【課標(biāo)解讀】 所謂探究性問題,是指問題的條件或結(jié)論尚不明確,需通過探究去補(bǔ)充條件或完善結(jié)論的一類問題.【解題策略】從討論問題入手→分析解決辦法→進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究→綜合分析問題→得到結(jié)論【考點(diǎn)深剖】★考點(diǎn)一三角形綜合探究【典例1】（2018·湖北江漢·10分）問題：如圖①，在Rt△ABC中，AB=AC，D為BC邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AE，連接EC，則線段BC，DC，EC之間滿足的等量關(guān)系式為；探索：如圖②，在Rt△ABC與Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，將△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D落在BC邊上，試探索線段AD，BD，CD之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；應(yīng)用：如圖③，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的長．【解答】解：（1）BC=DC+EC，理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∴BC=BD+CD=EC+CD，故答案為：BC=DC+EC；（3）作AE⊥AD，使AE=AD，連接CE，DE，∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAD′，在△BAD與△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE=9，∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，∴∠EDC=90°，∴DE==6，∵∠DAE=90°，∴AD=AE=DE=6．★考點(diǎn)二四邊形綜合探究【典例2】（2018·江蘇鎮(zhèn)江·9分）（1）如圖1，將矩形ABCD折疊，使BC落在對(duì)角線BD上，折痕為BE，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處，若∠ADB=46°，則∠DBE的度數(shù)為°．（2）小明手中有一張矩形紙片ABCD，AB=4，AD=9．【畫一畫】如圖2，點(diǎn)E在這張矩形紙片的邊AD上，將紙片折疊，使AB落在CE所在直線上，折痕設(shè)為MN（點(diǎn)M，N分別在邊AD，BC上），利用直尺和圓規(guī)畫出折痕MN（不寫作法，保留作圖痕跡，并用黑色水筆把線段描清楚）；【算一算】如圖3，點(diǎn)F在這張矩形紙片的邊BC上，將紙片折疊，使FB落在射線FD上，折痕為GF，點(diǎn)A，B分別落在點(diǎn)A′，B′處，若AG=，求B′D的長；【驗(yàn)一驗(yàn)】如圖4，點(diǎn)K在這張矩形紙片的邊AD上，DK=3，將紙片折疊，使AB落在CK所在直線上，折痕為HI，點(diǎn)A，B分別落在點(diǎn)A′，B′處，小明認(rèn)為B′I所在直線恰好經(jīng)過點(diǎn)D，他的判斷是否正確，請(qǐng)說明理由．【解答】解：（1）如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=46°，由翻折不變性可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=23°，故答案為23．*網(wǎng)（2）【畫一畫】，如圖2中，【算一算】如圖3中，由翻折不變性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，∴DF=DG=，∵CD=AB=4，∠C=90°，∴在Rt△CDF中，CF==，∴BF=BC﹣CF=，由翻折不變性可知，F(xiàn)B=FB′=，∴DB′=DF﹣FB′=﹣=3．【驗(yàn)一驗(yàn)】如圖4中，小明的判斷不正確．理由：連接ID，在Rt△CDK中，∵DK=3，CD=4，∴CK==5，∵AD∥BC，∴∠DKC=∠ICK，由折疊可知，∠A′B′I=∠B=90°，∴∠IB′C=90°=∠D，∴△CDK∽△IB′C，∴==，即==，★考點(diǎn)三圖形變換綜合探究【典例3】（2018?臨沂）將矩形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．（1）如圖，當(dāng)點(diǎn)E在BD上時(shí)．求證：FD=CD；（2）當(dāng)α為何值時(shí)，GC=GB？畫出圖形，并說明理由．【分析】（1）先運(yùn)用SAS判定△AED≌△FDE，可得DF=AE，再根據(jù)AE=AB=CD，即可得出CD=DF；（2）當(dāng)GB=GC時(shí)，點(diǎn)G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論，依據(jù)∠DAG=60°，即可得到旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．