福州市励志中学数学几何模型压轴题单元测试题(Word版 含解析)

福州市励志中学数学几何模型压轴题单元测试题（Word版含解
析）
一、初三数学旋转易错题压轴题（难）
1．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，
20
3
AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E
关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值；（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF为A BF
''，在旋转过程中，设A F''所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD 交于点Q，若△DPQ为等腰三角形，请直接写出此时DQ的长．
【答案】（1）4；3（2）3或16
3
（3）
2512525
31010
3243
-
、、
10
3
【解析】
【分析】
（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD的长，由等面积法求解AE，由勾股定理求解BE即可，
（2）利用对称与平移的性质得到：AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝3．当点F′落在AB上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD上时，证明△B′F′D为等腰三角形，从而可得答案，
（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，证明A′Q＝A′B，利用勾股定理求解',,
F Q BQ从而求解DQ，②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，证明点A′落在BC边上，利用勾股定理求解,
BQ从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，证明∠A′QB＝∠A′BQ，利用勾股定理求解,
BQ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，证明BQ＝BA′，从而可得答案．
【详解】
解：（1）在Rt△ABD中，AB＝5，
20
3 AD=，
由勾股定理得：
2
2
2025
5
33 BD
⎛⎫
=+=
⎪
⎝⎭
．
11,
22
ABD S BD AE AB AD =⋅=⋅． 25
3
2053 4.AB AD AE BD ⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4，
由勾股定理得：BE ＝3．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称的性质可知，∠1＝∠2．
由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．
①当点F′落在AB 上时，
∵AB ∥A′B′，
∴∠3＝∠4，
∴∠3＝∠2，
∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3；
②当点F′落在AD 上时，
∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2， ∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，
,AB AD ⊥
∴ A′B′⊥AD ，
'''',B F D B DF ∴∠=∠
∴△B′F′D 为等腰三角形，
∴B′D ＝B′F′＝3，
2516333
BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =． （3）DQ 的长度分别为2512525310103243
、、或103． 在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：
①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ，
∴ ∠2＝2∠Q ，
∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠Q ，
∴A′Q ＝A′B ＝5，
∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．
在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=．
253103
DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ，
∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上．
∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，
∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．
在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ +=
即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258
BQ =， 25251253824
DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，
∴ ∠3＝∠4．
∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒
∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012
∴∠=︒-∠． 149012
A Q
B ∴∠'∠︒∠＝＝﹣， 118019012
A BQ A Q
B ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣， ∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5，
∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．
在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ =+=，
25103
DQ BD BQ ∴=-=-； ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，
∴ ∠2＝∠3．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠4，
∴BQ ＝BA′＝5，
2510533
DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243
--、、或103．
【点睛】
本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识
点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．
2．综合与实践
问题情境
在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1，
MN是过点A的直线，点C为直线MN外一点，连接AC，作∠ACD=60°，使AC=DC，在MN上取一点B，使∠DBN=60°．
观察发现
（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；
（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；
实践探究
（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：
在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；
在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；
提出问题
（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.
【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23
【解析】
【分析】
（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB
（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；
（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；
（4）过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明
△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在
Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.
【详解】
综合与实践
（1）AB+DB=CB
（2）线段CE如图所示.
证明：∵∠ECB=∠ACD=60º，
∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，
∴∠2=∠1.
∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º，
∴∠ABD+∠ACD=180º，
∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180º.
∵∠CAB+∠4=180º，
∴∠4=∠3.
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB（ASA）
∴EA=BD，EC=BC.
又∵∠ECB=60°，
∴△ECB为等边三角形,
∴EB=CB.
而EB=EA+AB=DB+AB,
∴CB=DB+AB.
（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；
（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.
∵∠DCA=60º
∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA
即∠ECA=∠BCD
∵∠DBN=120º
∴∠DBA=60º
又∵∠AFB=∠DFC
∴∠EAF=∠BDC
又∵AC=DC
∴△ACE≌△DCB（ASA）
∴BC=EC
∴△ECB为等边三角形
∴∠CEB=60º
∵BC⊥CD
∴∠ECA=∠BCD=90º
∴在Rt△AEC中，∠CAE=30º
∵BC=2，EC=BC
∴AC=EC·tan60º= 3
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.
