2018年最新中考数学压轴精选15题(2) 四边形动点和证明类(Word版含答案解析)

2018年最新中考数学压轴精选15题(2)四边形动点和证明类1.（2018·荆州）阅读理解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P(x1,y1)、Q(x2,y2)，则P、Q这两点间的距离为|PQ|=√(x1−x2)2+(y1−y2)2.如P(1,2)，Q(3,4)，则|PQ|=√(1−3)2+(2−4)2=2√2．对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹.如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+12交y轴于点A，点A 关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．(1)到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是______；(2)若动点C(x,y)满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；问题拓展：(3)若(2)中的动点C的轨迹与直线y=kx+12交于E、F两点，分别过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②1AE +1AF为定值．2.（2018·常州）(1)如图1，已知EK垂直平分BC，垂足为D，AB与EK相交于点F，连接CF.求证：∠AFE=∠CFD．(2)如图2，在Rt△GMN中，∠M=90∘，P为MN的中点．①用直尺和圆规在GN边上求作点Q，使得∠GQM=∠PQN(保留作图痕迹，不要求写作法)；②在①的条件下，如果∠G=60∘，那么Q是GN的中点吗？为什么？3.（2018·十堰）已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM．(1)如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论；(2)如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，(1)中结论是否仍然成立？请证明你的结论；(3)将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请画出图形，并直接写出MF的长．4.（2018·阜新）如图，在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，AD⊥BC于点D．(1)如图1，点E，F在AB，AC上，且∠EDF=90∘.求证：BE=AF；(2)点M，N分别在直线AD，AC上，且∠BMN=90∘．①如图2，当点M在AD的延长线上时，求证：AB+AN=√2AM；②当点M在点A，D之间，且∠AMN=30∘时，已知AB=2，直接写出线段AM的长．5.（2018·乐山）已知Rt△ABC中，∠ACB=90∘，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数：(1)如图1，若k=1，则∠APE的度数为______；(2)如图2，若k=√3，试问(1)中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．(3)如图3，若k=√3，且D、E分别在CB、CA的延长线上，(2)中的结论是否成立，请说明理由．6.（2018·大连）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，∠ACB=90∘，点D在AB上，且∠BAC=2∠DCB，求证：AC=AD．小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法：方法1：如图2，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．方法2：如图3，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．(1)根据阅读材料，任选一种方法，证明AC=AD．用学过的知识或参考小明的方法，解决下面的问题：(2)如图4，△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，且∠BDE=2∠ABC，点F在BD 上，且∠AFE=∠BAC，延长DC、FE，相交于点G，且∠DGF=∠BDE．①在图中找出与∠DEF相等的角，并加以证明；②若AB=kDF，猜想线段DE与DB的数量关系，并证明你的猜想．.动点P从A点出7.（2018·攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM(P、Q、M按逆时针排序)，以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．