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中考数学压轴题之类比探究(作业及答案)

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类比探究问题(习题及答案)

类比探究问题(习题及答案)

类比探究问题（习题）＞例题示范例1：如图1,在正方形ABCD中，E, F分别是BC, CD上的点, 且ZE4F=45。

，则有结论EF=BE+DF成立.（1）如图2,在四边形ABCD中，AB=AD. ZB=ZD=90。

, E, F分别是BC, CD上的点，且ZEAF是ZB4D的一半，那么结论EF二BE+DF 是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理山.⑵ 如图3,若恪（1）中的条件改为：在四边形ABCD 4^，AB=AD.ZB+上ADC=180。

，延长SC到点E,延长CD到点F,使得ZEAF 仍然是ZBAD的一半，则结论EF二BE+DF是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明.图1D图2F思路分析：1.题目中有旋转结构，可以类比.题U结论思路：如图1,延长CB到G,使BG二DF,根据已知条件容易证明^ ABG幻△ADF,由此可以推出ZBAG=ZD4F, AG=AF.而Z EAF』ABAD.2 所以得到ZDAF+ZBAE二ZEAF,进一步得到ZEAF二上EAG, 所以故EF=EG=BE+BG=BE+DF ・2.类比上面思路，解决笫一问•如图2,延长CB到G,使BG=DF, 根据已知条件容易证明^ABG^^ADF.山此可以推出ZBAG=ZD4F, AG=AF.而Z EAF=_ ZBAD,2 所以得到ZDAF+ZBAE二ZEAF,进一步得到ZEAF二上EAG, 所以△故EF=EG=BE+BG=BE+DF ・3.照搬思路解决第二问•结论EF=BE+DF不成立，应为EF=BE-DF.如图3,在BC上截取BG=DF, 山于ZB+ZAQC=180。

，Z/1DF+Z/IDC=18O^ 可以得到ZB=ZADF,所以△ABG幻△ADF,山此可以推出ZBAG=ZD4F, AG=AF.而Z EAF』ZBAD.2 所以得到ZEAF=ZEAG,所以△AEF竺△AEG,A)90。

△ADF空△ABG (SAS)I AAEF^AAEG (SAS)I故EF=EG=BE-BG=BE-DF ・D>巩固练习1.如图1,在正方形ABCD和正方形CGEF (CG>BC)中，点C, G在同一直线上，M是AE的中点.(1)探究线段MD, MF的位置关系及数量关系，并证明.(2)若将图1中的正方形CGEF绕点C顺时针旋转，使D, C, G三点在同一直线上，如图2,其他条件不变，则(1)中得到的两个结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明.(3)若将图1中的正方形CGEF绕点C顺时针旋转，使正方形CGEF的对角线CE恰好与正方形ABCD的边在同一直线上，如图3,其他条件不变，则(1)中得到的两个结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明.图2E2.在△ABC中，已知BC >AC.动点D绕△ABC'的顶点A逆时针旋转，丄LAD=BC,连接CD. E, F分别为AB, CD的中点，直线EF与直线AD眈分别交于点M, N.如图1,当点D旋转到BQ 的延长线上时，点N恰好与点Fifi合，取AC的中点H,连接HE, HF.根据三角形中位线定理和平行线的性质，可得结论ZAMF二ZBNE (无需证明).(1)当点D旋转到图2中的位置时，ZAMFLj ZBNE有何数量关系？请写出猜想，并给出证明.(2)当点Q旋转到图3中的位置时，ZAMF与ZBNE有何数量关系？请直接写出结论.3.已知AABC,以△ABC的边4C为直角边向外作等腰直角三角形ABE和等腰直角三角形ACD AB=AE. AC=AD. ZBAE= ZCAD=90\ M 是BC中点，连接AM, DE.(1)如图1,在△ABC中，当ZB4C二90。

中考数学几何压轴题及答案及答案

中考数学几何压轴题及答案及答案

中考数学几何压轴题及答案一、解答题（共30小题）1.观察猜想（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝α，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，α的式子直接写出结论2.在△ABC的边BC上取B′、C′两点，使∠AB′B＝∠AC′C＝∠BAC（1）如图1中∠BAC为直角，∠BAC＝∠AB′B＝∠AC′C＝90°（点B′与点C′重合），则△ABC∽△B'BA∽△C'AC，，，进而可得AB2+AC2＝；（2）如图2中当∠BAC为锐角，图3中∠BAC为钝角时（1）中的结论还成立吗？若不成立，则AB2+AC2等于什么（用含用BC和B′C′的式子表示）？并说明理由（3）若在△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝9，请你先判断出△ABC的类型，再求出B′C′的长3．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，点D是线段AB上一动点，连接BE填空：①的值为；②∠DBE的度数为．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，点D是线段AB上一动点，连接BE．请判断的值及∠DBE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE 的中点M，连接BM、CM，若AC＝2，则当△CBM是直角三角形时，线段BE的长是多少？请直接写出答案．4.（1）问题发现：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，以点D为顶点作正方形DFGE，使点A、C分别在DE和DF上，连接BE、AF．则线段BE 和AF数量关系．（2）类比探究：如图②，保持△ABC固定不动，将正方形DFGE绕点D旋转α（0°＜α≤360°），则（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）解决问题：若BC＝DF＝2，在（2）的旋转过程中，连接AE，请直接写出AE的最大值．5.如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，以点O为顶点的∠EOF的两边分别与边AB、AD交于点E、F，且∠EOF与∠BAD互补．（1）若四边形ABCD是正方形，则线段OE与OF有何数量关系？请直接写出结论；（2）若四边形ABCD是菱形，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请画出图形并给出证明；若不成立，请说明理由；（3）若AB：AD＝m：n，探索线段OE与OF的数量关系，并证明你的结论.6.如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F.（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为：（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，则BC＝．7.如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE.定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．探索发现：图1中，的值为；的值为．（2）拓展探完若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△CDE旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BE的长．8.已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设OD＝m．（1）问题发现如图1，△CDE的形状是三角形．（2）探究证明如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．（3）解决问题是否存在m的值，使△DEB是直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．9.等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE绕点A作360°旋转，点F、M、N分别为线段BE、BC、CD 的中点，连接MN、NF．问题提出：（1）如图1，当AD在线段AC上时，则∠MNF的度数为，线段MN 和线段NF的数量关系为；深入讨论：（2）如图2，当AD不在线段AC上时，请求出∠MNF的度数及线段MN和线段NF的数量关系；拓展延伸：（3）如图3，△ADE持续旋转过程中，若CE与BD交点为P，则△BCP面积的最小值为．10．四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是，请说明理由．（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．11．问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．12．如图1，菱形ABCD与菱形GECF的顶点C重合，点G在对角线AC上，且∠BCD＝∠ECF＝60°，（1）问题发现的值为；（2）探究与证明将菱形GECF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜60°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：菱形GECF在旋转过程中，当点A，G，F三点在一条直线上时，如图3所示连接CG并延长，交AD于点H，若CE＝2，GH＝，则AH的长为．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，＝，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F．（1）探究发现：如图1，若m＝n，点E在线段AC上，则＝；（2）数学思考：①如图2，若点E在线段AC上，则＝（用含m，n的代数式表示）；②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明；（3）拓展应用：若AC＝，BC＝2，DF＝4，请直接写出CE的长．14．如图，已知点E是射线BC上的一点，以BC、CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF，取AF的中点M，连接DM、MG（1）如图1，判断线段DM和GM的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，在图中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；（3）已知BC＝10，CE＝2，正方形CEFG绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出△DMG的面积．15.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为A'，B′），射线CA′，CB′分别交直线m于点P，Q．（1）如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；（2）如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形P A'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形P A′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．16.如图（1），在等边三角形ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接BE，CD，点M，N，P分别是BE，CD，BC的中点，连接DE，PM，PN，MN．（1）观察猜想，图（1）中△PMN是（填特殊三角形的名称）（2）探究证明，如图（2），△ADE绕点A按逆时针方向旋转，则△PMN的形状是否发生改变？并就图（2）说明理由．（3）拓展延伸，若△ADE绕点A在平面内自由旋转，AD＝2，AB＝6，请直接写出△PMN 的周长的最大值．17.已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β，（1）如图1，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，则α＝°；β＝°.（2）如图2，若点D在线段BC上，点E在线段AC上，则α，β之间有什么关系式？说明理由．（3）是否存在不同于（2）中的α，β之间的关系式？若存在，请写出这个关系式（写出一种即可），说明理由；若不存在，请说明理由.18.问题提出：（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC、BD，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，点B的对应点落在点D，点C的对应点为点E，可知点C、D、E在一条直线上，则△ACE为三角形，BC、CD、AC的数量关系为；探究发现：（2）如图2，在⊙O中，AB为直径，点C为的中点，点D为圆上一个点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且AD＜BD，请求出CD、AD、BD间的数量关系.拓展延伸：（3）如图3，在等腰直角三角形ABC中，点P为AB的中点，若AC＝13，平面内存在一点E，且AE＝10，CE＝13，当点Q为AE中点时，PQ＝.19.已知△ABC中，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M、N分别在边CA，CB上（不与端点重合），BN＝AM，射线AG∥BC交BM延长线于点D，点E在直线AN上，EA＝ED．（1）【观察猜想】如图1，点E在射线NA上，当∠ACB＝45°时，①线段BM与AN的数量关系是；②∠BDE的度数是；（2）【探究证明】如图2点E在射线AN上，当∠ACB＝30°时，判断并证明线段BM与AN的数量关系，求∠BDE的度数；（3）【拓展延伸】如图3，点E在直线AN上，当∠ACB＝60°时，AB＝3，点N是BC 边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．20.如图①，在正方形ABCD和正方形AB'C'D'中，AB＝2，AB'＝，连接CC’（1）问题发现：．（2）拓展探究：将正方形AB'C'D'绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB'，试判断：当0°≤θ＜360°时，的值有无变化？请仅就图②中的情形给出你的证明；（3）问题解决：请直接写出在旋转过程中，当C，C′，D'三点共线时BB′的长．21.如图1，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点．（1）观察猜想将图1中的△BCD绕点O逆时针旋转至图2中△ECF的位置，连接AC，DE，则线段AC与DE的数量关系是，直线AC与DE的位置关系是．（2）类比探究将图2中的△ECF绕点O逆时针旋转至图3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．（3）拓展延伸将图2中的△ECF在平面内旋转，设直线AC与DE的交点为M，若AB＝4，请直接写出BM的最大值与最小值．22.如图1，点B在直线l上，过点B构建等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，且AB＝AC，过点C作CD⊥直线l于点D，连接AD．（1）小亮在研究这个图形时发现，∠BAC＝∠BDC＝90°，点A，D应该在以BC为直径的圆上，则∠ADB的度数为°，将射线AD顺时针旋转90°交直线l于点E，可求出线段AD，BD，CD的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD，BD，CD的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD长为1，当△ABD面积取得最大值时，请直接写AD的长．23．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB＝a、BC＝b，求的值．24．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．25.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE＝nEA，连接CE并延长，交AB于点F．（1）尝试探究如图（1），当∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA时，BF，BA之间的数量关系是；（2）类比延伸如图（2），当△ABC为锐角三角形，DE＝EA时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展迁移如图（3），当△ABC为锐角三角形，DE＝nEA时，请直接写出BF，BA之间的数量关系．26.古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE ⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．27．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O 于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．①求∠AED的度数；②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．28.【性质探究】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF＝2OG．【迁移应用】（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．【拓展延伸】（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．29．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．（1）求证：△APE∽△ABC；（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP 的长．30．如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tan C＝．点K在AC边上，点M，N 分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请直接写出点K被扫描到的总时长．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．【解答】解：（1）如图①中，∵∠EAF＝∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△BAF≌△CAE，∴∠ABF＝∠C，BF＝CE，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为：BF⊥BE，BC．（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H．∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝2，∴BF+BE＝BH＝2；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M．∵AC∥DH，∴∠ACB＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF＝DE，DB＝DH，∴△BDF≌△HDE，∴BF＝EH，∴BF+BE＝EH+BE＝BH，∵DB＝DH，DM⊥BH，∴BM＝MH，∠BDM＝∠HDM，∴BM＝MH＝BD•sin．∴BF+BE＝BH＝2n•sin．2．【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC×BC＝BC2，故答案为BC2．（2）不成立．理由：如图2中当∠BAC为锐角时，BB′+CC′﹣B′C′＝BC，且△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2+BC•B′C′．图3中∠BAC为钝角时，BB′+CC′+B′C′＝BC．AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2﹣BC•B′C′．（3）当AB＝5，AC＝6，BC＝9时，则AB2+AC2＜BC2，可知△ABC为钝角三角形，由图3可知：AB2+AC2＝BC2﹣BC•B′C′，∴52+62＝92﹣9B′C′，∴B′C′＝．3．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，∴∠ABC＝∠CAB＝45°＝∠CDE＝∠CED，∴AC＝BC，CD＝CE，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠CAB＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°，＝1，故答案为：1，90°（2），∠DBE＝90°理由如下：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∠CED＝∠ABC＝30°∴tan∠ABC＝tan30°＝＝∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴Rt△ACB∽Rt△DCE∴∴，且∠ACD＝∠BCE∴△ACD∽△BCE∴＝，∠CBE＝∠CAD＝60°∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°（3）若点D在线段AB上，如图，由（2）知：＝，∠ABE＝90°∴BE＝AD∵AC＝2，∠ACB＝90°，∠CAB＝90°∴AB＝4，BC＝2∵∠ECD＝∠ABE＝90°，且点M是DE中点，∴CM＝BM＝DE，∵△CBM是直角三角形∴CM2+BM2＝BC2＝（2）2，∴BM＝CM＝∴DE＝2∵DB2+BE2＝DE2，∴（4﹣AD）2+（AD）2＝24∴AD＝+1∴BE＝AD＝3+若点D在线段BA延长线上，如图同理可得：DE＝2，BE＝AD∵BD2+BE2＝DE2，∴（4+AD）2+（AD）2＝24，∴AD＝﹣1∴BE＝AD＝3﹣综上所述：BE的长为3+或3﹣4．【解答】解：（1）∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD＝BD＝DC，∠BDA＝90°，∵四边形DFGE是正方形，∴DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF故答案为：BE＝AF；（2）成立；理由如下：当正方形DFGE在BC的上方时，如图②所示，连接AD，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，D为斜边BC的中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADE+∠EDB＝90°，∵四边形DFGE为正方形，∴DE＝DF，且∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；当正方形DFGE在BC的下方时，连接AD，如图③所示：∵∠BDE＝∠BDF+90°，∠ADF＝∠BDF+90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；综上所述，（1）中的结论BE＝AF成立；（3）在△ADE中，∵AE＜AD+DE，∴当点A、D、E共线时，AE取得最大值，最大值为AD+DE．如图④所示：则AD＝BC＝1，DE＝DF＝2，∴AE＝AD+DE＝3，即AE的最大值为3．5．【解答】解：（1）如图1，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是正方形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（2）（1）的结论成立；理由：如图2，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是菱形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（3）如图3，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，∴∠OGE＝∠OHF＝90°，∴∠BAD+∠GOH＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠GOH＝∠EOF，∴△EOG∽△FOH，∴，∵O是▱ABCD的对角线的交点，∴S△AOB＝S△AOD，∵S△AOB＝AB•OG，S△AOD＝AD•OH，∴AB•OG＝AD•OH，∴＝，∴．6．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°，∴＝，GE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴＝＝，∴△ACG∽△BCE，∴＝＝，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴＝＝，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，则由＝得＝，∴AH＝a，则DH＝AD﹣AH＝a，CH＝＝a，∴＝得＝，解得：a＝3，即BC＝3，故答案为：3．7．【解答】解：（1）如图1，连接AE，∵AB＝AC＝2，点E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠BEC＝90°，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB＝1，根据勾股定理得，BE＝∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝2，∴＝＝，∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，∴＝＝，故答案为：，；（2）无变化，理由：由（1）知，CD＝1，CE＝BE＝，∴＝，，∴＝，由（1）知，∠ACB＝∠DCE＝30°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴，（3）当点D在线段AE上时，如图2，过点C作CF⊥AE于F，∠CDF＝180°﹣∠CDE＝60°，∴∠DCF＝30°，∴DF＝CD＝，∴CF＝DF＝，在Rt△AFC中，AC＝2，根据勾股定理得，AF＝＝，∴AD＝AF+DF＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝当点D在线段AE的延长线上时，如图3，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G，∵∠CDG＝60°，∴∠DCG＝30°，∴DG＝CD＝，∴CG＝DG＝，在Rt△ACG中，根据勾股定理得，AG＝，∴AD＝AG﹣DG＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝即：线段BE的长为或．8．【解答】解：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；故答案为：等边；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝2，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴m＝2；③当6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；④当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴m＝14，综上所述：当m＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．9．【解答】解：（1）如图1中，连接DB，MF，CE，延长BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠ADH+∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．故答案为：45°（2）：如图2中，连接MF，EC，BD．设EC交AB于O，BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC+∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠OBH+∠BOH＝90°，∴∠BHO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．（3）：如图3中，如图以A为圆心AD为半径作⊙A．当直线PB与⊙A相切时，此时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP的面积最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC，∵∠ABD+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠CPO，∴∠CPB＝90°，∵PB是⊙A的切线，∴∠ADP＝90°，∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四边形ADPE是矩形，∵AE＝AD，∴四边形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝＝2，∴PC＝2﹣2，PB＝2+2，∴S△BCP的最小值＝×PC×PB＝（2﹣2）（2+2）＝4．10．【解答】（1）解：AC⊥BD，理由如下：连接AC、BD，如图2所示：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，故答案为：AC⊥BD；（2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2；理由如下：如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，设BD、AC相交于E，∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：如图3，连接CG、BE，∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，∴GE＝．11．【解答】解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∴＝＝，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．12．【解答】解：（1）如图1中，作EH⊥CG于H．∵四边形ECFG是菱形，∠ECF＝60°，∴∠ECH＝∠ECF＝30°，EC＝EG，∵EH⊥CG，∴GH＝CG，∴＝cos30°＝，∴＝2•＝，∵EG∥CD，AB∥CD，∴GE∥AB，∴＝＝．故答案为．（2）结论：AG＝BE．理由：如图2中，连接CG．∵四边形ABCD，四边形ECFG都是菱形，∠ECF＝∠DCB＝60°，∴∠ECG＝∠EGC＝∠BCA＝∠BAC＝30°，∴△ECG∽△BCE，∴＝，∵∠ECB＝∠GCA，∴△ECB∽△GCA，∴＝＝，∴AG＝BE．（3）如图3中，∵∠AGH＝∠CGF＝30°．∠AGH＝∠GAC+∠GCA，又∵∠DAC＝∠HAG+∠GAC＝30°，∴∠HAG＝∠ACH，∵∠AHG＝∠AHC，∴△HAG∽△HCA，∴HA：HC＝GH：HA，∴AH2＝HG•HC，∴FC＝2，CG＝CF，∴GC＝2，∵HG＝，∴AH2＝HG•HC＝•3＝9，∵AH＞0，∴AH＝3．故答案为3．13．【解答】解：（1）当m＝n时，即：BC＝AC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴＝1，∴＝1（2）①∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴②成立．如图，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，又∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴．（3）由（2）有，△ADE∽△CDF，∵＝，∴＝，∴CF＝2AE，在Rt△DEF中，DE＝2，DF＝4，∴EF＝2，①当E在线段AC上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（﹣CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（﹣CE）]2＝40∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）而AC＝＜CE，∴此种情况不存在，②当E在AC延长线上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（+CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（+CE）]2＝40，∴CE＝，或CE＝﹣2（舍），③如图1，当点E在CA延长线上时，CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（CE﹣）]2＝40，∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）即：CE＝2或CE＝．14．【解答】解：（1）如图1，延长GM交AD于H，∵AD∥GF，∴∠GFM＝∠HAM，在△FMG和△AMH中，，∴△FMG≌△AMH（ASA），∴HM＝GM，AH＝FG，∵AD＝CD，AH＝FG＝CG，∴DH＝DG，∵∠HDG＝90°，HM＝GM，∴DM＝MG，DM⊥MG，故答案为DM＝MG，DM⊥MG．（2）结论成立：DM＝MG，DM⊥MG，理由：如图2中，延长GM使得MH＝GM，连接AH、DH、DG，延长AD交GF的延长线于N，交CD于O．∵AM＝MF，∠AMH＝∠FMG，MH＝MG，∴△AMH≌△FMG（SAS），∴AH＝GF＝CG，∠AHM＝∠FGM，∴AH∥GN，∴∠HAD＝∠N，∵∠ODN＝∠OGC＝90°，∠DON＝∠GOC，∴∠N＝∠OCG，∴∠HAD＝∠DCG，∵AH＝CG，AD＝CD，∴△HAD≌△GCD（SAS），∴DH＝DG，∠HDA＝∠CDG，∴∠HDG＝∠ADC＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∵MH＝MG，∴DM⊥GH，DM＝MH＝MG，（3）①如图3﹣1中，连接AC．在Rt△ABC中，AC＝＝10，在Rt△ACE中，AE＝＝14，∴AF＝AE＝EF＝14﹣2＝12，∴FM＝AM＝AF＝6，在Rt△MGF中，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝20，②如图3﹣2中，连接AC．同法可得AE＝14，AF＝16，FM＝8，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝34，综上所述，满足条件的△DMG的面积为20或34．15．【解答】解：（1）由旋转可得：AC＝A'C＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝，∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A'BC＝90°，∴cos∠A'CB＝＝，∴∠A'CB＝30°，∴∠ACA'＝60°；（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM＝∠MA'C，由旋转可得，∠MA'C＝∠A，∴∠A＝∠A'CM，∴tan∠PCB＝tan∠A＝，∴PB＝BC＝，∵∠PCQ＝∠PBC＝90°，∴∠BQC+∠BPC＝∠BCP+∠BPC＝90°，∴∠BQC＝∠BCP＝∠A，∴tan∠BQC＝tan∠A＝，∴BQ＝BC×＝2，∴PQ＝PB+BQ＝；（3）∵S四边形P A'B′Q＝S△PCQ﹣S△A'CB'＝S△PCQ﹣，∴S四边形P A'B′Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ＝PQ×BC＝PQ，法一：（几何法）取PQ的中点G，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝PQ，即PQ＝2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，∴CG min＝，PQ min＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣；法二（代数法）设PB＝x，BQ＝y，由射影定理得：xy＝3，∴当PQ最小时，x+y最小，∴（x+y）2＝x2+2xy+y2＝x2+6+y2≥2xy+6＝12，当x＝y＝时，“＝”成立，∴PQ＝+＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣．16．【解答】解：（1）结论：△PMN是等边三角形．理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝AE，∴BD＝EC，∵PB＝PC，CN＝ND，BM＝EM，∴PN∥BD，PM∥EC，PN＝BD，PM＝EC，∴PM＝PN，∠NPC＝∠ABC＝60°，∠MPB＝∠ACB＝60°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，故答案为等边三角形．（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：如图2中，连接BD，CE．由旋转可得∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝∠ABC＝60°又∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵M是BE的中点，P是BC的中点，∴PM是△BCE的中位线，∴PM＝，且PM∥CE．同理可证PN＝BD且PN∥BD，∴PM＝PN，∠MPB＝∠ECB，∠NPC＝∠DBC，∴∠MPB+∠NPC＝∠ECB+∠DBC＝（∠ACB+∠ACE）+（∠ABC﹣∠ABD）＝∠ACB+∠ABC＝120°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形．（3）∵PM＝EC，∴当EC最大时，等边△PMN的周长最大，∵EC≤AE+AC，∴EC≤8，∴PM≤4，∴PM的最大值为4，∴△PMN的周长的最大值为12．17．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°﹣40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD+∠ABD＝60°+20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝10°，故答案为：20，10；（2）设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△DEC中，y＝β+x，在△ABD中，α+x＝y+β＝β+x+β，∴α＝2β；（3）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠ACE＝y，在△ABD中，x+α＝β﹣y，在△DEC中，x+y+β＝180°，∴α＝2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α＝180°﹣2β．18．【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，∠CAE＝90°，AC＝AE，∴△ACE为等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC，故答案为：等腰直角；BC+CD＝AC；（2）延长CO交⊙O于E，连接AE、BE、DE，则∠CDE＝90°，∵点C为的中点，∴点E为的中点，∴EA＝EB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，由（1）得，DE＝（AD+BD），由勾股定理得，CD2＝CE2﹣DE2＝AD2+BD2﹣（AD+BD）2＝（AD﹣BD）2，∴CD＝（BD﹣AD）；（3）如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接CQ、PC，∵CA＝CB，点P为AB的中点，∴CP⊥AB，∵CA＝CE，点Q为AE中点，∴CQ⊥AE，AQ＝QE＝AE＝5，∴由勾股定理得，CQ＝＝12，由（1）得，AQ+CQ＝PQ，。

中考数学类比探究(一)(习题及答案)

中考数学类比探究(一)(习题及答案)

类比探究（一）（习题）1. 现有正方形ABCD 和一个以O 为直角顶点的三角板，移动三角板，使三角板的两直角边所在直线分别与直线BC ，CD 交于点M ，N ．如图1，若点O 与点A 重合，容易得到线段OM 与ON 的关系． （1）观察猜想：如图2，若点O 在正方形的中心（即两条对角线的交点），OM 与ON 的数量关系是_______________；（2）探究证明：如图3，若点O 在正方形的内部（含边界），且OM =ON ，请判断三角板移动过程中所有满足条件的点O 可组成什么图形，并说明理由；（3）拓展延伸：若点O 在正方形的外部，且OM =ON ，请你在图4中画出满足条件的一种情况，并就“三角板在各种情况下（含外部）移动，所有满足条件的点O 所组成的图形”，写出正确的结论．（不必说明 理由）图1A BCD M (O )NNO M DCBA图2NOM DCBA 图3ABCD图4复习巩固2. （1）问题发现：如图1，在等边△ABC 中，点D 为BC 边上一动点，DE ∥AB 交AC 于点E ，将AD 绕点D 顺时针旋转60°得到DF ，连接CF ．则AE 与FC 的数量关系是_________，∠ACF 的度数为________． （2）拓展探究：如图2，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，∠ACB =60°，点D 为BC 边上一动点，DE ∥AB 交AC 于点E ，当∠ADF =∠ACF =90°时，求AEFC的值． （3）解决问题：如图3，在△ABC 中，BC :AB =m ，点D 为BC 的延长线上一点，过点D 作DE ∥AB 交AC 的延长线于点E ，直接写出当∠ADF =∠ACF =∠ABC 时，AEFC的值．3. 如图，在Rt △ABC 中，AC =BC =4，∠ACB =90°，正方形BDEF 的边长为2，将正方形BDEF 绕点B 旋转一周，连接AE ，BE ，CD ． （1）猜想：CDAE的值是___________，直线CD 与直线AE 相交所成的锐角度数是_____________． （2）探究：直线DE 与AF 垂直时，求线段CD 的长；（3）拓展：取AE 的中点M ，连接FM ，直接写出线段FM 长的取值范围．图1ABCD EF图2AB CD EF图3AB CDE F图1FEDCBA图2A B C图3ABC【参考答案】1. （1）OM =ON ；（2）三角板移动过程中所有满足条件的点O 可组成对角线AC ，理由略；（3）图略；三角板在各种情况下（含外部）移动，所有满足条件的点O 所组成的图形是直线AC 或过点C 且与直线AC 垂直的直线． 2. （1）AE =FC ；60°；（2）AEFC = （3）1AE FC m=．3. （1）2；45°；（2）CD ；（3FM ≤。

中考数学类比探究专项练习(二)(含答案)

中考数学类比探究专项练习(二)(含答案)

学生做题前请先回答以下问题问题1：想一想类比探究问题常见的不变结构有哪些，处理方式是什么？问题2：类比探究问题在处理时若常见的结构不能解决问题，需要分析不变特征，如何分析不变特征？中考数学类比探究专项练习（二）一、单选题(共4道，每道7分)1.已知四边形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的点，DE与CF相交于点G．（1）如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：；（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，成立？并证明你的结论；（3）如图3，若BA=BC=6，DA=DC=8，∠BAD＝90°，DE⊥CF，请直接写出的值．（2）中∠B与∠EGC应满足的关系是( )A.∠B=∠EGCB.∠B+∠EGC=90°C.∠B+∠EGC=120°D.∠B+∠EGC=180°答案：D解题思路：见第2题中解析试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究2.（上接第1题）（3）中的值为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究3.问题情境：张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，P为BC 边上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP的面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．（1）变式探究：如图3，当点P在BC的延长线上时，其他条件不变，求证：PD-PE=CF；（2）结论运用：如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为G，H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；（3）迁移拓展：图5是一个航模的截面示意图，已知在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D，C，且，．M，N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，求△DEM与△CEN的周长之和．（2）中PG+PH的值为( )A.3B.4C.5D.答案：B解题思路：见第4题中解析试题难度：三颗星知识点：翻折变换（折叠问题）4.（上接第3题）（3）中△DEM与△CEN的周长之和为( )A.6B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。

【中考数学必备专题】类比探究之图形运动(含答案)[1]

【中考数学必备专题】类比探究之图形运动(含答案)[1]

