中考数学专题突破几何探究题

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中考数学专题突破-几何探究题

(1)动点问题：由动点引发的几何图形的大小、形状问题或几何图形间位置关系问题，都需要通过相关的数量条件来确定，因此抓住几何计算，构造方程、函数是解决此类问题的关键所在；(2)几何图形变换(旋转、折叠、操作)问题：解答时，要运用图形变换的视角来观察，分析图形，识别出基本图形之间所存在的变换关系，也可根据图形的特殊性，巧妙运用图形变换的手段来转化图形；(3)新定义问题：要认真阅读并理解“新定义”，把握“新定义”的实质，从性质与判定两个角度做出分析，运用“新定义”的性质与判定属性来解决相

中考复习几何探究题(含答案)

几何探究题1题（1）如图1，图2，图3，在ABC △中，分别以AB AC ，为边，向ABC △外作正三角形，正四边形，正五边形，BE CD ，相交于点O ． ①如图1，求证：ABE ADC △≌△；②探究：如图1，BOC ∠= ；如图2，BOC ∠= ；如图3，BOC ∠= ．（2）如图4，已知：AB AD ，是以AB 为边向ABC △外所作正n 边形的一组邻边；A C A E，是以AC 为边向ABC △外所作正n 边形的一组邻边．BE CD ，的延长相交于点O ．①猜想：如图4，BOC ∠= （用含n 的式子表示）； ②根据图4证明你的猜想． 2题.请阅读下列材料：问题：如图1，在菱形ABCD 和菱形BEFG 中，点A B E ，，在同一条直线上，P 是线段()()a a b a b +-的中点，连结PG PC ，．若60ABC BEF ∠=∠=，探究PG 与PC 的位置关系及PGPC的值．小聪同学的思路是：延长GP 交DC 于点H ，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．问题：（1）写出上面问题中线段PG 与PC 的位置关系及PGPC 的值；（2）将图1中的菱形BEFG 绕点B 顺时针旋转，使菱形BEFG 的对角线BF 恰好与菱形ABCD 的边AB 在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．（3）若图1中2(090)ABCBEF ∠=∠=<<αα，将菱形BEFG 绕点B 顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出PGPC的值（用含α的式子表示）． 3题。

如图，等腰梯形ABCD 中，AB =4，CD =9，∠C =60°，动点P 从点C 出发沿CD 方向向点D 运动，动点Q 同时以相同速度从点D 出发沿DA 方向向终点A 运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.（1）求AD 的长；（2）设CP =x ，问当x 为何值时△PD Q 的面积达到最大，并求出最大值；（3）探究：在BC 边上是否存在点M 使得四边形PD Q M 是菱形？若存在，请找出点M ，并求出BM的长；不存在，请说明理由.4题已知矩形ABCD 和点P ，当点P 在BC 2222PA PC PB PD +=+，请你探究：当点P 分别时，2222PA PB PC PD 、、和（2）D A BE F C P G 图1 D CGPA BF图2证明你的结论．答：对图（2）的探究结论为____________________________________．对图（3）的探究结论为_____________________________________．证明：如图（2）5题如图，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．已知OA＝3，OC＝2，点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．（1）直接写出点E、F的坐标；（2）设顶点为F的抛物线交y轴正半轴．．．于点P，且以点E、F、P为顶点的三角形是等腰三角形，求该抛物线的解析式；（3）在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．6题如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点(点G与C、D不重合)，以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连结BG，DE．我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系：（1）①猜想如图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针(或逆时针)方向旋转任意角度α，得到如图2、如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并选取图2证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图4—6），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb (a≠b，k>0)，第(1)题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图5为例简要说明理由．（3）在第(2)题图5中，连结DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求22BE DG+的值．7题正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，P是对角线AC上一动点，过点P作PF⊥CD于点F。

2023年九年级数学中考专题：几何探究压轴题

2023年九年级数学中考专题：几何探究压轴题一、解答题1．如图，在ABC 中，4AC =，3BC =，90ACB ∠=︒，D 是边AC 上一动点（不与点A 、C 重合），CE BD ⊥，垂足为E ，交边AB 于点F ．(1)当点D 是边AC 中点时，求DE ，EC 的值；(2)设CD x =，AF y =，求y 关于x 的函数关系式，并写出定义域；(3)当EFD △与EFB △相似时，求线段CD 的长．2．【温故知新】黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值．我们知道：如图1，点C 把线段AB 分成两部分，如果BC AC AC AB=，那么称点C 为线段AB 的黄金分割点．(1)【问题发现】如图1，点C 为线段AB 的黄金分割点，且AC BC >，若2AB =，请直接写出CB 的值是__________．(2)【问题探究】如图2，在Rt ABC △中，90C ∠=︒，2AC =，1BC =，在BA 上截取BD BC =，再在AC 上截取AE AD =，则AE AC的值为__________． (3)【问题解决】如图3，用边长为6的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE 得折痕MN ，连接EN ，将AE 折叠到EN 上，点A 对应点H ，得折痕CE ，试说明：C 是AB 的黄金分割点．3．定义：若连接三角形一个顶点和对边上一点的线段能把该三角形分成一个等腰三角形和一个直角三角形，我们称这条线段为该三角形的智慧线，这个三角形叫做智慧三角形．(1)如图1，在智慧三角形ABC 中，AD BC ⊥，AD 为该三角形的智慧线，1CD =，则BD 长为_____，B ∠的度数为_____．(2)如图2，ABC 为等腰直角三角形，90BAC ∠︒＝，2AB =，F 是斜边BC 延长线上一点，连接AF ，以AF为直角边作等腰直角三角形AFE （点A ，F ，E 按顺时针排列），90EAF ∠=︒, CF =AE 交BC 于点D ，连接EC ，EB ．当2BDE BCE ∠=∠时，求线段ED 的长；(3)如图3，ABC 中，5AB AC ==，BC =BCD △是智慧三角形，且AC 为智慧线，求BCD △的面积．4．【问题提出】如图1，在等边三角形ABC 内部有一点P ，3PA＝，4PB ＝，5PC ＝，求APB ∠的度数．(1)【尝试解决】将APC △绕点A 逆时针旋转60︒，得到AP B '△，连接PP '，则APP '为等边三角形． ∵3P P PA '==，4PB =，5P B PC '==，∴222=P P PB P B ''+∴BPP '为三角形∴APB ∠的度数为．(2)【类比探究】如图2，在等边三角形ABC 外部有一点P ，若∠BP A ＝30°，求证222PA PB PC +=．(3)【联想拓展】如图3，在ABC 中，90BAC ∠︒＝，AB AC ＝．点P 在直线BC 上方且45APB ∠︒＝，PC BC ==求PA 的长．5．已知正方形 ABCD 和正方形 CEFG ，连接 AF 交 BC 于点 O ，点 P 是 AF 的中点，过点 P 作 PH DG ⊥ 于 H ，2CD =，1CG =．(1)如图1，点 D ，C ，G 在同一直线上，点 E 在 BC 边上，求 PH 的长；(2)把正方形 CEFG 绕着点C 逆时针旋转 ()0180αα<<．①如图2，当点E 落在AF 上时，求CO 的长；②如图3，当DG =PH 的长．6．在ABC ∆中，点E 为AC 边上一动点，以CE 为边在CE 上方作等边CEN ．(1)如图1，EN 与AB 交于点P ，连接PC ，若tan A =，1AE =，5CN =，求PC 的长： (2)如图2．当N 与B 重合时，在BC 上取一点D ，过点D 作DF AC ∥，连接BF ，EF ，过C 作CH EF ⊥交EF 于点H ，若30FBC DFE ︒∠-∠=，求证：CH BF +=；(3)如图3，若BC AB ⊥，且4AB BC ==，过点B 作BQ AC ∥，I 为射线.BQ 上一动点，取AC 中点M ，连接MI ，过点B 作BK MI ⊥交M 于点K ，连接NK ，直接写出NK 的最小值．7．问题情境：如图1，在Rt △ABC 和Rt △BEF 中，∠ACB ＝∠EFB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，且M ，N 分别为AE ，CF 的中点．(1)猜想证明：如图2，将Rt △BEF 绕点B 按逆时针方向旋转90°，其他条件不变．试判断54AM CN =是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．(2)解决问题：如图3，将图2中的Rt △BEF 沿BF 所在直线折叠得到Rt BE F '，连接AE '，CF ，并分别取它们的中点P ，H ，连接CP ，FP ，PH ．①试判断CP 与FP 之间的数量关系，并说明理由．②若AB ＝2BE '，BC ＝2BF ，请直接写出PH 的长．8．【方法尝试】（1）如图1，矩形ABFC 是矩形ADGE 以点A 为旋转中心，按逆时针方向旋转90︒所得的图形，CB ED 、分别是它们的对角线．则CB 与ED 数量关系________，位置关系________．【类比迁移】（2）如图2，在Rt ABC 和Rt ADE △中，90,9,6,3,2BAC DAE AC AB AE AD ∠=∠=︒====．将DAE 绕点A 在平面内逆时针旋转，设旋转角BAE ∠为()0360αα︒<︒，连接,CE BD ．请判断线段CE 和BD 的数量关系和位置关系，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，在Rt ABC 中，90,6ACB AB ∠=︒=，过点A 作AP BC ∥，在射线AP 上取一点D ，连结CD，使得3tan4ACD∠=，请求写出线段BD的最大值．9．如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD 绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM＋BN＝MN．【实践探究】(1)在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．(2)如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．(3)【拓展应用】如图③，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，求DM的长．10．小圆同学对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．(1)猜测探究：在△ABC中，AB＝AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC 相等的角度，得到线段AN，连接NB．①如图1，若M是线段BC上的任意一点，请直接写出∠NAB与∠MAC的数量关系是，NB与MC的数量关系是；②如图2，点E是AB延长线上点，若M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连接MC，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．(2)拓展应用：如图3，在△A 1B 1C 1中，A 1B 1＝8，∠A 1B 1C 1＝60°，∠B 1A 1C 1＝75°，P 是B 1C 1上的任意点，连接A 1P ，将A 1P 绕点A 1按顺时针方向旋转75°，得到线段A 1Q ，连接B 1Q ．求线段B 1Q 长度的最小值． 11．如图，在Rt ABC △中，90BAC ∠=︒，AB AC =，D 为AC 边上一点，连接BD ，作AP BD ⊥于点P ，过点C 作CE AC ⊥交AP 延长线于点E ．(1)如图1，求证：AD CE =；(2)如图2，以AD ，BD 为邻边作ADBF ，连接EF 交BC 于点G ，连接AG ，①求证：AG EF ⊥；②若点D 为AC 中点，EF 、AB 交于点H ，求BH AB的值． 12．如图1，在ABC 中，90ACB ∠=︒，D 为AC 边上的一点，过点D 作DE AB ⊥，垂足为E ，连接BD ，P 为BD 中点，连接PC ，PE ．(1)求证：PC PE =；(2)将图1中ADE 绕着点A 顺时针旋转如图2的位置，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由；(3)若10AB =，6AD =，30BAC DAE ∠=∠=︒，在平面内，将Rt ADE △绕点A 旋转一周，当A ，C ，E 三点共线时，请直接写出PCE 的面积．13．如图1，在直角坐标系中，点()2,0A ，点()0,2C ，点D ，点E 分别为OA ，OC 的中点，ODE 绕原点O 顺时针旋转α角（090α︒<<︒）得11OD E ，射线1CD ，1AE 相交于点F ．(1)求证：11OCD OAE △≌△；(2)如图2，在ODE 旋转过程中，当点1D 恰好落在线段CE 上时，求AF 的长；(3)如图3，在旋转α角从090α︒≤≤︒逐渐增大ODE 旋转过程中，求点F 的运动路线长．14．已知ABC 为等边三角形，边长为4，点D 、E 分别是BC 、AC 边上一点，连接AD 、BE ．AE CD =．(1)如图1，若2AE =，求BE 的长度；(2)如图2，点F 为AD 延长线上一点，连接BF 、CF ，AD 、BE 相交于点G ，连接CG ，已知60,∠=︒=EBF CE CG ，求证：2+=BF GE CF ；(3)如图3，点P 是ABC 内部一动点，顺次连接PA PB PC 、、++的最小值．15．【问题提出】（1）如图1，在ABC 中，90C ∠=︒，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，设CD 的长为m ，点D 到边AB 的距离为n ，则m _______n ；（填“＞”“＜”或“＝”）【问题探究】（2）如图2，在梯形ABCD 中，90A ∠=︒，AD BC ∥，(201AB =，BD 为对角线，且45BDC ∠=︒，求BCD △面积的最小值；【问题解决】（3）某景点有一个形状为菱形ABCD 的草坪，如图3，AB ==60B ∠︒，现欲将该草坪扩建为BEF △，使得点E 、F 分别在BA 、BC 的延长线上，且边EF 经过点D ，为了节省成本，要求扩建后的草坪面积（BEF △的面积）尽可能小，问BEF △的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由．16．综合与实践：数学课外小组研究了两个问题，请你帮助解答．问题一：如图1，在矩形ABCD 中，6AB =，8AD =，E ，F 分别为AB ，AD 边的中点，四边形AEGF 为矩形，连接CG ．问题二：数学小组对图形的旋转进行了拓展研究，如图4，在平行四边形ABCD 中，=60B ∠︒，6AB =，8AD =，E ，F 分别为AB ，AD 边的中点，四边形AEGF 为平行四边形，连接CG ．数学小组发现DF 与CG 仍然存在着特定的数量关系．(1)请直接写出CG 的长是______．如图2，当矩形AEGF 绕点A 旋转（如顺时针旋转）至点G 落在边AB 上时，DF =______，CG =______，DF 与CG 之间的数量关系是______．(2)当矩形AEGF 绕点A 旋转至如图3的位置时，（1）中DF 与CG 之间的数量关系是否还成立？并说明理由．(3)如图5，当平行四边形ABCD 绕点A 旋转（如顺时针旋转），其它条件不变时，数学小组发现DF 与CG 仍然存在着这一特定的数量关系．请你直接写出这个特定的数量关系是______．17．如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ＝CD ，O 是对角线AC 的中点，连接BO 并延长交边AD 或边CD 于点E ．(1)如图1，当点E 在AD 上时，连接CE ，求证：四边形ABCE 是矩形．(2)如图2，当点E 在CD 上时，当AC ＝4，BC ＝3时，求DAC S △与OBC S的比值．(3)若DE ＝2，OE ＝3，直接写出CD 的长．18．已知在正方形ABCD 中，E 是BC 边上一动点，作点B 关于AE 的对称点F ，BF 交AE 于点G ，连结DF ．(1)如图1，求DFB ∠的度数；(2)如图2，过点D 作DM BF ⊥交BF 的延长线于点M ，连结,CM CF ．若DF CM =，试探究四边形DFCM 的形状，并说明理由；(3)如图3，连结BD ，在AG 上截取=GT GB ，点P ，Q 分别是,AD BD 上的动点．若正方形ABCD 的面积为32，直接写出PTQ 周长的最小值．。