3．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：
（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；
（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；
（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．
【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．
【解析】
【分析】
（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到
EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；
（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证
△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．
【详解】
（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：
∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，
∴△EAH≌△GAQ，
∴EH=QG，HA=AQ，
∵FA⊥AD，
∴PQ=PH．
在Rt△EPH中，
∵EP2+EH2=PH2，
∴EP2+GQ2=PQ2；
（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，
∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，
∴△EAH≌△GAQ，
∴EH=QG，HA=AQ，
∵PA⊥AD，
∴PQ=PH．
在Rt△EPH中，
∵EP2+EH2=PH2，
∴EP2+GQ2=PH2．
在Rt△PFQ中，
∵PF2+FQ2=PQ2，
∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．
（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.
4．（1）发现
如图，点A 为线段BC 外一动点，且BC a =，AB b =.
填空：当点A 位于____________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a ，b 的式子表示）
（2）应用
点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE .
①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE 长的最大值.
（3）拓展
如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,0，点B 的坐标为()5,0，点P 为线段AB 外一动点，且2PA =，PM PB =，90BPM ∠=︒，求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.
【答案】（1）CB 的延长线上，a+b ；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE 的最大值是4;（3）AM 的最大值是2，点P 的坐标为（22）
【解析】
【分析】
（1）根据点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，即可得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，推出
△CAD ≌△EAB ，根据全等三角形的性质得到CD=BE ；②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；
（3）连接BM ，将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，得到△APN 是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为2+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，
∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，故答案为CB的延长线上，a+b；
（2）①CD=BE，
理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠CAD=∠EAB，
在△CAD与△EAB中，
AD AB
CAD EAB
AC AE
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△CAD≌△EAB，
∴CD=BE；
②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，
由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，
∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；
（3）∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，
则△APN是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM，
∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），
∴OA=2，OB=5，
∴AB=3，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值=AB+AN，
∵22，
∴最大值为2+3；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴PE=AE=2，
∴OE=BO-AB-AE=5-3-2=2-2，
∴P（2-2，2）．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．
（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；
（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；
（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261
；（3）△FGH的周长最大值为
3
2
（a+b），最小值为3
2
（a﹣b）．
【解析】
试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、
（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3
2
BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：
如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=
∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1
2
BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=
1
2
EC，FH∥EC
，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°
∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．
（2）如图2中，连接AF、EC．
易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF22
21
-3，在Rt△ABF中，
BF22
AB AF
-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=1
2
EC
61
-．
（3）存在．理由如下．
由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=1
2
BD，∴△GFH的周长=3GF=
3
2
BD，在△ABD
中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为
3 2（a+b），最小值为3
2
（a﹣b）．
点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
6．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，
连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是；
结论2：DM、MN的位置关系是；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出
MN∥AE，MN=1
2
AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=
1
2
AF，从而得到DM，MN数量
相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，
AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，
∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN=1
2
AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又
∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的
中点，∴DM=
1
2
AF ，∴DM=MN ，∵△ABE ≌△ADF ，∴∠1=∠2，∵AB ∥DF ，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM ，∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN ∥AE ，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM ⊥MN ．所以（2）中的两个结论还成立.
