝15，∴∠ACF＝∠GAC＝30°，在Rt△AEM中，AE＝2EM＝2，AM＝＝3，∴M是AG的中点，∴AE＝EG＝2，∴BE＝BG+EG＝6+2，在Rt△ECB中，∠EBC＝30°，∴CE＝BE＝3+，∴AC＝AE+EC＝2+3+＝3+3．解法二：同理得：∠CAG＝30°，AG＝BG＝6，如图4，过G作GM⊥AC于M，在Rt△AGM中，GM＝3，AM＝＝＝3，∵∠ACG＝45°，∠MGC＝90°，∴GM＝CM＝3，∴AC＝AM+CM＝3+3．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ADB，可推证△CEF是等腰直角三角形，从而求得∠DCE＝135°．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．解：[问题初探]如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝135°，故答案为：ADB，等腰直角，135；[继续探究]如图3，过点E作EF⊥BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝45°；[拓展延伸]如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°当点D在射线BC上时，由[问题初探]知，∠BCM＝135°，∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，当点D在线段CB的延长线上时，由[继续探究]知，∠BCE＝45°，∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝45°＝∠BCE，∴BE＝CE，∴BE最小＝BC＝，即：BE的最小值为．3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．证明：（1）如图1，过点D作DE⊥AB，∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，∠ACB＝90°，∴DC＝DE，∵∠A＝30°，DE⊥AB，∴AD＝2DE，∴AD＝2DC；（2）如图2，过点M作ME∥BD，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝30°，∵BM平分∠CBD，∴∠CBM＝15°＝∠DBM，∵ME∥BD，∴∠MEC＝∠CBD＝30°，∠EMB＝∠DBM＝∠MBE，∴ME＝BE，∵∠MEC＝30°，∠C＝90°∴CE＝MC＝，ME＝2MC＝2＝BE，∴BC＝+2，∵∠CBD＝30°，∠C＝90°，∴BC＝CD，∴CD＝1+，∴DM＝，∴△DBM的面积＝××（+2）＝1+；（3）若点N在CD上时，AD＝DG+DN，理由如下：如图3所示：延长ED使得DW＝DN，连接NW，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，∵DN＝DW，且∠WDN＝60°∴△WDN是等边三角形，∴NW＝DN，∠W＝∠WND＝∠BNG＝∠BDN＝60°，∴∠WNG＝∠BND，在△WGN和△DBN中，∴△WGN≌△DBN（SAS），∴BD＝WG＝DG+DN，∴AD＝DG+DN．（3）若点N在AD上时，AD＝DG﹣DN，理由如下：如图4，延长BD至H，使得DH＝DN，连接HN，由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．∵DE⊥AB于点E．∴∠2＝∠3＝60°．∴∠4＝∠5＝60°．∴△NDH是等边三角形．∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．∴∠H＝∠2．∵∠BNG＝60°，∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．即∠DNG＝∠HNB．在△DNG和△HNB中，∴△DNG≌△HNB（ASA）．∴DG＝HB．∵HB＝HD+DB＝ND+AD，∴DG＝ND+AD．∴AD＝DG﹣ND．4、如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为EF＝CF；∠EFC的度数为120°；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．解：（1）如图1中，∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，∵∠BCD＝90°，BF＝DF，∴FE＝FB＝FD＝CF，∴∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，∴∠EFC＝∠EFD+∠CFD＝∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB＝2（∠FBE+∠FBC）＝2∠ABC＝120°，故答案为：EF＝CF，120°．（2）结论成立．理由：如图2中，取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，ED，EN，FN．∵BM＝MA，BF＝FD，∴MF∥AD，MF＝AD，∵AN＝ND，∴MF＝AN，MF∥AN，∴四边形MFNA是平行四边形，∴NF＝AM，∠FMA＝∠ANF，在Rt△ADE中，∵AN＝ND，∠AED＝90°，∴EN＝AD＝AN＝ND，同理CM＝AB＝AM＝MB，在△AEN和△ACM中，∠AEN＝∠EAN，∠MCA＝∠MAC，∵∠MAC＝∠EAN，∴∠AMC＝∠ANE，又∵∠FMA＝∠ANF，∴∠ENF＝∠FMC，在△MFC和△NEF中，，∴△MFC≌△NEF（SAS），∴FE＝FC，∠NFE＝∠MCF，∵NF∥AB，∴∠NFD＝∠ABD，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝60°，△BMC是等边三角形，∠MCB＝60°∴∠EFC＝∠EFN+∠NFD+∠DFC＝∠MCF+∠ABD+∠FBC+∠FCB＝∠ABC+∠MCB＝60°+60°＝120°．（3）如图3中，作EH⊥AB于H．在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，BC＝3，∴AB＝2BC＝6，在Rt△AED中，∠DAE＝30°，AD＝2，∴DE＝AD＝1，在Rt△DEH中，∵∠EDH＝60°，DE＝1，∴EH＝ED•sin60°＝，DH＝ED•cos60°＝，在Rt△EHG中，EG＝＝．5、如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．解：（1）BC＝2BD，理由：如图2，连接CD，由旋转可得，CP＝DP，∠CPD＝60°，∴△CDP是等边三角形，∴∠CDP＝60°＝∠PCD，又∵P是AB的中点，AB＝AC，∠A＝60°，∴等边三角形ABC中，∠PCB＝30°，CP⊥AB，∴∠BCD＝30°，即BC平分∠PCD，∴BC垂直平分PD，∴∠BDC＝∠BPC＝90°，∴Rt△BCD中，BC＝2BD．（2）如图3，取BC中点F，连接PF，∵∠A＝90°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵P是AB的中点，F是BC的中点，∴PF是△ABC的中位线，∴PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB＝45°，∠BPF＝∠A＝90°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，BP＝PF，∵∠DPC＝∠BPF＝90°，∴∠BPD＝∠FPC，又∵PD＝PC，∴△BDP≌△FCP，∴BD＝CF，∵BC＝BF+FC，∴BC＝BD+BP．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．【发现问题】解：延长CA到M，作∠MAC的平分线AN，在AN上截取AD＝AC，连接CD，即可得到等腰直角△ACD；连接BD、CE，如图1所示：∵△ABE与△ACD都是等腰直角三角形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE，【拓展探究】解：BD＝CE；理由如下：∵四边形AEFB与四边形ACGD都是正方形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；【解决问题】解：以AB为边向外作等边三角形ABE，连接CE，如图3所示：则∠BAE＝60°，BE＝AB＝AE＝8，∵AD＝CD，∠ADC＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠CAD＝60°，AC＝AD，∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；当C、B、E三点共线时，CE最大＝BC+BE＝15+8＝23，∴BD的最大值为23．7、如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为a+b（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．（1）解：∵点C为线段AB外一动点，且AC＝b，AB＝a，∴当点C位于BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为AC+AB＝a+b，（2）①证明：如图2中，∵△ACD与△BCE是等边三角形，∴CD＝AC，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△CAD与△EAB中，，∴△CAD≌△EAB（SAS），∴AE＝BD．②∵线段AE长的最大值＝线段BD的最大值，由（1）知，当线段BD的长取得最大值时，点D在BA的延长线上，∴最大值为AD+AB＝3+10＝13；（3）如图3中，连接BN，∵将△AMN绕着点M顺时针旋转90°得到△PBM，连接AP，则△APM是等腰直角三角形，∴MA＝MP＝2，BP＝AN，∴P A＝2，∵AB＝6，∴线段AN长的最大值＝线段BP长的最大值，∴当P在线段BA的延长线时，线段BP取得最大值最大值＝AB+AP＝6+2．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠F AD＝∠EAF；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．解：（1）∠BAE+∠F AD＝∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．故答案为：∠BAE+∠F AD＝∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF＝180°﹣∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ADC＝∠ABE，又∵AB＝AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠F AE＝∠F AG，∵∠F AE+∠F AG+∠GAE＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，即2∠F AE+∠DAB＝360°，∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．9、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．解：（1）CP＝BQ，理由：如图1，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°⊅∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（2）CP＝BQ，理由：如图2，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（3）如图3，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝，∴BC＝AC•tan∠A＝，过点O作OH⊥BC，∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AB，∵O是AB中点，∴CH＝BC＝，OH＝AC＝，∵∠BPQ＝45°，∠OHP＝90°，∴∠BPQ＝∠PQH，∴PH＝OH＝，∴CP＝PH﹣CH＝﹣＝，连接BQ，同（1）的方法得，BQ＝CP＝．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为b+c（用含b，c的式子表示）（直接填空）模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为5．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．解：当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，最大值为b+c，故答案为：线段BA的延长线上；b+c；模型应用：（1）证明：∵△ACD、△BCE都是等边三角形，∴CD＝CA＝AD，CB＝CE，∠ACD＝60°，∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△DCB和△ACE中，，∴△DCB≌△ACE（SAS）∴BD＝AE；（2）当点D位于线段BA的延长线上时，线段BD的长取得最大值，最大值为AB+AD＝AB+AC＝3+2＝5，∵AE＝BD，∴线段AE长的最大值为5，模型拓展：取AB的中点G，连接OG、CG，在Rt△AOB中，G为AB的中点，∴OG＝AB＝4，在Rt△CAG中，CG＝＝＝5，当点O、G、C在同一条直线上时，OC最大，最大值为4+5＝9．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．（1）证明：如图1中，∵BE⊥AD于E，∴∠AEF＝∠BCF＝90°，∵∠AFE＝∠CFB，∴∠DAC＝∠CBF，∵BC＝CA，∴△BCF≌△ACD，∴BF＝AD．（2）结论：BD＝2CF．理由：如图2中，作EH⊥AC于H．∵∠AHE＝∠ACD＝∠DAE＝90°，∴∠DAC+∠ADC＝90°，∠DAC+∠EAH＝90°，∴∠DAC＝∠AEH，∵AD＝AE，∴△ACD≌△EHA，∴CD＝AH，EH＝AC＝BC，∵CB＝CA，∴BD＝CH，∵∠EHF＝∠BCF＝90°，∠EFH＝∠BFC，EH＝BC，∴△EHF≌△BCF，∴FH＝CF，∴BD＝CH＝2CF．（3）如图3中，同法可证BD＝2CM．∵AC＝3CM，设CM＝a，则AC＝CB＝3a，BD＝2a，∴＝＝．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．（1）①证明：如图1中，∵AB＝AC，∠ABC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵AD⊥BN，∴∠ADB＝90°，∵∠MBN＝30°，∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，∴∠1＝∠2②证明：如图2中，在Rt△BFD中，∵∠FBD＝30°，∴BF＝2DF，∵BF＝2AF，∴BF＝AD，∵∠BAE＝∠FBC，AB＝BC，∴△BFC≌△ADB，∴∠BFC＝∠ADB＝90°，∴BF⊥CF（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．∵∠BFE＝∠2+∠BAF，∠CFE＝∠4+∠1，∴∠CFB＝∠2+∠4+∠BAC，∵∠BFE＝∠BAC＝2∠EFC，∴∠1+∠4＝∠2+∠4∴∠1＝∠2，∵AB＝AC，∴△ABK≌CAF，∴∠3＝∠4，S△ABK＝S△AFC，∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE＝∠AKB，∠BAC＝2∠CEF，∴∠KAF＝∠1+∠3＝∠AKF，∴AF＝FK＝BK，∴S△ABK＝S△AFK，∴＝2．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．（1）解：如图1中，在AB上取一点M，使得BM＝ME，连接ME．在Rt△ABE中，∵OB＝OE，∴BE＝2OA＝2，∵MB＝ME，∴∠MBE＝∠MEB＝15°，∴∠AME＝∠MBE+∠MEB＝30°，设AE＝x，则ME＝BM＝2x，AM＝x，∵AB2+AE2＝BE2，∴（2x+x）2+x2＝22，∴x＝（负根已经舍弃），∴AB＝AC＝（2+）•，∴BC＝AB＝+1．方法二：作EH⊥BC于H，求出BH，CH即可解决问题．（2）证明：如图2中，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M．∵BE⊥AP，∴∠AHB＝90°，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAH+∠P AC＝90°，∴∠ABE＝∠P AC，在△ABE和△CAP中，，∴△ABE≌△CAP，∴AE＝CP＝CF，∠AEB＝∠P，在△DCF和△DCP中，，∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC＝∠P，∴∠GFE＝∠GEF，∴GE＝GF，∵GM⊥EF，∴FM＝ME，∵AE＝CF，∴AF＝CE，∴AM＝CM，在△GAH和△GAM中，，∴△AGH≌△AGM，∴AH＝AM＝CM＝AC（3）解：结论：AG＝EF．理由：如图3中，作CM⊥AC交AD的延长线于M，连接PG交AC于点O．由（2）可知△ACM≌△BAE，△CDF≌△CDM，∴∠AEB＝∠M＝∠GEF，∠M＝∠CFD＝∠GFE，AE＝CM＝CF，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF，∵△EFP是由△EFG翻折得到，∴EG＝EP＝GF＝PF，∴四边形EGFP是菱形，∴PG⊥AC，OE＝OF，∵AE＝CF，∴AO＝OC，∵AB∥OP，∴BP＝PC，∵PF∥BE，∴EF＝CF＝AE，∵PB＝PC，AO＝OC，∴PO＝OG＝AB，∴AB＝PG，AB∥PG，∴四边形ABPG是平行四边形，∴AG∥BC，∴∠GAO＝∠ACB＝45°，设EO＝OF＝a，则OA＝OG＝3a，AG＝3a，∴＝＝，∴AG＝EF14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．解：（1）∵E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，∴AD＝CD，∵∠ACB＝90°，∴BC∥DE，∴AD＝BD，∴CD＝BD，∴AB＝2CD；（2）如图2，连接CH，∵点E是AC的中点，∴AE＝CE，∵DE⊥AC，∴CH＝AH，∴∠ACH＝∠CAH，∵∠ACB＝90°，∴∠B+∠BAC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠BAC+∠ACF＝90°，∴∠ACF＝∠B，∴∠HCG＝∠ACH+∠ACF＝∠CAH+∠B，∠AHG＝2∠B∴在四边形AHGF中，∠AFG+∠FGH+∠AHG+∠F AH＝360°，∴∠FGH＝360°﹣（∠AFG+∠AHG+∠F AH）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+∠BAC）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+90°﹣∠B）＝360°﹣（180°+∠B+∠CAH）＝180°﹣（∠B+∠CAH），∵∠CGH＝180°﹣∠FGH＝∠B+∠CAH＝∠HCG，∴CH＝GH，∵CH＝AH，∴AH＝GH；（3）如图3，由（1）知，DE∥BC，∴∠B＝∠ADE，在△BFC和△DEA中，，∴△BFC≌△DEA，∴BC＝AD，∵AD＝BD＝CD，∴BC＝BD＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠B＝60°，在Rt△ABC中，AC＝6，∴BC＝2，AB＝4，∵CF⊥BD，∴DF＝，CF＝3，∵∠BAC＝30°，∴∠ADE＝60°，∵∠EDG＝90°，∠FDG＝30°，在Rt△DFG中，DF＝，∴FG＝1，DG＝2，∴CG＝CF﹣FG＝2过点H作HN⊥CF，由（2）知，CH＝GH，∴NG＝CG＝1，∴FN＝NG+FG＝2，过点H作HM⊥AB，∴∠FMH＝∠NFM＝∠HNF＝90°，∴四边形NFMH是矩形，∴HM＝FN＝2，在Rt△DMH中，∠ADE＝60°，HM＝2，∴DH＝，在Rt△HDG中，根据勾股定理得，HG＝＝．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）（1）证明：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠B＝45°，∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∴∠DCB＝45°，∵∠ECF＝∠DCB+∠1＝45°+∠1，∠EFC＝∠B+∠2＝45°+∠2，∠1＝∠2，∴∠ECF＝∠EFC，∴CE＝EF，∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴∠CDE＝∠EGF＝90°，在△CDE和△EGF中，，∴△CDE≌△EGF（AAS）；（2）证明：由（1）得：CE＝EF，∠A＝∠B，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE＝∠1，∵∠1＝∠2，∴∠ACE＝∠2，在△ACE和△BEF中，，∴△ACE≌△BEF（AAS），∴AE＝BF；（3）AE＝BF，作EH⊥BC与H，如图3所示：设DE＝x，根据题意得：BE＝DE＝x，AD＝BD＝2x，CD＝AD＝2x，AE＝3x，根据勾股定理得：BC＝AC＝2x，∵∠ABC＝45°，EH⊥BC，∴BH＝x，∴CH＝BC﹣BH＝x，∵EC＝EF，∴FH＝CH＝x，∴BF＝x﹣x＝x，∴＝，∴AE＝．16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线。