中考数学全面突破(含详细答案)题型5 几何探究型问题

题型5 几何探究型问题题型解读1.考查类型：①动点探究题；②平移、旋转、折叠探究题；③图形形状变化探究题.2.考查内容：①多与特殊四边形的性质、三角形全等、相似的判定和性质有关；②涉及平移、旋转或折叠的相关性质；③多与二次函数的性质有关.3.备考指导：在做此类题型时，要观察题中已知条件，并结合题设，联系相关的知识解题，对结果猜想题根据前面问题大胆猜想，往往是解题的突破口．类型一动点探究题1.如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝5 cm ，∠BAC ＝60°，动点M 从点B 出发，在BA 边上以每秒2 cm 的速度向点A 匀速运动，同时动点N 从点C 出发，在CB 边上以每秒 3 cm 的速度向点B 匀速运动，设运动时间为t 秒(0≤t≤5)，连接MN. (1)若BM ＝BN ，求t 的值；(2)若△MBN 与△ABC 相似，求t 的值；(3)当t 为何值时，四边形ACNM 的面积最小？并求出最小值．2.如图①，菱形ABCD 中，已知∠BAD＝120°，∠EGF ＝60°，∠EGF 的顶点G 在菱形对角线AC 上运动，角的两边分别交边BC 、CD 于点E 、F.(1)如图②，当顶点G 运动到与点A 重合时，求证：EC ＋CF ＝BC ； (2)知识探究：①如图③，当顶点G 运动到AC 中点时，探究线段EC 、CF 与BC 的数量关系；②在顶点G 的运动过程中，若ACCG＝t ，请直接写出线段EC 、CF 与BC 的数量关系(不需要写出证明过程)；(3)问题解决：如图④，已知菱形边长为8，BG ＝7，CF ＝65，当t ＞2时，求EC 的长度．图①3.已知：如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm .对角线AC ，BD 交于点O ，点P 从点A 出发，沿AD 方向匀速运动，速度为1 cm /s ；同时，点Q 从点D 出发，沿DC 方向匀速运动，速度为1 cm /s ；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO 并延长，交BC 于点E ，过点Q 作QF∥AC，交BD 于点F.设运动时间为t(s )(0<t<6)，解答下列问题： (1)当t 为何值时，△AOP 是等腰三角形？(2)设五边形OECQF 的面积为S(cm 2)，试确定S 与t 的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使OD 平分∠COP？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．4.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D 为直线BC 上一动点(点D 不与B ，C 重合)，以AD 为边在AD 右侧作正方形ADEF ，连接CF. (1)观察猜想如图①，当点D 在线段BC 上时，①BC 与CF 的位置关系为：____________． ②BC ，CD ，CF 之间的数量关系为：____________(将结论直接写在横线上)． (2)数学思考如图②，当点D 在线段CB 的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)拓展延伸如图③，当点D 在线段BC 的延长线上时，延长BA 交CF 于点G ，连接GE.若已知AB ＝22，CD ＝14BC ，请求出GE 的长．类型二平移、旋转、折叠探究题5.如图①，△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，四边形ADEF 是正方形，点B 、C 分别在边AD 、AF 上，此时BD ＝CF ，BD ⊥CF 成立．(1)当△ABC 绕点A 逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时，如图②，BD ＝CF 成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图③，延长DB交CF于点H.①求证：BD⊥CF；②当AB＝2，AD＝32时，求线段DH的长．图①图②图③6.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α(0°＜α＜180°)，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.(1)如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF＝DF；③请直接．．写出BE的长；(2)在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接．．写出BE＋CE的值．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．7.已知矩形ABCD中AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．(1)如图①，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA，若△OCP与△PDA的面积比为1∶ 4，求边CD 的长；(2)如图②，在(1)的条件下擦去AO、OP，连接BP，动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合)，动点N 在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律，若不变，求出线段EF的长度．图①图②8.问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图①，将一张菱形纸片ABCD(∠BAD>90°)沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.操作发现(1)将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图②所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是________；(2)创新小组将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图③所示的△AC′D，连接DB、C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形．请你证明这个结论；实践探究(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图③中BC＝13 cm，AC＝10 cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC″，使四边形BCC″D′恰好为正方形，求a的值．请你解答此问题；(4)请你参照以上操作，将图①中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图④中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明．9.如图，已知一个直角三角形纸片ACB ，其中∠ACB＝90°，AC ＝4，BC ＝3，E 、F 分别是AC 、AB 边上的点，连接EF.(1)如图①，若将纸片ACB 的一角沿EF 折叠，折叠后点A 落在AB 边上的点D 处，且使S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，求AE 的长；(2)如图②，若将纸片ACB 的一角沿EF 折叠，折叠后点A 落在BC 边上的点M 处，且使MF∥CA. ①试判断四边形AEMF 的形状，并证明你的结论； ②求EF 的长；(3)如图③，若FE 的延长线与BC 的延长线交于点N ，CN ＝1，CE ＝47，求AFBF的值．10.如图①，矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝5，BP ＝1，∠MPN ＝90°，将∠MPN 绕点P 从PB 处开始按顺时针方向旋转，PM 交边AB(或AD)于点E ，PN 交边AD(或CD)于点F ，当PN 旋转至PC 处时，∠MPN 的旋转随即停止．(1)特殊情形：如图②，发现当PM 过点A 时，PN 也恰好过点D ，此时，△ABP________△PCD(填“≌”或“∽”)；(2)类比探究：如图③，在旋转过程中，PEPF 的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；(3)拓展延伸：设AE ＝t ，△EPF 的面积为S ，试确定S 关于t 的函数关系式；当S ＝4.2时，求所对应的t 值．11.如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上)．(1)计算矩形EFGH的面积；(2)将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为316时，求矩形平移的距离；(3)如图③，将(2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．类型三图形形状变化探究题12.如图①，②，③分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形(等边三角形)、正四边形(正方形)、正五边形，BE和CD相交于点O.(1)在图①中，求证：△ABE≌△ADC.图①(2)由(1)证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC 的度数，并说明理由或写出证明过程．图②(3)填空：在上述(1)(2)的基础上可得在图③中∠BOC＝________(填写度数)．图③ 图④(4)由此推广到一般情形(如图④)，分别以△ABC 的AB 和AC 为边向△ABC 外作正n 边形，BE 和CD 仍相交于点O ，猜想∠BOC 的度数为____________________(用含n 的式子表示)．13.阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图①，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把1sin α的值叫做这个平行四边形的变形度．(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是________；猜想证明：(2)设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，1sinα之间的数量关系，并说明理由；拓展探究：(3)如图②，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4m(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．14.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.(1)如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.①求证：△CAE∽△CBF；②若BE＝1，AE＝2，求CE的长；(2)如图②，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB BC ＝EFFC ＝k 时，若BE ＝1，AE ＝2，CE ＝3，求k 的值；(3)如图③，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB ＝∠GEF＝45°时，设BE ＝m ，AE ＝n ，CE ＝p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)．15.已知点O 是△ABC 内任意一点，连接OA 并延长到E ，使得AE ＝OA ，以OB ，OC 为邻边作▱OBFC ，连接OF ，与BC 交于点H ，再连接EF.(1)如图①，若△ABC 为等边三角形，求证：①EF⊥BC； ②EF ＝3BC ；(2)如图②，若△ABC 为等腰直角三角形(BC 为斜边)，猜想(1)中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；(3)如图③，若△ABC 是等腰三角形，且AB ＝AC ＝kBC ，请你直接写出EF 与BC 之间的数量关系．类型一动点探究题1. 解：(1)根据题意BM ＝2t ，BN ＝BC －3t ，而BC ＝5×tan 60°＝5 3.∴当BM ＝BN 时，2t ＝53－3t ，解得t ＝103－15. (2)分类讨论：①当∠BMN ＝∠ACB ＝90°时，如解图①， △NBM ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BM BN ，∴2t 53－3t ＝32，解得t ＝157.②当∠BNM ＝∠ACB ＝90°时，如解图②， △MBN ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BNBM， ∴53－3t 2t ＝32，解得t ＝52. 因此当运动时间是157秒或52秒时，△MBN 与△ABC 相似．第1题解图(3)由于△ABC 面积是定值，∴当四边形ACNM 面积最小时，△MBN 面积最大，而△MBN 的面积是S ＝12BM ×BN ×sin B＝12×2t ×(53－3t)×12＝－32t 2＋532t ，由于a ＝－32＜0， ∴当t ＝－5322×（－32）＝52时，△MBN 面积最大，最大值是－32×(52)2＋532×52＝2538，因此四边形ACNM 面积最小值是12×5×53－2538＝7538.2. (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，∴∠BAC ＝60°，∠B ＝∠ACF ＝60°，AB ＝BC ， ∴AB ＝AC ，∵∠BAE ＋∠EAC ＝∠EAC ＋∠CAF ＝60°， ∴∠BAE ＝∠CAF ，在△BAE 和△CAF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠BAE ＝∠CAF AB ＝AC ∠B ＝∠ACF， ∴△BAE ≌△CAF(ASA )， ∴BE ＝CF ，∴EC ＋CF ＝EC ＋BE ＝BC ，即EC ＋CF ＝BC ；(2)解：①线段EC ，CF 与BC 的数量关系为： EC ＋CF ＝12BC.理由如下：如解图①，过点A 作AE′∥EG ，AF ′∥GF ，分别交BC 、CD 于E′、F′.第2题解图①类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵G 为AC 中点，AE ′∥EG ， ∴CE CE′＝CG AC ＝12， ∴CE ＝12CE′，同理可得：CF ＝12CF′，∴CE ＋CF ＝12CE′＋12CF′＝12(CE′＋CF′)＝12BC ，即CE ＋CF ＝12BC ；②CE ＋CF ＝1tBC ；【解法提示】类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵AE ′∥EG ，ACCG ＝t ，∴CE CE′＝CG AC ＝1t ， ∴CE ＝1tCE′，同理可得：CF ＝1tCF′，∴CE ＋CF ＝1t CE′＋1t CF′＝1t (CE′＋CF′)＝1tBC ，即CE ＋CF ＝1tBC.(3)解：如解图②，连接BD 与AC 交于点H.第2题解图②在Rt △ABH 中，∵AB ＝8，∠BAC ＝60°， ∴BH ＝AB·sin 60°＝8×32＝43， AH ＝CH ＝AB·cos 60°＝8×12＝4，∴GH ＝BG 2－BH 2＝72－（43）2＝1， ∴CG ＝4－1＝3， ∴CG AC ＝38， ∴t ＝83(t ＞2)，由(2)②得：CE ＋CF ＝1t BC ，∴CE ＝1t BC －CF ＝38×8－65＝95.∴EC 的长度为95.3. 解：(1)分三种情况： ①若AP ＝AO ，在矩形ABCD 中，∵AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10，第3题解图①∴AO ＝CO ＝5， ∴AP ＝5， ∴t ＝5，②若AP ＝PO ＝t ，在矩形ABCD 中， ∵AD ∥BC ，∴∠PAO ＝∠OCE ，∠APO ＝∠OEC ，又∵OA ＝OC ，∴△APO ≌△CEO ，∴PO ＝OE ＝t.如解图①，作AG ∥PE 交BC 于点G ，则四边形APEG 是平行四边形， ∴AG ＝PE ＝2t ，GE ＝AP ＝t. 又∵EC ＝AP ＝t ，∴BG ＝8－2t.在Rt △ABG 中，根据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2，解得t ＝258.第3题解图②③若OP ＝AO ＝5，则t ＝0或t ＝8，不合题意，舍去．综上可知，当t ＝5或t ＝258时，△AOP 是等腰三角形．(2)如解图②，作OM ⊥BC ，垂足是M ，作ON ⊥CD ，垂足是N. 则OM ＝12AB ＝3，ON ＝12BC ＝4，∴S △OEC ＝12·CE·OM ＝12·t·3＝32t ，S △OCD ＝12·CD·ON ＝12·6·4＝12.∵QF ∥AC ，∴△DFQ ∽△DOC ， ∴S △DFQ S △DOC ＝(DQ DC)2，即S △DFQ 12＝(t 6)2，∴S △DFQ ＝13t 2，∴S 四边形OFQC ＝12－13t 2，∴S 五边形OECQF ＝S 四边形OFQC ＋S △OEC ＝12－13t 2＋32t ，即S ＝－13t 2＋32t ＋12(0＜t ＜6)．(3)存在．理由如下：要使S 五边形OECQF ：S △ACD ＝9∶16，即(－13t 2＋32t ＋12)∶(12×6×8)＝9∶16，解得t 1＝3，t 2＝1.5，两个解都符合题意，∴存在两个t 值，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16，此时t 1＝3，t 2＝1.5； (4)存在．理由如下：如解图③，作DI ⊥OP ，垂足是I ，DJ ⊥OC ，垂足是J ，第3题解图③作AG ∥PE 交BC 于点G.∵S △OCD ＝12·OC·DJ ＝12·5·DJ ，且由(2)知，S △OCD ＝12，∴DJ ＝245.∵OD 平分∠POC ，DI ⊥OP ，DJ ⊥OC ， ∴DI ＝DJ ＝245＝4.8.∵AG ∥PE ，∴∠DPI ＝∠DAG .∵AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠AGB ，∴∠DPI ＝∠AGB ， ∴Rt △ABG ∽Rt △DIP.由(1)知，在Rt △ABG 中，BG ＝8－2t ， ∴AB DI ＝BG IP ，∴64.8＝8－2t IP， ∴IP ＝45(8－2t)．在Rt △DPI 中，根据勾股定理得 (245)2＋[45(8－2t)]2＝(8－t)2，解得t ＝11239.(t ＝0不合题意，舍去)4. (1)解：①BC ⊥CF ；②BC ＝CD ＋CF. 【解法提示】①∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°，∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD ＋BD ， ∴BC ＝CD ＋CF.(2)解：结论①仍然成立，②不成立． ①证明：∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABD ＝180°－45°＝135°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②结论为：BC ＝CD －CF. 证明：∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD －BD ，∴BC ＝CD －CF.(3)解：如解图，过点E 作EM ⊥CF 于M ，作EN ⊥BD 于点N ，过点A 作AH ⊥BD 于点H. ∵AB ＝AC ＝22，第4题解图∴BC ＝4，AH ＝12BC ＝2，∵CD ＝14BC ，∴CD ＝1，∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，∴CN ＝ME ，CM ＝EN ， ∴∠AGC ＝∠ABC ＝45°， ∴CG ＝BC ＝4， ∵∠ADE ＝90°，∴∠ADH ＋∠EDN ＝∠EDN ＋∠DEN ＝90°， ∴∠ADH ＝∠DEN ，又∵∠AHC ＝∠DNE ＝90°，AD ＝DE ， ∴△AHD ≌△DNE ，∴DN ＝AH ＝2，EN ＝DH ＝3， ∴CM ＝EN ＝3，ME ＝CN ＝3，则GM ＝CG －CM ＝4－3＝1， ∴EG ＝EM 2＋GM 2＝10.类型二平移、旋转、折叠探究题5. (1)解：BD ＝CF 成立．理由如下：∵AC ＝AB ，∠CAF ＝∠BAD ＝θ，AF ＝AD ， ∴△ACF ≌△ABD ，∴CF ＝BD.(2)①证明：由(1)得，△ACF ≌△ABD ， ∴∠HFN ＝∠ADN ，在△HFN 与△ADN 中，∵∠HFN ＝∠ADN ，∠HNF ＝∠AND ， ∴∠NHF ＝∠NAD ＝90°，第5题解图∴HD ⊥HF ，即BD ⊥CF.②解：如解图，连接DF ，延长AB ，与DF 交于点M ，在△MAD 中，∵∠MAD ＝∠MDA ＝45°， ∴∠BMD ＝90°.在Rt △BMD 与Rt △FHD 中， ∵∠MDB ＝∠HDF ，∴△BMD ∽△FHD.∵AB ＝2，AD ＝32，四边形ADEF 是正方形， ∴MA ＝MD ＝322＝3，∴MB ＝MA －AB ＝3－2＝1，BD ＝MB 2＋MD 2＝12＋32＝10，又∵MD HD ＝BD FD ，即3HD ＝106，∴DH ＝9105.6. (1)①证明：∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ， ∴AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ABD 是等边三角形；②证明：由①得△ABD 是等边三角形， ∴AB ＝BD ，∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ， ∴AC ＝AE ，BC ＝DE ，又∵AC ＝BC ， ∴EA ＝ED ，∴点B ，E 在AD 的中垂线上， ∴BE 是AD 的中垂线， ∵点F 在BE 的延长线上， ∴BF ⊥AD ，AF ＝DF ；③解：BE的长为33－4；【解法提示】由②知AF＝12AD＝12AB＝3，AE＝AC＝5，BF⊥AD，由勾股定理得EF＝AE2－AF2＝4.在等边△ABD中，AB＝6，BF⊥AD，∴BF＝32AB＝33，∴BE＝33－4.(2)解：BE＋CE的值为13；第6题解图【解法提示】如解图，∵∠DAG＝∠ACB，∴∠DAB＝2∠CAB.∵∠DAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CBA，∴AE∥BC，∵AE＝AC＝BC，∴四边形ACBE是菱形，∴CE垂直平分AB，BE＝AC＝5.设CE交AB于M，则CM⊥AB，CM＝EM，AM＝BM，∴在Rt△ACM中，AC＝5，AM＝3，由勾股定理得CM＝4，∴CE ＝8， ∴CE ＋BE ＝13.7. 解：(1)由矩形性质与折叠可知，∠APO ＝∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°， ∴∠CPO ＋∠DPA ＝∠DPA ＋∠DAP ＝90°， ∴∠DAP ＝∠CPO ， ∴△OCP ∽△PDA ， ∴S △OCP S △PDA ＝(CP DA)2，即14＝(CP8)2，∴CP ＝4，设CD ＝x ，则DP ＝x －4，AP ＝AB ＝CD ＝x ， ∵AP 2－DP 2＝AD 2， ∴x 2－(x －4)2＝82，解得x ＝10，故CD ＝10. (2)第7题解图线段EF 的长度始终不发生变化，为2 5.证明：如解图，过点N 作NG ⊥PB ，与PB 的延长线相交于点G ， ∵AB ＝AP ，∴∠APB ＝∠ABP ＝∠GBN ，在△PME 和△BNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEP ＝∠NGB ＝90°∠MPE ＝∠NBG MP ＝NB， ∴△PME ≌△BNG(AAS )， ∴ME ＝NG ，PE ＝BG ，在△FME 和△FNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEF ＝∠NGF ∠MFE ＝∠NFG ME ＝NG， ∴△FME ≌△FNG(AAS )， ∴EF ＝GF ， ∴EF ＝12EG ，∵BP ＝BE ＋EP ＝BE ＋GB ＝EG ， ∴EF ＝12BP ，∵BP ＝BC 2＋CP 2＝82＋42＝45， ∴EF ＝12BP ＝2 5.8. (1)解：菱形．(2)证明：如解图①，作AE ⊥CC′于点E ，由旋转得AC′＝AC ，∴∠CAE ＝∠C′AE ＝12α＝∠BAC ，第8题解图①∵四边形ABCD 是菱形， ∴BA ＝BC ，BC ＝DC′， ∴∠BCA ＝∠BAC ， ∴∠CAE ＝∠BCA ， ∴AE ∥BC ，同理AE ∥DC′， ∴BC ∥DC ′，∴四边形BCC′D 是平行四边形，又∵AE ∥BC ，∠CEA ＝90°， ∴∠BCC ′＝180°－∠CEA ＝90°，∴四边形BCC′D 是矩形．(3)解：如解图①，过点B 作BF ⊥AC 于点F ， ∵BA ＝BC ，∴CF ＝AF ＝12AC ＝12×10＝5.在Rt △BCF 中，BF ＝BC 2－CF 2＝132－52＝12. 在△ACE 和△CBF 中，∵∠CAE ＝∠BCF ，∠CEA ＝∠BFC ＝90°， ∴△ACE ∽△CBF ， ∴CE BF ＝AC BC ，即CE 12＝1013，解得CE ＝12013.∵AC ＝AC′，AE ⊥CC ′， ∴CC ′＝2CE ＝2×12013＝24013.当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况： ①点C″在边CC′上，a ＝CC′－13＝24013－13＝7113，②点C″在边C′C 的延长线上，a ＝CC′＋13＝24013＋13＝40913.综上所述，a 的值为7113或40913.第8题解图②(4)解：答案不唯一，例：画出正确图形如解图②所示．平移及构图方法：将△ACD 沿着射线CA 方向平移，平移距离为12AC 的长度，得到△A ′C ′D ，连接A′B ，DC.结论：四边形A′BCD 是平行四边形．9. 解：(1)∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处， ∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF ， ∴S △AEF ＝S △DEF .∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF .∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ，∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF ， ∴S △AEF S △ACB ＝14. ∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°， ∴△AEF ∽△ABC ， ∴S △AEF S △ABC ＝(AE AB )2， ∴(AE AB )2＝14. 在Rt △ACB 中，∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3， ∴AB ＝42＋32＝5， ∴(AE 5)2＝14，∴AE ＝52.(2)第9题解图①①四边形AEMF 是菱形．证明：如解图①，∵折叠后点A 落在BC 边上的点M 处， ∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ，又∵MF ∥CA ，∴∠CEM ＝∠EMF ， ∴∠CAB ＝∠CEM ， ∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平行四边形．又∵AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形．②如解图①，连接AM ，AM 与EF 交于点O ，设AE ＝x ，则ME ＝AE ＝x ，EC ＝4－x. ∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°， ∴△ECM ∽△ACB. ∴EC AC ＝EMAB ， ∵AB ＝5，AC ＝4， ∴4－x 4＝x5，解得x ＝209，∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169.在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°，∴CM 2＝EM 2－EC 2，即CM ＝EM 2－EC 2＝（209）2－（169）2＝43. ∵四边形AEMF 是菱形，∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ， ∴S 菱形AEMF ＝4S △AOE ＝2OE·AO. 在Rt △AOE 和Rt △ACM 中， ∵tan ∠EAO ＝tan ∠MAC ， ∴OE AO ＝CM AC. ∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ，∴S 菱形AEMF ＝6OE 2. 又∵S 菱形AEMF ＝AE·CM ， ∴6OE 2＝209×43，∴OE ＝2109，∴EF ＝4109. (3)如解图②，第9题解图②过点F 作FH ⊥CB 于点H ，在Rt △NCE 和Rt △NHF 中， ∵tan ∠ENC ＝tan ∠FNH ， ∴EC NC ＝FH NH， ∵NC ＝1，EC ＝47，∴FH NH ＝47，设FH ＝x ，则NH ＝74x ，∴CH ＝NH －NC ＝74x －1.∵BC ＝3，∴BH ＝BC －CH ＝3－(74x －1)＝4－74x.在Rt △BHF 和Rt △BCA 中，∵tan ∠FBH ＝tan ∠ABC ， ∴HF BH ＝CA BC ， ∴x4－74x ＝43，解得x ＝85，∴HF ＝85.∵∠B ＝∠B ，∠BHF ＝∠BCA ＝90°， ∴△BHF ∽△BCA ， ∴HF CA ＝BFBA，即HF·BA ＝CA·BF ， ∴85×5＝4BF ， ∴BF ＝2，∴AF ＝AB －BF ＝3， ∴AF BF ＝32. 10. 解：(1)△ABP ∽△PCD. 【解法提示】∵∠MPN ＝90°， ∴∠APB ＋∠DPC ＝90°， ∵∠B ＝90°，∴∠APB ＋∠BAP ＝90°，∴∠DPC ＝∠BAP ，又∵∠B ＝∠C ＝90°， ∴△ABP ∽△PCD.(2)在旋转过程中，PEPF 的值为定值．如解图，过点F 作FG ⊥BC ，垂足为G.第10题解图类比(1)可得：△EBP ∽△PGF ， ∴EP PF ＝PB FG， ∵∠A ＝∠B ＝∠FGB ＝90°， ∴四边形ABGF 是矩形， ∴FG ＝AB ＝2， ∵BP ＝1， ∴PE PF ＝12，即在旋转过程中，PE PF 的值为定值12.(3)由(2)知△EBP ∽△PGF ， ∴EB PG ＝BP GF ＝12，又∵AE ＝t ， ∴BE ＝2－t ，∴PG ＝2(2－t)＝4－2t ，∴AF ＝BG ＝BP ＋PG ＝1＋(4－2t)＝5－2t ， ∴S ＝S 矩形ABGF －S △AEF －S △BEP －S △PFG＝2(5－2t)－12t(5－2t)－12×1×(2－t)－12×2×(4－2t)＝t 2－4t ＋5,即S ＝t 2－4t ＋5(0≤t ≤2)，当S ＝4.2时，4.2＝t 2－4t ＋5，解得：t 1＝2－455，t 2＝2＋455(不合题意，舍去)．∴t 的值是2－455.11. 解：(1)如解图①，在△ABC 中， ∵∠ACB ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝1， ∴AB ＝2，又∵D 是AB 的中点，第11题解图①∴AD ＝1，CD ＝12AB ＝1，又∵EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝DF ＝12，在△ACD 中，AD ＝CD ，∠A ＝60°，∴△ACD 为等边三角形， ∴∠ADC ＝60°，在△FGD 中，GF ＝DF·sin 60°＝34， ∴矩形EFGH 的面积S ＝EF·GF ＝12×34＝38.(2)如解图②，设矩形移动的距离为x ，则0＜x ≤12，①当矩形与△CBD 重叠部分为三角形时，则0＜x ≤14，重叠部分的面积S ＝12x·3x ＝316，第11题解图②∴x ＝24＞14(舍去)， ②当矩形与△CBD 重叠部分为直角梯形时，则14＜x ≤12，重叠部分的面积S ＝34x －12×14×34＝316， ∴x ＝38，即矩形移动的距离为38时，矩形与△CBD 重叠部分的面积是316.第11题解图③(3)如解图③，作H 2Q ⊥AB 于Q ，设DQ ＝m ，则H 2Q ＝3m ，又DG 1＝14，H 2G 1＝12，在Rt △H 2QG 1中， (3m)2＋(m ＋14)2＝(12)2，解得m 1＝－1＋1316，m 2＝－1－1316＜0(舍去)，∴cos α＝QG 1F 1G 1＝－1＋1316＋1412＝3＋138.类型三图形形状变化探究题12. (1)证明：∵△ABD 、△ACE 是等边三角形， ∴AB ＝AD ，AC ＝AE ，∠CAE ＝∠DAB ＝60°，∴∠CAE ＋∠BAC ＝∠DAB ＋∠BAC ，即∠BAE ＝∠DAC ，在△ABE 和△ADC 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ∠BAE ＝∠DAC AE ＝AC， ∴△ABE ≌△ADC(SAS )． (2)解：∠BOC ＝90°.理由如下：由(1)得△ABE ≌△ADC ，∴∠EBA ＝∠CDA.∵∠FBA ＋∠FDA ＝180°，∴∠FBA －∠EBA ＋∠FDA ＋∠CDA ＝180°，即∠FBO ＋∠FDO ＝180°.在四边形FBOD 中，∠F ＝90°， ∴∠DOB ＝360°－∠F －(∠FBO ＋∠FDO)＝90°， ∴∠BOC ＝90°. (3)解：72°.【解法提示】∠BOC ＝180°－108°＝72°. (4)解：180°－180°·（n －2）n.【解法提示】由(3)可知，∠BOC 度数应为180°减去正多边形内角度数． 13. 解：(1)233.【解法提示】sin 120°＝32，故这个平行四边形的变形度是233. (2)1sin α＝S 1S 2，理由如下：如解图，设矩形的长和宽分别为a ，b ，其变形后的平行四边形的高为h ，第13题解图则S 1＝ab ，S 2＝ah ，sin α＝hb ，∴S 1S 2＝ab ah ＝b h ，又∵1sin α＝b h ，∴1sin α＝S 1S 2. (3)由AB 2＝AE·AD ，可得A 1B 21＝A 1E 1·A 1D 1，即A 1B 1A 1D 1＝A 1E 1A 1B 1. 又∵∠B 1A 1E 1＝∠D 1A 1B 1， ∴△B 1A 1E 1∽△D 1A 1B 1， ∴∠A 1B 1E 1＝∠A 1D 1B 1， ∵A 1D 1∥B 1C 1，∴∠A 1E 1B 1＝∠C 1B 1E 1，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝∠C 1B 1E 1＋∠A 1B 1E 1＝∠A 1B 1C 1. 由(2)结论1sin α＝S 1S 2，可得1sin ∠A 1B 1C 1＝4m2m ＝2，∴sin ∠A 1B 1C 1＝12，∴∠A 1B 1C 1＝30°，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝30°. 14. (1)①证明：如解图①， ∵∠ACE ＋∠ECB ＝45°，∠BCF ＋∠ECB ＝45°，第14题解图①∴∠ACE ＝∠BCF ，又∵四边形ABCD 和EFCG 是正方形， ∴AC BC ＝CECF＝2， ∴△CAE ∽△CBF.②解：∵AE BF ＝ACBC ＝2，AE ＝2，∴BF ＝AE2＝2，由△CAE ∽△CBF 可得∠CAE ＝∠CBF ，又∵∠CAE ＋∠CBE ＝90°， ∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°，即∠EBF ＝90°，第14题解图②由CE 2＝2EF 2＝2(BE 2＋BF 2)＝6，解得CE ＝ 6.(2)解：连接BF ，如解图②，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°，AC BC ＝AE BF，由AB BC ＝EFFC＝k ，可得BC ∶AB ∶AC ＝1∶k ∶k 2＋1， CF ∶EF ∶EC ＝1∶k ∶k 2＋1，∴CE EF ＝ACAB ＝k 2＋1k ，AE BF ＝AC BC＝k 2＋1， ∴EF ＝kCE k 2＋1，EF 2＝k 2CE 2k 2＋1，BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1，∴CE 2＝k 2＋1k 2×EF 2＝k 2＋1k2(BE 2＋BF 2)，∴32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)，解得k ＝104. (3)解：p 2－n 2＝(2＋2)m 2.【解法提示】如解图③，连接BF ，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°，过点C 作CH ⊥AB 交AB 延长线于点H ，类比第(2)问得AB 2∶BC 2∶AC 2＝1∶1∶(2＋2)，第14题解图③EF 2∶FC 2∶EC 2＝1∶1∶(2＋2)， ∴p 2＝(2＋2)EF 2 ＝(2＋2)(BE 2＋BF 2)＝(2＋2)(m 2＋n 22＋2)＝(2＋2)m 2＋n 2，∴p 2－n 2＝(2＋2)m 2.15. 证明：(1)①连接AH ，如解图①.第15题解图①∵四边形OBFC 是平行四边形，∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等边三角形，∴AB ＝BC ，AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2，∴AH ＝BC 2－（12BC ）2＝32BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ，∴AH 是△OEF 的中位线，∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ，∴EF ⊥BC.②由①得AH ＝32BC ，∵AH ＝12EF∴32BC ＝12EF ，∴EF ＝3BC.(2)EF ⊥AB 仍然成立，EF ＝BC.第15题解图②【解法提示】如解图②，连接AH ，∵四边形OBFC 是平行四边形，∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2＝(2BH)2－BH 2＝BH 2，∴AH ＝BH ＝12BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ，∴AH 是△OEF 的中位线，∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ， ∴EF ⊥BC ，EF ＝2AH ＝BC.第15题解图③(3)EF ＝4k 2－1 BC.【解法提示】如解图③，连接AH ，∵四边形OBFC 是平行四边形，∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ， ∵△ABC 是等腰三角形，AB ＝kBC ，∴AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2＝(kBC)2－(12BC)2＝(k 2－14)BC 2， ∴AH ＝124k 2－1 BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ，∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ， ∴EF ⊥BC ，124k 2－1 BC ＝12EF ， ∴EF ＝4k 2－1 BC.。

