中考突破复习题型专项(十一)几何图形综合题

2023年春九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题训练（附答案）1．如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，直线AE，BD交于点F．（1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，∠AFB的度数为，线段AE与BD的数量关系为．（2）如图2，当△ECD绕点C顺时针旋转α（0°≤α＜360°）时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由；若成立，请就图2给予证明．（3）若AC＝4，CD＝3，当△ECD绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出BD长的取值范围．2．如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D、E两点分别在AC、BC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现：当α＝0°时，的值为；（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时，若△EDC旋转到如图2的情况时，求出的值；（3）问题解决：当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，若CE＝5，AC＝4，直接写出线段AD的长．3．已知：如图1，线段AD＝5，点B从点A出发沿射线AD方向运动，以AB为底作等腰△ABC，使得AC＝BC＝AB．（1）如图2，当AB＝10时，求证：CD⊥AB；（2）当△BCD是以BC为腰的等腰三角形时，求BC的长；（3）当AB＞5时，在线段BC上是否存在点E，使得△BDE与△ACD全等，若存在，求出BC的长；若不存在，请说明理由；（4）作点A关于直线CD的对称点A′，连接CA′当CA′∥AB时，CA′＝（请直接写出答案）．4．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于点E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）试判断BD与AC的位置关系是：；数量关系是：；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．①试猜想BD与AC的数量关系为：；②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．5．如图，平面直角坐标系中O为原点，Rt△ABC的直角顶点A在y轴正半轴上，斜边BC 在x轴上，已知B、C两点关于y轴对称，且C（﹣8，0）．（1）请直接写出A、B两点坐标；（2）动点P在线段AB上，横坐标为t，连接OP，请用含t的式子表示△POB的面积；（3）在（2）的条件下，当△POB的面积为24时，延长OP到Q，使得PQ＝OP，在第一象限内是否存在点D，使得△OQD是等腰直角三角形，如果存在，求出D点坐标；如果不存在，请说明理由．6．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，点D在AB边的延长线上，且CD ＝AB．（Ⅰ）求BD的长度；（Ⅱ）如图2，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'．①若α＝30°，A'D'与CD相交于点E，求DE的长度；②连接A'D、BD'，若旋转过程中A'D＝BD'时，求满足条件的α的度数．（Ⅲ）如图3，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'，若点M 为AC的中点，点N为线段A'D'上任意一点，直接写出旋转过程中线段MN长度的取值范围．7．如图①，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0）．（Ⅰ）求证：AC＝BD；（Ⅱ）如图②，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为时，AC所在直线能够垂直平分BD；（Ⅲ）在（Ⅱ）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）8．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，过点A作直线l平行于BC，点D是直线l上一动点，连接CD，射线DC绕点D顺时针旋转α交直线AB于点E．（1）如图1，若α＝60°，当点E在线段AB上时，请直接写出线段AC，AD，AE之间的数量关系，不用证明；（2）如图2，若α＝60°，当点E在线段BA的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．（3）如图3，若α＝90°，BC＝6，AD＝，请直接写出AE的长．9．有一根直尺短边长4cm，长边长10cm，还有一块锐角为45°的直角三角形纸板，它的斜边长为16cm，如图甲，将直尺的短边DE与直角三角形纸板的斜边AB重合，且点D 与点A重合．将直尺沿射线AB方向平移，如图乙，设平移的长度为xcm，且满足0≤x ≤12，直尺和三角形纸板重叠部分的面积为Scm2．（1）当x＝0cm时，S＝；当x＝12cm时，S＝．（2）当0＜x＜8（如图乙、图丙），请用含x的代数式表示S．（3）是否存在一个位置，使重叠部分面积为28cm2？若存在求出此时x的值．10．如图①，C为线段BD上的一点，BC≠CD，分别以BC，BD为边在BD的上方作等边△ABC和等边△CDE，连接AE，F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，连接FG，GH，FH．（1）△FGH的形状是；（2）将图①中的△CDE绕点C顺时针旋转，其他条件不变，（1）的结论是否成立？结合图②说明理由；（3）若BC＝2，CD＝4，将△CDE绕点C旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出△FGH的周长．11．已知，射线AB∥CD，P是直线AC右侧一动点，连接AP，CP，E是射线AB上一动点，过点E的直线分别与AP，CP交于点M，N，与射线CD交于点F，设∠BAP＝∠1，∠DCP＝∠2．（1）如图1，当点P在AB，CD之间时，求证：∠P＝∠1+∠2；（2）如图2，在（1）的条件下，作△PMN关于直线EF对称的△P'MN，求证：∠3+∠4＝2（∠1+∠2）；（3）如图3，当点P在AB上方时，作△PMN关于直线EF对称的△P'MN，（1）（2）的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠P，∠1，∠2之间数量关系，以及∠3，∠4与∠1，∠2之间数量关系．12．（1）如图1，平面直角坐标系中A（0，a），B（a，0）（a＞0）．C为线段AB的中点，CD⊥x轴于D，若△AOB的面积为2，则△CDB的面积为．（2）如图2，△AOB为等腰直角三角形，O为直角顶点，点E为线段OB上一点，且OB＝3OE，C与E关于原点对称，线段AB交x轴于点D，连CD，若CD⊥AE，试求的值．（3）如图3，点C、E在x轴上，B在y轴上，OB＝OC，△BDE是以B为直角顶点的等腰直角三角形，直线CB、ED交于点A，CD交y轴于点F，试探究：是否为定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是，请求出其取值范围．13．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．（1）如图1，点P，Q在线段BC上，AP＝AQ，∠BAP＝15°，求∠AQB的度数；（2）点P，Q在线段BC上（不与点B，C重合），AP＝AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM．①依题意将图2补全；②用等式表示线段BP，AP，PC之间的数量关系，并证明．14．【问题背景】如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：△ABD≌△ACE；【尝试应用】如图2，在图1的条件下，延长DE，AC交于点G，BF⊥AB交DE于点F，求证：FG＝AE；【拓展创新】如图3，A是△BDC内一点，∠ABC＝∠ADB＝45°，∠BAC＝90°，BD ＝，直接写出△BDC的面积为．15．在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b）分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点，点C与点A关于y轴对称，点P是x轴正半轴上C点右侧一动点．（1）当2a2+4ab+4b2+2a+1＝0时，求A，B的坐标；（2）当a+b＝0时，①如图1，若D与P关于y轴对称，PE⊥DB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PB＝PF；②如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CP＝AQ时，求∠APB的大小．16．已知：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝6，左右作平行移动的等边三角形DEF的两个顶点E、F始终在边BC上，DE、DF分别与AB相交于点G、H．（1）如图1，当点F与点C重合时，点D恰好在斜边AB上，求△DEF的周长；（2）如图2，在△DEF作平行移动的过程中，图中是否存在与线段CF始终相等的线段？如果存在，请指出这条线段，并加以证明；如果不存在，请说明理由；（3）假设C点与F点的距离为x，△DEF与△ABC的重叠部分的面积为y，求y与x的函数关系式，并写出定义域．17．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝2，点D为边AC的中点（如图），点P、Q 分别是射线BC、BA上的动点，且BQ＝BP，联结PQ、QD、DP．（1）求证：PQ⊥AB；（2）如果点P在线段BC上，当△PQD是直角三角形时，求BP的长；（3）将△PQD沿直线QP翻折，点D的对应点为点D'，如果点D'位于△ABC内，请直接写出BP的取值范围．18．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM＝2，MN＝3，求BN的长．（2）如图2，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点M，N为边AB上两点满足∠MCN＝45°，求证：点M，N是线段AB的勾股分割点；阳阳同学在解决第（2）小题时遇到了困难，陈老师对阳阳说：要证明勾股分割点，则需设法构造直角三角形，你可以把△CBN绕点C逆时针旋转90°试一试．请根据陈老师的提示完成第（2）小题的证明过程．19．问题背景如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．尝试应用如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求的值．拓展创新如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．20．【教材呈现】如图是苏科版九年级下册数学教材第92页的第17题．一块直角三角形木板，它的一条直角边AC长为1.5m，面积为1.5m2．甲乙两人分别按图1、图2把它加工成一个正方形的桌面，请说明哪个正方形的面积较大．【解决问题】（1）记图1、图2中的正方形面积分别为S1，S2，则S1S2．（填“＞”、“＜”或“＝”）．【问题变式】若木板形状是锐角三角形A1B1C1．某数学兴趣小组继续思考：按图3、图4、图5三种方式加工，分别记所得的正方形面积为S3、S4、S5，哪一个正方形的面积最大呢？（2）若木板的面积S仍为1.5m2．小明：记图3中的正方形为“沿B1C1边的内接正方形”，图4中的正方形为“沿A1C1边的内接正方形”，依此类推．以图3为例，求“沿B1C1边的内接正方形DEFG”的面积．设EF ＝x ，B 1C 1＝a ，B 1C 1边上的高A 1H ＝h ，则S ＝ah ．由“相似三角形对应高的比等于相似比”易得x ＝；同理可得图4、图5中正方形边长，再比较大小即可．小红：若要内接正方形面积最大，则x 最大即可；小莉：同一块木板，面积相同，即S 为定值，本题中S ＝1.5，因此，只需要a +h 最小即可．我们可以借鉴以前研究函数的经验，令y ＝a +h ＝a +＝a +（a ＞0）．下面来探索函数y ＝a +（a ＞0）的图象和性质．①根据如表，画出函数的图象：（如图6）a… 1 2 3 4 … y … 12 9 6 4 3 3 4 4…②观察图象，发现该函数有最小值，此时a 的取值 ；A ．等于2；B ．在1～之间；C ．在～之间；D ．在～2之间．（3）若在△A 1B 1C 1中（如图7），A 1B 1＝5，A 1C 1＝，高A 1H ＝4．①结合你的发现，得到S 3、S 4、S 5的大小关系是 （用“＜”连接）． ②小明不小心打翻了墨水瓶，已画出最大面积的内接正方形的△A 1B 1C 1原图遭到了污损，请用直尺和圆规帮他复原△A 1B 1C 1．（保留作图痕迹，不写作法）参考答案1．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，在△ABF中，∠AFB＝180°﹣（∠BAF+∠ABF）＝180°﹣（∠BAF+∠CBF+∠ABC）＝180°﹣（∠BAC+∠ABC）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，∴∠AFB＝60°，故答案为：∠AFB＝60°，AE＝BD；（2）（1）中结论仍成立，证明：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，∵∠AFB+∠CBD＝∠ACB+∠CAE，∴∠AFB＝∠ACB，∵∠ACB＝60°，∴∠AFB＝60°；（3）在△BCD中，BC+CD＞BD，BC﹣CD＜BD，∴点D在BC的延长线上时，BD最大，最大为4+3＝7，当点D在线段BC上时，BD最小，最小为4﹣3＝1，∴1≤BD≤7，即BD长的取值范围为1≤BD≤7．2．解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∠B＝45°，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B＝45°，∠CDE＝∠A＝90°，∴△DEC为等腰直角三角形，∴cos∠C＝＝，∵DE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）由（1）知，△BAC和△CDE均为等腰直角三角形，∴＝＝，又∠BCE＝∠ACD＝α，∴△BCE∽△ACD，∴＝＝，即＝；（3）①如图3﹣1，当点E在线段BA的延长线上时，∵∠BAC＝90°，∴∠CAE＝90°，∴AE＝＝＝3，∴BE＝BA+AE＝4+3＝7；由（2）知，＝．故AD＝．②如图3﹣2，当点E在线段BA上时，AE＝＝＝3，∴BE＝BA﹣AE＝4﹣3＝1，由（2）知，＝．故AD＝．综上所述，AD的长为或，故答案为：或．3．解：（1）如图2中，∵AB＝10，AD＝5，∴AD＝DB，∵CA＝CB，AD＝DB，∴CD⊥AB．（2）如图1中，当AB＜AD时，BC＝BD．设AB＝10k，则AC＝BC＝6k，∵AD＝5，∴10k+6k＝5，∴k＝，∴BC＝6k＝．如图1﹣1中，当AB＞AD时，BC＝BD，同法可得10k﹣6k＝5，解得k＝，∴BC＝6k＝，综上所述，BC的值为或．（3）如图3﹣1中，当△ADC≌△BED时，BD＝AC＝BC，由（2）可知，BC＝．如图3﹣2中，当△ADC≌△BCE时，点E与C重合，此时AB＝10k＝10，∴k＝1，BC＝6k＝6．综上所述，BC的值为或6．（4）如图3中，当CA′∥AB时，∵CA′∥AB，∴∠ADC＝∠A′CD，由翻折可知，∠A′CD＝∠ACD，∴∠ACD＝∠ADC，∴AC＝AD＝5，∴CA′＝CA＝5．故答案为5．4．解：（1）结论：BD＝AC，BD⊥AC．理由：延长BD交AC于F．∵AE⊥CB，∴∠AEC＝∠BED＝90°．在△AEC和△BED中，，∴△AEC≌△BED（SAS），∴AC＝BD，∠CAE＝∠EBD，∵∠AEC＝90°，∴∠ACB+∠CAE＝90°，∴∠CBF+∠ACB＝90°，∴∠BFC＝90°，∴AC⊥BD，故答案为：BD⊥AC，BD＝AC．（2）如图2中，不发生变化，设DE与AC交于点O，BD与AC交于点F．理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（3）①如图3中，结论：BD＝AC，理由是：∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠BEA＝∠DEC＝60°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，故答案为：BD＝AC．②能；设BD与AC交于点F，由①知，△BED≌△AEC，∴∠BDE＝∠ACE，∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，即BD与AC的夹角中的锐角的度数为60°．5．解：（1）∵B、C两点关于y轴对称，且C（﹣8，0），∴点B（8，0），BO＝CO，又∵AO⊥BC，∴AC＝AB，∵∠CAB＝90°，AC＝AB，CO＝BO，∴AO＝CO＝BO＝8，∴点A（0，8）；（2）如图1，过点P作PM⊥OB于M，∵点P的横坐标为t，∴OM＝t，∴MB＝8﹣t，∵∠CAB＝90°，AC＝AB，∴∠ABO＝45°，∴∠BPM＝∠ABO＝45°，∴PM＝MB＝8﹣t，∴S△POB＝×OB×PM＝×8×（8﹣t）＝32﹣4t；（3）∵△POB的面积为24，∴32﹣4t＝24，∴t＝2，∴点P（2，6），如图2，当点Q为直角顶点时，过点Q作HG⊥y轴，过点D作DG⊥HG于点G，∵PQ＝OP，点P（2，6），∴点Q（4，12），∵∠OQD＝90°＝∠OHQ＝∠QGD，∴∠OQH+∠DQG＝90°＝∠OQH+∠HOQ，∴∠HOQ＝∠GQD，又∵OQ＝QD，∴△OHQ≌△QGD（AAS），∴OH＝QG＝12，HQ＝GD＝4，∴HG＝16，∴点D（16，8）；当点D为直角顶点时，过点Q作HG⊥y轴，过点D作DG⊥HG于点G，过点D作DN ⊥y轴于N，同理可求△QDG≌△ODN，∴ON＝QG，DN＝DG，∵DN＝QG+HQ＝4+QG，DG＝HN＝12﹣ON，∴ON＝QG＝4，DN＝DG＝8，∴点D（8，4），综上所述：点D（16，8）或（8，4）．6．解：（Ⅰ）如图1，过点C作CH⊥AB于H，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，CH⊥AB，∴AB＝CD＝6，CH＝BH＝AB＝3，∠CAB＝∠CBA＝45°，∴DH＝＝＝3，∴BD＝DH﹣BH＝3﹣3；（Ⅱ）①如图2，过点E作EF⊥CD'于F，∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，∴CD＝CD'＝6，∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，∴CE＝D'E，又∵EF⊥CD'，∴CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，∴DE＝DC﹣CE＝6﹣2；②如图2﹣1，∵∠ABC＝45°，∠ADC＝30°，∴∠BCD＝15°，∴∠ACD＝105°，∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，∴AC＝A'C，CD＝CD'，∠ACA'＝∠DCD'＝α，∴CB＝CA'，又∵A′D＝BD′，∴△A'CD≌△BCD'（SSS），∴∠A'CD＝∠BCD'，∴105°﹣α＝15°+α，∴α＝45°；如图2﹣2，同理可证：△A'CD≌△BCD'，∴∠A'CD＝∠BCD'，∴α﹣105°＝360°﹣α﹣15°，∴α＝225°，综上所述：满足条件的α的度数为45°或225°；（Ⅲ）如图3，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，∵∠A'＝45°，A'D'⊥AC，∴∠A'＝∠NCA'＝45°，∴CN＝A'N＝3，∵点M为AC的中点，∴CM＝AC＝3，∴MN的最小值＝NC﹣CM＝3﹣3；如图4，当点A，点C，点D'共线，且点N与点D'重合时，MN有最大值，此时MN＝CM+CN＝6+3，∴线段MN的取值范围是3﹣3≤MN≤6+3．7．解：（Ⅰ）∵点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0），∴OA＝+1，OB＝+1，OC＝1，OD＝1，∴AC＝OA﹣OC＝+1﹣1＝，BD＝+1﹣1＝，∴AC＝BD；（Ⅱ）由题意知，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠AOB﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∠BOD＝∠COD﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，如图1（注：点C在x轴上，为了不要出现误解，点C没画在x轴上），延长AC交BD 于D，连接BC，在Rt△AOB中，OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∴∠CAB+∠ABD＝∠OAB﹣∠OAC+∠ABO+∠BOD＝∠OAB+∠OBA＝90°，∴AC⊥BD，∵AC垂直平分BD，∴CD＝BC，设点C的坐标为（m，n），∴m2+n2＝1①，由旋转知，CD＝＝，∵B（+1，0），[m﹣（+1）]2+n2＝2②，联立①②解得，m＝1，n＝0，∴点C在x轴上，∴旋转角为∠AOC＝90°，故答案为：90°；（Ⅲ）如图2，∵OA＝OB＝+1，∴AB＝OA＝2+，过点O作OH⊥AB于H，∴S△AOB＝OA•OB＝AB•OH，∴OH＝＝＝＝，过点D作DG⊥AB于G，S△ABD＝AB•DG＝（2+）DG，要使△ABD的面积最大，则DG最大，由旋转知，点D是以O为圆心，1为半径的圆上，∴点D在HO的延长线上时，DG最大，即DG的最大值为D'H＝OD'+OH＝1+＝，∴S△ABD最大＝AB•D'H＝（2+）×＝，在Rt△AOB中，OA＝OB，OH⊥AB，∴∠BOH＝45°，∴旋转角∠BOD'＝180°﹣45°＝135°．8．解：（1）AC＝AE+AD．证明：连接CE，∵线段DC绕点D顺时针旋转α交直线AB于点E，α＝60°，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴CB＝CA＝AB，∠ACB＝60°，∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠ACB＝60°，∵∠FDC＝∠EAF＝60°，∠AFE＝∠DFC，∴△AFE∽△DFC，∴，∴，∵∠AFD＝∠EFC，∴△AFD∽△EFC，∴∠DAF＝∠FEC＝60°，∴△DEC是等边三角形，∴CD＝CE，∠ECD＝60°，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD，∴AB＝AE+BE＝AE+AD，∴AC＝AE+AD；（2）不成立，AD＝AC+AE．理由如下：在AC的延长线上取点F，使AF＝AD，连接DF，当α＝60°时，∠BAC＝∠EDC＝60°，∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC∠BCA＝60°，∵l∥BC，∴∠DAC＝∠BCA＝60°，∠EAD＝∠ABC＝60°，∵AF＝AD，∴∠ADF＝∠AFD＝60°，AD＝FD＝AF，∴∠EDC＝∠ADF＝60°，∴∠EDC﹣∠ADC＝∠ADF﹣∠ADC，即∠EDA＝∠CDF，∵AD＝FD，∠EAD＝∠AFD＝60°，∴△EAD≌△CFD（ASA），∴AE＝CF，∴AD＝AF＝AC+CF＝AC+AE；（3）AE的长为或．当点E在线段AB上，过点D作直线l的垂线，交AC于点F，如图3所示．∵△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，∴∠ACB＝∠B＝45°．∵直线l∥BC，∴∠DAF＝∠ACB＝45°．∵FD⊥直线l，∴∠DAF＝∠DF A＝45°．∴AD＝FD．∵∠EDC＝∠ADF＝90°，∴∠ADE＝∠FDC．由（1）可知DC＝DE，∴△ADE≌△FDC（SAS），∴AE＝CF．∵AD＝，∴AF＝2，∵BC＝6，∴AC＝AB＝3，∴AE＝AC﹣AF＝3﹣2．当点E在线段AB的延长线上时，如图4所示．过点D作直线l的垂线，交AB于点M，同理可证得△ADC≌△MDE（SAS），∴AC＝EM＝3，∵AD＝，∴AM＝2，∴EM+AM＝3+2．综合以上可得AE的长为3+2或3﹣2．9．解：（1）当x＝0cm时，S＝4×4÷2＝8cm2；当x＝12cm时，S＝4×4÷2＝8cm2．故答案为：8cm2；8cm2．（2）①当0＜x＜4时，∵△CAB为等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°，∴△ADG和△AEF都是等腰直角三角形，∴AD＝DG＝x，AE＝EF＝x+4，∴梯形GDEF的面积＝×（GD+EF）×DE＝×（x+x+4）×4＝4x+8．②如图所示：过点C作CM⊥AB于点M．当4＜x＜8时，梯形GDMC的面积＝（GD+CM）×DM＝（x+8）（8﹣x）＝﹣x2+32，梯形CMEF的面积＝（EF+CM）×ME＝[16﹣（x+4）+8][（x+4）﹣8]＝（20﹣x）（x﹣4）＝﹣x2+12x﹣40，S＝梯形GDMC的面积+梯形CMEF的面积＝（﹣x2+32）+（﹣x2+12x﹣40）＝﹣x2+12x ﹣8．综合以上可得，S＝．（3）当0＜x＜4时s最大值小于24，当x＝4时，S＝24cm2，所以当S＝28cm2时，x必然大于4，即﹣x2+12x﹣8＝28，解得x1＝x2＝6，当x＝6cm时，阴影部分面积为28cm2．当8＜≤12时，由对称性可知s的最大值也是小于24，不合题意舍去．∴当x＝6cm时，阴影部分面积为28cm2．10．解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠B＝∠DCE＝60°，AB＝BC，CE＝CD，∴CE∥AB，∵BC≠CD，∴CE≠AB，∴四边形ABCE是梯形，∵点F，G分别是BC，AE的中点，∴FG是梯形ABCE的中位线，∴FG∥AB，∴∠GFC＝60°，同理：∠GHB＝60°，∴∠FGH＝180°﹣∠GFC﹣∠GHB＝60°＝∠GFC＝∠GHB，∴△FGH是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）成立，理由如下：如图1，取AC的中点P，连接PF，PG，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AB＝BC，CE＝CD，∠BAC＝∠ACB＝∠ECD＝∠B＝60°，又F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，∴FP＝AB，FC＝BC，CH＝CD，PG＝CE，PG∥CE，PF∥AB，∴FP＝FC，PG＝CH，∠GPC+∠PCE＝180°，∠FPC＝∠BAC＝60°，∠PFC＝∠B＝60°，∴∠FPG＝∠FPC+∠GPC＝60°+∠GPC，∠GPC＝180°﹣∠PCE，∴∠FCH＝360°﹣∠ACB﹣∠ECD﹣∠PCE＝360°﹣60°﹣60°﹣（180°﹣∠GPC）＝60°+∠GPC，∴∠FPG＝∠FCH，∴△FPG≌△FCH（SAS），∴FG＝FH，∠PFG＝∠CFH，∴∠GFH＝∠GFC+∠CFH＝∠GFC+∠PFG＝∠PFC＝60°，∴△FGH为等边三角形；（3）①当点D在AE上时，如图2，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC＝2，∵△CDE是等边三角形，∴∠CED＝∠CDE＝60°，CE＝CD＝DE＝4，过点C作CM⊥AE于M，∴DM＝EM＝DE＝2，在Rt△CME中，根据勾股定理得，CM＝＝＝2，在Rt△AMC中，根据勾股定理得，AM＝＝＝4，∴AD＝AM﹣DM＝4﹣2＝2，∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE，连接BE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD＝2，∠ADC＝∠BEC，∵∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠BEA＝∠BEC﹣∠CED＝60°，过点B作BN⊥AE于N，∴∠BNE＝90°，在Rt△BNE中，∠EBN＝90°﹣∠BEA＝30°，∴EN＝BE＝1，∴BN＝EN＝，DN＝DE﹣EN＝3，连接BD，根据勾股定理得，BD＝＝＝2，∵点H是CD的中点，点F是BC的中点，∴FH是△BCD的中位线，∴FH＝BD＝，由（2）知，△FGH是等边三角形，∴△FGH的周长为3FH＝3，②当点D在AE的延长线上时，如图3，同①的方法得，FH＝，∴△FGH的周长为3FH＝3，即满足条件的△FGH的周长为3或3．11．（1）证明：如图1中，过点P作PT∥AB．∵AB∥CD，AB∥PT，∴AB∥PT∥CD，∴∠1＝∠APT，∠2＝∠CPT，∴∠APC＝∠APT+∠CPT＝∠1+∠2．（2）证明：如图2中，连接PP′．∵∠3＝∠MPP′+∠MP′P，∠4＝∠NPP′+∠NP′P，∠APC＝∠MP′N，∴∠3+∠4＝2∠APC，∵∠APC＝∠1+∠2，∴∠3+∠4＝2（∠1+∠2）．（3）结论不成立．结论是：∠P＝∠2﹣∠1，∠4﹣∠3＝2（∠2﹣∠1）．理由：如图3中，设PC交AB于E，AP交NP′于F．∵AB∥CD，∴∠PEB＝∠2，∵∠PEB＝∠1+∠P，∴∠2＝∠P+∠1，∴∠P＝∠2﹣∠1．∵∠4＝∠P+∠PFN，∠PFN＝∠3+∠P′，∠P＝∠P′，∴∠4＝∠P+∠3+∠P，∴∠4﹣∠3＝2∠P＝2（∠2﹣∠1），∴∠4﹣∠3＝2（∠2﹣∠1）．12．解：（1）∵A（0，a），B（a，0）（a＞0），∴OA＝a，OB＝a，∵△AOB的面积为2，∴S△AOB＝×a×a＝2，∴a＝2（负值舍去），∴A（0，2），B（2，0），∵C为线段AB的中点，∴C（1，1），∴OD＝BD＝CD＝1，∴S△CDB＝×1×1＝．故答案为：．（2）连AC，过点D作DM⊥BC于M，∵△AOB是等腰直角三角形，∴AO⊥BO，AO＝BO，∠B＝∠OAB＝45°，又CO＝EO，∴AO是CE的垂直平分线，∴AE＝AC，不妨设AE、CD交于F，AO、CD交于G，∴∠CGA＝∠OAE+∠AFC＝∠OCD+∠COA，∵∠AFC＝∠COA＝90°，∴∠OAE＝∠OCD＝∠OAC，又∵∠CAD＝∠CAO+∠OAB＝∠OCD+∠B＝∠CDA，∴CD＝CA＝EA，∴△AOE≌△CMD（AAS），∴OE＝DM，∴＝＝＝3，∴＝2；（3）＝2，理由如下：作点C关于y轴的对称点N，连接BN，作DM∥BC交y轴于M，∵OB＝OC＝ON，∠BON＝90°，∴△BON等腰直角三角形，∴∠BNO＝∠BMD＝45°，∴∠MBD＝∠OBE+∠DBE＝∠OBE+∠BOE＝∠BEN，又∵BD＝BE，∴△BMD≌△ENB（AAS），∴EN＝BM，BN＝DM＝BC，又∵∠BFC＝∠DFM，∠BCF＝∠FDM，∴△BCF≌△MDF（AAS），∴BF＝MF，∴CO﹣EO＝NO﹣EO＝NE＝BM＝2BF，即＝2．13．解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵∠APQ是△ABC的一个外角，∴∠APQ＝∠B+∠BAP，∵∠BAP＝15°，∴∠APQ＝60°，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQB＝60°．（2）①图形如图2所示．②解：结论：PC2+BP2＝2AP2．理由：连接MC．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQP，∴∠BAP＝∠CAQ，∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴BP＝CQ，∵点Q关于直线AC的对称点为M，∴AQ＝AM，CQ＝CM，∠CAM＝∠CAQ，∠ACM＝∠ACQ＝45°，∴AP＝AM，∠B＝∠ACM＝45°，∠BAP＝∠CAM，BP＝CM，∴∠BAC＝∠P AM＝90°，在Rt△APM中，AP＝AM，∠P AM＝90°，∴PM＝，∵∠ACQ＝∠ACM＝45°，∴∠PCM＝90°，在Rt△PCM中，∠PCM＝90°，∴PC2+CM2＝PM2，∴PC2+BP2＝2AP2．14．【问题背景】证明：如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB＝∠EAC，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．【尝试应用】证明：如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．∵DK⊥CD，BF⊥AB，∴∠BDK＝∠ABK＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠DBK＝∠K＝45°，∴DK＝DB，∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝135°，DB＝EC＝DK，∴∠ECG＝45°，∵BF⊥AB，CA⊥AB，∴AG∥BF，∴∠G＝∠DFK，在△ECG和△DKF中，，∴△ECG≌△DKF（AAS），∴DF＝EG，∵DE＝AE，∴DF+EF＝AE，∴EG+EF＝AE，即FG＝AE．【拓展创新】解：如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．．∵∠ADB＝45°，∠DAE＝90°，∴△ADE与△ABC都是等腰直角三角形，同法可证△ABD≌△ACE，∴CE＝BD＝2，∵∠AEC＝∠ADB＝45°，∴∠CED＝∠CEB＝90°，∴S△BDC＝•BD•CE＝×2×2＝6．故答案为：6．15．解：（1）∵2a2+4ab+4b2+2a+1＝0，∴（a+2b）2+（a+1）2＝0，∵（a+2b）2≥0 （a+1）2≥0，∴a+2b＝0，a+1＝0，∴a＝﹣1，b＝，∴A（﹣1，0）B（0，）．（2）①证明：如图1中，∵a+b＝0，∴a＝﹣b，∴OA＝OB，又∵∠AOB＝90°，∴∠BAO＝∠ABO＝45°，∵D与P关于y轴对称，∴BD＝BP，∴∠BDP＝∠BPD，设∠BDP＝∠BPD＝α，则∠PBF＝∠BAP+∠BP A＝45°+α，∵PE⊥DB，∴∠BEF＝90°，∴∠F＝90o﹣∠EBF，又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠BDP＝45°﹣α，∴∠F＝45o+α，∴∠PBF＝∠F，∴PB＝PF．②解：如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H．可得等腰直角△BQF，∵∠BOQ＝∠BQF＝∠FHQ＝90°，∴∠BQO+∠FQH＝90°，∠FQH+∠QFH＝90°，∴∠BQO＝∠QFH，∵QB＝QF，∴△FQH≌△QBO（AAS），∴HQ＝OB＝OA，∴HO＝AQ＝PC，∴PH＝OC＝OB＝QH，∴FQ＝FP，又∠BFQ＝45°∴∠APB＝22.5°．16．解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝6，∴AC＝2，∠A＝60°，∵△DEF是等边三角形，∴∠DCE＝60°，∴∠ACD＝30°，∴∠ADC＝90°，∴CD＝AC＝3，∴△DEF的周长＝9；（2）解：结论：CF＝DG．理由：∵BC＝6，EF＝DF＝DE＝3，∴CF+BE＝BC﹣EF＝6﹣3＝3，∵△DEF是等边三角形，∴∠DEF＝60°，∵∠DEF＝∠B+∠EGB，∴∠B＝∠EGB＝∠DGE＝30°，∴EG＝BE，∵EG+DG＝CF+BE＝3，∴CF＝DG；（3）∵S△DEF＝×32＝，S△DGH＝•GH•DH＝•x•x＝x2，y＝S△DFE﹣S△DHG＝﹣x2（0≤x≤3）．17．解：（1）在Rt△ABC中，AC＝2，BC＝2，根据勾股定理得，AB＝＝＝4，∴＝，∵BQ＝BP，∴＝，∴，∵∠QBP＝∠CBA，∴△BPQ∽△BAC，∴∠BQP＝∠ACB＝90°，∴PQ⊥AB；（2）∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，由（1）知，PQ⊥AB，∴∠AQP＝90°，∴∠PQD＜90°，∵△PQD是直角三角形，∴①当∠DPQ＝90°时，如图1，在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，∴sin∠ABC＝＝，∴∠ABC＝30°，∴∠QPB＝90°﹣∠ABC＝60°，∴∠DPC＝90°﹣∠BPQ＝30°，∴CP＝＝＝，∴BP＝BC﹣CP＝，②当∠PDQ＝90°时，∴∠ADQ+∠PDC＝90°，如图2，过Q作QE⊥AC于E，∴∠DEQ＝90°＝∠ACB，∴∠ADQ+∠DQE＝90°，∴∠DQE＝∠PDC，∴△EQD∽△CDP，∴，∴，设BP＝t，则CP＝BC﹣BP＝2﹣t，在Rt△BQP中，BQ＝BP cos30°＝t，∴AQ＝AB﹣BQ＝4﹣t，在Rt△AEQ中，QE＝AQ cos30°＝（4﹣t）•＝2﹣t，AE＝AQ＝2﹣t，∴DE＝AD﹣AE＝t﹣1，∴，∴t＝或t＝（大于2，舍去）∴BP＝；即BP＝或；（3）；理由：如图3，①当点D'恰好落在边BC上时，由折叠知，PD'＝PD，PQ⊥DD'，由（1）知，PQ⊥AB，∴DD'∥AB，∴∠DD'C＝∠ABC＝30°，∴CD'＝CD＝，设BP＝m，则CP＝BC﹣BP＝2﹣m，∴DP＝D'P＝CD'﹣CP＝m﹣，在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP2＝CP2+CD2，∴（m﹣）2＝（2﹣m）2+1，∴m＝，②当点D'落在D时，即PQ过点D，在Rt△CDP'中，∠P'＝90°﹣∠DD'P'＝30°，∴CP'＝＝＝，∴BP'＝BC+CP'＝，综上：．18．（1）解：当MN最长时，BN＝＝＝；当BN最长时，BN＝＝＝，综合以上可得BN的长为或；（2）证明：如图，把△CBN绕点C逆时针旋转90°，得到△CAN'，连接MN'，∴△AN'C≌△BNC，∴CN'＝CN，∠ACN'＝∠BCN，∠CBN＝∠CAN'，∵∠MCN＝45°，∴∠N'CA+∠ACM＝∠ACM+∠BCN＝45°，∴∠MCN'＝∠BCM，∴△MN'C≌△MNC（SAS），∴MN'＝MN，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠B＝∠CAM＝45°，∴∠CAN'＝45°，∴∠MAN'＝∠CAN'+∠CAM＝45°+45°＝90°，在Rt△MN'A中，AN'2+AM2＝N'M2，∴BN2+AM2＝MN2，∴点M，N是线段AB的勾股分割点．19．问题背景解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；尝试应用∵△ACD和△ABE都是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠CAB＝∠DAE，∴△ADE≌△ACB（SAS），∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，∵∠ADE＝90°，∴∠ADF＝90°，∵∠ADC＝∠ACD＝60°，∴∠DCF＝∠CDF＝30°，∴CF＝DF，∵BD⊥BC，∴∠BDF＝30°，∴BF＝DF，设BF＝x，则CF＝DF＝2x，DE＝3x，∴；拓展创新∵∠ACB＝90°，∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，∴CD＝AB＝1，如图，过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，∴∠P AC＝90°，P A＝AC，∵∠EAD＝90°，∴∠P AE＝∠CAD，∴△CAD≌△P AE（SAS），∴PE＝CD＝1，∵AB＝2，AE＝AD＝1，∴BE＝＝＝，∴BP≤BE+PE＝+1，当且仅当P、E、B三点共线时取等号，∴BP的最大值为+1．20．解：（1）由AC长为1.5m，△ABC的面积为1.5m2，可得BC＝2m，如图①，设加工桌面的边长为xcm，∵DE∥CB，∴△ADE∽△ACB，∴＝，即＝，解得：x＝；如图②，设加工桌面的边长为ym，过点C作CM⊥AB，分别交DE、AB于点N、M，∵AC＝1.5m，BC＝2m，∴AB＝＝＝2.5（m），∵△ABC的面积为1.5m2，∴CM＝m，∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∴＝，即＝，解得：y＝，∴x＞y，即S1＞S2，故答案为：＞．（2）①函数图象如图6所示：②观察图象，发现该函数有最小值，此时a的取值～2之间．故选D．（3）①由（2）可知，S5＜S4＜S3．故答案为：S5＜S4＜S3．②如图7，△A1B1C1即为所求作．。

