九年级数学上册几何模型压轴题专题练习(解析版)

九年级数学上册几何模型压轴题专题练习（解析版）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．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= 23

【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.

2．请阅读下列材料：

问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．

李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC的边长为__________；

问题得到解决．

请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．

【答案】（17；（25

【解析】

试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.

(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△APP’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP2，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.

（17

（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．

∴AP′=PC=1，BP=BP′2；

连接PP′，在Rt△BP′P中，

∵BP=BP′2，∠PBP′=90°，

∴PP′=2，∠B P′P=45°；

在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP5

∵2

22

+，即AP′2+PP′2=AP2；

125

∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，

∴∠AP′B=135°，

∴∠B PC=∠AP′B=135°．

过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，

∴∠EP′B=45°，

∴EP′=BE=1，

∴AE=2；

∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5；

∴∠BPC=135°，正方形边长为5．

点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形，等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.

3．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．

（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；

（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．

①求证△ADB≌△AOB；

②求点H的坐标．

（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．

【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（17

5

，3）；（3）

30334

-

≤S 30334

+

【解析】

【分析】

（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；

（2）①根据HL证明即可；

②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；

（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；

【详解】

（1）如图①中，

∵A（5，0），B（0，3），

∴OA=5，OB=3，

∵四边形AOBC是矩形，

∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，

∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，

∴AD=AO=5，

在Rt△ADC中，CD=22

AD AC

=4，

∴BD=BC-CD=1，

∴D（1，3）．

（2）①如图②中，

由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，

∵点D在线段BE上，

∴∠ADB=90°，

由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，

∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．

②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，

又在矩形AOBC中，OA∥BC，

∴∠CBA=∠OAB，

∴∠BAD=∠CBA，

∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，

∴m2=32+（5-m）2，

∴m=17

5

，

∴BH=17

5

，

∴H（17

5

，3）．

（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值

=1

2

?DE?DK=

1

2

×3×（5-

34

2

）=30334

4

-，

当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积

=1

2

×D′E′×KD′=

1

2

×3×（5+

34）=30334

+．

综上所述，30334

4

-

≤S≤

30334

4

+．

【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

4．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：

()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B

顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为2

1.(2

a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE

()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺

时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由．

()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针

旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．

【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为

2

12

a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为

2

14a ． 【解析】 【分析】

()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出

ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；

()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出

ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；

()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形

的性质可以得出1

BF BC 2

=

，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论． 【详解】

()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，

BED ACB 90∠∠∴==，

由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，

ABC DBE 90∠∠∴+=，

A ABC 90∠∠+=， A DBE ∠∠∴=， 在ABC 和BDE 中，

ACB BED

A DBE

AB BD

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

ABC

∴≌()

BDE AAS

BC DE a

∴==，

BCD

1

S BC DE

2

=?，

2

BCD

1

S a

2

∴=；

()2BCD的面积为2

1

a

2

，

理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90

∠∠

∴==，

线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE，

AB BD

∴=，ABD90

∠=，

ABC DBE90

∠∠

∴+=，

A ABC90

∠∠

+=，

A DBE

∠∠

∴=，

在ABC和BDE中，

ACB BED

A DBE

AB BD

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

ABC

∴≌()

BDE AAS，

BC DE a

∴==，

BCD

1

S BC DE

2

=?，

2

BCD

1

S a

2

∴=；

()3如图3，过点A作AF BC

⊥与F，过点D作DE BC

⊥的延长线于点E，

AFB E 90∠∠∴==，11BF BC a 22

==， FAB ABF 90∠∠∴+=，

ABD 90∠=，

ABF DBE 90∠∠∴+=，

FAB EBD ∠∠∴=，

线段BD 是由线段AB 旋转得到的，

AB BD ∴=，

在AFB 和BED 中，

AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠??

∠=∠??=?

， AFB ∴≌()BED AAS ， 1BF DE a 2

∴==， 2BCD

1111

S

BC DE a a a 2224

=

?=??=， BCD ∴的面积为21

a 4

．

【点睛】

本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.

5．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （8，0），点B （0，6），把△ABO 绕点B 逆时针旋转得△A′B′O′，点A 、O 旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α． （1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长； （2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA 上的一点P 旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354

5

（，）

【解析】

试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则

∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则

O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求

出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作

P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，

∴AB==5，

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，

∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣

∠HB O′=30°，

∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为

（）；

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，

∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，

则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），

设直线O′C的解析式为y=kx+b，

把O′（），C （0，﹣3）代入得，解得，

∴直线O′C 的解析式为y=

x ﹣3， 当y=0时，x ﹣3=0，解得x=，则P

（，0）， ∴OP=

， ∴O′P′=OP=

， 作P′D ⊥O′H 于D ，

∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°， ∴∠DP′O′=30°， ∴O′D=

O′P′=

，P′D=

， ∴DH=O′H ﹣O′

，

∴P′点的坐标为（

，）．

考点：几何变换综合题

6．（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 ， ∵AN=2AP=22， ∴最大值为22+3； 如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，

∵△APN 是等腰直角三角形， ∴2，

∴22， ∴P （22）．

【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．

7．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=42，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．

（1）求抛物线C的函数表达式；

（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．

【答案】（1）2

1

4

2

y x

=-+；（2）2＜m＜223）m=6或m17﹣3．

【解析】

【分析】

（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（20），设抛物线的解析式为24

y ax

=+，把A（220）代入可得a=

1

2

-，由此即可解决问题；

（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为

()2

1

24

2

y x m

=--，由

()

2

2

1

4

2

1

24

2

y x

y x m

?