(1)求cosA的值；S△QCN时，求t的值；(2)当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95(3)当t为何值时，△PQM的某个顶点(Q点除外)落在△QCN的边上．8.（2018·沈阳）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，其它多件不变时，∠BDE的度数是______(用含α的代数式表示)(3)若△ABC是等边三角形，AB=3√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．9.（2018·北京）对于平面直角坐标系xOy中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“闭距离“，记作d(M,N)．已知点A(−2,6)，B(−2,−2)，C(6,−2)．(1)求d(点O，△ABC)；(2)记函数y=kx(−1≤x≤1,k≠0)的图象为图形G.若d(G,△ABC)=1，直接写出k的取值范围；(3)⊙T的圆心为T(t,0)，半径为1.若d(⊙T,△ABC)=1，直接写出t的取值范围．10.（2018·衡阳）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=BC=4cm，动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以√2cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P、Q同时停止运动，设运动时间为t(s)．(1)当t为何值时，点B在线段PQ的垂直平分线上？(2)是否存在某一时刻t，使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(3)以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形QNCP的面积为S，求S关于t的函数关系式．11.（2018·常德）已知正方形ABCD中AC与BD交于O点，点M在线段BD上，作直线AM交直线DC于E，过D作DH⊥AE于H，设直线DH交AC于N．(1)如图1，当M在线段BO上时，求证：MO=NO；(2)如图2，当M在线段OD上，连接NE，当EN//BD时，求证：BM=AB；(3)在图3，当M在线段OD上，连接NE，当NE⊥EC时，求证：AN2=NC⋅AC．12.（2018·菏泽）问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动.如图1，将：矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.并且量得AB=2cm，AC=4cm．操作发现：(1)将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，过点C作AC′的平行线，与的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是______．(2)创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC′D，连接，取CC′的中点F，连接AF 并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C′G，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．实践探究：(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至点，与BC′相交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．13.（2018·南充）如图，矩形ABCD中，AC=2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点落在AC上，交AD于点E，在上取点F，使．(1)求证：AE=C′E．(2)求的度数．(3)已知AB=2，求BF的长．14.（2018·黄冈）如图，在直角坐标系xOy中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120∘，边长OA=8.点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB−BC−CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动，过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动．(1)当t=2时，求线段PQ的长；(2)求t为何值时，点P与N重合；(3)设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围．15.