考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．
7．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

（1）概念理解:
如图1,在ABC ∆中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=︒,试判断ABC ∆是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:
如图2, ABC ∆是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ∆关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '∆,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC
BC
的值. （3）应用拓展:
如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ∆的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ∆绕点C 按顺时针方向旋转45︒得到
A B C ∆'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）13
2
AC BC =
（3）CD 210322 【解析】
分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论；
（2）根据ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC，再由ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，得到∠ADC=90°，由重心的性质，得到BC=2BD．设BD=x，则AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=13x，即可得到结论；
（3）分两种情况讨论即可：①当AB=2BC时，再分两种情况讨论；
②当AC=2BC时，再分两种情况讨论即可．
详解：（1）是．理由如下：
如图1，过点A作AD⊥直线CB于点D，
∴ΔADC为直角三角形，∠ADC=90°．
∵ ∠ACB=30°，AC=6，∴ AD=1
2
AC=3，
∴ AD=BC=3，
即ΔABC是“等高底”三角形．
（2）如图2，∵ ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵ ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，∴ ∠ADC=90°．
∵点B是ΔAA′C的重心，∴ BC=2BD．
设BD=x，则AD=BC=2x，∴CD=3x，
∴由勾股定理得AC=13x，
∴
1313
22 AC x
BC x
==．
（3）①当AB2BC时，
Ⅰ．如图3，作AE⊥l1于点E，DF⊥AC于点F．
∵“等高底” ΔABC的“等底”为BC，l1//l2，
l1与l2之间的距离为2，AB2BC，
∴BC=AE=2，AB2，
∴BE=2，即EC=4，∴AC= 25
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，∴∠CDF=45°．设DF=CF=x．
∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴
1
2
DF AE
AF CE
==，即AF=2x．
∴AC=3x=25，可得x=2
5
3
，∴CD=2x=
2
10
3
．
Ⅱ．如图4，此时ΔABC是等腰直角三角形，
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，
∴ΔACD是等腰直角三角形，
∴CD=2AC=22．
②当AC=2BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．
∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．
Ⅱ．如图6，作AE⊥l1于点E，则AE=BC，
∴AC=2BC=2AE，∴∠ACE=45°，
∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C时，点A′在直线l1上，
∴A′C∥l2，即直线A′ C与l2无交点．
综上所述：CD 2
10
3
，222．
点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．
8．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线
OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到
C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）①存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝3，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；
②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意；
当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴t＝2；
当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，
又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，
而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴t＝14，
综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
二、初三数学圆易错题压轴题（难）
9．如图①，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，点D是AC边上一点（不与C 重合），以AD为直径作⊙O，过C作CE切⊙O于E，交AB于F．
（1）若⊙O半径为2，求线段CE的长；
（2）若AF＝BF，求⊙O的半径；
（3）如图②，若CE＝CB，点B关于AC的对称点为点G，试求G、E两点之间的距离．
【答案】（1）CE ＝42；（2）⊙O 的半径为3；（3）G 、E 两点之间的距离为9.6 【解析】 【分析】
（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得； （2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到OE OC BC BA =，即8610
r r
-= 解得即可；
（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，
GB GE
AB AC
=，即12108GE =，解得即可. 【详解】
解：（1）如图①，连接OE ，
∵CE 切⊙O 于E ， ∴∠OEC ＝90°，
∵AC ＝8，⊙O 的半径为2， ∴OC ＝6，OE ＝2，
∴CE ＝2242OC OE -= ； （2）设⊙O 的半径为r ，
在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝10，AC ＝8， ∴BC 22AB A C -＝6， ∵AF ＝BF ，
∴AF＝CF＝BF，
∴∠ACF＝∠CAF，∵CE切⊙O于E，∴∠OEC＝90°，
∴∠OEC＝∠ACB，∴△OEC∽△BCA，
∴OE OC
BC BA
=，即
8
610
r r
-
=
解得r＝3，
∴⊙O的半径为3；
（3）如图②，连接BG，OE，设EG交AC于点M，
由对称性可知，CB＝CG，
∵CE＝CG，
∴∠EGC＝∠GEC，
∵CE切⊙O于E，
∴∠GEC+∠OEG＝90°，
∵∠EGC+∠GMC＝90°，
∴∠OEG＝∠GMC，
∵∠GMC＝∠OME，
∴∠OEG＝∠OME，
∴OM＝OE，
∴点M和点D重合，
∴G、D、E三点在同一直线上，
连接AE、BE，
∵AD是直径，
∴∠AED＝90°，即∠AEG＝90°，
又CE＝CB＝CG，
∴∠BEG＝90°，