中考数学解答题压轴题突破重难点突破八几何综合探究题类型一：类比拓展型探究问题

(2)【问题解决】如图②，在任意直角三角形 ABC 内，找一点 D，过点 D 作正方形 DECF，分别交 BC，AC 于点 E，F，若 AB＝BE＋AF，求∠ADB 的度数；
如答图，延长 AC，使 FM＝BE，连接 DM， ∵四边形 DECF 是正方形， ∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°， ∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝DE， ∴△DFM≌△DEB(SAS)，∴DM＝DB， ∵AB＝AF＋BE，AM＝AF＋FM，FM＝BE， ∴AM＝AB，又∵DM＝DB，AD＝AD，
重难点突破八几何综合探究题
类型一类比拓展型探究问题
(2022·贵阳)小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．如图，在▱ ABCD 中，AN 为 BC 边上的高，AADN＝m，点 M 在 AD 边上，且 BA＝BM，点 E 是线段 AM 上任意一点，连接 BE，将△ABE 沿 BE 翻折得△FBE.
解：∵∠BAD＝45°，BA＝BM，∴△AMB 是等腰直角三角形， ∴∠MBC＝∠AMB＝∠BAM＝45°，∵EF∥BM，∴∠FEM＝∠AMB＝45°， ∴∠AEB＝∠FEB＝12(180°＋45°)＝112.5°， ∴∠ABE＝180°－∠AEB－∠BAE＝22.5°， ∵AADN＝m，△AMB 是等腰直角三角形，AN 为底边上的高，则 AN＝12AM， ∵点 M 在 AD 边上，∴当 AD＝AM 时，m 取得最小值，最小值为 AAMN＝2，
2
2.(2022·铜仁)如图，在四边形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O，记△COD 的面积为 S1，△AOB 的面积为 S2.
(1)问题解决：
如图①，若 AB∥CD，求证：SS21＝OOCA··OODB； (1)证明：过点 D 作 DE⊥AC 于点 E，过点 B 作 BF⊥AC 于点 F，如图①所

(全国通用)中考数学难点攻克12道几何探究题解析

中考数学重难点题型 --- 12道几何研究题剖析考点 1 三角形几何研究1．若是三角形的两个内角α 与β 满足2α＋β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形〞．(1)假设△ ABC是“准互余三角形〞，∠ C＞90°，∠ A＝60°，那么∠ B＝15°；(2)如图 1，在 Rt△ABC中，∠ ACB＝90°， AC＝4，BC＝5. 假设 AD是∠ BAC的均分线，不难证明△ABD是“准互余三角形〞．试问在边BC上可否存在点 E(异于点 D)，使得△ ABE也是“准互余三角形〞？假设存在，央求出 BE的长；假设不存在，请说明原由．(3)如图 2，在四边形 ABCD中， AB＝7，CD＝ 12，BD⊥CD，∠ ABD＝2∠BCD，且△ ABC是“准互余三角形〞，求对角线 AC的长．解：(1) ∵△ ABC是“准互余三角形〞，∠C＞90°，∠A＝60°，∴ 2∠ B＋∠ A＝90°，解得∠ B＝15°.(2)如答图 1，在 Rt△ ABC中，∵∠ B＋∠ BAC＝90°，∠ BAC＝2∠BAD，∴∠ B＋2∠BAD＝90°，∴△ ABD是“准互余三角形〞．∵△ ABE也是“准互余三角形〞，∴只有 2∠B＋∠ BAE＝90°.∵∠ B＋∠ BAE＋∠ EAC＝90°，∴∠ CAE＝∠ B.∵∠ C＝∠ C＝90°，2∴△ CAE∽△ CBA，∴ CA＝CE·CB，16169∴CE＝5，∴ BE＝5－5＝5.(3) 如答图 2，将△ BCD 沿 BC 翻折获取△ BCF ，∴CF ＝CD ＝ 12，∠ BCF ＝∠ BCD ，∠ CBF ＝∠ CBD.∵∠ ABD ＝2∠BCD ，∠ BCD ＋∠ CBD ＝90°，∴∠ ABD ＋∠ DBC ＋∠ CBF ＝180°，∴点 A ， B ， F 共线， ∴∠ A ＋∠ ACF ＝90°，∴ 2∠ ACB ＋∠ CAB ≠90°，∴只有 2∠BAC ＋∠ ACB ＝90°，∴∠ FCB ＝∠ FAC.22，∵∠ F ＝∠ F ，∴△ FCB ∽△ FAC ，∴ CF ＝FB ·FA ，设 FB ＝x ，那么有 x(x ＋7) ＝12∴ x ＝9 或 x ＝－ 16( 舍去 ) ，∴AF ＝7＋9＝16，在 Rt △ACF 中， AC ＝ A F 2＋CF 2＝ 162＋122＝20.2．将一副三角尺按图 1 摆放，等腰直角三角尺的直角边DF 恰好垂直均分 AB ，与 AC 订交于点 G ，BC ＝2 3 cm.(1) 求 GC 的长；(2) 如图 2，将△ DEF 绕点 D 顺时针旋转，使直角边 DF 经过点 C ，另素来角边 DE 与 AC 订交于点 H ，分别过 H ，C 作 AB 的垂线，垂足分别为 M ，N ，经过观察，猜想 MD 与 ND 的数量关系，并考据你的猜想．(3) 在(2) 的条件下，将△ DEF 沿 DB 方向平移获取△ D ′E ′F ′，当 D ′E ′恰好经过 (1) 中的点 G 时，请直接写出 DD ′的长度．解： (1) 在 Rt △ABC 中，∵ BC ＝2 3，∠ B ＝60°，∴AC ＝BC ·tan60 °＝ 6， AB ＝2BC ＝43，AD在 Rt △ADG 中， AG ＝cos30° ＝4，∴CG ＝AC － AG ＝6－4＝2.(2) 结论： DM ＋ DN ＝23.原由：∵ HM ⊥AB ， CN ⊥AB ，∴∠ AMH ＝∠ DMH ＝∠ CNB ＝∠ CND ＝90°.AM HM∴∠ A＝∠ BCN，∴△ AHM∽△ CBN，∴＝①，CN BNDN CN同理可证：△ DHM∽△ CDN，∴＝②MH DMDM BN由①②可得 AM·BN＝DN·DM，∴＝，AM DNDM＋AM BN＋DN AD BD∴＝，∴＝.AM DN AM DN∵AD＝BD，∴ AM＝ DN，∴DM＋DN＝ AM＋DM＝AD＝ 23.第2题答图(3)如答图，作 GK∥ DE交 AB于 K.在△ AGK中， AG＝GK＝4，∠ A＝∠ GKD＝30°，作 GH⊥AB于 H.那么 AH＝AG·cos30°＝ 2 3，可得 AK＝ 2AH＝43，此时 K 与 B 重合．∴DD′＝ DB＝23.考点 2 四边形几何研究3．我们定义：有一组邻角相等且对角线相等的凸四边形叫做邻同等四边形．看法理解(1)我们所学过的特别四边形中的邻同等四边形是矩形或正方形；性质研究(2)如图 1，在邻同等四边形 ABCD中，∠ ABC＝∠ DCB ，AC＝ DB ，AB>CD，求证：∠ BAC与∠ CDB互补；拓展应用(3)如图 2，在四边形 ABCD中，∠ BCD＝2∠B，AC＝BC＝5，AB＝ 6， CD＝4. 在 BC的延长线上可否存在一点 E，使得四边形 ABED为邻同等四边形？若是存在，求出 DE的长；若是不存在，说明原由．(1)解：矩形或正方形．(2)证明：如答图 1，延长 CD至 E，使 CE＝ BA，连接 BE.AB＝EC，在△ ABC和△ ECB中，∠ABC＝∠ ECB，BC＝CB，∴△ ABC≌△ ECB(SAS)，∴BE＝CA，∠ BAC＝∠ E.∵AC＝DB，∴ BD＝ BE，∴∠ BDE＝∠ E，∴∠ CDB＋∠ BDE＝∠ CDB＋∠ E＝∠ BAC＋∠ CDB＝180°，即∠ BAC与∠ CDB互补．(3)解：存在这样一点 E，使得四边形 ABED为邻同等四边形，如答图 2，在 BC的延长线上取一点 E，使得 CE＝CD＝ 4，连接 DE，AE，BD，那么四边形 ABED为邻同等四边形．原由以下：∵CE＝CD，∴∠ CDE＝∠ CED.∵∠ BCD＝2∠ABC，∴∠ ABC＝∠ DEB，∴∠ ACE＝∠ BCD.AC＝BC，在△ ACE和△ BCD中，∠ACE＝∠ BCD，CE＝CD，∴△ ACE≌△ BCD(SAS)，∴BD＝AE，四边形 ABED为邻同等四边形．∵∠ CBA＝∠ CAB＝∠ CDE＝∠ CED，∴△ ABC∽△ DEC，AB6DE DE24∴ ＝＝＝，∴ DE＝.4．将矩形 ABCD绕点 A 顺时针旋转α(0 °＜α＜ 360°) ，获取矩形AEFG.(1)如图，当点 E 在 BD上时．求证： FD＝ CD；(2)当α为何值时， GC＝ GB？画出图形，并说明原由．解： (1) 由旋转可得， AE＝AB，∠ AEF＝∠ ABC＝∠ DAB＝90°， EF＝BC＝ AD，∴∠ AEB＝∠ ABE.∵∠ ABE＋∠ EDA＝90°＝∠ AEB＋∠ DEF，∴∠ EDA＝∠ DEF.∵DE＝ED，∴△ AED≌△ FDE(SAS)，∴DF＝AE，∵AE＝AB＝ CD，∴ CD＝DF.(2)当 GB＝GC时，点 G在 BC的垂直均分线上，分两种情况谈论：①当点 G在 AD右侧时，如答图1，取 BC的中点 H，连接 GH交 AD于 M，∵GC＝GB，∴ GH⊥ BC，∴四边形 ABHM是矩形，11∴AM＝BH＝2AD＝2AG，∴GM垂直均分 AD，∴ GD＝GA＝DA，∴△ ADG是等边三角形，∴∠ DAG＝60°，∴旋转角α＝ 60°；②当点 G在 AD左侧时，如答图2，同理可得△ ADG是等边三角形，∴∠ DAG＝60°，∴旋转角α＝ 360°－ 60°＝ 300°.综上，α 为 60°或 300°时， GC＝GB.5．如 1， 4 的正方形 ABCD中，点 E 在 AB上 ( 不与点 A，B 重合 ) ，点 F 在 BC上 ( 不与点 B，C重合 ) ．第一次操作：将段 EF点 F 旋，当点 E 落在正方形上，点 G；第二次操作：将段 FG点 G旋，当点 F 落在正方形上，点 H；依此操作下去⋯(1) 2 中的△ EFD是两次操作后获取的，其形状等三角形，求此段EF的；(2)假设三次操作可获取四形 EFGH.① 判断四形 EFGH的形状正方形，此 AE与 BF的数量关系是 AE＝BF；②以①中的前提， AE的 x，四形 EFGH的面 y，求 y 与 x 的函数关系式及面 y的取范．解： (1) 如 2，由旋性可知EF＝DF＝ DE，△ DEF等三角形．AD＝CD，在 Rt△ADE和 Rt △CDF中，DE＝DF，∴R t △ADE≌Rt △CDF(HL)．∴ AE＝CF.AE＝CF＝x， BE＝BF＝4－x∴△ BEF等腰直角三角形．∴EF＝2BF＝2(4 － x) ．∴DE＝DF＝ EF＝2(4 － x) ．222222在 Rt△ADE中，由勾股定理得 AE＋AD＝DE，即 x ＋4＝ [2(4 － x)] ，解得 x1＝8－4 3，x2＝8＋4 3( 舍去 ) ．∴EF＝ 2(4 －x) ＝4 6－ 4 2.△DEF的形状等三角形， EF的 46－4 2.第5题答图(2)①四边形 EFGH的形状为正方形，此时 AE＝ BF.原由以下：依题意画出图形，如答图所示，连接 EG，FH，作 HN⊥BC于 N，GM⊥AB于 M. 由旋转性质可知， EF＝FG＝GH＝ HE，∴四边形 EFGH是菱形，由△ EGM≌△ FHN，可知 EG＝FH，∴四边形 EFGH的形状为正方形，∴∠ HEF＝90°.∵∠ 1＋∠ 2＝90°，∠ 2＋∠ 3＝90°，∴∠ 1＝∠ 3.∵∠ 3＋∠ 4＝90°，∠ 2＋∠ 3＝90°，∴∠ 2＝∠ 4.∠1＝∠ 3，在△ AEH和△ BFE中，EH＝EF，∠2＝∠ 4，∴△ AEH≌△ BFE(ASA)，∴ AE＝BF.②利用①中结论，易证△AEH，△ BFE，△ CGF，△ DHG均为全等三角形，∴BF＝CG＝ DH＝AE＝x，AH＝ BE＝CF＝ DG＝4－x.∴y＝S－4S ＝4×4－4×2·x·(4 － x) ＝2x2－8x＋16，∴ y＝2x －8x＋ 16(0 ＜x＜4) ．正方形 ABCD△AEH12∵y＝2x2－8x＋16＝ 2(x －2) 2＋8，∴当 x＝2 时， y 获取最小值 8；当 x＝0 或 4 时， y＝16.∴y 的取值范围为 8≤y＜ 16.6．提出问题如图，在矩形 ABCD中， AB＝2，BC＝3，点 P 是线段 AD边上的一动点 ( 不与端点 A， D 重合 ) ，连接 PC，过点 P 作 PE⊥PC交 AB于点 E，在点 P 的运动过程中，图中各角和线段之间可否存在某种关系和规律？特别求解当点 E 为 AB 的中点，且 AP>AE 时，求证： PE ＝PC.深入研究当点 P 在 AD 上运动时，对应的点 E 也随之在 AB 上运动，求整个运动过程中 BE 的取值范围．解：特别求解∵PE ⊥PC ，∴∠ APE ＋∠ DPC ＝90°.∵∠ D ＝90°，∴∠ DPC ＋∠ DCP ＝90°.∴∠ APE ＝∠ DCP.∵∠ A ＝∠ D ＝90°，APAE∴△ APE ∽△ DCP ，∴＝.DC DP设 AP ＝x ，那么有 DP ＝3－x.而 AE ＝BE ＝1，∴ x(3 － x) ＝2×1，解得 x 1＝2，x 2＝ 1.∵AP>AE ，∴ AP ＝2，AE ＝ PD ＝1，∴△ APE ≌△ DCP ，∴ PE ＝ PC.深入研究设 AP ＝x ，AE ＝y ，由 AP ·DP ＝AE ·DC ，可得 x(3 －x) ＝2y.1 123 1329∴y ＝2x(3 －x) ＝－ 2x ＋2x ＝－ 2(x － 2) ＋8.3 9∴在 0<x<3 范围内，当 x ＝ 2时， y最大＝8.9 7∵当 AE ＝ y 获取最大值时， BE 获取最小值为 2－8＝ 8，7∴BE 的取值范围为 8≤BE<2.7． Rt △ OAB ，∠ OAB ＝90°，∠ ABO ＝30°，斜边 OB ＝ 4，将 Rt △OAB 绕点 O 顺时针旋转 60°，如图 1，连接 BC.(1) 填空：∠ OBC ＝ 60°；(2)如图 1，连接 AC，作 OP⊥AC，垂足为 P，求 OP的长度；(3)如图 2，点 M，N同时从点 O出发，在△ OCB边上运动， M沿 O→C→B路径匀速运动， N 沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，点 M 的运动速度为 1.5 单位 / 秒，点 N 的运动速度为 1 单位/ 秒，设运动时间为 x 秒，△ OMN的面积为 y，求当 x 为何值时 y 获取最大值．最大值为多少？解： (1) 由旋转性质可知OB＝OC，∠ BOC＝60°，∴△ OBC是等边三角形，∴∠ OBC＝60°.第 7题答图 1(2)如答图 1 中，∵OB＝4，∠ ABO＝30°，1∴OA＝2OB＝2，AB＝3OA＝23，11∴S△AOC＝2·OA·AB＝2×2×2 3＝23.∵△ BOC是等边三角形，∴∠ OBC＝60°，∠ ABC＝∠ ABO＋∠ OBC＝90°，∴AC＝222r(322＝27，AB＋BC＝＋4 )2S43221∴OP＝△ AOC＝.＝2AC77第 7题答图 28(3) ①当 0＜x≤3时，M在 OC上运动， N在 OB上运动，此时过点N作 NE⊥OC且交 OC于点 E. 如答图2，3那么 NE＝ON·sin60 °＝2 x，113∴S△OMN＝2·OM·NE＝2×1.5x ×2 x，883332.∴y＝8x，∴当 x＝3时， y 有最大值，最大值为 3第 7题答图 38②当3＜x≤4时， M在 BC上运动， N 在 OB上运动．如答图3，3133 2作 MH⊥OB于 H. 那么 BM＝8－1.5x ，MH＝BM·sin60 °＝2 (8 －1.5x)，∴y＝2×ON×MH＝－8x＋2 3 x.883.当 x＝3时， y 获取最大值，最大值为 3第 7题答图 4 10/22③当 4＜x≤4.8 时， M，N 都在 BC上运动，作 OG⊥BC于 G.如答图 4，MN＝ 12－2.5x ，OG＝AB＝ 23，153∴y＝2·MN·OG＝ 12 3－2 x，当 x＝4 时， y 有最大值，最大值为2 3.8 3综上所述， y 有最大值，最大值为3 .8．在菱形 ABCD中，∠ ABC＝60°，点 P 是射线 BD上一动点，以 AP为边向右侧作等边△ APE，点 E 的地址随着点 P 的地址变化而变化．(1)如图 1，当点 E 在菱形 ABCD内部或边上时，连接 CE，BP与 CE的数量关系是 PB＝EC， CE与AD的地址关系是 CE⊥AD；(2)当点 E 在菱形 ABCD外面时， (1) 中的结论可否还成立？假设成立，请予以证明；假设不成立，请说明原由 ( 选择图 2，图 3 中的一种情况予以证明或说理 ) ；(3)如图 4，当点 P 在线段 BD的延长线上时，连接 BE.假设 AB＝2 3，BE＝2 19，求四边形 ADPE的面积．第 8题答图 1解： (1) 结论： PB＝EC，CE⊥ AD.原由：如答图 1 中，连接 AC.∵四边形 ABCD是菱形，∠ ABC＝60°，∴△ ABC，△ ACD都是等边三角形，∠ ABD＝∠ CBD＝30°.∵△ APE是等边三角形，∴AB＝AC， AP＝AE，∠ BAC＝∠ PAE＝60°，11/ 22∴BP＝CE，∠ ABP＝∠ ACE＝30°，延长 CE交 AD于 H，∵∠ CAH＝60°，∴∠ CAH＋∠ ACH＝90°，∴∠ AHC＝90°，即 CE⊥AD.第 8题答图 2(2)结论依旧成立．原由：如答图 2，连接 AC交 BD于 O，设 CE交 AD于 H.∵四边形 ABCD是菱形，∠ ABC＝60°，∴△ ABC，△ ACD都是等边三角形，∠ ABD＝∠ CBD＝30°.∵△ APE是等边三角形，∴ AB＝AC，AP＝AE，∠ BAC＝∠ PAE＝60°，∴△ BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ ABP＝∠ ACE＝30°，∵∠ CAH＝60°，∴∠ CAH＋∠ ACH＝90°，∴∠ AHC＝90°，即 CE⊥AD.第 8题答图 3(3)如答图 3，连接 AC交 BD于点 O，连接 CE交 AD于点 H，由(2) 可知 EC⊥AD， CE＝BP，在菱形 ABCD中， AD∥ BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝ 2 3，BE＝219，∴在 Rt△ BCE中， EC＝2r(192－ 2r(3)2)＝8，∴BP＝CE＝ 8.∵AC与 BD是菱形的对角线，1∴∠ ABD＝2∠ABC＝30°， AC⊥BD，∴BD＝2BO＝2AB·cos30°＝ 6，1∴OA＝2AB＝3，DP＝BP－ BD＝8－6＝2，∴OP＝OD＋ DP＝5，2 2在 Rt△AOP中， AP＝ AO＋OP＝2 7，∴S＝S ＋S132＝2DP·AO＋4·AP＝四边形 ADPE△ ADP△ AEP1322×2× 3＋4×(27) ＝8 3.考点 3三角形、四边形混杂几何研究9．我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形〞，比方图1，图 2，图 3 中， AF，BE是△ABC的中线， AF⊥BE，垂足为 P，像△ ABC这样的三角形均称为“中垂三角形〞，设BC＝ a，AC＝b，AB ＝c.特例研究(1)如图 1，当∠ ABE＝45°， c＝22时， a＝ ____2 5____， b＝ ____2 5____.如图 2，当∠ ABE＝30°， c＝4 时， a＝____2 13____，b＝____2 7____.归纳证明(2)请你观察 (1) 中的计算结果，猜想a2，b2，c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图 3 证明你发现的关系式．拓展应用(3)如图 4，在□ ABCD中，点 E，F，G 分别是 AD，BC，CD的中点， BE⊥ EG，AD＝2 5，AB＝3，求AF的长．解： (1) ∵AF⊥ BE，∠ ABE＝45°，2∵AF，BE是△ ABC的中线，1∴EF∥AB， EF＝2AB＝2，∴∠ PFE＝∠ PEF＝45°，∴ PE＝ PF＝1.在 Rt△FPB和 Rt △PEA中， AE＝ BF＝ 12＋22＝ 5，∴AC＝BC＝ 2 5，∴ a＝ b＝ 25.如答图 1，连接 EF.1同理可得 EF＝2×4＝ 2.∵EF∥AB，∴△ PEF∽△ PBA，PF PE EF1∴＝＝＝.AP PB AB2在 Rt△ABP中， AB＝4，∠ ABP＝30°，∴AP＝2，PB＝ 2 3，∴ PF＝1，PE＝ 3.在 Rt△APE和 Rt △BPF中， AE＝ 7， BF＝ 13，∴a＝2 13， b＝ 27.(2)猜想：a2＋b2＝5c2，证明以下：如答图 2，连接 EF.设∠ ABP＝α，∴ AP＝csin α， PB＝ccosα，1csin α1由(1) 同理可得 PF＝2PA＝2，PE＝2PB＝ccosα2，∴AE2＝AP2＋PE2＝c2sin 2 α＋c2cos2α，422222c2sin 2αBF ＝PB＋PF＝c cosα＋4，b 222c2cos2αa2 c2 sin 2α22∴( 2)＝c sinα＋4，( 2)＝4＋c cosα，a2b2c2sin 2α2222c2 cos2α∴4＋4＝4＋c c os α＋ c sinα＋4，∴a2＋b2＝5c2 .(3)如答图 3，连接 AC，EF 交于点 H， AC与 BE交于点 Q，设 BE与 AF的交点为 P. ∵点 E，G分别是 AD，CD的中点，∴ EG∥ AC.∵BE⊥EG，∴ BE⊥ AC.∵四边形 ABCD是平行四边形，∴ AD∥ BC，AD＝BC＝ 25，∴∠ EAH＝∠ FCH.∵E，F 分别是 AD，BC的中点，11∴AE＝2AD，BF＝2BC，1∴AE＝BF＝ CF＝2AD＝ 5.∵AE∥BF，∴四边形 ABFE是平行四边形，∴EF＝AB＝ 3， AP＝PF.∠EAH＝∠ FCH，在△ AEH和△ CFH中，∠AHE＝∠ FHC，AE＝CF，∴△ AEH≌△ CFH，∴ EH＝ FH，∴ EP，AH分别是△ AFE的中线，222由(2) 的结论得 AF＋EF＝5AE，∴AF2＝5( 5) 2－ EF2＝ 16，∴ AF＝4.1或连接 F 与 AB的中点 M，证 MF垂直 BP，构造出“中垂三角形〞，由AB＝3，BC＝2AD＝5及(2) 中的结论，直接可求AF.10．我们定义：如图 1，在△ ABC中，把 AB绕点 A 顺时针旋转α(0 °＜α＜ 180°) 获取 AB′，把AC绕点 A 逆时针旋转β获取 AC′，连接 B′C′. 当α＋β＝ 180°时，我们称△ AB′C′是△ ABC的“旋补三角形〞，△ AB′C′边 B′C′上的中线 AD叫做△ ABC的“旋补中线〞，点 A 叫做“旋补中心〞．特例感知(1)在图 2，图 3 中，△ AB′C′是△ ABC的“旋补三角形〞， AD是△ ABC的“旋补中线〞．1①如图 2，当△ ABC为等边三角形时， AD与 BC的数量关系为 AD＝2BC；②如图 3，当∠ BAC＝90°， BC＝8 时，那么 AD长为 4.猜想论证(2)在图 1 中，当△ ABC为任意三角形时，猜想 AD与 BC的数量关系，并恩赐证明．拓展应用(3)如图 4，在四边形 ABCD，∠ C＝90°，∠ D＝150°， BC＝12，CD＝ 2 3，DA＝6. 在四边形内部可否存在点 P，使△ PDC是△ PAB的“旋补三角形〞？假设存在，恩赐证明，并求△ PAB的“旋补中线〞长；假设不存在，说明原由．图1图2图3图4解： (1) ①∵△ ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝ AC＝AB′＝ AC′. ∵DB′＝ DC′，∴AD⊥B′C′.∵∠ BAC＝60°，∠ BAC＋∠ B′AC′＝ 180°，∴∠ B′AC′＝ 120°，∴∠ B′＝∠ C′＝ 30°，1 1∴AD＝2AB′＝2BC.②∵∠ BAC＝90°，∠ BAC＋∠ B′AC′＝ 180°，∴∠ B′AC′＝∠ BAC＝90°.∵AB＝AB′， AC＝AC′，∴△ BAC≌△ B′AC′，∴BC＝B′C′.11∵B′D＝DC′，∴ AD＝2B′C′＝2BC＝4.1(2) 结论： AD＝2BC.证明以下：如答图 1，延长 AD到 M，使得 AD＝DM，连接 B′M，C′M.∵B′D＝DC′， AD＝DM，∴四边形 AC′MB′是平行四边形，∴ AC′＝ B′M＝ AC.第 10题答图 1∵∠ BAC＋∠ B′AC′＝ 180°，∠B′AC′＋∠ AB′M＝180°，∴∠ BAC＝∠ MB′A. ∵ AB＝AB′，∴△ BAC≌△ AB′M，1∴BC＝AM，∴ AD＝2BC.(3)存在．原由：如答图 2，延长 AD交 BC的延长线于 M，作 BE⊥AD于 E，作线段 BC的垂直均分线交 BE于 P，交 BC于 F，连接 PA，PD， PC，作△ PCD的中线 PN，第 10题答图 2连接 DF交 PC于 O.∵∠ ADC＝150°，∴∠ MDC＝30°.在 Rt△DCM中， CD＝2 3，∠ DCM＝90°，∠ MDC＝30°，∴CM＝2，DM＝ 4，∠ M＝60°.1在 Rt△BEM中，∠ BEM＝90°， BM＝14，∠ MBE＝30°，∴ EM＝2BM＝7，∴ DE＝ EM－DM＝3.∵AD＝6，∴ AE＝DE.∵BE⊥AD，∴PA＝PD， PB＝PC.在 Rt△CDF中， CD＝23， CF＝6，∴tan ∠ CDF＝ 3，∴∠ CDF＝60°＝∠ CPF，易证△ FCP≌△ CFD，∴ CD＝PF.∵CD∥ PF.∴四边形 CDPF是矩形，∴∠ CDP＝90°，∴∠ ADP＝∠ ADC－∠ CDP＝60°，∴△ ADP是等边三角形，∴∠ ADP＝60°.∵∠ BPF＝∠ CPF＝60°，∴∠ BPC＝120°，∴∠ APD＋∠ BPC＝180°，∴△ PDC是△ PAB的“旋补三角形〞．在 Rt△PDN中，∠ PDN＝90°， PD＝AD＝6，DN＝3，∴ PN＝2222＝ 39. DN＋ PD＝r(3 ＋ 6 )考点 4多边形几何研究11．【图形定义】如图，将正 n 边形绕点 A 顺时针旋转 60°后，发现旋转前后两图形有另一交点 O，连接 AO，我们称 AO为“叠弦〞；再将“叠弦〞 AO所在的直线绕点 A 逆时针旋转 60°后，交旋转前的图形于点 P，连接 PO，我们称∠ OAB为“叠弦角〞，△ AOP为“叠弦三角形〞；【研究证明】(1)请在图 1 和图 2 中选择其中一个证明：“叠弦三角形〞 ( △ AOP)是等边三角形．(2)如图 2，求证：∠ OAB＝∠ OAE′；【归纳猜想】(3) 图 1、图 2 中的“叠弦角〞的度数分别为15°， 24°；(4)图 n 中，“叠弦三角形〞是等边三角形 ( 填“是〞或“不是〞 ) ；(5) 图 n 中，“叠弦角〞的度数为 60°－180°.( 用含 n 的式子表示 ) n解： (1) ∵四边形 ABCD是正方形，由旋转知， AD＝AD′，∠ D＝∠ D′＝ 90°，∠ DAD′＝∠ OAP＝60°，∴∠ DAP＝∠ D′AO，∴△ APD≌△ AOD′(ASA)，∴AP＝AO.∵∠ OAP＝60°，∴△ AOP是等边三角形；第 11 题答图(2)如答图，作 AM⊥ DE于 M，作 AN⊥CB于 N.∵五边形 ABCDE是正五边形，由旋转知， AE＝AE′，∠ E＝∠ E′＝ 108°，∠ EAE′＝∠ OAP＝60°，∴∠ EAP＝∠ E′AO.在 Rt△AEM和 Rt △ABN中，∠ AEM＝∠ ABN＝72°， AE＝ AB，∴Rt △AEM≌Rt △ABN (AAS)，∴∠ EAM＝∠ BAN， AM＝AN.在 Rt△APM和 Rt△ AON中， AP＝AO， AM＝AN，∴R t △APM≌Rt △AON (HL)，∴∠ PAM＝∠ OAN，∴∠ PAE＝∠ OAB,∴∠ OAE′＝∠ OAB.(3)由(1) 知，△ APD≌△AOD′，∴∠ DAP＝∠ D′AO.AD′＝ AB，在 Rt△AD′O和 Rt△ABO中，AO＝AO，∴Rt △AD′O≌ Rt△ABO(HL)，∴∠ D′AO＝∠ BAO.由旋转得，∠ DAD′＝ 60°. ∵∠ DAB＝90°，∴∠ D′AB＝∠ DAB－∠ DAD′＝ 30°，1∴∠ D′AO＝2∠D′AB＝15°，∵题图 2 的多边形是正五边形，∴∠ EAB＝5－2 × 180°＝108°，5∴∠ E′AB＝∠ EAB－∠ EAE′＝ 108°－ 60°＝ 48°，1∴同理可得，∠ E′AO＝2∠E′AB＝24°.(4)是(5)同(3) 的方法得，∠ OAB＝ [(n －2) ×180°÷ n－60°] ÷2＝60°－180°. n考点 5圆形几何研究π12．如图，在半径为 3 cm的⊙ O中， A，B，C三点在圆上，∠ BAC＝75°. 点 P 从点 B 开始以5 cm/s 的速度在劣弧 BC上运动，且运动时间为t s ，∠ AOB＝90°，∠ BOP＝n°.(1)求 n 与 t 之间的函数关系式，并求 t 的取值范围；(2)试试究：当点 P 运动多少秒时，①在 BP， PC，CA，AB四条线段中有两条互相平行？②以 P，B，A，C四点中的三点为极点的三角形是等腰三角形？π3πn解： (1) ∵∠ BOP＝n°，∴5 t ＝180，n＝12t.当 n＝150 时， 150＝12t ，t ＝12.5.∴t 的取值范围为 0≤t ≤12.5.(2) ①∠ BOP＝n°， n＝12t.如答图 1，当 BP∥ AC时， t ＝5.原由：∵∠ PBA＝180°－ 75°＝ 105°，∠ OBA＝45°，∴∠ OBP＝60°. ∵ OB＝OP，∴∠ BOP＝60°，∴ 60＝12t ，t ＝5.如答图 2，当 PC∥ AB时， t ＝10.原由：易得∠ PBA＝∠ BAC＝75°，∴∠ PBO＝∠ BPO＝30°，∴∠ BOP＝120°，∴120＝ 12t ，t ＝10.综上所述，当点P 的运动时间为 5 s 时， BP∥AC.当点 P 的运动时间为 10 s 时， PC∥AB.②在△ ABP中，以 AB为腰时 ( 如答图 3) ，∠ BPA＝∠ BAP＝45°，∠ BOP＝90°，∴ t ＝ 7.5.以 AB为底边时 ( 如答图 4) ，∠ BPA＝45°，∠ BAP＝67.5 °，∠ BOP＝2×67.5 °＝135°，∴t ＝11.25.如答图 5，在△ APC中，易得∠ AOC＝120°，∴∠ APC＝60°，△ APC是等边三角形．∴∠ AOP＝120°，∴∠ BOP＝30°， t ＝2.5.如答图 6，在△ BPC中，∠ BPC＝105°，只有 BP＝ PC这种情况．此时点 P 是弧 BC的中心，∴∠ BOP＝75°， t ＝6.25.综上所述，当点P 的运动时间为 7.5 s 或 11.25 s 时，△ ABP为等腰三角形；当点 P 的运动时间为 2.5 s 时，△ APC为等边三角形；当点 P 的运动时间为 6.25 s 时，△ BPC为等腰三角形．。