中考数学复习专题：⼏何综合题（含答案解析）⼏何综合题1.已知△ABC 中，AD 是BAC ∠的平分线，且AD =AB ，过点C 作AD 的垂线，交 AD 的延长线于点H ．（1）如图1，若60BAC ∠=?①直接写出B ∠和ACB ∠的度数；②若AB =2，求AC 和AH 的长；（2）如图2，⽤等式表⽰线段AH 与AB +AC 之间的数量关系，并证明．答案：（1）①75B ∠=?，45ACB ∠=?；②作DE ⊥AC 交AC 于点E .Rt △ADE 中，由30DAC ∠=?，AD=2可得DE =1，AE 3=. Rt △CDE 中，由45ACD ∠=?，DE=1，可得EC =1. ∴AC 31=.Rt △ACH 中，由30DAC ∠=?，可得AH 33+=；（2）线段AH 与AB +AC 之间的数量关系：2AH =AB +AC证明：延长AB 和CH 交于点F ，取BF 中点G ，连接GH .易证△ACH ≌△AFH .∴AC AF =,HC HF =. ∴GH BC ∥. ∵AB AD =，∴ ABD ADB ∠=∠. ∴ AGH AHG ∠=∠ . ∴ AG AH =.∴()2222AB AC AB AF AB BF AB BG AG AH +=+=+=+==.2.正⽅形ABCD 的边长为2，将射线AB 绕点A 顺时针旋转α，所得射线与线段BD 交于点M ，作CE AM ⊥于点E ，点N 与点M 关于直线CE 对称，连接CN ．（1）如图1，当045α?<②⽤等式表⽰NCE ∠与BAM ∠之间的数量关系：__________．（2）当4590α?<CDBA图1备⽤图C DBAM答案：（1）①补全的图形如图7所⽰．（2）当45°<α<90°时，=1802NCE BAM ∠?-∠．证明：如图8，连接CM ，设射线AM 与CD 的交点为H ．∵四边形ABCD 为正⽅形，∴∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，直线BD为正⽅形ABCD的对称轴，点A与点C关于直线BD对称．∵射线AM与线段BD交于点M，∴∠BAM=∠BCM=α．-．∴∠1=∠2=90α∵CE⊥AM，∴∠CEH=90°，∠3+∠5=90°．⼜∵∠1+∠4=90°，∠4=∠5，∴∠1=∠3．-．∴∠3=∠2=90α∵点N与点M关于直线CE对称，-∠．∴∠NCE=∠MCE=∠2+∠3=1802BAM（313. 如图，已知60AOB ∠=?，点P 为射线OA 上的⼀个动点，过点P 作PE OB ⊥，交OB 于点E ，点D 在AOB ∠内，且满⾜DPA OPE ∠=∠，6DP PE +=. （1）当DP PE =时，求DE 的长；（2）在点P 的运动过程中，请判断是否存在⼀个定点M ，证明你的判断.答案：（1）作PF ⊥DE 交DE 于F . ∵PE ⊥BO ，60AOB ∠=o，∴30OPE ∠=o.∴30DPA OPE ∠=∠=o.∴120EPD ∠=o∴cos30DF PD =??=∴2DE DF ==（2）当M 点在射线OA 上且满⾜OM =DMME的值不变，始终为1.理由如下：当点P 与点M 不重合时，延长EP 到K 使得PK PD =.∵,DPA OPE OPE KPA ∠=∠∠=∠,∴KPA DPA ∠=∠. ∴KPMDPM ∠=∠.∵PK PD =,PM 是公共边, ∴KPM △≌DPM △. ∴MKMD =.作ML ⊥OE 于L ,MN ⊥EK 于N . ∵3,60MO MOL =∠=o，∴sin 603ML MO =?=o.∵PE ⊥BO ,ML ⊥OE ,MN ⊥EK ，∴四边形MNEL 为矩形. ∴3EN ML ==.∵6EK PE PK PE PD =+=+=, ∴EN NK =. ∵MN ⊥EK , ∴MKME =.∴ME MKMD ==,即1DMME=. 当点P 与点M 重合时，由上过程可知结论成⽴.4. 如图，在菱形ABCD 中，∠DAB =60°，点E 为AB 边上⼀动点（与点A ，B 不重合），连接CE ，将∠ACE 的两边所在射线CE ，CA 以点C 为中⼼，顺时针旋转120°，分别交射线AD 于点F ，G. （1）依题意补全图形；（2）若∠ACE=α，求∠AFC 的⼤⼩（⽤含α的式⼦表⽰）；（3）⽤等式表⽰线段AE 、AF 与CG 之间的数量关系，并证明．答案：（1）补全的图形如图所⽰.（2）解：由题意可知，∠ECF=∠ACG=120°.∴∠FCG=∠ACE=α.∵四边形ABCD 是菱形，∠DAB=60°，∴∠DAC=∠BAC= 30°. ∴∠AGC=30°. ∴∠AFC =α+30°.证明：作CH ⊥AG 于点H.由（2）可知∠BAC=∠DAC=∠AGC=30°.∴CA=CG. ∴HG =21AG. ∵∠ACE =∠GCF ，∠CAE =∠CGF ，∴△ACE ≌△GCF. ∴AE =FG .在Rt △HCG 中， .23cos CG CGH CG HG =∠?= ∴AG =3CG .即AF+AE =3CG .5.如图，Rt △ABC 中，∠ACB = 90°，CA = CB ，过点C 在△ABC 外作射线CE ，且∠BCE = α，点B 关于CE 的对称点为点D ，连接AD ，BD ，CD ，其中AD ，BD 分别交射线CE 于点M ，N . （1）依题意补全图形；（2）当α= 30°时，直接写出∠CMA 的度数；（3）当0°<α< 45°时，⽤等式表⽰线段AM ，CN 之间的数量关系，并证明．答案：（1）如图；ABCE（2）45°；（3）结论：AM CN．证明：作AG⊥EC的延长线于点G．∵点B与点D关于CE对称，∴CE是BD的垂直平分线．∴CB=CD．∴∠1=∠2=α．∵CA=CB，∴CA=CD．∴∠3=∠CAD．∵∠4=90°，∴∠3=12（180°-∠ACD）=12（180°-90°-α-α）=45°-α．∵∠4=90°，CE是BD的垂直平分线，∴∠1+∠7=90°，∠1+∠6=90°．∴∠6=∠7．∵AG⊥EC，∴∠G=90°=∠8．∴在△BCN和△CAG中，∠8=∠G，∠7=∠6，BC=CA，∴△BCN≌△CAG．∴CN=AG．∵Rt△AMG中，∠G=90°，∠5=45°，∴AM AG．∴AM CN．6.在正⽅形ABCD中，M是BC边上⼀点，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．（1）依题意补全图1；答案：（1）补全图形略（2）①证明：连接BD ，如图2，∵线段AP 绕点A 顺时针旋转90°得到线段AQ ，∴AQ AP =，90QAP ∠=°．∵四边形ABCD 是正⽅形，∴AD AB =，90DAB ∠=°．∴12∠=∠．∴△ADQ ≌△ABP ．∴DQ BP =，3Q ∠=∠．∵在Rt QAP ?中，90Q QPA ∠+∠=°，∴390BPD QPA ∠=∠+∠=°．∵在Rt BPD ?中，222DP BP BD +=，⼜∵DQ BP =，222BD AB =，∴2222DP DQ AB +=．②BP AB =．7.如图，在等腰直⾓△ABC 中，∠CAB=90°，F 是AB 边上⼀点，作射线CF ，过点B 作BG ⊥C F 于点G ，连接AG ．（1）求证：∠ABG =∠ACF ；（2）⽤等式表⽰线段C G ，AG ，BG 之间∵∠CAB=90°. ∵ BG ⊥CF 于点G ，∴∠BGF =∠CAB =90°. ∵∠GFB =∠CFA . ∴∠ABG =∠ACF .（2）CG =2AG +BG .证明：在CG 上截取CH =BG ，连接AH ，∵△ABC 是等腰直⾓三⾓形，∴∠CAB =90°，AB =AC . ∵∠ABG =∠ACH . ∴△ABG ≌△ACH . ∴ AG =AH ,∠GAB =∠HAC . ∴∠GAH =90°. ∴ 222AG AH GH +=. ∴ GH =2AG . ∴ CG =CH +GH =2AG +BG .8.如图，在正⽅形ABCD 中，E 是BC 边上⼀点，连接AE ，延长CB ⾄点F ，使BF=BE ，过点F 作FH ⊥AE 于点H ，射线FH 分别交AB 、CD 于点M 、N ，交对⾓线AC 于点P ，连接AF ．（1）依题意补全图形；（2）求证：∠FAC =∠APF ；（3）判断线段FM 与PN 的数量关系，并加以证明．答案：（1）补全图如图所⽰．（2）证明∵正⽅形ABCD ，∴∠BAC =∠BCA =45°，∠ABC =90°，∴∠PAH =45°-∠BAE ．∵FH ⊥AE ．EDCBAM H PDAC∴∠APF=45°+∠BAE．∵BF=BE，∴AF=AE，∠BAF=∠BAE．∴∠FAC=45°+∠BAF．∴∠FAC=∠APF．（3）判断：FM=PN．证明：过B作BQ∥MN交CD于点Q，∴MN=BQ，BQ⊥AE．∵正⽅形ABCD，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°．∴∠BAE=∠CBQ．∴△ABE≌△BCQ．∴AE=BQ．∴AE=MN．∵∠FAC=∠APF，∴FP=MN．∴FM=PN．9.如图所⽰，点P位于等边ABC△的内部，且∠ACP=∠CBP．(1) ∠BPC的度数为________°；(2) 延长BP⾄点D，使得PD=PC，连接AD，CD．①依题意，补全图形；②证明：AD+CD=BD；(3)在(2)的条件下，若BD的长为2，求四边形ABCD的⾯积．M HPD AC解：(1)120°. ----------------------------2分(2)①∵如图1所⽰.②在等边ABC △中，60ACB ∠=?，∴60.ACP BCP ∠+∠=? ∵=ACP CBP ∠∠，∴60.CBP BCP ∠+∠=?∴()180120.BPC CBP BCP ∠=?-∠+∠=?∴18060.CPD BPC ∠=?-∠=? ∵=PD PC ，∴CDP △为等边三⾓形.∵60ACD ACP ACP BCP ∠+∠=∠+∠=?，∴.ACD BCP ∠=∠在ACD △和BCP △中，AC BC ACD BCP CD CP =??∠=∠??=?，，，∴()SAS ACD BCP △≌△. ∴.AD BP =∴.AD CD BP PD BD +=+=-----------------------------------------4分（3）如图2，作BM AD ⊥于点M ，BN DC ⊥延长线于点N .∵=60ADB ADC PDC ∠∠-∠=?，∴=60.ADB CDB ∠∠=?∴=60.ADB CDB ∠∠=?D∴=BM BN BD == ⼜由（2）得，=2AD CD BD +=，ABD BCD ABCD S S S ∴△△四边形=+1122AD BM CD BN =22==-----------------------------------7分10.如图1，在等边三⾓形ABC 中，CD 为中线，点Q 在线段CD 上运动，将线段QA 绕点Q 顺时针旋转，使得点A的对应点E 落在射线BC 上，连接BQ ，设∠DAQ =α（0°＜α＜60°且α≠30°）. （1）当0°＜α＜30°时，①在图1中依题意画出图形，并求∠BQE （⽤含α的式⼦表⽰）；②探究线段CE ，AC ，CQ 之间的数量关系，并加以证明；（2）当30°＜α＜60°时，直接写出线段CE ，AC ，CQ 之间的数量关系.解：（1）①3-． ………………………………………………………………………… 1分② 0≤QL．……………………………………………………………… 2分（2）设直线+33y x =与x 轴，y 轴的交点分别为点A ，点B，可得A ，(0,3)B ．∴OA =3OB =，30OAB ∠=?．由0≤Q①如图13，当⊙D 与x 轴相切时，相应的圆⼼1D 满⾜题意，其横坐标取到最⼤值．作11D E x ⊥轴于点1E ，可得11D E ∥OB ，111D E AE BO AO=．∵⊙D 的半径为1，∴ 111D E =．∴1AE =11OE OA AE =-=．∴1D x =②如图14，当⊙D与直线y =相切时，相应的圆⼼2D 满⾜题意，其横坐标取到最⼩值．作22D E x ⊥轴于点2E ，则22D E ⊥OA ．设直线y =与直线+3y =的交点为F ．可得60AOF ∠=?，OF ⊥AB ．则9cos 2AF OA OAF =?∠==．图13∵⊙D 的半径为1，∴ 21D F =．∴2272AD AF D F =-=．=?∠72==，22OE OA AE =-=．∴2D x =．由①②可得，D x≤D x≤． ………………………………………… 5分（3）画图见图15．．……………………………… 7分11.如图，在等边ABC △中， ,D E 分别是边,AC BC 上的点，且CD CE = ,30DBC ∠对称，连接,AF FE ，FE 交BD 于G .（1）连接,DE DF ，则,DE DF 之间的数量关系是；（2）若DBC α∠=，求FEC ∠的⼤⼩; （⽤α的式⼦表⽰）（3）⽤等式表⽰线段,BG GF 和FA 之间的数量关系，并证明.GFEDCBA图15（1）DE DF =；（2）解：连接DE ，DF ，∵△ABC 是等边三⾓形，∴60C ∠=?. ∵DBC α∠=，∴120BDC α∠=?-.∴120BDF BDC α∠=∠=?-，DF DC =. ∴1202FDC α∠=?+. 由（1）知DE DF =.∴F ，E ，C 在以D 为圆⼼，DC 为半径的圆上.∴1602FEC FDC ∠=∠=?+α.（3）BG GF FA =+.理由如下：连接BF ，延长AF ，BD 交于点H ，∵△ABC 是等边三⾓形，∴60ABC BAC ∠=∠=?，AB BC CA ==. ∵点C 与点F 关于BD 对称，∴BF BC =，FBD CBD ∠=∠.GFEDCBA∴BF BA =. ∴BAF BFA ∠=∠. 设CBD α∠=，则602ABF α∠=?-. ∴60BAF α∠=?+. ∴FAD α∠=.∴FAD DBC ∠=∠.由（2）知60FEC α∠=?+. ∴60BGE FEC DBC ∠=∠-∠=?. ∴120FGB ∠=?，60FGD ∠=?.四边形AFGB 中，360120AFE FAB ABG FGB ∠=?-∠-∠-∠=?. ∴60HFG ∠=?.∴△FGH 是等边三⾓形. ∴FH FG =，60H ∠=?. ∵CD CE =，∴DA EB =.在△AHD 与△BGE 中，,,.AHD BGE HAD GBE AD BE ∠=∠??∠=∠??=?∴△△AHD BGE ?. ∴BG AH =.∵AH HF FA GF FA =+=+，∴BG GF FA =+．HGFEDCBA12.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，M是BC的中点，延长AM到点D，AE= AD，∠EAD=90°，CE交AB于点F，CD=DF.（1）∠CAD= 度；（2）求∠CDF的度数；（3）⽤等式表⽰线段CD和CE之间的数量关系，并证明.解：（1）45 ……………………………………………………………1分（2）解：如图，连接DB.∵90，°，M是BC的中点，AB AC BAC=∠=∴∠BAD=∠CAD=45°.∴△BAD≌△CAD. ………………………………2分∴∠DBA=∠DCA，BD = CD.∵CD=DF,∴B D=DF. ………………………………………3分∴∠DBA=∠DFB=∠DCA.∵∠DFB+∠DFA =180°,∴∠DCA+∠DFA =180°.∴∠BAC+∠CDF =180°.∴∠CDF =90°. ………………………………………4分21CD. ……………………………………5分（3）CE=)证明：∵90∠=°，EAD∴∠EAF =∠DAF =45°. ∵AD =AE ，∴△EAF ≌△DAF . …………………………………6分∴DF =EF .由②可知，CF. …………………………7分∴CE=)1C D .13.如图，正⽅形ABCD 中，点E 是BC 边上的⼀个动点，连接AE ，将线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ，连接EF ，交对⾓线BD 于点G ，连接AG ．（1）根据题意补全图形；（2）判定AG 与EF 的位置关系并证明；（3）当AB = 3，BE = 2时，求线段BG 的长．解：（1）图形补全后如图…………………1分（2）结论：AG ⊥EF ． …………………2分证明：连接FD ，过F 点FM ∥BC ，交BD 的延长线于点M ．∵四边形ABCD 是正⽅形，∴AB=DA=DC=BC ，∠DAB =∠ABE =∠ADC =90°，∠ADB =∠5=45°．∵线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ，A BC ED∴AE=AF ，∠FAE =90°．∴∠1=∠2．∴△FDA ≌△EBA ． …………………3分∴∠FDA =∠EBA =90°，FD=BE ．∵∠ADC =90°，∴∠FDA +∠ADC =180°。