【解答】解：（1）由旋轉(zhuǎn)可得，AE=AB，∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，EF=BC=AD，∴∠AEB=∠ABE，（2）如圖，當(dāng)GB=GC時(shí)，點(diǎn)G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)G在AD右側(cè)時(shí)，取BC的中點(diǎn)H，連接GH交AD于M，②當(dāng)點(diǎn)G在AD左側(cè)時(shí)，同理可得△ADG是等邊三角形，∴∠DAG=60°，∴旋轉(zhuǎn)角α=360°﹣60°=300°．*網(wǎng)★考點(diǎn)四圓的綜合探究【典例4】（2018?湖北恩施?10分）如圖，AB為⊙O直徑，P點(diǎn)為半徑OA上異于O點(diǎn)和A點(diǎn)的一個(gè)點(diǎn)，過P點(diǎn)作與直徑AB垂直的弦CD，連接AD，作BE⊥AB，OE∥AD交BE于E點(diǎn)，連接AE、DE、AE交CD于F點(diǎn)．（1）求證：DE為⊙O切線；（2）若⊙O的半徑為3，sin∠ADP=，求AD；（3）請(qǐng)猜想PF與FD的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．【解答】證明：（1）如圖1，連接OD、BD，BD交OE于M，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，AD⊥BD，∵OE∥AD，∴OE⊥BD，∴BM=DM，∵OB=OD，∴∠BOM=∠DOM，∵OE=OE，∴△BOE≌△DOE（SAS），∴∠ODE=∠OBE=90°，∴DE為⊙O切線；（2）設(shè)AP=a，∵sin∠ADP==，∴AD=3a，∴PD===2a，∵OP=3﹣a，∴OD2=OP2+PD2，∴32=（3﹣a）2+（2a）2，9=9﹣6a+a2+8a2，a1=，a2=0（舍），當(dāng)a=時(shí)，AD=3a=2，∴AD=2；【講透練活】變式1：（2016·浙江省湖州市·3分）如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，BC=7．如圖2，在底邊BC上取一點(diǎn)D，連結(jié)AD，使得∠DAC=∠ACD．如圖3，將△ACD沿著AD所在直線折疊，使得點(diǎn)C落在點(diǎn)E處，連結(jié)BE，得到四邊形ABED．則BE的長是（）A．4B．C．3D．2【考點(diǎn)】翻折變換（折疊問題）；四點(diǎn)共圓；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】只要證明△ABD∽△MBE，得=，只要求出BM、BD即可解決問題．∵∠DAM=∠DAC=∠DBA，∠ADM=∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴=，即=，∴DM=，MB=BD﹣DM=，∵∠ABM=∠C=∠MED，∴A、B、E、D四點(diǎn)共圓，∴∠ADB=∠BEM，∠EBM=∠EAD=∠ABD，∴△ABD∽△MBE，∴=，∴BE===．[來源:學(xué)_科_網(wǎng)Z_X_X_K]故選B．變式2：（2018·湖北咸寧·10分）定義：我們知道，四邊形的一條對(duì)角線把這個(gè)四邊形分成了兩個(gè)三角形，如果這兩個(gè)三角形相似（不全等），我們就把這條對(duì)角線叫做這個(gè)四邊形的“相似對(duì)角線”．理解：（1）如圖1，已知Rt△ABC在正方形網(wǎng)格中，請(qǐng)你只用無刻度的直尺在網(wǎng)格中找到一點(diǎn)D，使四邊形ABCD是以AC為“相似對(duì)角線”的四邊形（保留畫圖痕跡，找出3個(gè)即可）；（2）如圖2，在四邊形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，對(duì)角線BD平分∠ABC．求證：BD是四邊形ABCD的“相似對(duì)角線”；（3）如圖3，已知FH是四邊形EFCH的“相似對(duì)角線”，∠EFH=∠HFG=30°，連接EG，若△EFG的面積為2，求FH的長．【答案】（1）見解析；（2）證明見解析；（3）FH=2．【詳解】（1）由圖1知，AB=，BC=2，∠ABC=90°，AC=5，∵四邊形ABCD是以AC為“相似對(duì)角線”的四邊形，當(dāng)∠ACD=90°時(shí)，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，∴或，∴CD=10或CD=2.5同理：當(dāng)∠CAD=90°時(shí)，AD=2.5或AD=10，（2）∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC=40°，∴∠A+∠ADB=140°∵∠ADC=140°，∴∠BDC+∠ADB=140°，∴∠A=∠BDC，∴△ABD∽△BDC，∴BD是四邊形ABCD的“相似對(duì)角線”；變式3：（2018·浙江寧波·14分）如圖1，直線l：y=﹣x+b與x軸交于點(diǎn)A（4，0），與y軸交于點(diǎn)B，點(diǎn)C是線段OA上一動(dòng)點(diǎn)（0＜AC＜）．以點(diǎn)A為圓心，AC長為半徑作⊙A交x軸于另一點(diǎn)D，交線段AB于點(diǎn)E，連結(jié)OE并延長交⊙A于點(diǎn)F．（1）求直線l的函數(shù)表達(dá)式和tan∠BAO的值；（2）如圖2，連結(jié)CE，當(dāng)CE=EF時(shí)，①求證：△OCE∽△OEA；②求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）當(dāng)點(diǎn)C在線段OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求OE?EF的最大值．