=-+

??

?

?=--

??

，消去y得到22

2280

x mx m

-+-=，由题

意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有

()

22

2

(2)4280

20

280

m m

m

m

?--->

??

>

?

?->

??

，解不等式组即可解决问题；

（3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知

P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得

M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题． 【详解】

（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A

（0），设抛物线的解析式为

24y ax =+，把A

（0）代入可得a =12

-

， ∴抛物线C 的函数表达式为2

142

y x =-+．

（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()2

1242

y x m =

--， 由()22

1421242y x y x m ?=-+????=--??

，

消去y 得到222280x mx m -+-= ，

由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有

()

222(2)428020280m m m m ?--->??

>?

?->??

， 解得2＜m

＜

∴满足条件的m 的取值范围为2＜m

＜ （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．

理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．

由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得

PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在21

42

y x =-+上，

∴()2

12242

m m -=-

++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．

情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），

把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2

142y x =-+中，()212242

m m -=--+，解得m =6或0（舍

弃），

∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．

综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．

8．如图，正方形ABCO 的边OA 、OC 在坐标轴上，点B 的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C 逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF ，ED 交线段AB 于点G ，ED 的延长线交线段OA 于点H ，连接CH 、CG ． (1)求证：△CBG ≌△CDG ；

(2)求∠HCG 的度数；并判断线段HG 、OH 、BG 之间的数量关系，说明理由；

(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．

【解析】

试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．

（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，

∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．

（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．

（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，

∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．

在Rt△CDG和Rt△CBG中，

，

∴△CDG≌△CBG（HL）；

（2）解：∵△CDG≌△CBG，

∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．

在Rt△CHO和Rt△CHD中，

∵，

∴△CHO≌△CHD（HL），

∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，

∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，

∴HG=HD+DG=HO+BG；

（3）解：四边形AEBD可为矩形．

如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线

互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．

∵DG=BG，

∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，

∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．

∵四边形DAEB为矩形，

∴AG=EG=BG=DG．

∵AB=6，

∴AG=BG=3．

设H点的坐标为（x，0），则HO=x

∵OH=DH，BG=DG，

∴HD=x，DG=3．

在Rt△HGA中，

∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，

∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．

∴H点的坐标为（2，0）．

考点：几何变换综合题．

二、初三数学圆易错题压轴题（难）

9．已知：四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足为点E，DE的锯长线交⊙O于点F，DC的延长线与FB的延长线交于点G．

（1）如图1，求证：GD＝GF；

（2）如图2，过点B作BH⊥AD，垂足为点M，B交DF于点P，连接OG，若点P在线段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大小；

（3）如图3，在（2）的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK，PC，D交PC点N，连接MN，若AB＝122，HM+CN＝MN，求DK的长．

【答案】（1）见解析；（2）∠ADF ＝45°；（3）1810

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． 【解析】 【分析】

（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A ＝∠GFD ，由“等角的余角相等”可得∠A ＝∠GDF ，等量代换得∠GDF ＝∠GFD ，根据“三角形中，等角对等边”得GD ＝GF ； （2）连接OD 、OF ，由△DPH ≌△FPB 可得：∠GBH ＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G ＝90°，即可得：∠ADF ＝45°；

（3）由等腰直角三角形可得AH ＝BH ＝12，DF ＝AB ＝12

，由四边形ABCD 内接于⊙O ，

可得：∠BCG ＝45°＝∠CBG ，GC ＝GB ，可证四边形CDHP 是矩形，令CN ＝m ，利用勾股定理可求得m ＝2，过点N 作NS ⊥DP 于S ，连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R ，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK ． 【详解】

解：（1）证明：∵DE ⊥AB ∴∠BED ＝90° ∴∠A +∠ADE ＝90° ∵∠ADC ＝90° ∴∠GDF +∠ADE ＝90° ∴∠A ＝∠GDF ∵BD BD = ∴∠A ＝∠GFD ∴∠GDF ＝∠GFD ∴GD ＝GF （2）连接OD 、OF ∵OD ＝OF ，GD ＝GF ∴OG ⊥DF ，PD ＝PF 在△DPH 和△FPB 中

PD PF DPH FPB PH PB =??

∠=∠??=?

∴△DPH ≌△FPB （SAS ） ∴∠FBP ＝∠DHP ＝90° ∴∠GBH ＝90°

∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90° ∴∠GDF ＝∠DFG ＝45° ∴∠ADF ＝45°

（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝2 ∴AH ＝BH ＝12