人教版初中数学中考讲本专项突破七二次函数与几何综合探究问题类型三探究与角度相关的问题

专项突破七二次函数与几何综合探究问题
类型三探究与角度相关的问题
【例】（2022·苏州）如图，二次函数y＝－x2＋2mx＋2m＋1（m是常数，且m＞ 0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F，连接AC，BD. （1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的代数式表示），并求∠OBC 的度数；（2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值；
平行线转化求解；方法二：构造相似三角形转化求解；方法三：构造辅助圆转化求解.
【解题策略】 1.对于特殊角构造直角三角形或“一线三垂直”求解；对于非特殊角，通过和差
关系转化为特殊角. 2.当两角相等时，方法一：构造等腰三角形求解；方法二：构造角平分线求解；
方法三：构造相似三角形求解；方法四：构造直角三角形利用三角函数求解. 3.当两角存在倍分关系时，需要转化为等角条件.方法一：构造垂直平分线或
（3）Q是抛物线上一点，若∠ACQ＝45°，求点Q的坐标.
图1
设点P的坐标为（t，－t2＋4t－3），则点M的坐标为（t，t－3）， ∴PM＝｜－t2＋3t｜.
（3）过点B作BE⊥BC，交CQ的延长线于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，如图2.
图2 由点B（3，0），C（0，－3），得OB＝OC＝3， ∵∠ACQ＝45°，
由（1）知OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC. ∵∠ACO＝∠CBD， ∴∠ACO＋∠OCB＝∠CBD＋∠OBC，即∠ACE＝∠DBF， ∴tan∠ACE＝tan∠DBF. ∵EF∥OC，
∵∠DFB＝90°，
∵m＞0， ∴m＝1.
1.（2022·通辽）如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A，B，与y轴交于点 C，直线BC的解析式为y＝x－3. （1）求抛物线的解析式；

中考数学专题复习几何探究练习(三)

中考数学专题复习几何探究练习（三）学校:___________姓名：___________班级：___________考生__________评卷人得分一、解答题1．【感知】如图①，点C是AB中点，CD⊥AB，P是CD上任意一点，由三角形全等的判定方法“SAS”易证△P AC≌△PBC，得到线段垂直平分线的一条性质“线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”【探究】如图①，在平面直角坐标系中，直线y=-13x+1分别交x轴、y轴于点A和点B，点C是AB中点，CD⊥AB交OA于点D，连结BD，求BD的长【应用】如图①（1）将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AB′，请在图①网格中画出线段AB;（2）若存在一点P，使得P A=PB′，且∠APB′≠90°，当点P的横、纵坐标均为整数时，则AP长度的最小值为______．2．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上任意一点（点E不与点B、C重合），连结DE，点C关于DE的对称点为C1，连结AC1并延长交DE的延长线于点M，F是AC1的中点，连结DF．【猜想】如图①，①FDM的大小为度．【探究】如图①，过点A作AM1①DF交MD的延长线于点M1，连结BM．求证：△ABM①①ADM1．【拓展】如图①，连结AC，若正方形ABCD的边长为2，则△ACC1面积的最大值为．3．问题呈现：下图是小明复习全等三角形时遇到的一个问题并引发的思考，请帮助小明完成以下学习任务．请根据小明的思路，结合图①，写出完整的证明过程．结论应用：（1）如图①，在四边形ABCD中，AB AD BC=+，DAB∠的平分线和ABC∠的平分线交于CD边上点P．求证：PC PD=；（2）在（1）的条件下，如图①，若10AB=，1tan2PAB∠=．当PBC有一个内角是45︒时，PAD△的面积是．4．【教材呈现】如图是华师版八年级下册数学教材第117页的部分内容．结合图①，补全证明过程．【应用】如图①，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD 沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为．【拓展】如图①，直线EF分别交▱ABCD的边AD、BC于点E、F，将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝22，BC＝4，①C＝45°，则EF的长为．5．在等腰直角三角形纸片ABC中，点D是斜边AB的中点，10,AB=点E为BC上一点，将纸片沿DE折叠，点B的对应点为点B'．()1如图①，连接,CD则CD的长为；()2如图①，'B E与AC交于点,//F DB BC'．①求证:四边形'BDB E为菱形；①连接',B C则'B FC的形状为；()3如图①，则CEF∆的周长为；6．【教材呈现】数学课上，赵老师用无刻度的直尺和圆规按照华师版教材八年级上册87页完成角平分线的作法，方法如下：【问题1】赵老师用尺规作角平分线时，用到的三角形全等的判定方法是．【问题2】小明发现只利用直角三角板也可以作①AOB的角平分线，方法如下：步骤：①利用三角板上的刻度，在OA、OB上分别截取OM、ON，使OM＝ON．①分别过点M、N作OM、ON的垂线，交于点P．①作射线OP，则OP为①AOB的平分线．（1）请写出小明作法的完整证明过程．（2）当tan①AOB＝43时，量得MN＝4cm，直接写出MON△的面积．7．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．定理证明：请根据教材内容，结合图①，写出证明过程．定理应用：在矩形ABCD中，AB＝2AD，AC为矩形ABCD的对角线，点E在边AB上，且AE＝3BE．（1）如图①，点F在边CB上，连结EF．若13BFCF，则EF与AC的关系为．（2）如图①，将线段AE绕点A旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到线段AE'，连结CE′，点H为CE'的中点，连结BH．设BH的长度为m，若AB＝4，则m的取值范围为．8．在等腰直角三角形纸片ABC中，点D是斜边AB的中点，AB＝10，点E为BC上一点，将纸片沿DE折叠，点B的对应点为点B'．（1）如图①，连接CD，则CD的长为；（2）如图①，B'E与AC交于点F，DB'①BC．①求证：四边形BDB'E为菱形；①连接B'C，则①B'FC的形状为；（3）如图①，则①CEF的周长为．9．如图，在ABC中，中线BD，CE相交于点O，F，G分别是OB，OC的中点．（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；（2）当四边形DEFG的形状为矩形时，ABC为______三角形；（3）连接OA，当OA BC时，四边形DEFG的形状为______．10．如图1，正方形ABCD的边长为8cm，点F从点B出发，沿射线AB方向以1cm/秒的速度移动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度移动（不与点A重合）．设点E，F同时出发移动t秒．(1)基础探究：如图1，在点E、F移动过程中，连接CE、CF、EF，判断CE与CF的数量与位置关系，并说明理由．(2)应用拓展：如图2，点G、H分别在边AD、BC上，且217cmGH=，连接EF，当EF与GH交于点P，且45GPE∠=︒，若点P为EF的中点，则CF的长度为________，AP的长度为________．参考答案：1．探究：BD 的长为53；应用：(1)见解析；(2)5.【解析】【分析】探究：根据直线解析式，求出点A 、B 坐标，得到BO 、AO 的长，设BD 的长为a ，根据勾股定理列方程可求出BD ；应用：（1）根据旋转的性质作图即可；（2）根据题意可知P 点坐标在AB’线段垂直平分线上，如图所示，点P’是垂直平分线上最近的格点，但是此时'’90AP B ∠=︒，不符合题意，根据网格特点可知垂直平分线上下一个格点位置，由网格特点和勾股定理可得符合题意的AP=5. 【详解】解：探究：由题意得：当x 0=时，y 1=；当y 0=时，x 3=；()A 3,0∴，()B 0,1. AO 3∴=，BO 1=．设BD 的长为a ．①点C 是AB 中点，CD AB ⊥交OA 于点D ，DA DB a ∴==，OD 3a =-．在Rt BOD 中，BOD 90∠=︒，222BD BO DO ∴=+，()22213a a +-=，5a 3∴=，5BD 3=． BD ∴的长为53．应用：(1)如图，线段'AB 即为所求．(2)根据题意可知P点坐标在AB’线段垂直平分线上，如图所示，点P’是垂直平分线上最近的格点，但是此时'’90AP B∠=︒，不符合题意，根据网格特点可知垂直平分线上下一个格点位置，由网格特点和勾股定理可得符合题意的AP=5.【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题关键.2．（1）45°；（2）证明见解析；（3）22﹣2．【解析】【分析】（1）证明①CDE=①C1DE和①ADF=①C1DF，可得①FDM=12①ADC=45°；（2）先判断出①DAM1=①BAM，由（1）可知：①FDM=45°，进而判断出①AMD=45°，得出AM=AM1，即可得出结论；（3）先作高线C1G，确定①ACC1的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C1在BD上时，C1G最大，其①AC1C的面积最大，并求此时的面积．【详解】（1）由对称得：CD＝C1D，①CDE＝①C1DE，在正方形ABCD中，AD＝CD，①ADC＝90°，①AD＝C1D，①F是AC1的中点，①DF①AC1，①ADF＝①C1DF，①①FDM＝①FDC1+①EDC1＝12①ADC＝45°；故答案为：45；（2）①DF①AC1，①①DFM＝90°，①①MAM'＝90°，在正方形ABCD中，DA＝BA，①BAD＝90°，①①DAM1＝①BAM，由（1）可知：①FDM＝45°①①DFM＝90°①①AMD＝45°，①①M1＝45°，①AM＝AM1，在：△ABM和△ADM1中，①11BA DABAM DAMAH AM=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，①①ABM①①ADM1（SAS）；（3）如图，过C1作C1G①AC于G，则1AC CS＝12AC•C1G，在Rt△ABC中，AB＝BC＝2，①AC＝2222+＝22，即AC为定值，当C1G最大值，△AC1C的面积最大，连接BD交AC于O，当C1在BD上时，C1G最大，此时G与O重合，①CD＝C1D＝2，OD＝12AC＝2，①C1G＝C1D﹣OD＝2﹣2，①1AC CS＝12AC•C1G＝12×22（2﹣2）＝22﹣2，故答案为：22﹣2．此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是①AMD=45°．3．问题呈现：见解析；结论应用：（1）见解析；（2）403或8 【解析】【分析】问题呈现：由“SAS ”可证△MOP ≌△NOP ，可得PM ＝PN ；结论应用：（1）在AB 上截取AE ＝AD ，连接PE ，由“SAS ”可证△ADP ≌△AEP ，△BPC ≌△BPE ，可得PD ＝PE ＝PC ；（2）延长AP ，BC 交于点H ，由“ASA ”可证△ADP ≌△HCP ，可得CP ＝DP ，AD ＝CH ，S △ADP ＝S △CPH ，分三种情况讨论，由角平分线的性质和锐角三角函数可求解．【详解】问题呈现：证明：①OC 平分AOB ∠，①AOC BOC ∠=∠．在POM 和PON △中，OP OP POM PON OM ON =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩．①POM PON △≌△．结论应用：在AB 上截取AE AD =，①AP 平分DAB ∠，①DAP BAP ∠=∠，①AP AP =，①ADP AEP △≌△．①PE PD=．①AB AD BC=+，①BE BC=，①BP平分ABC∠，①ABP CBP ∠=∠．①BP BP=．①PBE PBC△≌△．①PE PC=．①PC PD=．（2）由（1）可证∠D＝∠AEP，∠PCB＝∠PEB，∵∠AEP+∠PEB＝180°，∴∠PCB+∠D＝180°，∴AD∥BC，∵AB＝10，tan∠P AB＝PBPA＝12，∴P A＝2PB，∵P A2+PB2＝AB2，∴PB＝25，P A＝45，如图③，延长AP，BC交于点H，∵AD∥BC，∴∠DAP＝∠H，∴∠H＝∠BAP，∴AB＝BH＝10，又∵PB平分∠ABC，∴BP⊥AP，AP＝PH＝45，∵∠DAP＝∠H，AP＝PH，∠DP A＝∠CPH，∴△ADP≌△HCP（ASA），∴CP＝DP，AD＝CH，S△ADP＝S△CPH，若∠PBC＝45°时，则∠PBC＝∠H＝45°，∴PB＝PH（不合题意舍去），若∠BPC＝45°时，则∠HPC＝∠BPC＝45°，如图④，过点C作CN⊥BP于N，CM⊥PH于M，∴CM＝CN，∵S△PBH＝12×BP×PH＝12×BP×CN+12×PH×CM，∴CM＝CN＝453，∴S△PCH＝12×45×453＝403＝S△ADP；若∠PCB＝45°时，如图⑤，过点P作PF⊥BC于F，∵∠P AB＝∠H，∴tan H＝tan∠P AB＝12，∴12 PFFH，∴FH＝2PF，∵PF2+FH2＝PH2＝80，∴PF＝4，FH＝8，∵PF⊥BC，∠BCP＝45°，∴∠PCB＝∠FPC＝45°，∴CF＝PF＝4，∴CH＝4，∴S△ADP＝S△CPH＝12×4×4＝8，故答案为：8或403．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．4．【教材呈现】证明见解析；【应用】434；【拓展】2103；【解析】【分析】教材呈现：由“ASA”可证①AOE①①COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；应用：过点F作FH①AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，①AFE＝①EFC，由勾股定理可求BF的长，EF的长，拓展：过点A作AN①BC，交CB的延长线于N，过点F作FM①AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝2，由勾股定理可求AE＝AF＝103，再利用勾股定理可求EF的长．【详解】解：【教材呈现】①四边形ABCD是矩形，①AE①CF，①①EAO＝①FCO，①EF垂直平分AC，①AO＝CO，①AOE＝①COF＝90°，①①AOE①①COF（ASA）①OE＝OF，又①AO＝CO，①四边形AFCE是平行四边形，①EF①AC，①平行四边形AFCE是菱形；【应用】如图，过点F作FH①AD于H，①将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，①AF＝CF，①AFE＝①EFC，①AF2＝BF2+AB2，①（4﹣BF）2＝BF2+9，①BF＝78，①AF＝CF＝258，①AD①BC，①①AEF＝①EFC＝①AFE，①AE＝AF＝258，①①B＝①BAD＝①AHF＝90°，①四边形ABFH是矩形，①AB＝FH＝3，AH＝BF＝78，①EH＝94，①EF＝22EH FH+＝81916+＝154，①四边形ABFE的周长＝AB+BF+AE+EF＝3+78+258+154＝434，故答案为：434．【拓展】如图，过点A作AN①BC，交CB的延长线于N，过点F作FM①AD于M，①四边形ABCD是平行四边形，①C＝45°，①①ABC＝135°，①①ABN＝45°，①AN①BC，①①ABN＝①BAN＝45°，①AN＝BN＝22AB＝2，①将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，①AF＝CF，①AFE＝①EFC，①AD①BC，①①AEF＝①EFC＝①AFE，①AE＝AF，①AF2＝AN2+NF2，①AF2＝4+（6﹣AF）2，①AF＝103，①AE＝AF＝103，①AN①MF，AD①BC，①四边形ANFM是平行四边形，①AN①BC，①四边形ANFM是矩形，①AN ＝MF ＝2，①AM ＝22AF MF -＝10049-＝83， ①ME ＝AE ﹣AM ＝23，①EF ＝22MF ME +＝449+＝2103，故答案为：2103．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键． 5．（1）5；（2）①见解析；①等腰三角形；（3）52【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解；（2）①由翻折可知','45DB DB B B =∠=∠=︒，进而证得'//,B E AB 则有∴四边形'BDB E 为平行四边形，由',BD B D =即可得证；①连接CD,易证得','45DB DC DB E DCA =∠=∠=︒进而证得''FB C FCB ∠=∠，则有'FB FC =，即可得出结论；（3）由'FB FC =和'B E BE =得CEF ∆的周长=''CE FC EF CE B F EF CE B E CE BE BC ++=++=+=+=，由等腰直角三角形的性质可求得BC ，即可求得CEF ∆的周长．【详解】解:（1）①①ABC 是等腰直角三角形，D 为斜边AB 的中点，AB=10，①152CD AB ==，故答案为：5；()2①证明:由翻折可知','45DB DB B B =∠=∠=︒'DB ①BC''45,B EC B ∴∠=∠=︒①'45,B EC B ∠=∠=︒①'EB ①BD∴四边形'BDB E 为平行四边形．又',BD B D =∴四边形'BDB E 为菱形；②如图2，连接CD ，则有CD=BD=AD,由翻折可知','45DB DB DB E B =∠=∠=︒①','45DB DC DB E DCA A =∠=∠=∠=︒,①''DB C DCB ∠=∠①DB E CB F DCA FCB ∠+∠=∠+∠'''①''CB F FCB ∠=∠①'FB FC =,①'B FC 的形状为等腰三角形；故答案为：等腰三角形；（3）如图3，由（2）知'FB FC =，'B E BE =，①CEF ∆的周长=''CE FC EF CE B F EF CE B E CE BE BC ++=++=+=+=，①①ABC 是等腰直角三角形，AB=10，①222100BC AB ==,解得：52BC =，①CEF ∆的周长为52，故答案为：52．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边中线性质、折叠性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定，解得的关键是认真审题，从图形中分析相关联信息，借助辅助线，利用基本图形的性质进行推理、计算．6．【问题1】SSS ；【问题2】（1）见解析；（2）8．【解析】【分析】问题1：根据SSS证明三角形全等即可．问题2：（1）根据HL证明三角形全等即可解决问题．（2）作MH①OB于H，连接MN．想办法求出ON，MH即可解决问题．【详解】解：问题1：由作图可知：OE＝OD，EC＝DC，OC＝OC，①EOC DOC≌△△（SSS），故答案为SSS．问题2：（1）证明：由作图可知：OM＝ON，①①ONP＝①OMP＝90°，OP＝OP，①Rt ONP≌Rt OMP△（HL），①①PON＝①POM，即OP平分①AOB．（2）解：作MH①OB于H，连接MN．①tan①AOB＝4,3MHOH=①可以假设MH＝4k，OH＝3k，则OM＝ON＝5k，①HN＝2k，在Rt MNH△中，①222,MN HN MH=+①()()222442,k k=+①255k=（负根已经舍弃），①ON＝5k＝25，MH＝4k＝855，①1185258.225MNO S ON MH ==⨯⨯= 【点睛】本题考查的是角平分线的作图与作图原理，三角形全等的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．7．定理证明：见解析；定理应用：（1）EF ∥AC ，EF ＝14AC ；（2）5﹣32≤BH ≤5+32 【解析】【分析】定理证明：延长DE 到F ，使FE ＝DE ，连接CF ，易证①ADE ①①CFE ，再根据全等三角形的性质，进一步可得出CF ①AB ，从而可证明四边形BCFD 是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；定理应用：（1）取AB ，BC 的中点M ，N ，连接MN ．再根据题目中的线段关系，可得出AM ＝BM ，CN ＝BN ，ME ＝EB ，FN ＝FB ，根据三角形的中位线定理即可得出答案；（2）如图①中，延长CB 到T ，连接AT ，TE ′．根据题意得出BH ＝12TE ′，再根据矩形的性质可求得AT 的值，结合题意求得AE 的值，最后根据三角形三边关系即可得出答案．【详解】解：定理证明：如图①中，延长DE 到F ，使FE ＝DE ，连接CF ，在△ADE 和△CFE 中，AE EC AED CEF DE EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ADE ≌△CFE （SAS ），∴∠A ＝∠ECF ，AD ＝CF ，∴CF ∥AB ，又∵AD ＝BD ，∴CF＝BD，∴四边形BCFD是平行四边形，∴DF∥BC，DF＝BC，∴DE∥BC，DE＝12BC．定理应用：（1）如图①中，取AB，BC的中点M，N，连接MN．∵AE＝3BE，BF：CF＝1：3，∴AM＝BM，CN＝BN，ME＝EB，FN＝FB，∴MN∥AC，MN＝12AC，EF∥MN，EF＝12MN，∴EF∥AC，EF＝14AC．故答案为：EF∥AC，EF＝14AC．（2）如图①中，延长CB到T，连接AT，TE′．∵CH＝HE′，CB＝BT，∴BH＝12TE′，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠ABT＝90°，∵AB＝4，BC＝AD＝BT＝2，∴AT＝22224225AB BT+=+=，∵AE＝3BE，AB＝4，∴AE＝AE′＝3，∴25﹣3≤TE′≤25+3，∴5﹣32≤BH≤5+32．故答案为：5﹣32≤BH≤5+32．【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形三边关系、平行四边形的判定及性质、三角形中位线性质、旋转的性质、全等三角形的判定及性质，综合性比较强，添加合适的辅助线，是解题的关键．8．（1）5；（2）①见解析；①等腰三角形；（3）52．【解析】【分析】（1）由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案；（2）①由折叠的性质得B'D=BD，B'E=BE，①B'DE=①BDE，证出B'D=BE，得四边形BDB'E是平行四边形，进而得出结论；①证出CD=B'D，得①DCB'=①DB'C，证出DB'①AC，则①ACB'=90°-①DB'C，证出CD①B'E，则①EB'C=90°-①DCB'，得①ACB'=①EB'C，即可得出结论；（3）连接B'C，由等腰直角三角形的性质得BC=22AB=52，①B=45°，CD=12AB=BD，①ACD=12①ACB=45°，证出CF=B'F，进而得出答案．【详解】（1）解：①①ABC是等腰直角三角形，点D是斜边AB的中点，AB＝10，①CD＝12AB＝5，故答案为：5；（2）①证明：由折叠的性质得：B'D＝BD，B'E＝BE，①B'DE＝①BDE，①DB'①BC，①①B'DE＝①BED，①①BDE＝①BED，①BD＝BE，①B'D＝BE，①四边形BDB'E是平行四边形，又①B'D＝BD，①四边形BDB'E为菱形；①解：①①ABC是等腰直角三角形，点D是斜边AB的中点，AB＝BD，①CD＝12由折叠的性质得：B'D＝BD，①CD＝B'D，①①DCB'＝①DB'C，①①ACB＝90°，①AC①BC，①DB'①BC，①DB'①AC，①①ACB'＝90°﹣①DB'C，由①得：四边形BDB'E为菱形，①AB①B'E，①CD①AB，①CD①B'E，①①EB'C＝90°﹣①DCB'，①①ACB'＝①EB'C，①FB'＝FC，即①B'FC为等腰三角形；故答案为：等腰三角形；（3）解：连接B'C，如图①所示：①①ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，AB ＝10，①BC ＝22AB ＝52，①B ＝45°，CD ＝12AB ＝BD ，①ACD ＝12①ACB ＝45°，由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，①B '＝①B ＝45°，①CD ＝B 'D ，①①DCB '＝①DB 'C ，①①FCB '＝①FB 'C ，①CF ＝B 'F ，①①CEF 的周长＝EF +CF +CE ＝EF +B 'F +CE ＝B 'E +CE ＝BE +CE ＝BC ＝52；故答案为：52．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．9．（1）见解析；（2）等腰；（3）菱形．【解析】【分析】（1）由中线BD ，CE 相交于点O ，可得DE 是ABC 的中位线，可得//DE BC ，12DE BC =，由F 、G 分别是OB ，OC 的中点，可得FG 是OBC 的中位线，可得//FG BC ，12FG BC =，可推出//DE FG ，DE FG =即可；（2）由四边形DEFG 的形状为矩形，可得FD=EG ，OE=OF=OG=OD ，EF①ED ，①EOF=①DOG ，由F 、G 分别是OB ，OC 的中点，可得BO=CO ，，由中线CE ，E 为中点，F 是OB 的中点，可得EF①OA ，可推出OA①ED ，由等腰三角形性质可得OA 平分①EOD ，可证△AOB①①AOC （SAS ），可得AB=AC 即可；（3）连接OA ，由（1）知四边EFGD 为平行四边形，由中位线性质可得AO=2EF ，2BC FG =，由OA BC =，可得EF=FG 即可．【详解】证明：（1）①中线BD ，CE 相交于点O ，①E 、D 分别为AB 、AC 中点，①DE 是ABC 的中位线，①//DE BC ，12DE BC =，又①F 、G 分别是OB ，OC 的中点，①FG 是OBC 的中位线，①//FG BC ，12FG BC =， ①//DE FG ，DE FG =，①四边形DEFG 是平行四边形；（2）连接OA ，如图①四边形DEFG 的形状为矩形，①FD=EG ，OE=OF=OG=OD ，EF①ED ，①EOF=①DOG ， ①F 、G 分别是OB ，OC 的中点，①BO=CO ，①中线CE ，E 为中点，F 是OB 的中点，①EF①OA ，①OA①ED ，①OA 平分①EOD ，①①EOA=①DOA ，①①BOA=①EOF+①EOA=①DOG+①DOA=①COA ，①AO=AO ，①①AOB①①AOC （SAS ），①AB=AC ，①①ABC 为等腰三角形，故答案为：等腰；（3）当OA BC =时，四边形DEFG 的形状为菱形．由（1）知四边EFGD 为平行四边形，①中线CE ，E 为中点，F 是OB 的中点，①EF 为①ABO 的中位线，①AO=2EF ，又①F 、G 分别是OB ，OC 的中点，①FG 是OBC 的中位线，①2BC FG =，①OA BC =，①2EF=2FG ，①EF=FG ，①四边形DEFG 是菱形，故答案为：菱形．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，菱形的判定，掌握平行四边形的判定方法与性质，等腰三角形的判定，菱形的判定定理，细心观察图形，利用数形结合从图形中分析线段之间和角之间关系是解题关键．10．(1)CE CF =，CE CF ⊥，理由见解析；(2)217，34；【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和运动的距离可证明()EDC FBC SAS ≌△△，可得CE CF =，再利用角之间的关系可证CE CF ⊥；（2）连接EC ，证明四边形GECH 是平行四边形，即可求出CF ，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出AP ．(1)解：①四边形ABCD为正方形,①CD CB=，90EDC ABC BCD∠=∠=∠=︒，①90FBC EDC∠=∠=︒，①ED FB t==，在EDC△和FBC中，90CD CBFBC EDCED FB=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩①()EDC FBC SAS≌△△，①CE CF=，ECD BCF=∠∠，①90ECD BCE∠+∠=︒，①90BCF BCE∠+∠=︒，即：90ECF∠=︒，①CE CF=，CE CF⊥，(2)解：连接CE，如图①CE CF=，CE CF⊥，①45CEF∠=︒，①45GPE∠=︒，①CEF GPE∠=∠，①CE GH∥，①GE CH∥，①四边形GECH是平行四边形，①217CE GH==，①CE CF =，①217CF =，①2234EF CF ==，①P 是EF 的中点，AFE △是直角三角形，①1342AP EF ==．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定以及性质，平行四边形的判定及性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（1）的关键是证明()EDC FBC SAS ≌△△，（2）的关键是证明四边形GECH 是平行四边形．。