中考数学专题几何函数压轴题专题1.如图，抛物线y=ax2-bx+3 交x 轴于B(1，0)，C(3，0)两点，交y 轴于点A，连接AB，点P 为抛物线上一动点．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P 到直线AB 的距离为7 10时，求点P 的横坐标；9（3）当△ACP 和△ABC 的面积相等时，请直接写出点P 的坐标．备用图2.如图1，在平面直角坐标系中，直线y=x+4 与抛物线y =-1x2 +bx +c （b，c 2是常数）交于A，B 两点，点A 在x 轴上，点B 在y 轴上．设抛物线与x 轴的另一个交点为点C．（1）求该抛物线的解析式．（2）点P 是抛物线上一动点（不与点A，B 重合）．①如图2，若点P 在直线AB 上方，连接OP 交AB 于点D，求PD的最大值；OD②如图3，若点P 在x 轴上方，连接PC，以PC 为一边作正方形CPEF．随着点P 的运动，正方形的大小、位置也随之改变，当顶点E 或F 恰好落在y 轴上时，直接写出对应的点P 的坐标．23. 如图，抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）交x 轴于点A(4，0)，B(-2，0)，交y 轴于点C．（1）求抛物线的解析式．（2）点Q 是x 轴上位于点A，B 之间的一个动点，点E 为线段BC 上一个动点，若始终保持∠EQB=∠CAB，连接CQ，设△CQE 的面积为S，点Q 的横坐标为m，求出S 关于m 的函数关系式，并求出当S 取最大值时点Q 的坐标．（3）点P 为抛物线上位于AC 上方的一个动点，过点P 作PF⊥y 轴，交直线AC 于点F，点D 的坐标为(2，0)，若O，D，F 三点中，当其中一点恰好位于另外两点的垂直平分线上时，我们把这个点叫做另外两点的“和谐点”，请判断这三点是否有“和谐点”的存在，若存在，请直接写出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．4.如图，抛物线y =-3x2 +bx +c 与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，直4线y =3x + 3 经过点A，C．4（1）求抛物线的解析式．（2）P 是抛物线上一动点，过P 作PM∥y 轴交直线AC 于点M，设点P 的横坐标为t．①若以点C，O，M，P 为顶点的四边形是平行四边形，求t 的值．②当射线MP，MC，MO 中一条射线平分另外两条射线的夹角时，直接写出t 的值．5.如图1，抛物线y=ax2+bx+2 与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，AB=4，矩形OBDC 的边CD=1，延长DC 交抛物线于点E．（1）求抛物线的解析式．（2）如图2，点P 是直线EO 上方抛物线上的一个动点，过点P 作y 轴的平行线交直线EO 于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH 的长为a，点P 的横坐标为m，求a 关于m 的函数关系式（不必写出m 的取值范围），并求出a 的最大值．（3）如果点N 是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．6.如图，在平面直角坐标系中，△ABC 是直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，抛物线y=x2+bx+c 经过A，B 两点，抛物线的顶点为D．（1）求b，c 的值．（2）点E 是直角三角形ABC 斜边AB 上一动点（点A，B 除外），过点E 作x 轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF 的长度最大时，求点E 的坐标．（3）在（2）的条件下：①求以点E，B，F，D 为顶点的四边形的面积；② 在抛物线上是否存在一点P，使△EFP 是以EF 为直角边的直角三角形？若存在，直接写出所有点P 的坐标；若不存在，说明理由．7.如图，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x=-1，抛物线交x 轴于A，C 两点，与直线y=x-1 交于A，B 两点，直线AB 与抛物线的对称轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 在直线AB 上方的抛物线上运动，若△ABP 的面积最大，求此时点P 的坐标；（3）在平面直角坐标系中，以点B，E，C，D 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D 的坐标．8.如图，已知抛物线y =ax2 +3x + 4 的对称轴是直线x=3，且与x 轴相交于A，2B 两点（B 点在A 点右侧），与y 轴交于C 点．（1）求抛物线的解析式和A，B 两点的坐标．（2）若点P 是抛物线上B，C 两点之间的一个动点（不与B，C 重合），则是否存在一点P，使△PBC 的面积最大？若存在，请求出△PBC 的最大面积；若不存在，试说明理由．（3）若M 是抛物线上任意一点，过点M 作y 轴的平行线，交直线BC 于点N，当MN=3 时，求点N 的坐标．9.如图，抛物线y=1x2 +bx +c 经过点A( 2 3（1）求该抛物线的解析式；，0)和点B(0，-2)．（2）若△OAB 以每秒2 个单位长度的速度沿射线BA 方向运动，设运动时间为t，点O，A，B 的对应点分别为D，E，C，直线DE 交抛物线于点M．①当点M 为DE 的中点时，求t 的值；②连接AD，当△ACD 为等腰三角形时，请直接写出点M 的坐标．备用图310.如图，抛物线y=ax2+bx-2 的对称轴是直线x=1，与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，点A 的坐标为(-2，0)，点P 为抛物线上的一个动点，过点P 作PD⊥x 轴于点D，交直线BC 于点E．（1）求抛物线解析式．（2）若点P 在第一象限内，当OD=4PE 时，求四边形POBE 的面积．（3）在（2）的条件下，若点M 为直线BC 上一点，点N 为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M 和点N，使得以点B，D，M，N 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．11.如图，在平面直角坐标系中，∠ACB=90°，OC=2OB，tan∠ABC=2，点B 的坐标为(1，0)，抛物线y=-x2+bx+c 经过A，B 两点．（1）求抛物线的解析式．（2）点P 是直线AB 上方抛物线上的一点，过点P 作PD 垂直x 轴于点D，交线段AB 于点E，使PE 1DE ．2①求点P 的坐标和△PAB 的面积．②在直线PD 上是否存在点M，使△ABM 为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的所有点M 的坐标；若不存在，请说明理由．12.如图，抛物线y=ax2+bx+2 与直线y=-x 交第二象限于点E，与x 轴交于A(-3，0)，B 两点，与y 轴交于点C，EC∥x 轴．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是直线y=-x 上方抛物线上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线交直线于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH 的长为l，点P 的横坐标为m，求l 与m 的函数关系式（不必写出m 的取值范围），并求出l 的最大值；（3）如果点N 是抛物线对称轴上的一个动点，抛物线上存在一动点M，若以M，A，C，N 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标．13. 如图所示，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A(-2，0)，B(4，0)，C(0，-8)，与直线y=x-4 交于B，D 两点．（1）求抛物线的解析式及点D 的坐标；（2）点P 为直线BD 下方抛物线上的一个动点，求△BDP 面积的最大值及此时点P 的坐标；（3）点Q 是线段BD 上异于B，D 的动点，过点Q 作QF⊥x 轴于点F，交抛物线于点G，当△QDG 为直角三角形时，直接写出点Q 的坐标．1314.如图，抛物线y=ax2+bx+c 交x 轴于点A(1，0)和点B(3，0)，交y 轴于点C，抛物线上一点D 的坐标为(4，3)．（1）求该抛物线所对应的函数解析式；（2）如图1，点P 是直线BC 下方抛物线上的一个动点，PE∥x 轴，PF∥y 轴，求线段EF 的最大值；（3）如图2，点M 是线段CD 上的一个动点，过点M 作x 轴的垂线，交抛物线于点N，当△CBN 是直角三角形时，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标．15.如图，已知抛物线y=ax2+4x+c 与x 轴交于点M，与y 轴交于点N，抛物线的对称轴与x 轴交于点P，OM=1，ON=5．（1）求抛物线的解析式．（2）点A 是y 轴正半轴上一动点，点B 是抛物线对称轴上的任意一点，连接AB，AM，BM，且AB⊥AM．①AO 为何值时，△ABM∽△OMN，请说明理由；②若Rt△ABM 中有一边的长等于MP 时，请直接写出点 A 的坐标．16.如图，已知A(-2，0)，B(4，0)，抛物线y=ax2+bx-1 过A，B 两点，并与过点A 的直线y =-1x -1 交于点C．2（1）求抛物线解析式及对称轴．（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO 的周长最小？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点M 为y 轴右侧抛物线上一点，过点M 作直线AC 的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M，N，C 为顶点的三角形与△AOC 相似？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．17.如图，直线l：y =1x +m 与x 轴交于点A(4，0)，与y 轴交于点B，抛物线2y=ax2+bx+c（a≠0）经过A，B 两点，且与x 轴交于另一点C(-1，0)．（1）求直线及抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上一动点，当点P 在直线l 下方的抛物线上运动时，过点P 作PM∥x 轴交l 于点M，过点P 作PN∥y 轴交l 于点N，求PM+PN 的最大值；（3）在（2）的条件下，当PM+PN 的值最大时，将△PMN 绕点N 旋转，当点M 落在x 轴上时，直接写出此时点P 的坐标．18.如图，已知抛物线y=ax2+x+c 与y 轴交于点C(0，3)，与x 轴交于点A 和点B(3，0)，点P 是抛物线上的一个动点．（1）求这条抛物线的表达式；（2）若点P 是点B 与点C 之间的抛物线上的一个动点，过点P 向x 轴作垂线，交BC 于点D，求线段PD 长度的最大值；（3）当点P 移动到抛物线的什么位置时，使得∠PCB=75°，请求出此时点P 的坐标．19.在平面直角坐标系内，直线y =1x + 2 分别与x 轴、y 轴交于点A，C．抛物2线y =-1x2 +bx +c 经过点A 与点C，且与x 轴的另一个交点为点B．点D2在该抛物线上，且位于直线AC 的上方．（1）求上述抛物线的表达式；（2）若连接AD，CD，试求出点D 到直线AC 的最大距离以及此时△ADC 的面积；（3）过点D 作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD．若△CFD 与△AOC 相似，求点D 的坐标．20.如图，抛物线y=ax2+bx-3 过A(1，0)，B(-3，0)，直线AD 交抛物线于点D，点D 的横坐标为-2，点P(m，n)是线段AD 上的动点．（1）求直线AD 及抛物线的解析式．（2）过点P 的直线垂直于x 轴，交抛物线于点Q，求线段PQ 的长度l 与m 的关系式，m 为何值时，PQ 最长？（3）在平面内是否存在整点R（横、纵坐标都为整数），使得P，Q，D，R 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R 的坐标；若不存在，说明理由．21.如图，抛物线y=-x2+bx+c 交x 轴于A，B 两点，交y 轴于点C，直线y=x-5经过点B，C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是直线BC 上方抛物线上的一动点，求△BCP 面积S 的最大值；（3）在抛物线上找一点M，连接AM，使得∠MAB=∠ABC，请直接写出点M 的坐标．21参考答案：2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17、18、19、20、21、。