【考點(diǎn)】待定系數(shù)法，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理【解答】解：∵直線l：y=﹣x+b與x軸交于點(diǎn)A（4，0），∴﹣×4+b=0，∴b=3，∴直線l的函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)=﹣x+3，∴B（0，3），∴OA=4，OB=3，在Rt△AOB中，tan∠BAO==；（2）①如圖2，連接DF，∵CE=EF，∴∠CDE=∠FDE，∴∠CDF=2∠CDE，∵∠OAE=2∠CDE，∴∠OAE=∠ODF，∵四邊形CEFD是⊙O的圓內(nèi)接四邊形，∴∠OEC=∠ODF，∴∠OEC=∠OAE，∵∠COE=∠EOA，∴△COE∽△EOA，②過點(diǎn)E⊥OA于M，由①知，tan∠OAB=，設(shè)EM=3m，則AM=4m，∴OM=4﹣4m，AE=5m，∴E（4﹣4m，3m），AC=5m，∴OC=4﹣5m，由①知，△COE∽△EOA，∴，∴OE2=OA?OC=4（4﹣5m）=16﹣20m，∵E（4﹣4m，3m），∴（4﹣4m）2+9m2=25m2﹣32m+16，∴25m2﹣32m+16=16﹣20m，∴m=0（舍）或m=，∴4﹣4m=，3m=，∴（，），連接FH，∵EH是⊙O直徑，∴EH=2r，∠EFH=90°=∠EGO，∵∠OEG=∠HEF，∴△OEG∽△HEF，∴，∴OE?EF=HE?EG=2r（﹣r）=﹣2（r﹣）2+，∴r=時(shí)，OE?EF最大值為．*網(wǎng)變式4：（2018·浙江衢州·12分）如圖，Rt△OAB的直角邊OA在x軸上，頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，8），直線CD交AB于點(diǎn)D（6，3），交x軸于點(diǎn)C（12，0）．（1）求直線CD的函數(shù)表達(dá)式；（2）動(dòng)點(diǎn)P在x軸上從點(diǎn)（﹣10，0）出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作直線l垂直于x軸，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．①點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某個(gè)位置，使得∠PDA=∠B？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；②請(qǐng)?zhí)剿鳟?dāng)t為何值時(shí)，在直線l上存在點(diǎn)M，在直線CD上存在點(diǎn)Q，使得以O(shè)B為一邊，O，B，M，Q為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，并求出此時(shí)t的值．【考點(diǎn)】一次函數(shù)、待定系數(shù)法、菱形的判定、平行線分線段成比例定理【解答】解：（1）設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，則有，解得，∴直線CD的解析式為y=﹣x+6．（2）①如圖1中，作DP∥OB，則∠PDA=∠B．∵DP∥OB，∴=，∴=，∴PA=，∴OP=6﹣=，∴P（，0），根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)AP=AP′時(shí)，P′（，0），∴滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（，0）或（，0）．②如圖2中，當(dāng)OP=OB=10時(shí)，作PQ∥OB交CD于Q．如圖3中，當(dāng)OQ=OB時(shí)，設(shè)Q（m，﹣m+6），則有m2+（﹣m+6）2=102，解得m=，∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為或，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為a，則有：=或=，∴a=或，∴滿足條件的t的值為或．變式5：（2018·湖北十堰·10分）已知正方形ABCD與正方形CEFG，M是AF的中點(diǎn)，連接DM，EM．（1）如圖1，點(diǎn)E在CD上，點(diǎn)G在BC的延長線上，請(qǐng)判斷DM，EM的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并直接寫出結(jié)論；（2）如圖2，點(diǎn)E在DC的延長線上，點(diǎn)G在BC上，（1）中結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)證明你的結(jié)論；（3）將圖1中的正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，使D，E，F(xiàn)三點(diǎn)在一條直線上，若AB=13，CE=5，請(qǐng)畫出圖形，并直接寫出MF的長．【解答】解：（1）結(jié)論：DM⊥EM，DM=EM．理由：如圖1中，延長EM交AD于H．∵四邊形ABCD是正方形，四邊形EFGC是正方形，∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD，∴AD∥EF，∴∠MAH=∠MFE，∵AM=MF，∠AMH=∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH=ME，AH=EF=EC，∴DH=DE，∵∠EDH=90°，∴DM⊥EM，DM=ME．（2）如圖2中，結(jié)論不變．DM⊥EM，DM=EM．（3）如圖3中，作MR⊥DE于R．在Rt△CDE中，DE==12，∵DM=NE，DM⊥ME，∴MR=⊥DE，MR=DE=6，DR=RE=6，在Rt△FMR中，F(xiàn)M===如圖4中，作MR⊥DE于R．在Rt△MRF中，F(xiàn)M==，故滿足條件的MF的值為或．*網(wǎng)