类比探究之图形运动一、探究题(共2道，每道50分)1.已知：在中，，动点绕的顶点逆时针旋转，且，连结．过、的中点、作直线，直线与直线、分别相交于点、．（1）如图1，当点旋转到的延长线上时，点恰好与点重合，证明（提示取的中点，连结、，根据三角形中位线定理和平行线的性质即可证明）．（2）当点旋转到图2或图3中的位置时，与有何数量关系？请分别写出猜想，并证明．答案：图2：∠AMF=∠ENB图3：∠AMF+∠ENB=180°证明：如图2，取AC的中点H，连接HE、HF∵F是DC的中点，H是AC的中点∴HF∥AD，HF=AD∴∠AMF=∠HFE同理，HE∥CB，HE=CB，∴∠ENB=∠HEF又∵∴HF=HE∴∠HEF=∠HFE∴∠ENB=∠AMF如图3，取AC的中点H，连接HE、HF∵F是DC的中点，H是AC的中点∴HF∥AD，HF=AD∴∠AMF+∠HFE=180°同理，HE∥CB，HE=CB，∴∠ENB=∠HEF又∵∴HF=HE∴∠HEF=∠HFE∴∠AMF+∠BNE=180°解题思路：两题思路基本相同，都需要作出两条辅助线，两次运用中位线定理解答．试题难度：三颗星知识点：平行线的性质2.正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥DC于F．（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．答案：（1）AP=EF，AP⊥EF，理由如下：连接AC，则AC必过点O，延长FO交AB于M；∵OF⊥CD，OE⊥BC，且四边形ABCD是正方形，∴四边形OECF是正方形，∴OM=OF=OE=AM，∵∠MAO=∠OFE=45°，∠AMO=∠EOF=90°，∴△AMO≌△FOE，∴AO=EF，且∠AOM=∠OFE=∠FOC=45°，即OC⊥EF，故AP=EF，且AP⊥EF．（2）题（1）的结论仍然成立，理由如下：延长AP交BC于N，延长FP交AB于M；∵PM⊥AB，PE⊥BC，∠MBE=90°，且∠MBP=∠EBP=45°，∴四边形MBEP是正方形，∴MP=PE，∠AMP=∠FPE=90°；又∵AB-BM=AM，BC-BE=EC=PF，且AB=BC，BM=BE，∴AM=PF，∴△AMP≌△FPE，∴AP=EF，∠APM=∠FPN=∠PEF∵∠PEF+∠PFE=90°，∠FPN=∠PEF，∴∠FPN+∠PFE=90°，即AP⊥EF，故AP=EF，且AP⊥EF．（3）题（1）（2）的结论仍然成立；如图，延长AB交PF于H，证法与（2）完全相同．解题思路：（1）连接AC，则AC必过O点，延长FO交AB于M，由于O是BD中点，易证得△AOM≌△FOE，则AO=EF，且∠AOM=∠FOC=∠OFE=45°，由此可证得AP⊥EF．（2）方法与①类似，延长FP交AB于M，延长AP交BC于N，易证得四边形MBEP是正方形，可证得△APM≌△FEP，则AP=EF，∠APM=∠FEP；而∠APM=∠FPN=∠PEF，且∠PEF与∠PFE互余，故∠PFE+∠FPN=90°，由此可证得AP⊥EF，所以（1）题的结论仍然成立．（3）解题思路和方法同（2）．试题难度：四颗星知识点：全等三角形的判定与性质。

九年级数学中考压轴题类比探究问题(附答案)

九年级数学中考压轴题类比探究问题(附答案)

专题四中考压轴试题——类比探究题多重训练1.类比探究题，一般在中考试卷第22题，分三个问题解答，属几何综合题；2.第（1）问比较简单，但一定要注意解题时所作的“工作”：①添加了什么样的辅助线？（线段的截长补短、旋转某一角度、作平行线或者连接等）②解题所用的知识点有哪些？（如全等三角形、相似三角形、勾股定理列方程等）③解题时先做了什么后做了什么？④解题的整体思路是什么？（如由SAS推出全等，再由全等得到边相等，然后再由线段间的等量代换得出结论，即贯穿解题全过程的思路）3.第（2）问题体现了“类比”的思想，即几乎“照搬”第（1）问题的解题全过程，即添加辅助线、所用知识点、解题全思路，包括添加的字母有时都可以保持一致；4.既然是类比，就必须注意在三个不同的问题中，哪些条件自始至终没有变化，这就是本题的“核心条件”，也是解题的关键。

5.第（3）问题往往让学生直接写出结果，不需证明，有时和前面的结论一致，有时是一个变化的结论，所以要根据前两个问题，大胆猜测。

1.在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，如图1，若∠MBN=45°，求证：MN=AM+CN⑴如图2，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB=BC=CD，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN= ∠ABC ,试探究线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？写出猜想并证明．⑵如图3，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN= ∠ABC，试探究线段MN、AM、CN又有怎样的数量关系？写出猜想并证明．(2)2.（1）如图1，已知正方形ABCD和正方形CGEF（CG＞BC），B、C、G在同一条直线上，M为线段AE的中点。

探究：线段MD、MF的关系，并证明。

（2）若将正方形CGEF绕点C顺时针旋转，使得正方形CGEF的对角线CE在正方形ABCD的边BC的延长线上，M为AE的中点。

中考数学压轴题之几何类比探究问题综合训练

中考数学压轴题之几何类比探究问题综合训练

中考数学压轴题之几何类比探究问题综合训练1．社团活动课上，数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题：如图1，∠MON＝90°，点A为边OM上一定点，点B为边ON上一动点，以AB为一边在∠MON的内部作正方形ABCD，过点C作CF⊥OM，垂足为点F（在点O、A之间），交BD于点E，试探究△AEF的周长与OA的长度之间的等量关系．该兴趣小组进行了如下探索．【动手操作，归纳发现】（1）通过测量图1、2、3中线段AE、AF、EF和OA的长，他们猜想△AEF的周长是OA长的倍．请你完善这个猜想．【推理探索，尝试证明】为了探索这个猜想是否成立，他们作了如下思考，请你完成后续探索过程：（2）如图4，过点C作CG⊥ON，垂足为点G，则∠CGB＝90°，∴∠GCB+∠CBG＝90°．又∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，则∠CBG+∠ABO＝90°，∴∠GCB＝∠ABO．在△CBE与△ABE中，……【类比探究，拓展延伸】（3）如图5，当点F在线段OA的延长线上时，直接写出线段AE、EF、AF与OA长度之间的等量关系为．2．小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC是等边三角形，点D为BC的中点，且满足∠ADE＝60°，DE交等边△ABC外角平分线CE所在直线于点E，试探究AD与DE的数量关系．小明发现，过点D作DF∥AC，交AB于点F，通过构造全等三角形，经过推理论证，能够得到AD与DE的数量关系．（1）AD与DE相等吗？请你说明理由；【类比探究】（2）当点D是线段BC上（不与点B，C重合）任意一点时，其它条件不变，如图2，试猜想AD与DE之间的数量关系，并证明你的结论；【拓展应用】（3）当点D在BC的延长线上，且满足CD＝BC，连接AE，其它条件不变，如图3，若AD＝6，求DE的长．3．已知：Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，点P是BC边上的一个动点，（1）如图①，若点P与点D重合，连接AP，则AP与BC的位置关系是；（2）如图②，若点P在线段BD上，过点B作BE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP于点F，则CF，BE和EF这三条线段之间的数量关系是；（3）如图③，在（2）的条件下若BE的延长线交直线AD于点M，找出图中与CP相等的线段，并加以证明．（4）如图④，已知BC＝4，AD＝2，若点P从点B出发沿着BC向点C运动，过点B 作BE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP于点F，设线段BE的长度为d1，线段CF的长度为d2，试求出点P在运动的过程中d1+d2的最大值．4．如图1，△ABC为等边三角形，点M是射线AE上任意一点（M不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE 于点D．（1）直接写出直线BD与射线AE相交所成锐角的度数；（2）如图2，当射线AE与AC的夹角∠EAC为钝角时，其他条件不变，（1）中结论是否发生变化？如果不变，加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图3，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，射线AE交BC于点H，∠EAC＝15°，点M是射线AE上任意一点（M不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D．G，F分别是AH，AB 的中点．求证：CD＝GF．5．【问题探索】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC 边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．探索BE与MN的数量关系．聪明的小华推理发现PM与PN的关系为，最后推理得到BE与MN的数量关系为．【深入探究】将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中的BE与MN的数量关系是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；【解决问题】若CB＝8，CE＝2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，求MN的长度．6．已知：△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，动点P在斜边AB所在的直线上，把线段CP绕着点C逆时针旋转90°得到CQ，连接PQ，探究并解决下列问题：（1）如图1，若点P在线段AB上，请直接写出P A2，PB2，PQ2三者之间的数量关系：；（2）如图2，若点P在线段AB的延长线上，（1）中的结论是否仍然成立，若成立请给予证明；若不成立请说明理由；（3）若动点P满足＝，求的值．7．在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α（0°＜α＜180°）．点P是平面内不与A，C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，CP．点M是AB的中点，点N是AD的中点．（1）问题发现如图1，当α＝60°时，的值是，直线MN与直线PC相交所成的较小角的度数是．（2）类比探究如图2，当α＝120°时，请写出的值及直线MN与直线PC相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题如图3，当α＝90°时，若点E是CB的中点，点P在直线ME上，请直接写出点B，P，D在同一条直线上时的值．8．如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE、DF相交于点P．（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，则线段BE与DF 的数量关系是．（2）若AD＝nAB（n≠1），将△AEF绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明，若不成立，请写出正确结论，并说明理由．（3）若AB＝8，BC＝12，将△AEF旋转至AE⊥BE，请算出DP的长．9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB的中点，点P为直线BC 上的动点（不与点B点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）观察猜想：如图①，线段BQ与CP的数量关系是；∠CBQ＝；（2）探究证明：如图②，当点P在CB的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．10．已知△ABC和△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接BD，CE．（1）如图1，当点E在AB边上时，试判断线段BD，CE之间的关系是．（2）将图1中的△ADE绕点A旋转至如图2所示位置时，探究线段BD，CE之间的关系，并说明理由；（3）将图1中的△ADE绕点A旋转至DE与直线AC垂直，直线BD交直线CE于点F，若AB＝15，AD＝5，请直接写出线段BF的长度．11．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．（1）当点D在AC上时，如图1，试猜想线段BD和CE的数量关系是；位置关系是．（2）将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角，（0°＜α＜90°），如图2，（1）中的结论是否成立，若成立，请给出证明；若不成立说明理由．12．如图1，在△ABC中，已知∠ACB＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，且CD＝CE，此时显然AD＝BE，AD⊥BE成立．若保持△ABC不动，将△DCE绕点C 逆时针旋转，旋转角为α．（Ⅰ）如图2，当0°＜α＜90°时，问：AD＝BE，AD⊥BE是否成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（Ⅱ）如图3，当α＝45°时，延长BE交AD于点F，若CE＝，BC＝3，则线段EF ＝（直接写出结果即可）．13．已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE．∠DAE＝∠BAC．【初步感知】（1）特殊情形：如图①．若点D，E分别在边AB，AC上，则DB EC．（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）发现证明：如图②，将图①中的△ADE绕点A旋转，当点D在△ABC外部，点E 在△ABC内部时，求证：DB＝EC．【深入探究】（1）如图③，△ABC和△ADE都是等边三角形，点C，E，D在同一条直线上，则∠CDB 的度数为线段CE，BD之间的数量关系为；（2）如图④，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E在同一直线上，AM为△ADE中DE边上的高．则∠CDB的度数为；线段AM．BD，CD之间的数量关系为；【拓展提升】如图⑤，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BE、CD．当AB＝5．AD＝2时，在旋转过程中，△ADE与△ADC的面积和的最大值为．14．已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、发现问题：如图1，当点D在边BC上时，（1）请写出BD和CE之间的位置关系为，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系：．尝试探究：（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BD和CE之间的位置关系，BC和CE、CD之间的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，说明理由；拓展延伸：（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝7，CE＝5，直接写出线段ED的长．15．已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、发现问题：如图1，当点D在边BC上时，（1）请写出BD和CE之间的位置关系为，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系：．尝试探究：（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BD和CE之间的位置关系、BC和CE、CD之间的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，说明理由；拓展延伸：（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝6，CE＝2，求线段ED的长．16．已知Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作Rt△ADE，AD＝AE，连接CE．（1）发现问题：如图①，当点D在边BC上时，①请写出BD和CE之间的数量关系，位置关系；②线段CE、CD、BC之间的关系是；（2）尝试探究：如图②，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE、CD、BC之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图③，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝4，CE＝2，求线段CD的长．17．在Rt△ABC中与Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠BAC＝∠DEC＝30°，AC＝DC＝，将Rt△DCE绕点C顺时针旋转，连接BD，AE，点F，G分别是BD，AE的中点，连接CF，CG．（1）观察猜想如图1，当点D与点A重合时，CF与CG的数量关系是，位置关系是；（2）类比探究当点D与点A不重合时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请仅就图2的情形给出证明；如果不成立，请说明理由．（3）问题解决在Rt△DCE旋转过程中，请直接写出△CFG的面积的最大值与最小值．18．综合与实践动手操作如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AED．延长ED分别交CB于点F，交AB于点G，连接AF．思考探究（1）∠CAF＝°，∠EAG＝°；（2）若BC＝（+1）AC，则①∠DAG＝°；②＝，请证明你的结论；开放拓展（3）如图2，若改变旋转角，已知AC＝3，BC＝4，当∠EAF＝90°时，△AFB的面积为．19．如图，已知在△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE，且满足＝＝k，将△DEC绕点C旋转．连接BD，F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，连接FG，GH．（1）当k＝1时，①如图（1），点D在AC边上时，判断FG，GH的数量关系是；②如图（2），点D不在AC边上时，①中的结论是否成立，并说明理由；（2）如图（3），当k＝时，探索FG，GH的数量关系．直接写出探究结论，不需证明．20．如图1，已知△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点D在线段AC上，点F为AB的中点，点M为BE的中点，点N为AD的中点．（1）如图1，请直接写出∠FMN的大小以及FM和MN之间的数量关系．（2）如图2，将△DCE绕点C顺时针旋转，此时（1）中的结论是否成立？若成立，请证明，若不成立，请写出相应正确的结论．（3）如图3，若AB＝4，CE＝2，在将△DCE绕点C顺时针旋转360°过程中，直线BD，AE交于点G，△ABG的面积的最小值为．21．在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，△DEC绕点C逆时针旋转，连接BD，F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，连接FG，FH，HG．（1）如图1，当∠A＝∠EDC＝45°，点D在AC边上时，直接猜想FG，HG的数量关系和位置关系是；（2）如图2，当∠A＝∠EDC＝45°，点D不在AC边上时，（1）猜想的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；（3）如图3，当∠A＝∠EDC＝30°时，猜想FG，HG的数量关系和位置关系，请直接写出猜想结论．。

河南中考22类比探究专题(六)——探究应用(含答案)

河南中考22类比探究专题(六)——探究应用(含答案)

类比探究专题（六）——探究应用1.阅读下面材料：小腾遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，点D在BC边上，∠BAD=75°，∠CAD=30°，AD=2，BD=2CD，求AC的长．小腾发现，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，通过构造△ACE，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）．请回答：∠ACE的度数为_____，AC的长为_____．( )A. B. C. D.2.（上接第1题）参考小腾思考问题的方法，解决问题：如图3，在四边形ABCD中，∠BAC=90°，∠CAD=30°，∠ADC=75°，AC与BD交于点E，AE=2，BE=2DE，则BC的长为( )A.6B.C.D.3.问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠D=90°．E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=60°．求证：EF=BE+DF．关于证明上述结论的辅助线的作法，有如下说法：①延长FD到G，使DG=BE，连接AG；②过点A作AG⊥EF于点G；③将△ABE绕点A逆时针旋转120°得到△ADG（之后证明点G，D，F在同一条直线上）．其中可以证明结论的是( )A.①B.②③C.①③D.①②③4.（上接第3题）探索延伸：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别是边BC，CD上的点，且，则当∠B和∠D满足什么条件时，EF=BE+DF成立？( )A.∠B=∠DB.∠B+∠D=180°C.∠B=2∠DD.∠B+∠D=120°5.（上接第3，4题）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进．1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，则此时两舰艇之间的距离为( )海里．A. B.210 C.300 D.条件不够，无算。

以相似为背景的几何类比探究压轴问题-2023年中考数学压轴题专项训练(全国通用)(解析版)

以相似为背景的几何类比探究压轴问题-2023年中考数学压轴题专项训练(全国通用)(解析版)