（2018·杭州）如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上(不与点B，C重合)，连结AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，设BGBC=k．(1)求证：AE=BF．(2)连结BE，DF，设∠EDF=α，∠EBF=β.求证：tanα=ktanβ．(3)设线段AG与对角线BD交于点H，△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，求S2S1的最大值．2018年最新中考数学压轴精选15题(2)四边形动点和证明类答案和解析【答案】)2=11. x2+(y−122. (1)证明：如图1中，∵EK垂直平分线段BC，∴FC=FB，∴∠CFD=∠BFD，∵∠BFD=∠AFE，∴∠AFE=∠CFD．(2)①作点P关于GN的对称点P′，连接P′M交GN于Q，连接PQ，点Q即为所求．②结论：Q是GN的中点．理由：设PP′交GN于K．∵∠G=60∘，∠GMN=90∘，∴∠N=30∘，∵PK⊥KN，∴PK=KP′=1PN，2∴PP′=PN=PM，∴∠P′=∠PMP′，∵∠NPK=∠P′+∠PMP′=60∘，∴∠PMP′=30∘，∴∠N=∠QMN=30∘，∠G=∠GMQ=60∘，∴QM=QN，QM=QG，∴QG=QN，∴Q是GN的中点．3. 解：(1)结论：DM⊥EM，DM=EM．理由：如图1中，延长EM交AD于H．∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE=∠DEF=90∘，AD=CD，∴AD//EF，∴∠MAH=∠MFE，∵AM=MF，∠AMH=∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH=ME，AH=EF=EC，∴DH=DE，∵∠EDH=90∘，∴DM⊥EM，DM=ME．(2)如图2中，结论不变.DM⊥EM，DM=EM．理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE=∠DEF=90∘，AD=CD，∴AD//EF，∴∠MAH=∠MFE，∵AM=MF，∠AMH=∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH=ME，AH=EF=EC，∴DH=DE，∵∠EDH=90∘，∴DM⊥EM，DM=ME．(3)如图3中，作MR⊥DE于R．在Rt△CDE中，DE=√132−52=12，∵DM=NE，DM⊥ME，DE=6，DR=RE=6，∴MR=⊥DE，MR=12在Rt△FMR中，FM=√MR2+FR2=√62+112=√157如图4中，作MR⊥DE于R．在Rt△MRF中，FM=√12+62=√37，故满足条件的MF的值为√37或√157．4. 解：(1)∵∠BAC=90∘，AB=AC，∴∠B=∠C=45∘，∵AD⊥BC，∴BD=CD，∠BAD=∠CAD=45∘，∴∠CAD=∠B，AD=BD，∵∠EDF=∠ADC=90∘，∴∠BDE=∠ADF，∴△BDE≌△ADF(ASA)，∴DE=DF；(2)①如图1，过点M作MP⊥AM，交AB的延长线于点P，∴∠AMP=90∘，∵∠PAM=45∘，∴∠P=∠PAM=45∘，∴AM=PM，∵∠BMN=∠AMP=90∘，∴∠BMP=∠AMN，∵∠DAC=∠P=45∘，∴△AMN≌△PMB(ASA)，∴AN=PB，∴AP=AB+BP=AB+AN，在Rt△AMP中，∠AMP=90∘，AM=MP，∴AP=√2AM，∴AB+AN=√2AM；②在Rt△ABD中，AD=BD=√22AB=√2，∵∠BMN=90∘，∠AMN=30∘，∴∠BMD=90∘−30∘=60∘，在Rt△BDM中，DM=BDtan∠BMD =√63，∴AM=AD−DM=√2−√63．5. 45∘6. 解：(1)方法一：如图2中，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．∵∠CAE=∠DAE，∠CAB=2∠DCB，∴∠CAE=∠CDB，∵∠CDB+∠ACD=90∘，∴∠CAE+∠ACD=90∘，∴∠AEC=90∘，∵AE=AE，∠AEC=∠AED=90∘，∴△AEC≌△AED，∴AC=AD．方法二：如图3中，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．∵∠DCF=∠DCB，∠A=2∠DCB，∴∠A=∠BCF，∵∠BCF+∠ACF=90∘，∴∠A+∠ACF=90∘，∴∠AFC=90∘，∵∠ACF+∠BCF=90∘，∠BCF+∠B=90∘，∴∠ACF=∠B，∵∠ADC=∠DCB+∠B=∠DCF+∠ACF=∠ACD，∴AC=AD．(2)①如图4中，结论：∠DEF=∠FDG．理由：在△DEF中，∵∠DEF+∠EFD+∠EDF=180∘，在△DFG中，∵∠GFD+∠G+∠FDG=180∘，∵∠EFD=∠GFD，∠G=∠EDF，∴∠DEF=∠FDG．②结论：BD=k⋅DE．理由：如图4中，如图延长AC到K，使得∠CBK=∠ABC．