一、選擇題（10×3=30分）1.（湖北荊門·3分）如圖，在矩形ABCD中（AD＞AB），點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，且DE=DA，AF⊥DE，垂足為點(diǎn)F，在下列結(jié)論中，不一定正確的是（）A．△AFD≌△DCEB．AF=ADC．AB=AFD．BE=AD﹣DF【分析】先根據(jù)已知條件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根據(jù)矩形的對(duì)邊相等，以及全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等進(jìn)行判斷即可．（C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，由矩形ABCD，可得AB=CD，∴AB=AF，故（C）正確；（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，由矩形ABCD，可得BC=AD，又∵BE=BC﹣EC，∴BE=AD﹣DF，故（D）正確；故選（B）2.（2016·山東省濱州市·3分）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點(diǎn)，且OC∥BD，AD分別與BC，OC相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，則下列結(jié)論：①AD⊥BD；②∠AOC=∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（）A．②④⑤⑥ B．①③⑤⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤【解答】解：①、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，②、∵∠AOC是⊙O的圓心角，∠AEC是⊙O的圓內(nèi)部的角角，∴∠AOC≠∠AEC，③、∵OC∥BD，∴∠OCB=∠DBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OBC=∠DBC，∴CB平分∠ABD，④、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，∵OC∥BD，∴∠AFO=90°，∵點(diǎn)O為圓心，∴AF=DF，故選D。*網(wǎng)3.（2017山東泰安）如圖，正方形ABCD中，M為BC上一點(diǎn)，ME⊥AM，ME交AD的延長線于點(diǎn)E．若AB=12，BM=5，則DE的長為（）A．18 B． C． D．【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；KQ：勾股定理；LE：正方形的性質(zhì)．【分析】先根據(jù)題意得出△ABM∽△MCG，故可得出CG的長，再求出DG的長，根據(jù)△MCG∽△EDG即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=12，BM=5，∴MC=12﹣5=7．∵M(jìn)E⊥AM，∴∠AME=90°，∴∠AMB+∠CMG=90°．∵∠AMB+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CMG，∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCG，∴=，即=，解得CG=，∴DG=12﹣=．∵AE∥BC，∴∠E=CMG，∠EDG=∠C，∴△MCG∽△EDG，∴=，即=，解得DE=．故選B．4.（2017四川南充）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG邊長分別為a和b，正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，給出下列結(jié)論：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+b2，其中正確結(jié)論是（）.A．①②③ B．①③C．②③ D．①②【解答】解：設(shè)BE，DG交于O，∵四邊形ABCD和EFGC都為正方形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，，5.（2017廣西）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，將△ABC繞頂點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A'B'C，M是BC的中點(diǎn)，P是A'B'的中點(diǎn)，連接PM．