中考数学精讲篇中考压轴题重难点突破六几何综合探究题类型二

∴∠AEB＝90°， ∵AE2＋BE2＝AB2，且 DE＝2，AD＝BE， ∴(AD＋2)2＋AD2＝(2 5)2＋(2 5)2. 解得 AD＝ 19－1 或 AD＝－ 19－1(舍去)；如解图 3，A，D，E 三点在同一直线上，且点 D 在 AE 的延长线上， ∵∠BCF＝∠ACE＝90°－∠ACF，BC＝AC，CF＝CE， ∴△BCF≌△ACE(SAS)，∴∠BFC＝∠AEC，
(2)证明：在等边△ABC 中，AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转可得 CP＝CQ，∠PCQ＝60°， ∴∠ACB＝∠PCQ， ∴∠ACP＋∠PCB＝∠BCQ＋∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)， ∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°， ∴BQ＝AP＝AC＝BC，
②如图 2，过 A 点作 AM⊥GD，垂足为 M，交 FE 于点 N， ∵四边形 DEFG 是正方形， ∴DE＝GD＝GF＝EF＝2，由①得△AGD≌△CED， ∴AG＝CE，AD＝CD.
又∵CE＝CD，∴AG＝AD＝CD＝4， 1
∵AM⊥GD，∴GM＝2GD＝1，
又∵∠FGD＝∠F＝90°， ∴四边形 GMNF 是矩形， ∴MN＝GF＝2，在 Rt△AGM 中，AM＝ AG2－GM2＝ 42－12＝ 15，
∵∠CFE＝∠CED＝45°， ∴∠BFC＋∠CFE＝∠AEC＋∠CED＝180°， ∴点 B，F，E 在同一条直线上． ∵AC＝BC，∠ACD＝∠BCE＝90°＋∠ACE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)， ∴AD＝BE，∵AE2＋BE2＝AB2， ∴(AD－2)2＋AD2＝(2 5)2＋(2 5)2. 解得 AD＝ 19＋1 或 AD＝－ 19＋1(舍去)．综上所述，AD 的长为 19－1 或 19＋1.

人教版初中数学中考重难题型高分突破(六) 几何图形探究题

（2）由（1）得△BCD≌△ACE，∴BD＝AE. ∵△DCE是等边三角形， ∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2. ∵∠ADC＝30°， ∴∠ADE＝∠ADC＋∠CDE＝30°＋60°＝90°. 在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
（3）若B，C，E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和 △DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长. 【思路分析】如图2，过点A作AF⊥CD于点F，先根据平角的定义得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，由三角形面积公式可得△ACD的面积，最后根据勾股定理可得自A主D的解长答.：解：过点A作AF⊥CD于点F.∵B，C，E三点在一条直线上，
△ABC绕点C顺时针旋转，得到△DEC，点D落在线段AB 上，连接BE.
（1）求证：DC平分∠ADE；（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由；
（1）证明：∵△DCE是由△ACB旋转得到，∴CA＝CD， ∠CAD＝∠CDE，∴∠CAD＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠CDE， ∴CD平分∠ADE. （2）解：BE⊥AB.理由如下，C，E，B四点共圆， ∴∠DCE＋∠DBE＝180°. ∵∠DCE＝90°，∴∠DBE＝90°，∴BE⊥AB.
【思路分析】（1）依据等式的性质可证明∠BCD＝∠ACE，然后依据“SAS”可证明△BCD≌△ACE. （2）由（1）知BD＝AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长自主解答：解：（1）全等.证明如下： ∵△ABC和△DCE都是等边三角形， ∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACB＋∠ACD＝∠DCE＋∠ACD，即∠BCD＝∠ACE.
（3）若BE＝BD，求tan∠ABC的值. 解：设BC交DE于点O，连接AO.∵BD＝ BE，∠DBE＝90°，∴∠DEB＝∠BDE＝ 45°.∵C，E，B，D四点共圆，∴∠DCO＝ ∠DEB＝45°.∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝ ∠OCD＝45°.∵CD＝CD，∠ADC＝ ∠ODC，

中考数学专题复习_几何探究题

专题复习几何探究问题一、结论探究【例1】如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=900，点D是BC中点，作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE、BG（1）试猜想线段BG和AE的数量关系，请直接写出你得到的结论（2）将正方形DEFG绕点D逆时针旋转一定角度后（旋转角大于00，小于或等于3600），如图②，通过观察和测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由。

（3）若BC=DE=2，在（2）的旋转过程中，当AE为最大值时，求AF的值。

'变式练习：已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）直接写出线段EG与CG的数量关系；（2）将图1中△BEF绕B点逆时针旋转45º，如图2所示，取DF中点G，连接EG，CG．你在（1）中得到的结论是否发生变化写出你的猜想并加以证明．（3）将图1中△BEF绕B点旋转任意角度，如图3所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立（不要求证明）| A D]G图1FA[EG图2、AE图3DFEC BAB'C'二、条件探究【例2】已知两个全等的直角三角形纸片ABC 、DEF ，如图（1）放置，点B 、D 重合，点F 在BC 上，AB 与EF 交于点G ，∠C=∠EFB=900，∠E=∠ABC=300，AB=DE=4 （1）求证：△EGB 是等腰三角形（2）若纸片DEF 不动，问△ABC 绕点F 旋转最小度时，四边形ACDE 成为以ED 为底的梯形（如图（2）），求此梯形的高。

,【例3】如图，Rt △AB C 是由Rt △ABC 绕点A 顺时针旋转得到的，连结CC 交斜边于点E ，CC 的延长线交BB 于点F ． |（1）证明：△ACE ∽△FBE ；（2）设∠ABC =α，∠CAC =β，试探索α、β满足什么关系时，△ACE 与△FBE 是全等三角形，并说明理由．；E图1A:CD图2三、类比探究【例4】（1）操作发现：如图，矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，将△ABE 沿BE 折叠后得到△GBE ，且点G 在举行ABCD 内部．小明将BG 延长交DC 于点F ，认为GF =DF ，你同意吗说明理由．（2）问题解决：保持（1）中的条件不变，若DC =2DF ，求ABAD的值； /（3）类比探求：保持（1）中条件不变，若DC =nDF ，求ABAD的值．【例5】如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称为这个平面图形的一条面积等分线．如，平行四边形的一条对线所在的直线就是平行四边形的一条面积等分线．（1）三角形的中线、高线、角平分线分别所在的直线一定是三角形的面积等分线的有________；（（2）如图1，梯形ABCD 中，AB ∥DC ，如果延长DC 到E ，使CE ＝AB ，连接AE ，那么有S 梯形ABCD＝S △ABE ．请你给出这个结论成立的理由，并过点A 作出梯形ABCD 的面积等分线（不写作法，保留作图痕迹）；（3）如图，四边形ABCD 中，AB 与CD 不平行，S △ADC ＞S △ABC ，过点A 能否作出四边形ABCD 的面积等分线若能，请画出面积等分线，并给出证明；若不能，说明理由．AB。