十一几何综合探究题满分训练类型1 探究线段长度的极值和定值问题1.（2018·某高新一中模拟）如图，直线l外有一点D,D到直线l的距离是5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6,tan∠CAB=13,边AB在直线l上滑动，则四边形ABCD的周长的最小值是多少？2.（2018·某铁一中模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=2,E，F分别是AB，CD上的动点，且EF⊥AC,连接EC，FA,求EC+FA的最小值是多少。

3.（2018·某交大附中模拟）在△ABC中,∠ACB=90°，AC=BC=4,D是AB的中点，P是平面上一点，且DP=1,连接BP，CP,将线段PB绕点P顺时针旋转90°，得到线段PB′,连接AB′,则AB′的最大值为多少？4.（2018·某工大附中模拟）（1）如图①，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠CDE=90°，AB=AC=3,DE=CD=1,连接AD,BE,求AD BE。

（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=4,过点A作AM⊥AB,P是射线AM 上一动点，连接CP,作CQ⊥CP,交线段AB于点Q,求PQ的最小值。

(3)小姜准备加工一个四边形零件，如图③，这个零件的示意图为四边形ABCD，要求BC=4,∠BAD=135°，∠ADC=90°，AD=CD。

请你帮小姜求出这个零件的对角线BD的最大值。

类型2 探究图形面积的最值问题5.【问题提出】(1)如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=8,△ABC的最大面积是。

(2)如图②，在菱形ABCD中，对角线AC+BD=14,求菱形的最大面积。

【问题解决】(3)如图③，赵师傅用一个半径为a的圆形板材，想制作一个面积最大的矩形。

能否裁出？若能，请算出这个矩形的最大面积；若不能，请说明理由。

初三数学几何综合题专题复习练习—、几何综合题特点：解证几何综合问题：就是从逻辑推理和定量计算的角度来探求新的、未知的结论.通俗地讲就是创造条件实现由已知向未知的转化.综合题是知识、方法、能力综合型试题，具有知识容量大、解题方法活、能力要求高、突现数学思想方法的运用以及要求学生具有一定的创新意识和创新能力等特点.纯几何综合题包括:1.利用圆的知识可以隐含三角形，形成与直角三角形结合的问题，其中包括求线段长、求角度、求阴影部分的面积以及图形面积问题（不能排除直线形问题）2.图形变换问题：这是一个独立形成综合题问题的知识点.几何综合题以几何图形的位置, 元素之间的关系为核心.以直线或者圆为支撑点，包括多个知识点，多种解题思想方法，多步骤等特点，多为探讨几何本质：研究平面几何图形在运动变化过程中的不变性质和不变量，或者变化规律的问题.二、中考对几何综合题的考查方面：连续运动变化过程中，不变结论或者变化规律的探究，特定状态的定量计算;点的轨迹特征.三、常见几何综合题的入手点：1.题目的背景都是几何变换，而且不止是一种变换2.考察学生根据文字描述准确作图的能力3.采用“问题探究一问题解决”的模式展开问题，立意新颖，构思巧妙,设问起点低,坡度大，难点分散，各小题之间承接性强，层层深入，第一问到第二问按特殊到一般的思想融入，入手自然，深入不难4.多以常见的全等结构为基础加以变化、引申呈现出题目，多有一定的新颖性和探究性，往往需要转化或还原成一些基本图形，所得图形都是学生做过多次、教师重点讲解过的基本图形。

探究性体现出“去模式化”的命题思路，转化和还原的基本图形和基本结构则是“模式化'的四、在解决此类问题时，往往需要把握以下几点：1.变换工具的运用；2.求解工具的运用；3作图工具的运用；4.分类讨论的意识；5.轨迹的意识；6.模型的意识；五、分析什么？怎么分析符合学生的认知规律？1.还原图形的生成过程，分步画图2.确定每步的结论以及相应的可用的方法3.判断图形或图形的元素是否需要移动六、复习建议:随时总结、熟练掌握一些典型图形及常用辅助线的作法及其作用；1.提高根据文字描述准确作图的能力，加强作图的意识2.—题多解，多题归一，体会将数学问题分解、类比、转化、及运动变化的思维过程3.引导学生挖掘各小问之间的联系，寻找解题思路4.不过度搜寻难题，给学生建立解题信心5.对几何证明的常规思路、通法进行总结七、几何中常见的辅助线做法：1构造有角平分线、平行线、等腰三角形共存的图形2.截长补短，证线段的和、差、倍、分3.构造三角形中位线4.三角形中有中线(或一边上有中点)，构造“8”字型全等5作平行线，构造相似形6.作垂线，构造直角三角形、全等三角形或相似形7.在角平分线、线段垂直平分线的两侧构造轴对称(或利用等腰三角形、菱形、正方形的轴对称性)&图中有有公共端点的等线段时，构造旋转图形9.平移线段，构造全等三角形、构造相似形10.构造辅助圆八、举例说明常见的几何背景:_、以四边形为背景的几何综合题(-)四边形+旋转1.四边形如CD是正方形将线段CD绕点C逆时针旋转2仁(0。