若BC=2，∠BAC=30°，則線段PM的最大值是（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】如圖連接PC．思想求出PC=2，根據(jù)PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解決問題．【解答】解：如圖連接PC．在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)不變性可知，A′B′=AB=4，∴A′P=PB′，∴PC=A′B′=2，∵CM=BM=1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值為3（此時(shí)P、C、M共線）．故選B．6.（2017湖北隨州）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，E為CD邊的中點(diǎn)，將△ADE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F，過點(diǎn)E作ME⊥AF交BC于點(diǎn)M，連接AM、BD交于點(diǎn)N，現(xiàn)有下列結(jié)論：①AM=AD+MC；②AM=DE+BM；③DE2=AD?CM；④點(diǎn)N為△ABM的外心．其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；LB：矩形的性質(zhì)；MA：三角形的外接圓與外心；R2：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【解答】解：∵E為CD邊的中點(diǎn)，∴DE=CE，又∵∠D=∠ECF=90°，∠AED=∠FEC，∴△ADE≌△FCE，∴AD=CF，AE=FE，又∵M(jìn)E⊥AF，又∵AB＜BC，∴AM=DE+BM不成立，故②錯(cuò)誤；∵M(jìn)E⊥FF，EC⊥MF，∴EC2=CM×CF，又∵EC=DE，AD=CF，∴DE2=AD?CM，故③正確；∵∠ABM=90°，∴AM是△ABM的外接圓的直徑，∵BM＜AD，∴當(dāng)BM∥AD時(shí)，=＜1，∴N不是AM的中點(diǎn)，∴點(diǎn)N不是△ABM的外心，故④錯(cuò)誤．綜上所述，正確的結(jié)論有2個(gè)，故選：B．7.（2017貴州）如圖，正方形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，F(xiàn)E⊥AB，AF=2AE，F(xiàn)C交BD于O，則∠DOC的度數(shù)為（）A．60° B．67.5° C．75° D．54°【分析】如圖，連接DF、BF．如圖，連接DF、BF．首先證明∠FDB=∠FAB=30°，再證明△FAD≌△FBC，推出∠ADF=∠FCB=15°，由此即可解決問題．【解答】解：如圖，連接DF、BF．∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，∴∠FAD=∠FBC，∴△FAD≌△FBC，∴∠ADF=∠FCB=15°，∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．故選A．*網(wǎng)8.（2018·湖北省孝感·3分）如圖，△ABC是等邊三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于點(diǎn)E，連CD分別交AE，AB于點(diǎn)F，G，過點(diǎn)A作AH⊥CD交BD于點(diǎn)H．則下列結(jié)論：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（﹣1）EF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．5 B．4 C．3 D．2【解答】解：∵△ABC為等邊三角形，△ABD為等腰直角三角形，∴∠BAC=60°、∠BAD=90°、AC=AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，∴△CAD是等腰三角形，且頂角∠CAD=150°，∴∠ADC=15°，故①正確；∵AE⊥BD，即∠AED=90°，∴∠DAE=45°，∴∠AFG=∠ADC+∠DAE=60°，∠FAG=45°，∴∠AGF=75°，由∠AFG≠∠AGF知AF≠AG，故②錯(cuò)誤；記AH與CD的交點(diǎn)為P，由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°，則∠BAH=∠ADC=15°，在△ADF和△BAH中，∵，∴△ADF≌△BAH（ASA），∴DF=AH，故③正確；∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB，∴△AFG∽△CBG，故④正確；9.（2017齊齊哈爾）如圖，在等腰三角形紙片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底邊BC上的高AD剪成兩個(gè)三角形，用這兩個(gè)三角形拼成平行四邊形，則這個(gè)平行四邊形較長的對(duì)角線的長是（）．【出處：21教育名師】A．10cm，4cm，2cm B．20cm，2cm，4cm C．10cm，2cm，4cm D．10cm，4cm，4cm【考點(diǎn)】PC：圖形的剪拼．