以相似为背景的几何类比探究压轴问题一、考向分析1(2023•青山区模拟)(1)已知，直线AC 与BD 交于点O ．①如图1，若∠A =∠D ，求证：AO •CO =BO •DO ；②如图2，若∠A +∠D =180°，求证：AB CD =BO CO；(2)如图3，在△ABC 中，∠A =60°，E 为BD 中点，且∠BEC =120°，DE ：CD =1：n ．则AB ：CE =2：n ．​【分析】(1)①证明△AOB ∽△DOC 即能得到结论；②在CA 的延长线上取一点T ，使得BT =BA ．证明△BOT ∽△COD ，推出BT CD =BO CO，可得结论；(2)如图3中，作∠ECT =60°，CT 交BD 的延长线于点T ．证明△ECT 是等边三角形，再利用相似三角形的性质解决问题．【解答】(1)①证明：∵∠A =∠D ，∠AOB =∠DOC ，∴△AOB ∽△DOC ，∴AO DO =BO CO，∴AO •CO =BO •DO ；②证明：在CA 的延长线上取一点T ，使得BT =BA ．∵BA =BT ，∴∠T =∠BAT ，∵∠D +∠BAO =180°，∠BAO +∠BAT =180°，∴∠D =∠BTA =∠T ，∵∠DOC =∠BOT ，∴△BOT ∽△COD ，∴BT CD =BO CO ，∴AB CD =BP CO；(2)解：如图3中，作∠ECT =60°，CT 交BD 的延长线于点T ．∵∠BEC=120°，∴∠CET=60°，∵∠ECT=60°，∴△ECT是等边三角形，∴EC=CT，∠T=60°，∵∠A=60°，∴∠A=∠T，∵∠ADB=∠TDC，∴△ABD∽△TCD，∴AB CT=BD CD，∵DE=EB，DE：CD=1：n，∴AB EC=ABCT=2DEnDE=2n．故答案为：2：n．【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．2(2023•慈溪市一模)【证明体验】(1)如图1，在△ABC中，D为AB边上一点，连结CD，若∠ACD=∠ABC，求证：AC2=AD•AB．(2)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2，D为AB边上一动点，连结CD，E为CD中点，连结BE．【思考探究】①如图2，当∠ACD=∠DBE时，求AD的长．【拓展延伸】②如图3，当∠DEB=30°时，求AD的长．【分析】(1)由已知可证得△ACD∽△ABC，得出ACAD=ABAC，化为等积式即可；(2)①延长AB至F，使BF=BD，连接CF，由三角形中位线定理可得：BE∥CF，BE=12CF，进而证得△ACD ∽△AFC，得出AC2=AD•AF，设AD=x，则BF=BD=4-x，AF=AB+BF=8-x，建立方程求解即可得出答案；②延长AB至F，使BF=BD，连接CF，过点C作CG⊥AB于点G，同理可得FC2=FA•FD，设AD=x，则BF =BD=4-x，FA=8-x，FD=2BD=8-2x，即FC2=(8-x)(8-2x)，再利用解直角三角形可得CG=3，AG=3，BG=1，FG=5-x，根据勾股定理建立方程求解即可得出答案．【解答】(1)证明：∵∠ACD=∠ABC，∠CAD=∠BAC，∴△ACD∽△ABC，∴AC AD=AB AC，∴AC2=AD•AB．(2)解：①如图，延长AB至F，使BF=BD，连接CF，则B为DF的中点，∵E为CD中点，∴BE是△CDF的中位线，∴BE∥CF，BE=12CF，∴∠F=∠DBE，∵∠ACD=∠DBE，∴∠ACD=∠F，∵∠CAD=∠FAC，∴△ACD∽△AFC，∴AC AD=AF AC，∴AC2=AD•AF，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2，则∠A=30°，∴AB=2BC=4，AC=AB•cos A=4•cos30°=23，设AD=x，则BF=BD=4-x，∴AF=AB+BF=4+4-x=8-x，∴(23)2=x(8-x)，解得：x1=2，x2=6，∵AB=4<6，∴x=6不符合题意，舍去，∴AD的长为2．②如图，延长AB至F，使BF=BD，连接CF，过点C作CG⊥AB于点G，则B为DF的中点，∵E为CD中点，∴BE是△CDF的中位线，∴BE∥CF，BE=12CF，∵∠DEB=30°，∴∠FCD=∠DEB=30°，由①知∠A=30°，AB=4，AC=23，∴∠A=∠FCD，∵∠CFD=∠AFC，∴△FCD∽△FAC，∴FC FA=FD FC，∴FC2=FA•FD，设AD=x，则BF=BD=4-x，∴FA=AB+BF=4+4-x=8-x，FD=2BD=8-2x，∴FC2=(8-x)(8-2x)，在Rt△ACG中，∠AGC=90°，∠A=30°，AC=23，∴CG=12AC=3，AG=AC•cos A=23cos30°=3，∴BG=AB-AG=4-3=1，∴FG=FB+BG=4-x+1=5-x，在Rt△CFG中，FC2=CG2+FG2，即(8-x)(8-2x)=(3)2+(5-x)2，解得：x1=7-13，x2=7+13，∵AD<AB=4，∴x=7+13不符合题意，舍去，∴AD的长为7-13．【点评】本题是相似三角形综合题，考查了直角三角形性质，勾股定理，三角形中位线定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．3(2023•温江区校级模拟)如图1，矩形ABCD中，∠ACB=30°，点E在对角线AC上，点F在边AD上运动，连接EF，作∠FEG=90°，交直线BC于点G，且AEAC=13，AB=6．(1)如图2，当点F与点D重合时，求EDEG的值；(2)点F在边AD上运动过程中，当△AEF成为以AE为腰的等腰三角形时，求BG的长；(3)记点F关于直线AC的轴对称点为点P，若点P落在∠EBC的内部(不含边界)，求DF的取值范围．【分析】(1)点C、D、E、G共圆，从而得出∠EDG=∠ACB=30°，进而得出结果；(2)分为两种情形：当EF=AE时，作ET⊥BC于T，交AD于H，可得出∠EFH=∠CAD，由AD∥BC，得出∠EFH=∠CAD=∠ACB=30°，进而得出∠GEF=30°，BT=AH=4•cos30°=23，EH=12AE=2，从而得出ET=HT-EH=AB-EH=6-2=4，进一步得出结果；当AE=AF时，作EN⊥BC于N，交AD与M，可得出∠NGE=∠MEF=15°，进而得出∠GEC=∠ACB-∠NGE=15°，从而CG=CE=8，进一步得出结果；(3)作EH⊥AB于H，作点D关于AC的对称点D′，连接AD′，交AE于G，交BC于K，作GT⊥AB于T，可求得BE=BH2+EH2=42+(23)2=27，可推出∠CAD′=∠BAD′，从而得出BGEG=32，BG=35BE=675，可求得sin∠ABF=EHBE=2327=37，从而tan∠ABF=32，设GT=3x，则BT=2x，AT=3x，AG=23x，由BT+AT=AB求得x的值，从而得出AG的值，进一步得出结果．【解答】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∵∠FEG=90°，∴∠BCD+∠FEG=180°，∴点C、D、E、G共圆，∴∠EDG=∠ACB=30°，∴∠EGD=90°-∠EDG=60°，∴EDEG=tan∠DGE=tan60°=3；(2)如图1，当EF=AE时，作ET⊥BC于T，交AD于H，∴∠EFH=∠CAD，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EFH=∠CAD=∠ACB=30°，∴∠FEH=60°，∵∠FEG=90°，∴∠GEF=30°，∵AB=6，∴AC=2AB=12，∴AE=13AC=4，∴BT=AH=AE•cos∠CAD=4•cos30°=23，EH=12AE=2，∴ET=HT-EH=AB-EH=6-2=4，∴GT=ET•tan∠GET=4×33=433，∴BG=BT+GT=23+433=1033，如图2，当AE=AF时，作EN⊥BC于N，交AD与M，∵∠CAD=30°，∴∠AEF=∠AFE=75°，∠AEM=60°，∴∠MEF=15°，同理上可得：∠NGE=∠MEF=15°，∴∠ACB=30°，∴∠GEC=∠ACB-∠NGE=15°，∴CG=CE=8，∴BG=BC+CG=8+63，综上所述：BG=1033或8+63；(3)如图3，作EH⊥AB于H，作点D关于AC的对称点D′，连接AD′，交AE于G，交BC于K，作GT⊥AB于T，∴AH=12AE=2，EH=32AE=23，∴BH=AB-AH=4，∴BE=BH2+EH2=42+(23)2=27，由对称得：∠CAD′=∠CAD=30°，∴∠BAD′=90°-∠CAD′-∠CAD=30°，∴∠CAD′=∠BAD′，∴AB AE=BG EG，∴BG EG=3 2，∴BG=35BE=675，∴sin∠ABF=EHBE=2327=37，∴tan∠ABF=32，设GT=3x，则BT=2x，AT=3x，AG=23x，由BT+AT=AB得，5x=6，∴x=65，∴AG=23x=1235，∵△AFG是等边三角形，∴AF=1235，∵AF′=AK=6cos∠BAK=6cos30°=43，∴63-43=23，63-1235=183 5，∴23<DF<1835．【点评】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的分类，矩形的性质，角平分线的性质等知识，解决问题的关键是较强的计算能力．4(2023•广水市模拟)爱动脑筋的小明同学在学习完角平分线的性质一节后意犹未尽经过思考发现里面还有一个有趣的结论：(1)【问题发现】如图1所示，若AD是∠BAC的角平分线，可得到结论：ABAC=BD DC．小明的解法如下：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，过点A作AG⊥BC于点G，∵AD是∠BAC的角平分线，且DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，S△ABD S△ADC=12AB×DE12AC×DF=ABAC，∵S△ABDS△ADC=12BD×AG12CD×AG=BDCD，∴AB AC=BD DC．(2)【类比探究】如图2所示，若AD是∠BAC的外角平分线，AD与BC的延长线交于点D．求证：ABAC=BD DC；(3)【直接应用】如图3所示，Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD=10，CD=6，在不添加辅助线的情况下直接写出AB=20．(4)【拓展应用】如图4所示，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，将△ABC先沿∠BAC的平分线AD折叠，B 点刚好落在AC上的E点，剪掉重叠部分(即四边形ABDE)，再将余下部分(△CDE)沿∠DEC的平分线EF折叠，再剪掉重叠部分(即四边形DEGF)，求出剩余部分△FCG的面积．【分析】(1)根据角平分线的性质可得答案；(2)过点D作DN⊥BA于N，过点D作DM⊥AC于M．过点A作AP⊥BD于点P．根据角平分线的性质得DN=DM，再利用面积法可得结论；(3)作DH⊥AB于H，由角平分线的性质得CD=DH=6，由勾股定理得，BH=8，再利用三角函数可得答案；(4)由(1)可得ABAC=BDDC=35，从而得出△DEC的面积，同理可求：EDEC=DFFC=34，进而解决问题．【解答】(1)解：根据角平分线的性质得，DE=EF，故答案为：DE=DF；(2)证明：过点D作DN⊥BA于N，过点D作DM⊥AC于M．过点A作AP⊥BD于点P．∵AD平分∠MAN，DN⊥BA，DM⊥AC，∴DN=DM．∴S△ABDS△ADC=12AB×DN12AC×DM=ABAC，S△ABDS△ADC=12BD×AP12CD×AP=BDCD，∴AB AC=BD CD；(3)解：作DH⊥AB于H，∵AD是∠BAC的平分线，DC⊥AC，DH⊥AB ∴CD=DH=6，在Rt△BDH中，由勾股定理得，BH=8，∵cos B=BHBD=BC AB，∴810=16AB，∴AB=20，故答案为：20；(4)解：∵∠ABC=90°，AB=6，BC=8，∴AC=AB2+BC2=10，∵将△ABC先沿∠BAC的平分线AD折叠，∴AB=AE=6，∠BAD=∠DAE，∠B=∠AED=90°，BD=DE，∴EC=4，由(1)可得ABAC=BDDC=35，∴BD =3=DE ，DC =5，∴S △DEC =12×3×4=6，同理可求：ED EC =DF FC =34，∴S △DEF =37×6=187，∴S △FCG =6-2×187=67．【点评】本题是阅读理解题，主要考查了角平分线的性质的应用，翻折的性质，三角形的面积等知识，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．二、压轴题速练1(2023•仪征市一模)已知菱形ABCD 中，点E 是对角线AC 上一点，点F 是边AD 上一点，连接EF 、BE 、CF ．【特例探究】：(1)如图1，若∠ABC =60°且EF ∥CD ，线段BE 、CF 满足的数量关系是BE =CF ；(2)如图2，若∠ABC =90°且EF ⊥AC ，判定线段BE 、CF 满足的数量关系，并说明理由；【一般探究】(3)如图3，根据特例的探究，若∠BAC =α，AE =EF ，请求出CF BE 的值(用含α的式子表示)；【发现应用】(4)如图3，根据“一般探究”中的条件，若菱形边长为1，CF BE=3，点F 在直线AD 上运动，则△CEF 面积的最大值为　3316　．【分析】(1)证明△ABE ≌△ACF (SAS )，即可得出结论；(2)证明△ABE ∽△ACF ，即可得出结论；(3)过点B 作BO ⊥AC 于点O ，先证明△ABC ∽△AEF ，得到AB AE =AC AF，再证明△ABE ∽△ACF ，得到CF BE =AC AB，推出AC =2AB •cos α，即可得出结论；(4)连接BD 交AC 于点O ，过点E 作EH ⊥AD 于点H ，由(3)推出∠EFA =∠DAC =∠BAC =30°，设AE =x ，则EF =x ，求出S △ABE ，S △AEF ，根据△ABE ∽△ACF ，得到S △ACF S △ABE =CF BE2=(3)2=3，进而求出S △CEF =-34x 2+34x ，利用二次函数的性质，求出最值即可得出结果．【解答】解：(1)∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC =60°，∴AB =BC =CD =AD ，∠ADC =∠ABC =60°，∴△ABC 和△ADC 都是等边三角形，∴AB =AC ，∠DAC =∠BAC =60°，∵EF ∥CD ，∴∠AFE =∠ADC =60°，∴△AEF 是等边三角形，∠BAE =∠CAF =60°，∴AE =AF ，在△ABE 和△ACF 中，AB =AC ∠BAE =∠CAF ，AE =AF∴△ABE ≌△ACF (SAS )，∴BE =CF ；故答案为：BE =CF ，(2)CF =2BE ，理由如下：∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC =90°，∴AB =BC =CD =AD ，∠ADC =∠ABC =90°，∴∠BAC =∠DAC =45°，AC =2AB ，∵EF ⊥AC ，∴AF =2AE ，∴AC AB =AFAE，∴△ABE ∽△ACF ，∴BE CF =AB AC =AB 2AB，∴CF =2BE ；(3)如图3，过点B 作BO ⊥AC 于点O ，∵四边形ABCD 是菱形，∠BAC =α，∴AB =BC ，∠DAC =∠BAC =∠ACB =α，∵AE =EF ，∴∠AFE =∠DAC =α，∴△ABC ∽△AEF ，∴AB AE =AC AF，又∵∠DAC =∠BAC =α，∴△ABE ∽△ACF ，∴CF BE =AC AB，∵AB =BC ，BO ⊥AC ，∴AC =2AO ，AO =AB •cos ∠BAC ，∴AC =2AB •cos α，∴CF BE =2AB ⋅cos αAB=2cos α，(4)如图4，连接BD 交AC 于点O ，过点E 作EH ⊥AD 于点H ，由(3)可得：△ABE ∽△ACF ，CF BE =2cos ∠BAC ，∠EAF =∠EFA ，∴CF BE=3，∴2cos ∠BAC =3，∴∠EFA =∠DAC =∠BAC =30°，设AE =x ，则EF =x ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，∴BO =12AB =12×1=12，∴S △ABE =12AE •BO =12x •12=14x ，∵AE =EF =x ，∠DAC =30°，EH ⊥AD ，∴EH =12AE =12x ，AF =2AH ，∴AF =2AH =2AE 2-EH 2=2x 2-12x 2=3x ，∴S △AEF =12AF •EH =12×3x •12x =34x 2；∵△ABE ∽△ACF ，∴S △ACF S △ABE =CF BE2=(3)2=3，∴S △ACF =S △CEF +S △AEF =S △CEF +34x 2，∴S △CEF +34x 214x =3，∴S △CEF =-34x 2+34x ，即S △CEF =-34x -32 2+3316，∵-34<0，∴当x =32时，S △CEF 有最大值：3316．故答案为：3316．【点评】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形以及利用二次函数的性质求最值．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题．熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．2(2023•浦东新区二模)已知：如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，过点B 作BE ⊥AD ，垂足为点E ，点G 在边AD上，连接BG 、CG ，对角线AC 与BE 、BG 分别交于点F 、H ，且AE •BG =AF •BE ．(1)求证：BG ⊥AC ；(2)如果∠DGC =2∠DCG ，且DC 是DG 与DA 的比例中项，求证：四边形ABCG是菱形．【分析】(1)利用直角三角形的相似的判定定理得到Rt △AEF ∽Rt △BEG ，则∠AFE =∠BGE ，利用垂直就的定义和直角三角形的性质解答即可得出结论；(2)利用相似三角形的判定与性质和角平分线的定义得到∠DCG =∠ACG ，利用平行线的性质和角平分线的定义得到∠BCG =2∠BCG =2∠ACG ，则∠ACB =∠ACG =∠DCG ，利用等腰三角形的判定定理得到GA =GC ，利用全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质得到CG =CB ，GH =BH ，AB =AG ，利用四边线段的四边形是菱形即可得出结论．【解答】(1)证明：∵AE •BG =AF •BE ，∴AE AF=BE BG ．∵BE ⊥AD ，∴Rt △AEF ∽Rt △BEG ，∴∠AFE =∠BGE ．∵BE ⊥AD ，∴∠EAF +∠AFE =90°，∴∠EAF +∠BGE =90°，∴∠AHG =90°，∴BG ⊥AC ；(2)证明：∵DC 是DG 与DA 的比例中项，∴DG DC =DC DA，∵∠D =∠D ，∴△DCG ∽△DAC ，∴∠DCG =∠DAC ，∠DGC =∠∠DCA ．∵∠DGC =2∠DCG ，∴∠DCA =2∠DCG ，∴∠DCG =∠ACG ．∵AD ∥BC ，∴∠DGC =∠BCG ，∴∠BCG =2∠BCG =2∠ACG ，∴∠ACB =∠ACG =∠DCG ．∴∠ACG =∠DAC ，∴GA =GC ，在△CGH 和△CBH 中，∠ACG =∠ACB CH =CH ∠GHC =∠BHC =90°，∴△CGH ≌△CBH (ASA )，∴CG =CB ，GH =BH ，∴AC 是线段BG 的垂直平分线，∴AB =AG ，∴AB =AG =GC =CB ．∴四边形ABCG 是菱形．【点评】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．3(2023•周村区一模)如图，在正方形ABCD 中，E 是边BC 上的一点，过点E 作BD 的垂线交BD 于点P ，交AB 于点F ，连接AP 并延长交BC 于点G ．(1)求证：PE =PF ；(2)若BG =CE ，求∠EPG 的度数；(3)若AB =6，EG =1，求△PGE的面积．【分析】(1)由正方形的性质得出PF =PB ，PE =PB ．则可得出结论；(2)作PM ⊥AG 交AB 于M ，证明△EPG ≌△BPM (ASA )，得出EG =BM ．证出PF =12AM =AF ，则可得出结论；(3)作FH ∥BC 交AG 于H ，证明△FHP ≌△EGP (ASA )，得出FH =EG =1．证明△AFH ∽△ABG ，由相似三角形的性质得出FH BG =AF AB．设CE =x ，则BG =5-x ，AF =CE =x ，求出BE =4或3，作PN ⊥BC 于N ，求出PN 的长，则可得出答案．【解答】(1)证明：∵EF ⊥BD 于P ，∴∠EPB =∠FPB =90°．在正方形ABCD 中，∠ABD =∠CBD =45°，∴∠PFB =∠PBF =45°，∠PEB =∠PBE =45°．∴PF =PB ，PE =PB ．∴PE =PF ；(2)解：过点P 作PM ⊥AG 交AB 于M ，∴∠MPG =∠EPB =90°．∴∠EPG =∠BPM ．∵∠PEG =45°，∠PBM =45°，∴∠PEG =∠PBM ．在△EPG 和△BPM 中，∠PEG =∠PBM EP =BP ∠EPG =∠BPM，∴△EPG ≌△BPM (ASA )，∴EG =BM ．∵∠BFP =∠BEP =45°，∴BF =BE ．∴AB -BF =BC -BE ，BF -BM =BE -GE ，∴AF =CE ，FM =BG ．∵BG =CE ，∴AF =FM ．∵∠APM =90°，∴PF =12AM =AF ，∴∠FPA =∠FAP =12∠PFB =22.5°，∴∠EPG =22.5°；(3)解：过点F 作FH ∥BC 交AG 于H ，∴∠HFP =∠GEP ，∠HPF =∠GPE ．在△FHP 和△EGP 中，∠HFP =∠GEP PF =PE ∠HPF =∠GPE，∴△FHP ≌△EGP (ASA )，∴FH =EG =1．又∵∠AFH =∠ABG ，∠FAH =∠BAG ，∴△AFH ∽△ABG ，∴FH BG =AF AB．设CE =x ，则BG =5-x ，AF =CE =x ，∴15-x =x 6，解得x 1=2，x 2=3，∴BE =4或3，作PN ⊥BC 于N ，∵∠BPE =90°，PE =PB ，∴点N 为BE 的中点，∴PN =12BE ，∴PN =2或32．∵S △PGE =12EG ⋅PN ，∴S △PGE =1或34．【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．4(2023•市北区一模)如图所示，矩形ABCD ，AB =3cm ，BC =5cm ，E 为边AD 上一点，ED =1cm ．点P 从点B 出发，沿BE 方向匀速运动，速度为1cm/s ；同时，点Q 从点C 出发，沿CB 方向匀速运动，速度为1cm/s ．设运动时间为t (s )(0<t <5)．解答下列问题：(1)当t 为何值时，以P 、Q 、B 为顶点的三角形和△ABE 相似；(2)设五边形PEDCQ 的面积为S (cm 2)，求S 与t 之间的函数关系式；(3)连接CE ，取CE 中点F ，连接DF ，在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使PQ ∥DF ？若存在，请直接给出t 的值(不必提供求解过程)；若不存在，请说明理由．​【分析】(1)分∠BPQ =90°或∠PBQ =90°两种情形，分别利用cos ∠PBQ 列出方程即可；(2)作PH ⊥BC 于H ，将五边形面积转化为梯形面积减去APQ 的面积即可；(3)根据平行线的性质得∠QPM =∠CDF ，再利用直角三角形斜边上中线的性质得∠CDF =∠FCD ，再利用三角函数列出方程即可．【解答】解：(1)由题意得，AB =CD =3，AE =4，BC =5，DE =1，∠AEB =∠PBQ ，由勾股定理得，BE =AB 2+AE 2=5，∵BP =t ，QC =t ，∴PE =5-t ，BQ =5-t ，当∠BPQ =90°时，cos ∠PBQ =BP BQ=t 5-t =45，解得t =209，当∠PBQ =90°时，cos ∠PBQ =BQ BP =5-t t =45，解得t =259，综上所述，当t =209或259时，以P 、Q 、B 为顶点的三角形和△ABE 相似；(2)S 五边形PEDCQ =S 梯形BCDE -S △BPQ ，如图，作PH ⊥BC 于H ，则PH =BP •sin ∠PBQ =t ×35=35t ，BH =BP ⋅cos ∠PBQ =t ×45=45t ，∴S △PBQ =12BQ ⋅PH =-310t 2+32t ，S 梯形BCDE =12(DE +BC )⋅DC =9，∴S =9--310t 2+32t =310t 2-32t +9；(3)存在某一时刻，使得PQ ∥DF ，如图，作PM ⊥BC 于M ，则PM =35t ⋅QM =45t ，QM =95t -5，∵PM ∥CD ，PQ ∥DF ，∴∠QPM =∠CDF ，∵DF 为Rt △DEC 的中线，∴DF =FC ，∴∠CDF =∠FCD ，∴tan ∠QPM =QM PM =tan ∠FCD =DE DC ，∴QM PM =13，即95t -545t =13，∴t =258，即存在某一时刻t ，使PQ ∥DF ，t 的值为258．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，三角函数等知识，利用三角函数表示线段的长是解题的关键．5(2023•历下区一模)如图1，已知正方形AFEG 与正方形ABCD 有公共顶点A ，点E 在正方形ABCD 的对角线AC 上(AG <AD )．(1)如图2，正方形AFEG绕A点顺时针方向旋转α(0°<α<90°)，DG和BF的数量关系是DG=BF，位置关系是DG⊥BF；(2)如图3，正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，求CEDG的值以及直线CE和直线DG所夹锐角的度数；(3)如图4，AB=8，点N在对角线AC上，CN=22，将正方形AFEG绕A顺时针方向旋转α(0°<α<360°)，点M是边CD的中点，过点M作MH∥DG交EC于点H；在旋转过程中，线段NH的长度是否变化？如果不变，请直接写出NH 的长度；如果改变，请说明理由．【分析】(1)如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，证明△DAG≌△BAF，进而得出DG=BF，∠ADG=∠ABF，根据平行线的性质得出∠PBA+∠ADG=∠PBA+∠ABF=90°，进而即可得出结论；(2)连接AE，证明△ADG∽△ACE，得出CEDG=2，∠ADG=∠ACE，延长DG、CE交于点O，根据三角形的内角和定理，即可得出∠DOC=∠DAC=45°；(3)过点M作MN'⊥AC，得出CN=CN'，即可证明MN⊥NC，设∠ADG=θ，则∠GDC=90°-θ，连接AE，过点M作MO⊥DC交AC于点O，证明△ADG∽△ACE，得出∠ADG=∠ACE=θ，进而得出∠MOC=∠MHC= 45°，则M，C，H、O四点共圆，即可得出结论．【解答】解：(1)如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，∵正方形AFEG与正方形ABCD，∴AG=AF，AD=AB，∠DAB=∠GAF=90°，∴∠DAG+∠GAB=∠GAB+∠BAF=90°，∴∠DAG=∠BAF．∴△DAG≌△BAF(SAS)，∴DG=BF，∠ADG=∠ABF，∵PB∥DG，∴∠CDG=∠CPB，即90°-∠ADG=90°-∠PCB=∠PBA．又∵∠ADG=∠ABF，∴∠PBA+∠ADG=∠PBA+∠ABF=90°，∴BF⊥PB，∴BF ⊥DG ，∴DG 和BF 的数量关系是相等(DG =BF )，位置关系是垂直(DG ⊥BF )，故答案为：DG =BF ，DG ⊥BF ；(2)连接AE ，由旋转性质知∠CAE =∠DAG =α，在Rt △AEG 和Rt △ACD 中，AG AE =cos45°=22，AD AC =cos45°=22，∴AG AE =AD AC，∴△ADG ∽△ACE ，∴DG CE =AG AE =22，∴CE DG=2，∵△ADG ∽△ACE ，∴∠ADG =∠ACE ．延长DG 、CE 交于点O ，∵∠DPO =∠CPA ，∴∠DOC =∠DAC =45°；(3)∵AB =8，点M 是边CD 的中点，点N 在对角线AC 上，CN =22，∴MC =4，∠MCN =45°，过点M 作MN '⊥AC ，在Rt △MCN '中，CN =MC ×cos45°=22，∴CN =CN '，即点N ，N 重合，∴MN ⊥NC ，∴∠MNC =90°，设∠ADG =θ，则∠GDC =90°-θ．∵MH ∥DG ，∴∠HMC =90°-θ，如图所示，连接E ，过点M 作MO ⊥DC 交AC 于点O ，∴MO ∥AD ，∴∠MOC =∠DAC =45°，∴△MOC 是等腰直角三角形，又∵MN ⊥OC ，∴MN =NC =NO ，∴AD AC =AG AE =cos45°=12，∠DAG =∠CAE =α，∴△ADG ∽△ACE ，∴∠ADG =∠ACE =θ，∴∠MCH =45°+θ，∴∠MHC =180°-∠HMC -∠HCM =180°-(90°-θ)-(45°+θ)=45°，∴∠MOC =∠MHC =45°，∴M 、C 、H 、O 四点共圆，∴线段NH 是一个定值，NH =CN =22．【点评】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，四点共圆，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．6(2023•碑林区校级三模)数学探究小组利用一些三角形彩纸裁剪面积最大的内接正方形，他们就有关问题进行了探究：定义：如果一个正方形的四个顶点都在一个三角形的边上，那么我们就把这个正方形叫做三角形的内接正方形．作图：如图1，正方形DEFG 的顶点E ，F 在边AB 上，顶点D 在边AC 上，在△ABC 及其内部，以A 为位似中心，作正方形DEFG 的位似正方形D ′E ′F ′G ′，且使正方形D ′E ′F ′G ′的面积最大．实践操作：(1)第一小组拿到的钝角三角形原材料，你认为在钝角三角形中存在1个内接正方形；(2)第二小组拿到的是直角三角形原材料，小明说：在直角三角形中，两个顶点都在斜边上的内接正方形的面积较大．小丽同学认为他的结论不正确，她通过计算腰长为1的等腰直角三角形(如图2和图3)的情况给予说明，请你帮助小丽同学完成计算和说理过程；(3)第三小组拿到的是不等边锐角三角形原材料，小华同学认为：在不等边锐角三角形中，两个顶点都在较大边上的内接正方形的面积反而较小．小华同学已经写出了题设条件，请你帮助他完成推理过程．如图4，设锐角△ABC 的三条边分别为a 、b 、c 不妨设a >b >c ，三条边上的对应高分别为h a 、h b 、h c ，内接正方形的边长分别为x a 、x b 、x c ．【分析】(1)分别讨论内接正方形有两个顶点在钝角三角形的三边上，根据三角形内角和定理进行求解即可；(2)分别求出图2和图3中两个内接正方形的边长即可得到答案；(3)如图所示，四边形DEFG 是△ABC 的内接正方形，过点A 作AH ⊥BC ，证明△ADG ∽△ABC ，△ABH ∽△DBE ，得到x a h a =BD AB ，x a a =AD AB，进而得到x a h a +x a a =1，则1x a =a 2S △ABC +1a 同理可得1x b =b 2S △ABC +1b ，1x c =c 2S △ABC +1c ，即可推出1x a -1x b =(a -b )1ah a -1ab，再由a >b ，b >h a ，推出1x a >1x b ，得到x a <x b ，同理可证x a <x c ，由此即可得到结论．【解答】解：(1)在钝角三角形中存在1个内接正方形，理由如下：不妨设△ABC为钝角三角形，∠A>90°，如图1-1所示，当内接正方形有两个顶点在BC上时，是可以得到1个内接正方形的；如图1-2所示，当内接正方形有两个顶点在AB上时，则在△AGF中，∠A>90°，∠AGF=90°，显然违背了三角形内角和定理，此种情形不成立；同理当当内接正方形有两个顶点在AC上时，此种情形不成立；综上所述，在钝角三角形中存在1个内接正方形；故答案为：1；(2)小明的结论不正确，理由如下：在等腰Rt△ABC中，AB=BC=1，∠B=90°，∴AC=AB2+BC2=2；如图2所示，设DE=BE=a，∴AE=AB-BE=1-a，∵四边形DEBF是正方形，∴∠DEA=90°=∠B，∴DE∥BC，∴△AED∽△ABC，∴a1=1-a1，∴a=12；如图3所示，∵四边形D′E′F′G′是正方形，∴D′G′∥E′F′，D′G′=G′F′，∠AF′G′=90°，∵AB=BC，∠B=90°，∴∠A=∠C=45°，∴∠BG′D′=∠A=45°=∠BD′G′=∠C，∴BG'=22D'G'，在Rt△AF′G′中，∠AF′G′=90°，∠A=45°，∴AG =2G 'F '=2D 'G '，∵AB =AG ′+BG ′，∴22D 'G '+2D 'G '=1，∴D 'G '=23，∵12>23，∴小明的结论不正确；(3)如图所示，四边形DEFG 是△ABC 的内接正方形，过点A 作AH ⊥BC ，∴DG ∥BC ，DE ∥AH ，∴△ADG ∽△ABC ，△ABH ∽△DBE ，∴xa h a =BD AB ，x a a =ADAB ，∴xah a +x a a =AD AB +BD AB =1，∴x a =aha a +h a ，∴1x a =a +ha ah a =a +2S △ABC a2S △ABC =a 2S △ABC +1a同理可得1x b =b2S △ABC +1b ，1x c =c2S △ABC +1c ，∴1x a -1x b =a 2S △ABC +1a -b 2S △ABC -1b=a -b 2S △ABC +b -aab=(a -b )12S △ABC -1ab=(a -b )1ah a -1ab ，∵a >b ，b >h a ，∴a -b >0，1ah a >1ab ，∴1ah a -1ab >0，∴(a -b )1ah a -1ab >0，即1x a -1x b >0，∴1xa >1xb，∴x a<x b，同理可证x a<x c，∴在不等边锐角三角形中，两个顶点都在较大边上的内接正方形的面积反而较小．【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键．7(2023•宁波一模)【基础巩固】(1)如图1，AB⊥BC于点B，CE⊥BC于点C，AC⊥DE交BC于点D，求证：ACDE=BC CE．【尝试应用】(2)如图2，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，作DF⊥AE交BC于点F，CE=EF，若AB=2，AD=4，求AEDF的值．【拓展提高】(3)如图3，菱形ABCD的边长为10，tan∠ACD=34，E为AD上的一点，作DG⊥CE交AC于点F，交AB于点G，且CE=2DF，求BG的长．【分析】(1)证明△ABC∽△DCE即可得出结论；(2)先证明△ABC∽△FCD，得AEDF=ABCF=BECD，再设CE=EF=x，则CF=2x，BE=BC-CE=4-x，即22x=4-x2，解之即可求出x值，再把x值代入比例式中即可求解；(3)连接BD交CE于M，交AC于O，根据菱形性质和解直角△COD，求得OD=6，OC=8，再证明△OMC∽△OFD，得OMOF=CMDF=OCOD=86=43，从而得CM=43DF，继而求得EM=23DF，然后证明△BMC∽△DME，得到CMEM=BMDM，则BMDM=2，即可求得DM=4，BM=8，从而求得OM=2，则可求得OF=32，AF=132，CF=8+32=192，证明△AGF∽△CDF得AGCD=AFCF，即AG10=132192，则AG=13019，最后由BG=AB-AG求解即可．【解答】解：(1)∵AC⊥DE，∴∠DCA+∠CDE=90°，∵CE⊥BC，∴∠ECD=90°，∠CDE+∠E=90°，∴∠CDA=∠E，又∵AB⊥BC，∴∠B=90°，∴∠B=∠ECD，∴△ABC∽△DCE，∴AC DE=BC CE；(2)∵四边形ABCD是矩形，∴CD =AB =2，BC =AD =4，∠B =∠C =90°，∴∠BAE +∠BEA =90°，∵DF ⊥AE ，∴∠DFC +∠BEA =90°，∴∠DFC =∠BAE ，∴△ABC ∽△FCD ，∴AE DF =AB CF =BE CD ，设CE =EF =x ，则CF =2x ，BE =BC -CE =4-x ，∴22x =4-x 2，解得：x 1=2-2，x 2=2+2(不符合题意，舍去)，∴AE DF =AB CF =22x =22(2-2)=2+22；(3)连接BD 交CE 于M ，交AC 于O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，∴∠DOC =90°，∴tan ∠ACD =OD OC =34，设OD =3k ，OC =4k ，由勾股定理，得(3k )2+(4k )2=102，解得：k =2，∴OD =6，OC =8，∵DG ⊥CE ，∴∠DFC +∠FCE =90°，∵∠DOC =90°，∴∠OMC +∠FCE =90°，∠DOF =∠COM ，∴∠OMC =∠DFO ，∴△OMC ∽△OFD ，∴OM OF =CM DF =OC OD =86=43，∴CM =43DF ，∵CE =2DF ，∴EM =23DF ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AD ∥BC ，∴△BMC ∽△DME ，∴CM EM =BM DM ，∴BM DM =2，∵BM +DM =BD =2OD =12，∴DM =4，BM =8，∴OM =2，∵OM OF =CM DF =43，即2OF =43，∴OF =32，∴AF =8-32=132，CF =8+32=192，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥DC ，∴△AGF ∽△CDF ，∴AG CD =AF CF ，即AG 10=132192，∴AG =13019，∴BG =AB -AG =10-13019=6019．【点评】本题考查矩形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，属四边形综合题目，难度较大，为中考压轴题目．8(2023•西湖区模拟)如图，在△ABC 中，点D 、E 、F 分别在AB 、BC 、AC 上，且DF ∥BC ，EF ∥AB ．(1)求证：△FEC ∽△ADF ；(2)设CF =13AC ．①若EF =3，求线段AB 的长；②若S △FEC =1，求S △ADF 的值．【分析】(1)利用平行线判定相似的方法，分别说明△ADF 与△ABC 、△CEF 与△CBA 相似，得结论；(2)利用相似三角形的性质得结论．【解答】(1)证明：∵DF ∥BC ，∴△ADF ∽△ABC ．∵EF ∥AB ，∴△CEF ∽△CBA ．∴△FEC ∽△ADF ．(2)解：∵△CEF ∽△CBA ，∴CF AC =EF AB=13．∴AB =3EF =9．∵CF =13AC ，∴CF AF=12．∵△FEC ∽△ADF ，∴S △FEC S △ADF =CF AF 2=14．∴S △ADF =4S △FEC =4．【点评】本题主要考查了相似三角形，掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．9(2023•西湖区模拟)如图，在菱形ABCD 中，AB =2，∠ABC =60°，E ，F 分别是线段AB 和AB 的延长线上的一点，且BF =BE ，连接CE ，DF 交于点G ，连接BG ．设AE EB=k (k >0)．(1)当k =1时，求CE 的长；(2)在(1)的条件下，求BG 的长；(3)求△DCG 的面积(用含k 的代数式表示)．【分析】(1)连接AC ，根据题意和菱形的性质可得△ABC 为等边三角形，AE =EB =12AB =1，在Rt △BCE 中，CE =BC •sin ∠CBE ；(2)根据理性的性质得AB ∥CD ，进而得∠DCG =∠FEG ，∠CDG =∠EFG ，由AE =EB =BF 可得EF =CD ，以此可通过ASA 证明△CDG ≌△EFG ，则EG =32，再根据勾股定理即可求解；(3)设点G 到CD 的距离为h 1，点G 到AB 的距离为h 2，则h 1+h 2=3，即h 2=3-h 1，易证明△CDG ∽△EFG ，得CD EF =h 1h 2，根据题意可得CD =(k +1)EB ，EF =2EB ，因此k +12=h 13-h 1，进而得到h 1=(k +1)3k +3，以此即可求解．【解答】解：(1)如图，连接AC ，在菱形ABCD 中，AB =2，∠ABC =60°，∴BC =AB =2，∴△ABC 为等边三角形，∵AE EB =k ，k =1，∴AE =EB =12AB =1，即E 为AB 中点，∴CE ⊥AB ，∴∠BEC =90°，在Rt △BCE 中，CE =BC •sin ∠CBE =2×32=3；(2)∵四边形ABCD 为菱形，∴AB ∥CD ，∴∠DCG =∠FEG ，∠CDG =∠EFG ，由(1)知，AE =EB =1，∵BF =BE ，∴AB =EF =CD ，在△CDG 和△EFG 中，∠DCG =∠FEG CD =EF ∠CDG =∠EFG，∴△CDG ≌△EFG (ASA )，∴CG =EG =12CE =32，在Rt △BEG 中，BG =BE 2+EG 2=12+32 2=72；(3)设点G 到CD 的距离为h 1，点G 到AB 的距离为h 2，由(1)可知，h 1+h 2=3，即h 2=3-h 1，∵四边形ABCD 为菱形，∴AB =CD =BC =2，AB ∥CD ，∴∠DCG =∠FEG ，∠CDG =∠EFG ，∴△CDG ∽△EFG ，∴CD EF =h 1h 2，∵AE EB=k ，∴AE =kEB ，∴CD =AB =AE +EB =kEB +EB =(k +1)EB ，∵BF =BE ，∴EF =EB +BF =2EB ，∴(k +1)EB 2EB =h 1h 2，即k +12=h 1h 2，∵h 2=3-h 1，∴k +12=h 13-h 1，∴h 1=(k +1)3k +3，∴S △DCG =12⋅CD ⋅h 1=12×2⋅(k +1)3k +3=(k +1)3k +3．【点评】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用所学知识问题解决问题是解题关键．10(2023•包河区一模)如图1，AB =AC =2CD ，DC ∥AB ，将△ACD 绕点C 逆时针旋转得到△FCE ，使点D 落在AC 的点E 处，AB 与CF 相交于点O ，AB 与EF 相交于点G ，连接BF ．(1)求证：△ABE ≌△CAD ；(2)求证：AC ∥FB ；(3)若点D ，E ，F 在同一条直线上，如图2，求AB BC的值．(温馨提示：请用简洁的方式表示角)【分析】(1)首先说明CD =AE ，再利用SAS 即可证明结论；(2)由旋转可知EF =AD ，由(1)中全等可得BE =AD ，从而得出EF =BE ，进而得出∠8=∠7，则∠2=∠6，再利用三角形外角的性质得∠2=∠7，利用平行线的判定即可证明；(3)利用△FEC ∽△AED ，得EF EC =EA ED ，由△EAF ∽△FAC ，得AE AF =AF AC ，可知AB AF=2，再证明AF =BC ，即可解决问题．【解答】(1)证明：由旋转得，△FCE ≌△ACD ，∴CE =CD ，∵AC =2CD ，∴AC =2CE ，∵AC =CE +AE ，∴AC =2AE ，∴CD =AE ，∵DC ∥AB ，∴∠1=∠2，在△ABE 与△CAD 中，AB =CA ∠2=∠1AE =CD，∴△ABE ≌△CAD (SAS )；(2)证明：如图1，由(1)得△FCE ≌△ACD ，△ABE ≌△CAD ，∴FE =AD ，BE =AD ，∠4=∠5，∠3=∠5，∠6=∠1，∴FE =BE ，∠4=∠3，∵FE =BE ，∴∠EFB =∠EBF ，∴∠4+∠8=∠3+∠7，∴∠8=∠7，∵∠1=∠2，∠6=∠1，∴∠2=∠6，∵∠9=∠2+∠6，∠9=∠7+∠8，∴∠2+∠6=∠7+∠8，∴2∠2=2∠7，∴∠2=∠7，∴AC ∥FB ；(3)解：如图2，由(2)得∠4=∠5，∠1=∠6，∵∠4=∠5，∠FEC =∠AED ，∴△FEC ∽△AED ，∴EF EA =EC ED ，∴EF EC=EA ED ，又∵∠FEA =∠CED ，∴△FEA ∽△CED ，∴∠EFA =∠1，∴∠EFA =∠6，又∵∠EAF =∠FAC ，∴△EAF ∽△FAC ，∴AE AF =AF AC ，∴AF 2=AE •AC ，∵AE =12AC ，∴AF 2=12AC 2，∵AB =AC ，∴AF 2=12AB 2，∴AB 2AF 2=2，∴AB AF=2(负值已舍)，由(2)得∠2=∠6，∠7=∠8，∴AO =CO ，FO =BO ，在△AOF 与△COB 中，∵AO =CO ，∠AOF =∠COB ，FO =BO ，∴△AOF ≌△COB (SAS )，∴AF =CB ，∴AB BC=2．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定等知识，得出AB AF=2是解决问题(3)的关键．11(2023•沭阳县一模)我们定义：三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，那么称这个三角形是2倍角三角形．(1)定义应用：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数为45°或72°；(2)性质探索：小思同学通过对2倍角三角形的研究，发现：在△ABC 中，如果∠A =2∠B =90°，那么BC 2=AC (AB +AC )，下面是小思同学的证明方法：已知：如图1，在△ABC 中，∠A =90°，∠B =45°．求证：BC 2=AC (AB +AC )．证明：如图1，延长CA 到D ，使得AD =AB ，连接BD ，∴∠D =∠ABD ，AB +AC =AD +AC =CD ；∵∠CAB =∠D +∠ABD =2∠D ，∠CAB =90°∴∠D =45°，∵∠ABC =45°，∴∠D =∠ABC ，又∠C =∠C ∴△ABC ∽△BCD ，∴BC CD =AC BC∴BC 2=AC •CD ∴BC 2=AC (AB +AC )根据上述材料提供的信息，请你完成下列情形的证明：已知：如图2，在△ABC 中，∠A =2∠B ，求证：BC 2=AC (AB +AC )；(3)性质应用：已知：如图3，在△ABC 中，∠C =2∠B ，AB =6，BC =5，则AC =4；(4)拓展应用：已知：如图4，在△ABC 中，∠ABC =3∠A ，AC =5，BC =3，求AB 的长．【分析】(1)根据2倍角三角形的定义，用分类讨论的思想解决问题即可；(2)通过证明△ACD ∽△BCA ，可得AC BC =CD AC =AD AB，即AC 2=BC •CD ，AC •AB =BC •AD =BC •BD ，可得结论；(3)利用相似三角形的性质，结合已知条件即可证明；(4)应用结论以及相似三角形的性质解决问题即可．【解答】(1)解：当等腰三角形的内角分别为x ，x ，2x 时，4x =180°，解得x =45°，当等腰三角形的内角分别为x ，2x ，2x 时，5x =180°，解得x =36°，2x =72°，∴底角的度数为45°或72°，故答案为：45°或72°；(2)如图1，作AD 平分∠BAC ，交BC 于D ，∴∠BAC =2∠DAC =2∠BAD ，∵∠BAC =2∠B ，∴∠ABC =∠DAC =∠BAD ，∴BD =AD ，∵∠ABC =∠DAC ，∠ACD =∠ACB ，∴△ACD ∽△BCA ，∴AC BC =CD AC =AD AB，∴AC 2=BC •CD ，AC •AB =BC •AD =BC •BD ，∴AC2+AC•AB=BC•CD+BC•BD=BC•(BD+CD)，∴BC2=AC(AC+AB)．(3)由性质探索可知：AB2=AC(BC+AC)，∴AC2+5AC-36=0，解得AC=4或-9(舍弃)．故答案为：4；(4)如图3，作∠CBD=∠A，交AC于点D，则∠ABD=2∠A，∴△ABD是2倍角三角形．∴AD2=BD(BD+AB)，∵∠BDC是△ABD的外角，∴∠BDC=∠A+∠ABD=3∠A，∴∠BDC=∠ABC=3∠A，又∵∠C=∠C，∴△CBD∽△CAB，∴CB CA=BDAB=CDCB，∴CD=95，BDAB=3 5，∴AD=AC-CD=165，设BD=3x，则AB=5x，∴1652=3x(3x+5x)，∴x=4615或x=-4615(不合题意舍去)，∴AB=3x=465．【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，2倍角三角形的定义以及性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．12(2023•庐阳区校级一模)已知：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是∠ACB的平分线，连接DA、DB，且DA⊥DB于点D．(1)求证：DA=DB；(2)如图2，点E、F分别是边CD、AC上的点，且BE⊥EF于点E，求AFDE的值．【分析】(1)证明点A，C，B，D四点共圆，即可解决问题；。