中考数学压轴题：几何探究题

几何探究题（10道）1.如图①，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由．（2）如图②，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD 上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，①求证：AE=EC；②求∠MAC的度数以及线段NE与AC的数量关系．第1题图解：（1）BF=AC，理由是：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD =BD ，∵∠AFE =∠BFD ，∴∠DAC =∠EBC ，在△ADC 和△BDF 中，⎪⎩⎪⎨⎧︒=∠=∠=∠=∠90BDF ADC BDAD DBF DAC ， ∴△ADC ≌△BDF （ASA ），∴BF =AC ；（2）①由折叠得：MD =DC ，∵DE ∥AM ，∴AE =EC ，②∵AE =EC ，BE ⊥AC ，∴AB =BC ，由（1）得：△ADC ≌△BDF ，∵△ADC ≌△ADM ，∴△BDF ≌△ADM ，∴∠DBF=∠MAD=22.5°，∴∠MAC=2∠MAD=45°，∵∠NEA=90°，∴△AEN是等腰直角三角形，1AC．∴EN=AE=EC，∴EN=22.在长方形ABCD中，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到对应的△GBE，将BG延长交直线DC于点F．（1）如果点G在长方形ABCD的内部，如图①所示．①求证：GF=DF；1DC，AD=4，求AB的长度．②若DF=2（2）如果点G在长方形ABCD的外部，如图②所示，AD的值. DF=kDC（k＞1）．请用含k的代数式表示AB第2题图解：（1）①连接EF ，如解图第2题解图根据翻折的性质得，∠EGF =∠A =90°，EG =AE =ED ，在Rt △EGF 和Rt △EDF 中，⎩⎨⎧==EF EF ED EG ， ∴Rt △EGF ≌Rt △EDF （HL ），∴GF =DF ；②由①知，GF =DF ，设DF =x ，BC =y ，则GF =x ，AD =y ， ∵DC =2DF ，∴CF =x ，DC =AB =BG =2x ，∴BF =BG +GF =3x ；在Rt △BCF 中，BC 2+CF 2=BF 2，即y 2+x 2=（3x ）2 ∴y =22x ，∴ABAD ＝x y 2=2；∵AD=4，（2）由（1）知，GF=DF，设DF=x，BC=y，则GF=x，AD=y，在Rt△BCF中，BC2+CF2=BF2，3.将一副三角尺按图①摆放，等腰直角三角尺的直角边DF 恰好垂直平分AB，与AC相交于点G，BC=23cm.（1）求GC的长；（2）如图②，将△DEF绕点D顺时针旋转，使直角边DF 经过点C，另一直角边DE与AC相交于点H，分别过H、C作AB的垂线，垂足分别为M、N，通过观察，猜想MD与ND的数量关系，并验证你的猜想；（3）在（2）的条件下，将△DEF沿DB方向平移得到△D'E'F'，当D'E'恰好经过（1）中的点G时，请直接写出DD'的长度.第3题图解：（1）在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=23cm，∴AC=23×3=6cm，AB=43cm，又∵AD=BD，GD⊥AB，∴AD=23cm，在Rt△ADG中，∠BAC=30°，∴DG=2cm，AG=4cm，∴GC=AC－AG=6－4=2cm；（2）MD=ND，证明如下：∵D是AB的中点，∠ACB=90°，∠A=30°，∴BC=BD=AD，∵∠B=60°，∴△CDB为等边三角形.1BD，∵CN⊥BD，∴DN=NB=2在△ADH中，∠HDA=180°－60°－90°=30°，∴∠HDA=∠A=30°，1AD，∴MD=ND；∵HM⊥AB，∴AM=MD=2（3）DD'=23cm.【解法提示】如解图，连接GD,GB；∵GD垂直平分AB，∴AG=BG，∴∠GBA=∠A=30°，∠E'D'A=30°，当点D'与点B 重合时，点G在D'E'上，∴DD'=DB=23cm.第3题解图4.（1）如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F．①若AB=6，AE=4，BD=2，则CF= ；②求证：△EBD∽△DCF．（2）若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使BD的ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出BC 值；若不存在，请说明理由．（3）如图③，在等腰△ABC中，AB=AC，点O为BC 边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON=∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B=α，则△AEF与△ABC的周长之比为（用含α的表达式表示）．图①图②图③第4题图解：（1）①4；【解法提示】∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°．∵AE=4，∴BE=2，则BE=BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BED=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°－∠EDF－∠B=60°，则∠CDF=∠C=60°，∴△CDF是等边三角形，∴CF=CD=BC－BD=6－2=4．②证明：∵∠EDF=60°，∠B=60°，∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，∴∠BED=∠CDF．又∠B=∠C=60°，∴△EBD∽△DCF；（2）存在，如解图①，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，第4题解图①∵ED 平分∠BEF 且FD 平分∠CFE ．∴DM =DG =DN ．又∠B =∠C =60°，∠BMD =∠CND =90°，∴△BDM ≌△CDN ，∴BD =CD ，即点D 是BC 的中点，∴BC BD =21；（3）如解图②，连接AO ，作OG ⊥BE ，OD ⊥EF ，OH ⊥CF ，垂足分别是G 、D 、H ．第4题解图②则∠BGO =∠CHO =90°，∵AB =AC ，O 是BC 的中点，∴∠B =∠C ，OB =OC ，∴△OBG ≌△OCH ，∴OG =OH ，GB =CH ，∠BOG =∠COH =90°－α，则∠GOH =180°－（∠BOG +∠COH ）=2α，∴∠EOF =∠B =α，由（2）题可猜想应用EF =ED +DF =GE +FH （可通过半角旋转证明），则C △AEF =AE +EF +AF =AE +EG +FH +AF =AG +AH =2AG ，设AB =m ，则OB =mcosα，GB =mcos 2α．ααcos cos )(222m m m m OB AB AG OB AB AG C C ABC AEF +-=+=+=∆∆=1－cos α． 5.如图，Rt △ACB 中，∠ACB =90°，AC =BC ，E 点为射线CB 上一动点，连接AE ，作AF ⊥AE 且AF =AE ．（1）如图①，过F 点作FD ⊥AC 交AC 于D 点，求证：FD =BC ；（2）如图②，连接BF 交AC 于G 点，若AG =3，CG =1，求证：E 点为BC 中点；（3）当E 点在射线CB 上，连接BF 与直线AC 交于G 点，若BC =4，BE =3，直接写出CGAG 的值.第5题图（1）证明：∵FD ⊥AC ，∴∠FDA =90°， ∴∠DFA +∠DAF =90°，同理，∵AF ⊥AE ，∴∠CAE +∠DAF =90°，∴∠DFA =∠CAE ，在△AFD 和△EAC 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠︒=∠=∠AE AF EACAFD ECA ADF 90， ∴△AFD ≌△EAC （AAS ），∴DF =AC ，∵AC =BC ，∴FD =BC ；（2）如解图①，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，第5题解图①由（1）得，FD =AC =BC ，AD =CE ，在△FDG 和△BCG 中，⎪⎩⎪⎨⎧=︒=∠=∠∠=∠BC FD BCG FDG BGC FGD 90， ∴△FDG ≌△BCG （AAS ），∴DG =CG =1，∴AD =2，∴CE =2，∵BC =AC =AG +CG =4，∴E 点为BC 中点；（3）311或35.【解法提示】当点E 在CB 的延长线上时，过F 作FD ⊥AG 与AG 的延长线交于点D ，如解图②，第5题解图②BC =AC =4，CE =CB +BE =7，由（1）（2）知：△ADF ≌△ECA ，△GDF ≌△GCB ， ∴CG =GD ，AD =CE =7，∴CG =DG =1.5， ∴CG AG =5.15.14+=311，同理，当点E 在线段BC 上时，CG AG =5.15.14-=35. 6.如图，在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC ，点D 为AB 延长线上一点，连接CD ，过A 分别作AM ⊥CD ，垂足为M ，交BC 于点N ，作AP ⊥BC ，垂足为P ，交CD 于点Q ．（1）求证：AN =CQ ；（2）如图，点E 在BA 的延长线上，且AE =BD ，连接EN 并延长交CD 于点F ，求证：DQ =EN ；（3）在（2）的条件下，当AE =32AB 时，求FNEN 的值.第6题图证明：（1）∵AP ⊥BC ，AM ⊥CD ，∴∠APN =∠CPQ =90°，∴∠PNA +∠NAP =∠NAP +∠CQP =90°，∴∠PNA =∠CQP ，∵AB =AC ，∠BAC =90°，∴AP =PC ，∴△APN ≌△CPQ （ASA ），∴AN =CQ ；（2）如解图①，连接BQ ，第6题解图① 由（1）知：AP 是BC 的垂直平分线， ∴BQ =CQ ， ∵AN =CQ ，∴AN =BQ ，∵BQ =CQ ，∴∠QBC =∠QCB =∠NAP ，∵∠PBA =∠PAB =45°，∴∠QBA =∠BAN ，∴∠DBQ =∠NAE ，在△DBQ 和△NAE 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AE BD EAN DBQ AN BQ , ∴△DBQ ≌△EAN （SAS ），∴DQ =EN ；（3）∵AE =32AB ，即AB AE ＝32， ∴设AE =2x ，AB =3x ，则BD =2x ，DC =34x ，如解图②，过E 作EH ⊥AM ，交MA 的延长线于H ，第6题解图②∴∠H =∠AMD =90°，∴EH ∥DC ，∴△AHE ∽△AMD ，∴52322=+==x x x AD AE AM AH ， ∵∠MAC =∠CDA ，∠ACN =∠DAQ =45°，∴△DQA ∽△ANC ，∴3535===x x AN DQ AC AD ,由（2）知：CQ=AN，∴设AH=8m，AM=20m，AN=17m，则MN=3m，∵EH∥FM，∴△EHN∽△FMN，7.如图，点P是正方形ABCD外一点，连接PA、PD，作BM⊥PA，垂足为E，使BM=PA，再作CN⊥PD，垂足为F，使CN=PD，连接PM、PN．（1）如图①，当PA=PD时，直接写出线段PM、PN的位置关系和数量关系；（2）在（1）的条件下，若∠APD=40°，则∠ABM= ；（3）如图②，当PA≠PD时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．第7题图解：（1）结论：PM=PN，PM⊥PN．理由：如解图①，连接AM，DN．第7题解图①∵四边形ABCD是正方形，∴AB =BC =CD =AD ，∴∠BAD =90°，∵PE ⊥BM ，∴∠AEB =90°，∴∠PAD +∠EAB =90°，∠EAB +∠ABE =90°， ∴∠PAD =∠ABE ，∵PA =PD ，在△PAD 和△ABE 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=BAAD ABM PAD BMPA , ∴△PAD ≌△MBA （SAS ），∴AM =PD ，∠AMB =∠APD ，∴MA =MB =PA =PD ，同理可证：ND =NC =PA =PD ，∠DNC =∠APD ，∴∠AME =∠DNF ，∵∠AME +∠MAE =90°，∠DNF +∠NDF =90°， ∴∠MAE =∠NDF ，∴∠PAM =∠PDN ，∴△PAM≌△PDN（SAS），∴PM=PN，∠APM=∠DPN=∠AMP=∠DNP，∵∠AME+∠MAE=90°，∠MAE=∠AMP+∠APM=∠APM+∠NPD，∴∠APD+∠APM+∠NPD=90°，∴∠MPN=90°，∴MP⊥PN．（2）70°;【解法提示】∵PA=PD，∠P=40°，∴∠PAD=∠PDA=70°，由（1）可知：∠ABM=∠PAD=70°．（3）结论仍然成立，理由如下：如解图②，连接MA，延长MA交PF于点Q．第7题解图②由（1）可知：∠PAD=∠ABM，在△PAD 和△ABM 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=BA AD ABM PAD BM PA ∵PA =BM ，AD =BA ，∴△PAD ≌△MBA （SAS ），∴AM =PD ，∠ADP =∠MAB ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAD =∠ADC =90°，AB =AD =CD ，∵∠MAB +∠QAD =90°，∴∠QAD +∠ADP =90°，∴∠AQD =90°，∵PF ⊥CN ，∴∠AQD =∠DFC =90°，∴∠ADQ +∠CDF =90°，∠CDF +∠DCF =90°，∴∠ADQ =∠DCF ，在△ADQ 和△DCF 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠∠=∠CD AD DCF ADQ DFC AQD ，∴△AQD ≌△DFC （AAS ），∴AQ =DF ，DQ =CF ，∵PD =CN ，∴PQ =FN ，MQ =PF ，∵∠MQP =∠PFN =90°，∴△MQP ≌△PFN （SAS ），∴PM =PN ，∠MPQ =∠N ，∵∠N +∠FPN =90°，∴∠MPQ +∠FPN =90°，∴∠MPN =90°，∴PM ⊥PN ．8、在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠B =30°，M 为AB 中点，点P 为BC 延长线上一点，CP ＜BC ，连接PM ，AC =n ，CP =m ．（1）如图①，将射线MP 绕点M 逆时针旋转60°交CA 延长线于点D ，且BC =AD +CP.①在图中找出与∠MDC相等的角，并加以证明；m的值；②求n（2）如图②，若将射线MP绕点M顺时针旋转60°交AC延长线于点H，求CH的长（用含有m，n的式子表示）第8题图①第8题图②解：（1）①结论：∠ADM=∠PMA．理由：如解图①，连接CM．∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠BAC=60°，∵BM=MA，∴CM=MA=BM，∴△AMC是等边三角形，∴∠AMC=∠PMN=60°，∴∠PMC=∠AMD，∵∠BAC=∠AMD+∠ADM=60°，∠AMP+∠PMC=60°∴∠ADM=∠PMA．第8题解图①②如解图①，连接CM、作CK∥AB交PM于点K．∵CK∥AB，由（1）知△AMC是等边三角形，∴∠MAC=∠MCA=∠AMC=60°，MA=MC,∵CK∥AB，∴∠ACK=∠MAC=60°，∠AMK=∠MKC,∴∠DAM=∠MCK=120°，∵∠ADM=∠AMP,∴∠MKC=∠MDA，在△MCK 和△MAD 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠∠=∠MCMA MAD MCK MDAMKC ，∴△MCK ≌△MAD ，∵CK ∥BM ，∴△PKC ∽△PMB ，∴AD =CK ，∵BC =AD +PC ，整理得：m 2+mn －3n 2=0，（3）如解图②，连接CM 、作CK ∥AB 交PM 于点K ．第8题解图② ∵∠PMH =∠ACM =60°， ∴∠PMC +∠CMH =∠CMH +∠H ，∴∠CMK =∠H ，∵∠HCM =∠MCK =120°，∴△HCM ∽△MCK ，∴CK CM MC HC =， ∴nm mnn n HC 3+=, ∴HC =mn mn 23+. 9. 已知四边形ABCD 是正方形，△BEF 是等腰直角三角形，∠BEF =90°，BE =EF ，连接DF ，G 为DF 的中点，连接EG，CG，EC．（1）如图①，若点E在CB边的延长线上，直接写出EC的值；EG与GC的位置关系及GC（2）将图①中的△BEF绕点B顺时针旋转至图②所示位置，请问（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）将图①中的△BEF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°），若BE=1，AB=2，当E，F，D三点共线时，求DF的长及tan∠ABF的值．第9题图EC=2，解：（1）EG⊥CG，GC理由如下：如解图①，过G作GH⊥EC于点H，∵∠FEB=∠DCB=90°，∴EF∥GH∥DC，∵G 为DF 中点， ∴H 为EC 中点， ∴EG =GC ，GH =21（EF +DC ）=21（EB +BC ），即GH =EH =HC ，∴∠EGC =90°，即△EGC 是等腰直角三角形， ∴GC EC =2；第9题解图① 第9题解图② （2）解：结论还成立，理由如下：如图②，延长EG 到H ，使EG =GH ，连接CH 、EC ，延长CD 交EH 于点N ，过E 作BC 的垂线交CB 延长线于点R ，交DF 延长线于点Q ，∵在△EFG 和△HDG 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=HG EG DGH FGE GD GF ，∴△EFG ≌△HDG （SAS ），∴DH =EF =BE ，∠FEG =∠DHG ，∴EF ∥DH ，又易证ER ∥CD ，∴∠1=∠2，∴∠1=∠2=90°－∠3=∠4，∴∠EBC =180°－∠4=180°－∠1=∠HDC ，在△EBC 和△HDC 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=CD BC HDC EBC DH BE ，∴△EBC ≌△HDC ．∴CE =CH ，∠BCE =∠DCH ，∴∠ECH =∠DCH +∠ECD =∠BCE +∠ECD =∠BCD =90°，∴△ECH 是等腰直角三角形， ∵G 为EH 的中点，∴EG ⊥GC ，GCEC =2，即（1）中的结论仍然成立；（3）解:如解图③，连接BD ，第9题解图③∵在正方形ABCD 中，AB =2，∴BD =2，∴cos ∠DBE =BD BE =21， ∴∠DBE =60°，∴∠ABE =∠DBE －∠ABD =15°，∴∠ABF =45°－15°=30°，∴tan ∠ABF =33，∴DE =3BE =3， ∴DF =DE －EF =3－1．10.在△ABC 和△ADE 中，AB =AC ，∠BAC =120°，∠ADE =90°，∠DAE =60°，F 为BC 中点，连接BE 、DF ，G 、H 分别为BE ，DF 的中点，连接GH ．（1）如图①，若D 在△ABC 的边AB 上时，请直接写出线段GH 与HF 的位置关系，HFGH = ．（2）如图②，将图①中的△ADE 绕A 点逆时针旋转至图②所示位置，其他条件不变，（1）中结论是否改变？请说明理由；（3）如图③，将图①中的△ADE 绕A 点顺时针旋转至图③所示位置，若C 、D 、E 三点共线，且AE =2，AC =5，求线段BE 的长.图① 图② 图③第10题图解：（1）如解图①，连接DG ，FG ．第10题解图①∵AB =AC ，BF =CF ，∴AF ⊥BC ，∴∠BAF =∠CAF =60°，∵ED ⊥AB ，∴∠BFE =∠BDE =90°，∵BG =GE ，∴DG =21BE ，GF =21BE ，∴DG =FG ，∵DH =HF ，∴GH ⊥DF ，∵∠BAE =60°，∴∠ABE +∠AEB =120°，∵DG=BG=GF=GE，∴∠GBD=∠GDB，∠GEF=∠GFE，∴∠BGD+∠EGF=120°，∴∠DGF=60°，∴△DGF是等边三角形，GH=tan60°=3．∴HF（2）结论不变．理由：如解图②，延长ED至S，使DS=DE，连接AS，BS，CE，FG，DG．第10题解图②∵∠ADE=90°，DS=DE，∴AS=AE，∠DAE=∠DAS=60°，∴∠BAC=∠SAE=120°，∴∠SAB=∠EAC，∵AB=AC，∴△ABS≌△ACE.∴BS=CE，∠ABS=∠ACE，∵F，G分别为BC，BE中点，∴DG=FG，∵H为DF中点，∴GH⊥HF，延长SB交CE延长线于T，∵∠ABS+∠ABT=∠ACE+∠ABT=180°，∴∠BAC+∠T=180°，∴∠T=60°，延长FG交BT于P，∴∠T=∠BPF=∠DGF=60°，（3）如解图③，延长ED到H，使得DH=DE，连接AH，BH，作BM⊥EC于M，设BC交AH于点O．第10题解图③∵AD⊥EH，ED=DH，∴AE=AH，∴∠AEH=∠AHE=30°，∴∠EAH=∠BAC=120°，∴∠BAH=∠CAE，∵AB=AC，AH=AE，∴△BAH≌△CAE（SAS），∴∠BHA=∠AEC=30°，BH=CE，∴∠OBA=∠OHC=30°，∵∠AOB =∠COH ，∴△AOB ∽△COH ，∴△AOC ∽△BOH ，∴∠BHO =∠AOC =30°，∴∠BHE =30°+30°=60°，在Rt △ADE 中，∵AE =2，∠AED =30°，在Rt △EBM 中，11)1233()]332(21[22=-++=.。

人教版中考数学解答题压轴题突破重难点突破八几何综合探究题类型五：阅读理解问题

类型五：阅读理解问题 (咸宁2020～2017T23；随
州2022～2018T23)
(2021·随州第23题11分)等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．
将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，点B与点A重合，点D落到点E 处，连接DE.由旋转性质可知AE＝BD，CE＝CD，∠DCE＝60°， ∴△CDE是等边三角形，∴ED＝CD，∠CDE＝60°， ∴∠ADE＝∠ADC＋∠CDE＝90°， ∴AD2＋ED2＝AE2. 又∵ED＝CD，AE＝BD，∴AD2＋CD2＝BD2.
解：Ⅰ)设BD＝m，由已知可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直
角三角形，四边形DGEH是矩形，∴AD＝BD＝CD＝m，
∵E是AC中点，∴HE＝DG＝12m＝AH，
1
3
∴CG＝CD－DG＝2m，BG＝FG＝BD＋DG＝2m，∴S1＝S△BFG＋S△CEG
＝12×32m×32m＋12×12m×12m＝54m2， S2＝S△ABD＋S△AEH＝12m2＋12×12m×12m＝58m2，∴SS21＝2.故答案为2.
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，∴∠3＝∠4，
∵∠3＝45°，∴∠4＝45°.故答案为45°.
(3)拓展探究：如图④，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上 (不与BC的中点重合)，连接AD.作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE. Ⅰ)求证：A，D，B，E四点共圆；

中考数学解答题压轴题突破重难点突破八几何综合探究题类型二：操作型探究问题

5．(2022·嘉兴)小东在做九上课本 123 页习题：“1∶ 2 也是一个很有趣的比．已知线段 AB(如图①)，用直尺和圆规作 AB 上的一点 P，使 AP∶ AB＝1∶ 2.”小东的作法是：如图②，以 AB 为斜边作等腰直角三角形 ABC，再以点 A 为圆心，AC 长为半径作弧，交线段 AB 于点 P，点 P 即为所求作的点．小东称点 P 为线段 AB 的“趣点”．
(1)【阅读理解】我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
解： a2＋b2＝c2(直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方)．推理如下： ∵如图①，4 个△ADE 的面积和＋正方形 EFGH 的面积＝正方形 ABCD 的面积，即 4×12ab＋(b－a)2＝c2，整理得 a2＋b2＝c2.
解：∵在正方形 PQMN 中，PN＝PQ＝DE，PN∥BC，∴△APN∽△ABC，AE＝
PN AE AD－DE＝AD－PN，∴BC＝AD，
PN h－PN
ah
ah
∴ a ＝ h ，∴PN＝a＋h，∴正方形 PQMN 的边长为a＋h.
(2)【操作推理】如何画出这个正方形 PQMN 呢？如图②，小杰画出了图①的△ABC，然后又进行以下操作：先在 AB 边上任取一点 P′，画正方形 P′Q′M′N′，使点 Q′，M′在 BC 边上，点 N ′在△ABC 内，然后连接 BN′，并延长交 AC 于点 N，作 NM⊥BC 于点 M， NP⊥NM 交 AB 于点 P，PQ⊥BC 于点 Q，得到四边形 PQMN.证明：图②中的四边形 PQMN 是正方形；【分层分析】先推出四边形 PQMN 是矩形，再根据 P′N′∥PN，M′N′∥ MN，可得P′PNN′＝N′NMM′，结合 M′N′＝P′N′，推得 MN＝PN 进而得证；

中考数学专题巩固：几何图形探究题(含解析)