∴∠AEB＝∠AEG+∠BEG＝180°，
∴A、E、B三点在同一条直线上，
∴E 、F 两点重合，
∵∠GEB ＝∠ACB ＝90°，∠B ＝∠B ， ∴△GBE ∽△ABC ，
∴
GB GE AB AC = ，即12108GE
= ∴GE ＝9.6，
故G 、E 两点之间的距离为9.6． 【点睛】
本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关
10．已知：
图1 图2 图3 （1）初步思考：
如图1， 在PCB ∆中，已知2PB =，BC=4，N 为BC 上一点且1BN =，试说明：
1
2
PN PC =
（2）问题提出：
如图2，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求
1
2
PD PC +的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ﹦60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求1
2
PD PC -的最大值．
【答案】（1）详见解析；（2）5；（3）最大值37DG =【解析】 【分析】
（1）利用两边成比例，夹角相等，证明BPN ∆∽BCP ∆，得到PN BN
PC BP
=，即可得到结论成立；
（2）在BC 上取一点G ，使得BG=1，由△PBG ∽△CBP ，得到1
2
PG PC =
，当D 、P 、G
共线时，1
2
PD PC +
的值最小，即可得到答案； （3）在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，与（2）同理得到1
2
PG PC =，当点P 在DG 的延长线上时，1
2
PD PC -的值最大，即可得到答案. 【详解】
（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===， ∴2
4,4PB BN BC =⋅=， ∴2PB BN BC =⋅， ∴
BN BP
BP BC
=， ∵B B ∠=∠， ∴BPN BCP ∆∆∽， ∴
1
2
PN BN PC BP ==， ∴1
2
PN PC =
； （2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，
∵24
2,212PB BC BG PB ====， ∴
,PB BC
PBG PBC BG PB
=∠=∠， ∴PBG CBP ∆∆∽， ∴
1
2
PG BG PC PB ==， ∴1
2
PG PC =， ∴1
2
PD PC DP PG +
=+； ∵DP PG DG +≥， ∴当D 、P 、G 共线时，1
2
PD PC +
的值最小，
∴最小值为：22
435
DG=+=；
（3）如图，在BC上取一点G，使得BG=1，作DF⊥BC于F，
与（2）同理，可证
1
2
PG PC
=，
在Rt△CDF中，∠DCF=60°，CD=4，
∴DF=CD•sin60°=23，CF=2，
在Rt△GDF中，DG=22
(23)537
+=，
∴
1
2
PD PC PD PG DG -=-≤，
当点P在DG的延长线上时，
1
2
PD PC
-的值最大，
∴最大值为：37
DG=.
【点睛】
本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
11．如图，△ABC内接于⊙O，点D在AB边上，CD与OB交于点E，∠ACD＝∠OBC；
（1）如图1，求证：CD⊥AB；
（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；
（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5
【解析】
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；
（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；
（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由
∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得
BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=3
5
，所以可得AC=2CK，CK=BC•sin∠OBC=
24
5
得
AC=48 5
.
【详解】
解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2
延长BO交⊙O于F，连接CF．
∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°
∴∠1+∠F＝90°，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠A＝∠F
又∵∠1＝∠2，
∴∠2+∠A＝90°，
∴∠3＝90°，
∴CD⊥AB
（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4
延长BO交AC于K
∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，
∴∠A＝∠5，
∵∠A+∠2＝90°，
∴∠5+∠2＝90°，
∴∠6＝90°
∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，
∴∠6＝∠7，
又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2
∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，
∴BO平分∠ABC
（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN
∵OH⊥CN，OF⊥BC
∴CH＝NH，BF＝CF
∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN
∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC
∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM
∴∠OEH＝∠EHM
设EM、OE交于点P
∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°∴∠EOH＝∠OHP
∴OP＝PH
∵∠ADC＝∠OHC＝90°
∴AD∥OH
∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP
∴PM＝PB
∴PM+PH＝PB+OP
∴HM＝OB＝5
在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4
∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5
∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°
∴∠AKB+∠CKB＝90°∴OK⊥AC
AC＝2CK，CK＝BC•sin∠OBC＝24 5
∴AC＝48 5
【点睛】
此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．
12．如图1，四边形ABCD中，、为它的对角线，E为AB边上一动点（点E不与点A、B重合），EF∥AC交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．
（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；
（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．
【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．
【解析】
试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；
（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；
（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.
矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；
（1）等腰梯形是“四边形”；
（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.
考点：动点问题的综合题
点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
13．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O1和⊙O2，由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，分别连结O1A、O1B、O2A、O2B和AB．
(1)如图②，当∠AO1B=120°时，求两圆重叠部分图形的周长l；
(2)设∠AO1B的度数为x，两圆重叠部分图形的周长为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)在(2)中，当重叠部分图形的周长时，则线段O2A所在的直线与⊙O1有何位置关系？请说明理由.除此之外，它们是否还有其它的位置关系？如果有，请直接写出其它位置关系时的x的取值范
围.
【答案】（1）8
3
（2）（0≤x≤180）（3）O2A与⊙O1相切；当0≤x≤90和
0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交
【解析】
试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,
∴
解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B
∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2׈A=
(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,
∴重叠图形的周长, 即（0≤x≤180）
(3) 当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！
理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度
∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,
而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1相切．
还有如下位置关系：当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交
考点：直线与圆的位置关系
点评：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键，会求函数的解析式，本题难度比较大
14．四边形ABCD内接于⊙O，AC为对角线，∠ACB＝∠ACD
（1）如图1，求证：AB＝AD；
（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）70
【解析】
【分析】
（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明
△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通
过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝5
2
CD，CD2＝
40
3
，由勾股定理可求
解．
【详解】
证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，
∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB
∴AD AB
∴AD＝AB；
（2）如图2，连接AE，
∵AE AE
∴∠ABE＝∠ADE
在△ABE和△ADF中
AB AD
ABE ADF
BE DF
∴△ABE≌△ADF（SAS）
∴∠BAE＝∠DAC
∴BE CD
∴BE＝DC
∵BE＝DF
∴DF＝DC；
（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，
∵DE＝BC，BE＝CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵四边形BEDC是圆内接四边形，
∴∠EBC+∠EDC＝180°，
∴∠EDC＝∠EBC＝90°，
∴EC是直径，
∴∠FGC＝∠EDC＝90°
∴∠FDN+∠MDC ＝90°，且∠MDC+∠MCD ＝90°，
∴∠FDN ＝∠MCD ，且∠FND ＝∠CMD ＝90°，DF ＝DC ，
∴△FDN ≌△DCM （AAS ）
∴FN ＝DM ，CM ＝DN ，
∵EG ＝GH ＝5，
∴∠GEH ＝∠GHE ，且∠GHE ＝∠DHC ，∠GEH ＝∠GDC ，
∴∠HDC ＝∠CHD ，
∴CH ＝CD ，且CM ⊥DH ，
∴DM ＝MH ＝FN ，
∵S △DFG ＝9， ∴
12DG×FN ＝9， ∴12
×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，
∴DM ＝2，DH ＝4，
∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，
∴△EGC ∽△DMC ， ∴52
EC
EG CD DM ， ∴EC ＝
52
CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ， ∴△GEH ∽△CHD ， ∴EG
EH CH DH
， ∴352
4CD CD
， ∴2403
CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，
∴
222254CD CD DE ， ∴22140
43DE ，
∴DE
∴BC
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点． 15．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．
(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH
的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：
(3)如图2．以CF 为直径作
O ． ①当
O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH
的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．
【答案】（1）
12DH BH =，13GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514
DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】
【分析】
（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH
的值，由重心和中位线的性质求得16
=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S
，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据
O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得
DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时
DH BH 满足的条件． 【详解】。