∵∠ABK=2∠ABC，∠EDF=2∠ABC，∴∠EDF=∠ABK，∵∠DFE=∠A，∴△DFE∽△BAK，∴DFAB =DEBK=1k，∴BK=k⋅DE，∴∠AKB=∠DEF=∠FDG，∵BC=BC，∠CBD=∠CBK，∴△BCD≌△BCK，∴BD=BK，∴BD=k⋅DE7. 解：(1)如图1中，作BE⊥AC于E．∵S△ABC=12⋅AC⋅BE=814，∴BE=92，在Rt△ABE中，AE=√AB2−BE2=6，∴coaA=AEAB =67.5=45．(2)如图2中，作PH⊥AC于H．∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC−AH−CQ=9−9t，∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+(9−9t)2，∵S△PQM=95S△QCN，∴√34⋅PQ2=95×√34⋅CQ2，∴9t2+(9−9t)2=95×(5t)2，整理得：5t2−18t+9=0，解得t=3(舍弃)或35．∴当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN．(3)①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．易知：PM//AC，∴∠MPQ=∠PQH=60∘，∴PH=√3HQ，∴3t=√3(9−9t)，∴t=27−3√326．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．同法可得PH=√3QH，∴3t=√3(9t−9)，∴t=27+3√326，综上所述，当t=27−3√326s或27+3√326s时，△PQM的某个顶点(Q点除外)落在△QCN的边上．8. α或180∘−α9. 解：(1)如图所示，点O到△ABC的距离的最小值为2，∴d(点O，△ABC)=1；(2)y=kx(k≠0)经过原点，在−1≤x≤1范围内，函数图象为线段，当y=kx(−1≤x≤1,k≠0)经过(1,−1)时，k=−1，此时d(G,△ABC)=1；当y=kx(−1≤x≤1,k≠0)经过(−1,−1)时，k=1，此时d(G,△ABC)=1；∴−1≤k≤1，∵k≠0，∴−1≤k≤1且k≠0；(3)⊙T与△ABC的位置关系分三种情况：①当⊙T在△ABC的左侧时，由d(⊙T,△ABC)=1知此时t=−4；②当⊙T在△ABC内部时，当点T与原点重合时，d(⊙T,△ABC)=1，知此时t=0；当点T位于T3位置时，由d(⊙T,△ABC)=1知T3M=2，∵AB=BC=8、∠ABC=90∘，∴∠C=∠T3DM=45∘，则T3D=T3Mcos45∘=√22=2√2，∴t=4−2√2，故此时0≤t≤4−2√2；③当⊙T在△ABC右边时，由d(⊙T,△ABC)=1知T4N=2，∵∠T4DC=∠C=45∘，∴T4D=T4Ncos45∘=√22=2√2，∴t=4+2√2；综上，t=−4或0≤t≤4−2√2或t=4+2√2．10. 解：(1)如图1中，连接BP．在Rt△ACB中，∵AC=BC=4，∠C=90∘，∴AB=4√2∵点B在线段PQ的垂直平分线上，∴BP=BQ，∵AQ=√2t，CP=t，∴BQ=4√2−√2t，PB2=42+t2，∴(4√2−√2t)2=16+t2，解得t=12−8√2或12+8√2(舍弃)，∴t=12−8√2s时，点B在线段PQ的垂直平分线上．(2)①如图2中，当PQ=QA时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠AQP=90∘．则有PA=√2AQ，∴4−t=√2⋅√2t，解得t=4．3②如图3中，当AP=PQ时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠APQ=90∘．则有：AQ=√2AP，∴√2t=√2(4−t)，解得t=2，综上所述：t=43s或2s时，△APQ是以PQ为腰的等腰三角形．(3)如图4中，连接QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F.则QE=AE，QF=EC，可得QE+ QF=AE+EC=AC=4．∵S=S△QNC+S△PCQ=12⋅CN⋅QF+12⋅PC⋅QE=12t(QE+QF)=2t(0<t<4)．11. 解：(1)∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于O，∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90∘，∴∠OND+∠ODN=90∘，∵∠ANH=∠OND，∴∠ANH+∠ODN=90∘，∵DH⊥AE，∴∠DHM=90∘，∴∠ANH+∠OAM=90∘，∴∠ODN=∠OAM，∴△DON≌△AOM，∴OM=ON；(2)连接MN，∵EN//BD，∴∠ENC=∠DOC=90∘，∠NEC=∠BDC=45∘=∠ACD，∴EN=CN，同(1)的方法得，OM=ON，∵OD=OD，∴DM=CN=EN，∵EN//DM，∴四边形DENM是平行四边形，∵DN⊥AE，∴▱DENM是菱形，∴DE=EN，∴∠EDN=∠END，∵EN//BD，∴∠END=∠BDN，∴∠EDN=∠BDN，∵∠BDC=45∘，∴∠BDN=22.5∘，∵∠AHD=90∘，∴∠AMB=∠DME=90∘−∠BDN=67.5∘，∵∠ABM=45∘，∴∠BAM=67.5∘=∠AMB，∴BM=AB；(3)设CE=a(a>0)∵EN⊥CD，∴∠CEN=90∘，∵∠ACD=45∘，∴∠CNE=45∘=∠ACD，∴EN=CE=a，∴CN=√2a，设DE=b(b>0)，∴AD=CD=DE+CE=a+b，根据勾股定理得，AC=√2AD=√2(a+b)，同(1)的方法得，∠OAM=∠ODN，∵∠OAD=∠ODC=45∘，∴∠EDN=∠DAE，∵∠DEN=∠ADE=90∘，∴△DEN∽△ADE，∴DEAD =ENDE，∴b a+b =a b ， ∴a =√5−12b(已舍去不符合题意的) ∴CN =√2a =√10−√22b ，AC =√2(a +b)=√10+√22b ， ∴AN =AC −CN =√2b ，∴AN 2=2b 2，AC ⋅CN =√10+√22b ⋅√10−√22b =2b 2∴AN 2=AC ⋅CN ． 12. 菱形13. (1)证明：∵在Rt △ABC 中，AC =2AB ，∴∠ACB =∠AC′B′=30∘，∠BAC =60∘，由旋转可得：AB′=AB ，∠B′AC =∠BAC =60∘，∴∠EAC′=∠AC′B′=30∘，∴AE =C′E ；(2)解：由(1)得到△ABB′为等边三角形，∴∠AB′B =60∘，∴∠FBB′=150∘；(3)解：由AB =2，得到B′B =B′F =2，∠B′BF =15∘，过B 作BH ⊥BF ，在Rt △BB′H 中，，即BH =2×√6+√24=√6+√22， 则BF =2BH =√6+√2． 14. 解：(1)当t =2时，OM =2，在Rt △OPM 中，∠POM =60∘，∴PM =OM ⋅tan60∘=2√3，在Rt △OMQ 中，∠QOM =30∘，∴QM =OM ⋅tan30∘=2√33， ∴PQ =CN −QM =2√3−2√33=4√33． (2)由题意：8+(t −4)+2t =24，解得t =203．(3)①当0<x <4时，S =12⋅2t ⋅4√3=4√3t.②当4≤x <203时，S =12×[8−(t −4)−(2t −8)]×4√3=40√3−6√3t.③当203≤x<8时.S=12×[(t−4)+(2t−8)−8]×4√3=6√3t−40√3．④当8≤x≤12时，S=S菱形ABCO−S△AON−S△ABP=32√3−12⋅(24−2t)⋅4√3−12⋅[8−(t−4)]⋅4√3=6√3t−40√3．15. 解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠BAD=90∘，∴∠BAG+∠DAG=90∘，∵DE⊥AG，BF⊥AG，∴∠AED=∠BFA=90∘，∴∠ADE+∠DAG=90∘，∴∠BAG=∠DAE，∴△ADE≌△BAF(AAS)，∴AE=BF，(2)由(1)知，∠BAG=∠EDA，∵∠ABG=∠DEA，∴△ABG∽△DEA，∴ABDE =BGAE，∴AEDE=BGAB=BGBC=k在Rt△DEF中，EF=DE⋅tanα，在Rt△BEF中，EF=BF⋅tanβ，∴DE⋅tanα=BF⋅tanβ，∴tanα=BFDE ⋅tanβ=AEDE⋅tanβ=ktanβ；(3)如图，∵四边形ABCD是正方形，∴BC//AD，AD=BC，∵BGBC=k，∴BGAD=k，∵AD//BC，∴△ADH∽△GBH，∴S1S△BHG =S△ADHS△BHG=(ADBG)2=1k2，∴S1=1k2⋅S△BHG，设△BHG的边BG上的高为h，△ADH的边AD上的高为，∵S△BHG=12BG⋅ℎ，，， ∴S △BHG S △BCD =12BG⋅ℎ12BC⋅ℎ′=k 2， ∴S △BHGS 2=k 21−k 2，∴S 2=1−k 2k 2⋅S △BHG ， ∴S 1S 2=1−k 2．【解析】1. 解：(1)设到点A 的距离等于线段AB 长度的点D 坐标为(x,y)，∴AD 2=x 2+(y −12)2， ∵直线y =kx +12交y 轴于点A ，∴A(0,12)， ∵点A 关于x 轴的对称点为点B ，∴B(0,−12)，∴AB =1，∵点D 到点A 的距离等于线段AB 长度，∴x 2+(y −12)2=1， 故答案为：x 2+(y −12)2=1；(2)∵过点B 作直线l 平行于x 轴，∴直线l 的解析式为y =−12，∵C(x,y)，A(0,12)，∴AC 2=x 2+(y −12)2，点C 到直线l 的距离为：(y +12)， ∵动点C(x,y)满足到直线l 的距离等于线段CA 的长度，∴x 2+(y −12)2=(y +12)2，∴动点C 轨迹的函数表达式y =12x 2，(3)①如图，设点E(m,a)点F(n,b)，∵动点C 的轨迹与直线y =kx +12交于E 、F 两点，∴{y =12x 2y =kx +12，∴x 2−2kx −1=0，∴m +n =2k ，mn =−1，∵过E 、F 作直线l 的垂线，垂足分别是M 、N ，∴M(m,−12)，N(n,−12)，∵A(0,12)，∴AM 2+AN 2=m 2+1+n 2+1=m 2+n 2+2=(m +n)2−2mn +2=4k 2+4， MN 2=(m −n)2=(m +n)2−4mn =4k 2+4，∴AM 2+AN 2=MN 2，∴△AMN 是直角三角形，MN 为斜边，取MN 的中点Q ，∴点Q 是△AMN 的外接圆的圆心，∴Q(k,−12)，∵A(0,12)， ∴直线AQ 的解析式为y =−1k x +12，∵直线EF 的解析式为y =kx +12，∴AQ ⊥EF ，∴EF 是△AMN 外接圆的切线；②证明：∵点E(m,a)点F(n,b)在直线y =kx +12上，∴a =mk +12，b =nk +12， ∵ME ，NF ，EF 是△AMN 的外接圆的切线，∴AE =ME =a +12=mk +1，AF =NF =b +12=nk +1， ∴1AE +1AF =1mk+1+1nk+1=(m+n)k+2mnk 2+(m+n)k+1=2k 2+2−k 2+2k⋅k+1=2(k 2+1)k 2+1=2，即：1AE +1AF 为定值，定值为2．(1)利用两点间的距离公式即可得出结论；(2)利用两点间的距离公式即可得出结论；(3)①先确定出m +n =2k ，mn =−1，再确定出M(m,−12)，N(n,−12)，进而判断出△AMN 是直角三角形，再求出直线AQ 的解析式为y =−1k x +12，即可得出结论；②先确定出a =mk +12，b =nk +12，再求出AE =ME =a +12=mk +1，AF =NF =b +12=nk +1，即可得出结论．此题是圆的综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，直角三角形的判定和性质，根与系数的关系，圆的切线的判定和性质，利用根与系数的确定出m +n =2k ，mn =−1是解本题是关键．2. (1)只要证明FC =FB 即可解决问题；(2)①作点P 关于GN 的对称点P′，连接P′M 交GN 于Q ，连接PQ ，点Q 即为所求．②结论：Q 是GN 的中点.想办法证明∠N =∠QMN =30∘，∠G =∠GMQ =60∘，可得QM =QN ，QM =QG ；本题考查作图−复杂作图、线段的垂直平分线的性质、直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．3. (1)结论：DM ⊥EM ，DM =EM.只要证明△AMH ≌△FME ，推出MH =ME ，AH =EF =EC ，推出DH =DE ，因为∠EDH =90∘，可得DM ⊥EM ，DM =ME ；(2)结论不变，证明方法类似；(3)分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．4. (1)先判断出∠BAD =∠CAD =45∘，进而得出∠CAD =∠B ，再判断出∠BDE =∠ADF ，进而判断出△BDE ≌△ADF ，即可得出结论；(2)①先判断出AM =PM ，进而判断出∠BMP =∠AMN ，判断出△AMN ≌△PMB ，即可判断出AP =AB +AN ，再判断出AP =√2AM ，即可得出结论；②先求出BD ，再求出∠BMD =60∘，最后用三角函数求出DM ，即可得出结论．此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△BDE ≌△ADF 是解(1)的关键，构造出全等三角形是解(2)的关键．5. 解：(1)如图1，过点A 作AF//CB ，过点B 作BF//AD 相交于F ，连接EF ，∴∠FBE =∠APE ，∠FAC =∠C =90∘，四边形ADBF 是平行四边形，∴BD =AF ，BF =AD ，∵AC =BD ，CD =AE ，∴AF =AC ，∵∠FAC =∠C =90∘，∴△FAE≌△ACD，∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC，∵∠ADC+∠CAD=90∘，∴∠FEA+∠CAD=90∘=∠EHD，∵AD//BF，∴∠EFB=90∘，∵EF=BF，∴∠FBE=45∘，∴∠APE=45∘，故答案为：45∘．(2)(1)中结论不成立，理由如下：如图2，过点A作AF//CB，过点B作BF//AD相交于F，连接EF，∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90∘，四边形ADBF是平行四边形，∴BD=AF，BF=AD，∵AC=√3BD，CD=√3AE，∴ACBD =CDAE=√3，∵BD=AF，∴ACAF =CDAE=√3，∵∠FAC=∠C=90∘，∴△FAE∽△ACD，∴ACAF =ADEF=BFEF=√3，∠FEA=∠ADC，∵∠ADC+∠CAD=90∘，∴∠FEA+∠CAD=90∘=∠EMD，∵AD//BF，∴∠EFB=90∘，在Rt△EFB中，tan∠FBE=EFBF =√33，∴∠FBE=30∘，∴∠APE=30∘，(3)(2)中结论成立，如图3，作EH//CD，DH//BE，EH，DH 相交于H，连接AH，∴∠APE=∠ADH，∠HEC=∠C=90∘，四边形EBDH是平行四边形，∴BE=DH，EH=BD，∵AC=√3BD，CD=√3AE，∴ACBD =CDAE=√3，∵∠HEA=∠C=90∘，∴△ACD∽△HEA，∴ADAH =ACEH=√3，∠ADC=∠HAE，∵∠CAD+∠ADC=90∘，∴∠HAE+∠CAD=90∘，∴∠HAD=90∘，在Rt△DAH中，tan∠ADH=AHAD=√3，∴∠ADH=30∘，∴∠APE=30∘．