几何图形探究题1．(1)问题发现如图①，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝2，AC ＝4，点D 为BC 的中点，过点D 作射线DE ⊥DF ，分别交AB ，AC 于点E ，F ，当DE ⊥AB ，DF ⊥AC 时，DEDF ＝________； (2)类比探究若∠EDF 绕着点D 旋转到图②的位置，(1)中其他条件不变，DEDF ＝________；若改变点D 的位置，当CD BD ＝a b 时，求DEDF 的值，请就图③的情形写出解答过程；图① 图②第1题图(3)问题解决如图③，AB ＝2，AC ＝4，连接EF ，当CD ＝____时，△DEF 为等腰直角三角形；当CD ＝____时，△DEF 与△ABC 相似．图③ 第1题图解：(1)2；【解法提示】∵DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，∠BAC ＝90°，∴DF ∥AE ，DE ∥AC ，∴△BED∽△BAC，△CDF∽△CBA，∴DEAC＝BDBC，DFAB＝CDBC，∵点D为BC的中点，AB＝2，AC＝4，∴DE4＝12，DF2＝12，∴DE＝2，DF＝1，∴DEDF＝2.(2)2；【解法提示】如解图①，过点D作DM⊥AB于点M，作DN⊥AC于点N，∵∠A＝∠DMA＝∠DNA＝90°，∴∠MDN＝90°，∵∠MDE＋∠EDN＝∠NDF ＋∠EDN，∴∠MDE＝∠NDF，又∵∠DME＝∠DNF，∴△DEM∽△DFN，∴DEDF＝DMDN，由(1)可得DMDN＝2，∴DEDF＝2.第1题解图①如解图②，过点D作DG⊥AB于点G，作DH⊥AC于点H，∴∠GDH＝90°，∴∠EDG＋∠GDF＝∠FDH＋∠GDF＝90°，∴∠EDG＝∠FDH，又∵∠DGE＝∠DHF＝90°，第1题解图②∴△DGE∽△DHF，∴DEDF＝DGDH，∵∠BAC＝90°，∴DG ∥AC ，DH ∥AB ，∴△BDG ∽△BCA ，△CDH ∽△CBA ， ∴DG AC ＝BD BC ，CD BC ＝DH AB ， ∵CD BD ＝a b ，∴BD BC ＝BD BD ＋CD ＝b a ＋b ，CD BC ＝CD BD ＋CD ＝a a ＋b ，∴DG 4＝b a ＋b ，DH 2＝aa ＋b ，∴DE DF ＝DG DH ＝2ba ； (3)453；855或 5.【解法提示】∵∠EDF ＝90°，∴当△DEF 为等腰直角三角形时，DE ＝DF ，由(2)中的结论可知，DE DF ＝2ba ＝1，∴a ＝2b ，∴BC ＝3b ，在Rt △ABC 中，∵AB ＝2，AC ＝4，由勾股定理得BC ＝22＋42＝25，∴CD ＝23BC ＝453.∵∠EDF ＝∠A ＝90°，∴△DEF 与△ABC 相似有两种情况：①当△DEF ∽△ABC 时，DE AB ＝DF AC ，即DE DF ＝AB AC ＝12，∴2b a ＝12，∴a ＝4b ，∴CD ＝45BC ＝855；②当△DEF ∽△ACB 时，DE AC ＝DF AB ，即DE DF ＝AC AB ＝2，∴2b a ＝2，∴a ＝b ，∴CD ＝12BC＝ 5.综上所述，当CD ＝855或5时，△DEF 与△ABC 相似．2．在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．△ABC 是边长为2的等边三角形，E 是AC 上一点，小亮以BE 为边向BE 的右侧作等边三角形BEF ，连接CF .(1)如图①，当点E 在线段AC 上时，EF 、BC 相交于点D ，小亮发现有两个三角形全等，请你找出来，并证明；(2)当点E 在线段AC 上运动时，点F 也随着运动，若四边形ABFC 的面积为734，求AE的长；(3)如图②，当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由；(4)如图②，当△ECD的面积S1＝36时，求AE的长．图①图②第2题图解：(1)△ABE≌△CBF.理由如下：∵△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB＝CB，BE＝BF，∠ABC＝∠EBF＝60°，∴∠CBF＝∠ABE＝60°－∠CBE，∴△ABE≌△CBF(SAS)；(2)由(1)知点E在运动过程中始终有△ABE≌△CBF.∵S四边形BECF＝S△BCF＋S△BCE，∴S四边形BECF＝S△ABC，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴S△ABC＝34×22＝3，∴S四边形BECF＝3，又∵S四边形ABFC ＝734，∴S △ABE ＝S 四边形ABFC －S 四边形BECF ＝334，在△ABE 中，∵∠A ＝60°，∴AB 边上的高为AE ·sin60°，则S △ABE ＝12AB ·AE ·sin60°＝12×2×32AE ＝334，∴AE ＝32； (3)S 2－S 1＝ 3.理由如下：∵△ABC 与△EBF 都是等边三角形，∴AB ＝CB ，BE ＝BF ，∠ABC ＝∠EBF ＝60°，∴∠CBF ＝∠ABE ＝60°＋∠CBE ，∴△ABE ≌△CBF ， ∴S △ABE ＝S △CBF ，∴S △FDB ＝S △ECD ＋S △ABC ， ∴S △FDB －S △ECD ＝S △ABC ＝3，即S 2－S 1＝3； (4)由(3)知S 2－S 1＝3，即S △FDB －S △ECD ＝3，由S △ECD ＝36得S △BDF ＝736，∵△ABE ≌△CBF ， ∴AE ＝CF ，∠BAE ＝∠BCF ＝60°，又∵∠BAE ＝∠ABC ＝60°，得∠ABC ＝∠BCF ，∴CF ∥AB ，则在△BDF 中，DF 边上的高是AC ·sin60°＝3，∴12DF ×3＝736，解得DF ＝73，设CE ＝x ，则2＋x ＝CD ＋DF ＝CD ＋73， ∴CD ＝x －13，在△ABE 中，由CD ∥AB 得，CD AB ＝CE AE ，即x －132＝xx ＋2，化简得3x2－x－2＝0，∴x＝1或x＝－23(舍)，即CE＝1，∴AE＝3.3．如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，若点E在AB的延长线上，EF∥AD，EF＝BE，点P是DE的中点，连接FP并延长交AD于点G，连接FB.(1)过D点作DH⊥AB，垂足为点H，若DH＝23，BE＝14AB，求DG的长；(2)连接CP，求证：CP⊥FP；(3)如图②，若点E在CB的延长线上运动，点F在AB的延长线上运动，且BE＝BF，连接DE，点P为DE的中点，连接FP，CP，那么第(2)问的结论成立吗？若成立，求出PFCP的值；若不成立，请说明理由．图①图②第3题图(1)解：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴DA∥BC，CD＝CB，∠CDG＝∠CBA＝60°，∴∠DAH＝∠ABC＝60°，∵DH⊥AB，∴∠DHA＝90°，在Rt△ADH中，sin∠DAH＝DH AD，∴AD＝DHsin∠DAH＝2332＝4，又∵AB＝AD，∴BE＝14AB＝14×4＝1，∵EF∥AD，∴∠PDG＝∠PEF，∵P为DE的中点，∴PD＝PE，又∵∠DPG＝∠EPF，∴△PDG≌△PEF(ASA)，∴DG＝EF，又∵EF＝BE，∴DG＝EF＝1；(2)证明：如解图①，连接CG，CF，第3题解图①由(1)知△PDG≌△PEF，∴PG＝PF，∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF ∥BC ，∴∠FEB ＝∠CBA ＝60°， ∵EF ＝BE ，∴△BEF 为等边三角形， ∴BF ＝EF ＝BE ，∠EBF ＝60°， ∵DG ＝EF ，∠ABC ＝60°，∴BF ＝DG ，∠CBF ＝∠ABC ＝∠CDG ＝60°，在△CDG 与△CBF 中，⎩⎨⎧CD ＝CB∠CDG ＝∠CBF DG ＝BF， ∴△CDG ≌△CBF (SAS)， ∴CG ＝CF ， ∵PG ＝PF ， ∴CP ⊥FP ；(3)解：CP ⊥FP 仍成立．如解图②，过D 作EF 的平行线，交FP 的延长线于点G ，连接CG ，CF ，第3题解图②易证△PEF ≌△PDG ，∴DG ＝EF ＝BF ， ∵DG ∥EF ， ∴∠GDP ＝∠FEP ， ∵DA ∥BC ， ∴∠ADP ＝∠PEC ，∴∠GDP －∠ADP ＝∠FEP －∠PEC ， ∴∠GDA ＝∠BEF ＝60°，∴∠CDG ＝∠ADC ＋∠GDA ＝120°， ∵∠CBF ＝180°－∠ABC ＝120°，在△CDG 和△CBF 中，⎩⎨⎧CD ＝CB∠CDG ＝∠CBF ，DG ＝BF∴△CDG ≌△CBF (SAS)， ∴CG ＝CF ，∠DCG ＝∠FCB ， ∵PG ＝PF ，∴CP ⊥PF ，∠GCP ＝∠FCP ， ∵∠DCB ＝180°－∠ABC ＝120°， ∴∠DCG ＋∠GCE ＝120°， ∴∠FCE ＋∠GCE ＝120°，即∠GCF ＝120°，∴∠FCP＝12∠GCF＝60°，在Rt△CPF中，tan∠FCP＝tan60°＝PFCP＝ 3.∴PFCP＝ 3.4．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到点E，使得AE＝OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF，与BC交于点H，再连接EF.(1)如图①，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF＝3BC；(2)如图②，若△ABC为等腰直角三角形(BC为斜边)，猜想(1)中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请说明理由；(3)如图③，若△ABC是等腰三角形，且AB＝AC＝kBC，求EF与BC之间的数量关系．图①图②图③第4题图(1)证明：①如解图①，连接AH，∵四边形OBFC 是平行四边形， ∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ， ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ，AH ⊥BC ，又∵OA ＝AE ，OH ＝HF ， ∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ， ∴EF ⊥BC ；②由①得AH ⊥BC ，AH ＝12EF ， ∵在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2， ∴AH ＝BC 2－（12BC ）2＝32BC ，∴32BC ＝12EF ， ∴EF ＝3BC ；(2)解：EF ⊥BC 仍然成立，EF ＝BC ；【解法提示】如解图②，连接AH ，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，又∵△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，∴AH⊥BC，AH＝BH＝12BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH＝12EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC，∴(1)中的结论①EF⊥BC仍成立，但结论②不成立，EF 与BC的关系应为EF＝BC；(3)解：如解图③，连接AH，第4题解图③∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH＝HC＝12BC，OH＝HF，又∵△ABC是等腰三角形，AB＝kBC，∴AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2＝(kBC )2－(12BC )2＝(k 2－14)BC 2， ∴AH ＝4k 2－12BC ，又∵OA ＝AE ，OH ＝HF ， ∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ， ∴4k 2－12BC ＝12EF ， ∴EF ＝4k 2－1 BC .5．如图①，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AH ⊥BC 于点H ，点D 在AH 上，且DH ＝CH ，连接BD . (1)求证：BD ＝AC ；(2)将△BHD 绕点H 旋转，得到△EHF (点B ，D 分别与点E ，F 对应)，连接AE .①如图②，当点F 落在AC 上(F 不与C 重合)时，若BC ＝4，tan C ＝3，求AE 的长；②如图③，△EHF 是由△BHD 绕点H 逆时针旋转30°得到的，设射线CF 与AE 相交于点G ，连接GH .试探究线段GH 与EF 之间满足的等量关系，并说明理由．图① 图② 图③第5题图(1)证明：∵∠ABC ＝45°，AH ⊥BC ， ∴△ABH 是等腰直角三角形， ∴BH ＝AH ，在△BHD 和△AHC 中，⎩⎨⎧BH ＝AH∠BHD ＝∠AHC DH ＝CH， ∴△BHD ≌△AHC (SAS)， ∴BD ＝AC ；(2)解：①如解图①，过点H 作HM ⊥AE 交AE 于点M ，第5题解图①在Rt △AHC 中，tan C ＝3， ∴AHHC ＝3， ∴BH ＝AH ＝3CH ，又∵BC ＝4，∴BC ＝BH ＋HC ＝4CH ＝4，∴CH＝1，BH＝3，由旋转的性质可以得到，HE＝BH＝3，HF＝DH＝HC＝1，∠EHF＝∠AHB＝∠AHC＝90°，∴∠EHA＝∠FHC，∴∠EAH＝∠C＝∠AEH，∴AM＝EM，∴tan∠EAH＝tan C＝3，设AM＝x，则HM＝AM·tan∠EAH＝3x，在Rt△AHM中，由AH2＝AM2＋HM2，得32＝x2＋(3x)2，∴x＝310 10，∴AE＝2AM＝2x＝310 5；②EF＝2GH.理由：设AH交CG于点N，如解图②，由旋转的性质可得，HE＝HB＝HA，HF＝HD＝HC，∵旋转角度为30°，∴∠FHD＝∠BHE＝30°，∴∠EHA＝∠FHC＝120°，第5题解图②∴∠FCH＝∠GAH＝30°，又∵∠ANG＝∠HNC，∴△ANG∽△CNH，∴∠AGN＝∠CHN＝90°，GN AN＝HN CN，又∵∠GNH＝∠ANC，∴△GNH∽△ANC，∴GHAC＝GNAN＝12，∵由(1)可知，△BHD≌△AHC. ∴△EHF≌△AHC，∴EF＝AC，∴EFGH＝ACGH＝2，∴EF＝2GH.6．我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②，图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝____BC；②如图③，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________；猜想论证(2)在图①中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明；拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝23，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△P AB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△P AB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．图①图②图③图④第6题图解：(1)①12；② 4；【解法提示】①由旋转可得到AB＝AB′＝AC＝AC′，∵∠BAC＝60°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠AB′C′＝30°，又∵AD为B′C′上的中线，∴AD⊥B′C′，∴AD＝12AB′＝12AB＝12BC；②由“旋补三角形”定义可得：∠B′AC′＝90°，易证△AB′C′≌△ABC，∴B′C′＝BC，∵点D为B′C′的中点，∴AD＝12BC＝4.(2)AD＝12BC.证明：如解图①，延长AD至E，使DE＝AD.第6题解图①∵AD是△ABC的“旋补中线”，∴B′D＝C′D.∴四边形AB′EC′是平行四边形，∴EC′∥B′A，EC′＝B′A，∴∠AC′E＋∠B′AC′＝180°.由定义可知∠B′AC′＋∠BAC＝180°，B′A＝BA，AC＝AC′，∴∠AC′E＝∠BAC，EC′＝BA，∴△AC′E≌△CAB，∴AE＝BC，∵AD＝12AE，∴AD＝12BC；(3)存在；证明：如解图②，作PE垂直平分BC，且使PE＝CD，连接P A，PB，PC，PD，可得PC＝PB，∵∠DCE＝∠CEP＝90°，∴PE∥CD；∴四边形PECD为矩形；∴PE＝CD＝23，PD＝CE＝AD＝6，∠PDC＝90°；∴tan∠PCE＝PECE＝33，∴∠PCE＝∠PBE＝30°，即∠BPC＝120°，又由∠ADC＝150°，可得∠ADP＝60°，∴△P AD为等边三角形，第6题解图②∴PD＝P A，∠APD＝60°.∵∠BPC＋∠DP A＝120°＋60°＝180°，∴△PCD是△P AB的“旋补三角形”；取CD的中点M，连接PM，可得DM ＝3，PD ＝6.由勾股定理得PM ＝DM 2＋PD 2＝（3）2＋62＝39， ∴△P AB 的“旋补中线”长为39.7．如图，在△ABC 中，矩形EFGH 的一边EF 在AB 上，顶点G 、H 分别在BC 、AC 上，CD 是边AB 上的高，CD 交GH 于点I ，若CI ＝4，HI ＝3，AD ＝92，矩形DFGI 恰好为正方形．(1)求正方形DFGI 的边长；(2)如图，延长AB 至P ，使得AC ＝CP ，将矩形EFGH 沿BP 的方向向右平移，当点G 刚好落在CP 上时，试判断移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？第7题图解：(1)∵四边形EFGH 为矩形， ∴HG ∥EF ，∴HI AD ＝CI CD ，即392＝4CD ，解得CD ＝6，∴ID ＝CD －CI ＝2，即正方形DFGI 的边长为2； (2)移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形．理由如下：如解图，设在移动过程中，当点G 刚好落在CP 上时，矩形EFGH 移动到矩形E ′F ′G ′H ′，∵AC ＝PC ，CD ⊥AB ， ∴∠A ＝∠P ，AD ＝PD ，在△AEH 和△PF ′G ′中，∵⎩⎨⎧∠A ＝∠P∠AEH ＝∠PF ′G ′EH ＝F ′G ′，第7题解图∴△AEH ≌△PF ′G ′(AAS)， ∴AE ＝PF ′， ∵AD ＝PD ，∴AD －AE ＝PD －PF ′，即DE ＝DF ′＝3， ∵HG ∥AB ， ∴△CHG ∽△CAB ， ∴HG AB ＝CI CD ，即3＋2AB ＝44＋2，解得AB ＝152， ∴DB ＝AB －AD ＝3，∴DB＝DF′，即点F′与点B重合，也就是说在移动过程中，当点G刚好落在CP上时，矩形EFGH的F点刚好运动到点B，∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形．8．如图①，在▱ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB＝6，DH＝4，BF∶F A＝1∶5.(1)如图②，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，连接M′B.①求四边形BHMM′的面积；②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值．(2)如图③，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K′恰好落在直线AB上，求线段CP的长．图①图②图③备用图第8题图解：(1)①在▱ABCD中，AB＝6，∵直线EF垂直平分CD，∴EF⊥CD，∵CD∥AB，∴EF⊥BH，又∵DH⊥AB，∴四边形EFHD为矩形，∴DE＝FH＝3，又∵BF∶F A＝1∶5，∴AH＝2，第8题解图①∵Rt△AHD∽Rt△MHF，∴HMFH＝AHDH，即HM3＝24，∴HM＝1.5，根据平移的性质，MM'＝CD＝6，如解图①，连接BM，∴四边形BHMM′的面积为12×(6＋4)×1.5＝7.5；②如解图②，连接CM交直线EF于点N，连接DN，第8题解图②∵直线EF垂直平分CD，∴CN＝DN，∵MH＝1.5，∴DM＝2.5，在Rt△CDM中，MC2＝DC2＋DM2，∴MC2＝62＋(2.5)2，解得MC＝6.5，∴MN＋DN＝MN＋CN＝MC，∴△DNM周长的最小值为DM＋MC＝9；(2)∵BF∥CE，∴QFQF＋4＝BFCE＝13，∴QF＝2，∴PK＝PK′＝6，如解图③，过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E'，交QK于点F'，第8题解图③当点P在线段CE上时，在Rt△PK′E′中，PE′2＝PK′2－E′K′2，∴PE′＝25，∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q，∴PE′K′F′＝E′K′QF′，即252＝4QF′，解得QF′＝45 5，第8题解图④∴PE＝PE′－EE′＝25－455＝655，∴CP＝15－655，同理可得，如解图④，当点P在线段DE上时，CP′＝15＋655，综上所述，CP的长为15－655或15＋655.9．问题发现(1)如图①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD ＝40°，连接AC，BD交于点M.填空：①ACBD的值为________；②∠AMB的度数为________．类比探究(2)如图②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.请判断ACBD的值及∠AMB的度数，并说明理由；拓展延伸(3)在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M.若OD＝1，OB＝7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．图①图②备用图第9题图解：(1)①1；②40°；(2)ACBD＝3，∠AMB＝90°；理由如下：∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴CODO＝AOBO＝3，∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD＝CODO＝3，∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°.∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°；(3)①点C与点M重合时，如解图①，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，设BD＝x，则AC＝3x，Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x－2，Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝7，∴AB＝2OB＝27，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2，(3x)2＋(x－2)2＝(27)2，解得x1＝3，x2＝－2(舍去)，∴AC＝33；②点C与点M重合时，如解图②，同理可得：∠AMB＝90°，ACBD＝3，设BD＝x，则AC＝3x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2，(3x)2＋(x＋2)2＝(27)2解得x1＝－3(舍去)，x2＝2，∴AC＝23，综上所述，AC的长为33或2 3.图①图②第9题解图10．如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD＝∠BCE＝90°，点M为DE的中点，过点E作EN∥AD交AM的延长线于点N.(1)当A，B，C三点在同一条直线上时(如图①)，直接写出线段AD与NE的数量关系为________．(2)将图①中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时(如图②)，判断△ACN是什么特殊三角形并说明理由．(3)将图①中△BCE绕点B旋转到图③位置，此时A，B，M三点在同一直线上．求证：若AC＝32，AD＝1，则四边形ACEN的面积为21 2.图①图②图③第10题图(1)解：AD＝NE.【解法提示】∵EN∥AD，∴∠MAD＝∠MNE，∠ADM＝∠NEM.∵点M为DE的中点，∴DM＝EM.∴△ADM≌△NEM(AAS)．∴AD＝NE；(2)解：△ACN为等腰直角三角形．理由如下：∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB＝AD，CB＝CE，∠CBE＝∠CEB＝45°.∵AD∥NE，∴∠DAE＋∠NEA＝180°.∵∠DAE＝90°，∴∠NEA＝90°.∴∠NEC＝135°.∵A，B，E三点在同一条直线上，∴∠ABC＝180°－∠CBE＝135°.∴∠ABC＝∠NEC.∵△ADM≌△NEM，∴AD＝NE.∵AD＝AB，∴AB＝NE，∴△ABC≌△NEC.∴AC＝NC，∠ACB＝∠NCE.∴∠ACN＝∠BCE＝90°.∴△ACN为等腰直角三角形；(3)证明：如解图，连接CM.第10题解图∵AD∥NE，M为DE的中点，∴易得△ADM≌△NEM，∴AD＝NE.∵AD＝AB，∴AB＝NE，∵AD∥NE，∴AN⊥NE，在四边形BCEN中，∵∠BCE＝∠BNE＝90°，∴∠NBC＋∠NEC＝360°－180°＝180°，∵∠NBC＋∠ABC＝180°，∴∠ABC＝∠NEC，∴△ABC≌△NEC.∴AC＝NC，∠ACB＝∠NCE.∴∠ACN＝∠BCE＝90°.∴△ACN为等腰直角三角形，由(1)可知，△AMD≌△NME，∴AM＝MN，AD＝NE＝1，∴CM⊥AN，AM＝CM＝MN，∵AC＝32，∴AM＝CM＝MN＝3，∴S四边形ACEN ＝S△AMC＋S直角梯形MNEC＝12×3×3＋12×(3＋1)×3＝212.31。

二、解答重难题型突破+题型6 几何综合探究问题+课件+2025年九年级中考数学总复习人教版(山东)

∴OD⊥AB,
∵AC⊥AB,∴OD∥AC,
∵DE∥BC,∴四边形DOCE是平行四边形,
由(1)知,OD=OC,∴四边形DOCE为菱形;
20
(3)如图,
在OC上截取OE=1,连接DE,作AF⊥BC于F,
∵OD=OB=3,OC=BC-OB=9,

∴ = = ,

∴∠DOE=∠CDO,
∵△HCG是等腰直角三角形,∴CG= GH=8,∴GD=8-5=3;
16
当E在BC延长线上时,延长GH,使HQ=HF,连接FQ,
则△HFQ是等腰直角三角形,
∴∠Q=45°,FQ= FH,GQ=HG+HQ=HC+HF=CF,∠QGF=90°-∠GFH=∠CFE,
∴△QGF≌△CFE(ASA),
∴GF=EF=AE=
∠AOC=180°-30°-30°=120°,
∴∠OCN=∠OAN'=30°,
=
∵在△OCN和△OAN'中 ∠ = ∠′ ,
′ =
7
∴△OCN≌△OAN'(SAS),
∴ON=ON',∠CON=∠AON',
∴∠N'ON=∠COA=120°,
又∵∠MON=60°,
∴∠MON=∠MON'=60°,
法:有直角,作垂线,找全等或相似;有中点,作倍长,通过全等转移边和角;有平行,找
相似,转比例等.
3
类型1
动点、动线类探究
【例1】(2024·烟台招远市模拟)已知:等边△ABC中,点O是边AC,BC的垂直平分线
的交点,M,N分别在直线AC,BC上,且∠MON=60°.
(1)如图1,当CM=CN时,M,N分别在边AC,BC上时,请写出AM,CN,MN三者之间的数

中考数学专题复习几何探究练习(二)