类比探究几何压轴题-合集版

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1．（1）尝试探究如图①，在△ABC 中，°90ACB ∠=，30A ︒∠=，点E 、F 分别是边BC 、AC 上的点，且//EF AB . ①AF BE的值为多少；②直线AF 与直线BE 的位置关系； （2）类比延伸如图②，若将图①中的△CEF 绕点C 顺时针旋转，连接AF ，BE ，则在旋转的过程中，请判断AF BE的值及直线AF 与直线BE 的位置关系，并说明理由； （3）拓展运用若BC 3=，2CE =，在旋转过程中，当B ，E ，F 三点在同一直线上时，请直接写出此时线段AF 的长.【答案】（1），②AF BE ⊥；（2）AF BE=；AF BE ⊥，理由见解析；（3）或【解析】【分析】 （1）①利用三角函数可求出CFEC ，AC，再通过线段的差进行转化可得出AFBE ，即可得出答案；②根据°90ACB ∠=，即可得出直线AF 与直线BE 的位置关系；（2）先利用三角函数求出CF 与EC ，AC 与BC 的关系，再证出ACF ∽BCE ，利用相似的性质即可得出答案；（3）根据题意可画出两种满足题意的图形，再利用（2）中的结论即可求出答案.【详解】解：（1）①∵在△ABC 中，∠ACB =90°，∠A =30°，EF //AB ,∴∠CFE =∠A =30°，∴CFEC ，AC，∴AF =AC -CF-BC -EC)= BE ，试卷第68页，总68页 ∴AF BE②∵°90ACB ∠=，∴AF ⊥BE ；（2）AF BE=AF BE ⊥ 理由如下：由（1）及旋转的性质知，30CFE CAB ︒∠=∠=，90FCE ACB ︒∠=∠=，在t R CEF中，tan CF CEF CE∠== 在t R CBA中，tan AC ABC BC∠==； =CF AC CE BC ∴， 又90FCE ACB ︒∠=∠=，FCA ACE FCE ∠+∠=∠，ACE BCE ACB ∠+∠=∠，ACF ∴∽BCE ，AF AC BE BC∴== 如图，延长BE 交AC 于点H ，交AF 于点G ，ACF ∽BCE ，CBE CAF ∴∠-∠，90CBE CHB ︒∠+∠=，CHB GHA ∠=∠，90CAF GHA ︒∴∠+∠=90AGH ︒∴∠=，即AF BE ⊥；（3）【点睛】本题主要考查了三角函数、旋转、相似的判定和性质等知识. 结合图形综合运用所学知识进行证明是解题的关键.2．()1尝试探究如图-①，在△ABC 中，∠C=90°，∠A=30°，点E 、F 分别是BC 、AC 边上的点，且EF//BC . ① AF BE的值为 ；②直线AF 与直线BE 的位置关系为 ； ()2类比延伸如图②，若将图①中的CEF 绕点C 顺时针旋转，连接,AF BE ，则在旋转的过程中，请判断AF BE的值及直线AF 与直BE 线的位置关系，并说明理由； ()3拓展运用若3,2BC CE ==，在旋转过程中，当,,B E F 三点在同一直线上时，请直接写出此时线段AF 的长.【答案】()1①②AF BE ⊥；()2AF BE=AF BE ⊥；（3）【解析】【分析】（1）①根据直角三角形30°角的性质即可解决问题；②根据已知可直接得出答案；（2）只要证明△ACF ∼△BCE ，根据相似三角形的性质即可得AF BE的值，也可得∠BCE=∠CAF ，继而推导AGH 90∠=即可得；（3）分两种情况画出图形分别解决即可.【详解】 ()1 ①∵在△ABC 中，∠ABC=90°，∠A=30°，EF//AB ，∴∠CFE=∠A=30°，∴CF=tan30CE ︒EC ，AC=tan30BC ︒， ∴AF=AC -BC -EC ）BE ， ∴AF BE试卷第68页，总68页；②∵∠ACB=90°，∴AF BE ⊥，即直线AF 与直线BE 的位置关系为垂直，故答案为：AF BE ⊥；()2AF BE = AF BE ⊥， 理由如下：由()1及旋转的性质知CFE CAB 30∠∠==，FCE ACB 90∠∠==，在Rt CEF中，CF tan CEF CE∠== 在Rt CBA中，AC tan CBA BC∠==， CF AC CE BC ∴=，又FCE ACB 90∠∠==， FCA ACE FCE ∠∠∠+=，ACE BCE ACB ∠∠∠+=，∴FCA ∠=BCE ∠ACF BCE ∴~，AF AC BE BC∴==， 如图，延长BE 交AC 于点H ，交AF 于点G ，ACF BCE ~，CBE CAF ∠∠∴=，CBE CHB 90∠∠+=，CHB GHA ∠∠=，CAF GHA 90∠∠∴+=，AGH 90∠∴=，即AF BE ⊥；()3 ①如图，∵△ECB ∽△FCA ，∴AF ：BE=CF ：，设BE=a ，则，∵B 、E 、F 共线，∴∠BEC=∠AFC=120°，∵∠EFC=30°，∴∠AFB=90°，在Rt △ABF 中，AB=2BC=6，，BF=EF+BE=4+a ，∴)()22246a ++=， ∴a=-或-1（舍去），∴a=②如图，当E 、B 、F 共线时，同法可证：BE ，∠AFB=90°，在Rt △ABF中，)()22246a +-=， ∴或1（舍去），∴a=综上，AF的长为【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，本题综合性较强，有一定的难度，正确寻找相似三角形、运用分类讨论思想是解题的关键.3．综合与实践数学活动课上，小红画了如图1所示的两个共用直角顶点的等腰直角三角形ABD 与等腰直角三角形ACE ，其中AB AD AC AE ===，90BAD CAE ∠=∠=︒，连接BC ，M 、N 、G 分别为边BD 、CE 、BC 的中点，连接MG 、NG .操作发现：小红发现了：GM 、GN 有一定的关系，数量关系为_____________________________；位置关系为_________________.试卷第68页，总68页类比思考：如图2，在图1的基础上，将等腰直角三角形ABD 绕点A 旋转一定的角度，其它条件都不变，小红发现的结论还成立吗？请说明理由.（提示：连接DC 、EB 并延长交于一点F ）深入探究：在上述类比思考的基础上，小红做了进一步的探究.如图3，作任意一个三角形ABC ，其中AB AC ，在三角形外侧以AB 为腰作等腰直角三角形ABD ，以AC 为腰作等腰直角三角形ACE ，分别取斜边BD 、CE 与边BC 的中点M 、N 、G ，连接GM 、GN 、MN ，试判断三角形GMN 的形状，并说明理由.【答案】操作发现：MG=NG ，MG ⊥NG ；类比思考：MG=NG ，MG ⊥NG 成立，理由见解析；深入探究：△MGN 是等腰直角三角形，理由见解析．【解析】【分析】操作发现：利用SAS 判断出△ACD ≌△AEB ，得出CD=BE ，∠ADC=∠ABE ，进而判断出∠BDC+∠DBH=90°，即：∠BHD=90°，最后用三角形中位线定理即可得出结论； 类比思考：同操作发现的方法得出MG=NG，最后利用三角形中位线定理和等量代换即可得出结论；深入探究：同操作发现的方法即可得出结论．【详解】解：操作发现：如图1，连接BE，CD相交于H，∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴CD=BE，∠ADC=∠ABE，∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD= 90°，∴∠BHD=90°，∴CD⊥BE，∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MG∥CD，MG=12CD，同理：NG∥BE，NG=12 BE，∴MG=NG，MG⊥NG，故答案为：MG=NG，MG⊥NG；类比思考：MG=NG，MG⊥NG成立，理由：如图2，连接DC、EB并延长交于一点F 同操作发现的方法得，MG=NG，同操作发现的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB=∠ACD，∴∠CEF+∠ECF=∠AEF-∠AEC+180°-∠ACD-∠ACE=∠ACD-45°+180°-∠ACD-45°=9 0°，∴∠DFE=90°，同操作发现的方法得，MG⊥NG，∴MG=NG，MG⊥NG；深入探究：△MGN是等腰直角三角形，理由：如图3，连接CD，BE相交于点H，同操作发现的方法得，MG=NG，MG⊥NG，∴△MGN是等腰直角三角形．故答案为：操作发现：MG=NG，MG⊥NG；类比思考：MG=NG，MG⊥NG成立，理由见解析；深入探究：△MGN是等腰直角三角形，理由见解析．【点睛】本题是三角形综合题，考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形的中位线定理，正确作出辅助线用类比的思想解决问题是解题的关键．4．如图1，在正方形ABCD内有一点P，PA=3，PB=2，PC=1，求∠BPC的度数．分析：根据已知条件比较分散的特点，我们可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′A（如图2），然后连结PP′，这时再分别求出∠BP′P和∠AP′P的度数．解答：（1）请你根据以上分析再通过计算求出图2中∠BPC的度数；（2）如图3，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且PB=4，PC=2，求∠BPC的度数．试卷第68页，总68页【答案】（1）135°；（2）120°.【解析】试题分析：(1)根据旋转的性质得到∠P′BP=90°，BP′=BP=2 ，P′A=PC=1，∠BP ′A=∠BPC ，则△BPP ′为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得PP′= PB=2，∠BP ′P=45°，利用勾股定理的逆定理可得到△APP ′为直角三角形，且∠AP′P=90°，则∠BPC=∠BP ′A=45°+90°=135°；（2）把△BPC 绕点B 逆时针旋转120°，得到了△BP′A ，根据旋转的性质得到∠P′BP=120°，BP′=BP=4，P′A=PC=2，∠BP ′A=∠BPC ，则∠BP′P=∠BPP ′=30°，得到P′H=PH ，利用含30°的直角三角形三边的关系得到BH=12BP′=2，，得到P′P=2P′H=4，再利用勾股定理的逆定理可得到△APP ′为直角三角形，且∠AP′P=90°，于是有∠BPC=∠BP ′A=30°+90°=120°.试题解析：（1）如图2（（（BPC 绕点B 逆时针旋转90°，得到了（BP′A（（（P′BP=90°（BP′=BP=2 （P′A=PC=1（（BP′A=（BPC（（（BPP′为等腰直角三角形，∴PP′=PB=2（（BP′P=45°（在（APP′中，AP=3（PP′=2（AP′=1（∵32=（）2+12，（AP2=PP′2+AP′2（（（APP′为直角三角形，且（AP′P=90°（（BP′A=45°+90°=135°（（（BPC=（BP′A=135°（（2）如图3（（六边形ABCDEF为正六边形，（（ABC=120°（把（BPC绕点B逆时针旋转120°，得到了（BP′A（（（P′BP=120°（BP′=BP=4（P′A=PC=2（（BP′A=（BPC（（（BP′P=（BPP′=30°（过B作BH（PP′于H（（BP′=BP（（P′H=PH（在Rt（BP′H中，（BP′H=30°（BP′=4（∴BH=12BP′=2，，∴，在△APP′中，AP′=2，∵（2=（2+22，（AP2=PP′2+AP′2（（（APP′为直角三角形，且（AP′P=90°（（（BP′A=30°+90°=120°（（（BPC=120°（点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理与逆定理以及含30°的直角三角形三边的关系．试卷第68页，总68页5．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在▱ABCD中，点E是BC边上的中点，点F是线段AE上一点，BF的延长线交射线CD于点G，若=3，求的值．（1）尝试探究在图1中，过点E作EH∥AB交BG于点H，则AB和EH的数量关系是，CG 和EH的数量关系是，的值是（2）类比延伸如图2，在原题的条件下，若=m（m≠0），则的值是（用含m的代数式表示），试写出解答过程．（3）拓展迁移如图3，梯形ABCD中，DC∥AB，点E是BC延长线上一点，AE和BD相交于点F，若=a，=b（a＞0，b＞0），则的值是（用含a，b的代数式表示）．【答案】（1）AB=3EH；CG=2EH；．（2）．（3）ab．【解析】试题分析：（1）本问体现“特殊”的情形，=3是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用EH来表示，最后求得比值；（2）本问体现“一般”的情形，=m不再是一个确定的数值，但（1）问中的解题方法依然适用，如答图2所示．（3）本问体现“类比”与“转化”的情形，将（1）（2）问中的解题方法推广转化到梯形中，如答图3所示解：（1）依题意，过点E作EH∥AB交BG于点H，如图1所示．则有△ABF∽△EHF，∴==3，∴AB=3EH．∵▱ABCD，EH∥AB，∴EH∥CD，又∵E为BC中点，∴EH为△BCG的中位线，∴CG=2EH．∴．故答案为：AB=3EH；CG=2EH；．（2）如图2所示，作EH∥AB交BG于点H，则△EFH∽△AFB．∴．∴AB=mEH．∵AB=CD，∴CD=mEH．∵EH∥AB∥CD，∴△BEH∽△BCG．∴=2，∴CG=2EH．∴=．故答案为：．（3）如图3所示，过点E作EH∥AB交BD的延长线于点H，则有EH∥AB∥CD．∵EH∥CD，∴△BCD∽△BEH，∴=b，∴CD=bEH．又，∴AB=aCD=abEH．∵EH∥AB，∴△ABF∽△EHF，∴=ab．故答案为：ab．考点：相似形综合题．6．阅读理解：运用“同一图形的面积相等”可以证明一些含有线段的等式成立，这种解决问题的方法我们称之为面积法．．．. 如图1，在等腰△ABC中，A B=A C， AC 边上的高为h，点M为底边BC上的任意一点，点M到腰AB、AC的距离分别为h1、h2，连接AM，利用S△ABC=S△ABM＋S△ACM，可以得出结论：h= h1＋h2.类比探究：在图1中，当点M在BC的延长线上时，猜想h、h1、h2之间的数量关系并证明你的结论.拓展应用：如图2，在平面直角坐标系中，有两条直线l1：y=34x+3，l2：y=－3x+3，若l2上一点M到l1的距离是1，试运用“阅读理解”和“类比探究”中获得的结论，求出点M的坐标.【答案】（1）h = h1－h2（2）（13，2）或（－13，4）【解析】试题分析：（1）连接AM，△ABC被分成△ABM和△ACM两个三角形，根据三角形的面积公式分别求解，再根据S△ABC=S△ABM+S△AMC整理即可得到h1+h2=h．（2）先根据直线关系式求出A、B、C三点的坐标利用勾股定理求出AB=AC，所以△ABC 是等腰三角形，再分点M在线段BC上和CB的延长线上两种情况讨论求解．试题解析：（1）h = h1－h2.证明：连接OA，∵S△ABC =12AC·BD=12AC·h，S△ABM =12AB·ME =12AB·h1，S△ACM=12AC·MF =12AC·h2，.又∵S△ABC=S△ABM－S△ACM，∴12AC·h =12AB·h1－12AC·h2.∵AB=AC，∴h = h1－h2.（2）在y =34x+3中，令x=0得y=3；令y=0得x=－4，则：A（－4，0），B（0，3），同理求得C（1，0），OA=4，OB=3， AC=5，AB，所以AB=AC，即△ABC为等腰三角形．设点M 的坐标为（x ，y ），①当点M 在BC 边上时，由h 1+h 2=h 得：OB = 1+y ，y =3－1=2，把它代入y =－3x +3中求得：x =13，∴M （13，2）②当点M 在CB 延长线上时，由h 1－h 2=h 得：OB = y －1，y =3+1=4，把它代入y =－3x +3中求得：x =－13，∴M （－13，4）.综上所述点M 的坐标为（13，2）或（－13，4）.点睛：解答本题的关键在于利用等腰三角形两边相等的性质和三角形面积的关系，利用面积求解在几何解答题中经常用到，同学们在答题时一定要灵活运用． 7．（1）阅读理解利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法.如图，点P 是等边三角形ABC 内一点，1PA =，PB =2PC =.求BPC ∠的度数.为利用已知条件，不妨把BPC ∆绕点C 顺时针旋转60︒得'AP C ∆，连接'PP ，则'PP 的长为_______；在'PAP ∆中，易证'90PAP ∠=︒，且'PP A ∠的度数为________，综上可得BPC ∠的度数为_______；（2）类比迁移如图，点P 是等腰Rt ABC ∆内的一点，90ACB ∠=︒，2PA =，PB =1PC =.求APC ∠的度数；（3）拓展应用如图，在四边形ABCD 中，5BC =，8CD =，12AB AC AD ==，2BAC ADC ∠=∠，请直接写出BD 的长.【答案】（1）2, 30°，90°；（2）90°；（3） 【解析】 【分析】（1）由旋转性质、等边三角形的判定可知△CP′P 是等边三角形，由等边三角形的性质知∠CP′P=60°，根据勾股定理逆定理可得△AP′P 是直角三角形，继而可得答案． （2）如图2，把△BPC 绕点C 顺时针旋转90°得△AP'C ，连接PP′，同理可得△CP′P 是等腰直角三角形和△AP′P 是等腰直角三角形，所以∠APC=90°；（3）如图3，将△ABD 绕点A 逆时针旋转得到△ACG ，连接DG ．则BD=CG ，根据勾股定理求CG 的长，就可以得BD 的长． 【详解】（1）把△BPC 绕点C 顺时针旋转60°得△AP'C ，连接PP′（如图1）．由旋转的性质知△CP′P 是等边三角形；∴CP′P=60°、P′P=PC=2，在△AP′P 中，∵AP 2+P′A 2=12+2=4=PP′2； ∴△AP′P 是直角三角形； ∴∠P′AP=90°．∵PA=12 PC，∴∠AP′P=30°；∴∠BPC=∠CP′A=∠CP′P+∠AP′P=60°+30°=90°．（2）如图2，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C，连接PP′．由旋转的性质知△CP′P是等腰直角三角形；∴P′C=PC=1，∠CPP′=45°、，，在△AP′P中，∵AP'2+P′P2=）2+）2=4=AP2；∴△AP′P是等腰直角三角形；∴∠AP′P=90°．∴∠APP'=45°∴∠APC=∠APP'+∠CPP'=45°+45°=90°（3）如图3，∵AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，∵∠BAD=∠CAG，∴∠BAC=∠DAG，∵AB=AC，AD=AG，∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD=2AB，∴DG=2BC=10，过A作AE⊥BC于E，∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，∴∠ADG+∠ADC=90°，∴∠GDC=90°，∴==，∴【点睛】本题是四边形的综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质、三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和旋转的性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，8．通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的。

四边形类比探究问题(可编辑修改word版)

四边形类比探究问题(可编辑修改word版)