(1)先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90∘，即可得出结论；(2)先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90∘，即可得出结论；(3)先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90∘，即可得出结论；此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．6. (1)方法一：如图2中，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E.想办法证明△AEC≌△AED即可；方法二：如图3中，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F.想办法证明∠ACD=∠ADC即可；(2)①如图4中，结论：∠DEF=∠FDG.理由三角形内角和定理证明即可；②结论：BD=k⋅DE.如图4中，如图延长AC到K，使得∠CBK=∠ABC.首先证明△DFE∽△BAK，推出DFAB =DEBK=1k，推出BK=k⋅DE，再证明△BCD≌△BCK，可得BD=BK；本题考查三角形综合题、三角形内角和定理、三角形外角的性质、全等三角形的判定和性质.相似三角形的判定和性质等知识，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．7. (1)如图1中，作BE⊥AC于E.利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；(2)如图2中，作PH⊥AC于H.利用S△PQM=95S△QCN构建方程即可解决问题；(3)分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H.②如图4中，当点M 在CQ上时，作PH⊥AC于H.分别构建方程求解即可；本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．8. (1)①证明：如图1中，∵CA=CB，BN=AM，∴CB−BN=CA−AM即CN=CM，∵∠ACN=∠BCM∴△BCM≌△ACN．②解：如图1中，∵△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)解：如图2中，当点E在AN的延长线上时，易证：∠CBM=∠ADB=∠CAN，∠ACB=∠CAD，∵EA=ED，∴∠EAD=∠EDA，∴∠CAN+∠CAD=∠BDE+∠ADB，∴∠BDE=∠ACB=α．如图3中，当点E在NA的延长线上时，易证：∠1+∠2=∠CAN+∠DAC，∵∠2=∠ADM=∠CBD=∠CAN，∴∠1=∠CAD=∠ACB=α，∴∠BDE=180∘−α．综上所述，∠BDE=α或180∘−α．故答案为α或180∘−α．BC=√3时，作AK⊥BC于K．(3)解：如图4中，当BN=13∵AD//BC，∴ADBC =AMCM=12，∴AD=3√32，AC=3√3，易证△ADC是直角三角形，则四边形ADCK是矩形，△AKN≌△DCF，∴CF=NK=BK−BN=3√32−√3=√32．如图5中，当CN=13BC=√3时，作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H．∵AD//BC，∴ADBC =AMMC=2，∴AD=6√3，易证△ACD是直角三角形，由△ACK∽△CDH，可得CH=√3AK=9√32，由△AKN≌△DHF，可得KN=FH=√32，∴CF=CH−FH=4√3．综上所述，CF的长为√32或4√3．(1)①根据SAS证明即可；②想办法证明∠ADE+∠ADB=90∘即可；(2)分两种情形讨论求解即可，①如图2中，当点E在AN的延长线上时，②如图3中，当点E在NA的延长线上时，(3)分两种情形求解即可，①如图4中，当BN=13BC=√3时，作AK⊥BC于K.解直角三角形即可.②如图5中，当CN=13BC=√3时，作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H．本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．9. (1)根据点A、B、C三点的坐标作出△ABC，利用“闭距离”的定义即可得；(2)由题意知y=kx在−1≤x≤1范围内函数图象为过原点的线段，再分别求得经过(1,−1)和(−1,−1)时k的值即可得；(3)分⊙T在△ABC的左侧、内部和右侧三种情况，利用“闭距离”的定义逐一判断即可得．