2024年中考数学一轮复习题型突破与专题精练—抛物线与几何综合题题型一抛物线与三角形有关问题1．如图，抛物线2()30y ax bx a =++≠与x 轴交于点()1,0A 和点()3,0B -，与y 轴交于点C，连接BC ，与抛物线的对称轴交于点E，顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点Q 在射线ED 上，若以点P、Q、E 为顶点的三角形与BOC 相似，请直接写出点P 的坐标．【答案】（1）223y x x =--+；（2）12(1(2,3)P P --【分析】（1）根据抛物线y＝ax 2+bx+3（a≠0）与x 轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），即可得到关于a、b 的方程，从而可以求得a、b 的值，然后即可写出抛物线的解析式；（2）根据（1）中抛物线的解析式，设点P 的坐标，然后再根据BOC 是等腰直角三角形，得出PQE V 是等腰直角三角形，再分类讨论，列出方程，即可求解．【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax 2+bx+3（a≠0）与x 轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），∴309330a b a b ++=⎧⎨-+=⎩解得12a b =-⎧⎨=-⎩∴此抛物线的解析式为：223y x x =--+（2）当0x =时，3y =，所以，OB=OC=3，∴BOC 是等腰直角三角形，以点P、Q、E 为顶点的三角形与BOC 相似，∴PQE V 是等腰直角三角形，设点P 的坐标为2(23)m m m --+，，抛物线的对称轴为直线21221b x a -=-=-=--⨯，设BC 的解析式为y kx n =+，将B（﹣3，0），C（0，3）代入得，303k n n -+=⎧⎨=⎩，解得，13k n =⎧⎨=⎩，故BC 的解析式为3y x =+，把1x =-代入得，2y =，则E 点坐标为(12)-，，如图，当E 为直角顶点时，2232m m --+=，解得，11m =-，21m =-把11m =-代入得，2232m m --+=，则P 点坐标为(12)-，当Q 为直角顶点时，PQ=QE，即22321m m m --+-=--，解得12m =-，20m =（舍去），把12m =-代入得，2233m m --+=，则P 点坐标为(2,3)-；当P 为直角顶点时，作PM⊥EQ 于M，PM=ME，即22321m m m --+-=--，解得12m =-，20m =（舍去），则P 点坐标为(2,3)-；综上，P 点坐标为(12)--或(2,3)-．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和相似三角形与等腰直角三角形的性质，解题关键是熟练运用待定系数法和设出点的坐标，根据题意列出方程．2.如图，在平面直角坐标系中，抛物线223y x x =--与x 轴相交于点A、B（点A 在点B 的左侧），与y 轴相交于点C，连接,AC BC ．(1)求线段AC 的长；(2)若点Р为该抛物线对称轴上的一个动点，当PA PC =时，求点P 的坐标；(3)若点M 为该抛物线上的一个动点，当BCM 为直角三角形时，求点M 的坐标．(2)()11，-(3)()14-，或()25-，或⎝⎭或⎝⎭【分析】（1）根据解析式求出A，B，C 的坐标，然后用勾股定理求得AC 的长；（2）求出对称轴为x=1，设P（1，t），用t 表示出PA 2和PC 2的长度，列出等式求解即可；（3）设点M （m,m 2-2m-3），分情况讨论，当222CM BC BM +=，222BM BC CM +=，222BM CM BC +=分别列出等式求解即可．(1)223y x x =--与x 轴交点：令y=0，解得121,3x x =-=，即A（-1，0），B（3，0），223y x x =--与y 轴交点：令x=0，解得y=-3，即C（0，-3），∴AO=1,CO=3,∴AC ==;(2)抛物线223y x x =--的对称轴为：x=1，设P（1，t），∴()()22221104PA t t =++-=+，()()()222210313PC t t =-++=++，∴24t +()213t =++∴t=-1，∴P（1，-1）；(3)设点M（m,m 2-2m-3），()()()()22222223230323BM m m m m m m =-+---=-+--，()()()222222202332CM m m m m m m =-+--+=+-，()()222300318BC =-++=,①当222CM BC BM +=时，()()()222222218323m m m m m m +-+=-+--，解得，10m =（舍），21m =，∴M（1，-4）；②当222BM BC CM +=时，()()()222222323182m m m m m m -+--+=+-，解得，12m =-，23m =（舍），∴M（-2，5）；③当222BM CM BC +=时，()()()222222323218m m m m m m -+--++-=，解得，m =∴M 1522⎛ ⎝⎭或1522⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭；综上所述：满足条件的M 为()14-，或()25-，或1522⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭或1522⎛ ⎝⎭．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了与坐标轴交点、线段求值、存在直角三角形等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想，属于中考压轴题．3.如图1，已知二次函数()20y ax bx c a =++>的图象与x 轴交于点()1,0A -、()2,0B ，与y轴交于点C，且tan 2OAC ∠=．(1)求二次函数的解析式；(2)如图2，过点C 作CD x ∥轴交二次函数图象于点D，P 是二次函数图象上异于点D 的一个动点，连接PB、PC，若PBC BCD S S =△△，求点P 的坐标；(3)如图3，若点P 是二次函数图象上位于BC 下方的一个动点，连接OP 交BC 于点Q．设点P 的横坐标为t，试用含t 的代数式表示PQ OQ 的值，并求PQ OQ的最大值．【答案】(1)22y x x =--；；(3)12【分析】（1）在Rt△AOC 中求出OC 的长，从而确定点C 的坐标，将二次函数设为交点式，将点C 的坐标代入，进一步求得结果；（2）可分为点P 在第三象限和第一象限两种情况：当点P 在第三象限时，设点P （a，22a a --），可表示出△BCD 的面积，作PE∥AB 交BC 于E，先求出直线BC，从而得到E 点坐标，从而表示出△PBC 的面积，根据S △PBC=S △BCD，列出方程，进一步求得结果，当P 在第一象限，同样的方法求得结果；（3）作PN⊥AB 于N，交BC 于M，根据P（t，22t t --），M（t，2t -），表示出PM 的长，根据PN∥OC，得出△PQM∽△OQC，从而得出PQ PM OQ OC=，从而得出PQ OQ 的函数表达式，进一步求得结果．(1)∵A（-1，0），∴OA=1，又∵∠AOC=90°，tan∠OAC=2OC OA =，∴OC=2OA=2即点C 的坐标为（0，-2），设二次函数的解析式为y=a（x+1）（x-2），将C 点坐标代入得：a=1，∴y=（x+1）（x-2）=22x x --；(2)设点P（a，22a a --），如图所示，当点P 在第三象限时，作PE∥AB 交BC 于E，∵B（2，0），C（0，-2），∴直线BC 的解析式为：y=x-2，∴当22y a a =--时，x=y+2=2a a -，∴PE=2a a a --=22a a -，∴S △PBC=12PE·OC，∵抛物线的对称轴为y=12，CD∥x 轴，C（0，-2），∴点D（1，-2），∴CD=1，∴S △BCD=12CD·OC，∴12PE·OC=12CD·OC，∴a 2-2a=1，解得a 1（舍去），a 2当时，y=22a a --），如图，当点P 在第一象限时，作PE⊥x 轴于点E，交直线BC 于F，∴F（a，a-2），∴PF=（22a a --）-（a-2）=22a a -，∴S △PBC=12PF·OB=12CD·OC，∴22a a -=1，解得a 1，a 2（舍去）；当时，y=22a a --，），综上所述，P ；(3)如图，作PN⊥AB 于N，交BC 于M，由题意可知，P（t，22t t --），M（t，t-2），∴PM=（t-2）-（22t t --）=-22t t +，又∵PN∥OC，∴△PQM∽△OQC，∴2221(1)22PQ PM t t t OQ OC -+===--+12，∴当t=1时，(PQ OQ )最大=12．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，三角函数的应用、二次函数的解析式、相似三角形的综合和配方法求最值等，熟练掌握二次函数的图象与性质是解决此类问题的关键．4.如图，抛物线21262y x x =+-与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，连接AC ，BC ．（1）求A ，B ，C 三点的坐标并直接写出直线AC ，BC 的函数表达式；（2）点P 是直线AC 下方抛物线上的一个动点，过点P 作BC 的平行线l ，交线段AC 于点D ．①试探究：在直线l 上是否存在点E ，使得以点D ，C ，B ，E 为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由；②设抛物线的对称轴与直线l 交于点M ，与直线AC 交于点N ．当DMN AOC S S =△△时，请直接写出DM 的长．【答案】（1）点A 的坐标为()6,0-，点B 的坐标为()2,0，点C 的坐标为()0,6-，直线AC 的函数表达式为：6y x =--；直线BC 的函数表达式为：36y x =-；（2）①存在，点E 的坐标为()6,8--或(2-；②【分析】（1）分别令0y =和0x =时即可求解A ，B ，C 三点的坐标，然后再进行求解直线AC ，BC 的函数表达式即可；（2）①设点D 的坐标为(),6m m --，其中60m -<<，由题意易得222(2)(6)BD m m =-++，2222640BC =+=，22222DC m m m =+=，当DE BC =时，以D ，C ，B ，E 为顶点的四边形是平行四边形，进而可根据菱形的性质分当BD BC =时，BDEC 是菱形，当CD CB =时，CBED 是菱形，然后分别求解即可；②由题意可作图，则由题意可得抛物线的对称轴为直线2x =-，由（1）可得直线AC 的函数表达式为：6y x =--；直线BC 的函数表达式为：36y x =-，点A 的坐标为()6,0-，点C 的坐标为()0,6-，进而可得166182AOC S =⨯⨯= ，设点()2,M m -，然后可求得直线l 的解析式为36y x m =++，则可求得点1212,44m m D +-⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以就有4MN m =+，最后根据面积公式及两点距离公式可进行求解．【详解】解：（1）当0y =时，212602x x +-=，解得16x =-，22x =，∵点A 在点B 的左侧，∴点A 的坐标为()6,0-，点B 的坐标为()2,0，当0x =时，6y =-，∴点C 的坐标为()0,6-，设直线AC 的函数表达式为y kx b =+，代入点A、C 的坐标得：606k b b -+=⎧⎨=-⎩，解得：16k b =-⎧⎨=-⎩，∴直线AC 的函数表达式为：6y x =--．同理可得直线BC 的函数表达式为：36y x =-；（2）①存在．设点D 的坐标为(),6m m --，其中60m -<<，∵点B ，点C 的坐标分别为()2,0，()0,6-，∴222(2)(6)BD m m =-++，2222640BC =+=，22222DC m m m =+=，∵//DE BC ，∴当DE BC =时，以D ，C ，B ，E 为顶点的四边形是平行四边形，当BD BC =时，BDEC 是菱形，如图所示：∴()()222640m m -++=，解得14m =-，20m =（舍去），∴点D 的坐标为()4,2--，∴点E 的坐标为()6,8--；当CD CB =时，CBED 是菱形，如图所示：∴2240m =，解，得125m =-225m =（舍去），∴点D 的坐标为()25,256-，∴点E 的坐标为(25,5-；综上所述，存在点E ，使得以D ，B ，C ，E 为顶点的四边形为菱形，且点E 的坐标为()6,8--或(225,25-；②由题意可得如图所示：由题意可得抛物线的对称轴为直线2x =-，由（1）可得直线AC 的函数表达式为：6y x =--；直线BC 的函数表达式为：36y x =-，点A 的坐标为()6,0-，点C 的坐标为()0,6-，∴点()2,4N --，6OA OC ==，∴166182AOC S =⨯⨯= ，设点()2,M m -，∵//l BC ，∴设直线l 的解析式为3y x b =+，把点M 的坐标代入得：6b m -+=，解得：6b m =+，∴直线l 的解析式为36y x m =++，∴联立直线l 与直线AC 的解析式得：636x x m --=++，解得：124m x +=-，∴12123644m m y m +-⎛⎫=⨯-++= ⎪⎝⎭，∴点1212,44m m D +-⎛⎫- ⎪⎝⎭，∵点P 是直线AC 下方抛物线上的一个动点，且18DMN AOC S S ==△△，∴点M 在点N 的上方才有可能，∴4MN m =+，∴()()241124218248DMNm m S m ++⎛⎫=⨯+⨯-+== ⎪⎝⎭ ，解得：128,16m m ==-（不符合题意，舍去），∴()()2,8,5,1M D ---，∴由两点距离公式可得DM ==．【点睛】本题主要考查二次函数的综合及菱形的性质，熟练掌握二次函数的综合及菱形的性质是解题的关键．5.如图所示，抛物线与x 轴交于A、B 两点，与y 轴交于点C，且2OA =，4OB =，8OC =，抛物线的对称轴与直线BC 交于点M，与x 轴交于点N．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P 是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M 为顶点的三角形与MNB 相似？若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由．（3）D 为CO 的中点，一个动点G 从D 点出发，先到达x 轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G 走过的路程最短，请找出点E、F 的位置，写出坐标，并求出最短路程．（4）点Q 是抛物线上位于x 轴上方的一点，点R 在x 轴上，是否存在以点Q 为直角顶点的等腰Rt CQR △？若存在，求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）228y x x =-++；（2）存在，()1,2P 或171,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭；（3）点()2,0,1,23E F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，最短路程为Q 为直角顶点的等腰Rt CQR △时，点Q ⎝⎭或3322Q ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，理由见详解．【分析】（1）由题意易得()()()2,0,4,0,0,8A B C -，然后设二次函数的解析式为()()24y a x x =+-，进而代入求解即可；（2）由题意易得BMN CMP ∠=∠，要使以点P、C、M 为顶点的三角形与△MNB 相似，则可分①当90CPM MNB ∠=∠=︒时，②当90PCM MNB ∠=∠=︒时，进而分类求解即可；（3）由题意可得作点D 关于x 轴的对称点H，作点C 关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x 轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F 即为所求，HI 即为动点G 所走过的最短路程，最后求解即可；（4）由题意可分①当点Q 在第二象限时，存在等腰Rt CQR △，②当点Q 在第一象限时，存在等腰Rt CQR △，然后利用“k 型”进行求解即可．【详解】解：（1）∵2OA =，4OB =，8OC =，∴()()()2,0,4,0,0,8A B C -，设二次函数的解析式为()()24y a x x =+-，代入点C 的坐标可得：88a -=，解得：1a =-，∴二次函数的解析式为()()24y x x =-+-，即为228y x x =-++；（2）存在以点P、C、M 为顶点的三角形与△MNB 相似，理由如下：由（1）可得抛物线的解析式为228y x x =-++，则有对称轴为直线1x =，设直线BC 的解析式为y kx b =+，代入点B、C 坐标可得：408k b b +=⎧⎨=⎩，解得：28a b =-⎧⎨=⎩，∴直线BC 的解析式为28y x =-+，∴点()1,6M ，()1,0N ，∴由两点距离公式可得3,6,BN MN BM CM ===若使以点P、C、M 为顶点的三角形与△MNB 相似，则有BMN CMP ∠=∠，①当90CPM MNB ∠=∠=︒时，则有//CP x 轴，如图所示：∴点()1,8P ，②当90PCM MNB ∠=∠=︒时，如图所示：∴35562 PM BMCM MN===，∴52 PM=，∴点17 1,2P⎛⎫ ⎪⎝⎭；（3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，如图所示：∵OC=8，点D 为CO 的中点，∴OD=4，∴()0,4D ，∵抛物线的对称轴为直线1x =，∴()()2,8,0,4I H -，设直线HI 的解析式为y kx b =+，则把点H、I 坐标代入得：284k b b +=⎧⎨=-⎩，解得：64k b =⎧⎨=-⎩，∴直线HI 的解析式为64y x =-，当y=0时，则有064x =-，解得：23x =，当x=1时，则有6142y =⨯-=，∴点()2,0,1,23E F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴点G 走过的最短路程为()()222084237HI -++=（4）存在以点Q 为直角顶点的等腰Rt CQR △，理由如下：设点()2,28Q a a a -++，则有：①当点Q 在第二象限时，存在等腰Rt CQR △时，如图所示：过点Q 作QL⊥x 轴于点L，过点C 作CK⊥QL，交其延长线于点K，如图所示，∴90CKQ QLR LOC ∠=∠=∠=︒，∴四边形COLK 是矩形，∴CK=OL，∵等腰Rt CQR △，∴,90CQ QR CQR =∠=︒，∴90CQK KCQ CQK LQR ∠+∠=∠+∠=︒，∴KCQ LQR ∠=∠，∴()KCQ LQR AAS ≌，∴QL CK =，∴QL CK OL ==，∵点()2,28Q a a a -++，∴228a a a -=-++，解得：12a a ==∴Q ⎝⎭；②当点Q 在第一象限时，存在等腰Rt CQR △时，如图所示：同理①可得228a a a =-++，解得：12a a =（不符合题意，舍去），∴Q ⎝⎭；综上所述：当以点Q 为直角顶点的等腰Rt CQR △时，点Q ⎝⎭或3322Q ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．6.如图，已知抛物线2y x x 2=--交x 轴于A 、B 两点，将该抛物线位于x 轴下方的部分沿x 轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W ”，图象W 交y 轴于点C ．(1)写出图象W 位于线段AB 上方部分对应的函数关系式；(2)若直线y x b =-+与图象W 有三个交点，请结合图象，直接写出b 的值；(3)P 为x 轴正半轴上一动点，过点P 作PM y ∥轴交直线BC 于点M ，交图象W 于点N ，是否存在这样的点P ，使CMN △与OBC 相似？若存在，求出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)()2212y x x x =-++-≤≤(2)2b =或3b =(3)存在，()1,0或117,02⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭或()15,0+【分析】（1）先求出点A、B、C 坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可；（2）联立方程组，由判别式△=0求得b 值，结合图象即可求解；（3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可．(1)解：由翻折可知：()0,2C .令220x x --=，解得：11x =-，22x =，∴()1,0A -，()2,0B ，设图象W 的解析式为()()12y a x x =+-，代入()0,2C ，解得1a =-，∴对应函数关系式为()()12y x x =-+-=22x x -++()12x -≤≤．(2)解：联立方程组22y x b y x x =-+⎧⎨=-++⎩，整理，得：2220x x b -+-=，由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根，由图象可知，当b=2或b=3时，直线y x b =-+与图象W 有三个交点；(3)解：存在．如图1，当CN OB ∥时，OBC NMC △∽△，此时，N 与C 关于直线x=12对称，∴点N 的横坐标为1，∴()1,0P ；如图2，当CN OB ∥时，OBC NMC △∽△，此时，N 点纵坐标为2，由222x x --=，解得1x =212x =（舍），∴N 的横坐标为12+，所以12P ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭；如图3，当90NCM ∠=︒时，OBC CMN △∽△，此时，直线CN 的解析式为2y x =+，联立方程组：222y x y x x =+⎧⎨=--⎩，解得11x =+21x =，∴N 的横坐标为1所以()1P +，因此，综上所述：P 点坐标为()1,0或1,02⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭或()1．【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度．题型二抛物线与线段有关问题7.在平面直角坐标系xoy 中，已知抛物线y＝－x 2＋bx＋c 经过点A （－1，0）和点B （0，3），顶点为C，点D 在其对称轴上，且位于点C 下方，将线段DC 绕点D 按顺时针方向旋转90°，点C 落在抛物线上的点P 处．(1)求抛物线的解析式；(2)求点P 的坐标；(3)将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P 落在点E 的位置，在y 轴上是否存在点M，使得MP＋ME 的值最小，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2y x 2x 3=-++(2)(2,3)P (3)存在，1(0,)3M 【分析】（1）根据点,A B 的坐标，利用待定系数法即可得；（2）先求出抛物线的对称轴，再设点D 的坐标为(1,)(4)D a a <，则4CD a =-，根据旋转的性质可得90,4CDP PD CD a ∠=︒==-，从而可得(5,)P a a -，将点P 代入抛物线的解析式求出a 的值，由此即可得；（3）先根据点坐标的平移规律求出点(1,1)E -，作点E 关于y 轴的对称点E '，连接PE '，从而可得PE '与y 轴的交点即为所求的点M ，再利用待定系数法求出直线PE '的解析式，由此即可得出答案．(1)解：将点(1,0),(0,3)A B -代入2y x bx c =-++得：103b c c --+=⎧⎨=⎩，解得23b c =⎧⎨=⎩，则抛物线的解析式为2y x 2x 3=-++．(2)解：抛物线2223(1)4y x x x =-++=--+的对称轴为直线1x =，其顶点C 的坐标为(1,4)C ，设点D 的坐标为(1,)(4)D a a <，则4CD a =-，由旋转的性质得：90,4CDP PD CD a ∠=︒==-，(14,)P a a ∴+-，即(5,)P a a -，将点(5,)P a a -代入2(1)4y x =--+得：2(51)4a a ---+=，解得3a =或4a =（舍去），当3a =时，5532a -=-=，所以点P 的坐标为(2,3)P ．(3)解：抛物线2y x 2x 3=-++的顶点C 的坐标为(1,4)C ，则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点O ，这时点P 落在点E 的位置，且(2,3)P ，(21,34)E ∴--，即(1,1)E -，恰好在对称轴直线1x =上，如图，作点E 关于y 轴的对称点E '，连接PE '，则MP ME MP ME '+=+，由两点之间线段最短可知，PE '与y 轴的交点即为所求的点M ，此时MP ME '+的值最小，即MP ME +的值最小，由轴对称的性质得：(1,1)E '--，设直线PE '的解析式为y kx m =+，将点(2,3)1,(,1)E P '--代入得：231k m k m +=⎧⎨-+=-⎩，解得4313k m ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则直线PE '的解析式为4133y x =+，当0x =时，13y =，故在y 轴上存在点M ，使得MP ME +的值最小，此时点M 的坐标为1(0,)3M ．【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、旋转的性质、点坐标的平移规律等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的图象与性质是解题关键．8.抛物线21y x =-交x 轴于A ，B 两点（A 在B的左边）．（1）ACDE 的顶点C 在y 轴的正半轴上，顶点E 在y 轴右侧的抛物线上．①如图（1），若点C 的坐标是()0,3，点E 的横坐标是32，直接写出点A ，D 的坐标；②如图（2），若点D 在抛物线上，且ACDE 的面积是12，求点E 的坐标；（2）如图（3），F 是原点O 关于抛物线顶点的对称点，不平行y 轴的直线l 分别交线段AF ，BF （不含端点）于G ，H 两点，若直线l 与抛物线只有一个公共点，求证FG FH +的值是定值．【答案】（1）①()1,0A -，517,24D ⎛⎫ ⎪⎝⎭；②点E 的坐标是()2,3．（2）见解析【分析】（1）①根据函数图象与x 轴的交点，令y=0，求出()1,0A -，点E 在抛物线上，求出纵坐标为54，再根据平行四边形的性质，求出517,24D ⎛⎫ ⎪⎝⎭；②连CE ，过点E 作x 轴垂线，垂足为M ，过点C 作CN EM ⊥，垂足为N ，设点C 坐标为()0,n ，点E 坐标为()2,1m m -，根据平行四边形的性质，与点在抛物线上，得到221(1)1m n m -+=+-，再由则AMNC ACE AME CNE S S S S =--△△△梯形，列出方程求解；（2）方法一：先求出G、H 两点的横坐标，再利用()1sin sin sin G H H G x x FG FH x x AFO BFO AFO -+==-∠∠∠求解即可；方法二：先用待定系数法求出直线BF 与直线l 的表达式，根据直线l 与抛物线有唯一的交点，求出点H 坐标为1,12m m +⎛⎫- ⎪⎝⎭，点G 坐标为1,12m m -⎛⎫-- ⎪⎝⎭，再求出结果．【详解】（1）解：①∵抛物线21y x =-交x 轴于A ，B 两点（A 在B 的左边），∴令21y x =-=0，解得：121,1x x =-=，AF BF =∴()1,0A -，∵点E 在抛物线上，点E 的横坐标是32，∴235()124y =-=，∵四边形ACDE 是平行四边形，∴35+1,+324D 骣琪琪桫∴517,24D ⎛⎫ ⎪⎝⎭；②设点C 坐标为()0,n ，点E 坐标为()2,1m m -．∵四边形ACDE 是平行四边形，∴将AC 沿AE 平移可与ED 重合，点D 坐标为()21,1m m n +-+．∵点D 在抛物线上，∴221(1)1m n m -+=+-．解得，21n m =+，所以()0,21C m +．连CE ，过点E 作x 轴垂线，垂足为M ，过点C 作CN EM ⊥，垂足为N ．则AMNC ACE AME CNE S S S S =--△△△梯形，∵12ACDE S = ，()1,0A -，∴()()221116(1)(21)(1)1211222m m m m m m m m ⎡⎤=+++-+--+--⎣⎦．∴23100m m +-=，解得12m =，25m =-（不合题意，舍去）．∴点E 的坐标是()2,3．（2）方法一：证明：依题意，得()10B ,，()0,2F -，∴设直线BF 解析式为y kx b =+，则02k b b +=⎧⎨=-⎩，解得22k b =⎧⎨=-⎩．∴直线BF 的解析式为22y x =-．同理，直线AF 的解析式为22y x =--．设直线l 的解析式为y tx n =+．联立21y tx n y x =+⎧⎨=-⎩，消去y 得210x tx n ---=．∵直线l 与抛物线只有一个公共点，∴2()4(1)0t n =----= ，214t n =--．联立22214y x t y tx =-⎧⎪⎨=--⎪⎩，且2t ≠，解得，24H t x +=，同理，得24G t x -=．∵A ，B 两点关于y 轴对称，∴AFO BFO ∠=∠．∴()1sin sin sin G H H G x x FG FH x x AFO BFO AFO-+=+=-=∠∠∠∴FG FH +方法二：证明：同方法一得直线BF 的解析式为22y x =-．设直线l 的解析式为y px q =+，l 与抛物线唯一公共点为()2,1m m -．联立21y px q y x =+⎧⎨=-⎩，消去y 得210x px q ---=，∴1m m p mm q +=⎧⎨=--⎩．解得221p m q m =⎧⎨=--⎩．∴直线l 的解析式为221y mx m =--．联立22122y mx m y x ⎧=--⎨=-⎩，且1m ≠，解得121m x y m +⎧=⎪⎨⎪=-⎩．∴点H 坐标为1,12m m +⎛⎫- ⎪⎝⎭．同理，点G 坐标为1,12m m -⎛⎫-- ⎪⎝⎭．∵11m -<<，∴(1)(1)22FG FH m m +=-++=∴FG FH +【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查二次函数、一次函数、三角形面积、方程组等知识点，解题的关键是学会利用参数，学会用方程组求两个函数图象的交点坐标，学会把问题转化为方程解决，属于压轴题．9.在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，直线3y x =-+与x 轴交于点B，与y 轴交于点C，二次函数2y ax 2x c =++的图象过B、C 两点，且与x 轴交于另一点A，点M 为线段OB 上的一个动点，过点M 作直线l 平行于y 轴交BC 于点F，交二次函数2y ax 2x c =++的图象于点E．（1）求二次函数的表达式；（2）当以C、E、F 为顶点的三角形与ABC 相似时，求线段EF 的长度；（3）已知点N 是y 轴上的点，若点N、F 关于直线EC 对称，求点N 的坐标．【答案】（1）2y x 2x 3=-++；（2）209或94；（3）N(0，1)【分析】（1）先求出B(3，0)，C(0，3)，再利用待定系数法即可求解；（2）先推出∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，可得以C、E、F 为顶点的三角形与ABC 相似时，EF CF AB CB =或CF CF AB EB =，设F(m，-m+3)，则E(m，223m m -++)，根据比例式列出方程，即可求解；（3）先推出四边形NCFE 是平行四边形，再推出FE=FC，列出关于m 的方程，求出m 的值，从而得CN=EF=2，进而即可得到答案．【详解】解：（1）∵直线3y x =-+与x 轴交于点B，与y 轴交于点C，∴B(3，0)，C(0，3)，∵二次函数2y ax 2x c =++的图象过B、C 两点，∴3096c a c =⎧⎨=++⎩，解得：31c a =⎧⎨=-⎩，∴二次函数解析式为：2y x 2x 3=-++；（2）∵B(3，0)，C(0，3)，l∥y 轴，∴OB=OC，∴∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，∴以C、E、F 为顶点的三角形与ABC 相似时，EF CF AB CB =或CF EF AB CB =，设F(m，-m+3)，则E(m，223m m -++)，∴EF=223m m -++-(-m+3)=23m m -+=，∴234m m -+=24=∴53m =或0m =（舍去）或32m =或0m =（舍去），∴EF=23m m -+=209或94；（3）∵l∥y 轴，点N 是y 轴上的点，∴∠EFC=∠NCG，∵点N、F 关于直线EC 对称，∴∠CNE=∠EFC，∴∠CNE=∠NCG，∴NE∥FC，∴四边形NCFE 是平行四边形，∵点N、F 关于直线EC 对称，∴∠NCE=∠FCE，∵l∥y 轴，∴∠NCE=∠FEC，∴∠FCE=∠FEC，∴FE=FC，∴23m m -+，解得：3m =0m =（舍去），∴CN=EF=2，∴ON=2+3=1+，∴N(0，1)．【点睛】本题主要考查二次函数与几何的综合，相似三角形的判定，掌握函数图像上点的坐标特征，用点的横坐标表示出相关线段的长，是解题的关键．题型三抛物线与角度有关问题10.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线()240y ax bx a =++≠经过点()2,0A -和点()4,0B ．（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；（2）点P 为该抛物线上一点（不与点C 重合），直线CP 将ABC 的面积分成2：1两部分，求点P 的坐标；（3）点M 从点C 出发，以每秒1个单位的速度沿y 轴移动，运动时间为t 秒，当OCA OCB OMA ∠=∠-∠时，求t 的值．【答案】（1）2142y x x =-++；（2）点P （6，-8）；（3）当点M 从点C 出发，以每秒1个单位的速度沿y 轴正方向移动时，=2t 秒；沿CO 方向在y 轴移动时，=10t 秒．【分析】（1）根据待定系数法将AB 两点坐标代入函数解析式求解即可；（2）在ABC 的AB 边上找到将AB 分成2：1两部分的点Q，此时CQ 将ABC 的面积分成2：1两部分，求出直线CQ 与抛物线交点坐标即是点P 坐标；（3）先利用图形在OCB ∠内构造A CB OCB OCA '∠=∠-∠，求出tan A CB '∠，在Rt OAM 中由tan =tan OMA A CB '∠∠，2OA =，求出OM 长即可解答，【详解】解：（1）由抛物线()240y ax bx a =++≠经过点()2,0A -和点()4,0B ，得：424=016440a b a b -+⎧⎨++=⎩，解得：1=21a b ⎧-⎪⎨⎪=⎩即：条抛物线所对应的函数表达式为：2142y x x =-++；（2）由（1）可知点C 坐标为（0,4）∵点()2,0A -和点()4,0B ．∴6AB =，∴将AB 分成2：1两部分的点有原点和Q（2,0），此时CQ 将ABC 的面积分成2：1两部分，如解（2）图，∵点P 为该抛物线上一点（不与点C 重合），∴直线CP 经过Q 点，设直线CP 解析式为：y kx b =+，经过C（0,4），Q（2,0）两点，得：=42=0b k b ⎧⎨+⎩，∴=4=2b k ⎧⎨-⎩，即可设直线CP 解析式为：24y x =-+，联立函数解析式为：214224y x x y x ⎧=-++⎪⎨⎪=-+⎩，解得：1104x y =⎧⎨=⎩，2268x y =⎧⎨=-⎩，故P 点坐标为（6，-8），（3）如解（3）图取点A 关于y 轴对称点A '，连接CA '，过点A '作A H BC '⊥，垂足为H，由轴对称性质可知：2OA OA '==，A CO ACO '∠=∠，∴A CB BCO A CO BCO ACO ''∠=∠-∠=∠-∠，∵OCA OCB OMA ∠=∠-∠，即OMA OCB OCA ∠=∠-∠，∴OMA A CB'∠=∠∵4OB OC ==，90BOC ∠=°，∴45OCB OBC ∠=∠=︒，2BA '=，BC =∴HB HA '==∴HC BC BH =-=，∴1tan tan 3A H OMA A CB CH ''∠=∠==，∴126tan 3OA OM OMA ==÷=∠，点M 从点C 出发，以每秒1个单位的速度远动：当沿y 轴正方向移动时，=642MC OM OC =--=，则=2t 秒，当沿y 轴CO 方向移动时，64=10MC OM OC =+=+，则=10t 秒，综上所述：当点M 从点C 出发，以每秒1个单位的速度沿y 轴正方向移动时，=2t 秒；沿CO 方向在y 轴移动时，=10t 秒．【点睛】本题主要考查了二次函数与几何综合，问题（1）关键是在三角形边上找到将ABC 的面积分成2：1两部分直线CP 经过的点，问题（3）关键是通过对称构造A CB OMA '∠=∠，再通过解三角形求解OM 长．11.如图，在平面直角坐标系中，抛物线24y x x =-+经过坐标原点，与x 轴正半轴交于点A，点(,)M m n 是抛物线上一动点．（1）如图1，当0m >，0n >，且3n m =时，①求点M 的坐标：②若点15,4B y ⎛⎫ ⎪⎝⎭在该抛物线上，连接OM，BM，C 是线段BM 上一动点（点C 与点M，B 不重合），过点C 作//CD MO ，交x 轴于点D，线段OD 与MC 是否相等？请说明理由；（2）如图2，该抛物线的对称轴交x 轴于点K，点7,3E x ⎛⎫ ⎪⎝⎭在对称轴上，当2m >，0n >，且直线EM 交x 轴的负半轴于点F 时，过点A 作x 轴的垂线，交直线EM 于点N，G 为y 轴上一点，点G 的坐标为180,5⎛⎫ ⎪⎝⎭，连接GF．若2EF NF MF +=，求证：射线FE 平分AFG ∠．【答案】（1）①(1,3)M ；②OD MC =，见解析；（2）见解析【分析】（1）①直接将点(,)M m n 代入解析式，又有3n m =，即可解出坐标；②相等，先求出点B ，由两点求出直线的方程，添加辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求出边长，证明三角形是等腰三角形即可；（2）根据已知条件求出点,E M 的坐标，再求出所在直线的解析式，求出直线与y 轴的交点，添加辅助线，利用三角形相似对应边成比例，找到边与边之间的关系，在直角三角形中利用勾股定理建立等式求出边长，再根据角平分线上的点到两条线之间的距离相等，即可判断出为角平分线．【详解】解：（1）如答案图6.① 点(,)M m n 在抛物线上，且3n m =，243m m m ∴-+=，解得10m =，（舍去）21m =，3n ∴=，(1,3)M ∴．②OD MC =，点15(,)4B y 在该抛物线上，1516y ∴=，1515(,416B ∴．设直线MB 交x 轴于点H，解析式为11y k x b =+，11113,1515.416k b k b +=⎧⎪∴⎨+=⎪⎩解得113,415.4k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩31544y x ∴=-+当0y =时，5x =，(5,0)H ∴，5OH ∴=．过点M 作MR x ⊥轴，垂足为R，1OR ∴=，3MR =，4RH ∴=，∴根据勾股定理得5MH =，OH MH ∴=，HOM HMO ∴∠=∠．CD MO ∥，HOM HDC ∴∠=∠，HMO HCD ∠=∠，HDC HCD ∴∠=∠，HD HC ∴=，OD MC ∴=．（2）如答案图7.证明：对称轴422(1)x =-=⨯-，72,3E ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，2EF NF MF += ，NF MF MF EF ∴-=-，MN ME ∴=．过点M 作MQ x ⊥轴，垂足为Q，EK MQ NA ∴∥∥，QK ME QA MN∴=，QK QA ∴=．当240-+=x x 时，解得10x =，24x =，(4,0)A ∴．(2,0)K ，(,0)Q m ，24m m ∴-=-，3m ∴=．23433n ∴=-+⨯=，(3,3)M ∴．设直线EM 的解析式为22y k x b =+，22227233 3.k b k b ⎧+=⎪∴⎨⎪+=⎩解得222,31.k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩213y x ∴=+．设直线EM 交y 轴于点S，过点S 作SP GF ⊥，垂足为P ．当0x =时，1y =．(0, 1)S ∴．当0y =时，32x =-，3(,0)2F ∴-，32∴=OF ，1OS =．180,5G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，185OG ∴=，135GS ∴=．90GPS GOF ∠=∠=︒ ，PGS OGF ∠=∠，GPS GOF ∴△∽△，GP PS GO OF ∴=，125GP PS ∴=．设12GP a =，则5PS a =．在Rt GPS △中，222GP PS GS += ，22213(12)(5)()5a a ∴+=．15a ∴=±（负值舍去），15a ∴=，1PS ∴=，PS OS ∴=．SP GF ⊥ ，SO AF ⊥，∴射线FE 平分AFG ∠．【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的综合运用，还涉及等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、角平分线的判定，题目综合性强，涉及知识点多、难度较大，解题的关键是：掌握以上相关知识点后，需要做到灵活运用，同时考查了添加辅助线的能力．题型四抛物线与四边形有关问题12.已知抛物线2y x bx c =++．(1)如图①，若抛物线图象与x 轴交于点()3,0A ，与y 轴交点()0,3B -．连接AB ．①求该抛物线所表示的二次函数表达式；②若点P 是抛物线上一动点（与点A 不重合），过点P 作PH x ⊥轴于点H ，与线段AB 交于点M ．是否存在点P 使得点M 是线段PH 的三等分点？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．(2)如图②，直线43y x n =+与y 轴交于点C ，同时与抛物线2y x bx c =++交于点()3,0D -，以线段CD 为边作菱形CDFE ，使点F 落在x 轴的正半轴上，若该抛物线与线段CE 没有交点，求b 的取值范围．【答案】(1)①223y x x =--，②存在，点P 坐标为(2，-3)或（12，-154），理由见解析(2)b<32-或b>133【分析】（1）①直接用待定系数法求解；②先求出直线AB 的解析式，设点M(m，m-3)点P （m，m 2-2m-3）若点M 是线段PH 的三等分点，则13HM HP =或23HM HP =，代入求解即可；（2）先用待定系数法求出n 的值，再利用勾股定理求出CD 的长为5，因为四边形CDFE 是菱形，由此得出点E 的坐标．再根据该抛物线与线段CE 没有交点，分两种情况（CE 在抛物线内和CE 在抛物线右侧）进行讨论，求出b 的取值范围．(1)①解：把()3,0A ，()0,3B -代入2y x bx c =++，得20333b cc ⎧=++⎨-=⎩，解得：23b c =-⎧⎨=-⎩，∴223y x x =--②解：存在，理由如下，设直线AB 的解析式为y=kx+b，把()3,0A ，()0,3B -代入，得303k b b +=⎧⎨=-⎩，解得13k b =⎧⎨=-⎩，∴直线AB 的解析式为y=x-3，设点M(m，m-3)、点P（m，m 2-2m-3）若点M 是线段PH 的三等分点，则13HMHP =或23HM HP =，即232331m m m -=--或232332m m m -=--，解得：m=2或m=12或m=3，经检验，m=3是原方程的增根，故舍去，∴m=2或m=12∴点P 坐标为(2，-3)或（12，-154）(2)解：把点D（-3，0）代入直线43y x n =+，解得n=4，∴直线443y x =+，当x=0时，y=4，即点C（0，4）∵四边形CDFE 是菱形，∴CE=EF=DF=CD=5，∴点E（5，4）∵点()3,0D -在抛物线2y x bx c =++上，∴（-3）2-3b+c=0，∴c=3b-9，∴239y b x bx =++-，∵该抛物线与线段CE 没有交点，分情况讨论当CE 在抛物线内时52+5b+3b-9<4解得：b<32-当CE 在抛物线右侧时，3b-9>4解得：b>133综上所述，b<32-或b>133【点睛】此题考查了二次函数和一次函数以及图形的综合，解题的关键是数形结合和分情况讨论．13.如图，在平面直角坐标系中，抛物线2y x bx c =-++交x 轴于点A 和()1,0C ，交y 轴于点()0,3B ，抛物线的对称轴交x 轴于点E ，交抛物线于点F ．（1）求抛物线的解析式；（2）将线段OE 绕着点О沿顺时针方向旋转得到线段'OE ，旋转角为()090αα︒<<︒，连接'AE ，'BE ，求13''BE AE +的最小值．（3）M 为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N ，使得以A ，B ，M ，N 为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N 的横坐标；若不存在，请说明理由；【答案】（1）223y x x =--+；（3）存在，N 点的横坐标分别为：2，1-【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为2y x bx c =-++将()1,0C ，()0,3B 两点代入求得b ，c 的值即可；（2）胡不归问题，要求13''BE AE +的值，将折线化为直线，构造相似三角形将13'AE 转化为13'DE ，再利用三角形两边之和大于第三边求得13''BE AE +最值；。