【分析】利用等腰三角形的性質(zhì)，進(jìn)而重新組合得出平行四邊形，進(jìn)而利用勾股定理求出對(duì)角線的長．【解答】解：如圖：，則EC=8cm，BE=2BD=12cm，則BC=4cm，如圖③所示：BD=6cm，由題意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm，故AC==2cm，故答案為：10cm，2cm，4cm．故選C10.（2016·四川攀枝花）如圖，正方形紙片ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點(diǎn)A恰好與BD上的點(diǎn)F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點(diǎn)E、G，連結(jié)GF，給出下列結(jié)論：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，則正方形ABCD的面積是6+4，其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為（）A．2B．3C．4D．5【考點(diǎn)】四邊形綜合題．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠GAD=∠ADO=45°，由折疊的性質(zhì)可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正確．∵由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，∴AE=EF＜BE，∴AE＜AB，∴＞2，故②錯(cuò)誤．∵∠AOB=90°，∵AE=EF=GF，AG=GF，∴AE=EF=GF=AG，∴四邊形AEFG是菱形，∴∠OGF=∠OAB=45°，∴EF=GF=OG，∴BE=EF=×OG=2OG．故⑤正確．∵四邊形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB=GF．∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，∴△OGF時(shí)等腰直角三角形．∵S△OGF=1，∴OG2=1，解得OG=，∴BE=2OG=2，GF===2，∴AE=GF=2，∴AB=BE+AE=2+2，∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥錯(cuò)誤．∴其中正確結(jié)論的序號(hào)是：①④⑤．故選B．二、填空題（6×4=24分）.11.（2018·遼寧省盤錦市）如圖①，在矩形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)P從A出發(fā)，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A處停止．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為x，△PAB面積為y，如果y與x的函數(shù)圖象如圖②所示，則矩形ABCD的面積為24．【解答】解：從圖象②和已知可知：AB=4，BC=10﹣4=6，所以矩形ABCD的面積是4×6=24．故答案為：24．12.（2018·湖北咸寧·3分）如圖，已知∠MON=120°，點(diǎn)A，B分別在OM，ON上，且OA=OB=a，將射線OM繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OM′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜120°且α≠60°），作點(diǎn)A關(guān)于直線OM′的對(duì)稱點(diǎn)C，畫直線BC交OM′于點(diǎn)D，連接AC，AD，有下列結(jié)論：①AD=CD；②∠ACD的大小隨著α的變化而變化；③當(dāng)α=30°時(shí)，四邊形OADC為菱形；④△ACD面積的最大值為a2；其中正確的是_____．（把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號(hào)都填上）．【答案】①③④④先證明△ACD是等邊三角形，當(dāng)AC最大時(shí)，△ACD的面積最大，當(dāng)AC為直徑時(shí)最大，根據(jù)面積公式計(jì)算后可作判斷．③當(dāng)α=30°時(shí)，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等邊三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，由①得：CD=AD，∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴AC=AD=CD，∴OC=OA=AD=CD，∴四邊形OADC為菱形，故③正確；④∵CD=AD，∠ACD=60°，∴△ACD是等邊三角形，當(dāng)AC最大時(shí)，△ACD的面積最大，∵AC是⊙O的弦，即當(dāng)AC為直徑時(shí)最大，此時(shí)AC=2OA=2a，α=90°，∴△ACD面積的最大值是：AC2=，故④正確，所以本題結(jié)論正確的有：①③④，故答案為：①③④．*網(wǎng)13.（2018·浙江寧波·4分）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是銳角，AE⊥BC于點(diǎn)E，M是AB的中點(diǎn)，連結(jié)MD，ME．