四边形类比探究问题一．解答题（共11 小题）1.已知，如图1，正方形ABCD 和正方形BEFG，三点A、B、E 在同一直线上，连接AG和CE（1）线段AG 和线段CE 的数量关系为；（2）将正方形BEFG，绕点B 顺时针旋转到图2 的位置时，（1）中的结论是否成立？请说明理由；（3）若在图2 中连接AE 和CG，且AE＝5，CG＝2，求AC2+GE2＝．（直接写出结果）2.问题探究：（1）已知：如图1，在正方形ABCD 中，点E，H 分别在BC，AB 上，若AE⊥DH于点O．求证：AE＝DH；类比探究：（2）已知：如图2，在正方形ABCD 中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA 上，若EF⊥HG 于点O，则线段EF 与HG 有什么数量关系，并说明理由；拓展应用：（3）已知：如图3，在（2）问条件下，若HF∥EG，BE＝EC＝3，EO＝3FO，求HG 的长．（写出求解过程）3．（1）问题发现如图1，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点A、D、E 在同一条直线上，连接BE．填空：①∠AEB 的度数为；②线段AD、BE 之间的数量关系为．（2）拓展研究如图2，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E 在同一条直线上，CM 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE，请判断∠AEB 的度数及线段CM、AE、BE 之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在正方形ABCD 中，CD＝2，若点P 满足PD＝2，且∠BPD＝90°，请直接写出点A 到BP 的距离．4.如图1，点C 在线段AB 上，分别以AC、BC 为边在线段AB 的同侧作正方形ACDE 和正方形BCMN，连结AM、BD．（1）AM 与BD 的关系是：．（2）如果将正方形BCMN 绕点C 顺时针旋转锐角α，其它不变（如图2）．（1）中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）在（2）的条件下，连接AB、DM，若AC＝4，BC＝2，求AB2+DM2的值．5.如图①，在▱ABCD 中，点E、F 分别在AD、BC 上，且AE＝CF，连接AF、BE 交于点G，连接CE、DF 交于点H．（1）求证四边形EGFH 为平行四边形．（2）提出问题：在AD、BC 边上是否存在点E、F，使得四边形EGFH 为矩形？小明从特殊到一般探究了问题．【特殊化】如图②，若∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝6．在AD、BC 边上是否存在点E、F，使得四边形EGFH 为矩形？若存在，求出此时AE 的长度；若不存在，说明理由．【一般化】如图③，若∠ABC＝60°，AB＝m，BC＝n．在AD、BC 边上是否存在点E、F 使得四边形EGFH 为矩形？根据点E、F 存在（或不存在）的可能情况，写出对应的m、n 满足的条件，存在时直接写出AE 的长度．（用含m、n 的代数式表示）6.问题探究：（1）已知：如图1，在正方形ABCD 中，点E，H 分别在BC，AB 上，若AE⊥DH 于点O，求证：AE＝DH；类比探究：（2）如图2，在正方形ABCD 中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA 上，若EF⊥HG 于点O，探究线段EF 与HG 的数量关系，并说明理由．拓展应用：（3）已知，如图3，在（2）的条件下，若BC＝4，点E 为BC 的中点，DF＝3AF，连结FH，HE，EG，GF．求四边形HEGF 的面积．7.已知AC，EC 分别是四边形ABCD 和EFCG 的对角线，直线AE 与直线BF 交于点H（1）观察猜想如图1，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，线段AE 和BF 的数量关系是；∠AHB＝．（2）探究证明如图2，当四边形ABCD 和FFCG 均为矩形，且∠ACB＝∠ECF＝30°时，（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．（3）拓展延伸在（2）的条件下，若BC＝9，FC＝6，将矩形EFCG 绕点C 旋转，在整个旋转过程中，当A、E、F 三点共线时，请直接写出点B 到直线AE 的距离．8.数学学习小组“文化年”最近正在进行几何图形组合问题的研究，认真研读以下三个片段，并回答问题．【片断一】小文说：将一块足够大的等腰直角三角板置于一个正方形中，直角顶点与对角线交点重合，在转动三角板的过程中我发现某些线段之间存在确定的数量关系．如图（1），若三角板两条直角边的外沿分别交正方形的边AB，BC 于点M，N，则①OM+ON ＝MB+NB；②AM+CN＝OD．请你判断他的猜想是否正确？若正确请说明理由；若不正确请说明你认为正确的猜想并证明．【片断】小化说：将角板中个45°角的顶点和正方形的一个顶点重合放置，使得这个角的两条边与正方形的一组邻边有交点．如图（2），若以A 为顶点的45°角的两边分别交正方形的边BC、CD 于点M，N．交对角线BD 于点E、F，我发现：BE2+DE2＝2AE2，只要准确旋转图（2）中的一个三角形就能证明这个结论．请你在图2 中画出图形并写出小化所说的具体的旋转方式：．【片断三】小年说：将三角板的一个45°角放置在正方形的外部，同时角的两边恰好经过正方形两个相邻的顶点．如图（3），设顶点为E 的45°角位于正方形的边AD 上方，这个角的两边分别经过点B、C，连接EA，ED，那么线段EB，EC，ED 也存在确定的数量关系：（EB+ED）2＝2EC2，请你证明这个结论．9．（1）[方法回顾]证明：三角形中位线定理．已知：如图1，在△ABC 中，D、E 分别是AB、AC 的中点．求证：DE∥BC，DE＝BC．证明：如图1，延长DE 到点F，使得EF＝DE，连接CF；请继续完成证明过程：（2）[问题解决]如图2，在矩形ABCD 中，E 为AD 的中点，G、F 分别为AB、CD 边上的点，若AG＝3，DF＝7，∠GEF＝90°，求GF 的长．（3）[思维拓展]如图3，在梯形ABCD 中，AD∥BC，∠A＝90°，∠D＝120°，E 为AD 的中点，G、F 分别为AB、CD 边上的点，若AG＝2，DF＝4，∠GEF＝90°，求GF 的长．10.如图1，图2，△ABC 中，BF，CE 分别为AC，AB 边上的中线，BF⊥CE 于点P．（1）如图1，当BC＝6，∠PCB＝45°时，PE＝，AB＝；（2）如图2，猜想AB2、AC2、BC2 三者之间的数量关系，并给予证明；（3）如图3，▱ABCD 中，点M，N 分别在AD，BC 上，AD＝3AM，BC＝3BN，连接AN，BM，CM，AN 与BM 交于点G，若BM⊥CM 于点M，AB＝4，AD＝3，求AN 的长．11.【探索发现】如图1，△ABC 是等边三角形，点D 为BC 边上一个动点，将△ACD 绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，连接CE．小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形．小明是这样想的：（1）请参考小明的思路写出证明过程；（2）直接写出线段CD，CF，AC 之间的数量关系：；【理解运用】如图2，在△ABC 中，AD⊥BC 于点D．将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△AEF，延长FE 与BC 交于点G．（3）判断四边形ADGF 的形状，并说明理由；【拓展迁移】（4）在（3）的前提下，如图3，将△AFE 沿AE 折叠得到△AME，连接MB，若AD＝6，BD＝2，求MB 的长．四边形类比探究问题参考答案与试题解析一．解答题（共11 小题）1.【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝CB，BG＝BE，∠ABG＝∠CBE＝90°，由SAS证明△ABG≌△CBE，得出对应边相等AG＝CE；（2）由正方形的性质得出AB＝CB，BG＝BE，∠ABG＝∠CBE＝90°，证出∠ABG＝∠CBE，由SAS 证明△ABG≌△CBE，得出AG＝CE；（3）连接AC、EG，设AG、CE 交点为H，由由角的互余关系得出∠2+∠BCE＝90°，得出∠ AHC＝90°，得出AG⊥CE；再由勾股定理求出AC2+EG2＝C G2+AE2，求出AC2+EG2，然后由正方形的面积等于对角线平方的一半求解即可．【解答】解：（1）如图1 所示：延长AG 交CE 于H，∵四边形ABCD 和四边形BEFG 是正方形，∴AB＝CB，BG＝BE，∠ABG＝∠CBE＝90°，在△ABG 和△CBE 中，∵，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴AG＝CE，故答案为：AG＝CE；（2）AG＝CE，且AG⊥CE 仍然成立．理由如下：如图2 所示：∵四边形ABCD 和四边形BEFG 是正方形，∴AB＝CB，BG＝BE，∠ABC＝∠EBG＝90°，∵∠ABG＝∠ABC+∠CBG，∠CBE＝∠EBG+∠CBG，∴∠ABG＝∠CBE，在△ABG 和△CBE 中，∵，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴AG＝CE；（3）如图2 所示：连接AC、EG，∵△ABG≌△CBE，∴∠BAG＝∠BCE，∵∠1+∠BAG＝90°，∴∠1+∠BCE＝90°，∵∠1＝∠2，∴∠2+∠BCE＝90°，∴∠AHC＝90°，∴AG⊥CE；在Rt△CGH 中，CG2＝CH2+GH2，在Rt△AEH 中，AE2＝AH2+EH2，∴CG2+AE2＝CH2+GH2+AH2+EH2＝（CH2+AH2）+（GH2+EH2）＝AC2+EG2，∵AE＝5，CG＝2，∴AC2+EG2＝22+52＝29．故答案为：29．【点评】本题是四边形的综合问题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．2.【分析】（1）由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DH；（2）EF＝GH．将FE 平移到AM 处，则AM∥EF，AM＝EF，将GH 平移到DN 处，则DN∥ GH，DN＝GH．根据（1）的结论得AM＝DN，所以EF＝GH；（3）易得△AHF∽△CGE，所以，由EC＝3 得AF＝1，过F 作FP⊥BC 于P，根据勾股定理得EF，因为FH∥EG，所以，【解答】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．∴∠HAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠HAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAH（ASA），∴AE＝DH．（2）EF＝GH．将FE 平移到AM 处，则AM∥EF，AM＝EF．将GH 平移到DN 处，则DN∥GH，DN＝GH．∵EF⊥GH，∴AM⊥DN，根据（1）的结论得AM＝DN，所以EF＝GH；（3）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB∥CD∴∠AHO＝∠CGO∵FH∥EG∴∠FHO＝∠EGO∴∠AHF＝∠CGE∴△AHF∽△CGE∴，∵EC＝3∴AF＝1过 F 作FP⊥BC 于P，根据勾股定理得EF＝，∵根据（2）知EF＝GH，∴GH＝2 ．【点评】本题考查了四边形的综合知识．用到正方形的性质，全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等综合性较强，难度较大．3.【分析】问题发现：（1）①由等边三角形的性质可得AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝60°＝∠CED，由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得AD＝BE，∠ADC＝∠CEB＝120°即可求∠AEB 的度数；（2）由全等三角形的性质可得AD＝BE；拓展研究：（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB 的度数，证出AD＝BE；由△DCE 为等腰直角三角形及CM 为△DCE 中DE 边上的高可得CM＝DM＝ME，可得AE＝2CH+BE；解决问题：（3）由题意可得点P 在以D 为圆心，2 为半径的圆上，同时点P 也在以BD 为直径的圆上，即点P 是两圆的交点，分两种情况讨论，由勾股定理可求BP，AH 的长，即可求点A 到BP 的距离．【解答】解：问题发现（1）①∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝60°＝∠CED∵点A、D、E 在同一条直线上，∴∠ADC＝120°∵∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB∴∠ACD＝∠BCE，且AC＝BC，DC＝CE∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠ADC＝∠CEB＝120°∴∠ABE＝∠CEB﹣∠CED＝60°②∵△ACD≌△BCE∴AD＝BE故答案为：60°，AD＝BE（2）拓展研究：猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由：如图2，∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE．且AC＝BC，CD＝CE∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°．∵点A，D，E 在同一直线上，∴∠ADC＝135°．∴∠BEC＝135°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME．∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．解决问题：（3）∵点P 满足PD＝2，∴点P 在以D 为圆心，2 为半径的圆上，∵∠BPD＝90°，∴点P 在以BD 为直径的圆上，∴如图，点P 是两圆的交点，若点P 在AD 上方，连接AP，过点A 作AH⊥BP，∵CD＝2＝BC，∠BCD＝90°∴BD＝4，∵∠BPD＝90°∴BP＝＝2∵∠BPD＝90°＝∠BAD∴点A，点B，点D，点P 四点共圆∴∠APB＝∠ADB＝45°，且AH⊥BP∴∠HAP＝∠APH＝45°∴AH＝HP在Rt△AHB 中，AB2＝AH2+BH2，∴8＝AH2+（2 ﹣AH）2，∴AH＝+1（不合题意），或AH＝﹣1若点P 在CD 的右侧，同理可得AH＝+1综上所述：点A 到BP 的距离为：+1 或﹣1【点评】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形全等的判定与性质、正方形的性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．4.【分析】（1）利用正方形的性质和已知条件证明△AMC≌△DBC，从而求出AM 与BD相等且垂直；（2）如果将正方形BCMN 绕点C 逆时针旋转锐角α，其它不变（1）中所得的结论任然成立，先求出∠ACM＝∠DCB，然后利用“边角边”证明△AMC 和△DBC 全等，再根据全等三角形对应边相等即可得证；（3）根据AM⊥BD，得相交的角为直角，由勾股定理计算可得结论．【解答】解：（1）∵四边形ACDE 和四边形BCMN 都为正方形，∴AC＝DC，∠ACD＝∠BCD＝90°，BC＝CM，在△AMC 和△DBC 中，，∴△AMC≌△DBC（SAS）．∴AM＝BD，∠CAM＝∠CDB，延长AM 交BD 于F，∵∠AMC＝∠DMF，∴∠ACM＝∠DFM＝90°，∴AM⊥BD；故答案为：AM＝BD 且AM⊥BD；（2）如果将正方形BCMN 绕点C 逆时针旋转锐角α，其它不变，（1）中所得的结论仍然成立，理由如下：在正方形ABCE 和正方形BCMN 中，AC＝CD，CM＝BC，∠ACD＝∠MCB＝90°，∵∠ACM＝90°+∠MCD，∠DCB＝90°+∠MCD，∴∠ACM＝∠DCB，在△ACM 和△DCB 中，，∴△AMC≌△DBC（SAS）．∴AM＝BD，∠CAM＝∠CDB，∵∠AFC＝∠DFG，∴∠ACF＝∠DGF＝90°，∴AM⊥BD．（3）如图2，连接AD、BM，∵AC＝4，BC＝2，由勾股定理得：AD2＝42+42＝32，BM2＝22+22＝8，∵AM⊥BD，∴∠AGB＝∠DGM＝∠AGD＝∠BGM＝90°，∴AB2+DM2＝AG2+BG2+DG2+GM2，∵AD2+BM2＝AG2+DG2+BG2+MG2＝32+8＝40，∴AB2+DM2＝40．【点评】本题考查了四边形的综合题、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．5.【分析】（1）由条件可证明四边形AECF 和四边形EDFB 为平行四边形，可得到EH∥GF，GE∥FH，可证明四边形EGFH 为平行四边形；（2）由矩形的性质得出AB＝CD＝2，∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，证出∠ABE＝∠DEC，得出△ABE∽△DEC，得出＝，即可求出AE 的长；（3）作AP⊥AD 于P，CQ⊥AD 于Q，则BP＝CQ，PQ＝BC＝AD，由直角三角形的性质得出AP＝AB＝m，BP＝CQ＝AP＝m，设AE＝x，则PE＝x+m，AQ＝n﹣x﹣m，同（2）得：△BPE∽△EQC，得出＝，得出方程整理得：x2+（m﹣n）x+m2﹣＝0，由判别式△＝n2﹣3m2，当△≥0，即n2﹣3m2≥0 时，方程有解，得出m、n 满足的条件和AE 的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 为平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AE＝CF，∴DE＝BF，∴四边形AECF、四边形EDFB 为平行四边形，∴EH∥GF，GE∥FH，∴四边形EGFH 为平行四边形；（2）解：存在，如图②所示，理由如下：∵四边形ABCD 是矩形，∴AB＝CD＝2，∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，四边形EGFH 为矩形时，∠BEC＝90°，则∠AEB+∠DEC＝90°，∴∠ABE＝∠DEC，∴△ABE∽△DEC，∴＝，即＝，解得：AE＝3±；即在AD、BC 边上存在点E、F，使得四边形EGFH 为矩形，此时AE 的长度为3±；（3）解：存在，如图③所示，理由如下：作AP⊥AD 于P，CQ⊥AD 于Q，则BP＝CQ，PQ＝BC＝AD，∴AP＝DQ，∵AD∥BC，∴∠PAB＝∠ABC＝60°，∴∠ABP＝30°，∴AP＝AB＝m，∴BP＝CQ＝AP＝m，设AE＝x，则PE＝x+m，AQ＝n﹣x﹣m，同（2）得：△BPE∽△EQC，∴＝，即＝，整理得：x2+（m﹣n）x+m2﹣＝0，∵△＝（m﹣n）2﹣4（m2﹣）＝n2﹣3m2，当△≥0，即n2﹣3m2≥0 时，方程有解，即m、n 满足n≥m 时，在AD、BC 边上存在点E、F 使得四边形EGFH 为矩形，此时AE＝．【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法以及判别式的运用等知识；本题综合性强，证明三角形相似是解决问题的关键．6.【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝DA，∠ABE＝∠DAH＝90°，利用ASA 定理证明△ABE≌△DAH，根据全等三角形的性质得到AE＝DH；（2）过得A 作AM∥EF 交BC 于M，过点D 作DN∥GH 交AB 于N，由（1）的结论证明即可；（3）过点F 作FP⊥BC 于点P，根据勾股定理求出EF，由（2）的结论求出HG，根据四边形的面积公式计算即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝∠DAH＝90°，∴∠HAO+∠OAD＝90°，∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD＝90°，∴∠HAO＝∠ADO，在△ABE 和△DAH 中，，∴△ABE≌△DAH（ASA），∴AE＝DH；（2）解：EF＝GH．理由：如图2，过得A 作AM∥EF 交BC 于M，则四边形AMEF 为平行四边形，∴AM＝EF，过点D 作DN∥GH 交AB 于N，同理，DN＝GH，∵EF⊥GH，∴AM⊥DN，根据（1）的结论得AM＝DN，所以EF＝GH；（3）解：如图3，过点F 作FP⊥BC 于点P，∵四边形ABCD 是正方形，BC＝4，∴AD＝BC＝AB＝FP＝4，∵E 为BC 的中点，DF＝3AF，∴BE＝2，AF＝1，∴PE＝2﹣1＝1，在Rt△FPE 中，EF＝＝，由（2）得：HG＝EF，∴HG＝，∵EF⊥HG，∴四边形HEGF 的面积＝×EF×GH＝．【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．7.【分析】（1）由正方形的性质得出＝＝，∠ACB＝∠ECF＝45°，得出∠ACE＝∠BCF，证出△CAE∽△CBF，得出∠CAE＝∠CBF，＝＝，因此＝，求出∠CAB＝∠CAE+∠EAB＝∠CBF+∠EAB＝45°，再由三角形内角和定理求出∠AHB 的度数即可；（2）不成立；由矩形的性质和已知条件得出＝＝，∠ACE＝∠BCF，得出△CAE ∽△CBF，因此∠CAE＝∠CBF，求出＝＝，∠CAB＝∠CAE+∠EAB＝∠CBF+ ∠EAB＝60°，再由三角形内角和定理即可得出∠AHB 的度数；（3）分两种情况：①如图2 所示：作BM⊥AE 于M，当A、E、F 三点共线时，由（2）得：∠AFB＝30°，∠AFC＝90°，在Rt△ABC 和Rt△CEF 中，由三角函数求出AC＝6 ，EF＝2，在Rt△ACF 中，由勾股定理求出AF＝6，得出AE＝AF﹣EF＝6﹣2 ，再由（2）的结论＝，求出BF＝3 ﹣3，在Rt△BFM 中，由直角三角形的性质求出BM 即可；②如图2 所示：作BM⊥AE 于M，当A、E、F 三点共线时，同②得：AE＝6+2，BF＝3+3，由直角三角形的性质求出BM 即可．【解答】解：（1）如图1 所示：∵四边形ABCD 和EFCG 均为正方形，∴＝＝，∠ACB＝∠ECF＝45°，∴∠ACE＝∠BCF，∴△CAE∽△CBF，∴∠CAE＝∠CBF，＝＝，∴＝，∠CAB＝∠CAE+∠EAB＝∠CBF+∠EAB＝45°，∵∠CBA＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°﹣45°＝45°，故答案为：＝，45°；（2）不成立；理由如下：∵四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且∠ACB＝∠ECF＝30°，∴＝＝，∠ACE＝∠BCF，∴△CAE∽△CBF，∴∠CAE＝∠CBF，＝＝，∴∠CAB＝∠CAE+∠EAB＝∠CBF+∠EAB＝60°，∵∠CBA＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°﹣60°＝30°；（3）分两种情况：①如图2 所示：作BM⊥AE 于M，当A、E、F 三点共线时，由（2）得：∠AFB＝30°，∠AFC＝90°，在Rt△ABC 和Rt△CEF 中，∵∠ACB＝∠ECF＝30°，∴AC＝＝＝6 ，EF＝CF×tan30°＝6×＝2 ，在Rt△ACF 中，AF＝＝＝6 ，∴AE＝AF﹣EF＝6 ﹣2，由（2）得：＝，∴BF＝（6﹣2）＝3﹣3，在△BFM 中，∵∠AFB＝30°，∴BM＝BF＝；②如图3 所示：作BM⊥AE 于M，当A、E、F 三点共线时，同②得：AE＝6+2，BF＝3 +3，则BM＝BF＝；综上所述，当A、E、F 三点共线时，点B 到直线AE 的距离为．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，证明三角形相似是解决问题的关键．8.【分析】【片断一】如图1 中，①错误．结论：OM2+ON2＝BM2+BN2．②正确．只要证明△MOB≌△NOC 即可解决问题；【片断二】如图2 中，将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ADG．连接GF．理由勾股定理即可证明；【片断三】如图3 中，过点C 作EC 的垂线交EB 延长线于F，构造全等三角形即可解决问题；【解答】解：【片断一】：如图1 中，①错误，②正确；理由：如图1 中，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC⊥BD，OB＝OC＝OD＝OA，∠ABO＝∠OCN＝45°，∵∠MON＝∠BOC，∴∠MOB＝∠NOC，∴△MOB≌△NOC，∴BN＝CN，∴AM+CN＝AM+BM＝AB＝OA＝OD，①正确的结论：OM2+ON2＝BM2+BN2．理由：∵OM2+ON2＝MN2，BM2+BN2＝MN2，∴OM2+ON2＝BM2+BN2．【片断二】：如图 2 中，将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ADG．连接GF．理由：∵AF＝AF，∠GAF＝∠EAF＝45°，AG＝AE，∴△AFG≌△AFE，∴EF＝GF，∵∠ADG＝∠ABE＝∠ADF＝45°，∴∠FDG＝90°，∴GF2＝DF2+DG2，∴EF2＝BE2+DF2．故答案为：将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ADG．连接GF．【片断三】：如图 3 中，过点C 作EC 的垂线交EB 延长线于F，∵∠ECF＝∠DCB＝90°，∴∠DCE＝∠BCF，∵CD＝CB，CE＝CF，∴△CDE≌△CBF，∴ED＝FB，∴EB+ED＝EB+FB＝EF，又因为EC2+FC2＝EF2，∴（EB+ED）2＝2EC2．【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．9.【分析】（1）用“倍长法”将DE 延长一倍：延长DE 到F，使得EF＝DE，利用“边角边”证明△ADE 和△CEF 全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝CF，然后判断出四边形BCFD 是平行四边形，根据平行四边形的性质可得；（2）先判断出△AEG≌△DEH（ASA），进而判断出EF 垂直平分GH，即可得出结论；（3）如图3，作辅助线构建全等三角形，先求出AG＝HD＝2，进而判断出△PDH 为30 度的直角三角形，再用勾股定理求出HF 即可得出结论．【解答】（1）证明：（1）如图1，延长DE 到点F，使得EF＝DE，连接CF，在△ADE 和△CFE 中，，∴△ADE≌△CFE（SAS），∴∠A＝∠ECF，AD＝CF，∴CF∥AB，又∵AD＝BD，∴CF＝BD，∴四边形BCFD 是平行四边形，∴DE∥BC，DE＝BC．（2）解：如图2，延长GE、FD 交于点H，∵E 为AD 中点，∴EA＝ED，且∠A＝∠EDH＝90°，在△AEG 和△DEH 中，，∴△AEG≌△DEH（ASA），∴AG＝HD＝3，EG＝EH，∵∠GEF＝90°，∴EF 垂直平分GH，∴GF＝HF＝DH+DF＝3+7＝10；（3）解：如图3，过点D 作AB 的平行线交GE 的延长线于点H，过H 作CD 的垂线，垂足为P，连接HF，同（1）可知△AEG≌△DEH，GF＝HF，∴∠A＝∠HDE＝90°，AG＝HD＝2 ，∵∠ADC＝120°，∴∠HDF＝360°﹣90°﹣120°＝150°，∴∠HDP＝30°，∴PH＝DH＝，PD＝3，∴PF＝PD+DF＝3+4＝7，在Rt△HFP 中，∠HPF＝90°，HP＝，PF＝7，∴HF＝＝＝2，∴GF＝2 ．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形和直角梯形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，解（1）的关键是判断出△ADE ≌△CFE，解（2）的关键是判断出EF 垂直平分GH，解（3）的关键是作出辅助线，是一道比较典型的中考题．10.【分析】（1）证明△BPC 是等腰直角三角形，计算BP＝PC＝6，先根据三角形中线可知：EF是△ABC 的中位线，得EF∥BC，EF＝BC，证明△EPF∽△CPB，列比例式可得PE和AB 的长；（2）设PF＝m，PE＝n，则PB＝2m，PC＝2n，在Rt△PBC，Rt△PBE 和Rt△PCF 中，根据勾股定理列方程后，相加可得结论；（3）本题介绍两种解法：法一：证明△AGM≌△NGB（AAS），得BG 是△ABN 的中线，作辅助线，构建全等三角形和中线，得NF，BG 都为△ABN 的中线，由（2）知，AB2+AN2＝5BN2，代入可得结论；法二：如图4，作BP⊥DA 延长线于点P，CQ⊥AD 于点Q，易知四边形PBCQ 为矩形，设PA＝QD＝x，PB＝CQ＝y，表示PM＝x+，MQ＝2﹣x，证明△PBM∽△QMC，列比例式得方程：y2＝﹣x2+ x+12 ①，根据勾股定理得：AH2＝AB2﹣BH2，y2＝42﹣x2＝16﹣x2②，根据①②得：﹣x2+ x+12＝16﹣x2，解出可得结论．【解答】解：（1）如图1，∵BF⊥CE，∴∠BPC＝90°，∵∠PCB＝45°，∴△BPC 是等腰直角三角形，∵BC＝6 ，∴PC＝BP＝6，∵BF，CE 分别为AC，AB 边上的中线，∴EF 是△ABC 的中位线，∴EF∥BC，EF＝BC，∴△EPF∽△CPB，∴＝，∴，∴EP＝3，由勾股定理得：BE＝＝＝3，∴AB＝2BE＝6 ，故答案为：3，6；（2）猜想：AB2+AC2＝5BC2；证明：∵BF，CE 是△ABC 的中线，∴EF 是△ABC 的中位线，∴EF∥BC，EF＝BC，＝＝，设PF＝m，PE＝n，则PB＝2m，PC＝2n，在Rt△PBC 中，（2m）2+（2n）2＝BC2①在Rt△PBE 中，②在Rt△PCF 中，③由①，②，③得：AB2+AC2＝5BC2；（3）法一：在△AGM 与△NGB 中，，∴△AGM≌△NGB（AAS），∴BG＝MG，AG＝NG，∴BG 是△ABN 的中线，如图3，取AB 的中点F，连接NF，并延长交DA 的延长线于E，同理，△AEF≌△BNF，∴AE＝BN，EM＝2BN＝NC，∵EM∥NC，∴四边ENCM 是平行四边形，∴EN∥CM，∵BM⊥CM，∴EN⊥BM，即BG⊥FN，∵NF，BG 都为△ABN 的中线，由（2）知，AB2+AN2＝5BN2，∵AB＝4，BN＝AD＝，∴42+AN2＝5×，∴AN＝．法二：如图4，作BP⊥DA 延长线于点P，CQ⊥AD 于点Q，在▱ABCD 中，AD＝BC，易知四边形PBCQ 为矩形，∴PQ＝BC，∴PA＝QD，依题意：AM＝BN＝，MD＝2，设PA＝QD＝x，PB＝CQ＝y，∴PM＝x+ ，MQ＝2﹣x，∵BM⊥CM 于点M，∠BMC＝90°，∴∠BMP+∠CMQ＝90°，又∠BMP+∠PBM＝90°，∴∠PBM＝∠CMQ，又∵∠BPM＝∠MQC＝90°，∴△PBM∽△QMC，∴，即，化简得：y2＝﹣x2+ x+12 ①，作AH⊥BC 于点H，则BH＝PA＝x，AH＝y，在Rt△ABH 中，AH2＝AB2﹣BH2，∴y2＝42﹣x2＝16﹣x2②，由①②得：﹣x2+ x+12＝16﹣x2，∴x＝，y2＝，在Rt△AHN 中，AN＝＝＝＝．【点评】本题是四边形的综合题，考查相似三角形的判定和性质、矩形和平行四边形的判定和性质、三角形全等的性质和判定、三角形中线，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，并运用类比的方法解决问题，属于中考常考题型．1.【分析】（1）根据旋转得：△ACE 是等边三角形，可得：AB＝BC＝CE＝AE，则四边形ABCE是菱形；（2）先证明C、F、E 在同一直线上，再证明△BAD≌△CAF（SAS），则∠ADB＝∠AFC，BD ＝CF，可得AC＝CF+CD；（3）先根据∠ADC＝∠DAF＝∠F＝90°，证明得四边形ADGF 是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形；（4）证明△BAM≌△EAD（SAS），根据BM＝DE 及勾股定理可得结论．【解答】（1）证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∵△ACD 绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，∴∠CAE＝60°，AC＝AE，∴△ACE 是等边三角形，∴AC＝AE＝CE，∴AB＝BC＝CE＝AE，∴四边形ABCE 是菱形；（2）线段CD，CF，AC 之间的数量关系：CD+CF＝AC，理由是：由旋转得：∠DAF＝60°＝∠BAC，AD＝AF，∴∠BAD＝∠CAF，∵△ABC 是等边三角形，∴AB＝AC，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴∠ADB＝∠AFC，BD＝CF，∵∠ADC+∠ADB＝∠AFC+∠AFE＝180°，∴C、F、E 在同一直线上，∴AC＝BC＝BD+CD＝CF+CD，故答案为：CD+CF＝AC；（3）四边形ADGF 是正方形，理由如下：∵Rt△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△AEF，∴AF＝AD，∠DAF＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝∠DAF＝∠F＝90°，∴四边形ADGF 是矩形，∵AF＝AD，∴四边形ADGF 是正方形；（4）如图3，连接DE，∵四边形ADGF 是正方形，∴DG＝FG＝AD＝AF＝6，∵△ABD 绕点A 逆时针旋转90°，得到△AEF，∴∠BAD＝∠EAF，BD＝EF＝2，∴EG＝FG﹣EF＝6﹣2＝4，∵将△AFE 沿AE 折叠得到△AME，∴∠MAE＝∠FAE，AF＝AM，∴∠BAD＝∠EAM，∴∠BAD+∠DAM＝∠EAM+∠DAM，即∠BAM＝∠DAE，∵AF＝AD，∴AM＝AD，在△BAM 和△EAD 中，∵，∴△BAM≌△EAD（SAS），∴BM＝DE＝＝＝2．【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．。

河北省中考压轴题分析(类比探究)

河北省中考压轴题分析(类比探究)