初中数学几何图形综合题类型1 类比探究题1．(2020·眉山青神县一诊)如图1，在正方形ABCD 中，P 是对角线BD 上的一点，点E 在AD 的延长线上，且PA ＝PE ，PE 交CD 于点F.(1)求证：PC ＝PE ；(2)求∠CPE 的度数；(3)如图2，把正方形ABCD 改为菱形ABCD ，其他条件不变，当∠ABC ＝120°时，连接CE ，试探究线段AP 与线段CE 的数量关系，并说明理由．解：(1)证明：在正方形ABCD 中，AB ＝BC ，∠ABP ＝∠CBP ＝45°在△ABP 和△CBP 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BC ，∠ABP ＝∠CBP ，PB ＝PB ，∴△ABP ≌△CBP(SAS )．∴PA ＝PC.又∵PA ＝PE ，∴PC ＝PE.(2)由(1)知，△ABP ≌△CBP∴∠BAP ＝∠BCP.∴∠DAP ＝∠DCP.∵PA ＝PE ，∴∠DAP ＝∠E.∴∠DCP ＝∠E.∵∠CFP ＝∠EFD(对顶角相等)∴180°－∠PFC －∠PCF ＝180°－∠DFE －∠E即∠CPF ＝∠EDF ＝90°.(3)在菱形ABCD 中，AB ＝BC ，∠ABP ＝∠CBP ＝60°在△ABP 和△CBP 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BC ，∠ABP ＝∠CBP ，PB ＝PB ，∴△ABP ≌△CBP(SAS )．∴PA ＝PC ，∠BAP ＝∠BCP.∵PA ＝PE ，∴PC ＝PE.∴∠DAP ＝∠DCP.∵PA ＝PE ，∴∠DAP ＝∠AEP.∴∠DCP ＝∠AEP.∵∠CFP ＝∠EFD(对顶角相等)∴180°－∠PFC －∠PCF ＝180°－∠DFE －∠AEP即∠CPF ＝∠EDF ＝180°－∠ADC ＝180°－120°＝60°.∴△EPC 是等边三角形．∴PC ＝CE.∴AP ＝CE.2．(2020·成都)已知AC ，EC 分别为四边形ABCD 和EFCG 的对角线，点E 在△ABC 内，∠CAE ＋∠CBE ＝90°.(1)如图1，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，连接BF.①求证：△CAE ∽△CBF ；②若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长；(2)如图2，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB BC ＝EF FC ＝k 时，若BE ＝1，AE ＝2，CE ＝3，求k 的值；(3)如图3，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB ＝∠GEF ＝45°时，设BE＝m ，AE ＝n ，CE ＝p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系．(直接写出结果，不必写出解答过程)解：(1)证明：①∵四边形ABCD 和EFCG 均为正方形∴∠ACB ＝45°，∠ECF ＝45°.∴∠ACB －∠ECB ＝∠ECF －∠ECB即∠ACE ＝∠BCF.又∵AC BC ＝CE CF ＝2∴△CAE ∽△CBF.②∵△CAE ∽△CBF ，∴∠CAE ＝∠CBF ，AE BF ＝ 2.∴BF ＝ 2.又∠CAE ＋∠CBE ＝90°∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°，即∠EBF ＝90°.∴CE 2＝2EF 2＝2(BE 2＋BF 2)＝6.解得CE ＝ 6.(2)连接BF∵AB BC ＝EF FC ＝k ，∠CFE ＝∠CBA∴△CFE ∽△CBA.∴∠ECF ＝∠ACB ，CE CF ＝AC BC .∴∠ACE ＝∠BCF.∴△ACE ∽△BCF.∴∠CAE ＝∠CBF.∵∠CAE ＋∠CBE ＝90°∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°即∠EBF ＝90°∴BC ∶AB ∶AC ＝1∶k ∶k 2＋1CF ∶EF ∶EC ＝1∶k ∶k 2＋1.∴AC BC ＝AE BF ＝k 2＋1.∴BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1. ∴CE 2＝k 2＋1k 2EF 2＝k 2＋1k 2(BE 2＋BF 2)．∴32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)．解得k ＝104. (3)p 2－n 2＝(2＋2)m 2.题型2 与圆有关的几何综合题3．(2020·成都)如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，以CB 为半径作⊙C ，交AC 于点D ，交AC 的延长线于点E ，连接ED ，BE.(1)求证：△ABD ∽△AEB ； (2)当AB BC ＝43时，求tan E ；(3)在(2)的条件下，作∠BAC 的平分线，与BE 交于点F ，若AF ＝2，求⊙C 的半径．解：(1)证明：∵∠ABC ＝90°，∴∠ABD ＝90°－∠DBC.∵DE 是直径∴∠DBE ＝90°.∴∠E ＝90°－∠BDE.∵BC ＝CD ，∴∠DBC ＝∠BDE.∴∠ABD ＝∠E.∵∠BAD ＝∠DAB ，∴△ABD ∽△AEB.(2)∵AB ∶BC ＝4∶3∴设AB ＝4k ，BC ＝3k.∴AC ＝AB 2＋BC 2＝5k.∵BC ＝CD ＝3k∴AD ＝AC －CD ＝2k.∵△ABD ∽△AEB∴AB AE ＝AD AB ＝BD BE .∴AB 2＝AD·AE.∴(4k)2＝2k·AE.∴AE ＝8k.在Rt △DBE 中tan E ＝BD BE ＝AB AE ＝4k 8k ＝12.(3)过点F 作FM ⊥AE 于点M.由(2)知，AB ＝4k ，BC ＝3k ，AD ＝2k ，AC ＝5k则AE ＝8k ，DE ＝6k.∵AF 平分∠BAC∴S △ABFS △AFE＝BF EF ＝AB AE .∴BF EF ＝4k 8k ＝12.∵tan E ＝12∴cos E ＝255，sin E ＝55.∴BE DE ＝255.∴BE ＝1255k.∴EF ＝23BE ＝855k. ∴sin E ＝MF EF ＝55.∴MF ＝85k. ∵tan E ＝12∴ME ＝2MF ＝165k.∴AM ＝AE －ME ＝245k.∵AF 2＝AM 2＋MF 2∴4＝(245k)2＋(85k)2.∴k ＝108.∴⊙C 的半径为3k ＝3108.4．(2020·内江)如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AC 的垂直平分线分别与AC ，BC 及AB 的延长线相交于点D ，E ，F.⊙O 是△BEF 的外接圆，∠EBF 的平分线交EF 于点G ，交⊙O 于点H ，连接BD ，FH.(1)试判断BD 与⊙O 的位置关系，并说明理由；(2)当AB ＝BE ＝1时，求⊙O 的面积；(3)在(2)的条件下，求HG·HB 的值．解：(1)直线BD 与⊙O 相切．理由：连接OB.∵BD 是Rt △ABC 斜边上的中线，∴DB ＝DC.∴∠DBC ＝∠C.∵OB ＝OE∴∠OBE ＝∠OEB.又∵∠OEB ＝∠CED ，∴∠OBE ＝∠CED.∵DF ⊥AC ，∴∠CDE ＝90°.∴∠C ＋∠CED ＝90°.∴∠DBC ＋∠OBE ＝90°.∴BD 与⊙O 相切．(2)连接AE.在Rt △ABE 中，AB ＝BE ＝1，∴AE ＝ 2.∵DF 垂直平分AC ，∴CE ＝AE ＝ 2.∴BC ＝1＋ 2.∵∠C ＋∠CAB ＝90°，∠DFA ＋∠CAB ＝90°∴∠ACB ＝∠DFA.又∠CBA ＝∠FBE ＝90°，AB ＝BE∴△CAB ≌△FEB.∴BF ＝BC ＝1＋ 2.∴EF 2＝BE 2＋BF 2＝12＋(1＋2)2＝4＋2 2.∴S ⊙O ＝π·(EF 2)2＝2＋22π.(3)∵AB ＝BE ，∠ABE ＝90°∴∠AEB ＝45°.∵EA ＝EC ，∴∠C ＝22.5°.∴∠H ＝∠BEG ＝∠CED ＝90°－22.5°＝67.5°.∵BH 平分∠CBF∴∠EBG ＝∠HBF ＝45°.∴∠BGE ＝∠BFH ＝67.5°.∴BG ＝BE ＝1，BH ＝BF ＝1＋ 2.∴GH ＝BH －BG ＝ 2.∴HB ·HG ＝2×(1＋2)＝2＋ 2.5．(2020·内江)如图，在△ACE 中，CA ＝CE ，∠CAE ＝30°，⊙O 经过点C ，且圆的直径AB 在线段AE 上．(1)试说明CE 是⊙O 的切线；(2)若△ACE 中AE 边上的高为h ，试用含h 的代数式表示⊙O 的直径AB ；(3)设点D 是线段AC 上任意一点(不含端点)，连接OD ，当12CD ＋OD 的最小值为6时，求⊙O 的直径AB 的长．解：(1)证明：连接OC.∵CA ＝CE ，∠CAE ＝30°∴∠E ＝∠CAE ＝30°，∠COE ＝2∠A ＝60°.∴∠OCE ＝90°.∴CE 是⊙O 的切线．(2)过点C 作CH ⊥AB 于点H ，由题可得CH ＝h.在Rt △OHC 中，CH ＝OC·sin ∠COH∴h ＝OC·sin 60°＝32OC.∴OC ＝2h 3＝233h. ∴AB ＝2OC ＝433h.(3)作OF 平分∠AOC ，交⊙O 于点F ，连接AF ，CF ，DF.则∠AOF ＝∠COF ＝12∠AOC ＝12×(180°－60°)＝60°.∵OA ＝OF ＝OC∴△AOF ，△COF 是等边三角形．∴AF ＝AO ＝OC ＝FC.∴四边形AOCF 是菱形．∴根据对称性可得DF ＝DO.过点D 作DM ⊥OC 于点M∵OA ＝OC ，∴∠OCA ＝∠OAC ＝30°.∴DM ＝DC·sin ∠DCM ＝DC·sin 30°＝12DC. ∴12CD ＋OD ＝DM ＋FD.根据两点之间线段最短可得：当F ，D ，M 三点共线时，DM ＋FD(即12CD ＋OD)最小，此时FM ＝OF·sin ∠FOM ＝32OF ＝6则OF ＝43，AB ＝2OF ＝8 3.∴当12CD ＋OD 的最小值为6时，⊙O 的直径AB 的长为8 3.6．(2020·南充)如图，已知AB 是⊙O 的直径，BP 是⊙O 的弦，弦CD ⊥AB 于点F ，交BP 于点G ，E 在CD 的反向延长线上，EP ＝EG(1)求证：直线EP 为⊙O 的切线；(2)点P 在劣弧AC 上运动，其他条件不变，若BG 2＝BF·BO.试证明BG ＝PG ；(3)在满足(2)的条件下，已知⊙O 的半径为3，sin B ＝33.求弦CD 的长．解：(1)证明：连接OP.∵EP ＝EG∴∠EGP ＝∠EGP.又∵∠EGP ＝∠BGF∴∠EPG ＝∠BGF.∵OP ＝OB∴∠OPB ＝∠OBP.∵CD ⊥AB ，∴∠BGF ＋∠OBP ＝90°.∴∠EPG ＋∠OPB ＝90°，即∠EPO ＝90°.∴直线EP 为⊙O 的切线．(2)证明：连接OG ，AP.∵BG 2＝BF·BO ，∴BG BO ＝BF BG . 又∵∠GBF ＝∠OBG ，∴△BFG ∽△BGO.∴∠BGF ＝∠BOG ，∠BGO ＝∠BFG ＝90°.∵∠APB ＝∠OGB ＝90°，∴OG ∥AP.又∵AO＝BO∴BG＝PG. (3)连接AC，BC.∵sin B＝33，∴OGOB＝33.∵OB＝r＝3，∴OG＝ 3.由(2)得∠EPG＋∠OPB＝90°∠B＋∠BGF＝∠OGF＋∠BOG＝90°又∵∠BGF＝∠BOG∴∠B＝∠OGF.∴sin∠OGF＝33＝OFOG.∴OF＝1.∴BF＝BO－OF＝3－1＝2FA＝OF＋OA＝1＋3＝4.在Rt△BCA中，CF2＝BF·FA∴CF＝BF·FA＝2×4＝2 2.∴CD＝2CF＝4 2.7．(2020·攀枝花)如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA＝6，OB＝8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t 秒(0＜t≤5)以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB，OA的交点分别为C，D，连接CD，QC.(1)当t为何值时，点Q与点D重合？(2)当⊙Q 经过点A 时，求⊙P 被OB 截得的弦长；(3)若⊙P 与线段QC 只有一个公共点，求t 的取值范围．解：(1)∵在Rt △AOB 中，OA ＝6，OB ＝8∴AB ＝OA 2＋OB 2＝10.由题意知OQ ＝AP ＝t∴AC ＝2t.∵AC 是⊙P 的直径∴∠CDA ＝90°.又∵∠AOB ＝90°，∴∠AOB ＝∠CDA.∴CD ∥OB.∴△ACD ∽△ABO.∴AC AB ＝AD OA ，即2t 10＝AD 6.∴AD ＝65t.当Q 与D 重合时，AD ＋OQ ＝OA∴65t ＋t ＝6.解得t ＝3011.(2)如图1，当⊙Q 经过A 点时，OQ ＝OA －QA ＝4.∴t ＝41＝4.∴PA ＝4.∴BP ＝AB －PA ＝6.过点P 作PE ⊥OB 于点E ，设⊙P 与OB 交于点F ，G ，连接PF.∴PE ∥OA.∴△PEB ∽△AOB.∴PE OA ＝BP AB ，即PE 6＝610.∴PE ＝185.∴在Rt △PEF 中，EF ＝PF 2－PE 2＝42－（185）2＝2195. ∴FG ＝2EF ＝4195.(3)如图2，当QC 与⊙P 相切时，此时∠QCA ＝90°.∵OQ ＝AP ＝t ，∴AQ ＝6－t ，AC ＝2t.∵∠A ＝∠A ，∠QCA ＝∠BOA∴△AQC ∽△ABO.∴AQ AB ＝AC OA ，即6－t 10＝2t 6.解得t ＝1813.∴当0＜t ≤1813时，⊙P 与QC 只有一个交点当QC ⊥OA 时，此时Q 与D 重合由(1)可知t ＝3011.∴当3011＜t ≤5时，⊙P 与QC 只有一个交点．综上所述，当⊙P 与QC 只有一个交点，t 的取值范围为0＜t ≤1813或3011＜t ≤5.。