若∠EMD=90°，則cosB的值為.【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì).【分析】延長DM交CB的延長線于點(diǎn)H．首先證明DE=EH，設(shè)BE=x，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可解決問題．【解答】解：延長DM交CB的延長線于點(diǎn)H．∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠AEB=∠EAD=90°∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2，∴22﹣x2=（2+x）2﹣22，∴x=﹣1或﹣﹣1（舍棄），∴cosB==，故答案為．14.（2018·山東濰坊·3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點(diǎn)A與原點(diǎn)重合，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上，將正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′與CD相交于點(diǎn)M，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為．【分析】連接AM，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，證Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．【解答】解：如圖，連接AM，15.（2018·浙江寧波·4分）如圖，正方形ABCD的邊長為8，M是AB的中點(diǎn)，P是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PM，以點(diǎn)P為圓心，PM長為半徑作⊙P．當(dāng)⊙P與正方形ABCD的邊相切時(shí)，BP的長為．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理【分析】分兩種情形分別求解：如圖1中，當(dāng)⊙P與直線CD相切時(shí)；如圖2中當(dāng)⊙P與直線AD相切時(shí)．設(shè)切點(diǎn)為K，連接PK，則PK⊥AD，四邊形PKDC是矩形；【解答】解：如圖1中，當(dāng)⊙P與直線CD相切時(shí)，設(shè)PC=PM=m．∴PM=PK=CD=2BM，∴BM=4，PM=8，在Rt△PBM中，PB==4．綜上所述，BP的長為3或4．16.（2018·湖北省孝感·3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣l，1），點(diǎn)B在x軸正半軸上，點(diǎn)D在第三象限的雙曲線y=上，過點(diǎn)C作CE∥x軸交雙曲線于點(diǎn)E，連接BE，則△BCE的面積為．【解答】解：過D作GH⊥x軸，過A作AG⊥GH，過B作BM⊥HC于M，設(shè)D（x，），∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD=BC，∠ADC=∠DCB=90°，易得△AGD≌△DHC≌△CMB，∴AG=DH=﹣x﹣1，∴DG=BM，∴1﹣=﹣1﹣x﹣，x=﹣2，∴D（﹣2，﹣3），CH=DG=BM=1﹣=4，∵AG=DH=﹣1﹣x=1，∴點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為﹣4，當(dāng)y=﹣4時(shí)，x=﹣，∴E（﹣，﹣4），∴EH=2﹣=，∴CE=CH﹣HE=4﹣=，∴S△CEB=CE?BM=××4=7；故答案為：7．三、解答題（共46分）.17.（2018·遼寧省阜新市）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點(diǎn)D．（1）如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)在AB，AC上，且∠EDF=90°．求證：BE=AF；（2）點(diǎn)M，N分別在直線AD，AC上，且∠BMN=90°．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在AD的延長線上時(shí)，求證：AB+AN=AM；②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A，D之間，且∠AMN=30°時(shí)，已知AB=2，直接寫出線段AM的長．②在Rt△ABD中，AD=BD=AB=．∵∠BMN=90°，∠AMN=30°，∴∠BMD=90°﹣30°=60°．在Rt△BDM中，DM==，∴AM=AD﹣DM=﹣．*網(wǎng)18.（2018年四川省南充市）如圖，C是⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)P在直徑AB的延長線上，⊙O的半徑為3，PB=2，PC=4．（1）求證：PC是⊙O的切線．（2）求tan∠CAB的值．【考點(diǎn)】ME：切線的判定與性質(zhì)；M5：圓周角定理；T7：解直角三角形．【解答】解：（1）如圖，連接OC、BC∵⊙O的半徑為3，PB=2∴OC=OB=3