中考数学专题复习几何探究练习（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考生__________评卷人得分一、解答题1．[感知]如图①，在①ABCD中，点E为CD的中点，连接BE并延长交AD的延长线于点F．求证：点E是BF的中点，点D是AF的中点；[应用]如图①，在四边形ABCD中，AD//BC，①BAD＝90°，AB＝4，AD＝3，点E是CD的中点，BE①CD，BE、AD的延长线相交于点F，则AF＝．[拓展]如图①，在①ABC中，点D是AC的中点，点E是AB上一点，1=2BEEA，BD，CE相交于点F，则EFFC＝．2．【教材呈现】华师版九年级上册数学教材第103页的部分内容．例：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°．求证：BC＝12AB．证明：作邻边AB上的中线CD，则请你结合图①，将证明过程补充完整．【结论应用】如图①，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，D是AB的中点．过点D作DE∥BC交AC于点E．则线段AB与DE的数量关系为．【拓展提升】一副三角板按图①所示摆放，得到△ABD和△BCD．其中∠ADB＝∠BCD＝90°，∠A＝60°．∠CBD＝45°．点E为AB的中点，过点E作EF⊥CD于点F．若AB＝8cm．则EF的长为cm．3．【问题原型】如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，以AC为直径作O．求证：点B、D在O上．请完成上面问题的证明，写出完整的证明过程．【发现结论】矩形的四个顶点都在以该矩形对角线的交点为圆心，对角线的长为直径的圆上．【结论应用】如图，已知线段2AB=，以线段AB为对角线构造矩形ACBD．求矩形ACBD面积的最大值．【拓展延伸】如图，在正方形ABCD中，2AB=，点E、F分别为边AB、CD的中点，以线段EF为对角线构造矩形EGFH，矩形EGFH的边与正方形ABCD的对角线AC交于M、N两点，当MN的长最大时，矩形EGFH的面积为_____________________4．【问题原型】如图①，四边形ABDE 、AGFC 都是正方形，AB AC >，连结CE 、BG ．求证：BG CE =．【发现结论】如图①，设图①中的直线CE 与直线BG 交于点H ．求证：EH BG ⊥．【结论应用】将图①中的正方形AGFC 绕着点A 顺时针旋转角度(0360)αα︒<<︒，在整个旋转过程中，当点E 、C 、G 三点在同一条直线上时，若3AB =，2AC =，借助图①，直接写出BG 的长．5．【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材第103页的部分内容．如图，在Rt△ABC中，①ACB=90°，CD是斜边AB上的中线．求证：12CD AB=．证明：延长CD至点E，使DE=CD，连结AE、BE．请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．图①【结论应用】（1）如图，在四边形ABCD中，90ABC ADC∠=∠=︒，45DAC∠=︒，30BAC∠=︒，E是AC的中点，连结BE、BD．则DBE∠的度数为°．（2）在ABC中，已知13AB=，12BC=，5CA=，D为边AB的中点，DE AB⊥且与ACB∠的平分线交于点E，则DE的长为．6．教材呈现：如图是华师版九年级上册第64页的课后习题．如图，在ABC中，点D是边AB的四等分点，//DE AC，//DF BC，8AC=，12BC=．求四边形DECF的周长．（1）请完成该题目（补充说明：题目中的点D是边AB靠近点A的四等分点）．（2）小明和小静在复习该题目时分别对这个题目进行了改编，请分别解答小明和小静提出的问题．①小明提出的问题是：如图①，在ABC中，点D是边AB靠近点A的四等分点，//DE AC，//DF BC．当四边形DECF为菱形时，求AC与BC的数量关系？①小静提出的问题是：如图①，在ABC中，点D是边AB靠近点A的四等分点，//DE AC，//DF BC，8BC=，60A∠=︒．则四边形DECF面积的最大值是___________．7．【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材102﹣103页的部分内容．性质：直角三角形的斜边中线等于斜边的一半给出上述性质证明中的部分演绎推理的过程如下：已知：如图1，在①ABC中，①ACB＝90°，CD为斜边AB上的中线．求证：CD＝AB证明：如图2，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．【问题解决】请结合图3将证明过程补充完整．【应用探究】（1）如图4，在①ABC中，AD是高，CE是中线，点F是CE的中点，DF①CE，点F 为垂足，①AEC＝78°，则①BCE为度．（2）如图5，在线段AC上有一点B，AB＝4，AC＝11，分别以AB和BC为边作正方形ABED和正方形BCFG，点E落在边BG上，连接DF，点H为DF的中点，连接GH，则GH的长为．参考答案：1．（1）证明见解析；（2）8；（3）13．【解析】【分析】（1）通过证①DEF ①①CEB ，然后结合▱ABCD 的性质可以得到所证结论成立；（2）与（1）同理可得①DEF ①①CEB ，从而有DF =BC ，结合已知可以证得四边形DFCB 是菱形，所以可得DF =BD ，由勾股定理可得BD =5，最后即可得到AF =8；（3）过A 作AG ①EC 交BD 延长线于G ，则与（1）同理可得AG =FC ，再由平行线分线段成比例可得EF EF BE FC AG BA ==，最后根据1=2BE EA 可以得到结论．【详解】解：（1）证明：①▱ABCD ，①AF ①BC ，AD =BC ，①①F =①EBC ，①在①DEF 和①CEB 中， F EBC DEF BEC DE EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩①①DEF ①①CEB ，①BE =EF ，DF =BC =AD ，①点E 是BF 的中点，点D 是AF 的中点；（2）与（1）同理可得①DEF ①①CEB ，①DF =BC ，又由已知可得DF ①BC ，①四边形DFCB 是平行四边形，①BE ①CD ，①四边形DFCB 是菱形，①DF =BD ，①①BAD ＝90°，AB ＝4，AD ＝3，①BD =5，①AF =AD +DF =3+5=8，故答案为8；（3）如图，过A作AG①EC交BD延长线于G，与（1）同理可得①ADG①①CDF，①AG=FC，①AG①EF，①EF EF BE FC AG BA==，①1=2 BEEA，①11 =123 BE BEBA BE EA==++，①13 EFFC=，故答案为13．【点睛】本题考查三角形全等的判定与应用，熟练掌握构造辅助线证三角形全等的方法、三角形全等的判定与性质、平行线分线段成比例定理、及类比的思维方法是解题关键．2．【教材呈现】见解析；【结论应用】BC＝4DE；【拓展提升】2+6．【解析】【分析】【教材呈现】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，可得CD=BD=AD，再证明△BCD是等边三角形，即可证明结论；【结论应用】取BC的中点，连接DF，应用（1）的结论可得BC=12AB，再证明四边形CEDF是平行四边形，应用平行四边形性质即可得到答案；【拓展提升】过点A作AG①CD交CD的延长线于点G，应用（1）的结论可得出AD，再运用解直角三角形或勾股定理求出BD，BC，AG，最后应用三角形中位线定理即可求出EF．【详解】解：【教材呈现】如图①，作斜边AB上的中线CD，则CD＝BD＝AD，①①ACB＝90°，①A═30°，①①B＝90°﹣①A═90°﹣30°＝60°，①①BCD是等边三角形，①BC＝CD＝12AB．【结论应用】如图①，取BC的中点，连接DF，①①ACB＝90°，①A＝30°，①BC＝12AB，①D，F分别是AB，BC的中点，①DF①AC，①DE①BC，①四边形CEDF是平行四边形，①DE＝CF＝12BC，①DE＝14BC，即BC＝4DE．故答案为：BC＝4DE.【拓展提升】如图①，过点A作AG①CD交CD的延长线于点G，连接AC，交EF于H，①①ADB＝①BCD＝90°，①A＝60°．①CBD＝45°，①①ABD＝30°，①AD＝12AB＝12×8＝4（cm），①BD＝AB•sin①A＝8sin60°＝43（cm），①BC＝BD•cos①CBD＝43cos45°＝26（cm），①①BDC＝90°﹣①CBD＝45°，①①ADG＝180°﹣①ADB﹣①BDC＝45°，①①G＝90°，①AG＝AD•sin①ADG＝4sin45°＝22（cm），①EF①CD，BC①CD，AG①CD，①AG①EF①BC，①点E为AB的中点，∴16cm2EH BC==，12cm2FH AG==①EF＝EH HF+=（2+6）cm；故答案为：2+6．【点睛】本题考查了直角三角形性质，特殊角三角函数值，三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质等，熟练掌握直角三角形性质和平行四边形的判定与性质是解题关键．3．问题原型：见解析；结论应用：见解析；发现结论：2；拓展延伸：2【解析】【分析】问题原型：运用矩形对角线互相平分且相等，即可求证四点共圆；结论应用：根据结论矩形面积最大时为正方形，利用对角线的长求得正方形的面积；拓展延伸：由上一问的结论，可知四边形EGFH为正方形, 证明四边形AEOH是正方形，继而求得面积【详解】解：【问题原型】①AC为O直径，①OA为O半径.令OA r=.①四边形ABCE为矩形，①AC BD=，12OA OC AC==，.12OB OD BD==①OB OD OA r===.①点B、D在O上.【结论应用】连续CD交AB于点O，过点D作DE AB⊥于点E.①DE OD≤.由【发现结论】可知，点D在以AB为直径的圆上，即112OD OA AB===，①当1DE OD==即AB CD⊥时，矩形ACBD的面积最大.2AB CD==①矩形ACBD的面积最大值为22112222AB=⨯=.【拓展延伸】如图，连接GH,设AC与EF的交点为O四边形ABCD是正方形2AB∴=,90BAD ADC∠=∠=︒，//AE DF点E、F分别为边AB、CD的中点1AE EB CF FD∴====,2EF=∴四边形AEFD是矩形//EF AD∴EF AB⊥，由【结论应用】可知，2EF=时，矩形EGFH的面积最大为2122EF=此时四边形EGFH为正方形，此时MN最大，EF GH∴⊥,112EO OF OH OG EF=====∴四边形AEOH是正方形∴112AE AH AB===∴2222112EH AE AH=+=+=∴正方形EGFH的面积为：22(2)2EH==【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，灵活运用矩形，正方形的性质和判定是解题的关键．4．【问题原型】见解析；【发现结论】见解析；【结论应用】72-或7+2【解析】【分析】【问题原型】根据题意直接运用全等三角形的判定证明EAC BAG△≌△即可得出答案；【发现结论】由题意结合全等三角形的性质EAC BAG△≌△得到①AEC＝①ABG，进而通过直角三角形的互余关系进行角的等量代换即可；【结论应用】根据题意分EG在AE的右侧和EG在AE的左侧两种情况，进而利用全等三角形的判定与勾股定理进行分析计算即可.【详解】解：【问题原型】①四边形ABDE，AGFC都是正方形，①AE＝AB，AC＝AG，①EAB＝①CAG＝90︒．①①EAC+①CAB＝①GAB+①CAB＝90︒．①①EAC＝①BAG．①EAC BAG△≌△．①BG＝CE．【发现结论】如图，设EH与AB交于点O．①四边形ABDE是正方形，①①EAB＝90︒．①①AEO+①AOE＝90︒．①EAC BAG△≌△，①①AEC＝①ABG．①①BOH＝①AOE，①①OBH+①BOH＝90︒．①①OHB＝90︒．①EH①BG．【结论应用】当EG在AE的右侧时，如图：①EAC BAG△≌△，CG为正方形AGFC的对角线，①①ACG=①AGC＝45︒,①ACE=①AGB＝135︒,①①EGB＝1354590︒-︒=︒,①3AB AE==，2AC AG==，①222222CG=+=，223332BE=+=，设,22BG CE m EG m===+，则有222BG EG BE+=，得到()222218m m++=，解得72m=-或72m=--（舍去）；当EG在AE的左侧时，如图：①EAC BAG△≌△，①BG EC=，①①ACE=①AGB＝45︒,①CGB＝90︒，设EG=n，同理可得n=72-,①227272BG EC CG EG==+=+-=+,综上，BG=72-或7+2．【点睛】本题考查全等三角形的旋转问题以及正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及勾股定理与设参法的应用是解题的关键.5．【教材呈现】见解析；【结论应用】（1）15；（2）132 【解析】【分析】［教材呈现］倍长中线，求证四边形ACBE 为矩形，根据矩形的性质得证；［结论应用］（1）连接DE，求得DEB ∠的度数，从而求得DBE ∠；（2）以点D 为圆心，DA 为半径作圆交直线DE 于点F ，连接CF ，AF ，BF ，求证E 、F 两点重合，从而求得DE 的长．【详解】［教材呈现］证明：延长CD 到E ，使DE CD =，连接AE 、BE ，CD 是斜边AB 上的中线，AD BD ∴=，又DE CD =，∴四边形ACBE 是平行四边形又90ACB ∠=︒，ACBE ∴是矩形， CE AB ∴=，1122CD CE AB ∴==；［结论应用］解：（1）连接DE ，如下图①90ABC ADC ∠=∠=︒，E 是AC 的中点①12DE AC BE EC === 又①45DAC ∠=︒，30BAC ∠=︒①90,60DEC BEC ∠=︒∠=︒①150DEB ∠=︒①180152DEBDBE︒-∠∠==︒（2）以点D为圆心，DA为半径作圆交直线DE于点F，连接CF，AF，BF，13AB=，12BC=，5CA=．222BC CA AB∴+=，ABC∆∴为直角三角形，①DE AB⊥，∴90DBE∠=︒11904522FCB FDB∴∠=∠=⨯︒=︒，CE平分ACB∠，1452ECB ACB∴∠=∠=︒，FCB ECB∴∠=∠，AB为圆的直径，90AEB∴∠=︒，AEB∴∆是直角三角形，11322DE DF AB∴===．【点睛】此题主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半这一性质，涉及了勾股定理、圆的性质等有关内容，熟练掌握有关性质的证明和应用是解题的关键．6．（1）18；（2）①3BC AC=；① 63【解析】【分析】（1）根据点D是边AB靠近点A的四等分点，得到14AD AB=，34BD AB=，再根据DE①AC，得到△BED①△BCA，即34DE BDAC AB==由此求解即可；（2）①由（1）得34DE AC=，14DF BC=根据四边形DECF是菱形，可得DE=DF，由此求解即可；①根据①BED①①BCA，34DE BDAC AB==，即可得到916BED ABCS S=△△，同理116ADF ABCS S=△△，从而推出63=168ABC ABCDECFS S S=△△四边形，要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，再根据A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，如图所示，分别过点A作AE①BC，OF①BC，过点O作OP①AE于P，得出当且仅当A、O、F 三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，由此求解即可．【详解】解：（1）①点D是边AB靠近点A的四等分点，①14AD AB=，34BD AB=，①DE①AC，①①BED①①BCA，①34 DE BDAC AB==，①364DE AC==，同理可以求得134DF BC==，①DE①AC，DF①BC，①四边形DECF是平行四边形，①CF=DE=6，CE=DF=3，①四边形DECF的周长=CF+DE+CE+DF=18；（2）①由（1）得34DE AC=，14DF BC=①四边形DECF是菱形，①DE=DF，①3144AC BC=，①3BC AC=；①①DE ①AC ，①①BED ①①BCA ，①34DE BD AC AB ==， ①916BED ABC S S =△△，同理116ADF ABC S S =△△， ①63=168ABC ABC DECF S S S =△△四边形， ①要想四边形DECF 面积最大，即三角形ABC 的面积最大，①BC =8，①A =60°，①可以看做A 、B 、C 三点共圆，且弦BC =8，弦BC 所对的圆心角度数为120°，如图所示，分别过点A 作AE ①BC ，OF ①BC ，过点O 作OP ①AE 于P ，①1=42ABC S BC AE AE =△，由垂径定理可知，4BF BC ==，60BOF COF ==∠∠，①83sin 3BF BO OA FOB ===∠，43=tan 3BF OF FOB =∠，则四边形OFEP 是矩形，①OF =PE ，①AE OE OF ≤+，当且仅当A 、O 、F 三点共线的时候，此时AE 有最大值，即三角形ABC 的面积有最大值， ①43AE AO OF =+=，①4=163ABC S AE =△，①3==638ABC DECF S S △四边形．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．7．问题解决：见解析；应用探究：（1）26︒；（2）322【解析】【分析】问题解决：根据题意证明ADC BDE ≌即可；应用探究：（1）设=BCE α∠，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及等边对等角可得，EDB EBD ∠=∠DEC DCE α∠=∠=，三角形的外角性质求得3AEC B ECB α∠=∠+∠=，即378α=︒；（2）延长FG 至M ，使得GM GF =，过点D 作DN MG ⊥于点N ，根据正方形的性质以及矩形的性质可得,DN MN 得到长，根据勾股定理即可求得DM ，根据中位线的性质即可求得GH 的长．【详解】问题解决：如图3，延长CD 至点E ，使DE ＝CD ，连接AE ，BECD 为斜边AB 上的中线，AD BD ∴=,DE CD =，∴四边形ACBE 是平行四边形又90ACB ∠=︒∴四边形ACBE 是矩形，∴CE AB =1122CD CE AB ∴== ∴直角三角形的斜边中线等于斜边的一半应用探究：（1）连接ED ，如图，设=BCE α∠AD 是ABC 的高AD BC ∴⊥CE 是中线AE EB ∴=∴Rt ABD △中，12DE AB AE BE === EDB EBD ∴∠=∠ 点F 是CE 的中点，DF ①CE ，DE DC ∴=DEC DCE α∴∠=∠=2EDB DEC DCE α∴∠=∠+∠=2EBD EDB α∴∠=∠=3AEC B ECB α∴∠=∠+∠=78AEC ∠=︒378α=︒26α∴=︒即26BCE ∠=︒故答案为：26（2）如图，延长FG 至M ，使得GM GF =，过点D 作DN MG ⊥于点N ，四边形,ABED BCFG 是正方形，AB ＝4，AC ＝11，则四边形DNGE 是矩形1147FG BC AC AB ∴==-=-=743MN MG NG ∴=-=-=，743DN EG BG BE ==-=-=Rt MND △中223332DM =+=MG GF =，H H 为DF 的中点，13222HG DM ∴== 故答案为：322【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．。

人教版初中数学中考讲本专项突破六动态几何探究问题类型一 “动点”问题探究

（1）若点G在AC上.求证：FA＝FG；（2）若EF＝FG，当EF过AC中点时，求AG的长；（3）已知FG＝8，设点E运动的路程为s.当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似（包括全等）？
（1）解：证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BA＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA. `∵四边形EFGH是矩形， ∴FG∥BC，∴∠AGF＝∠BCA， ∴∠AGF＝∠FAG，∴FA＝FG.
（1）线段AD的长为 2 ； ⁠
（2）用含t的代数式表示线段BP的长；
（3）当点A'在△ABC内部时，求t的取值范围；（4）当∠AA'D与∠B相等时，直接写出t的值.
（3）如图1，当点A'落在AB上时，DP⊥AB. 图1
由（1）知AD＝2.由题意，得AP＝t.
如图2，当点A'落在边BC上时，DP⊥AC，点A'与点C重合. 图2
由题意，得PB＝AQ＝t cm， ∴AP＝AB－PB＝（5－t）cm. ∵∠B＝∠B，∠PNB＝∠ACB＝90°，
解：（3）存在. 如图，过点C作CM⊥AD于点M，
∴∠CMD＝90°.
∵PQ∥CD，∴∠AQP＝∠MDC. 由（2）知∠BAD＝90°，∴∠PAQ＝∠CMD， ∴△APQ∽△MCD，
图3
∴s＝BE＝4x＝1；
Ⅱ.若点H在点C的右侧，s＋8＞10，即2＜s≤8，如图4，
图4 ∴CH＝BE＋EH－BC＝（4x＋8）－10＝4x－2.
②当点E在线段MC上时，8＜s≤10，如图5.
图5 由（2）①知EF＝6，由（3）①知EH＝8. 由题意，得BE＝s， ∴BH＝BE＋EH＝s＋8，∴CH＝BH－BC＝s－2. ∵四边形EFGH为矩形，∴GH＝EF＝6.

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(2)证明：如图，连接AC,AD′,CD′. ∵AE′=AB,∠E′=∠B=108°,E′D′=BC, ∴△AE′D′≌△ABC,∴AD′=AC,∠AD′E′=∠ACB. 由AD′=AC,得∠AD′C=∠ACD′, ∴∠OD′C=∠OCD′,∴OC=OD′， ∴BC-OC=E′D′-OD′,即BO=E′O.又AB=AE′,∠B=∠E′, ∴△ABO≌△AE′O,∴∠OAB=∠OAE′.
示例2 (2016·江西，10分)【图形定义】如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°后，发现旋转前后两图形有另一交点 O，连接AO，我们称AO为“叠弦”；再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后，交旋转前的图形于点P ，连接PO，我们称∠OAB为“叠弦角”，△AOP为“叠弦三角形”.
解：(1)PQ=12BOPQ⊥BO ［∵点O为 ∵P为BC的中点，Q为BO的中点， ∴PQ∥OC，PQ=1/2OC， ∴PQ⊥BO，PQ=1/2BO.］
(2)△PQB的形状是等腰直角三角形. 证明：连接O′P并延长交BC于点F，由正方形的性质及旋转可得AB=BC,∠ABC=90°,△AO′E是等腰直角三角形， O′E∥BC,O′E=O′A， ∴∠O′EP=∠FCP,∠PO′E=∠PFC. 又点P是CE的中点，∴EP=CP. ∴△O′PE≌△FPC(AAS), ∴O′E=FC=O′A,O′P=FP. ∴AB-O′A=CB-FC,∴BO′=BF.
(2)①过C作CF⊥BE于点F，如图①，则∠CFE=90°.∵四边形 ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD＞AB ， ∴∠ABC=90°，∠ABC+∠D=180°， ∴∠D=90°.∵BF⊥AD，∴∠DEF=90°， ∴四边形CDEF是矩形，∴EF=CD=1.
∵∠ABE+∠A=∠CBE+∠ABE=90°， ∴∠A=∠CBF. ∵∠AEB=∠BFC=90°，AB=BC=5， ∴△ABE≌△BCF(AAS)，∴BE=CF. 设BE=CF=x，则BF=x-1. ∵CF2+BF2=BC2，∴x2+(x-1)2=52，解得x=4，或x=-3(舍去)，∴BE=4.
特例感知： (1)在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是 △ABC的“旋补中线”. ①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为 AD= 1/2 BC； ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，AD长为 4 .
(3)存在.证明：如图②，延长AD交BC的延长线于M，作 BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN,连接DF. ∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°. 在Rt△DCM中，∵CD=23，∠DCM=90°，∠MDC=30°， ∴CM=2，DM=4，∠M=60°.
察、操作、联想、推理、概括等多种方法．
示例3 (2013·江西，10分)某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：【操作发现】(1)在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和 AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图1所示，其中DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD和ME，则下列结论：①AF=AG=1/2AB；② MD=ME；③整个图形是轴对称图形；④∠DAB=∠DMB．正确的是 ①②③④ .(填序号即可)
∴△O′BF为等腰直角三角形. ∴BP⊥O′F,O′P=BP. ∴△BPO′也为等腰直角三角形. 又点Q为O′B的中点， ∴PQ⊥O′B，且PQ=BQ. ∴△PQB的形状是等腰直角三角形.
(3)延长O′E交BC边于点G，连接PG，O′P. ∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠ECG=45°. 由旋转得，四边形O′ABG是矩形， ∴O′G=AB=BC,∠EGC=90°, ∴△EGC为等腰直角三角形. ∵点P是CE的中点， ∴PC=PG=PE，∠CPG=90°，∠EGP=45°. ∴△O′GP≌△BCP（SAS）.
(2)请你观察(1)中的计算结果，猜想a2，b2，c2三者之间的
关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式；
拓展应用
(3)如图4，在□ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，CD的
中点，BE⊥EG，AD=
AB=3.求AF的长.
类型2
几何变换型探究问题
［方法特点］特征与方法：几何变换型探究性问题是以几何知识和具体的几何图形为背景，通过图形的平移、翻折、旋转等把图形的有关性质和图形之间的数量关系、位置关系看作是在变化的、相互依存的状态之中，要求对变换过程中伴随的数量关系和图形的位置关系等进行探究.解决这类问题，要善于发现全等三角形、等边三角形、直角三角形和相似三角形,或添辅助线构造全等三角形、等边三角形、直角三角形和相似三角形，运用全等三角形来证明，运用勾股定理、相似三角形和锐角三角函数来计算.
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形， AB=BC=5，CD=1，AD＞AB，点B到直线AD的距离为BE. ①求BE的长； ②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求△MNC周长的最小值.
解：(1)∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=∠BAD=∠C=∠D=90°. ∵将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在 DA的延长线上，∴BE=BF，∠CBE=∠ABF， ∴∠EBF=∠ABC=90°，∴∠EBF+∠D=180°， ∴四边形BEDF为“直等补”四边形.
②选择图2.证明：依题意,得∠EAE′=60°,∠PAO=60°. ∵∠EAP=∠EAE′-∠PAE′=60°-∠PAE′,∠E′AO =∠PAO-∠PAE′=60°-∠PAE′,∴∠EAP=∠E′AO. 又∠E=∠E′,AE=AE′, ∴△EAP≌△E′AO,∴AP=AO, ∴△AOP是等边三角形.
拓展延伸 (3)如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=α，点D在边 AC的延长线上，E是AB上任意一点，连接DE．ED=nAE，将线段DE绕着点D顺时针旋转90°至点F，连接EF．求 EF/AD和sin∠ADE的值分别是多少.(请用含有n，α的式子表示)
4.(2020·贵阳)如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线 AC的中点. (1)问题解决：如图1，连接BO，分别取CB，BO的中点P， Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是 PQ=1/2BO ，位置关系是 PQ⊥BO ；
②如图②，延长CB到F，使得BF=BC，延长CD到G，使得 CD=DG，连接FG，分别与AB、AD交于点M、N，过G作 GH⊥BC，与BC的延长线交于点H，则BC=BF=5， CD=DG=1.
∵∠ABC=∠ADC=90°，∴CM=FM，CN=GN， ∴△MNC的周长=CM+MN+CN=FM+MN+GN=FG，∴当 FG取最小值时△MNC周长的值最小. ∵四边形ABCD是“直等补”四边形， ∴∠A+∠BCD=180°， ∵∠BCD+∠HCG=180°，∴∠A=∠HCG. ∵∠AEB=∠CHG=90°，∴△AEB∽△CHG，
考法示例
类型1
新定义型探究问题
［方法特点］在材料中，为问题的提出设置一种背景，如新定义，新定理，新运算.解决此类问题要仔细阅读题目所提供的新定义、新定理或新运算的内容，通过对材料信息的分析、提炼，再运用所分析、提炼的结果或题目所提供的运算法则解决新问题.
示例1 (2017·江西,12分)我们定义：如图1，在△ABC中，把 AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A 逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α+β=180°时，我们称 △AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线 AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”.
【数学思考】(2)在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图2所示，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程. 【类比探究】(3)在任意△ABC中，仍分别以AB和AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图3所示，M是BC 的中点，连接MD和ME，试判断△MED的形状．
(2)问题探究：如图2，△AO′E是将图1中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为 CE，BO′的中点，连接PQ，PB.判断△PQB的形状，并证明你的结论；
(3)拓展延伸：如图3，△AO′E是将图1中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO′，点P，Q分别为 CE，BO′的中点，连接PQ，PB.若正方形ABCD的边长为1 ，求△PQB的面积.
类型3
操作型探究问题
［方法特点］操作探究型问题是通过动手测量、作图(象)、取
值、计算等实验，猜想获得数学结论的研究性活动，这类活
动完全模拟以动手为基础的手脑结合的科学研究形式，需要
动手操作、合理猜想和验证．常见类型：(1)操作设计问题；
(2)图形剪拼；(3)操作探究；(4)数学建模．解题策略：运用观
变式训练
5.(2020·江西，12分)某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积S1，S2，S3之间的关系问题”进行了以下探究：
(1)【类比探究】如图2，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB，AC，BC为斜边向外侧作Rt△ABD， Rt△ACE，Rt△BCF，若∠1=∠2=∠3，则面积S1， S2，S3之间的关系式为 S1+S2=S3 ；
变式训练
1.(2020·益阳)定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形. 根据以上定义，解决下列问题： (1)如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？

中考数学专题突破 几何探究题