2022-2023学年九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题训练（附答案）1．△ABC≌△ADE，AB＝1，BC＝2，∠B＝120°，将两个三角形完全重合，保持△ABC 不动，将△ADE绕点A逆时针方向旋转角α．（1）如图1，ED的延长线交BC于G点，求∠DGB（用含α的式子表示）．（2）如图2，若α＝60°，连接CD，求∠ADC的度数．（3）如图3，若α＝90°，连接CD，EC，求△EDC的面积．2．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC 以每秒5单位长度的速度向点C运动，同时点D从点C出发，沿CA以每秒2个单位长度的速度向点A运动，点P到达点C时，点P、D同时停止运动．当点P不与点A、C 重合时，作点P关于直线AC的对称点Q，连结PQ交AC于点E，连结DP、DQ．设点P的运动时间为t秒．（1）当点D与点E重合时，求t的值．（2）用含t的代数式表示线段CE的长．（3）当△PDQ为直角三角形时，求△PDQ与△ABC重叠部分的面积．（4）连结BE，当BE将△ABC的面积分成1：3两部分时，直接写出t的值．3．如图，在平面直角坐标系中，已知A（a，0），B（0，b）两点，且a、b满足+（a+2b﹣1）2＝0，点C（m，0）在射线AO上（不与原点重合）．将线段AB平移到DC，点D与点A对应，点C与点B对应，连接BC，直线AD交y轴于点E．请回答下列问题：（1）求A、B两点的坐标；（2）设三角形ABC面积为S△ABC，若4＜S△ABC≤7，求m的取值范围；（3）设∠BCA＝α，∠AEB＝β，请给出α，β满足的数量关系式，并说明理由．4．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜60°），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD．（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含α的式子表示）为；（2）如图2，连接BE，若∠BCE＝150°，∠ABE＝60°，判断△ABE的形状并加以证明；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DE，若∠DEC＝45°，求α的值．5．在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC是矩形，点A，C的坐标分别为（3，0），（0，1）．点D是边BC上的动点（与端点B，C不重合），过点D作直线y＝﹣x+b交边OA于点E．（Ⅰ）如图①，求点D和点E的坐标（用含b的式子表示）；（Ⅱ）如图②，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为矩形O1A1B1C1，试探究矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化？若不变，求出重叠部分的面积；若改变，请说明理由；（Ⅲ）矩形OABC绕着它的对称中心旋转，如果重叠部分的形状是菱形，请直接写出这个菱形的面积的最小值和最大值．6．如图①，将▱ABCD置于直角坐标系中，其中BC边在x轴上（B在C的左边），点D坐标为（0，4），直线MN：y＝x﹣6沿着x轴的负方向以每秒1个单位的长度平移，设在平移过程中该直线被▱ABCD截得的线段长度为m，平移时间为t，m与t的函数图象如图②所示．（1）填空：点C的坐标为；在平移过程中，该直线先经过B、D中的哪一点？；（填“B”或“D”）（2）点B的坐标为，n＝，a＝；（3）在平移过程中，求该直线扫过▱ABCD的面积y与t的函数关系式．7．已知，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，∠A＝90°．取一块含45°角的直角三角尺，将直角顶点放在斜边BC边的中点O处，一条直角边过A点（如图1）．三角尺绕O点顺时针方向旋转，使90°角的两边与Rt△ABC的两边AB，AC分别相交于点E，F（如图2）．设BE＝x，CF＝y．（1）探究：在图2中，线段AE与CF有怎样的大小关系？证明你的结论；（2）求在上述旋转过程中y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；（3）若将直角三角尺45°角的顶点放在斜边BC边的中点O处，一条直角边过A点（如图3）．三角尺绕O点顺时针方向旋转，使45°角的两边与Rt△ABC的两边AB，AC分别相交于点E，F（如图4）．在三角尺绕O点旋转的过程中，△OEF是否能成为等腰三角形？若能，直接写出△OEF为等腰三角形时x的值；若不能，请说明理由．8．如图1，E、F为正方形ABCD对角线AC上两点，∠ABE+∠FBC＝45°，将△BEA绕点B逆时针旋转90°得到△BGC，连接FG，△FGC周长为．（1）若F与G关于BC对称，求∠BEF度数；（2）求AC的长；（3）若图1中∠CBG＝30°，将△BGC从起始位置绕点B顺时针旋转n°（0＜n＜360），设点G在运动过程中到AB的距离为d，当△BGC中的两顶点以及A点成共线且不重合三点时，求n°以及（+1）d值．9．在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝α，过点A作直线MN，使MN∥BC，点D在直线MN 上，作射线BD，将射线BD绕点B顺时针旋转角α后交直线AC于点E．（1）如图1，当α＝60°，且点D在射线AN上时，探究线段AB，AD，AE的数量关系，并说明理由．（2）如图2，当α＝45°，且点D在射线AN上时，请直接写出线段AB，AD，AE的数量关系．（3）当α＝30°时，若点D在射线AM上，∠ABE＝15°，AD＝3﹣，请直接写出线段AE的长度．10．学习了旋转后，老师对教材的习题进行了改编，得到了下面的问题：已知：如图，△ACB和△DCE都是等边三角形，连接AE，BD交于点O．（1）用旋转的角度观察，图中△ACE以点C为旋转中心，逆时针方向旋转60°后得到的图形是：．（2）试判断线段AE与BD的数量关系，并说明理由．（3）∠AOB＝．11．△ABC是等边三角形，AC＝2，点C关于AB对称的点为C'，点P是直线C'B上的一个动点，连接AP，作∠APD＝60°交射线BC于点D．（1）若点P在线段C'B上（不与点C'，点B重合）．①如图1，若点P是线段C'B的中点，则BP的长为；②如图2，点P是线段C'B上任意一点，求证：PD＝P A；（2）若点P在线段C'B的延长线上．①依题意补全图3；②直接写出线段BD，AB，BP之间的数量关系为：．12．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．13．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF＝AB．（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请直接写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．14．将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）连接BF，求证：CF＝EF．（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其他条件不变，如图②，求证：AF+EF＝DE．（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其他条件不变，如图③，你认为（2）中的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请直接写出AF、EF与DE之间的数量关系．15．在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（a，0），（0，b），其中a，b满足+|2a﹣5b﹣30|＝0．将点B向右平移26个单位长度得到点C，如图①所示．（1）求点A，B，C的坐标；（2）点M，N分别为线段BC，OA上的两个动点，点M从点C向左以1.5个单位长度/秒运动，同时点N从点O向点A以2个单位长度/秒运动，如图②所示，设运动时间为t 秒（0＜t＜15）．①当CM＜AN时，求t的取值范围；②是否存在一段时间，使得S四边形MNOB＞2S四边形MNAC？若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由．16．已知△ABC是等边三角形，AB＝6，将一块含有30°角的直角三角板DEF如图所示放置，让等边△ABC向右平移（BC只能在EF上移动）．如图1，当点E与点B重合时，点A恰好落在三角板DEF的斜边DF上．（1）若点C平移到与点F重合，求等边△ABC平移的距离；（2）在等边△ABC向右平移的过程中，AB，AC与三角板斜边的交点分别为G，H，连接EH交AB于点P，如图2．①求证：EB＝AH；②若∠HEF＝30°，求EH的长；③判断PG的长度在等边△ABC平移的过程中是否会发生变化？如果不变，请求出PG的长；如果变化，请说明理由．17．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，连接BD，将△ABD绕B点作顺时针方向旋转得到△A′B′D′（B′与B重合），且点D′刚好落在BC的延长线上，A′D′与CD相交于点E．（1）求矩形ABCD与△A′B′D′重叠部分（如图1中阴影部分A′B′CE）的面积；（2）将△A′B′D′以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD与△A′B′D′重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得△AA′B′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．18．点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝65°，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，（直角三角板只能在直线AB上方旋转）（1）如图1，将三角板MON的一边ON与射线OB重合，则∠MOC＝；（2）如图2，将三角板MON绕点O逆时针旋转一定角度，此时OC是∠MOB的角平分线，求旋转角∠BON＝；∠CON＝．（3）将三角板MON绕点O逆时针旋转至∠NOC＝5°，求∠AOM的度数．19．如图1，点O是弹力墙MN上一点，魔法棒从OM的位置开始绕点O向ON的位置顺时针旋转，当转到ON位置时，则从ON位置弹回，继续向OM位置旋转；当转到OM 位置时，再从OM的位置弹回，继续转向ON位置，…，如此反复．按照这种方式将魔法棒进行如下步骤的旋转：第1步，从OA0（OA0在OM上）开始旋转α至OA1；第2步，从OA1开始继续旋转2α至OA2；第3步，从OA2开始继续旋转3α至OA3，…．例如：当α＝30°时，OA1，OA2，OA3，OA4的位置如图2所示，其中OA3恰好落在ON 上，∠A3OA4＝120°；当α＝20°时，OA1，OA2，OA3，OA4，OA3的位置如图3所示，中第4步旋转到ON后弹回，即∠A3ON+∠NOA4＝80°，而OA5恰好与OA2重合．解决如下问题：（1）若α＝35°，在图4中借助量角器画出OA2，OA3，其中∠A3OA2的度数是；（2）若α＜30°，且OA4所在的射线平分∠A2OA3，在如图5中画出OA1，OA2，OA3，OA4并求出α的值；（3）若α＜30°，且∠A2OA4＝20°，求对应的α值．20．定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．性质：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．理解：如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，那么DE为△ABC的一条中位线．可得DE∥BC且DE＝BC．应用：如图②，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE．点M，N，P分别是DE，BC和CD的中点．已知∠BAC＝α．（1）当α＝90°时，①请直接写出：PM与PN的数量关系；∠MPN＝．②是否存在点D，使得以P，M，N为顶点的三角形与△ADE全等？若存在，请求出点D的位置；若不存在，请说明理由．（2）将△ADE绕点A旋转，当点D在△ABC内时（如图③），①试说明PM与PN的数量关系，并求出∠MPN的度数（用含α的式子表示）；②连接BD，MN，若AD＝BD，直接写出△ADE和△PMN的面积关系：．参考答案1．解：（1）设AC与EG交于点O，∵将△ADE绕点A逆时针方向旋转角α，∴∠EAC＝α，∵△ABC≌△ADE，∴∠C＝∠E，又∵∠AOE＝∠GOC，∴∠EAO＝∠OGC＝α，∴∠DGB＝180°﹣∠EAO＝180°﹣α；（2）连接BD，∵将△ADE绕点A逆时针方向旋转角α，∴∠DAB＝60°，DA＝AB，∴△ABD为等边三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，BD＝AB＝1，∵∠ABC＝120°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝60°，在BC上截取BF＝BD，∴△BFD为等边三角形，∴∠BFD＝60°，DF＝BF＝1，又∵BC＝2，∴CF＝1，∴DF＝CF，∴∠FDC＝∠DCF＝30°，∴∠BDC＝90°，∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝60°+90°＝150°；（3）过点E作EM⊥AD交AD的延长线于M，过点C作CN⊥AD交AD的延长线于N，∵将△ADE绕点A逆时针方向旋转角α，∴AC＝AE，∠EAC＝90°，∵∠EAM+∠NAC＝90°，∠NAC+∠ACN＝90°，∴∠EAM＝∠ACN，又∵∠AME＝∠ANC，∴△AME≌△CNA（AAS），∴AM＝CN，∵∠ABC＝∠ADE＝120°，∴∠EDM＝60°，∴∠DEM＝30°，∵DE＝AB＝1，∴DM＝1，EM＝，∴AM＝2，∴CN＝2，AE＝＝，∴S△AEC＝＝7，S△ADE+S△ADC＝AD•EM+AD•CN＝，∴S△EDC＝S△AEC﹣（S△ADE+S△ADC）＝7﹣＝．2．解：（1）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，∴AC＝＝＝5，∴sin A＝，cos A＝，当点D与E重合时，AE+CD＝5，∴3t+2t＝5，解得t＝；（2）如图①中，当点P在线段AB上时，在Rt△APE中，AE＝AP•cos A＝4t，∴EC＝5﹣4t．如图②中，当点P在线段BC上时，在Rt△PEC中，PC＝7﹣5t，cos C＝，∴EC＝PC•cos C＝（7﹣5t）＝﹣3t．综上所述，EC＝；（3）当△PDQ是直角三角形时，∵DP＝DQ，∠PDQ＝90°，DE⊥PQ，∴PE＝EQ＝DE，如图③中，当点P在线段AB上时，在Rt△APE中，PE＝P A•sin A＝3t，∵DE＝AC﹣AE﹣CD＝5﹣4t﹣2t＝5﹣6t，∵PE＝DE，∴3t＝5﹣6t，∴t＝，∴PE＝DE＝，∴△PDQ与△ABC重叠部分的面积＝××＝．如图⑤中，当点P在线段BC上时，在Rt△PCE中，PE＝PC•sin C＝（7﹣5t）＝﹣4t，∵DE＝CD﹣CE＝2t﹣（7﹣5t）＝5t﹣，∴﹣4t＝5t﹣，解得t＝，∴PE＝DE＝，∴△PDQ与△ABC重叠部分的面积＝××＝．综上所述：△PDQ与△ABC重叠部分的面积为或；（4）如图①中，当AE＝AB时，即AE＝，满足条件，此时AP＝AE＝，∴t＝．如图②中，当CE＝AC，即EC＝时，满足条件，此时PC＝EC＝，∴AB+PB＝7﹣＝，∴t＝，综上所述，满足条件的t的值为和．3．解：（1）∵+（a+2b﹣1）2＝0，又∵≥0，（a+2b﹣1）2≥0，∴，解得，∴A（﹣3，0），B（0，2）；（2）三角形的面积为，由4＜S△ABC≤7，可得，4＜m+3≤7，∴1＜m≤4；（3）如图1中，当点C在线段OA上时，作ON∥BC，∵AB＝CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，∵ON∥BC，∴ON∥AD，∴∠ACB＝∠AON，∠AEB＝∠BON，∴α﹣β＝∠BCA﹣∠AEB＝∠NOA﹣∠NOB＝∠AOB＝90°．如图2中，当点C在AO的延长线上时，ON∥BC，∵AB＝CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，∵ON∥BC，∴ON∥AD，∴∠ACB＝∠AON，∠AEB＝∠BON，∴α+β＝∠BCA+∠AEB＝∠FOA+∠FOB＝∠AOB＝90°．综上所述，α﹣β＝90°或α+β＝90°．4．解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝α，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣α），∵∠CBD＝60°，∴∠ABD＝（180°﹣α）﹣60°＝30°﹣α．故答案为：∠ABD＝30°−α；（2）结论：△ABE是等边三角形．理由：如图2，连接AD，CD，∵线段BC绕B逆时针旋转60°得到线段BD，则BC＝BD，∠DBC＝60°，∴△BCD为等边三角形，∵∠ABE＝∠DBC＝60°，∴∠ABD＝∠EBC＝30°−α，∴BD＝CD，在△ABD与△ACD中，，∴△ABD≌△ACD（SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝α，∵∠BCE＝150°，∴∠BEC＝180°−∠BCE﹣∠EBC＝α，∴∠BAD＝∠BEC＝α，在△EBC和△ABD中，，∴△EBC≌△ABD（AAS），∴BE＝AB，∵∠ABE＝60°，∴△ABE是等边三角形；（3）由△BCD为等边三角形，∴∠BCD＝60°，∵∠BCE＝150°，∴∠DCE＝150°−60°＝90°，∵∠DEC＝45°，∴△DEC为等腰直角三角形，∴DC＝CE＝BC，∵∠BCE＝150°，∴∠EBC＝（180°−150°）＝15°，∵∠EBC＝30°−α＝15°，∴α＝30°．5．解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴CB∥x轴，由点A，C的坐标分别为（3，0），（0，1）．可得点D的纵坐标为1，当y＝1时，y＝+b，解得：x＝2b﹣2，∴D的坐标为（2b﹣2，1）当y＝0时，y＝+b，解得：x＝2b，∴E的坐标为（2b，0）（Ⅱ）CB与O1A1的交点为M，C1B1与OA的交点为N，如图：∵四边形OABC，四边形O1A1B1C1是矩形，∴CB∥OA，C1B1∥O1A1，∴四边形DMEN是平行四边形，∵矩形OABC关于直线DE的对称图形为矩形O1A1B1C1，∴∠1＝∠2，∵CB∥OA，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴DM＝ME，∴平行四边形DMEN是菱形，过点D作DH⊥OA于点H，由D（2b﹣2，1），E（2b，0），可知CD＝2b﹣2，OE＝2b，OH＝CD＝2b﹣2，∴EH＝OE﹣OH＝2b﹣（2b﹣2）＝2，设菱形DMEN的边长为m，在Rt△DHN中，DH＝1，HN＝EH﹣NE＝2﹣m，DN＝m，由DH2+HN2＝DN2，得12+（2﹣m）2＝m2，解得：m＝，∴，所以重叠部分菱形DMEN的面积不变，为；（Ⅲ）当NE＝1时，菱形面积的最小值是1；当NE＝时，菱形面积的最大值是．（D与C重合，A与E重合，设DN＝AN＝x，在Rt△DNO中利用勾股定理列出方程计算）6．解：（1）令y＝0，则x﹣6＝0，解得x＝8，令x＝0，则y＝﹣6，∴点M（8，0），N（0，﹣6）∴OM＝8，ON＝6，由图2可知5秒后直线经过点C，∴CM＝5，OC＝OM﹣CM＝8﹣5＝3，∴C（3，0），∵10秒～a秒被截线段长度不变，∴先经过点B；故填：（3，0）；B（2）由图2可知BM＝10，∴OB＝BM﹣OM＝10﹣8＝2，∴B（﹣2，0），在Rt△OCD中，由勾股定理得，CD＝＝5，∴BC＝CD＝5，∴▱ABCD是菱形，∵，∴MN⊥CD，∴n＝DO＝4∵设直线MN向x轴负方向平移的速度为每秒1个单位的长度，平移后的直线解析式为y＝（x+t）﹣6，把点D（0，4）代入得，（0+t）﹣6＝4，解得t＝，∴a＝；故答案为：（1）（3，0），B；（2）（﹣2，0），4，；（3）当0≤t≤5时，y＝0；当5＜t≤10，如图1，该直线与BC、CD分别交于F、E，FC＝t﹣5，∵直线CD的解析式为：y＝﹣x+4，∴EF⊥CD，∴△CEF∽△COD，∴，∴，∴EF＝，CE＝，∴y＝××＝＝t2﹣t+6，当10＜t≤，如图2，直线与AB、CD分别交于G、E，与射线CB交于F，FB＝t﹣10，∵△BGF∽△COD，∴∴FG＝，BG＝，y＝S△CEF﹣S△BGF＝﹣＝（10t﹣75）＝t﹣18，当时，如图3，BG＝，AG＝5﹣，∵△EAG∽△DCO，∵＝，∴DG＝×（5﹣），∴y＝20﹣（5﹣）××（5﹣）＝﹣+t﹣，当t≥时y＝20．综上所述：y＝．7．解：（1）AE＝CF．理由：连接AO．如图2，∵AB＝AC，点O为BC的中点，∠BAC＝90°，∴∠AOC＝90°，∠EAO＝∠C＝45°，AO＝OC．∵∠EOF＝90°，∠EOA+∠AOF＝90°，∠COF+∠AOF＝90°，∴∠EOA＝∠FOC，在△EOA和△FOC中，∴△EOA≌△FOC（ASA），∴AE＝CF．（2）∵AE＝CF，∴BE+CF＝BE+AE＝AB＝2，即x+y＝2，∴y与x的函数关系式：y＝2﹣x．x的取值范围是：0≤x≤2．（3）△OEF能构成等腰三角形．当OE＝EF时，如图3，点E为AB中点，点F与点A重合，BE＝AE＝1，即x＝1，当OE＝OF时，如图4，BE＝BO＝CO＝CF＝，即x＝，当EF＝OF时，如图5，点E与点A重合，点F为AC中点，即x＝2，综上所述：△OEF为等腰三角形时x的值为1或或2．8．解：（1）∵F与G关于BC对称，∴BF＝BG，∵将△BEA绕点B逆时针旋转90°得到△BGC，∴BE＝BG，∴BE＝BF，∵∠ABE+∠FBC＝45°，∴∠EBF＝45°，∴∠BEF＝67.5°；（2）∵将△BEA绕点B逆时针旋转90°得到△BGC，∴AE＝CG，∠ABE＝∠CBG，BE＝BG，∵∠ABE+∠FBC＝45°，∴∠EBF＝45°，∠FBC+∠CBG＝45°，∴∠EBF＝∠FBG，又∵BF＝BF，∴△BFE≌△BFG（SAS），∴EF＝FG，∵△FGC周长为a，∴FG+GC+FC＝a＝AE+EF+FC，∴AC＝a；（3）如图，当点G，点A，点B共线时，当点G'在线段AB的延长线上时，∵∠CBG＝30°，∴n°＝60°，d＝0，∴（+1）d＝0，当点G''在线段AB上时，∵∠CBG＝30°，∴n°＝240°，d＝0，∴（+1）d＝0，如图，当点C，点A，点B共线时，过点G'''作G'''H⊥BC'''于H，∴n°＝90°，在如图1，将△BEA绕点B逆时针旋转90°得到△BGC，∴∠BAC＝∠BCG＝45°，∵AC＝a，∴AB＝BC＝a，∵将△BGC从起始位置绕点B顺时针旋转，∴BC＝BC'''＝a，∠BC'''G'''＝45°，∠G'''BC'''＝30°，∵G'''H⊥BC'''，∴G'''H＝C'''H＝d，BH＝G'''H＝d，∴BH+HC'''＝d+d＝（+1）d＝a，综上所述：n°的值为60°或90°或240°，（+1）d的值为0或a．9．解：（1）结论：AE＝AB+AD．理由：∵当α＝60°时，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，又∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝CB，∠ACB＝60°，∴∠BCE＝120°，∵MN∥BC，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，∴∠BAD＝∠BCE，∴△BAD≌△BCE，∴AD＝CE，∴AE＝AC+CE＝AB+AD；（2）结论：AE＝AB+AD．理由：当α＝45°时，∠ABC＝∠DBE＝45°，∴∠ABD＝∠CBE，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AB，∵MN∥BC，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，∵∠BCE＝180°﹣∠ACB＝135°，∴∠BAD＝∠BCE，∴△BAD∽△BCE，∴＝＝，∴CE＝AD，∴AE＝AC+CE＝AB+AD；（3）由题可得，∠ABC＝∠DBE＝∠BAD＝30°，分两种情况：①如图所示，当点E在线段AC上时，∵∠ABE＝15°＝∠ABC＝∠DBE，∴∠ABD＝∠ABE＝15°，在BE上截取BF＝BD，易得△ABD≌△ABF，∴AD＝AF＝3﹣，∠ABC＝∠BAD＝∠BAF＝30°，∴∠AFE＝∠ABF+∠BAF＝15°+30°＝45°，又∵∠AEF＝∠CBE+∠C＝15°+30°＝45°，∴∠AFE＝∠AEF，∴AE＝AF＝3﹣；②如图所示，当点E在CA的延长线上时，过D作DF⊥AB于F，过E作EG⊥BC于G，∵AD＝3﹣，∠DAF＝30°，∴DF＝，AF＝，∵∠DBF＝15°+30°＝45°，∴∠DBF＝∠BDF，∴BF＝DF＝，AB＝+＝＝AC，∴BC＝3，∵∠EBG＝15°+30°＝45°，∴∠BEG＝∠EBG，设BG＝EG＝x，则CG＝3﹣x，∵Rt△CEG中，tan C＝，即＝，∴x＝＝EG，∴CE＝2EG＝3﹣3，∴AE＝CE﹣AC＝3﹣3﹣＝2﹣3，综上所述所，线段AE的长度为3﹣或2﹣3．10．解：（1）中△ACE以点C为旋转中心，逆时针方向旋转60°后得到的图形是△BCD．故答案为：△BCD；（2）解：结论：AE＝BD．理由：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝60°，∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD；（3）如图，设DB交AC于点J．∵△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD，∵∠AJO＝∠BJC，∴∠AOB＝∠ACB＝60°，故答案为：60°．11．（1）①解：如图1，连接AC′，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，AB＝AC＝2，∵点C'与点C关于对称，∴∠C'BA＝∠CBA＝60°，BC'＝BC＝BA，∴△ABC'是等边三角形，∵PB＝PC'，∴PB＝1，故答案为：1；②证明：如图2，作∠BPE＝60°交射线AB于点E，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵点C'与点C关于对称，∴∠C'BA＝∠CBA＝60°，∴∠PEB＝60°，∴△PBE是等边三角形，∴PB＝PE，∠AEP＝∠PBD＝120°，∵∠BPD+∠DPE＝60°，∠APE+∠DPE＝60°，∴∠BPD＝∠APE，在△PBD和△PEA中，，∴△PBD≌△PEA（ASA），∴PD＝P A；（2）解：①补全图3如图3所示，②BD＝BP+AB，理由如下：如图3，在BD上取一点E，使BE＝BP，连接PE，∵∠EBP＝60°，BE＝BP，∴△EBP是等边三角形，∴∠BPE＝∠APD＝60°，∴∠APB＝∠DPE，在△BP A和△EPD中，，∴△BP A≌△EPD（SAS），∴AB＝DE，∴BD＝BE+ED＝BP+AB，故答案为：BD＝BP+AB．12．解：（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由：延长BD交AC于F．∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°，在△BED和△AEC中∴△BED≌△AEC，∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，∵∠BED＝90°，∴∠EBD+∠BDE＝90°，∵∠BDE＝∠ADF，∴∠ADF+∠CAE＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（2）不发生变化，理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，②能．理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．13．解：（1）如图1中，∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4，∵点D是线段BC的中点，∴BD＝DC＝BC＝2，∵DF⊥AC，即∠CFD＝90°，∴∠CDF＝30°，又∵∠EDF＝120°，∴∠EDB＝30°，∴∠BED＝90°∴BE＝BD＝1．（2）如图2中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM＝CN，DM＝DN，又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，又∵∠EMD＝∠FND＝90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD＝AB．（3）结论不成立．结论：BE﹣CF＝AB．∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM＝CN，DM＝DN，又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，又∵∠EMD＝∠FND＝90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，∴BE﹣CF＝BM+EM﹣（FN﹣CN）＝2BM＝BD＝AB．14．（1）证明：如图1，连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，∵∠ACB＝∠DEB＝90°，在Rt△BCF和Rt△BEF中，，∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL），∴CF＝EF；（2）如图2，连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，∵∠ACB＝∠DEB＝90°，在Rt△BCF和Rt△BEF中，，∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL），∴EF＝CF，∴AF+EF＝AF+CF＝AC＝DE；（3）如图3，连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴△BCF和△BEF是直角三角形，在Rt△BCF和Rt△BEF中，，∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL），∴CF＝EF，∵AC＝DE，∴AF＝AC+FC＝DE+EF．15．解：（1）∵+|2a﹣5b﹣30＝0，且≥0，|2a﹣5b﹣30|≥0，∴，解得：，∴A（30，0），B（0，6），又∵点C是由点B向右平移26个单位长度得到，∴C（26，6）；（2）①由（1）可知：OA＝30，∵点M从点C向右以1.5个单位长度/秒运动，点N从点O向点A以2个单位长度/秒运动，∴CM＝1.5t，ON＝2t，∴AN＝30﹣2t∵CM＜AN，∴1.5t＜30﹣2t，解得t＜，而0＜t＜15，∴0＜t＜；②由题意可知CM＝1.5t，ON＝2t，∴BM＝BC﹣CM＝26﹣1.5t，AN＝30﹣2t，又B（0，6），∴OB＝6，∴S四边形MNOB＝OB（BM+ON）＝3（26﹣1.5t+2t）＝3（26+0.5t），S四边形MNAC＝OB （AN+CM）＝3（30﹣2t+1.5t）＝3（30﹣0.5t），当S四边形MNOB＞2S四边形MNAC时，则有3（26+0.5t）＞2×3（30﹣0.5t），解得t＞＞15，∴不存在使S四边形MNOB＞2S四边形MNAC的时间段．16．解：（1）等边△ABC未平移时，如图1，∵∠ABC＝60°，BD⊥BF，∴∠DBA＝30°，∵∠BDF＝60°，∴BA⊥DF，∴2AB＝BF＝BC+CF，∵AB＝BC，∴CF＝AB＝6，即：点C平移到与点F重合时，等边△ABC平移的距离为6；（2）①作EM⊥DF于点M，EN⊥AB于点N，如图2，由（1）知AB⊥DF，∴MENG是矩形，∴GN＝EM＝AB，∵∠ACB＝60°，∠DFE＝30°，∴∠CHF＝30°，∴∠AHG＝30°，∵EN∥DF，∴∠BEN＝30°＝∠AHG，∵AG+GB＝AB，BN+GB＝NG＝AB，∴BN＝AG，在△EBN和△HAG中，，∴△EBN≌△HAG（AAS），∴EB＝AH；②如图3，作HI⊥EF于点I，∵∠HEF＝30°＝∠HFE，∴IE＝IF，由（1）知EF＝2AB＝12，∴IE＝6，∴IH＝，∴EH＝4；③不变．如图2，∵△EBN≌△HAG，∴GH＝NE，在△ENP和△HGP中，，∴△ENP≌△HGP（AAS），∴GP＝NP＝NG＝＝3．17．解：（1）∵AB＝6cm，AD＝8cm，∴BD＝10cm，根据旋转的性质可知B′D′＝BD＝10cm，CD′＝B′D′﹣BC＝2cm，∵tan∠B′D′A′＝，∴，∴CE＝cm，∴S A′B′CE＝S A′B′D′﹣S CED′＝（cm2）；（2）①当0≤x＜时，CD′＝2x+2，CE＝（x+1），∴S△CD′E＝x2+3x+，∴y＝×6×8﹣x2﹣3x﹣＝﹣x2﹣3x+；②当≤x≤4时，B′C＝8﹣2x，CE＝（8﹣2x）∴y＝×（8﹣2x）2＝x2﹣x+．（3）①如图1，当AB′＝A′B′时，x＝0秒；②如图2，当AA′＝A′B′时，A′N＝BM＝BB′+B′M＝2x+，A′M＝NB＝，∵AN2+A′N2＝36，∴（6﹣）2+（2x+）2＝36，解得：x＝，x＝（舍去）；③如图2，当AB′＝AA′时，A′N＝BM＝BB′+B′M＝2x+，A′M＝NB＝，∵AB2+BB′2＝AN2+A′N2∴36+4x2＝（6﹣）2+（2x+）2解得：x＝．综上所述，使得△AA′B′成为等腰三角形的x的值有：0秒、秒、．18．解：（1）∵∠MON＝90°，∴∠MOC＝∠MON﹣∠BOC＝90°﹣65°＝25°；故答案为：25°；（2）∵OC是∠MOB的角平分线，∴∠MOB＝2∠BOC＝2×65°＝130°，∴旋转角∠BON＝∠MOB﹣∠MON＝130°﹣90°＝40°，∠CON＝∠BOC﹣∠BON＝65°﹣40°＝25°；故答案为：40°，25°；（3）由直角三角板只能在直线AB上方旋转可知：如图2，当ON在∠BOC内部时，∵∠NOC＝5°，∠BOC＝65°，∴∠BON＝∠BOC﹣∠NOC＝60°，∵点O为直线AB上一点，∴∠AOB＝180°，∵∠MON＝90°，∴∠AOM＝∠AOB﹣∠MON﹣∠BON，＝180°﹣90°﹣60°，＝30°；如备用图，当ON在∠AOC内部时，∵∠NOC＝5°，∠BOC＝65°，∴∠BON＝∠NOC+∠BOC＝70°，∵点O为直线AB上一点，∴∠AOB＝180°，∵∠MON＝90°，∴∠AOM＝∠AOB﹣∠MON﹣∠BON，＝180°﹣90°﹣70°，＝20°．综上所述：∠AOM的度数为30°或20°．19．解：（1）如图1所示．∠a＝45°，故答案为：45°；（2）解：如图1.1所示．∵α＜30°，∴∠A0OA3＜180°，4α＜180°．∵OA4平分∠A2OA3，∴2（180°﹣6α）+α＝4α，解得：α＝（）°；（3）分四种情况：①当魔法棒从OM位置绕点O顺时旋转到OA4位置（不到ON位置），即OA4和OA3都不从ON回弹时，如图2，3α+4α＝20，α＝（）°；②当魔法棒从OM位置绕点O顺时旋转到ON被弹回到OA4位置（在ON与OA3之间），（180°﹣6α）+180°﹣20°﹣3α）＝4α，解得α＝（）°（不合实际）；③当魔法棒从OM位置绕点O顺时旋转到ON被弹回到OA4位置（在OA2与OA3之间），如图3，根据题意得：4α﹣（180﹣6α）+20＝3α，α＝（）°；或者2（180°﹣6α）+（3α﹣20°）＝4α，解得，α＝（）°；④当魔法棒从OM位置绕点O顺时旋转到ON被弹回到OA4位置（在OA1与OA2之间），即OA4在OA2的左边时，如图4，根据题意得：4α﹣（180﹣6α）＝3α+20，α＝（）°；或者2（180°﹣6α）+（3α+20°）＝4α，解得，α＝（）°，综上，对应的α值是（）°或（）°或（）°．20．解：（1）①如图：∵AB＝AC，AD＝AE，∴AB﹣AD＝AC﹣AE，即BD＝CE，∵点M，N，P分别是DE，BC和CD的中点，∴MP是△CDE的中位线，PN是△BCD的中位线，∴PM＝CE，PN＝BD，PM∥CE，PN∥BD，∴PM＝PN，∠DPM＝∠DCA，∠DPN＝∠ADC，∵α＝90°，即∠A＝90°，∴∠DCA+∠ADC＝90°，∴∠DPM+∠DPN＝90°，即∠MPN＝90°，故答案为：PM＝PN，90°；②存在点D，使得以P，M，N为顶点的三角形与△ADE全等，理由如下：连接MN，如图：由①知△PMN是等腰直角三角形，若△PMN≌△ADE，则PN＝PM＝AD＝AE，∵PN＝BD，∴AD＝BD，∴AD＝AB，∴D是AB靠近A的三等分点；（2）连接CE，BD，如图：由旋转可得∠CAE＝∠BAD，∵AC＝AB，AE＝AD，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE＝BD，∠AEC＝∠ADB，∵点M，N，P分别是DE，BC和CD的中点，∴MP是△CDE的中位线，PN是△BCD的中位线，∴PM＝CE，PN＝BD，PM∥CE，PN∥BD，∴PM＝PN，∠DPM＝∠DCE，∠DPN＝180°﹣∠BDP，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+180°﹣∠BDP＝∠DCE+180°﹣（360°﹣∠ADB﹣∠ADE﹣∠EDC）＝∠DCE+∠AEC+∠ADE+∠EDC﹣180°＝∠DCE+∠AED+∠DEC+∠ADE+∠EDC﹣180°，∵∠DCE+∠DEC+∠EDC＝180°，∴∠MPN＝∠AED+∠ADE，∵∠AED+∠ADE＝180°﹣∠EAC﹣∠CAD＝＝180°﹣∠BAD﹣∠CAD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，∴∠MPN＝180°﹣α；②过E作EG⊥AD于G，过N作NH⊥MP，交MP的延长线于H，如图：由①知PM＝PN＝BD，∠MPN＝180°﹣α，∵AD＝BD，∴PM＝PN＝AD＝AE，∵∠HPN＝180°﹣∠MPN，∴∠HPN＝α＝∠BAC＝∠DAE，设PM＝PN＝m，则AE＝AD＝2m，在Rt△AEG中，EG＝AE•sinα＝2m•sinα，在Rt△PHN中，HN＝PN•sinα＝m•sinα，∴S△ADE＝×2m×2m•sinα＝2m2sinα，S△PMN＝×m×m•sinα＝m2sinα，∴S△ADE＝4S△PMN，∴△ADE和△PMN的面积关系为S△ADE＝4S△PMN．。