2020年中考数学压轴题十大题型(含详细答案)函数型综合题：是给定直角坐标系和几何图形，先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。

求已知函数的解析式主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标基本方法是几何法（图形法）和代数法（解析法）。

几何型综合题：是先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的（未知）函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。

一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形，四边形是平行四边形、菱形、梯形等，或探索两个三角形满足什么条件相似等，或探究线段之间的数量、位置关系等，或探索面积之间满足一定关系时求x的值等，或直线（圆）与圆的相切时求自变量的值等。

求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系（即列出含有x、y的方程），变形写成y＝f（x）的形式。

找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法。

求函数的自变量的取值范围主要是寻找图形的特殊位置（极端位置）和根据解析式求解。

而最后的探索问题千变万化，但少不了对图形的分析和研究，用几何和代数的方法求出x的值。

解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁，运用数形结合思想，通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

关键是掌握几种常用的数学思想方法。

一是运用函数与方程思想。

以直线或抛物线知识为载体，列（解）方程或方程组求其解析式、研究其性质。

二是运用分类讨论的思想。

对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究。

三是运用转化的数学的思想。

由已知向未知，由复杂向简单的转换。

中考压轴题它是对考生综合能力的一个全面考察，所涉及的知识面广，所使用的数学思想方法也较全面。

因此，可把压轴题分离为相对独立而又单一的知识或方法组块去思考和探究。

2020中考数学 压轴专题：几何综合（含答案）1. 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ，点P 是AC 上的一个动点(点P 与A 、C 不重合)，连接BP ，分别过点B 、C 作BP 、AC 的垂线BQ 、CQ ，两垂线交于点Q ，连接QP ，交BC 于点E . (1)求证：CQ ＝AP ； (2)求证：△CPB ∽△CEQ ；(3)若AB ＝22，在点P 的运动过程中，是否存在一点P ，使得CE ＝38BC ？若存在，请求出△ABP 的面积，若不存在，请说明理由．第1题图(1)证明：∵在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ，∴∠A ＝∠ACB ＝45°， ∵BQ ⊥BP , CQ ⊥AC ， ∴∠QCB ＝∠A ＝45°，∵∠ABP ＋∠PBC ＝∠QBC ＋∠PBC ＝90°， ∴∠ABP ＝∠QBC . 又∵BA ＝BC ， ∴△BAP ≌△BCQ (ASA). ∴CQ ＝AP ；(2)证明：由(1)得，∠QCB ＝∠ACB ＝45°，又∵∠PCQ ＋∠PBQ ＝180°， ∴P 、C 、Q 、B 四点共圆， ∴∠CQP ＝∠PBC ， ∴△CPB ∽△CEQ ； (3)解：存在．理由如下：由CE ＝38BC ，可得CE ＝38BC ＝38AB ＝324，由勾股定理可得，AC ＝AB 2＋BC 2＝4；设AP ＝CQ ＝x ，则PC ＝4－x ，由(2)得△CPB ∽△CEQ ， ∴CP CE ＝BCCQ ，即4－x 324＝22x ， 可得x 2－4x ＋3＝0， 解得x ＝3或1，第1题解图如解图，过点P 作PD ⊥AB 于D ， 易得△APD ∽△ACB ， ∴PD BC ＝AP AC， 即PD ＝AP ·BC AC ＝AP ·224＝22AP ， 当AP ＝3时，可得PD ＝322，此时S △ABP ＝12AB ·PD ＝12×22×322＝3，当AP ＝1时，可得PD ＝22，此时S △ABP ＝12AB ·PD ＝12×22×22＝1. ∴存在满足CE ＝38BC 的点P ，此时△ABP 的面积为3或1.2. 如图，在△ABC 中，AC ＝BC ，∠ACB ＝90°，点P 是线段BC 延长线上任意一点，以AP 为直角边作等腰直角△APD ，且∠APD ＝90°，连接BD . (1)求证：AC AP ＝AB AD；(2)在点P 运动过程中，试问∠PBD 的度数是否会变化？若不变，请求出它的度数，若变化，请说明它的变化趋势；(3)已知AB ＝2，设CP ＝x ，S △PBD ＝S . ①试求S 关于x 的函数表达式； ②当S ＝38时，求△BPD 的外接圆半径．第2题图(1)证明：如解图，设AD 与PB 交于点K .∵CA ＝BC ，∠ACB ＝90°， ∴∠ABC ＝45°，∵P A ＝PD ，∠APD ＝90°，∴∠PDK ＝∠P AD ＝∠ABK ＝45°，∵∠AKB ＝∠DKP ， ∴△AKB ∽△PKD ， ∴AK PK ＝BKDK， ∴AK KB ＝PKDK，∵∠AKP ＝∠BKD ， ∴△AKP ∽△BKD ，∴∠BDK ＝∠APK ，∠P AK ＝∠DBK ＝45°， ∴∠ABD ＝∠ABK ＋∠DBK ＝90°， ∴∠ABD ＝∠ACP ，∵∠ADB ＝∠APC ， ∴△ABD ∽△ACP ， ∴AC AP ＝ABAD； (2)解：∠PBD 的度数是定值，恒为45°.理由：由(1)可知△AKP ∽△BKD ， ∴∠P AK ＝∠DBK ＝45°，∴在点P 运动过程中，∠PBD 的度数是定值，且∠PBD ＝45° (3)解：①在Rt △ABC 中，∵AB ＝2，∴BC ＝AC ＝1， 在Rt △ACP 中，P A ＝AC 2＋PC 2＝1＋x 2，∵△ABD ∽△ACP ， ∴AC AB ＝PCBD，∴12＝x BD， ∴BD ＝2x ，∴S ＝S △ABD ＋S △APD －S △ABP ＝12·2·2x ＋12·1＋x 2·1＋x 2－12(1＋x )·1＝12x 2＋12x .②如解图，取AD 的中点O ，连接OB 、OP .第2题解图∵∠ABD ＝∠APD ＝90°， ∴OB ＝OA ＝OP ＝OD ，∴点O 是△PBD 的外接圆的圆心， ∵S ＝38，∴12x 2＋12x ＝38， 解得x ＝12或－32(舍去)，∴PC ＝12，由(2)可知BD ＝2x ， ∴BD ＝22， 在Rt △ABD 中， AD ＝AB 2＋BD 2＝（2）2＋（22）2＝102， ∴OD ＝12AD ＝104，∴△PBD 的外接圆的半径为104. 3. 如图①，点P 在∠MON 的平分线上，且OP ＝2，以P 为顶点作∠APB, 与∠MON 的两边分别交于点A 、B ，其中∠APB 绕点P 旋转时，始终满足OA ·OB ＝OP 2.(1)已知∠MON＝α，求∠APB的度数(用含α的代数式表示)；(2)如图②，若∠MON＝90°，求出四边形OAPB面积的最小值．第3题图解：(1)∵OA·OB＝OP2，∴OA OP ＝OP OB，∵OP平分∠MON，∴∠AOP＝∠POB，∴△AOP∽△POB，∴∠P AO＝∠BPO，∴∠APB＝∠APO＋∠BPO＝∠APO＋∠P AO，在△APO中，由三角形内角和定理得：∠APO＋∠P AO＝180°－∠AOP，∵∠MON＝α，∴∠AOP＝12α，∴∠APB＝180°－12α；(2)∵(AO－BO)2＝AO－2AO·BO＋BO≥0，∴AO＋BO≥2AO·BO＝2OP2＝4，第3题解图如解图，过点P作PG⊥OM、PH⊥ON，垂足分别为G、H，∵∠MON＝90°，OP平分∠MON，∴PG＝PH，∠POH＝45°，∴S四边形APBO＝S△APO＋S△POB＝12OA·PG＋12OB·PH＝12(OA＋OB)·PH，∴S四边形APBO≥12×4·PH＝2PH，∵OP平分∠MON，∠MON＝90°，又∵∠PHO＝90°，PO＝2，∴PH＝OH＝2，∴S四边形APBO≥22，即四边形APBO面积的最小值为2 2.4. 如图，已知正方形ABCD的边长为1，P是对角线AC上任意一点，E为AD上的点，且∠EPB＝90°，PM⊥AD，PN⊥AB.(1)求证：四边形PMAN是正方形；(2)求证：EM＝BN；(3)若点P在线段AC上移动，其他不变，设PC＝x，AE＝y，求y关于x的解析式，并写出自变量x的取值范围．第4题图(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAD ＝90°，AC 平分∠BAD ， ∵PM ⊥AD ，PN ⊥AB ，∴PM ＝PN ，∠PMA ＝∠PNA ＝90°， ∴四边形PMAN 是矩形， ∵PM ＝PN ，∴四边形PMAN 是正方形；(2)证明：∵四边形PMAN 是正方形， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°， ∵∠EPB ＝90°， ∴∠MPE ＝∠NPB ， 在△EPM 和△BPN 中，⎩⎨⎧∠PME ＝∠PNBPM ＝PN∠MPE ＝∠NPB， ∴△EPM ≌△BPN (ASA)， ∴EM ＝BN ；(3)解：如解图，过P 作PF ⊥BC 于F ，第4题解图∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，∠PCF＝45°，∴AC＝12＋12＝2，△PCF是等腰直角三角形，∴AP＝AC－PC＝2－x，BN＝PF＝22x，∴EM＝BN＝22x，∵∠P AM＝45°，∠PMA＝90°，∴△APM是等腰直角三角形，∴AP＝2AM＝2(AE＋EM)，即2－x＝2(y＋22x)，解得y＝1－2x，∴x的取值范围为0≤x≤2，2∴y＝1－2x(0≤x≤22)．5. 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝102，直线MN过点A且MN∥BC，以点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE＝90°，且点D在直线MN上(不与点A重合)，如图①，DE与AC交于点P，设BD＝x，DP ＋BC＝y，cos∠ADP＝z.(1)猜想y关于x(2)如图②，DE与CA的延长线交于点P，以上y关于x的函数表达式仍成立吗？请证明；(3)如图③，DE与AC的延长线交于点P，BD与AP交于点Q，若此时x＝BD＝202，求S△ABQ的值．