中考压轴题分析（类比探究）1．（1）阅读理解利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法.如图，点P是等边三角形ABC内一点，P A=1，PB=3，PC=2.求∠BPC的度数.为利用已知条件，不妨把∆BPC绕点C顺时针旋转60︒得∆AP'C，连接PP'，则PP'的长为_______；在∆PAP'中，易证∠PAP'=90︒，且∠PP'A的度数为________，综上可得∠BPC的度数为_______；（2）类比迁移如图，点P是等腰Rt∆ABC内的一点，∠ACB=90︒，P A=2，PB=2，PC=1.求∠APC的度数；（3）拓展应用如图，在四边形ABCD中，BC=5，CD=8，A B=AC=请直接写出BD的长.12AD，∠BAC=2∠ADC，【答案】（1）2,30°，90°；（2）90°；（3）241.【解析】【分析】（1）由旋转性质、等边三角形的判定可知△CP′P是等边三角形，由等边三角形的性质知∠CP′P=60°，根据勾股定理逆定理可得△AP′P是直角三角形，继而可得答案．（2）如图2△，把BPC绕点C顺时针旋转90°△得AP'C，连接PP′，同理可得△CP′P是等腰直角三角形和△AP′P是等腰直角三角形，所以∠APC=90°；（3）如图3△，将ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，根据勾股定理求CG的长，就可以得BD的长．【详解】（1△）把BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP'C，连接PP′（如图1）．由旋转的性质知△CP′P是等边三角形；∴P′A=PB=3、∠CP′P=60°、P′P=PC=2，在AP′P中，∵AP2+P′A2=12+（3）2=4=PP′2；△∴△AP′P是直角三角形；∴∠P′AP=90°．∵PA=12PC，∴∠AP′P=30°；∴∠BPC=∠CP′A=∠CP′P+∠AP′P=60°+30°=90°．（2）如图2△，把BPC绕点C顺时针旋转90°△得AP'C，连接PP′．由旋转的性质知△CP′P是等腰直角三角形；∴P′C=PC=1，∠CPP′=45°、P′P=2，PB=AP'=2，△在AP′P中，∵AP'2+P′P2=（2）2+（2）2=4=AP2；∴△AP′P是等腰直角三角形；∴∠AP′P=90°．∴∠APP'=45°∴∠APC=∠APP'+∠CPP'=45°+45°=90°（3）如图3，∵AB=AC，将ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，△∵∠BAD=∠CAG，∴∠BAC=∠DAG，∵AB=AC，AD=AG，∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD=2AB，∴DG=2BC=10，过A作AE⊥BC于E，∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，∴∠ADG+∠ADC=90°，∴∠GDC=90°，∴CG=DG2+CD2=102+82=241，∴BD=CG=241．． BD 3，∠AMB =90°；【【点睛】本题是四边形的综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质、三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和旋转的性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，2 （操作发现）如图（△1），在 OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，∠AOB ＝∠COD＝45°，连接 AC ，BD 交于点 M ．①AC 与 BD 之间的数量关系为；②∠AMB 的度数为 ；（类比探究）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 ．请计算ACBD的值及∠AMB 的度数；（实际应用）如图（3），是一个由两个都含有 30°角的大小不同的直角三角板 ABC 、DCE组成的图形，其中∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∠A ＝∠D ＝30°且 D 、E 、B 在同一直线上，CE ＝1，BC ＝ 21 ，求点 A 、D 之间的距离．【答案】 操作发现】①AC =BD ；②∠AMB =45°； 类比探究】 AC【实际应用】4 3 或 5 3【解析】【分析】操作发现:如图（1），证明△COA≌△DOB（SAS），即可解决问题．类比探究:如图（2），证明△COA∽△ODB，可得AC CO==3，∠MAK＝∠OBK，已BD OD解决可解决问题．实际应用:分两种情形解直角三角形求出BE，再利用相似三角形的性质解决问题即可．【详解】解：操作发现:如图（1）中，设OA交BD于K．∵∠AOB＝∠COD＝45°，∴∠COA＝∠DOB，∵OA＝OB，OC＝OD，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC＝DB，∠CAO＝∠DBO，∵∠MKA＝∠BKO，∴∠AMK＝∠BOK＝45°，故答案为：AC＝BD，∠AMB＝45°类比探究:如图（2）中，∴OC∴AC∴EH＝1△在OAB△和OCD中，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴∠COA＝∠DOB，OC＝3OD，OA＝3OB，OA=，OD OB∴△COA∽△ODB，CO==3，∠MAK＝∠OBK，BD OD∵∠AKM＝∠BKO，∴∠AMK＝∠BOK＝90°．实际应用:如图3﹣1中，作CH⊥BD于H，连接AD．在△R t DCE中，∵∠DCE＝90°，∠CDE＝30°，EC＝1，∴∠CEH＝60°，∵∠CHE＝90°，∴∠HCE＝30°，1EC＝，22在 △Rt BCH 中，BH ＝ B C 2 - CH 2 = 21 - ⎪ = 1∴CH ＝3，2∴BE ＝BH ﹣EH ＝4，∵△DCA ∽△ECB ，∴AD ：BE ＝CD ：EC ＝ 3 ，∴AD ＝4 3 ．如图 3﹣2 中，连接 AD ，作 CH ⊥DE 于 H ．⎛ 3 ⎫2⎝ 2 ⎭ 9 2，同法可得 BH ＝ 92 1，EH ＝ ，2∴BE ＝ 9+＝5，2 2∵△DCA ∽△ECB ，∴AD ：BE ＝CD ：EC ＝ 3 ，∴AD ＝5 3 ．【点睛】（本题属于相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．3．Ⅰ）如图1，在等边∆ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B,C），连结AM，以AM为边作等边∆AMN，并连结CN．求证：AB=MC+CN．（Ⅱ）【类比探究】如图2，在等边∆ABC中，若点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，则AB=MC+CN是否还成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出AB,MC, CN三者间的数量关系，并给予证明．（Ⅲ）【拓展延伸】如图3，在等腰∆ABC中，BA=BC，点M是AC上的任意一点（不含端点），连结BM，以BM为边作等腰∆BMN，使BM=BN，试探究∠AMN与∠MBC的数量关系，并说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）结论不成立（Ⅲ）∠AMN=1∠MBC2【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明ΔBAM≌ΔCAN，根据全等三角形的性质可得BM=CN，从而证得AB=BC=BM+MC=CN+MC；（Ⅱ）结论不成立，通过证明ΔBAM≌ΔCAN，根据全等三角形的性质可得B M=CN，由BM=CN=BC+CM=AB+CM，得AB=CN-CM；（Ⅲ）∠AMN=1∠MBC，设∠AMN=x,∠A=y，由∠BNM为ΔAMN的外角，可2得∠BNM=∠A+∠AMN=y+x，从而可得∠BMA=2x+y，又∠BMA为ΔBMC的外角，可得∠BMA=∠MBC+y，从而有2x+y=∠MBC+y，继而推得1∠AMN=∠MBC.2试题解析：（Ⅰ）∵ΔABC，ΔAMN都是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60︒，∴∠BAC-∠MAC=∠MAN-∠MAC即∠BAM=∠CAN，AB=AC在ΔBAM和ΔCAN中，{∠BAM=∠CAN，AM=AN∴ΔBAM≌ΔCAN(SAS)，∴BM=CN，∴AB=BC=BM+MC=CN+MC；（Ⅱ）结论不成立，理由：ΔABC，ΔAMN都是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60︒，∴∠BAC+∠MAC=∠MAN+∠MAC即∠BAM=∠CAN，AB=AC在ΔBAM和ΔCAN中，{∠BAM=∠CAN，AM=AN∴ΔBAM≌ΔCAN(SAS)，∴BM=CN，∴BM=CN=BC+CM=AB+CM，即AB=CN-CM；（Ⅲ）∠AMN=1∠MBC，理由：2设∠AMN=x,∠A=y，∵BA=BC，∴∠A=∠C=y，∵∠BNM为ΔAMN的外角，∴∠BNM=∠A+∠AMN=y+x，又BM=BN，∴∠BMN=∠BNM=y+x，∴∠BMA=∠BMN+∠NMA=y+x+x=2x+y，又∠BMA为ΔBMC的外角，∴∠BMA=∠MBC+∠C=∠MBC+y，∴2x+y=∠MBC+y，∴∠MBC=2x=2∠AMN，即∠AMN=1∠MBC. 2【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，结合图形熟练运用相关性质进行解题是关键.4．（1）问题发现如图1△，在ABC△和ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝50°，连接BD，CE交于点F．填空：11/15①的值为；②∠BFC的度数为．（2）类比探究如图2，在矩形ABCD和△DEF中，AD＝3AB，∠EDF＝90°，∠DEF＝60°，连接AF交CE的延长线于点P．求AFCE的值及∠APC的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将△DEF绕点D在平面内旋装，AF，CE所在直线交于点P，若DF＝3，AB＝7，求出当点P与点E重合时AF的长．【答案】（1）1，50°；（2）AF=3,∠APC=90︒，理由见解析；（3）当点P与点E重合CE时，AF的长为3或6，理由见解析【解析】【分析】（1）问题发现：由“SAS”可证△DAB≌△EAC，可得BD＝CE，∠ACE＝∠ABD，即可求解；（△2）类比探究：通过证明ADF∽△CDE，可得AF=3，∠F AD＝DCE，即可求解；CE（3）拓展延伸：过点C作CM⊥DE，由勾股定理可求CE的长，即可求AF的长．【详解】（1）问题发现：∴∠EDC＝∠ADF，且AD∵∠BAC＝∠DAE＝50°，∴∠DAB＝∠EAC，且AB＝AC，AD＝AE ∴△DAB≌△EAC（SAS）∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABD∴BD=1 CE∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，且∠BFC+∠FBC+∠FCB＝∠BFC+∠ABC+∠ABF+∠FCB ＝∠BFC+∠ABC+∠ACB＝180°∴∠BFC＝∠BAC＝50°故答案为：1，50°（2）类比探究：AFCE=3，∠APC＝90°理由如下：∵∠DEF＝60°，∠FDE＝90°∴DF＝3DE，∵四边形ABCD是矩形∴CD＝AB，∠ADC＝90°∴AD＝3DC，∠ADC＝∠EDF＝90°DF=3=CD DE∴△ADF∽△CDE∴AF=3，∠F AD＝DCE CE∴点A，点P，点D，点C四点共圆∴CM=CE∴∠APC＝∠ADC＝90°（3）拓展延伸：如图，过点C作CM⊥DE，交ED延长线于点M，∵DF＝3，∠DEF＝60°，∠AEC＝90°∴DE＝1，∠CEM＝30°∵∠CEM＝30°，CM⊥ED3,EM=CE22∵CD2＝CM2+DM2，∴7＝CE24+（EM﹣1）2，∴CE＝23∵AF=3，CE∴AF＝6如图，过点C作CM⊥DE，交DE延长线于点M，∴CM=CE∵DF＝3，∠DEF＝60°，∠AEC＝90°∴DE＝1，∠CEM＝30°∵∠CEM＝30°，CM⊥ED3,EM=CE22∵CD2＝CM2+DM2，∴7＝CE24+（EM+1）2，∴CE＝3∵AF=3，CE∴AF＝3综上所述：当点P与点E重合时，AF的长为3或6．【点睛】相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求出CE的长是本题的关键．。

中考数学几何压轴题及答案及答案

中考数学几何压轴题及答案及答案

中考数学几何压轴题及答案一、解答题（共30小题）1.观察猜想（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝α，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，α的式子直接写出结论2.在△ABC的边BC上取B′、C′两点，使∠AB′B＝∠AC′C＝∠BAC（1）如图1中∠BAC为直角，∠BAC＝∠AB′B＝∠AC′C＝90°（点B′与点C′重合），则△ABC∽△B'BA∽△C'AC，，，进而可得AB2+AC2＝；（2）如图2中当∠BAC为锐角，图3中∠BAC为钝角时（1）中的结论还成立吗？若不成立，则AB2+AC2等于什么（用含用BC和B′C′的式子表示）？并说明理由（3）若在△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝9，请你先判断出△ABC的类型，再求出B′C′的长3．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，点D是线段AB上一动点，连接BE填空：①的值为；②∠DBE的度数为．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，点D是线段AB上一动点，连接BE．请判断的值及∠DBE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE 的中点M，连接BM、CM，若AC＝2，则当△CBM是直角三角形时，线段BE的长是多少？请直接写出答案．4.（1）问题发现：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，以点D为顶点作正方形DFGE，使点A、C分别在DE和DF上，连接BE、AF．则线段BE 和AF数量关系．（2）类比探究：如图②，保持△ABC固定不动，将正方形DFGE绕点D旋转α（0°＜α≤360°），则（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）解决问题：若BC＝DF＝2，在（2）的旋转过程中，连接AE，请直接写出AE的最大值．5.如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，以点O为顶点的∠EOF的两边分别与边AB、AD交于点E、F，且∠EOF与∠BAD互补．（1）若四边形ABCD是正方形，则线段OE与OF有何数量关系？请直接写出结论；（2）若四边形ABCD是菱形，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请画出图形并给出证明；若不成立，请说明理由；（3）若AB：AD＝m：n，探索线段OE与OF的数量关系，并证明你的结论.6.如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F.（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为：（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，则BC＝．7.如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE.定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．探索发现：图1中，的值为；的值为．（2）拓展探完若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△CDE旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BE的长．8.已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设OD＝m．（1）问题发现如图1，△CDE的形状是三角形．（2）探究证明如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．（3）解决问题是否存在m的值，使△DEB是直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．9.等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE绕点A作360°旋转，点F、M、N分别为线段BE、BC、CD 的中点，连接MN、NF．问题提出：（1）如图1，当AD在线段AC上时，则∠MNF的度数为，线段MN 和线段NF的数量关系为；深入讨论：（2）如图2，当AD不在线段AC上时，请求出∠MNF的度数及线段MN和线段NF的数量关系；拓展延伸：（3）如图3，△ADE持续旋转过程中，若CE与BD交点为P，则△BCP面积的最小值为．10．四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是，请说明理由．（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．11．问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．12．如图1，菱形ABCD与菱形GECF的顶点C重合，点G在对角线AC上，且∠BCD＝∠ECF＝60°，（1）问题发现的值为；（2）探究与证明将菱形GECF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜60°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：菱形GECF在旋转过程中，当点A，G，F三点在一条直线上时，如图3所示连接CG并延长，交AD于点H，若CE＝2，GH＝，则AH的长为．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，＝，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F．（1）探究发现：如图1，若m＝n，点E在线段AC上，则＝；（2）数学思考：①如图2，若点E在线段AC上，则＝（用含m，n的代数式表示）；②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明；（3）拓展应用：若AC＝，BC＝2，DF＝4，请直接写出CE的长．14．如图，已知点E是射线BC上的一点，以BC、CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF，取AF的中点M，连接DM、MG（1）如图1，判断线段DM和GM的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，在图中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；（3）已知BC＝10，CE＝2，正方形CEFG绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出△DMG的面积．15.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为A'，B′），射线CA′，CB′分别交直线m于点P，Q．（1）如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；（2）如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形P A'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形P A′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．16.如图（1），在等边三角形ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接BE，CD，点M，N，P分别是BE，CD，BC的中点，连接DE，PM，PN，MN．（1）观察猜想，图（1）中△PMN是（填特殊三角形的名称）（2）探究证明，如图（2），△ADE绕点A按逆时针方向旋转，则△PMN的形状是否发生改变？并就图（2）说明理由．（3）拓展延伸，若△ADE绕点A在平面内自由旋转，AD＝2，AB＝6，请直接写出△PMN 的周长的最大值．17.已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β，（1）如图1，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，则α＝°；β＝°.（2）如图2，若点D在线段BC上，点E在线段AC上，则α，β之间有什么关系式？说明理由．（3）是否存在不同于（2）中的α，β之间的关系式？若存在，请写出这个关系式（写出一种即可），说明理由；若不存在，请说明理由.18.问题提出：（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC、BD，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，点B的对应点落在点D，点C的对应点为点E，可知点C、D、E在一条直线上，则△ACE为三角形，BC、CD、AC的数量关系为；探究发现：（2）如图2，在⊙O中，AB为直径，点C为的中点，点D为圆上一个点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且AD＜BD，请求出CD、AD、BD间的数量关系.拓展延伸：（3）如图3，在等腰直角三角形ABC中，点P为AB的中点，若AC＝13，平面内存在一点E，且AE＝10，CE＝13，当点Q为AE中点时，PQ＝.19.已知△ABC中，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M、N分别在边CA，CB上（不与端点重合），BN＝AM，射线AG∥BC交BM延长线于点D，点E在直线AN上，EA＝ED．（1）【观察猜想】如图1，点E在射线NA上，当∠ACB＝45°时，①线段BM与AN的数量关系是；②∠BDE的度数是；（2）【探究证明】如图2点E在射线AN上，当∠ACB＝30°时，判断并证明线段BM与AN的数量关系，求∠BDE的度数；（3）【拓展延伸】如图3，点E在直线AN上，当∠ACB＝60°时，AB＝3，点N是BC 边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．20.如图①，在正方形ABCD和正方形AB'C'D'中，AB＝2，AB'＝，连接CC’（1）问题发现：．（2）拓展探究：将正方形AB'C'D'绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB'，试判断：当0°≤θ＜360°时，的值有无变化？请仅就图②中的情形给出你的证明；（3）问题解决：请直接写出在旋转过程中，当C，C′，D'三点共线时BB′的长．21.如图1，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点．（1）观察猜想将图1中的△BCD绕点O逆时针旋转至图2中△ECF的位置，连接AC，DE，则线段AC与DE的数量关系是，直线AC与DE的位置关系是．（2）类比探究将图2中的△ECF绕点O逆时针旋转至图3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．（3）拓展延伸将图2中的△ECF在平面内旋转，设直线AC与DE的交点为M，若AB＝4，请直接写出BM的最大值与最小值．22.如图1，点B在直线l上，过点B构建等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，且AB＝AC，过点C作CD⊥直线l于点D，连接AD．（1）小亮在研究这个图形时发现，∠BAC＝∠BDC＝90°，点A，D应该在以BC为直径的圆上，则∠ADB的度数为°，将射线AD顺时针旋转90°交直线l于点E，可求出线段AD，BD，CD的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD，BD，CD的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD长为1，当△ABD面积取得最大值时，请直接写AD的长．23．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB＝a、BC＝b，求的值．24．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．25.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE＝nEA，连接CE并延长，交AB于点F．（1）尝试探究如图（1），当∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA时，BF，BA之间的数量关系是；（2）类比延伸如图（2），当△ABC为锐角三角形，DE＝EA时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展迁移如图（3），当△ABC为锐角三角形，DE＝nEA时，请直接写出BF，BA之间的数量关系．26.古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE ⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．27．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O 于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．①求∠AED的度数；②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．28.【性质探究】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF＝2OG．【迁移应用】（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．【拓展延伸】（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．29．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．（1）求证：△APE∽△ABC；（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP 的长．30．如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tan C＝．点K在AC边上，点M，N 分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请直接写出点K被扫描到的总时长．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．【解答】解：（1）如图①中，∵∠EAF＝∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△BAF≌△CAE，∴∠ABF＝∠C，BF＝CE，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为：BF⊥BE，BC．（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H．∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝2，∴BF+BE＝BH＝2；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M．∵AC∥DH，∴∠ACB＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF＝DE，DB＝DH，∴△BDF≌△HDE，∴BF＝EH，∴BF+BE＝EH+BE＝BH，∵DB＝DH，DM⊥BH，∴BM＝MH，∠BDM＝∠HDM，∴BM＝MH＝BD•sin．∴BF+BE＝BH＝2n•sin．2．【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC×BC＝BC2，故答案为BC2．（2）不成立．理由：如图2中当∠BAC为锐角时，BB′+CC′﹣B′C′＝BC，且△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2+BC•B′C′．图3中∠BAC为钝角时，BB′+CC′+B′C′＝BC．AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2﹣BC•B′C′．（3）当AB＝5，AC＝6，BC＝9时，则AB2+AC2＜BC2，可知△ABC为钝角三角形，由图3可知：AB2+AC2＝BC2﹣BC•B′C′，∴52+62＝92﹣9B′C′，∴B′C′＝．3．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，∴∠ABC＝∠CAB＝45°＝∠CDE＝∠CED，∴AC＝BC，CD＝CE，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠CAB＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°，＝1，故答案为：1，90°（2），∠DBE＝90°理由如下：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∠CED＝∠ABC＝30°∴tan∠ABC＝tan30°＝＝∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴Rt△ACB∽Rt△DCE∴∴，且∠ACD＝∠BCE∴△ACD∽△BCE∴＝，∠CBE＝∠CAD＝60°∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°（3）若点D在线段AB上，如图，由（2）知：＝，∠ABE＝90°∴BE＝AD∵AC＝2，∠ACB＝90°，∠CAB＝90°∴AB＝4，BC＝2∵∠ECD＝∠ABE＝90°，且点M是DE中点，∴CM＝BM＝DE，∵△CBM是直角三角形∴CM2+BM2＝BC2＝（2）2，∴BM＝CM＝∴DE＝2∵DB2+BE2＝DE2，∴（4﹣AD）2+（AD）2＝24∴AD＝+1∴BE＝AD＝3+若点D在线段BA延长线上，如图同理可得：DE＝2，BE＝AD∵BD2+BE2＝DE2，∴（4+AD）2+（AD）2＝24，∴AD＝﹣1∴BE＝AD＝3﹣综上所述：BE的长为3+或3﹣4．【解答】解：（1）∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD＝BD＝DC，∠BDA＝90°，∵四边形DFGE是正方形，∴DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF故答案为：BE＝AF；（2）成立；理由如下：当正方形DFGE在BC的上方时，如图②所示，连接AD，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，D为斜边BC的中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADE+∠EDB＝90°，∵四边形DFGE为正方形，∴DE＝DF，且∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；当正方形DFGE在BC的下方时，连接AD，如图③所示：∵∠BDE＝∠BDF+90°，∠ADF＝∠BDF+90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；综上所述，（1）中的结论BE＝AF成立；（3）在△ADE中，∵AE＜AD+DE，∴当点A、D、E共线时，AE取得最大值，最大值为AD+DE．如图④所示：则AD＝BC＝1，DE＝DF＝2，∴AE＝AD+DE＝3，即AE的最大值为3．5．【解答】解：（1）如图1，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是正方形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（2）（1）的结论成立；理由：如图2，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是菱形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（3）如图3，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，∴∠OGE＝∠OHF＝90°，∴∠BAD+∠GOH＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠GOH＝∠EOF，∴△EOG∽△FOH，∴，∵O是▱ABCD的对角线的交点，∴S△AOB＝S△AOD，∵S△AOB＝AB•OG，S△AOD＝AD•OH，∴AB•OG＝AD•OH，∴＝，∴．6．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°，∴＝，GE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴＝＝，∴△ACG∽△BCE，∴＝＝，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴＝＝，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，则由＝得＝，∴AH＝a，则DH＝AD﹣AH＝a，CH＝＝a，∴＝得＝，解得：a＝3，即BC＝3，故答案为：3．7．【解答】解：（1）如图1，连接AE，∵AB＝AC＝2，点E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠BEC＝90°，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB＝1，根据勾股定理得，BE＝∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝2，∴＝＝，∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，∴＝＝，故答案为：，；（2）无变化，理由：由（1）知，CD＝1，CE＝BE＝，∴＝，，∴＝，由（1）知，∠ACB＝∠DCE＝30°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴，（3）当点D在线段AE上时，如图2，过点C作CF⊥AE于F，∠CDF＝180°﹣∠CDE＝60°，∴∠DCF＝30°，∴DF＝CD＝，∴CF＝DF＝，在Rt△AFC中，AC＝2，根据勾股定理得，AF＝＝，∴AD＝AF+DF＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝当点D在线段AE的延长线上时，如图3，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G，∵∠CDG＝60°，∴∠DCG＝30°，∴DG＝CD＝，∴CG＝DG＝，在Rt△ACG中，根据勾股定理得，AG＝，∴AD＝AG﹣DG＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝即：线段BE的长为或．8．【解答】解：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；故答案为：等边；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝2，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴m＝2；③当6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；④当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴m＝14，综上所述：当m＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．9．【解答】解：（1）如图1中，连接DB，MF，CE，延长BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠ADH+∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．故答案为：45°（2）：如图2中，连接MF，EC，BD．设EC交AB于O，BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC+∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠OBH+∠BOH＝90°，∴∠BHO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．（3）：如图3中，如图以A为圆心AD为半径作⊙A．当直线PB与⊙A相切时，此时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP的面积最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC，∵∠ABD+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠CPO，∴∠CPB＝90°，∵PB是⊙A的切线，∴∠ADP＝90°，∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四边形ADPE是矩形，∵AE＝AD，∴四边形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝＝2，∴PC＝2﹣2，PB＝2+2，∴S△BCP的最小值＝×PC×PB＝（2﹣2）（2+2）＝4．10．【解答】（1）解：AC⊥BD，理由如下：连接AC、BD，如图2所示：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，故答案为：AC⊥BD；（2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2；理由如下：如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，设BD、AC相交于E，∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：如图3，连接CG、BE，∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，∴GE＝．11．【解答】解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∴＝＝，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．12．【解答】解：（1）如图1中，作EH⊥CG于H．∵四边形ECFG是菱形，∠ECF＝60°，∴∠ECH＝∠ECF＝30°，EC＝EG，∵EH⊥CG，∴GH＝CG，∴＝cos30°＝，∴＝2•＝，∵EG∥CD，AB∥CD，∴GE∥AB，∴＝＝．故答案为．（2）结论：AG＝BE．理由：如图2中，连接CG．∵四边形ABCD，四边形ECFG都是菱形，∠ECF＝∠DCB＝60°，∴∠ECG＝∠EGC＝∠BCA＝∠BAC＝30°，∴△ECG∽△BCE，∴＝，∵∠ECB＝∠GCA，∴△ECB∽△GCA，∴＝＝，∴AG＝BE．（3）如图3中，∵∠AGH＝∠CGF＝30°．∠AGH＝∠GAC+∠GCA，又∵∠DAC＝∠HAG+∠GAC＝30°，∴∠HAG＝∠ACH，∵∠AHG＝∠AHC，∴△HAG∽△HCA，∴HA：HC＝GH：HA，∴AH2＝HG•HC，∴FC＝2，CG＝CF，∴GC＝2，∵HG＝，∴AH2＝HG•HC＝•3＝9，∵AH＞0，∴AH＝3．故答案为3．13．【解答】解：（1）当m＝n时，即：BC＝AC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴＝1，∴＝1（2）①∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴②成立．如图，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，又∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴．（3）由（2）有，△ADE∽△CDF，∵＝，∴＝，∴CF＝2AE，在Rt△DEF中，DE＝2，DF＝4，∴EF＝2，①当E在线段AC上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（﹣CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（﹣CE）]2＝40∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）而AC＝＜CE，∴此种情况不存在，②当E在AC延长线上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（+CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（+CE）]2＝40，∴CE＝，或CE＝﹣2（舍），③如图1，当点E在CA延长线上时，CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（CE﹣）]2＝40，∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）即：CE＝2或CE＝．14．【解答】解：（1）如图1，延长GM交AD于H，∵AD∥GF，∴∠GFM＝∠HAM，在△FMG和△AMH中，，∴△FMG≌△AMH（ASA），∴HM＝GM，AH＝FG，∵AD＝CD，AH＝FG＝CG，∴DH＝DG，∵∠HDG＝90°，HM＝GM，∴DM＝MG，DM⊥MG，故答案为DM＝MG，DM⊥MG．（2）结论成立：DM＝MG，DM⊥MG，理由：如图2中，延长GM使得MH＝GM，连接AH、DH、DG，延长AD交GF的延长线于N，交CD于O．∵AM＝MF，∠AMH＝∠FMG，MH＝MG，∴△AMH≌△FMG（SAS），∴AH＝GF＝CG，∠AHM＝∠FGM，∴AH∥GN，∴∠HAD＝∠N，∵∠ODN＝∠OGC＝90°，∠DON＝∠GOC，∴∠N＝∠OCG，∴∠HAD＝∠DCG，∵AH＝CG，AD＝CD，∴△HAD≌△GCD（SAS），∴DH＝DG，∠HDA＝∠CDG，∴∠HDG＝∠ADC＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∵MH＝MG，∴DM⊥GH，DM＝MH＝MG，（3）①如图3﹣1中，连接AC．在Rt△ABC中，AC＝＝10，在Rt△ACE中，AE＝＝14，∴AF＝AE＝EF＝14﹣2＝12，∴FM＝AM＝AF＝6，在Rt△MGF中，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝20，②如图3﹣2中，连接AC．同法可得AE＝14，AF＝16，FM＝8，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝34，综上所述，满足条件的△DMG的面积为20或34．15．【解答】解：（1）由旋转可得：AC＝A'C＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝，∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A'BC＝90°，∴cos∠A'CB＝＝，∴∠A'CB＝30°，∴∠ACA'＝60°；（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM＝∠MA'C，由旋转可得，∠MA'C＝∠A，∴∠A＝∠A'CM，∴tan∠PCB＝tan∠A＝，∴PB＝BC＝，∵∠PCQ＝∠PBC＝90°，∴∠BQC+∠BPC＝∠BCP+∠BPC＝90°，∴∠BQC＝∠BCP＝∠A，∴tan∠BQC＝tan∠A＝，∴BQ＝BC×＝2，∴PQ＝PB+BQ＝；（3）∵S四边形P A'B′Q＝S△PCQ﹣S△A'CB'＝S△PCQ﹣，∴S四边形P A'B′Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ＝PQ×BC＝PQ，法一：（几何法）取PQ的中点G，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝PQ，即PQ＝2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，∴CG min＝，PQ min＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣；法二（代数法）设PB＝x，BQ＝y，由射影定理得：xy＝3，∴当PQ最小时，x+y最小，∴（x+y）2＝x2+2xy+y2＝x2+6+y2≥2xy+6＝12，当x＝y＝时，“＝”成立，∴PQ＝+＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣．16．【解答】解：（1）结论：△PMN是等边三角形．理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝AE，∴BD＝EC，∵PB＝PC，CN＝ND，BM＝EM，∴PN∥BD，PM∥EC，PN＝BD，PM＝EC，∴PM＝PN，∠NPC＝∠ABC＝60°，∠MPB＝∠ACB＝60°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，故答案为等边三角形．（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：如图2中，连接BD，CE．由旋转可得∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝∠ABC＝60°又∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵M是BE的中点，P是BC的中点，∴PM是△BCE的中位线，∴PM＝，且PM∥CE．同理可证PN＝BD且PN∥BD，∴PM＝PN，∠MPB＝∠ECB，∠NPC＝∠DBC，∴∠MPB+∠NPC＝∠ECB+∠DBC＝（∠ACB+∠ACE）+（∠ABC﹣∠ABD）＝∠ACB+∠ABC＝120°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形．（3）∵PM＝EC，∴当EC最大时，等边△PMN的周长最大，∵EC≤AE+AC，∴EC≤8，∴PM≤4，∴PM的最大值为4，∴△PMN的周长的最大值为12．17．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°﹣40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD+∠ABD＝60°+20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝10°，故答案为：20，10；（2）设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△DEC中，y＝β+x，在△ABD中，α+x＝y+β＝β+x+β，∴α＝2β；（3）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠ACE＝y，在△ABD中，x+α＝β﹣y，在△DEC中，x+y+β＝180°，∴α＝2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α＝180°﹣2β．18．【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，∠CAE＝90°，AC＝AE，∴△ACE为等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC，故答案为：等腰直角；BC+CD＝AC；（2）延长CO交⊙O于E，连接AE、BE、DE，则∠CDE＝90°，∵点C为的中点，∴点E为的中点，∴EA＝EB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，由（1）得，DE＝（AD+BD），由勾股定理得，CD2＝CE2﹣DE2＝AD2+BD2﹣（AD+BD）2＝（AD﹣BD）2，∴CD＝（BD﹣AD）；（3）如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接CQ、PC，∵CA＝CB，点P为AB的中点，∴CP⊥AB，∵CA＝CE，点Q为AE中点，∴CQ⊥AE，AQ＝QE＝AE＝5，∴由勾股定理得，CQ＝＝12，由（1）得，AQ+CQ＝PQ，。

河南省2019年中考数学专题复习专题七类比探究题训练(含答案)

河南省2019年中考数学专题复习专题七类比探究题训练(含答案)