2020中考数学复习微专题：几何图形必考综合题型突破与提升专练1. 动点问题(2019衢州)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E.点M是线段AD上的动点，连接BM并延长分别交DE，AC于点F，G.(1)求CD的长；(2)若点M是线段AD的中点，求EFDF的值；(3)请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？2. （图形形状变化问题） (2017成都黑白卷)如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD的内部，延长AF交CD于点G.(1)猜想并证明线段FG与CG的数量关系；(2)若将图①中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图②，那么线段FG与CG之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；(3)若将图①中的正方形改成平行四边形，其他条件不变，如图③，那么线段FG与CG之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．3. （旋转问题）(2019贵港)已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C 顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E.(1)如图①，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F.①写出旋转角α的度数；②求证：EA′＋EC＝EF；(2)如图②，在(1)的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝2，求线段PA＋PF的最小值．(结果保留根号)4. （问题情境题型）(2018成都黑白卷)问题情境在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝4，在BC上分别取点P、Q，使BP＝CQ，连接AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ，连接MN.独立思考如图①，过点M作ME⊥BC于点E，过点N作NF⊥BC于点F.(1)求证：ME＝NF；(2)试探究线段MN与BC满足的位置关系，并说明理由；(3)若BP＝3，求MN的长；拓展延伸(4)如图②，当点P与点Q重合时，直接写出MN的长．5. （几何探究类问题）(2018成都黑白卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G，将一等腰三角尺的一条直角边与AC在同一直线上，该三角尺的直角顶点为F.(1)如图①，当另一条直角边恰好经过点B时，求证BF＝CG；(2)将三角尺沿AC方向平移到图②位置时，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA于点E，试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系，并说明理由；(3)如图③，将三角尺继续沿AC方向平移(点F不与点C重合)时，若AG∶AB＝5∶13，BC＝13，求DE＋DF的值．参考答案1. 解：(1)∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝12∠BAC＝30°.在Rt△ADC中，DC＝AC·tan30°＝23；(2)∵∠BAC＝60°，∴在Rt△ABC中，BC＝AC·tan∠BAC＝63，∴BD＝BC－DC＝4 3.∵DE∥AC，∴∠EDA＝∠DAC，∠DFM＝∠AGM.∵AM＝DM，∴△DFM≌△AGM(AAS)，∴DF＝AG.∵DE∥AC，∴△BFE∽△BGA，△BDE∽△BCA.∴EFAG＝BEBA＝BDBC，∴EFDF＝EFAG＝BDBC＝4363＝23；(3)过C，P，G作外接圆，圆心为Q，∵∠CPG＝60°，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．①当⊙Q与DE相切时，如解图①，过Q点作QH⊥AC于点H，并延长HQ与DE交于点P，连接QC，QG.设⊙Q的半径QP＝r，则QH＝12r，PH＝r＋12r＝CD＝23，解得r＝43 3，∴CG＝2CH＝2QC·cos30°＝2×433×32＝4，∴AG＝2.∵DE∥AC，∴∠EDA＝∠DAC，又∵∠DMP＝∠AMG，∴△DFM∽△AGM，∴DMAM＝DFAG＝43，则DMAD＝47.由(1)可得DC＝23，∴在Rt△ACD中，AD＝2CD＝43，∴DM＝163 7；第1题解图①②当⊙Q经过点E时，如解图②，过C点作CK⊥AB，垂足为K.设⊙Q的半径QC＝QE＝r，∵AC＝6，∠BAC＝60°，CK＝AC·sin∠BAC＝33，AK＝AC·cos∠BAC＝3，∴QK＝33－r.∵AE＝CDsin∠BAC＝4，∴EK＝AE－AK＝1.∴在Rt△EQK中，12＋(33－r)2＝r2，解得r＝1439，∴CG＝2×1439×32＝143.∵△DFM∽△AGM，∴同(3)①得DM＝143 5；第1题解图②③当⊙Q经过点D时，如解图③，此时点M与点G重合，且恰好在点A处，可得DM＝2CD ＝4 3.∴综上所述，当DM＝1637或1435<DM≤43时，满足条件的点P只有一个．第1题解图③2. 解：(1)FG＝CG.证明：如解图①，连接EG，∵E是BC的中点，∴BE＝CE，∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，∴∠C＝∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，∴FG＝CG；第1题解图①(2)FG＝CG仍然成立．证明：如解图②，连接EG，第1题解图②∵E是BC的中点，∴BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC.由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，∴∠C＝∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，∴FG＝CG；(3)仍然成立：FG＝CG.证明：如解图③，连接EG、FC，∵E是BC的中点，∴BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，∴EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF.∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠B＝∠D.∵∠ECD＝180°－∠D，∠EFG＝180°－∠AFE＝180°－∠B＝180°－∠D，∴∠ECD＝∠EFG，∴∠GFC＝∠GFE－∠EFC＝∠ECG－∠ECF＝∠GCF，∴∠GFC＝∠GCF，∴FG＝CG，3. (1)①解：∵A′D⊥AC于点D，∴∠A′DC＝90°，∴∠A′CD＝90°－∠CA′D＝75°，∴α＝180°－∠A′CD＝105°.②证明：如解图①，在EF上截取EG＝EC，连接CG.第1题解图①∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°.∵△A′B′C是由△ABC绕点C顺时针旋转得到的，∴∠A′CE＝∠BCA＝45°.∵∠CA′E＝15°，∴∠A′EC＝180°－∠CA′E－∠A′CE＝120°.∵EF平分∠A′EC，∴∠A′EF＝∠CEF＝60°.∵EG＝EC，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，CG＝CE，∴∠FGC＝120°＝∠A′EC.∵∠BCB′＝105°，∠GCE＝60°，∴∠FCG＝45°＝∠A′CE，∴△FCG≌△A′CE，∴FG＝A′E.∵FE＝FG＋GE，∴FE＝A′E＋CE，即EA′＋EC＝EF；(2)解：如解图②，作点A关于A′D的对称点M，连接FM交A′D于点P，此时PF＋PA ＝FM，即为最小．根据题意可知AC＝AB＝A′C＝ 2.过点A′作A′N⊥CB′于点N，则A′N＝CN＝1，∵∠A′EC＝180°－15°－45°＝120°，∴∠CED＝∠A′EN＝60°，∴EN＝A′Ntan∠A′EN＝33，∴A′E＝2EN＝233，CE＝CN－EN＝1－33，∴EF＝A′E＋CE＝233＋1－33＝1＋33.过点F作FH⊥A′D于点H，作FR⊥AC于点R，在Rt△EFH中，EH＝12EF＝12＋36，FH＝3 2EF＝32＋12.∵在Rt△CED中，CE＝1－33，∠CED＝60°，∴DE＝12CE ＝12－36，DC ＝ 32CE ＝32－12， ∴FR＝HD ＝HE ＋ED ＝12＋36＋12－36＝1，RC ＝FR ＝1，AR ＝AC －RC ＝2－1， ∴AD＝AR ＋FH ＝2－1＋32＋12＝2＋32－12， ∴RM＝2AD －AR ＝22＋3－1－2＋1＝2＋3，∴FM＝FR 2＋RM 2＝6＋2 6.即线段PA ＋PF 的最小值为6＋2 6.4. (1)证明： ∵ 四边形ABCD 是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，AB ＝CD ，∵在△ABP 和△DCQ 中，⎩⎨⎧AB ＝DC∠B＝∠C，BP ＝CQ∴△ABP≌△DCQ，∴∠APB＝∠DQC，由折叠的性质得∠MPE＝180°－2∠APB，∠NQF＝180°－2∠DQC，MP ＝BP ，NQ ＝CQ ， ∴∠MPE＝∠NQF，MP ＝NQ ，∴在△MEP 和△NFQ 中，⎩⎨⎧∠MPE＝∠NQF ∠MEP＝∠NFQ，MP ＝NQ∴△MEP≌△NFQ，∴ME＝NF ；(2)解：MN∥BC.理由：∵ME⊥BC，NF⊥BC，∴ME∥NF，∵ME＝NF ，∴四边形EFNM 是矩形，∴MN∥BC；(3)解：如解图①，延长EM 、FN 交AD 于点G 、H ，∵AB＝4，BP ＝3，∴AM＝4，PM ＝3，∵AD∥BC，∴EM⊥AD，∵∠AMP＝∠MEP＝∠MGA，∴∠EMP＝∠GAM，∴△EMP∽△GAM，∴AG ME ＝MG PE ＝AM MP ＝43. 设AG ＝4a ，MG ＝4b ，则EM ＝3a ，EP ＝3b ，∵∠BAG＝∠B＝∠CEG＝90°，∴四边形ABEG 是矩形，∴⎩⎨⎧4a ＝3b ＋33a ＋4b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2425b ＝725， ∴AG＝9625， ∵△MEP≌△NFQ，∴PE＝FQ ，∵BP＝CQ ，∴BE＝CF ，∴DH＝AG ＝9625， ∴MN＝AD －2DH ＝10825；(4)解：MN ＝6013. 【解法提示】如解图②，设PM 、PN 分别交AD 于点E 、F.由折叠的性质得∠EPA＝∠APB，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠EPA＝∠APB＝∠PAE，∴EA＝EP.设EA ＝EP ＝x ，在Rt△AME 中，42＋(6－x)2＝x 2，解得x ＝133，∴EF＝12－2×133＝103，∵EF∥MN，∴△PEF∽△PMN，∴EF MN ＝PE PM ，即103MN ＝1336，解得MN ＝6013.5.证明：如解图①，第2题解图①∵BF⊥AC，CG⊥AB，∴S △ABC ＝12AC·BF＝12AB·CG， ∵AB＝AC ，∴BF＝CG ；(2)解：DE ＋DF ＝CG ；理由：如解图②，连接AD ，∵DF⊥AC，DE⊥AB，CG⊥AB，∴S △ACD ＝12AC·DF， S △ABD ＝12AB·DE， S △ABC ＝12AB·CG， ∵S △ACD ＋S △ABD ＝S △ABC ，∴12AC·DF＋12AB·DE＝12AB·CG， ∵AB＝AC ，∴DE＋DF ＝CG ；(3)解：如解图③，连接AD ，由(2)可得DE ＋DF ＝CG ，设AG ＝5x ，∵AG∶AB＝5∶13，AB ＝AC ，∴AC＝AB ＝13x ，∵∠G＝90°， ∴GC＝AC 2－AG 2＝12x ，在Rt△BGC 中，∵BG＝AB ＋AG ＝13x ＋5x ＝18x ，GC ＝12x ，BC ＝413， ∴(18x)2＋(12x)2＝(413)2，解得x＝23(负值舍去)，∴DE＋DF＝CG＝12x＝8.。