第5题图解：(1)y 关于x 的函数表达式为y ＝x ＋20，z 关于x 的函数表达式为z ＝10x， 证明：如解图①，过点D 作DF ⊥AD 交AB 于点F ，交BC 于点G ， ∵AD ∥BC ，∠ABC ＝45°， ∴∠BAD ＝∠AFD ＝45°，∴△ADF 是等腰直角三角形，∴AD ＝DF ，∠DAP ＝45°＋90°＝135°，∠DFB ＝180°－45°＝135°， ∵∠BDP ＝∠ADF ＝90°， ∴∠ADP ＝∠FDB ， 在△ADP 和△FDB 中，⎩⎨⎧∠ADP ＝∠FDBAD ＝FD∠DAP ＝∠DFB， ∴△ADP ≌△FDB ， ∴DP ＝BD ＝x ，∵AB ＝AC ＝102，∠BAC ＝90°，∴BC ＝AB 2＋AC 2＝20，∴y ＝x ＋20， ∵AD ∥BC ，∴DG ＝22AB ＝22×102＝10， 在Rt △BDG 中，cos ∠BDG ＝DG DB ＝10x ，∵∠ADP ＝∠BDG ，∴z ＝cos ∠ADP ＝cos ∠BDG ＝10x ；第5题解图①(2)y 关于x 的函数表达式仍然成立，第5题解图②如解图②，过点D 作DF ⊥MN ，交AB 延长线于点F ， ∵由(1)知∠BAD ＝45°，∴∠AFD ＝45°，∴DA ＝DF ，∵∠FDB ＋∠BDA ＝90°，∠BDA ＋∠ADP ＝90°， ∴∠FDB ＝∠ADP ，∵∠DAP ＝90°－∠BAD ＝45°， 在△ADP 和△FDB 中，⎩⎨⎧∠DAP ＝∠DFBDA ＝DF∠ADP ＝∠FDB， ∴△ADP ≌△FDB ， ∴DP ＝BD ＝x ， ∵BC ＝20， ∴y ＝x ＋20成立；第5题解图③(3)如解图③，过点B 作BT ⊥MN 于点T ， ∵MN ∥BC ，∠ABC ＝45°， ∴∠TAB ＝∠ABC ＝45°， ∵AB ＝102， ∴AT ＝BT ＝10， ∵BD ＝202， ∴在Rt △BTD 中，DT ＝BD 2－BT 2＝107，∵MN ∥BC ， ∴△AQD ∽△CQB ， ∴AQ QC ＝ADBC， ∴AQAC －AQ＝DT －AT BC ，∴AQ102－AQ＝107－1020，解得AQ ＝402－10143，∴S △ABQ ＝12AB ·AQ ＝12×102×402－10143＝400－10073.6. 如图，在矩形ABCD 中，AD ＝6，DC ＝8，菱形EFGH 的三个顶点E ，G ，H 分别在矩形ABCD 的边AB ，CD ，DA 上，AH ＝2，连接CF .(1)若DG ＝2，求证：四边形EFGH 为正方形； (2)若DG ＝6，求△FCG 的面积．第6题图(1)证明：∵四边形EFGH 为菱形，∴HG ＝EH ， ∵AH ＝2，DG ＝2， ∴DG ＝AH ，在Rt △DHG 和Rt △AEH 中，⎩⎨⎧HG ＝EH DG ＝AH ， ∴Rt △DHG ≌Rt △AEH ， ∴∠DHG ＝∠AEH ， ∵∠AEH ＋∠AHE ＝90°， ∴∠DHG ＋∠AHE ＝90°， ∴∠GHE ＝90°，∴四边形EFGH 为正方形；(2)解：如解图，过点F 作FQ ⊥CD 交DC 的延长线于Q ，连接GE ，第6题解图∵四边形ABCD 为矩形， ∴AB ∥CD ， ∴∠AEG ＝∠QGE ，即∠AEH ＋∠HEG ＝∠QGF ＋∠FGE ， ∵四边形EFGH 为菱形， ∴HE ＝GF ，HE ∥GF ， ∴∠HEG ＝∠FGE ， ∴∠AEH ＝∠QGF ， 在△AEH 和△QGF 中，⎩⎨⎧∠A ＝∠Q∠AEH ＝∠QGF HE ＝FG， ∴△AEH ≌△QGF ， ∴AH ＝QF ＝2， ∵DG ＝6，CD ＝8， ∴CG ＝2，∴S △FCG ＝12CG ·FQ ＝12×2×2＝2.7. 如图，已知△ABC 中，AB ＝AC ，CD 平分∠ACB 交AB 于D ，延长AC 到E ，使得CE ＝BD ，连接DE 交BC 于F . (1)求证：CE ＝2CF ；(2)当∠A ＝60°，AB ＝6，将△CEF 绕点C 逆时针旋转角α(0°≤α≤360°)，得到△CE ′F ′，当点F ′恰好落在直线AC 上，连接BE ′，求此时BE ′的长．第7题图(1)证明：如解图①，过D作DG∥BC交AC于G，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∵DG∥BC，∴∠GDC＝∠BCD，∴∠GDC＝∠GCD，第7题解图①∴DG＝GC.∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB，∴∠ADG＝∠AGD，∴AD＝AG，∴BD＝CG，∵CE＝BD，∴CG＝CE，∵DG∥BC，∴CF是△EDG的中位线，∴DG＝2CF，∴CE＝CG＝DG＝2CF；(2)解：①当点F旋转到线段AC上点F′处时，如解图②所示，∵∠F′CE′＝∠FCE＝120°，∠ACD＝30°，∴∠DCE′＝90°＝∠CDB，∴AB∥CE′，∵BD＝CE＝CE′，∴四边形BDCE′是矩形，∴BE′＝CD＝32AB＝32×6＝33；第7题解图②当点F旋转到线段AC的延长线上的点F′处时，如解图③，连接AE′，易得四边形ADCE′是矩形，∴AE′＝DC＝33，∠E′AC＝30°，∠BAE′＝90°，在Rt△ABE′中，由勾股定理得BE′＝AB2＋AE′2＝62＋（33）2＝37.8. 如图，在▱ABCD中，AC⊥CD，点E在射线CB上，点F在射线DC上，且∠EAF＝∠B.(1)当∠BAD＝135°时，若点E在线段CB上，点F在线段DC上，求证：BE＋22DF＝AD；(2)当∠BAD＝120°时，若点E在线段CB上，点F在线段DC上，求AD、BE、DF之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；(3)当∠BAD＝120°时，连接EF，直线AF与直线BC交于点Q，当AB＝3，BE＝2时，请分别求出EQ和EF的长．第8题图(1)证明：∵∠BAD ＝135°，且∠BAC ＝90°，∴∠CAD ＝45°，即△ABC 、△ADC 都是等腰直角三角形； ∴AD ＝2AC ，且∠D ＝∠ACB ＝45°； 又∵∠EAC ＝∠DAF ＝45°－∠F AC ， ∴△AEC ∽△AFD ， ∴AE AF ＝EC FD ＝AC AD ＝12，即EC ＝22FD ； ∴BC ＝BE ＋22DF ，即BE ＋22DF ＝AD ； (2)解：2BE ＋DF ＝AD ；理由如下： 如解图①，取BC 的中点G ，连接AG ；第8题解图①易知：∠DAC ＝∠BCA ＝30°，∠B ＝∠D ＝60°； 在Rt △ABC 中，G 是斜边BC 的中点，则： ∠AGE ＝60°，AD ＝BC ＝2AG ；∵∠GAD ＝∠AGE ＝60°＝∠EAF ， ∴∠EAG ＝∠F AD ＝60°－∠GAF ； 又∵∠AGE ＝∠D ＝60°，∴△AGE ∽△ADF ，得：AG AD ＝EG FD ＝12；即FD ＝2EG ；∴BC ＝2BG ＝2(BE ＋EG )＝2BE ＋2EG ＝2BE ＋DF ， 即AD ＝2BE ＋DF ；(3)解：在Rt △ABC 中，∠ACB ＝30°，AB ＝3，则BC ＝AD ＝6，EC ＝4.①当点E 、F 分别在线段BC 、CD 上时，如解图②，过F 作FH ⊥BQ 于H ；同(2)可知：DF ＝2EG ＝2，CF ＝CD －DF ＝1；在Rt △CFH 中，∠FCH ＝60°，CH ＝12，FH ＝32；易知：△ADF ∽△QCF ，由DF ＝2CF ，可得CQ ＝12AD ＝3；∴EQ ＝EC ＋CQ ＝4＋3＝7；在Rt △EFH 中，EH ＝EC ＋CH ＝92，FH ＝32；由勾股定理可求得：EF ＝21；②当点E 、F 分别在CB 、DC 的延长线上时，如解图③； 分别过点A 、F 作BC 的垂线，垂足分别为M 、N ， ∵∠EAF ＝∠GAD ＝60°， ∴∠EAG ＝∠F AD ＝60°＋∠F AG ， 又∵∠EGA ＝∠D ＝60°，∴△EAG ∽△F AD ，得：EG FD ＝AG AD ＝12；即FD ＝2EG ＝10，FC ＝10－CD ＝7； 在Rt △FCN 中，∠FCN ＝60°， 易求得FN ＝732，NC ＝72，GN ＝12； 在等边△ABG 中，AM ⊥BG ，易求得AM ＝332，MG ＝32，MN ＝MG －GN ＝1； 由△AMQ ∽△FNQ ，得：AM FN ＝MQ NQ ＝37，即QN ＝710，MQ ＝310； EQ ＝EB ＋BM ＋MQ ＝2＋32＋310＝195；由勾股定理得EF ＝57；综上可知：EQ ＝7或195，EF ＝21或57.图②图③第8题解图9. 如图①，已知△ACB和△DCE为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE.(1)求证：AD＝BE；(2)求∠AEB的度数；(3)如图②，若△ACB和△DCE为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一条直线上，CM⊥DE于点M，连接BE.①计算∠AEB的度数；②写出线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．图① 图②第9题图(1)证明：∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°. ∴∠ACD ＝∠BCE ， 在△ACD 和△BCE 中，⎩⎨⎧AC ＝BC∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE∴△ACD ≌△BCE (SAS)， ∴AD ＝BE . (2)∵△ACD ≌△BCE∴∠ADC ＝∠BEC . ∵△DCE 为等边三角形， ∴∠CDE ＝∠CED ＝60°.∵点A ，D ，E 在同一条直线上， ∴∠ADC ＝120°， ∴∠BEC ＝120°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝60°. (3)①如解图，∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形， 且∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACD ＝∠ACB －∠DCB ＝∠DCE －∠DCB ＝∠BCE ， 在△ACD 和△BCE 中，⎩⎨⎧CA ＝CB∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD ≌△BCE (SAS)， ∴AD ＝BE ，∠ADC ＝∠BEC . ∵△DCE 为等腰直角三角形， ∴∠CDE ＝∠CED ＝45°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上， ∴∠ADC ＝135°， ∴∠BEC ＝135°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝90°，第9题解图②∵CD ＝CE ，CM ⊥DE 于M ， ∴DM ＝ME ， ∵∠DCE ＝90°， ∴DM ＝ME ＝CM ， ∴AE ＝AD ＋DE ＝BE ＋2CM .10. 如图，菱形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，AB ＝2，∠ABC ＝120°，动点P 在线段BD 上从点B向点D 运动，PE ⊥AB 于点E ，四边形PEBF 关于BD 对称，四边形QGDH 与四边形PEBF 关于AC 对称．设菱形ABCD 被这两个四边形盖住部分的面积为S 1，BP ＝x ：(1)对角线AC 的长为________；S 菱形ABCD ＝________；(2)用含x 的代数式表示S 1；(3)若点P 在移动过程中满足S 1＝12S 菱形ABCD 时，求x 的值．第10题图解：(1)23；23；【解法提示】∵菱形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，AB ＝2，∠ABC ＝120°，∴∠AOB ＝90°，∠ABO ＝60°，∴AO ＝AB ·sin60°＝3，BO ＝AB ·cos60°＝1，∴AC ＝2AO ＝23，BD ＝2BO ＝2，∴S 菱形ABCD ＝23·22＝23， (2)由题意可得∠ABO ＝60°，BP ＝x ，∠PEB ＝90°，∴BE ＝BP ·cos60°＝x 2，PE ＝BP ·sin60°＝3x 2， ∴当0＜x ≤1时，S 1＝12x ·3x 22×4＝3x 22， 当1＜x ≤2时，S 1＝12x ·3x 22×4－2（x －1）·2×33（x －1）2＝－36x 2＋43x 3－233， 综上所述，S 1＝⎩⎨⎧3x 22 0＜x ≤1－3x 26＋43x 3－233 1＜x ≤2；(3)∵菱形的面积是23， ∴令32x 2＝3，解得x 1＝2＞1(舍去)，x2＝－2(舍去)，令－32＋433x－233＝3，解得x1＝4＋6＞2(舍去)，x2＝4－6，6x时，x的值是4－ 6.即若点P在移动过程中满足S1＝12S菱形ABCD。