专题七类比探究题类型一线段数量关系问题(20 (2018河南)(1)问题发现如图①，在4 OAB 和^OCD 中，OA = OB, OC=OD, Z AOB = Z COD = 40°,连接AC, BD 交于点M.填空：①黑的值为_________ ;BD②/ AMB的度数为;(2)类比探究如图②，在^ OAB 和^OCD 中，Z AOB = Z COD =90°, / OAB = / OCD = 30°,连接AC 交BD 的延长线于点M.请判断需的值及/ AMB的度数，并说明理由；(3)拓展延伸在(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备用图例1题图【分析】(1)①证明△ COA^A DOB(SAS),得AC = BD,比值为1;②由△COA^^DOB,得/CAO = /DBO,根据三角形的内角和定理，得/ AMB = 180° — (/DBO + / OAB + Z ABD)=180° —140 =40°;.................................................. AC OC(2)根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC S^BOD,则BD=OD=M3，由全等二角形的性质得/ AMB的度数；⑶正确画出图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如解图①和②，同理可得^ AOCs^ BOD,则/ AMB = 90°, AC=43,可得AC 的长.BD【自主解答】 解：(1)问题发现①1【解法提示】AOB = Z COD =40°, ・ ./ COA=Z DOB. OC= OD, OA = OB,・ .△ COA^A DOB(SA§, AC= BD , . AC =1"BD -②40°【解法提示】△ COA^A DOB , ・ ./ CAO = Z DBO. ・ ••/ AOB = 40 , ・ ./ OAB + Z ABO = 140 ,在△ AMB 中，ZAMB=180 -(ZCAO+Z OAB + Z ABD) = 180 - ( Z DBO + Z OAB + Z ABD) = 180° - 140=40 . (2)类比探究^-= >/3, Z AMB= 90 ,理由如下:在 RtA OCD 中，Z DCO =30 , Z DOC = 90 ,OD—=tan 30 OC同理，得器=tan30 =*,AOB = Z COD = 90 ,A AOC^A BOD,••.Z AMB = 180 -Z CAO-Z OAB —MBA= 180,—(/DAB + / MBA+Z OBD)= 180 - 90 = 90°. (3)拓展延伸①点C 与点M 重合时，如解图①, 同理得△ AOC^A BOD,.-.Z AMB = 90 , —在 RtA COD 中,・ . / OCD= 30°, OD = 1 , CD= 2,. AC = QC = BD OD 7L CAO = Z DBO.BC=x—2.在Rt^AOB 中，/OAB=30°, OB = yj7.・. AB = 2OB= 2卡,在RtAAMB中，由勾股定理，得AC2+BC2=AB2,即(3 x)2+ (x- 2)2= (2 7)2,解得Xi=3, X2= —2(舍去)，・•. AC=373;②点C与点M重合时，如解图②，同理得：/ AMB =90°, AC=W，设BD = x,则AC=43x,在RtAAMB中，由勾股定理，得AC2+BC2=AB2,即(淄x)2+(x+2)2= (277)2解得xi=- 3,解得x2=2(舍去).AC=2V3.综上所述，AC的长为3^3或273.1.（2016 河南）（1）发现如图①，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 (2015河南)如图①，在RtAABC中，/ B=90°, BC=2AB=8,点D, E分别是边BC, AC的中点，连接口£.将4 EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为 a (1)问题发现(2)应用点A 为线段BC 外一动点，且 等边三角形 ACE,连接CD, BE.①请找出图中与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③，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为(2,PA=2, PM = PB, / BPM =90°,请直接写出线段BC=3, AB=1,如图②所示，分别以 AB, AC 为边，作等边三角形 ABD 和0),点B 的坐标为(5, 0),点P 为线段AB 外一动点，且 AM 长的最大值及此时点 P 的坐标.(3)解决问题当4EDC旋转至A, D, E三点共线时，直接写出线段BD的长.图①3.(2014 河南)(1)问题发现如图①，△ ACB和4DCE均为等边三角形，点A, D, E在同一直线上，连接BE.填空：①/ AEB的度数为;②线段AD, BE之间的数量关系为 .(2)拓展探究如图②，△ ACB和4DCE均为等腰直角三角形，/ ACB = / DCE=90°,点A, D, E在同一直线上，CM 为4DCE中DE边上的高，连接BE,请判断/ AEB的度数及线段CM, AE, BE之间的数量关系，并说明理由.(3)解决问题如图③，在正方形ABCD中，CD = <2,若点P满足PD=1,且/ BPD=90°,请直接写出点A到BP的距4.(2018南阳二模)在△ ABC中，/ACB是锐角，点D在射线BC上运动，连接AD ,将线段AD绕点A逆时针旋转90°,得到AE,连接EC.(1)操作发现若AB = AC, /BAC = 90°,当D在线段BC上时(不与点B重合)，如图①所示，请你直接写出线段CE和BD的位置关系和数量关系是 , ;(2)猜想论证在(1)的条件下，当D在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1)中结论是否成立，并证明你的判断.(3)拓展延伸如图③，若AB+C, /BACW90；点D在线段BC上运动，试探究：当锐角/ ACB等于度时，线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C, E重合除外)？此时若作DFLAD交线段CE于点F,且当AC =3位时，请直接写出线段CF的长的最大值是.图①图②图③5.已知，如图①，△ ABC, AAED是两个全等的等腰直角三角形（其顶点B, E 重合），/BAC = /AED = 90°,。

中考数学专题训练：类比探究类问题解析版

中考数学专题训练：类比探究类问题解析版

类比探究类问题解析版1、如图，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中点，点E是线段AB上一动点，连结EM并延长交线段CD的延长线于点F．(1) 如图1，求证：AE=DF；(2) 如图2，若AB=2，过点M作 MG⊥EF交线段BC于点G，判断△GEF的形状，并说明理由；2，过点M作 MG⊥EF交线段BC的延长线于点G．(3) 如图3，若AB=3①直接写出线段AE长度的取值范围；②判断△GEF的形状，并说明理由．【答案】解：（1）在矩形ABCD中，∠EAM=∠FDM＝900，∠AME=∠FMD。

∵AM=DM，∴△AEM≌△DFM（ASA）。

∴AE=DF。

（2）△GEF是等腰直角三角形。

理由如下：过点G作GH⊥AD于H，∵∠A=∠B=∠AHG=90°，∴四边形ABGH是矩形。

∴GH=AB=2。

∵MG⊥EF，∴∠GME=90°。

∴∠AME＋∠GMH=90°。

∵∠AME＋∠AEM=90°，∴∠AEM=∠GMH。

又∵AD=4，M是AD的中点，∴AM=2。

∴AN=HG。

∴△AEM≌△HMG（AAS）。

∴ME=MG。

∴∠EGM=45°。

由（1）得△AEM≌△DFM，∴ME=MF。

又∵MG⊥EF，∴GE=GF。

∴∠EGF=2∠EGM =90°。

∴△GEF是等腰直角三角形。

（3）①233＜AE≤23。

②△GEF是等边三角形。

理由如下：过点G作GH⊥AD交AD延长线于点H，∵∠A=∠B=∠AHG=90°，∴四边形ABGH是矩形。

∴GH=AB=23。

∵MG⊥EF，∴∠GME=90°。

∴∠AME＋∠GMH=90°。

∵∠AME＋∠AEM=90°，∴∠AEM=∠GMH。

又∵∠A=∠GHM=90°，∴△AEM∽△HMG。

∴MG GH EM AM=。

在Rt△GME中，∴tan∠MEG=MG GH233EM AM2===。

以翻折旋转为背景的几何类比探究压轴问题-2023年中考数学压轴题专项训练(全国通用)(解析版)

以翻折旋转为背景的几何类比探究压轴问题-2023年中考数学压轴题专项训练(全国通用)(解析版)