本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“闭距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．10. (1)连接PB，由点B在线段PQ的垂直平分线上，推出BP=BQ，由此构建方程即可解决问题；(2)分两种情形分别构建方程求解即可；(3)如图4中，连接QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F.则QE=AE，QF=EC，可得QE+QF=AE+EC=AC=4.S根据=S△QNC+S△PCQ=12⋅CN⋅QF+12⋅PC⋅QE，计算即可；本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．11. (1)先判断出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判断出∠ODN=∠OAM，判断出△DON≌△AOM即可得出结论；(2)先判断出四边形DENM是菱形，进而判断出∠BDN=22.5∘，即可判断出∠AMB=67.5∘，即可得出结论；(3)设CE=a，进而表示出EN=CE=a，CN=√2a，设DE=b，进而表示AD=a+b，根据勾股定理得，AC=√2(a+b)，同(1)的方法得，∠OAM=∠ODN，得出∠EDN=∠DAE，进而判断出△DEN∽△ADE，得出DE AD =ENDE，进而得出a=√5−12b，即可表示出CN=√10−√22b，AC=√10+√22b，AN=AC−CN=√2b，即可得出结论．此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出四边形DENM是菱形是解(2)的关键，判断出△DEN∽△ADE是解(3)的关键．12. 解：(1)在如图1中，∵AC是矩形ABCD的对角线，∴∠B=∠D=90∘，AB//CD，∴∠ACD=∠BAC，在如图2中，由旋转知，，，，，，，，∴四边形是平行四边形，，∴▱是菱形，故答案为：菱形；(2)在图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD，∴∠CAD=∠ACB，∠B=90∘，∴∠BAC+∠ACB=90∘在图3中，由旋转知，，，，∵点D，A，B在同一条直线上，，由旋转知，，∵点F是的中点，，，∵AF=FG，∴四边形是平行四边形，，∴▱是菱形，，∴菱形是正方形；(3)在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，，BD=BC=2√3，sin∠ACB=ABAC =12，∴∠ACB=30∘，由(2)结合平移知，，在Rt△BCH中，∠ACB=30∘，∴BH=BC⋅sin30∘=√3，，在Rt△ABH中，AH=12AB=1，∴CH=AC−AH=4−1=3，在中，tan∠C′CH=C′HCH =4−√33．(1)先判断出∠ACD=∠BAC，进而判断出，进而判断出，即可的结论；(2)先判断出，再判断出，，进而判断出四边形是平行四边形，即可得出结论；(3)先判断出∠ACB=30∘，进而求出BH，AH，即可求出CH，，即可得出结论．此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，判断出是解本题的关键．13. (1)在直角三角形ABC中，由AC=2AB，得到∠ACB=30∘，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；(2)由(1)得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60∘，即可求出所求角度数；(3)由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15∘，过B作BH⊥BF，在直角三角形BB′H中，利用锐角三角函数定义求出BH的长，由BF=2BH即可求出BF的长．此题考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．14. (1)解直角三角形求出PM，QM即可解决问题；(2)根据点P、N的路程之和=24，构建方程即可解决问题，；(3)分三种情形考虑问题即可解决问题；本题考查四边形综合题、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．15. (1)利用同角的余角相等判断出∠BAG=∠DAE，进而得出△ADE≌△BAF，即可得出结论；(2)先判断出△ABG∽△DEA，进而得出AEAD=k，再根据锐角三角函数即可得出结论；(3)先判断出S1=1k2⋅S△BHG，再判断出S2=1−k2k2⋅S△BHG，即可得出结论．此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，比例的性质，判断出S2=1−k2k2⋅S△BHG是解本题的关键．。