2020全国各地中考压轴题（选择、填空）按题型整理:一、几何综合结论1.（2020深圳）如图，矩形纸片MCD中,43=6, BC=12.将纸片折叠,使点E落在边Q的延长线上的点G处，折痕为EF,点E、F分别在边-Q和边EC上连接BG,交CD于点、K, FG交CD于点、H.给出以下结论：①EF丄BG；②GE= GF；@ AGDK ^^GKH的面积相等：④当点F与点C重合时，ZDEF= 75° ,其中正确的结论共有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【解答】解：如图，连接3E；设EF,j BG交于点0•••将纸片折叠，使点B 落在边.W 的延长线上的点G 处, ∙∙∙EF 垂直平分BG,∙∙∙EF 丄BG. BO=GO, BE=EG. BF=FG,故①正确， W4D//BC.：.ZEGO=ZFBO.又 Y ZEOG=ZBOF,BOF^^GOE （.ASA ）.：.BF=EG,：.BF=EG= GF.故②正确,TBE=EG=BF=FG. •••四边形恥GF 是菱形， ∙∙∙ ZBEF=ZGEF ∖当点F 与点C 重合时，则BF=BC=BE=Yl,Λ ZJrB=30° ,Λ ZDEF=I5° ,故④正确，由题意无法证明ZiGDK 和ZXGKH 的而枳相等，故③错误； 故选：C.2. （2020贵州铜仁）如图，正方形-15Cz ）的边长为4,点£在边上，BE=I, ZDJM=45° ,点F 在射 线上，且AF= √2,过点F 作-Q 的平行线交加 的延长线于点H, CF 与-Q 相交于点G,连接EC 、EG 、EF.下列结论：①AECF 的而积为”：②Z ∖MG 的周长为8：③EG l =DG l -TBE I X 其中正确的是VSinZ-IFB= ABBE⅛⅛⅛..∙•06HaTH ∖l ∙∙∙ b 6H σΓQ ∖l n g ∖lQ N a F H o a H S F j a'∕aκ・甘3斜・亠权曰出•还氢 逢【他濫】©® .Q ΘΘ J ΘΘ ∙ω ®@© .<•06H o Z /∖l ∙∙∙∙b 6n o g g ∖l盘绘∙∙∙・06 H O g g 7+g 087∙∙∙・ .⅛H⅛...・(S 3 ⅛u <^⅛⅛∙<...<r H H F南I QFnHF蛊FHHg •八・⅛H -H ⅛H 5;.. 0 H e:-∙HPH7"H4F7...ΛΔCΓF是等腰直角三角形,在RtΔCBE中，BE=X BC=4.ΛEC2=BΣ⅛C2= 17,∙∙∙ SJECF=专EF∙EC=詁C2=茅故①正确:过点F作F0丄PC于0,交AD于P,：.ZAPF= 90i =ZH=ZHAD,・•・四边形APFH是矩形，TAH=HF'.•・矩形ZIHFP是正方形，∙∙∙AP=PH=AH=∖,同理：四边形.JBQP是矩形，：.PO=AB=4f BO=.IPl. FO=FP+PO=5. CO=BC- BO=S9 WID//BC.：■、FPGS'FQC,FP PG：.—=—,FQ CQ1 PGΛ-=—,5 33.∙.PG=g,：.AG=AP+PG=在RtAMG中，根据勾股定理得，EG= yfAG2^AE2 =辛,∙∖ AAEG 的周民为 AG+EG+.IE= ∣ + + 3 = 8,故②正确;V-ID=4,a ■> 144 ΛZ ）G⅛Γ-=^r + l =∙∙F 42_ 289 169•EG S - TT ≠ 考.,.EG 2≠DG 2-BE 2,故③错误,•••正确的有①②， 故选：C.3・（2020黑龙江鹤岗）如图，正方形MCD 的边长为G 点E 在边肋上运动（不与点丄B 重合），ZatM =45° ,点F 在射线上，且JF=近恥，CF 与.3相交于点G,连接EC 、EF 、EG.则下列结论： ① ZECF=45 o :② ∆JΣG 的周长为（1+叨）c（3）BE I ^DG I =EG I X：.DG=AD-AG=12169若'④∕∖EAF的而积的最大值是評2:O⑤当BE=l⅛, G是线段.3的中点.其中正确的结论是（）Λ ZJ£F+ZC£5=90° , Λ ZFEC=90^ ,Λ ZECF=ZEFC=45Q ,故①正确，如图2中，延长,3到H 使得Z)H=BE,则厶CBE 竺MDH (SAS),：.ZECB=ZDCH, ：• ZECH=ZBCD=90° ,Λ ZECG=ZGCH=45a 9A.①②③B.②④⑤C.①@@ 【解答】解：如图1中，在BC 上截取M=恥，连接EH9：BE=BH. ZEBH=90° ,：.EH=近BE 、V-IF=近BE 、 ∙∙∙AF=EH,•： ZDAM=ZEHB=45° , ZBAD=9Q o , ∙∙∙ ZEIE=ZEHC=I35° ,•：BA=BC, BE=BIL:∙AE=HC ∖MFAE9∕∖EHC (SAS)9 ΛEF=EC, ZAEF= ZECH.D ・①©®•： ZECH+ZCEB=90' ,TCG=CG∙ CE=CH.:仏GCEQHGCH (SAS)9：•EG=GILJGH=DSDH. DH=BE9:∙EG=BE+DG∖故③错误，•••△4EG 的周长=AE-EJdG =AE-AH=AD+DH+AE=AE+EB+AD = AB+AD=2m故②错误,设BE=x,贝IJJF=67-X, AF= y∕2x.∙S, j£f= *•(α - x) ×A—— ^v2+ _*(x'2 _ = _*(片_*4〉】+詁‘‘•・・—K.∙.x=p时,ΔJΓF的而枳的最大值为討.故④JH确, 当眩=壬;时，设DG=X则EG=X+4在RtΔAΣG中，则有(x+如)2= (α-χ) 2+ (I(T) 2,解得X=》AG=GD.故⑤正确, 故选：D.4. （2020黑龙江绥化）如图，在RtZ^^C 中，CQ 为斜边•毎的中线，过点D 作DE 丄ZIC 于点延长DE 至点 F,使 EF=DE,连接 ZIF, CF 、点 G 在线段 CF 上，连接 EG,且 ZCZ ）£+ZrGC=I80° , FG=2, GC=3.下列结论：②四边形DBCF 是平行四边形:（3）EF=EGX④ BC=2√5.【解答】解:9：CD 为斜边的中线,A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个图2 图1其中正确结论的个数是（V ZJCB=90° ,：.BC丄/C,VD£丄Zta.9.DE∕∕BC.：.DE是HABC的中位线，/.-<£=C£, DE=∣BC:①正确：•：EF=DE、：.DF=BC..•・四边形DBCF是平行四边形：②正确：.∖CF∕∕BD, CF=BD,V ZJCB=90α, CD为斜边的中线，：.CD=^lB=BD,:∙CF=CD.：.ZCFE=ZCDE.VZCD£+ZrGC=I80o , ZEGF+ZEGC= 180° ,：• ZCDE=ZEGF,；• ZCFE=ZEGF∖：.EF=EG.③正确；作EH丄FG于H∙如图所示:则ZEHF=ZCHE=91 , ZHEF+ ZEFH= ZHEF+Z CEH= 90o, FH=GH=；FG=X：.ZEFH= ZCE H,CH=GC+GH= 3+1 =4,：• HEFHSHCEH,EH FH••・—=—,CH EH：.EH I= CH×FH=4×i=4.:∙EH=2,：.EF= ∖f FH2+ EH2= √12+ 22= √5,：.BC=IDE=IEF=IyJs.④正确：故选：D.5.（2020湖北随州）如图，已知矩形ABCD中，■毎=3, BC=4,点M, N分別在边，9, BC上,沿着MN 折叠矩形.ISCD,使点ZL E分别落在E, F处，且点F在线段CZ）上（不与两端点重合），过点M作MH丄BC于点H,连接PF,给岀下列判断：①ZHNs HBCF;②折痕MN的长度的取值范用为3VMN＜学；③当四边形CDMH为正方形时，N为HC的中点；1 55λ④若DF=AC,则折叠后重叠部分的而积为石・α12其中正确的是-①⑵③⑷・（写岀所有正确判断的序号）【解答】解：①如图1,由折叠可知BF丄A ZBoM= 90° ,•： MH丄 BC,:∙ZBHP=90° = ZBOM.T ZBPH=乙OPa/.ZCBF=ZNAdH.TZ=WHV= Z C= 90° ,:仏MHNSI∖BCF'故①正确：②当F I IC重合时，MN=3、此时MV最小,当F打D重合时,如图2,此时MN最大,图2由勾股左理得：BD=S,YOB=OD= %ON CD ““ON 3DBC=OB = BC , 'T^zz 7, 2/. ON=善，WID//BC.：.ZMDO=ZOBN ∖在 Z ∖Λ∕OD 和 ANOE 中，ZMD0 = NoBNOD = OB, 乙 DOM =厶 BON：.ΔD0M^ 'BON (ASA ),：.OM=ON.：.MN=ION=学∙.∙点F 在线段CD 上(不与两端点重合)，.•・折痕MN 的长度的取值范帀为3<A£V<¥故②正确:{③如图3,连接FM.團3MH=CH=CD=DM=3,当四边形CDWZ为正方形时，由勾股宦理得：BM=√FTP = √Tθ,.9.FM=√10∙：.DF= yjFM2- DM2∙'∙CF=3 - 1=2,设HN=x,则BN=FN=M,在RtΔCΛ7,中，CdCP=Fg(3 ・x) 2+22= (x+Γ) 2,解得：X= |,3：.HN= ?•：CH=3、3.,.CN=HN= F・・・N为He的中点；故③正确：④如图4,连接加，-DF=∣DC, CD=3、團4C.DF=∖, CF=2,：.BF=√22 +42=2√5,Λ□F=√5,设FN=a,则BN= a. CN=4 ・ e 由勾股宦理得：FN l= C^CF l t C.cΓ= (4 ・a) 2+229•_5••a=，S 3：.BN=FN= CN= *•：ZNFE= ZCFN+ZDFO=90、,ZCFN+乙CNF=9Y ,.a. ZDFQ=ZCNF、V ZD=ZC=90° ,:仏QDFSHFCN、4：.OD= j9Λ^=J I2+Φ2=ΓHN CF∖∙ tan ZHMN= tail Z CBF=希=託HN _ 23 一4’3：.HN= M：.MN= J32 + (∣)2 =攀3 3V CH=MD=HN^CN= + =3.4 S∙∙∙MQ=3揺=?.,.折叠后重叠部分的而积为：S：.MNF+S M QF=才∙ MN ∙ OF + * ∙ MQ ∙ DF =昇竽XVE + * X I X 1 = SS12:故④正确：所以本题正确的结论有：①②③④：故答案为：①②③®.∙∙∙BD 丄EC,故②正确，6・（2020湖北仙桃）如图，已知∕∖ABC 和ZUDE 都是等腰三角形，ZBAC=ZDAE= 90c , BD. CE 交于 点F,连接JF ・下列结论：①BD=CE ：②BF 丄CF ；③ZLF 平分ZCW ；④ZJFE=45°・英中正确结 论的个数有（ ）A ・1个 B. 2个 C. 3个D. 4个【解答】解：如图，作dΛ∕丄肋于MANlEC 于N.V ZBJC=Zm£=90° ,∙∙∙ ZBAD=ZCAE ∖*∙* AB ~Λ Ct -*1Z) -AE 9MBAD 竺MAE (SAS),：.EC=BD. ZBDA=ZAEC.故①正确T ZDOF= ZAOE.ZDFO=ZEAO=90° ,VΔAW^ΔCJE. .IM 丄BD 、ANlEC、∙∙∙ ZBAE=ZFEC.:∙AM=AN,∙∙∙M 平分ZEF 从A ZJjr=45° ,故④正确，若③成立，则ZAEF=ZABD=ZA DB,推出AB=AD ,显然与条件矛盾，故③错误，故选：C.7. （2020湖北咸宁）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，点E 是边BC 上一动点（不与点B, C 重合）,ZaF=90° ,且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F,交Cz ）于点G,连接JF,有下列结论：① 厶ABES 厶ECG ；② AE=EF ：③ ZDAF=ZCFE ；④ ACEF 的而积的最大值为1.苴中正确结论的序号是一①②③・（把正确结论的序号都填上）【解答】解：①•••四边形肿CD 是正方形,A ZB=ZECG=90° ,V ZAEF= 9Q Q ,/. ZAEB+ZCEG= ZAEB+ZBAE 9：.ZBAE=ZCEG.MABEsbECG.∙∙∙ ZBAE=ZFEC.故①正确:② 在BJ 上截取Bw r =E£,如图1,圉1•••四边形肋CD 为正方形.Λ Z5=90o , BA=BC,.•・ABEM 为等腰直角三角形,A ZAuE=45° ,∙∙∙ ZJME= 135° ,∖9BA - BM=BC - BE.：•AM=CE.TCF 为正方形外角平分线，Λ ZDCF=45° ,Λ ZECF=I3S o ,V ZAEF=90^ ,Λ ZAEB+ZFEC=9Q ζt ,而ZJ£5+Z&4£=90C,×MAE = ZCEF{AM = EC '∆AME =厶ECF：■、AME 竺∖ECF,:∙AE=EF,故②正确：③∙∙∙JΣ=EF∙ ZjEF=90° ,∙∙∙ZE4F=45° ,∙∙∙ ZBME+ZDAF=45° ,•：ZBAE+ZCFE= ZCEF+ZCFE=45O ,∙∙∙ ZDAF=ZCFE.故③正确：④设BE=x,则BM=x, AM=.lB-BM=4-χ,SDECF= SAME=*f（2 - X〉= 一 * （X ・1），+ £当X=I时，SAECF有最大值?故④错误.故答案为：①②③.8.（2020湖南岳阳）如图,AB为半圆O的直径，M, C是半圆上的三等分点，.毎=8,肋与半圆O相切于点B∙点P'λjAM上一动点（不与点J, M重合），直线PQ交肋于点ZX恥丄OC于点E,延长EE 交PC于点F,则下列结论正确的是_②⑤.（写出所有正确结论的序号）—4①PB=PD；②战•的长为一Tn ③ZDBE=45° :④厶BCFS∕∖PFB;⑤CF∙CP为上值・3∙∙∙ ZBOC= I × 180° = 60%【解答】解：①连接/C,并延长2C,与血的延长线交于点H 如图1,TM, C 是半圆上的三等分点，A ZBJH=BO O ,•・• BD 与半圆O 相切于点PΛ ZABD=90c ,∙∙∙ZH=60° ,J ZACP= ZABP. ZACP= ZDCH.∙∙∙ ZPDB= ZH+ZDCH= ZABP-60° ,V ZPBD=90° ・ ZΛBP∙若"DB= ZPBD.则 ZABP+6Q o =90c - AABP .：.ZABP=IS^ ,：•P 点为込帀的中点，这与P 为方雨上的一动点不完全吻合，∙∙∙ ZPDB 不一立等于ZABD.∙∙∙PE 不一定等于PD,故①错误：② TM, C 是半圆上的三等分点，T 直径AB=Z.:.0B=OC=4..・.茕的长度=銮¥ = <图1③V ZBoC= 60c, OB=OC9：.ZABC=60°, OB=OC=BC, T BEdOC,：• ZOBE=ZCBE=30° >V ZABD=90°,Λ ZDBE=60°,故③错误：④TM' N是而的三等分点，Λ ZBPC=30°,VZCBF=30°,^ZBFP= ZFCB.乙PBFV ZBFC,:心BCFS'PFB不成立，故④错误:⑤•：∖BCFS \PCB、CB CF ：.—=—,CP CB:∙CF∙CP=CB-V CB = OB = OC =^AB= 4,ΛCF∙CP=16,故⑤正确.故答案为：②⑤.9.（2020山东德州）如图，在矩形肿CD中,AB=晅+2, AD=員・把,3沿肛折叠，使点Z）恰好落在肿边上的D 处,再将ZXdEQ'绕点E顺时针旋转ct,得到MED",使得Ey恰好经过的中点g ∕β∙F. A f D tf交曲于点G,连接ZLr •有如下结论：①』F的长度是√6-2:②弧DIr的长度是WF③ZU' EG：④∆JJ' F S∖EGF∙上述结论中，所有正确的序号是—①②（Q・【解答】解：•••把JP沿JE折叠，使点D恰好落在•拐边上的D 处,Λ ZZ)=Z-W£=90° =ZΛ1D∖AD=AD∖・•・四边形.3£D是矩形，又VJD=-W= √3,・•・四边形MDED是正方形，:∙AD=AD'=DE=DE=頁，AE=迈AD=屆 ZEICr= ZzlED=45° ,：.D t B=AB-AD9=2,Y点F是ED中点，∙∙∙DF=1,：.EF= ∖f D,E 2 + D1F 2= √T+T =2,T将ZUED'绕点E顺时针旋转α,:∙AE=ME=品,ZD9ED u=a. ZEfZr=ZEID=45。