2023年中考数学压轴题专项训练以翻折旋转为背景的几何类比探究压轴问题例1．（2023•海安市一模）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，点E是线段BO上一点（不含端点），将△ABE沿AE翻折，AB的对应边AB′与BD相交于点F．（1）当∠BAE＝15°时，求EF的长；（2）若△ABF是等腰三角形，求AF的长；（3）若EF＝k•BE，求k的取值范围．【分析】（1）根据菱形的性质以及折叠的性质可得△ABC是等边三角形，AC⊥BD，AO＝2，BO＝2√3，∠BAF＝∠FBA＝30°，则BF＝AF＝2√3−OF，根据勾股定理求出OF，根据等腰直角三角形的性质可得OE＝OA＝2，即可得EF的长；（2）分三种情况：①当AF＝时，②当AF＝AB时，③当AB＝BF时，根据等腰三角形的性质分别求解即可；（3）过点E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，根据三角形的面积公式可得ABAF=BEEF，则EF=AF⋅BEAB，由EF＝k•BE得k=AFAB，由点F在BD上可得AF的最大值为4，当AF⊥BD，即点F与点O重合时，AF的值最小为OA＝2，可得2≤AF≤4，即可得k的取值范围．【解答】解：（1）菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，∴△ABC是等边三角形，AC⊥BD，AO=12AC，∠ABD＝∠CBD=12∠ABC＝30°，∴AO＝2，BO＝2√3，由折叠得∠BAE＝∠F AE＝15°，∴∠BAF＝∠FBA＝30°，∴BF＝AF＝2√3−OF，在Rt△AOF中，OF2+OA2＝AF2，∴OF2+22＝（2√3−OF）2，∴OF =2√33，∵∠BAE ＝15°，∠FBA ＝30°，∴∠AEO ＝45°，∴△AEO 是等腰直角三角形，∴OE ＝OA ＝2，∴EF ＝OE ﹣OF ＝2−2√33； （2）若△ABF 是等腰三角形，分三种情况：①当AF ＝BF 时，由（1）知，BF ＝AF ＝2√3−OF ，OF =2√33， ∴AF ＝2√3−2√33=4√33； ②当AF ＝AB 时，∵AB ＝4，∴AF ＝4；③当AB ＝BF 时，如图1，∵AB ＝4，∴BF ＝4，∴OF ＝BF ﹣OB ＝4﹣2√3，∴AF =√OA 2+OF 2=√22+(4−2√3)2=2√6−2√2；综上，AF 的长为4√33或4或2√6−2√2； （3）过点E 作EM ⊥AB 于M ，作EN ⊥AF 于N ，由折叠得∠BAE ＝∠F AE ，∴EM ＝EN ，∴S △ABES △AFE =12AB⋅EM 12AF⋅EN =AB AF ，又∵S △ABE S △AFE =BE EF ， ∴AB AF =BE EF ， ∴EF =AF⋅BE AB ，∵EF ＝k •BE ，∴k =AF AB ，∵点F 在BD 上，∴AF 的最大值为4，当AF ⊥BD ，即点F 与点O 重合时，AF 的值最小为OA ＝2，∴2≤AF ≤4，∴12≤AF AB≤1， ∴k 的取值范围为12≤k ≤1． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，分类思想的运用是解题的关键．例2．（2023•铁西区模拟）在△ABC 和△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE ．（1）如图①将△ADE 绕点A 在旋转过程中，线段BD 与CE 总保持相等的数量关系，请说明理由；（2）如图②，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，AB ＝8，AD ＝4，把△ADE 绕点A 旋转，点P 为射线BD 与CE 的交点，当E 在BA 延长线上时，求线段CP 的长度（只求图中的情况）；（3）在（2）的条件下，在旋转过程中，点P 为射线BD 与射线CE 的交点，当四边形ADPE 为正方形时，直接写出线段PB 长度的值．【分析】（1）证明△ABD ≌△ACE （SAS ），由全等三角形的性质得出BD ＝CE ；（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ABD＝∠ACE，证明△ABD∽△PCD，由相似三角形的性质得出ABPC=BDCD，求出CD的长，则可得出答案；（3）分两种情况画出图形，由正方形的性质及勾股定理可得出答案．【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，AD＝AE，∠DAB＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ADB＝∠PDC，∴△ABD∽△PCD，∴ABPC=BDCD，又∵AB＝8，AD＝4，∠BAC＝90°，∴CD＝AC﹣AD＝AB﹣AD＝8﹣4＝4，BD=√AB2+AD2=√82+42=4√5，∴8PC=4√54，∴PC=8√5 5；（3）解：①当四边形ADPE为正方形时，点P在线段BD上，∵∠ADB＝90°，AD＝4，AB＝8，∴BD=√AB2−AD2=√82−42=4√3，∴PB＝4√3−4；②如图，当点P在线段BD的延长线上时，同理PB＝BD+PD＝4√3+4．综上所述可得PB的长为4√3+4或4√3−4．【点评】本题几何变换综合题，主要考查了正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．例3．（2023•南阳一模）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．问题情景：在矩形ABCD中，点E为AD边上一动点，点F为BC边上一点，连接EF，将四边形CDEF 沿EF折叠，点C、D分别落在点C'、D'处，设∠EFC＝α．（1）如图1，若∠EFC＝75°，AD＝AB，点F为BC的中点，延长D'C'交AB于点P．则PC'与PB的数量关系是，写出图中一个30°的角：；（2）如图2，若点F为BC的中点，AD＝2AB，45°＜α＜90°，延长D'C'交AB于点P．求PC'与PB 的数量关系，并说明理由；（3）如图3，若AB＝3，AD＝6，BF＝1，连接C'E，当点E为AD的三等分点时，直接写出EFC′E的值．【分析】（1）证明Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），由全等三角形的性质得出PB＝PC'，由折叠的性质得出∠EFC＝∠EFC'＝75°，则可得出答案；（2）连接PF，方法同（1），由全等三角形的性质得出PB＝PC'；（3）①若点E为AD的三等分点，且AE＝2DE，②若点E为AD的三等分点，且DE＝2AE，由勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）连接PF，∵F为BC的中点，∴BF＝CF，∵四边形ABCD为矩形，AD＝AB，∴四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵将正方形CDEF沿EF折叠，∴FC＝FC'，∠C＝∠D'C'F＝90°，∴∠PC'F＝90°，BF＝C'F，又∵PF＝PF，∴Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），∴PB＝PC'，∵∠EFC＝75°，将四边形CDEF沿EF折叠，∴∠EFC＝∠EFC'＝75°，∴∠BFC'＝180°﹣∠EFC﹣∠EFC'＝30°，故答案为：PC'＝PB，∠BFC'；（2）PC'＝PB．理由：连接PF，∵F为BC的中点，∴BF＝CF，∵将矩形CDEF沿EF折叠，∴FC＝FC'，∠C＝∠D'C'F＝90°，∴∠PC'F＝90°，BF＝C'F，∴Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），∴PB＝PC'；（3）①若点E为AD的三等分点，且AE＝2DE，∵AD＝6，∴AE＝4，ED＝2，过点E作EM⊥BC于M，∴四边形ABME为矩形，∴BM＝AE＝4，EM＝AB＝3，∴FM＝BM﹣BF＝4﹣1＝3，∴EF=√FM2+EM2=√32+32=3√2，∵将矩形CDEF沿EF折叠，∴ED＝ED'＝2，C'D'＝CD＝3，∠D＝∠D'＝90°，∴C'E=√C′D′2+D′E′2=√22+32=√13，∴EFC′E=√213=3√2613；②若点E为AD的三等分点，且DE＝2AE，∴DE＝4，EA＝2，过点E作EN⊥BC于N，同理可得FN＝1，EN＝3，∴EF=√FN2+EN2=√12+32=√10，同理由折叠可得ED＝ED'＝4，C'D'＝CD＝3，∠D＝∠D'＝90°，∴C'E=√D′E2+C′D′2=√42+32=5，∴EFC′E=√105，综上所述，EFC′E的值为√105或3√2613．【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．例4．（2023•沈河区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝AD，AF⊥CD于点F，交BD于点E，∠ABD＝2∠BDC．（1）判断线段AE与BC的关系，并说明理由；（2）若∠BDC＝30°，求∠ACD的度数；（3）如图2，在（2）的条件下，线段BD与AC交于点O，点G是△BCE内一点，∠CGE＝90°，GE ＝3，将△CGE绕着点C逆时针旋转60°得△CMH，E点对应点为M，G点的对应点为H，且点O，G，H 在一条直线上直接写出OG +OH 的值．【分析】（1）连接CE ，可证得BC ∥AF ，进而得出DE ＝BE ，运用直角三角形性质可得CE ＝DE ，进而得出∠ECD ＝∠BDC ，推出∠ABD ＝∠BEC ，由平行线的判定定理可得AB ∥CE ，根据平行四边形的判定和性质可得AE ＝BC ，AE ∥BC ．（2）根据已知条件可得出△BCE 是等边三角形，BC ＝CE ，∠BCE ＝60°，进而可得四边形ABCE 是菱形，利用菱形性质可得∠ACB =12∠BCE ＝30°，再由∠ACD ＝∠BCD ﹣∠ACB ，即可求得答案； （3）由旋转变换的性质可得：CH ＝CG ，CM ＝CE ，∠GCH ＝∠ECM ＝60°，得出△CGH 是等边三角形，∠CHG ＝60°，进而可得四边形BHCO 是圆内接四边形，得出∠COH ＝∠CBH ，过点C 作CL ⊥OH 于点L ，可证得△COL ∽△CBH ，利用相似三角形性质和解直角三角形可得OL BH =CL CH =sin ∠CHG ＝sin60°=√32，即OL =√32BH =3√32，根据等边三角形性质可得GH ＝2GL ，推出OG +OH ＝OG +OG +2GL ＝2（OG +GL ）＝2OL ，即可求得答案．【解答】解：（1）AE ＝BC ，BC ．理由如下：如图1，连接CE ，∵AC ＝AD ，AF ⊥CD ，∴CF ＝FD ，∠AFD ＝90°，∵∠BCD ＝90°，∴∠BCD ＝∠AFD ，∴BC ∥AF ，∴DE BE =DF CF =1，∴DE＝BE，∵∠BCD＝90°，∴CE＝DE，∴∠ECD＝∠BDC，∵∠BEC＝∠ECD+∠BDC，∴∠BEC＝2∠BDC，∵∠ABD＝2∠BDC，∴∠ABD＝∠BEC，∴AB∥CE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴AE＝BC，AE∥BC．（2）∵∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，∴∠CBD＝60°，∵CE＝BE＝DE，∴△BCE是等边三角形，∴BC＝CE，∠BCE＝60°，∵四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴∠ACB=12∠BCE＝30°，∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝30°＝60°；（3）∵将△CGE绕着点C逆时针旋转60°得△CMH，∴CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，∴△CGH是等边三角形，∴∠CHG＝60°，由（2）知：△BCE是等边三角形，∴CB＝CE，∠ECB＝60°，∴CE与CB重合，点M与点B重合，∴BH＝EG＝3，∠CHB＝∠CGE＝90°，∵四边形ABCE是菱形，∴∠BOC＝90°，∴∠BOC+∠CHB＝90°+90°＝180°，∴四边形BHCO是圆内接四边形，∴∠COH＝∠CBH，如图2，过点C作CL⊥OH于点L，则∠CLO ＝90°＝∠CHB ，∴△COL ∽△CBH ，∴OL BH =CL CH =sin ∠CHG ＝sin60°=√32，∴OL =√32BH =√32×3=3√32，∵△CGH 是等边三角形，CL ⊥OH ，∴GH ＝2GL ，∵OH ＝OG +GH ＝OG +2GL ，∴OG +OH ＝OG +OG +2GL ＝2（OG +GL ）＝2OL ，∴OG +OH ＝2×3√32=3√3．【点评】本题是几何综合题，考查了等腰三角形性质，等边三角形性质，直角三角形性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，旋转变换的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是学会添加常用辅助线，运用相似三角形的判定和性质解决问题，属于中考压轴题．1．（2023•襄都区校级一模）已知点M ，N 是直线l 上自左向右的两点，且MN ＝8，点P 是MN 的中点，点Q 是直线l 上一点（不与点M ，N 重合），直线m 经过点Q ，MA ⊥直线m 于点A ，NB ⊥直线m 于点B ，连接P A ，PB ．（1）如图1，当点Q 在点P ，N 之间时，求证：P A ＝PB ；（2）如图2，当点Q 在点N 的右侧时，若PN ＝2NQ ，且∠AQM ＝30°，求AB 和AP 的长度．【分析】（1）过点P作PJ⊥直线m于点J．利用平行线等分线段定理证明即可；（2）过点P作PH⊥AB于点H．分别求出AQ．BQ，可得AB的长，再利用勾股定理求出AP．【解答】（1）证明：过点P作PJ⊥直线m于点J．∵MA⊥直线m，NB⊥直线m，PJ⊥直线m，∴MA∥NB∥PJ，∵PM＝PN，∴AJ＝JB，∵PJ⊥AB，∴P A＝PB；（2）解：过点P作PH⊥AB于点H．∵MA⊥直线m，NB⊥直线m，PH⊥直线m，∴MA∥NB∥PH，∵PM＝PN，∴AH＝BH，∵MN＝8，P是MN的中点，∴PM＝PN＝4，∵PN＝2NQ，∴NQ＝2，PQ＝6，MQ＝8，∵∠AQM＝30°，∴PH=12PQ＝3，BQ＝NQ•cos30=√3，AQ＝MQ•cos30°＝4√3，∴AB＝AQ﹣BQ＝3√3，∴AH ＝BH =3√32，∴P A =√AH 2+PH 2=√(3√32)2+32=3√72．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了平行线等分线段定理，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．2．（2023•齐齐哈尔一模）综合与实践．旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图1，△ABC 和△DMN 均为等腰直角三角形，∠BAC ＝∠MDN ＝90°，点D 为BC 中点，△DMN 绕点D 旋转，连接AM 、CN ．观察猜想：（1）在△DMN 旋转过程中，AM 与CN 的数量关系为 ；实践发现：（2）当点M 、N 在△ABC 内且C 、M 、N 三点共线时，如图2，求证：CM −AM =√2DM ；拓展延伸：（3）当点M 、N 在△ABC 外且C 、M 、N 三点共线时，如图3，探究AM 、CM 、DM 之间的数量关系是 ； 解决问题：（4）若△ABC 中，AB =√5，在△DMN 旋转过程中，当AM =√2且C 、M 、N 三点共线时，DM ＝ ．【分析】（1）结论：AM ＝CN ．证明△ADM ≌△CDN （SAS ），可得结论；（2）连接AD ．利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质证明即可；（3）结论：CM +AM =√2DM ．证明方法类似（2）；（4）分两种情形：利用图2，图3分别求出MN ，可得结论．【解答】（1）解：结论：AM ＝CN ．理由：连接AD ．∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，BD ＝DC ，∴AD ⊥BC ，AD ＝DB ＝DC ，∵∠ADC ＝∠MDN ＝90°，∴∠ADM ＝∠CDN ，在△ADM 和△CDN 中，{DA =DC∠ADM =∠CDN DM =DN，∴△ADM ≌△CDN （SAS ），∴AM ＝CN ．故答案为：AM ＝CN ；（2）证明：连接AD ．由（1）可知AM ＝CN ，∵△DMN 是等腰直角三角形，∴MN =√2DM ，∴CM ﹣CN ＝CM ﹣AM ＝MN =√2DM ，即CM ﹣AM =√2DM ；（3）解：结论：CM +AM =√2DM ．理由：由（1）可知AM ＝CN ，∵△DMN 是等腰直角三角形，∴MN =√2DM ，∴CM +CN ＝CM +AM ＝MN =√2DM ，即CM +AM =√2DM ．故答案为：CM +AM =√2DM ；（4）解：如图2中，设AD 交CM 于点O ．∵△ADM ≌△CDN ，∴AM ＝CN ，∠DAM ＝∠DCN ，∵∠AOM ＝∠COD ，∴∠AMO ＝∠CDO ＝90°，∵AB ＝AC =√5，AM =√2，∴CM =√AC 2−AM 2=√5−2=√3，∴MN ＝CM ﹣CN =√3−√2，∴DM =√22MN =√6−√22，如图3中，同法可得DM =√6+√22． 综上所述，DM 的长为√6−√22或√6+√22． 故答案为：√6−√22或√6+√22． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．3．（2023•长安区一模）问题提出：（1）如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AO 是它的一条中线，则∠COA 与∠B 的数量关系是：∠COA ＝ ∠B ；（2）如图，在△ABC 中，∠A ＝60°，BC ＝6，CG ⊥AB 于点G ，BH ⊥AC 于点H ，O 为BC 边上一点，且OG ＝OB ，连接GH ，求GH 的长；问题解决：（3）某次施工中，工人师傅需要画一个20°的角，但他手里只有一把带刻度的直角尺，工程监理给出了下面简易的作图方法：①画线段OB ＝15cm ，再过它的中点C 作m ⊥OB ；②利用刻度尺在m 上寻找点A ，使得OA ＝15cm ，再过点A 作l ∥OB ；③利用刻度尺过点O 作射线，将射线与AC 和l 的交点分别记为点F 、E ，调节刻度尺使FE ＝□cm 时（“□”内的数字被汗渍侵蚀无法看清），则∠EOB ＝20°；你认为监理给的方法可行吗？如果可行，请写出“□”内的数字，并说明理由；如果不可行，请给出可行的方案．【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质以及等腰三角形的性质证明即可．（2）连接OH，证明△OGH是等边三角形可得结论；（3）取EF是中点P，连接AP，证明AP＝FP＝EP＝AO＝15，推出∠AEF＝∠EAP，∠AOP＝∠APO，推出∠AOP＝2∠AEF＝2∠BOE，可得结论．【解答】解：（1）如图1中，∵∠CAB＝90°，AO是中线，∴OA＝OB＝OC，∴∠OAB＝∠B，∵∠COA＝∠OAB+∠B，∴∠COA＝2∠B，故答案为：2；（2）如图2中，连接OH．∵OG＝OB，∴∠GBO＝∠BGO，∵∠CGB＝90°，∴∠GBO+∠GCO＝90°，∠BGO+∠CGO＝90°，∴∠GCO＝∠CGO，∴OH＝BO＝OG＝OC＝3，∴B，C，H，G在以O为圆心，OC为半径的圆上，∵∠A＝60°，∴∠ACG＝30°，∴∠GOH＝60°，∴△GOH是等边三角形，∴GH＝OG＝3；（3）可行，30．理由：在Rt△ACO中，cos∠AOC=OCOA=12，∴∠AOC＝60°，取EF是中点P，连接AP，∵AP∥直线l，AC⊥OB，∴AC⊥AE，∠AEF＝∠BOE，∴∠F AE＝90°，∵EP＝PF，EF＝30cm，∴AP＝FP＝EP＝AO＝15（cm），∴∠AEF＝∠EAP，∠AOP＝∠APO，∴∠AOP＝2∠AEF＝2∠BOE，∴∠BOE=13∠AOB＝20°．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．4．（2023•南关区校级模拟）如图，在△ABC中，BA=√10，BC＝3，tan B＝3，点D为边BC的中点．动点P从点B出发，沿折线BA﹣AC向点C运动，在BA、AC上的速度分别为每秒√10个单位长度和每秒√13个单位长度．连结AD、PD，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．（1）线段AC的长为；（2）用含t的代数式表示线段AP的长；（3）当∠APD为钝角时，求t的取值范围；（4）做点B 关于直线PD 的对称点B ′，连结B ′D ，当B ′D ⊥BC 时，直接写出t 的值．【分析】（1）如图1中，过点A 作AE ⊥BC 于点E ．解直角三角形求出AE ，BE ，再利用勾股定理求出AC 即可；（2）分两种情形：当0＜t ≤1时．当1＜t ≤2时，分别根据路程，速度，时间的关系求解；（3）求出两种特殊情形：如图1中，当DP ⊥AB 时，如图2中，当DP ⊥AC 时，t 的值，可得结论；（4）分两种情形：如图3中，当DB ′⊥BC 时，过点P 作PJ ⊥BC 于点J ．解直角三角形求出BP ．如图4中，当DB ′⊥BC 时，过点P 作PJ ⊥BC 于点J ．记住解阿三角形求出CP ，可得结论．【解答】解：（1）如图1中，过点A 作AE ⊥BC 于点E ．∵tan B =AE BE =3，AB =√10，∴AE ＝3，BE ＝1，∵BC ＝3，∴EC ＝2，∴AC =√AE 2+CE 2=√32+22=√13．故答案为：√13．（2）当0＜t ≤1时，AP =√10−√10t ．当1＜t ≤2时，AP =√13（t ﹣1）．综上所述，AP ={√10−√10t (0＜t ≤1)√13(t −1)(1＜t ≤2)；（3）如图1中，当DP ⊥AB 时，∵12•AB •DP =12•BD •AE ， ∴DP =3×32√10=9√1020， ∴BP =√DB 2−DP 2=√(32)2−(9√1020)2=3√1020， 此时t =320． 如图2中，当DP ⊥AC 时，DP =3×3213=9√1326，∴CP =√CD 2−DP 2=√(32)2−(9√1326)2=3√1313，此时t ＝1+1013=2313，观察图形可知满足条件的t 的值为：320＜t ＜1或1＜t ＜2313． （4）如图3中，当DB ′⊥BC 时，过点P 作PJ ⊥BC 于点J ．设BJ ＝x ，则PJ ＝DJ ＝3x ，∴4x =32，∴x =38， ∴PB =3√108， ∴t =38． 如图4中，当DB ′⊥BC 时，过点P 作PJ ⊥BC 于点J ．设DJ ＝PJ ＝3y ，则CJ ＝2y ，∴5y =32，∴y =310，∴PC =√PJ 2+CJ 2=√(910)2+(610)2=3√1310，∴t ＝1+710=1710．综上所述，满足条件的t 的值为38或1710． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了解直角三角形，三角形的面积轴对称变换，等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．5．（2023•盐田区二模）操作：如图1，点E 在矩形ABCD 边CD 上，沿AE 折叠，点D 恰落在BC 边上D '处．再将图1对折，使点E 与点A 重合，得多边形AC ′FBNM （图2），点C 的对应点为点C ′．思考：若AB ＝6，AD ＝10．（1）求图1中CE的长；（2）求证：△AC'F≌△ECD'．探究：若用一张A4(AD=√2AB)纸进行上述操作，判断C'F与BF的数量关系，并说明理由．【分析】思考：（1）由折叠的性质得出AD'＝AD＝10，∠AD'E＝90°，证明△ED'C∽△D'AB，由相似三角形的性质得出CEBD′=CD′AB，则可得出答案；（2）由折叠的性质得出∠AED＝∠AED'，∠EAC'＝∠AEC，证出∠F AC'＝∠CED'，根据ASA可证明△AC'F ≌△ECD'；探究：设AB＝m，AD=√2m，证明△ED'C∽△D'AB，由相似三角形的性质得出ED′D′A=D′CAB，求出ED'＝（2−√2）m，由全等三角形的性质得出C'F＝CD'＝（√2−1）m，AF＝ED'＝（2−√2）m，则可得出结论．【解答】解：思考：（1）由折叠的性质可得，AD'＝AD＝10，∠AD'E＝90°，∵∠B＝90°，AB＝6，AD'＝10，∴BD'＝8，∴CD'＝BC﹣BD'＝10﹣8＝2，∵∠AD'B+∠ED'C＝90°，∠AD'B+∠BAD'＝90°，∴∠ED'C＝∠BAD'，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∴△ED'C∽△D'AB，∴CEBD′=CD′AB，∴CE8=26，∴CE=8 3；（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠AED＝∠F AE，由折叠的性质得出∠AED＝∠AED'，∠EAC'＝∠AEC，∴∠F AE＝∠AED'，∠EAC'﹣∠F AE＝∠AEC﹣∠AED'，即∠F AC'＝∠CED'，又∵AC'＝EC，∠C'＝∠C，∴△AC'F≌△ECD'（ASA）；探究：C'F＝BF．理由：由AD=√2AB，设AB＝m，AD=√2m，∴BD'＝m，CD'＝（√2−1）m，∴△ED'C∽△D'AB，∴ED′D′A=D′CAB，∴√2m =(√2−1)mm，∴ED'＝（2−√2）m，∵△AC'F≌△ECD'，∴C'F＝CD'＝（√2−1）m，AF＝ED'＝（2−√2）m，∴BF＝AB﹣AF＝m﹣（2−√2）m＝（√2−1）m＝C'F．【点评】本题是四边形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2023•白塔区校级一模）已知，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D在射线CB上，连接DA，将线段DA绕点D逆时针旋转90°后得到DE，过点E作EM⊥BC交直线BC于点M，连接AE，CE．（1）如图①，若点D在线段CB上（且不与点C、点B重合）时，求证：①MC＝BD；②∠ACE＝90°（2）延长AD与直线CE相交于点N，①当点D在线段CB上（且不与点C、点B重合）时，如图②所示，若AD平分∠BAC，CD=√2ME，且AB=2+2√2，求线段NE的长；②当点D在射线CB上（且不与点C、点B重合）时，若CENE=37时，直接写出tan∠MDEtan∠NAC．【分析】（1）①证明ABD≌△DME，进而得出结论；②证明△ABD∽△ACE，进而得出结论；（2）①设AC与DE交于点F，证明∠BAD＝22.5°，在AB上取一点T，使得AT＝DT，证明BD＝BT，设BD＝BT＝m，则DT＝AT=√2m，可得m+√2m＝2+2√2，推出m＝2，再证明△ABD∽△ADF，利用相似三角形的性质求出AF，再证明EN＝AF可得结论；②证明∠MDE＝∠CAE，进而在Rt△ACN和Rt△ACE中，表示出tan∠CAN和tan∠CAE，进而求得结果．【解答】（1）证明：①∵∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠MDE＝90°，∵∠ABD＝90°，∴∠ADB+∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠MDE，在△ABD和△DME中，{∠B=∠M=90°∠BAD=∠MDE AD=DE，∴△ABD≌△DME（AAS），∴AB＝DM，∵AB＝BC，∴BC＝DM，∴MC＝BD；②∵∠BAC＝∠DAF，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAF﹣∠CAD，即：∠BAD＝∠CAE，∵ACAB=AFAD=√2，∴△ABD∽△ACE，∴∠ACE＝∠B＝90°；（2）解：①设AC与DE交于点F，∵△ABD≌△DME，∴AB＝DM，BD＝EM，∵AB＝BC，∴BC＝DM，∴MC＝BD＝EM，∴∠MCE＝∠MEC＝45°，∴EC=√2ME，∵CD=√2ME，∴CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，∵∠MCE＝∠CDE+∠CED，∴∠CDE＝∠CED＝22.5°，∵∠ADE＝90°，∴∠ADB＝67.5°，∵∠B＝90°，∴∠BAD＝22.5°，在AB上取一点T，使得AT＝DT，∴∠TAD＝∠TDA＝22.5°，∴∠BTD＝∠TAD+∠TDA＝45°，∵∠B＝90°，∴∠BDT＝∠BTD＝45°，∴BD＝BT，设BD＝BT＝m，则DT＝AT=√2m，∴m+√2m＝2+2√2，∴m＝2，∴BD＝2，∴AD=√BD2+AB2=√22+(2+2√2)2=√16+8√2，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAF，∵∠B＝∠ADF＝90°，∴△ABD∽△ADF，∴ABAD=ADAF，√2=√16+8√2AF，∴AF ＝4√2，∵∠DEN ＝∠DAF ＝22.5°，DE ＝AD ，∠EDN ＝∠ADF ＝90°， ∴△EDN ≌△ADF （ASA ）， ∴EN ＝AF ＝4√2；②当点D 在线段BC 上时， ∵CENE =37， ∴CE CN =34， 由上得，∠MDE ＝∠BAD ＝∠CAE ， ∴tan∠MDE tan∠NAC=tan∠CAE tan∠NAC=CE AC：CN AC=CECN =34． 如图，当点D 在CB 的延长线上时，同理可得：tan∠MDE tan∠NAC =tan∠CAE tan∠NAC =CE AC ：CN AC =CE CN =310综上所述，tan∠MDEtan∠NAC =34或310．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形性质，锐角函数定义，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是转化线段和角．7．（2023•天宁区校级模拟）在平面直角坐标系xOy 中，点A （0，2），点B 在x 轴正半轴上，点C 在第一象限内．（1）如图1，OB ＝4．①若△ABC 是以AC 为斜边的直角三角形，且tan ∠BAC ＝2．请在图（1）中利用圆规、无刻度直尺作出点C 的位置（不写作法，保留作图痕迹），写出点C 的坐标： ； ②若△ABC 是等边三角形．求点C 的坐标；（2）如图2，△ABC 是等边三角形，点C 在以P （3√3，6）为圆心，半径为r 的圆上．若存在两个△ABC 满足条件，求r 的取值范围．【分析】（1）①以点B 为圆心，AB 为半径画弧交AB 的延长线于点N ，分别以A 、N 为圆心，大于AB 的长度为半径画弧，交于第一象限内点W ，在射线BW 上截取BC ＝2AB ，连接AC ，点C 即为所求作的点；设C （x ，y ），过点C 作CE ⊥x 轴于点E ，由tan ∠BAO ＝tan ∠CBE ，得OB OA =CE BE ，即42=y x−4，得出y ＝2x ﹣8，即CE ＝2x ﹣8，由勾股定理得BE 2+CE 2＝BC 2，建立方程求解即可；②过点C 作CD ⊥AB 于点D ，作CE ⊥y 轴于点E ，过点D 作FG ⊥x 轴于点G ，交CE 于点F ，设C （a ，b ），则CE ＝a ，FG ＝b ，由△DCF ∽△BDG ，可得CF DG=DF BG=CD BD，即a−21=b−12=√3，即可求得答案；（2）以OA 为边作等边三角形OAM ，使点M 落在第一象限，作射线MP 交⊙P 于点C 、C ′，分别以AC 、AC ′为边作等边△ABC 和等边△AB ′C ′，连接AP ，取BB ′的中点Q ，连接AQ 、PQ ，点B 、B ′均在x 轴正半轴上，过点P 作PH ⊥y 轴于点H ，可证得△BAB ′≌△CAC ′（SAS ），△ABQ ≌△ACP （SAS ），推出△P AQ 是等边三角形，可得AP ＝AQ ，利用勾股定理可求得OQ =√39，即可得出0＜r ≤√39． 【解答】解：（1）①如图1﹣①，点C 即为所求作的点．设C （x ，y ），过点C 作CE ⊥x 轴于点E ， 则OE ＝x ，CE ＝y ， ∴BE ＝OE ﹣OB ＝x ﹣4， ∵点A （0，2），∴OA ＝2， ∵OB ＝4， ∴B （4，0），在Rt △AOB 中，AB =√OA 2+OB 2=√22+42=2√5， ∵∠AOB ＝∠BEC ＝90°， ∴∠BAO +∠ABO ＝90°， ∵∠ABC ＝90°， ∴∠CBE +∠ABO ＝90°， ∴∠BAO ＝∠CBE ， ∴tan ∠BAO ＝tan ∠CBE ， ∴OB OA=CEBE ，即42=yx−4， ∴y ＝2x ﹣8，即CE ＝2x ﹣8， ∵tan ∠BAC ＝2， ∴BC AB=2，∴BC ＝2AB ＝4√5，在Rt △BCE 中，BE 2+CE 2＝BC 2， ∴（x ﹣4）2+（2x ﹣8）2＝（4√5）2， 解得：x ＝0（舍去）或x ＝8， ∴y ＝2x ﹣8＝2×8﹣8＝8， ∴点C 的坐标为（8，8）， 故答案为：（8，8）；②如图1﹣②，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，作CE ⊥y 轴于点E ，过点D 作FG ⊥x 轴于点G ，交CE 于点F ，设C （a ，b ），则CE ＝a ，FG ＝b ，∵△ABC 为等边三角形，CD ⊥AB ， ∴AD ＝DB =12AB =√5，∵DG∥OA，D是AB的中点，∴DG是△ABO的中位线，∴OG＝BG＝2，DG=12OA＝1，∴FD＝FG﹣DG＝b﹣1，∵∠EOG＝∠OEF＝∠FGO＝90°，∴四边形EFGO是矩形，∴EF＝OG＝2，CF＝CE﹣EF＝a﹣2，在Rt△BCD中，CDBD=tan∠ABC＝tan60°=√3，∵∠DFC＝∠BGD＝∠BDC＝90°，∴∠CDF+∠DCF＝∠CDF+∠BDG＝90°，∴∠DCF＝∠BDG，∴△DCF∽△BDG，∴CFDG=DFBG=CDBD，即a−21=b−12=√3，解得：a＝2+√3，b＝1+2√3，∴点C的坐标为（2+√3，1+2√3）；（2）如图2，以OA为边作等边三角形OAM，使点M落在第一象限，作射线MP交⊙P于点C、C′，分别以AC、AC′为边作等边△ABC和等边△AB′C′，连接AP，取BB′的中点Q，连接AQ、PQ，点B、B′均在x轴正半轴上，过点P作PH⊥y轴于点H，则AB＝AC，AB′＝AC′，∠BAC＝∠B′AC′＝60°，∴∠BAB′+∠B′AC＝∠B′AC+∠CAC′，∴∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′≌△CAC′（SAS），∴BB′＝CC′＝2r，BQ＝CP＝r，∠ABQ＝∠ACP，∴△ABQ≌△ACP（SAS），∴AQ＝AP，∠BAQ＝∠CAP，∴∠P AQ＝∠CAP+∠CAQ＝∠BAQ+∠CAQ＝∠BAC＝60°，∴△P AQ是等边三角形，∴AP＝AQ，∵AP2＝PH2+AH2＝（3√3）2+42＝43，AQ2＝OA2+OQ2＝22+OQ2，∴22+OQ2＝43，∵OQ＞0，∴OQ=√39，∴0＜r≤√39．【点评】本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．8．（2023•长春一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，sinA=35．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向终点B匀速运动，过点P作PD⊥AB交折线AC﹣CB于点D，连结BD，将△DBP 绕点D逆时针旋转90°得到△DEF．设点P的运动时间为t（秒）．（1）AC＝．（2）用含t的代数式表示线段PD的长．（3）当点E落在AB边上时，求t的值．（4）当△DEF与△ABC重叠部分为三角形时，直接写出t的取值范围．【分析】（1）在△ACB中，sin A=BCAB=35，可得BC＝3，再利用勾股定理求出AC；（2）分两种情形：如图1﹣1中，当点D在线段AC上时，如图1﹣2中，当点D在线段BC上时，分别求出PD即可；（3）如图2中，当点E落在AB上时，PD＝PB＝2t，根据AP+PB＝5，构建方程求解即可；（4）当E或F在△ABC内部时，△DEF与△ABC重叠部分为三角形，求出几个特殊位置的t的值，可得结论．【解答】解：（1）在△ACB中，∠C＝90°，AB＝5，∴sin A=BCAB=35，∴BC ＝3，∴AC =√AB 2−BC 2=√52−32=4． 故答案为：4；（2）如图1﹣1中，当点D 在线段AC 上时，0＜t ≤85，∵AP ＝2t ， ∴tan A =DP AP =34，∴PD =32t ．如图1﹣2中，当点D 在线段BC 上时，85＜t ≤52．∵tan B =DP PB =43，∴PD =43（5﹣2t ），综上所述，PD ={32t (0＜t ≤85)43(5−2t)(85＜t ≤52)；（3）如图2中，当点E 落在AB 上时，PD ＝PB =32t ，∵AP +PB ＝5， ∴2t +32t ＝5，解得t =107， ∴t =107时，点E 落在AB 上；（4）如图3中，当点F 落在AC 边上时，CD +BD ＝3，∴35×43（5﹣2t ）+53（5﹣2t ）＝3， 解得，t =7037． 观察图象可知当7037＜t ＜52时，点F 落在△ABC 内部．综合（3）（4）可知，当E 或F 在△ABC 内部时，△DEF 与△ABC 重叠部分为三角形， 当点D 与C 重合时，2t ＝4×45， 解得t =85，∴满足条件的t 的值为：107≤t ≤85或7037≤t ＜52． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．9．（2023•市中区一模）（1）①如图1，等腰△ABC （BC 为底）与等腰△ADE （DE 为底），∠BAC ＝∠DAE ，则BD 与CE 的数量关系为 ；②如图2，矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，则sin ∠DAC ＝ ；（2）如图3，在（1）②的条件下，点E 在线段CD 上运动，将AE 绕点A 顺时针旋转得到AF ，使∠EAF ＝∠DAC ，连接CF ．当AE ＝3√2时，求CF 的长度；（3）如图4，矩形ABCD 中，若AB ＝2√3，AD ＝6，点E 在线段CD 上运动，将AE 绕点A 顺时针旋转得到AF ，旋转角等于∠BAC ，连结CF ，AE 的中点为G ，CF 的中点为H ，若GH =√13，直接写出DE 的长．【分析】（1）①证明△BAD ≌△CAE （SAS ），由全等三角形的性质得出BD ＝CE ；②由勾股股定理求出AC ＝5，由正弦的定义可得出答案；（2）连结EF ，延长AD 至M ，使得AM ＝AC ，连结MC ，证明△AFC ≌△AEM （SAS ），由全等三角形的性质得出CF ＝ME ，由勾股定理求出ME 的长，则可得出答案；（3）连接CG ，并延长交BA 的延长线于M ，连接MF ，证明△AMG ≌△ECG （AAS ），由全等三角形的性质得出MG ＝CG ，AM ＝CE ，由三角形中位线定理得出MF ＝2GH ＝2√13，得出∠BAC ＝60°，AC ＝2AB ＝4√3，延长AB 至N ，使AB ＝BN ，连接NF ，过点F 作FP ⊥AN 于点P ，设AN ＝NF ＝x ，由勾股定理求出x ，则可得出答案．【解答】解：（1）①∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ﹣∠CAD ＝∠DAE ﹣∠CAD ，即∠BAD ＝∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，{BA =CA∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△BAD ≌△CAE （SAS ），∴BD＝CE．故答案为：BD＝CE；②矩形ABCD中，AB＝CD＝3，AD＝4，∴AC=√AD2+CD2=5，∴sin∠DAC=CDAC=35，故答案为：3 5；（2）连结EF，延长AD至M，使得AM＝AC，连结MC，∵将AE绕点A顺时针旋转得到AF，∴AE＝AF，又∵∠DAC＝∠EAF，∴∠CAF＝∠EAM，∴△AFC≌△AEM（SAS），∴CF＝ME，在Rt△ADE中，AE＝3√2，AD＝4，∴DM＝AM﹣AD＝1，DE=√AE2−AD2=√2，∴ME=√DE2+DM2=√3，∴CF=√3；（3）4√3−4．连接CG，并延长交BA的延长线于M，连接MF，∵AB∥CE，G为AE的中点，∴∠AMG＝∠ECG，∠MAG＝∠ECG，AE＝EG，∴△AMG ≌△ECG （AAS ），∴MG ＝CG ，AM ＝CE ，∵H 是CF 的中点，GH =√13，∴GH 是△CMF 的中位线，∴MF ＝2GH ＝2√13，∵矩形ABCD 中，AB ＝2√3，DC ＝AD ＝6，∴∠BAC ＝60°，AC ＝2AB ＝4√3，延长AB 至N ，使AB ＝BN ，连接NF ，∴AN ＝AC ，∠NAC ＝∠EAF ＝60°，同（1）①可知△ANF ≌△ACE ，∴NF ＝CE ，∠ANF ＝∠ACE ＝60°，∵AN ＝AC ，∠NAC ＝60°，∴∠ANC ＝60°，∴∠ANC ＝∠ANF ，∴点N ，F ，C 三点共线，过点F 作FP ⊥AN 于点P ，设AN ＝NF ＝x ，在Rt △PNF 中，∠N ＝60°，NF ＝x ，∴PN =12x ，PF =√32x ，在Rt △MPF 中，PF 2+MP 2＝MF 2，MP ＝MA +AN +PN ＝4√3+12x ，MF ＝2√13，∴(√32x)2+(4√3+12x)2=(2√13)2，解得x ＝4﹣2√3（负值舍去），∴NF ＝CE ＝4﹣2√3，∴DE ＝CD ﹣CE ＝2√3−（4﹣2√3）＝4√3−4．【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．10．（2023•武汉模拟）问题提出：如图，△ABC 为等边三角形，D 为CB 的延长线上一点，∠DAE ＝∠DEA ，探究BD 与EC 的数量关系． 问题探究：（1）现将问题特殊化，如图2，当E 为AC 的中点，DM ⊥AC 于点M ，探究DB 与EC 的数量关系，说明理由；（2）再探究一般情形，如图1，（1）中的结论还成立吗？问题拓展：（3）如图3，若AE＝nEC，AB与DE交于点F，直接写出tan∠DFB的值（用含n的式子表示）．【分析】（1）如图2，过点E作EH∥AB，交BC于H，证明△ADB≌△DEH（AAS），可得结论；（2）如图1，过点E作EH∥AB，交BC于H，同理可得结论；（3）如图3，过点E作EH∥AB，交BC于H，过点A作AG⊥BC于G，则∠DEH＝∠DFB，设CE＝a，证明∠ADB＝∠DFB，根据三角函数的定义可解答．【解答】解：（1）DB＝EC，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，如图2，过点E作EH∥AB，交BC于H，∴∠CHE＝∠ABC＝60°，∠CEH＝∠BAC＝60°，∴∠CHE＝∠C＝∠CEH＝60°，∴EH＝CE，∵∠ABC＝∠CHE，∴∠ABD＝∠DHE，∵∠DAE＝∠DEA，∴AD＝DE，∵∠DAE＝∠BAD+∠BAC，∠AED＝∠CDE+∠C，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ADB≌△DEH（AAS），∴BD＝EH，∴BD＝CE；（2）如图1，（1）中的结论还成立，理由如下：如图1，过点E作EH∥AB，交BC于H，同理可得：BD＝CE；（3）如图3，过点E作EH∥AB，交BC于H，过点A作AG⊥BC于G，则∠DEH＝∠DFB，由（2）知：△ADB≌△DEH，∴∠ADB＝∠DEH，∴∠DFB＝∠ADB，设CE＝a，∵AE＝nEC，∴AC＝BC＝（n+1）a，∵△ABC是等边三角形，AG⊥BC，∴BG＝CG=(n+1)a2，∠CAG＝30°，∴AG=√3CG，Rt△ADG中，tan∠ADB=AGDG=tan∠DFB，∴tan∠DFB=√3×(n+1)a2a+(n+1)a2=√3(n+1)n+3．【点评】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．11．（2023•二道区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，sinC=45．点P从点A出发，以每秒4个单位长度的速度向终点B匀速运动，点Q为线段BP的中点．点D与点C在PQ的同侧，且∠DPQ＝90°，∠DQP＝∠C．设点P的运动时间为t（秒）．（1）线段PQ 的长为 （用含t 的代数式表示）；（2）当点D 落在AC 边上时，求PD 的长；（3）当△DPQ 与△ABC 重叠部分是轴对称图形时，求t 的值；（4）当点D 到△ABC 任意两边距离相等时，直接写出t 的值．【分析】（1）根据BP ＝4﹣4t ，再利用中点的定义可得答案；（2）首先求得AC ＝5，BC ＝3，再根据tan ∠DQP ＝∠tan C ，求出DP ，从而列出方程即可得出答案；（3）设QD 与AC 交于点E ，由重叠部分是轴对称图形时，则∠QEA ＝90°，QE ＝PQ ＝2﹣2t ，根据sin A =QE AQ =35，即可解决问题； （4）分点D 到AB 、BC 距离相等或点D 到BC 、AC 距离相等或点D 到AB 、AC 距离相等，分别列出关于t 的方程，解方程即可．【解答】解：（1）由题意知，AP ＝4t ，∴BP ＝4﹣4t ，∵点Q 为BP 的中点，∴PQ =12BP ＝2﹣2t ，故答案为：2﹣2t ；（2）在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，∴sin C =AB AC =45，∴AC ＝5，由勾股定理得，BC ＝3，∵∠DQP ＝∠C ，∴tan ∠DQP ＝∠tan C ，∴DP QP =43， ∴DP =43(2−2t)=8−8t 3，∴PD ＝AP •tan A ＝4t ×34=3t ，∴3t =8−8t 3，∴PD =2417；（3）设QD 与AC 交于点E ，当△DPQ 与△ABC 重叠部分是轴对称图形时，则∠QEA ＝90°，QE ＝PQ ＝2﹣2t ，∴sin A =QE AQ =35，∴2−2t 4t+2−2t =35， 解得t =14； （4）当点D 到AB 与BC 距离相等时，则DP ＝PB ，∴8−8t 3=4﹣4t ，解得t ＝1，∵0＜t ＜1，∴t ＝1舍去，当点D 到BC 与AC 距离相等时，则DG ⊥BC 于G ，DH ⊥AC 于H ，连接DB 、DA 、DC ，则四边形BGDP 是矩形，∴DG ＝PB ＝4﹣4t ，∴S △ABD +S △ACD +S △BCD ＝S △ABC ，∴12×4×(8−8t 3)+12×3×(4−4t)+12×5×(4−4t)=12×3×4，当点D到AB与AC距离相等时，同理可得12×4×(8−8t3)+12×3×(4−2t)+12×5×(8−8t3)=12×3×4，解得t=2 3，综上：t=2332或23．【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质，轴对称图形的性质，三角函数，三角形的面积等知识，运用面积法列方程是解决问题（3）的关键，同时注意分类讨论思想的运用．12．（2023•惠水县一模）如图，平行四边形ABCD中，AB＝7，BC＝10．点P是BC边上的一点，连接AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP．（1）动手操作当点Q正好落在AD边上时，在图①中画出△ABP的轴对称图形△AQP，并判断四边形ABPQ的形状是；（2）问题解决如图②，当点P是线段BC中点，且CQ＝2时，求AP的长；（3）拓展探究如图③，当点P、Q、D在同一直线上，且∠PQC＝∠PQA时，求PQ的长．【分析】（1）由题意画出图形，根据折叠得出AB＝AQ，BP＝PQ，证明三角形ABP是等腰三角形，进一步得出结果；（2）连接BQ交AP于点E，由轴对称的性质得出AQ＝AB，BP＝PQ，求出EP和BP的长，由勾股定理可得出答案；（3）证明△PDC∽△CDQ，由相似三角形的性质得出PDCD=CDDQ，则可得出答案．【解答】解：（1）如图①，△AQP即为所求，。

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类比探究（作业）
例：如图 1，在□ABCD 中，点 E 是 BC 边的中点，点 F 是线段 AE 上一点，BF 的延长线交射线 CD 于点 G ．
（1） 尝试探究：如图 1，若 AF = 3 ，则
CD
的值是 ． EF CG
（2） 类比延伸：如图 2，在原题的条件下，若 AF
= m （m >0），
EF
则 CD
的值是 （用含 m 的代数式表示），试写出解答 CG 过程．
（3） 拓展迁移：如图 3，在梯形 ABCD 中，DC ∥AB ，点 E
是 BC 延长线上一点，AE 和 BD 相交于点 F ．若 AB
= a ，
CD
BC = b （a >0，b >0）
，则 AF
的值是 （用含 a ，b 的 BE EF
代数式表示）．
【思路分析】
根据特征确定问题结构，设计方案解决第一问．
问题背景是平行四边形，且已知线段比例关系，根据这些特
征我们思考通过相似来传递比例关系，进而求 CD
的值．
CG
构造相似我们采用作平行线的方法，即过中点 E 作 EH ∥AB
交 BG 于点 H ，可得“A ”字型相似△BEH ∽△BCG ，“X ”型
相似△EFH ∽△AFB ，结合 AF
= 3 ，可得 CG =2EH ，AB =3EH ，
EF
故 CD = 3 ． CG 2
类比第一问思路，解决第二问．
分析不变特征，此时平行四边形、中点特征均不变，变化的是 AF ，EF 的比例，照搬第一问思路，过点 E 作 EH ∥AB 交BG 于点 H ，同样可得△BEH ∽△BCG ，△EFH ∽△AFB ，此
时 CG =2EH ，AB =mEH ，故 CD = m
．
CG 2
照搬思路解决第三问．
此问中图形、中点 E 、比例关系均发生变化，但 DC ∥AB 不变，可照搬前面思路处理，依然构造平行．过点 E 作 EH ∥ AB 交 BD 的延长线于点 H ，可得△BCD ∽△BEH ，△AFB ∽
△EFH ，可得 BC = CD ， AF = AB ，结合 AB = a ， BC
= b ，
BE EH EF EH CD BE
可知 AF = AB = a ⋅CD = ab ．
EF EH EH
1
2 3
1.如图1，一副直角三角板满足AB=BC，AC=DE，∠ABC=
∠DEF=90°，∠EDF=30°．
【操作】将三角板DEF 的直角顶点E 放置于三角板ABC 的斜边AC 上，再将三角板DEF 绕点E 旋转，并使边DE 与边AB 交于点P，边EF 与边BC 交于点Q．
【探究】在旋转过程中，
（1）如图2，当CE
=1时，EP 与EQ 满足怎样的数量关系？EA
并给出证明．
（2）如图3，当CE
= 2 时，EP 与EQ 满足怎样的数量关系？EA
并给出证明．
（3）根据你对（1），（2）的探究结果，试写出当CE
=m时，EA
EP 与EQ 满足的数量关系式为．
图1
图2
图3
，
=
2.如图1，在等边三角形ABC 中，线段AD 为其内角角平分线，
过点D 的直线B1C1⊥AC 于C1，交AB 的延长线于B1．
（1）请你探究：AC =CD AC1 C1D 是否都成立？
AB BD AB
1
DB
1
（2）请你继续探究：如图2，若△ABC 为任意三角形，线段
AD 为其内角角平分线，请问
AC
=
CD
一定成立吗？并证明
AB BD
你的判断．
图1 图2 （3）如图3，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=8，AB=
40
，
3
E 为AB 上一点且AE=5，CE 交其内角角平分线AD 于F．试
求
DF
的值．
FA
3. 如图 1，将两个完全相同的三角形纸片 ABC 和 DEC 重合放置，其中∠C =90°，∠B =∠E =30°．
（1） 操作发现
如图 2，固定△ABC ，使△DEC 绕点 C 旋转，当点 D 恰好落在 AB 边上时，填空： ①线段 DE 与 AC 的位置关系是 ；
②设△BDC 的面积为 S 1 ，△AEC 的面积为 S 2 ，则 S 1 与
S 2 的数量关系是
．
图 1
图 2
（2） 猜想论证
当△DEC 绕点 C 旋转到图 3 所示的位置时，小明猜想（1） 中 S 1 与 S 2 的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC 中 BC ，CE 边上的高，请你证明小明的猜想．
（3） 拓展探究
如图 4 ， 已知∠ ABC =60°， 点 D 是其角平分线上一点， BD =CD =4，DE ∥AB 交 BC 于点 E ．若在射线 BA 上存在点 F ，使 S △DCF =S △BDE ，请直．接．写．出．
相应的 BF 的长．
【参考答案】
1.（1）EP=EQ，证明略
（2）EP
=
1 EQ 2
（3）EP
=
1 EQ m
2.（1）都成立，证明略
（2）结论仍然成立
（3）DF
=
5 FA 8
3. （1）①DE∥AC，②S1=S2
（2）证明略
（3）BF 的长为或8 3 3
4 3 3。

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