几何图形综合题类型一动点问题1.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连接CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC 于点G.(1)求证：△CDE≌△CBF；1时，求CG的长；(2)当DE＝2(3)连接AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能，说明理由．第1题图（1）证明：如解图，在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠CBA＝∠CBF＝∠DCB＝ 90°，∴∠1＋∠2＝ 90°，∵CF⊥CE，∴∠2＋∠3＝ 90°，∴∠1＝ ∠3， 在△CDE 和△CBF 中，⎪⎩⎪⎨⎧∠=∠=∠=∠31BCDC CBF D ， ∴△CDE ≌△CBF (ASA );第1题解图(2)解：在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， ∴△GBF ∽△EAF ， ∴AFBFAE BG =， 由(1)知，△CDE ≌△CBF ， ∴BF ＝ DE ＝ 12，∵正方形ABCD 的边长为1， ∴AF ＝AB ＋BF ＝ 32，AE ＝AD －DE ＝ 12，∴232121 BG ，∴BG ＝16，∴CG ＝BC －BG ＝ 56；(3)解：不能．理由：若四边形CEAG 是平行四边形，则必须满足AE ∥CG ，AE ＝ CG ， ∴AD －AE ＝BC －CG ， ∴DE ＝BG ，由(1)知，△CDE ≌△CBF ， ∴DE ＝BF ，CE ＝CF ，∴△GBF 和△ECF 是等腰直角三角形， ∴∠GFB ＝ 45°，∠CFE ＝ 45°， ∴∠CF A ＝ ∠GFB ＋∠CFE ＝ 90°，此时点F 与点B 重合，点D 与点E 重合，与题目条件不符， ∴在点E 运动过程中，四边形CEAG 不能为平行四边形．2.已知四边形ABCD 是菱形，AB ＝ 4，∠ABC ＝ 60°，∠EAF 的两边分别与射线CB ，DC 相交于点E ，F ，且∠EAF ＝ 60°. (1)如图①，当点E 是线段CB 的中点时，直接写出线段AE ，EF ，AF 之间的数量关系；(2)如图②，当点E是线段CB上任意一点时(点E不与点B、C重合)，求证：BE＝CF；(3)如图③，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB＝ 15°时，直接写出点F到BC的距离.第2题图(1)解：AE＝EF＝AF；【解法提示】如解图①，连接AC，第2题解图①∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝ 60°， ∴∠BCD ＝ 120°， ∴∠ACE ＝ ∠ACF ＝ 60°，∴AB ＝ BC ＝ AC ，即△ABC 为等边三角形， 又∵∠BAC ＝ ∠1＋∠2＝ 60°， ∠EAF ＝ ∠2＋∠3＝ 60°， ∴∠1＝ ∠3， 在△ABE 和△ACF 中，⎪⎩⎪⎨⎧∠=∠=∠=∠ACF ABE ACAB 31， ∴△ABE ≌△ACF (ASA )， ∴AE ＝ AF ， 又∵∠EAF ＝ 60°， ∴△AEF 为等边三角形，∴AE ＝ EF ＝ AF ；(2)证明：如解图②，连接AC ，由(1)知，AB ＝ AC ，∠ACF ＝ 60°， ∵∠BAC ＝ ∠4＋∠5＝ 60°，∠EAF ＝ ∠5＋∠6＝ 60°， ∴∠4＝ ∠6， 在△ABE 和△ACF 中，⎪⎩⎪⎨⎧∠=∠=∠=∠ACF ABE ACAB 64， ∴△ABE ≌△ACF (ASA )， ∴BE ＝ CF ；第2题解图②(3)解：点F 到BC 的距离为3－ 3.【解法提示】由(2)知，BE ＝ CF ，如解图③，过点A 作AG ⊥CE 于点G ，过点F 作FH ⊥CE 于点H ，第2题解图③∵∠EAB＝ 15°，∠ABC＝ 60°，∴∠BAG＝ 90°－∠ABC＝ 30°，∴∠EAG＝ 15°＋30°＝ 45°，∴△AEG为等腰直角三角形，又∵AB＝ 4，∴AG＝AB·cos∠BAG＝ 4×32＝ 23，∴BG＝AB21＝ 2，∵EG＝AG＝ 23，∴BE＝EG－BG＝ 23－2，∴CF＝ 23－2，∵FH⊥CE，∴∠FCH＝ 180°－∠BCD＝ 60°，∴FH＝CF·sin∠FCH＝ (23－2)×32＝ 3－3，∴点F到BC的距离为3－ 3.类型二图形形状变化问题3.如图，在四边形ABCD中，点P是AB上一点，点E在射线DP上，且∠BED ＝∠BAD，连接AE.(1)若AB＝AD，在DP上截取点F，使得DF＝BE，连接AF，求证：AE＝AF；(2)如图②，若四边形ABCD是正方形，点P在AB的延长线上，BE＝1，AE＝32，求DE的长；(3)如图③，若四边形ABCD是矩形，AD＝2AB，点P在AB的延长线上，AE＝AE的值．5BE，求DE图①图②图③第3题图(1)证明：∵∠BED＝∠BAD，∠BPE＝∠DP A，∴∠ABE＝∠ADF，∵AB＝AD，BE＝DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF；(2)解：如解图①，延长ED到点F，使得DF＝BE，连接AF，第3题解图①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠BED＝∠BEP，∵∠P＝∠P，∴∠PBE＝∠ADP，∴∠ABE＝∠ADF，∵BE＝DF，AB＝AD，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF，∠BAE＝∠F AD，∴∠F AD＋∠EAD＝∠BAE＋∠EAD＝90°，∴EF＝2AE＝32×2＝6，∴DE＝EF－DF＝EF－BE＝6－1＝5；(3)解：如解图②，过点A作AF⊥AE交ED的延长线于点F，第3题解图②∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD ＝∠BED ＝∠BEP ＝90°，AB ＝CD ， ∵AF ⊥AE ，∠P ＝∠P ，∴∠PBE ＝∠ADP ，∠EAB ＝90°－∠EAD ＝∠F AD ， ∴∠ABE ＝180°－∠PBE ＝180°－∠ADP ＝∠ADF ， ∴△ABE ∽△ADF ，∴AF AE DF BE AD AB ==＝12， ∴AF ＝2AE ，DF ＝2BE ，在Rt △AEF 中，由勾股定理得EF ＝22AF AE +＝22)2(AE AE +＝5AE ， ∵AE ＝5BE ，∴EF ＝5AE ＝5·5BE ＝5BE ， ∴DE ＝EF －DF ＝5BE －2BE ＝3BE ， ∴DEAE＝BE BE 35＝53.4.如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠后得到△AFE ，点F 在正方形ABCD 的内部，延长AF 交CD 于点G . (1)猜想并证明线段FG 与CG 的数量关系；(2)若将图①中的正方形改成矩形，其它条件不变，如图②，那么线段FG 与CG 之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；(3)若将图①中的正方形改成平行四边形，其它条件不变，如图③，那么线段FG 与CG 之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．第4题图解：(1)FG＝CG.证明：如解图①，连接EG，第4题解图①∵E是BC的中点，∴BE＝CE，∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，由折叠的性质得∠B＝∠EF A＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EF A，∴∠C＝∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∴△ECG≌△EFG(HL)，∴FG＝CG；（2）数量关系不变：FG＝CG.证明：如解图②，连接EG，第4题解图②∵E是BC的中点，∴BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC.由折叠的性质得∠B＝∠EF A＝90°，又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EF A，∴∠C＝∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∴△ECG≌△EFG(HL)，∴FG＝CG；（3）数量关系不变：FG＝CG.证明：如解图③，连接EG、FC，第4题解图③∵E是BC的中点，∴BE＝CE.∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，∴EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF.∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠B＝∠D.∵∠ECD＝180°－∠D，∠EFG＝180°－∠AFE＝180°－∠B＝180°－∠D，∴∠ECD＝∠EFG，∴∠GFC＝∠GFE－∠EFC＝∠ECG－∠ECF＝∠GCF，∴∠GFC＝∠GCF，∴FG＝CG，即线段FG与CG之间的数量关系不会改变．类型三旋转问题5.如图①，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠EDF＝90°，且点D在AB边上，AB、EF的中点均为O，连接BF、CD、CO.(1)当点C、F、O在同一条直线上时，BF与CD的数量关系是____________；(2)将图①中的Rt△DEF绕点O旋转得到图②，猜想BF＝CD是否成立，并说明理由；(3)若△ABC与△DEF都是等边三角形，AB、EF的中点均为点O ，若△BOF 的面积为3，请计算△COD 的面积．第5题图（1）解：BF ＝CD ；【解法提示】∵O 是等腰直角△DEF 斜边EF 中点， ∴EF ⊥AB ，OD ＝OF ，∵O 是等腰直角△ABC 斜边AB 中点， ∴CO ＝BO ，∵在△BOF 和△COD 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=DO FO COD BOF CO BO ， ∴△BOF ≌△COD (SAS )， ∴BF ＝CD ；（2）解：BF ＝CD 成立．理由如下： 如解图①，连接OC 、OD .第5题解图①∵△ABC 为等腰直角三角形，点O 为斜边AB 的中点， ∴OB ＝OC ，∠BOC ＝90°，∵△DEF 为等腰直角三角形，点O 为斜边EF 的中点， ∴OF ＝OD ，∠DOF ＝90°，∵∠BOF ＝∠BOC ＋∠COF ＝90°＋∠COF ， ∠COD ＝∠DOF ＋∠COF ＝90°＋∠COF ， ∴∠BOF ＝∠COD . ∵在△BOF 与△COD 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=OD OF COD BOF OC OB ， ∴△BOF ≌△COD (SAS )， ∴BF ＝CD ；(3)解：如解图②，连接OC 、OD .第5题解图②∵△ABC 为等边三角形，点O 为边AB 的中点， ∴∠BOC ＝90°，OCOB＝tan 30°＝33.∵△DEF 为等边三角形，点O 为边EF 的中点， ∴∠DOF ＝90°，ODOF＝tan 30°＝33，∴OC OB ＝ODOF＝33.∵∠BOF ＝∠BOC ＋∠COF ＝90°＋∠COF ，∠COD ＝∠DOF ＋∠COF ＝90°＋∠COF ， ∴∠BOF ＝∠COD ， 在△BOF 与△COD 中，∵OC OB ＝OD OF＝33，∠BOF ＝∠COD ，∴△BOF ∽△COD ，∴DC BF ＝OC OB ＝OD OF＝33.∴COD BOFS S △△＝(33)2＝13，∵BOF S △＝3， ∴COD S △＝9.6. 如图，在锐角△ABC 中，AB ＝4，BC ＝5，∠ACB ＝45°，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转，得到△A 1BC 1.(1)如图①，当点C 1在线段CA 的延长线上时，求∠CC 1A 1的度数； (2)如图②，连接AA 1，CC 1.若△ABA 1的面积为4，求△CBC 1的面积； (3)如图③，点E 为线段AB 的中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转过程中，点P 的对应点是点P 1，求线段EP 1长度的最大值与最小值．第6题图解：(1)由旋转的性质可得∠A 1C 1B ＝∠ACB ＝45°，BC ＝BC 1， ∴∠CC 1B ＝∠C 1CB ＝45°，∴∠CC 1A 1＝∠CC 1B ＋∠A 1C 1B ＝45°＋45°＝90°； (2)∵△ABC ≌△A 1BC 1，∴BA ＝BA 1，BC ＝BC 1，∠ABC ＝∠A 1BC 1，∴11BC BA BC BA =，∠ABC ＋∠ABC 1＝∠A 1BC 1＋∠ABC 1， ∴∠ABA 1＝∠CBC 1，∴△ABA 1∽△CBC 1. ∴2516542211=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=BC AB S S CBC ABA △△， ∵S △ABA 1＝4，∴S △CBC 1＝254；(3)如解图①，过点B 作BD ⊥AC ，D 为垂足， ∵△ABC 为锐角三角形，∴点D 在线段AC 上， 在Rt △BCD 中， BD ＝BC ×sin 45°＝522， ①当P 在AC 上运动至垂足点D ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 上时，EP 1最小，最小值为EP 1=BP 1－BE =BD －BE =522－2；②如解图②，当P 在AC 上运动至点C ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 的延长线上时，EP 1最大，最大值为EP 1=BC +BE =2＋5＝7.第6题解图①第6题解图②7.已知等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC、CD于点M、N.(1)如图①，当M、N分别在边BC、CD上时，作AE垂直于AN，交CB的延长线于点E，求证：AE＝AN；(2)如图②，当M、N分别在边CB、DC的延长线上时，求证：MN＋BM＝DN；(3)如图③，当M、N分别在边CB、DC的延长线上时，作直线BD交直线AM 于P点，点Q为三角板的另一锐角顶点．若MN＝10，CM＝8，求AP的长.第7题图(1)证明：∵∠EAB＋∠BAN＝90°，∠NAD＋∠BAN＝90°，∴∠EAB＝∠NAD，又∵∠ABE＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABE≌△ADN(ASA)，∴AE＝AN；(2)证明：如解图①，在ND上截取DG＝BM，连接AG、MG.第7题解图①∵AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90∴△ADG≌△ABM(SAS)，∴AG＝AM，∠MAB＝∠GAD，∵∠BAD＝∠BAG＋∠GAD＝90°，∴∠MAG＝∠BAG＋∠MAB＝90°，∴△AMG为等腰直角三角形，又∠MAN＝45°，∴AN⊥MG，∴AN为MG的垂直平分线，∴NM＝NG，又∵DN－DG＝NG，∴DN－BM＝MN，即MN＋BM＝DN；（3）解：如解图②，连接AC，第7题解图②同(2)，证得MN ＋BM ＝DN ，∴MN ＋CM －BC ＝DC ＋CN ，又∵在正方形ABCD 中，DC ＝BC ， ∴CM －CN ＋MN ＝2BC ， 即8－CN ＋10＝2BC ，即CN ＝18－2BC ， 在Rt △MNC 中，根据勾股定理得222CN CM MN +=，即102＝82＋2CN ，解得CN ＝6， ∴18-2BC =6，∴BC ＝12(18－CN )＝6，∴AC ＝62，∵∠BAP ＋∠BAQ ＝45°，∠NAC ＋∠BAQ ＝45°， ∴∠BAP ＝∠NAC ，又∵∠ABP ＝∠ACN ＝135°， ∴△ABP ∽△ACN ， ∴22==AC AB AN AP ， 在Rt △AND 中，DN ＝DC ＋CN ＝12， 根据勾股定理得222DN AD AN +=＝36＋144，解得AN ＝65，∴2256 AP ， ∴AP ＝310.8.如图,在Rt △ABC 中,∠A =90°,AB =AC ,点D ,E 分别在边AB ,AC 上,AD =AE ,连接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,连接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AD =4,AB =10,请直接写出△PMN 面积的最大值.第8题图解：（1）PM =PN ,PM ⊥PN ;【解法提示】∵AB =AC ,AD =AE ,∴BD =CE ; ∵点M ,P ,N 分别为DE ,DC ,BC 的中点, ∴PM ∥CE 且PM =21CE ,PN ∥BD 且PN=21BD ;∴PM=PN,∠DPM=∠DCE,∠CNP=∠B,∴∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠B+∠PCN.∵∠A=90°,∴∠B+∠ACB=90°,∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠DCE+∠PCN+∠B=90°,∴PM⊥PN；（2）△PMN为等腰直角三角形.理由如下：由题可知：△ABC和△ADE均为等腰直角三角形,∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE,∴∠BAD=∠EAC,∴△BAD≌△CAE（SAS）,∴∠ABD=∠ACE,BD=CE.又∵点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点,∴PM是△CDE的中位线,1CE.∴PM∥CE且PM=21BD.同理：PN∥BD且PN=2∴PM=PN,∠MPD=∠ECD,∠PNC=∠DBC.∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD,∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN,∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°,∴△PMN 为等腰直角三角形;（3）249.【解法提示】∵△PMN 为等腰直角三角形,∴S △PMN =21PM 2, 要使△PMN 的面积最大,即PM 最大.第8题解图由（2）得,PM =21CE ,即当CE 最大时,PM 最大.如解图所示,当点C 、E 在点A 异侧,且在同一直线上时,CE 最大,此时CE =AE +AC =14,则PM 最大值为7,故△PMN 最大面积为S △PMN =21×7×7=249.拓展类型一 折叠问题9.如图，已知一个直角三角形纸片ACB ，其中∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，E 、F 分别是AC 、AB 边上的点，连接EF .(1)如图①，若将纸片ACB 的一角沿EF 折叠，折叠后点A 落在AB 边上的点D 处，且使S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，求AE 的长；(2)如图②，若将纸片ACB 的一角沿EF 折叠，折叠后点A 落在BC 边上的点M 处，且使MF ∥CA .①试判断四边形AEMF 的形状，并证明你的结论； ②求EF 的长．第9题图解：(1)∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处， ∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF . ∴S △AEF ＝S △DEF . ∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ， ∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF . ∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ， ∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF . ∴ACBAEFS S △△＝14.∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°， ∴△AEF ∽△ABC . ∴ACB AEF S S △△＝(ABAE )2. ∴(ABAE )2＝14.在Rt △ACB 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，即AB ＝42＋32＝5， ∴(5AE )2＝14，∴AE ＝52；(2)①四边形AEMF 是菱形．证明：∵将纸片折叠后点A 落在BC 边上的点M 处， ∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ， 又∵MF ∥CA ， ∴∠CEM ＝∠EMF ， ∴∠CAB ＝∠CEM ， ∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平形四边形， 又AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形；②连接AM ，与EF 交于点O ，如解图，设AE ＝x ，则AE ＝ME ＝x ，EC ＝4－x ，第9题解图∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°， ∴Rt △ECM ∽Rt △ACB ， ∴ABEMAC EC =， ∵AB ＝5， ∴544xx =-，解得x ＝209.∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169. 在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°， ∴CM 2＝EM 2－EC 2， 即CM ＝22EC EM -＝（209）2－（169）2＝43， ∵四边形AEMF 是菱形，∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ， ∴S 菱形AEMF ＝4S 三角形AOE ＝2OE ·AO ， 在Rt △AOE 和Rt △ACM 中，∵tan ∠EAO ＝tan ∠CAM ， ∴ACCMAO OE =， ∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ， ∴S 菱形AEMF ＝6OE 2， 又∵S 菱形AEMF ＝AE ·CM ， ∴6OE 2＝209×43，解得OE ＝2109， ∴EF ＝2OE ＝4109.拓展类型二 平移问题10.如图①，在Rt △ABC 和Rt △DEF 中，∠BAC =∠EDF =90°，AB =AC ,DE =DF ,点D 在射线AB 上，AB =2DF =6.连接EA ,EC ,交射线AB 于点H ，取CE 的中点G ，连接DG . （1）当点F 与点A 重合时，求DH 的长；（2）如图②，保持△ABC 固定不动，将△DEF 沿射线AB 平移m 个单位长度，判断DG 与EA 的位置关系和数量关系，并说明理由；（3）如图③，继续平移△DEF ，使得△DEF 的一个顶点恰好在直线BC 上，求此时HG 的长.第10题图解：（1）∵∠EDA =∠CAB =90°， ∴DE ∥AC ， ∴△DHE ∽△AHC ，∴21===AB DF AC DE AH DH , ∴DH =31AD =31×21AB =1;（2）DG ∥EA ，DG =21EA .理由：由（1）知，△DHE ∽△AHC ，∴21===AC DE HC EH AH DH , ∵点G 是EC 的中点， ∴EH +HG =HC -HG , ∴2HG =HC -EH =EH , ∴21==EH HG AH DH , ∵∠DHG =∠AHE , ∴△DHG ∽△AHE ， ∴∠HDG =∠HAE ，21==AH DH AE DG , ∴DG ∥EA ，DG =21EA ；（2）当点D 在直线BC 上时，此时点D 和点B 重合，如解图①， ∵21==AC BE AH BH ,AB =6, ∴BH =2,BE =3, ∴在Rt △BHE 中，由勾股定理得EH =22BH BE +=2223+=13, ∵21==AE DG HE HG , ∴HG =21EH =213; 当点F 在直线BC 上时，此时点F 和点B 重合，如解图②， BE =2DE =32, ∴HG =21EH =223. 综上所述，HG 的长为213或223.图①图②第10题解图31。