几何压轴题型类型一动点探究型在菱形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．【分析】 (1)要求BP与CE的数量关系，连接AC，由菱形和等边三角形的性质根据SAS可证明△ABP≌△ACE，从而证得BP＝CE，且∠ACE＝30°，延长CE交AD于点F，可得∠AFC＝90°，所以CE⊥AD；(2)无论选择图②还是图③，结论不变，思路和方法与(1)一致；(3)要求四边形ADPE的面积，观察发现不是特殊四边形，想到割补法，分成钝角△ADP和正△APE，分别求三角形的面积，相加即可．【自主解答】解：(1)BP＝CE；CE⊥AD；(2)选图②，仍然成立，证明如下：如解图①，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BA＝BC，例1题解图①∴△ABC为等边三角形，∴BA＝CA.∵△APE为等边三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中，例1题解图②∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°.∵AC和BD为菱形的对角线，∴∠CA D＝60°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.选图③，仍然成立，证明如下：如解图②，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H，同理得△BAP≌△CAE(SAS)，BP＝CE，CE⊥AD.(3)如解图③，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，例1题解图③∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝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 △APE ＝12DP·AO＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2 ＝8 3.【难点突破】 本题的难点：一是如何找到全等的三角形，根据含60°内角菱形的特点，连接AC 是解决问题的关键；二是点P 是动点，当它运动到菱形的外部时，在其运动过程中由“手拉手”模型找全等三角形；三是求不规则四边形的面积，要想到运用割补法，将四边形分解成两个三角形求解．点拔几何压轴题中的“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质．1．已知，△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M在边AC上，点N在边BC上(点M、点N不与所在线段端点重合)，BN＝AM，连接AN，BM.射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE＝DE.(1)如图，当∠ACB＝90°时：①求证：△BCM≌△ACN；②求∠BDE的度数；(2)当∠ACB＝α，其他条件不变时，∠BDE的度数是____________________；(用含α的代数式表示)(3)若△ABC是等边三角形，AB＝33，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12.点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G.(1)如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长；第2题图②若DG＝GF，求BC的长；(2)已知BC＝9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．类型二新定义型我们定义：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． 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△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【分析】 (1)①证明△ADB′是含有30°角的直角三角形，则可得AD ＝12AB′＝12BC ；②先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可；(2)结论：AD ＝12BC.如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M ，C′M，先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M ，即可解决问题； (3)存在．如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.先证明PA ＝PD ，PB ＝PC ，再证明∠APD＋∠BPC ＝180°即可． 【自主解答】 解：(1)①12；【解法提示】 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ＝AB ＝AB′＝AC′. ∵DB′＝DC′， ∴AD⊥B′C′.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠B′AC′＝120°， ∴∠B′＝∠C′＝30°， ∴AD＝12AB′＝12BC.②4；【解法提示】 ∵α＋β＝180°， ∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠BAC＝90°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC ＝AC′， ∴△BAC≌△B′AC′(SAS)， ∴BC＝B′C′. ∵B′D＝DC′， ∴AD＝12B′C′＝12BC ＝4.(2)结论：AD ＝12BC.证明：如解图①中，延长AD 到点M ，使得AD ＝DM ，连接B′M，C′M.例2题解图①∵B′D＝DC′，AD ＝DM ，∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝AC. ∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°. ∵∠B′AC′＋∠AB′M＝180°， ∴∠BAC＝∠MB′A. ∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M(SAS)， ∴BC＝AM ，∴AD＝12BC.(3)存在．证明：如解图②中，延长AD 交BC 的延长线于点M ，作BE⊥AD 于点E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于点P ，交BC 于点F ，连接PA ，PD ，PC ，作△PCD 的中线PN ，连接DF 交PC 于点O.例2题解图②∵∠ADC＝150°， ∴∠MDC＝30°， 在Rt△DCM 中，∵CD＝23，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°， ∴CM＝2，DM ＝4，∠M＝60°. 在Rt△BEM 中，∵∠BEM＝90°，BM ＝14，∠MBE＝30°， ∴EM＝12BM ＝7，∴DE＝EM －DM ＝3. ∵AD＝6，∴AE＝DE. ∵BE⊥AD， ∴PA＝PD. ∵PF 垂直平分BC ，∴PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝23，CF＝6，∴tan∠CDF＝3，∴∠CDF＝60°＝∠CPF.易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四边形CDPF是平行四边形．∵∠DCF＝90°.∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形．∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝3，∴PN＝DN2＋PD2＝（3）2＋62＝39.【难点突破】第(3)问根据新定义判断点P的存在性是本题难点，但运用“直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半”的性质以及三角形全等添加合适辅助线即可求解．点拔解决这类问题，首先要理解新定义的含义及实质；其次要注意，在证明线段、角度相等或某个特殊图形时，主要应用全等，在计算线段的长或图形的周长、面积时，常注意运用相似、勾股定理及图形面积公式等．1．联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心． 举例：如图①，若PA ＝PB ，则点P 为△ABC 的准外心．求解：(1)如图②，CD 为等边△ABC 的高，准外心P 在高CD 上，且PD ＝12AB ，求∠APB 的度数；(2)已知△ABC 为直角三角形，斜边BC ＝5，AB ＝3，准外心P 在AC 边上，求PA 的长．2．如图①，在△ABC中，过顶点A作直线与对边BC相交于点D，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形．若其中有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“顶似线”．(1)等腰直角三角形的“顶似线”的条数为______；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分线，求证：BD是△ABC的“顶似线”；(3)如图③，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝6，求△ABC的“顶似线”的长．3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么称这个三角形为这条边上的“奇特三角形”，这条边称为“奇特边”．(1)如图①，已知△ABC是“奇特三角形”，AC＞BC，且∠C＝90°.①△ABC的“奇特边”是________；②设BC＝a，AC＝b，AB＝c，求a∶b∶c；(2)如图②，AM是△ABC的中线，若△ABC是BC边上的“奇特三角形”，找出BC2与AB2＋AC2之间的关系；(3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝90°(AB＜BC)，BC＝27，对角线AC把它分成了两个“奇特三角形”，且△ACD是以AC为腰的等腰三角形，求等腰△ACD 的底边长．4．如果三角形的两个内角α与β满足2α＋β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．(1)若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝__________；(2)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E(异于点D)，使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．(3)如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．类型三操作探究型【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．(1)请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；(2)在(1)所画图形中，∠AB′B＝__________．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC ＝120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．(一种方法即可)【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD ＝5，AD＝kAB(k为常数)，求BD的长(用含k的式子表示)．【分析】【操作发现】(1)先找到点B，C的对应点B′，C′，再连接构成三角形即可；(2)求∠AB′B的度数可先判断△AB′B是等腰直角三角形，再求角度；【问题解决】根据两种不同的想法，选择其中一个进行证明；【灵活运用】需将△ABD绕点A旋转得到△ACG，再证明∠CDG＝90°即可．【自主解答】解：【操作发现】(1)如解图①所示，△AB′C′即为所求；(2)45°.【解法提示】连接BB′.∵△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到的，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°.【问题解决】如解图②，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°－90°－120°＝150°，∴PP′＝AP ，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°， ∴PP′＝32PC ，即AP ＝32PC.∵∠APC＝90°，∴AP 2＋PC 2＝AC 2，即(32PC)2＋PC 2＝72，∴PC＝27，∴AP＝21，∴S △APC ＝12AP·PC＝73；【灵活运用】如解图③，连接AC.∵AE⊥BC，BE ＝EC ，∴AB＝AC ，将△ABD 绕点A 逆时针旋转使得AB 与AC 重合，点D 的对应点为G ，连接DG.则BD ＝CG.例3题解图③∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG.∵AB＝AC ，AD ＝AG ，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG.∴DG＝kBC＝4k.∵∠BAE＋∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG＋∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝DG2＋CD2＝16k2＋25.∴BD＝CG＝16k2＋25.【难点突破】在【灵活运用】一问中，要确定BD与k的数量关系，关键在于旋转△ABD，使得AB与AC重合，从而证明∠CDG＝90°，构造直角三角形是解决本题的难点，也是解决问题的突破口．点拔对于操作探究问题，首先掌握图形变换的性质，如图形的折叠：折痕为对称轴，有折痕就有角平分线，有折痕就有垂直平分等；图形的平移：有平移就有平行；图形的旋转：旋转前后图形全等，对应边相等，对应角相等；对应点与旋转中心的连线所成的角为旋转角，有旋转就有等腰三角形；其次注意运用全等证明线段相等，利用勾股定理或相似求线段的长．1．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.(1)若四边形ABCD为正方形．①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系______________；②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF 的数量关系，并说明理由．(2)若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变．①如图③，猜想AE与DF的数量关系，并说明理由；②将△EBF绕点B逆时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图④中画出草图，并直接写出AE′和DF′的数量关系．2．(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，其他条件不变，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，其他条件不变，试判断△GMN的形状，并给予证明．3．如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点(不与点A重合)，DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE.(1)如图①，当点D与点M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)如图②，当点D不与点M重合时，(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)如图③，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM.①求∠CAM的度数；②当FH＝3，DM＝4时，求DH的长．参考答案类型一1．解：(1)①∵CA＝CB，BN＝AM，∴CB－BN＝CA－AM，∴CN＝CM，∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN.②解：∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC.∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA.∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠NAC，∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD，∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°；∴∠BDE＝90°.(2)α或180°－α；(3)43或3 2.2．解：(1)①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，在Rt△AEG中，AG＝AE2＋EG2＝6 5.∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴FGAF＝EGAC＝12，∴FG＝13AG＝2 5.第2题解图①②如解图①，在正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°.∵EF＝EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1＝∠2，设∠1＝∠2＝x.∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x.∵GF＝GD，∴∠3＝∠2＝x，在△DBF中，∠3＋∠FDB＋∠B＝180°，∴x＋(x＋90°)＋x＝180°，解得x＝30°，∴∠B＝30°，∴在Rt△ABC中，BC＝ACtan 30°＝12 3.(2)在Rt△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝122＋92＝15，如解图②，当点D在线段BC上时，此时只有GF＝GD.第2题解图②∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，∴BDDG＝BCAC＝34，∴设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，AE＝CD＝9－3x，∴GF＝GD＝4x，则AF＝15－9x.∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴AEBC＝AFBF，∴9－3x9＝15－9x9x，整理得x2－6x＋5＝0，解得x＝1或5(舍去)，∴腰长GD为4.如解图③，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF＝DG，设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，第2题解图③∴FG＝DG ＝12＋4x.∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF， ∴AE BC ＝AF BF ， ∴3x 9＝9x ＋129x ＋27， 解得x ＝2或－2(舍去)， ∴腰长DG 为20.如解图④，当点D 在线段BC 的延长线上，且直线AB ，EC 的交点在BD 下方时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥FG 于点H.第2题解图④设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x ＋12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝(4x ＋12)×45＝16x ＋485，∴GF＝2GH ＝32x ＋965，∴AF＝GF －AG ＝7x ＋965.∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝7x ＋96532x ＋965， 解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长GD 为84＋48147，如解图⑤，当点D 在线段CB 的延长线上时，此时只有DF ＝DG ，过点D 作DH⊥AG 于点H.设AE ＝3x ，则EG ＝4x ，AG ＝5x ，DG ＝4x －12， ∴FH＝GH ＝DG·cos∠DGB＝16x －485，第2题解图⑤∴FG＝2FH ＝32x －965，∴AF＝AG －FG ＝96－7x5.∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF， ∴AC EG ＝AF FG ，∴124x ＝96－7x 532x －965， 解得x ＝12147或－12147(舍去)，∴腰长DG 为－84＋48147.综上所述，等腰三角形△DFG 的腰长为4或20或84＋48147或－84＋48147.类型二1．解：(1)①如解图①，若PB ＝PC ，连接PB ，则∠PCB＝∠PBC. ∵CD 为等边三角形的高，∴AD＝BD ，∠PCB＝30°， ∴∠PBD＝∠PBC＝30°，∴PD＝33DB ＝36AB ， 与已知PD ＝12AB 矛盾，∴PB≠PC；②若PA ＝PC ，连接PA ，同理可得PA≠PC； ③若PA ＝PB ，由PD ＝12AB ，得PD ＝AD ，∴∠APD＝45°，故∠APB＝90°. (2)∵BC＝5，AB ＝3，∠BAC＝90°， ∴AC＝BC 2－AB 2＝52－32＝4.①若PB ＝PC ，设PA ＝x ，则PC ＝PB ＝4－x ， ∴x 2＋32＝(4－x)2，∴x＝78，即PA ＝78；②若PA ＝PC ，则PA ＝2；③若PA ＝PB ，由解图②知，在Rt△PAB 中，不可能存在． 综上所述，PA 的长为2或78.2．(1)解：1.(2)证明： ∵AB＝AC ，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°. ∵BD 是∠ABC 的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠CBD. 又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC， ∴BD 是△ABC 的“顶似线”．(3)解：①如解图①，当△ADC∽△BAC 时，AD 为△ABC 的“顶似线”， 则AD AB ＝AC BC ，即AD 4＝36，∴AD＝2； ②如解图②，当△ADC∽△ACB 时，CD 为△ABC 的“顶似线”，则CD CB ＝AC AB ，即CD 6＝34，∴CD＝92； ③过顶点B 的“顶似线”不存在．综上所述，△ABC 的“顶似线”的长为2或92.3．解：(1)①AC；②如解图①，过点B 作AC 边上的中线BE ，则BE ＝AC ＝b ，CE ＝AE ＝12b.在Rt△ABC 中，a 2＋b 2＝c 2， 在Rt△BCE 中，a 2＋(12b)2＝b 2.解得a ＝32b ，c ＝72b.∴a∶b∶c＝3∶2∶7.(2)如解图②，过点A 作AF⊥BC 于点F ，则∠AFB＝∠AFC＝90°. 设AM ＝BC ＝a ，AF ＝h ，MF ＝x ，则BM ＝CM ＝12a.在Rt△ABF 中，AB 2＝BF 2＋AF 2＝(a2＋x)2＋h 2，在Rt△ACF 中，AC 2＝CF 2＋AF 2＝(a2－x)2＋h 2，∴AB 2＋AC 2＝a22＋2x 2＋2h 2.在Rt△AMF 中，AM 2＝MF 2＋AF 2，即a 2＝x 2＋h 2.∴AB 2＋AC 2＝5a 22＝52BC 2.(3)∵∠B＝90°，BC ＞AB ，∴BC 为△ABC 的“奇特边”． ∵BC＝27，∴由(1)②知AB ＝32BC ＝21，AC ＝72BC ＝7.设等腰△ACD 的底边长为y ，由(2)中结论知：①当腰为“奇特边”时，有72＋y 2＝52×72，解得y ＝726(负值已舍去)．②当底边为“奇特边”时，有72＋72＝52×y 2，解得y ＝1455(负值已舍去)．∴等腰△ACD 的底边长为726或145 5.4．解：(1)∵∠C＞90°，∠A＝60°， ∴β＝60°，α＝15°，∴∠B＝15°.(2)若存在一点E ，使得△ABE 也是“准互余三角形”， 则2∠EBA＋∠EAB＝90°.如解图①，作射线BF ，使得∠FBE＝∠ABE ，延长AE 交BF 于点F ，则∠BFE＝90°.即BE 为∠FBA 的角平分线，过点E 作EG⊥AB 于点G ， 则EG ＝EF ，可得△BEF≌△BEG. 又∵△BEG∽△BAC，∴△BEF∽△BAC， ∴BF BC ＝EF AC ，∴BF 5＝EF4①. 又∵△BEF∽△AEC，∴EF CE ＝BF AC ，∴EF 5－BE ＝BF 4②，由①②可得，BE ＝1.8.(3)如解图②，将△BCD 沿BC 翻折得△BCE，则CE ＝CD ＝12，∠ABD＝2∠BC D ＝∠DCE，∠DCE＋∠DBE＝180°，即∠ABD＋∠DBE＝180°，∴点A ，B ，E 共线，易知2∠ACB＋∠BAC＝90°不成立，存在2∠BAC＋∠ACB＝90°，易证得△ECB∽△EAC，∴EC AE ＝BE EC ，即127＋BE ＝BE 12，解得BE ＝9(负值已舍去)，∴AE＝16，在Rt△AEC 中，利用勾股定理得，AC ＝AE 2＋CE 2＝20.类型三1．解：(1)①DF＝2AE ； ②DF＝2AE ；理由：∵∠EBF＝∠ABD＝45°，∴∠ABE ＝∠FBD.∵BE BF ＝AB BD ，∴△ABE∽△DBF，∴AE DF ＝AB BD ＝22，∴DF＝2AE.(2)①如解图①，过点F 作FG⊥AD 于点G ，则四边形AEFG 是矩形，∴GF＝AE. ∵tan∠FDG＝BAAD ＝GFDG ，AD ＝BC ＝mAB ，∴DG＝mGF ，在Rt△DGF 中，由勾股定理得DF ＝GF 2＋DG 2＝1＋m 2GF ，∴DF＝1＋m 2AE.②画出草图如解图②，DF′＝1＋m2AE′.2．解：(1)GM＝GN；GM⊥GN.【解法提示】如解图①，连接BE，CD相交于点H.∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°∴∠CAD＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB(SAS)，∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，∴∠BDC＋∠DBH＝∠BDC＋∠ABD＋∠ABE＝∠BDC＋∠ABD＋∠ADC＝∠ADB＋∠ABD＝90°，∴∠BHD＝90°，∴CD⊥BE.∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MG 12 CD.同理：NG 12BE，∴MG＝NG，MG⊥NG.(2)小明发现的上述结论成立．理由：如解图②，连接CD ，BE 相交于点H. ∵∠DAB＝∠CAE＝90°，∴∠DAC＝∠BAE.∵DA＝BA ，CA ＝EA ，∴△DAC≌△BAE(SAS)，∴∠FBH＝∠ADF，DC ＝BE.∵M 是BD 的中点，G 是BC 的中点，∴MG＝12DC ， 同理NG ＝12BE ，∴MG＝NG. 设CD 交AB 于点F ，则∠FHB＝180°－(∠FBH＋∠BFH)＝180°－(∠ADF＋∠AFD)＝90°，∴CD⊥BE，∴MG⊥NG；(3)△GMN 为等腰直角三角形．证明：如解图③，连接EB ，DC ，延长线相交于点H ，同(1)的方法得，MG ＝NG ，同(1)的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB＝∠ACD，∴∠CEH ＋∠ECH ＝∠AEH －∠AEC ＋180°－∠ACD －∠ACE ＝∠ACD －45°＋180°－∠ACD－45°＝90°，∴∠DHE＝90°，同(1)的方法得，MG⊥NG.3．(1)证明： ∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠ABM.∵CE∥AM，∴∠ECD＝∠ADB.∵AM 是△A BC 的中线，且点D 与点M 重合，∴BD＝DC ，∴△ABD≌△EDC(ASA)，∴AB＝ED.∵AB∥ED，∴四边形ABDE 是平行四边形．(2)解：结论成立．理由如下：第3题解图①如解图①，过点M作MG∥DE交CE于点G.∵CE∥AM，∴四边形DMGE是平行四边形，∴ED＝GM，且ED∥GM.∵AB∥DE，∴AB∥GM，∴∠ABM＝∠GMC.∵AM∥CE，∴∠AMB＝∠GCM.∵AM为△ABC的中线，∴BM＝MC.∴△ABM≌△GMC(ASA)，∴AB＝GM，∴AB＝DE.∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形．(3)解：①如解图②，取线段HC的中点I，连接MI，第3题解图②∵BM＝MC，∴MI 是△BHC 的中位线，∴MI∥BH，MI ＝12BH. ∵BH⊥AC，且BH ＝AM.∴MI＝12AM ，MI⊥AC， ∴∠CAM＝30°.②设DH ＝x ，则AH ＝3x ，AD ＝2x ， ∴AM＝4＋2x ，∴BH＝4＋2x.∵四边形ABDE 是平行四边形，∴DF∥AB， ∴HF HA ＝HD HB ，∴33x ＝x 4＋2x ， 解得x ＝1＋5或x ＝1－5(舍去)， ∴DH＝1＋ 5.。

中考数学几何压轴题及答案一、解答题（共30小题）1.观察猜想（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝α，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，α的式子直接写出结论2.在△ABC的边BC上取B′、C′两点，使∠AB′B＝∠AC′C＝∠BAC（1）如图1中∠BAC为直角，∠BAC＝∠AB′B＝∠AC′C＝90°（点B′与点C′重合），则△ABC∽△B'BA∽△C'AC，，，进而可得AB2+AC2＝；（2）如图2中当∠BAC为锐角，图3中∠BAC为钝角时（1）中的结论还成立吗？若不成立，则AB2+AC2等于什么（用含用BC和B′C′的式子表示）？并说明理由（3）若在△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝9，请你先判断出△ABC的类型，再求出B′C′的长3．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，点D是线段AB上一动点，连接BE填空：①的值为；②∠DBE的度数为．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，点D是线段AB上一动点，连接BE．请判断的值及∠DBE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE 的中点M，连接BM、CM，若AC＝2，则当△CBM是直角三角形时，线段BE的长是多少？请直接写出答案．4.（1）问题发现：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，以点D为顶点作正方形DFGE，使点A、C分别在DE和DF上，连接BE、AF．则线段BE 和AF数量关系．（2）类比探究：如图②，保持△ABC固定不动，将正方形DFGE绕点D旋转α（0°＜α≤360°），则（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）解决问题：若BC＝DF＝2，在（2）的旋转过程中，连接AE，请直接写出AE的最大值．5.如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，以点O为顶点的∠EOF的两边分别与边AB、AD交于点E、F，且∠EOF与∠BAD互补．（1）若四边形ABCD是正方形，则线段OE与OF有何数量关系？请直接写出结论；（2）若四边形ABCD是菱形，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请画出图形并给出证明；若不成立，请说明理由；（3）若AB：AD＝m：n，探索线段OE与OF的数量关系，并证明你的结论.6.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＝．7.如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE.定理：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．探索发现：图1中，的值为；的值为．（2）拓展探完若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△CDE旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BE的长．8.已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点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，设OD＝m．（1）问题发现如图1，△CDE的形状是三角形．（2）探究证明如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．（3）解决问题是否存在m的值，使△DEB是直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．9.等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE绕点A作360°旋转，点F、M、N分别为线段BE、BC、CD 的中点，连接MN、NF．问题提出：（1）如图1，当AD在线段AC上时，则∠MNF的度数为，线段MN 和线段NF的数量关系为；深入讨论：（2）如图2，当AD不在线段AC上时，请求出∠MNF的度数及线段MN和线段NF的数量关系；拓展延伸：（3）如图3，△ADE持续旋转过程中，若CE与BD交点为P，则△BCP面积的最小值为．10．四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是，请说明理由．（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．（3）问题解决：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．11．问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．12．如图1，菱形ABCD与菱形GECF的顶点C重合，点G在对角线AC上，且∠BCD＝∠ECF＝60°，（1）问题发现的值为；（2）探究与证明将菱形GECF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜60°），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：菱形GECF在旋转过程中，当点A，G，F三点在一条直线上时，如图3所示连接CG并延长，交AD于点H，若CE＝2，GH＝，则AH的长为．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，＝，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F．（1）探究发现：如图1，若m＝n，点E在线段AC上，则＝；（2）数学思考：①如图2，若点E在线段AC上，则＝（用含m，n的代数式表示）；②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明；（3）拓展应用：若AC＝，BC＝2，DF＝4，请直接写出CE的长．14．如图，已知点E是射线BC上的一点，以BC、CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF，取AF的中点M，连接DM、MG（1）如图1，判断线段DM和GM的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，在图中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；（3）已知BC＝10，CE＝2，正方形CEFG绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出△DMG的面积．15.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为A'，B′），射线CA′，CB′分别交直线m于点P，Q．（1）如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；（2）如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形P A'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形P A′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．16.如图（1），在等边三角形ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接BE，CD，点M，N，P分别是BE，CD，BC的中点，连接DE，PM，PN，MN．（1）观察猜想，图（1）中△PMN是（填特殊三角形的名称）（2）探究证明，如图（2），△ADE绕点A按逆时针方向旋转，则△PMN的形状是否发生改变？并就图（2）说明理由．（3）拓展延伸，若△ADE绕点A在平面内自由旋转，AD＝2，AB＝6，请直接写出△PMN 的周长的最大值．17.已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β，（1）如图1，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，则α＝°；β＝°.（2）如图2，若点D在线段BC上，点E在线段AC上，则α，β之间有什么关系式？说明理由．（3）是否存在不同于（2）中的α，β之间的关系式？若存在，请写出这个关系式（写出一种即可），说明理由；若不存在，请说明理由.18.问题提出：（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC、BD，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，点B的对应点落在点D，点C的对应点为点E，可知点C、D、E在一条直线上，则△ACE为三角形，BC、CD、AC的数量关系为；探究发现：（2）如图2，在⊙O中，AB为直径，点C为的中点，点D为圆上一个点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且AD＜BD，请求出CD、AD、BD间的数量关系.拓展延伸：（3）如图3，在等腰直角三角形ABC中，点P为AB的中点，若AC＝13，平面内存在一点E，且AE＝10，CE＝13，当点Q为AE中点时，PQ＝.19.已知△ABC中，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M、N分别在边CA，CB上（不与端点重合），BN＝AM，射线AG∥BC交BM延长线于点D，点E在直线AN上，EA＝ED．（1）【观察猜想】如图1，点E在射线NA上，当∠ACB＝45°时，①线段BM与AN的数量关系是；②∠BDE的度数是；（2）【探究证明】如图2点E在射线AN上，当∠ACB＝30°时，判断并证明线段BM与AN的数量关系，求∠BDE的度数；（3）【拓展延伸】如图3，点E在直线AN上，当∠ACB＝60°时，AB＝3，点N是BC 边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．20.如图①，在正方形ABCD和正方形AB'C'D'中，AB＝2，AB'＝，连接CC’（1）问题发现：．（2）拓展探究：将正方形AB'C'D'绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB'，试判断：当0°≤θ＜360°时，的值有无变化？请仅就图②中的情形给出你的证明；（3）问题解决：请直接写出在旋转过程中，当C，C′，D'三点共线时BB′的长．21.如图1，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点．（1）观察猜想将图1中的△BCD绕点O逆时针旋转至图2中△ECF的位置，连接AC，DE，则线段AC与DE的数量关系是，直线AC与DE的位置关系是．（2）类比探究将图2中的△ECF绕点O逆时针旋转至图3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．（3）拓展延伸将图2中的△ECF在平面内旋转，设直线AC与DE的交点为M，若AB＝4，请直接写出BM的最大值与最小值．22.如图1，点B在直线l上，过点B构建等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，且AB＝AC，过点C作CD⊥直线l于点D，连接AD．（1）小亮在研究这个图形时发现，∠BAC＝∠BDC＝90°，点A，D应该在以BC为直径的圆上，则∠ADB的度数为°，将射线AD顺时针旋转90°交直线l于点E，可求出线段AD，BD，CD的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD，BD，CD的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD长为1，当△ABD面积取得最大值时，请直接写AD的长．23．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB＝a、BC＝b，求的值．24．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，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α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，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、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．25.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE＝nEA，连接CE并延长，交AB于点F．（1）尝试探究如图（1），当∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA时，BF，BA之间的数量关系是；（2）类比延伸如图（2），当△ABC为锐角三角形，DE＝EA时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展迁移如图（3），当△ABC为锐角三角形，DE＝nEA时，请直接写出BF，BA之间的数量关系．26.古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE ⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．27．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O 于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．①求∠AED的度数；②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．28.【性质探究】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF＝2OG．【迁移应用】（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．【拓展延伸】（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．29．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．（1）求证：△APE∽△ABC；（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP 的长．30．如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tan C＝．点K在AC边上，点M，N 分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请直接写出点K被扫描到的总时长．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．【解答】解：（1）如图①中，∵∠EAF＝∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△BAF≌△CAE，∴∠ABF＝∠C，BF＝CE，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为：BF⊥BE，BC．（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H．∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝2，∴BF+BE＝BH＝2；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M．∵AC∥DH，∴∠ACB＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF＝DE，DB＝DH，∴△BDF≌△HDE，∴BF＝EH，∴BF+BE＝EH+BE＝BH，∵DB＝DH，DM⊥BH，∴BM＝MH，∠BDM＝∠HDM，∴BM＝MH＝BD•sin．∴BF+BE＝BH＝2n•sin．2．【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC×BC＝BC2，故答案为BC2．（2）不成立．理由：如图2中当∠BAC为锐角时，BB′+CC′﹣B′C′＝BC，且△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2+BC•B′C′．图3中∠BAC为钝角时，BB′+CC′+B′C′＝BC．AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2﹣BC•B′C′．（3）当AB＝5，AC＝6，BC＝9时，则AB2+AC2＜BC2，可知△ABC为钝角三角形，由图3可知：AB2+AC2＝BC2﹣BC•B′C′，∴52+62＝92﹣9B′C′，∴B′C′＝．3．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，∴∠ABC＝∠CAB＝45°＝∠CDE＝∠CED，∴AC＝BC，CD＝CE，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠CAB＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°，＝1，故答案为：1，90°（2），∠DBE＝90°理由如下：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∠CED＝∠ABC＝30°∴tan∠ABC＝tan30°＝＝∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴Rt△ACB∽Rt△DCE∴∴，且∠ACD＝∠BCE∴△ACD∽△BCE∴＝，∠CBE＝∠CAD＝60°∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°（3）若点D在线段AB上，如图，由（2）知：＝，∠ABE＝90°∴BE＝AD∵AC＝2，∠ACB＝90°，∠CAB＝90°∴AB＝4，BC＝2∵∠ECD＝∠ABE＝90°，且点M是DE中点，∴CM＝BM＝DE，∵△CBM是直角三角形∴CM2+BM2＝BC2＝（2）2，∴BM＝CM＝∴DE＝2∵DB2+BE2＝DE2，∴（4﹣AD）2+（AD）2＝24∴AD＝+1∴BE＝AD＝3+若点D在线段BA延长线上，如图同理可得：DE＝2，BE＝AD∵BD2+BE2＝DE2，∴（4+AD）2+（AD）2＝24，∴AD＝﹣1∴BE＝AD＝3﹣综上所述：BE的长为3+或3﹣4．【解答】解：（1）∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD＝BD＝DC，∠BDA＝90°，∵四边形DFGE是正方形，∴DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF故答案为：BE＝AF；（2）成立；理由如下：当正方形DFGE在BC的上方时，如图②所示，连接AD，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，D为斜边BC的中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADE+∠EDB＝90°，∵四边形DFGE为正方形，∴DE＝DF，且∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；当正方形DFGE在BC的下方时，连接AD，如图③所示：∵∠BDE＝∠BDF+90°，∠ADF＝∠BDF+90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；综上所述，（1）中的结论BE＝AF成立；（3）在△ADE中，∵AE＜AD+DE，∴当点A、D、E共线时，AE取得最大值，最大值为AD+DE．如图④所示：则AD＝BC＝1，DE＝DF＝2，∴AE＝AD+DE＝3，即AE的最大值为3．5．【解答】解：（1）如图1，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是正方形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（2）（1）的结论成立；理由：如图2，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是菱形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（3）如图3，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，∴∠OGE＝∠OHF＝90°，∴∠BAD+∠GOH＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠GOH＝∠EOF，∴△EOG∽△FOH，∴，∵O是▱ABCD的对角线的交点，∴S△AOB＝S△AOD，∵S△AOB＝AB•OG，S△AOD＝AD•OH，∴AB•OG＝AD•OH，∴＝，∴．6．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°，∴＝，GE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴＝＝，∴△ACG∽△BCE，∴＝＝，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴＝＝，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，则由＝得＝，∴AH＝a，则DH＝AD﹣AH＝a，CH＝＝a，∴＝得＝，解得：a＝3，即BC＝3，故答案为：3．7．【解答】解：（1）如图1，连接AE，∵AB＝AC＝2，点E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠BEC＝90°，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB＝1，根据勾股定理得，BE＝∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝2，∴＝＝，∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，∴＝＝，故答案为：，；（2）无变化，理由：由（1）知，CD＝1，CE＝BE＝，∴＝，，∴＝，由（1）知，∠ACB＝∠DCE＝30°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴，（3）当点D在线段AE上时，如图2，过点C作CF⊥AE于F，∠CDF＝180°﹣∠CDE＝60°，∴∠DCF＝30°，∴DF＝CD＝，∴CF＝DF＝，在Rt△AFC中，AC＝2，根据勾股定理得，AF＝＝，∴AD＝AF+DF＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝当点D在线段AE的延长线上时，如图3，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G，∵∠CDG＝60°，∴∠DCG＝30°，∴DG＝CD＝，∴CG＝DG＝，在Rt△ACG中，根据勾股定理得，AG＝，∴AD＝AG﹣DG＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝即：线段BE的长为或．8．【解答】解：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；故答案为：等边；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝2，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴m＝2；③当6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；④当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴m＝14，综上所述：当m＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．9．【解答】解：（1）如图1中，连接DB，MF，CE，延长BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠ADH+∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．故答案为：45°（2）：如图2中，连接MF，EC，BD．设EC交AB于O，BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC+∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠OBH+∠BOH＝90°，∴∠BHO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．（3）：如图3中，如图以A为圆心AD为半径作⊙A．当直线PB与⊙A相切时，此时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP的面积最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC，∵∠ABD+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠CPO，∴∠CPB＝90°，∵PB是⊙A的切线，∴∠ADP＝90°，∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四边形ADPE是矩形，∵AE＝AD，∴四边形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝＝2，∴PC＝2﹣2，PB＝2+2，∴S△BCP的最小值＝×PC×PB＝（2﹣2）（2+2）＝4．10．【解答】（1）解：AC⊥BD，理由如下：连接AC、BD，如图2所示：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，故答案为：AC⊥BD；（2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2；理由如下：如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，设BD、AC相交于E，∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：如图3，连接CG、BE，∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，∴GE＝．11．【解答】解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∴＝＝，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．12．【解答】解：（1）如图1中，作EH⊥CG于H．∵四边形ECFG是菱形，∠ECF＝60°，∴∠ECH＝∠ECF＝30°，EC＝EG，∵EH⊥CG，∴GH＝CG，∴＝cos30°＝，∴＝2•＝，∵EG∥CD，AB∥CD，∴GE∥AB，∴＝＝．故答案为．（2）结论：AG＝BE．理由：如图2中，连接CG．∵四边形ABCD，四边形ECFG都是菱形，∠ECF＝∠DCB＝60°，∴∠ECG＝∠EGC＝∠BCA＝∠BAC＝30°，∴△ECG∽△BCE，∴＝，∵∠ECB＝∠GCA，∴△ECB∽△GCA，∴＝＝，∴AG＝BE．（3）如图3中，∵∠AGH＝∠CGF＝30°．∠AGH＝∠GAC+∠GCA，又∵∠DAC＝∠HAG+∠GAC＝30°，∴∠HAG＝∠ACH，∵∠AHG＝∠AHC，∴△HAG∽△HCA，∴HA：HC＝GH：HA，∴AH2＝HG•HC，∴FC＝2，CG＝CF，∴GC＝2，∵HG＝，∴AH2＝HG•HC＝•3＝9，∵AH＞0，∴AH＝3．故答案为3．13．【解答】解：（1）当m＝n时，即：BC＝AC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴＝1，∴＝1（2）①∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴②成立．如图，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，又∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴．（3）由（2）有，△ADE∽△CDF，∵＝，∴＝，∴CF＝2AE，在Rt△DEF中，DE＝2，DF＝4，∴EF＝2，①当E在线段AC上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（﹣CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（﹣CE）]2＝40∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）而AC＝＜CE，∴此种情况不存在，②当E在AC延长线上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（+CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（+CE）]2＝40，∴CE＝，或CE＝﹣2（舍），③如图1，当点E在CA延长线上时，CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（CE﹣）]2＝40，∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）即：CE＝2或CE＝．14．【解答】解：（1）如图1，延长GM交AD于H，∵AD∥GF，∴∠GFM＝∠HAM，在△FMG和△AMH中，，∴△FMG≌△AMH（ASA），∴HM＝GM，AH＝FG，∵AD＝CD，AH＝FG＝CG，∴DH＝DG，∵∠HDG＝90°，HM＝GM，∴DM＝MG，DM⊥MG，故答案为DM＝MG，DM⊥MG．（2）结论成立：DM＝MG，DM⊥MG，理由：如图2中，延长GM使得MH＝GM，连接AH、DH、DG，延长AD交GF的延长线于N，交CD于O．∵AM＝MF，∠AMH＝∠FMG，MH＝MG，∴△AMH≌△FMG（SAS），∴AH＝GF＝CG，∠AHM＝∠FGM，∴AH∥GN，∴∠HAD＝∠N，∵∠ODN＝∠OGC＝90°，∠DON＝∠GOC，∴∠N＝∠OCG，∴∠HAD＝∠DCG，∵AH＝CG，AD＝CD，∴△HAD≌△GCD（SAS），∴DH＝DG，∠HDA＝∠CDG，∴∠HDG＝∠ADC＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∵MH＝MG，∴DM⊥GH，DM＝MH＝MG，（3）①如图3﹣1中，连接AC．在Rt△ABC中，AC＝＝10，在Rt△ACE中，AE＝＝14，∴AF＝AE＝EF＝14﹣2＝12，∴FM＝AM＝AF＝6，在Rt△MGF中，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝20，②如图3﹣2中，连接AC．同法可得AE＝14，AF＝16，FM＝8，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝34，综上所述，满足条件的△DMG的面积为20或34．15．【解答】解：（1）由旋转可得：AC＝A'C＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝，∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A'BC＝90°，∴cos∠A'CB＝＝，∴∠A'CB＝30°，∴∠ACA'＝60°；（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM＝∠MA'C，由旋转可得，∠MA'C＝∠A，∴∠A＝∠A'CM，∴tan∠PCB＝tan∠A＝，∴PB＝BC＝，∵∠PCQ＝∠PBC＝90°，∴∠BQC+∠BPC＝∠BCP+∠BPC＝90°，∴∠BQC＝∠BCP＝∠A，∴tan∠BQC＝tan∠A＝，∴BQ＝BC×＝2，∴PQ＝PB+BQ＝；（3）∵S四边形P A'B′Q＝S△PCQ﹣S△A'CB'＝S△PCQ﹣，∴S四边形P A'B′Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ＝PQ×BC＝PQ，法一：（几何法）取PQ的中点G，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝PQ，即PQ＝2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，∴CG min＝，PQ min＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣；法二（代数法）设PB＝x，BQ＝y，由射影定理得：xy＝3，∴当PQ最小时，x+y最小，∴（x+y）2＝x2+2xy+y2＝x2+6+y2≥2xy+6＝12，当x＝y＝时，“＝”成立，∴PQ＝+＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣．16．【解答】解：（1）结论：△PMN是等边三角形．理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝AE，∴BD＝EC，∵PB＝PC，CN＝ND，BM＝EM，∴PN∥BD，PM∥EC，PN＝BD，PM＝EC，∴PM＝PN，∠NPC＝∠ABC＝60°，∠MPB＝∠ACB＝60°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，故答案为等边三角形．（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：如图2中，连接BD，CE．由旋转可得∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝∠ABC＝60°又∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵M是BE的中点，P是BC的中点，∴PM是△BCE的中位线，∴PM＝，且PM∥CE．同理可证PN＝BD且PN∥BD，∴PM＝PN，∠MPB＝∠ECB，∠NPC＝∠DBC，∴∠MPB+∠NPC＝∠ECB+∠DBC＝（∠ACB+∠ACE）+（∠ABC﹣∠ABD）＝∠ACB+∠ABC＝120°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形．（3）∵PM＝EC，∴当EC最大时，等边△PMN的周长最大，∵EC≤AE+AC，∴EC≤8，∴PM≤4，∴PM的最大值为4，∴△PMN的周长的最大值为12．17．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°﹣40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD+∠ABD＝60°+20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝10°，故答案为：20，10；（2）设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△DEC中，y＝β+x，在△ABD中，α+x＝y+β＝β+x+β，∴α＝2β；（3）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠ACE＝y，在△ABD中，x+α＝β﹣y，在△DEC中，x+y+β＝180°，∴α＝2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α＝180°﹣2β．18．【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，∠CAE＝90°，AC＝AE，∴△ACE为等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC，故答案为：等腰直角；BC+CD＝AC；（2）延长CO交⊙O于E，连接AE、BE、DE，则∠CDE＝90°，∵点C为的中点，∴点E为的中点，∴EA＝EB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，由（1）得，DE＝（AD+BD），由勾股定理得，CD2＝CE2﹣DE2＝AD2+BD2﹣（AD+BD）2＝（AD﹣BD）2，∴CD＝（BD﹣AD）；（3）如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接CQ、PC，∵CA＝CB，点P为AB的中点，∴CP⊥AB，∵CA＝CE，点Q为AE中点，∴CQ⊥AE，AQ＝QE＝AE＝5，∴由勾股定理得，CQ＝＝12，由（1）得，AQ+CQ＝PQ，。