深圳深圳市海濱中學(xué)中考數(shù)學(xué)期末幾何綜合壓軸題易錯匯編一、中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題1．問題背景：已知的頂點在的邊所在直線上（不與，重合）．交所在直線于點，交所在直線于點．記的面積為，的面積為．（1）初步嘗試：如圖①，當(dāng)是等邊三角形，，，且，時，則；（2）類比探究：在（1）的條件下，先將點沿平移，使，再將繞點旋轉(zhuǎn)至如圖②所示位置，求的值；（3）延伸拓展：當(dāng)是等腰三角形時，設(shè)．（I）如圖③，當(dāng)點在線段上運動時，設(shè)，，求的表達式（結(jié)果用，和的三角函數(shù)表示）．（II）如圖④，當(dāng)點在的延長線上運動時，設(shè)，，直接寫出的表達式，不必寫出解答過程．解析：(1)12;(2)12；（3）（ab）2sin2α．（ab）2sin2α．【解析】試題分析：（1）首先證明△ADM，△BDN都是等邊三角形，可得S1=?22=，S2=?（4）2=4，由此即可解決問題；（2）如圖2中，設(shè)AM=x，BN=y．首先證明△AMD∽△BDN，可得，推出，推出xy=8，由S1=?AD?AM?sin60°=x，S2=DB?sin60°=y，可得S1?S2=x?y=xy=12；（3）Ⅰ如圖3中，設(shè)AM=x，BN=y，同法可證△AMD∽△BDN，可得xy=ab，由S1=?AD?AM?sinα=axsinα，S2=DB?BN?sinα=bysinα，可得S1?S2=（ab）2sin2α．（Ⅱ）結(jié)論不變，證明方法類似；試題解析：（1）如圖1中，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=CB=AC=6，∠A=∠B=60°，∵DE∥BC，∠EDF=60°，∴∠BND=∠EDF=60°，∴∠BDN=∠ADM=60°，∴△ADM，△BDN都是等邊三角形，∴S1=?22=，S2=?（4）2=4，∴S1?S2=12，（2）如圖2中，設(shè)AM=x，BN=y．∵∠MDB=∠MDN+∠NDB=∠A+∠AMD，∠MDN=∠A，∴∠AMD=∠NDB，∵∠A=∠B，∴△AMD∽△BDN，∴，∴，∴xy=8，∵S1=?AD?AM?sin60°=x，S2=DB?sin60°=y，∴S1?S2=x?y=xy=12．（3）Ⅰ如圖3中，設(shè)AM=x，BN=y，同法可證△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=?AD?AM?sinα=axsinα，S2=DB?BN?sinα=bysinα，∴S1?S2=（ab）2sin2α．Ⅱ如圖4中，設(shè)AM=x，BN=y，同法可證△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=?AD?AM?sinα=axsinα，S2=DB?BN?sinα=bysinα，∴S1?S2=（ab）2sin2α．考點：幾何變換綜合題．2．如圖1，在正方形中，點分別在邊上，且，延長到點G，使得，連接．（特例感知）（1）圖1中與的數(shù)量關(guān)系是______________．（結(jié)論探索）（2）圖2，將圖1中的繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)，連接并延長到點G，使得，連接，此時與還存在（1）中的數(shù)量關(guān)系嗎？判斷并說明理由．（拓展應(yīng)用）（3）在（2）的條件下，若，當(dāng)是以為直角邊的直角三角形時，請直接寫出的長．解析：(1)=，(2)存在，證明見解析，（3）或或16或4．【分析】(1)連接GC，證△CDG≌△CBE，得出△GCE為等腰直角三角形即可；(2)類似（1）的方法，先證△AFD≌△AEB，再證△CDG≌△CBE，得出△GCE為等腰直角三角形即可；(3)根據(jù)E、F是直角頂點分類討論，結(jié)合（2）中結(jié)論，利用勾股定理求解即可．【詳解】解：(1)連接GC，∵AE=AF，AD=AB，∴DF=BE，∵，∴DG=BE，∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC，∴△CDG≌△CBE，∴CE=CG，∠GCD=∠ECB，∵∠ECB+∠DCE=90°，∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°，∴=；故答案為：=；(2)存在，連接GC，∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°，∴∠FAD=∠EAB，∴△FAD≌△EAB，∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°，∴∠GDC=∠EBC，∵DC=BD，∴△CDG≌△CBE，與（1）同理，=；(3)當(dāng)∠FEG=90°時，如圖1，因為∠FEA=∠GEC=45°，所以，A、E、C在一條直線上，∵AB=5，∴AC=5,CE=5-3=2,GE=EC=4；如圖2，E在CA延長線上，同理可得，EC=8，GE=EC=16；當(dāng)∠EFG=90°時，如圖3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°，由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，所以，B、E、F在一條直線上，作AM⊥EF，垂足為M，∵，∴EF=6，AM=ME=MF=3，，BE=DF=1,FG=2，；如圖4，同圖3，BE=DF=7，F(xiàn)G=14，EF=6，，綜上，的長為或或16或4．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理和等腰直角三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是恰當(dāng)?shù)倪B接輔助線，構(gòu)造全等三角形；會分類討論，結(jié)合題目前后聯(lián)系，解決問題．3．（基礎(chǔ)鞏固）（1）如圖①，，求證：．（嘗試應(yīng)用）（2）如圖②，在菱形中，，點E，F(xiàn)分別為邊上兩點，將菱形沿翻折，點A恰好落在對角線上的點P處，若，求的值．（拓展提高）（3）如圖③，在矩形中，點P是邊上一點，連接，若，求的長．解析：（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）由證明，再根據(jù)相似三角形的判定方法解題即可；（2）由菱形的性質(zhì)，得到，，繼而證明是等邊三角形，結(jié)合（1）中相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，設(shè)，則可整理得到，據(jù)此解題；（3）在邊上取點E，F(xiàn)，使得，由矩形的性質(zhì)，得到，結(jié)合（1）中相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)解題即可．【詳解】解：（1）證明：∵，∴，即，∵，∴；（2）∵四邊形是菱形，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，由（1）得，，∴，設(shè)，則∴，可得①，②，①－②，得，∴，∴的值為；（3）如圖，在邊上取點E，F(xiàn)，使得，設(shè)AB=CD=m，∵四邊形是矩形，∴，∴，=DF，，由（1）可得，，∴，∴，整理，得，解得或（舍去），∴．【點睛】本題考查相似三角形的綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．4．（基礎(chǔ)鞏固）（1）如圖1，在中，M是的中點，過B作，交的延長線于點D．求證：；（嘗試應(yīng)用）（2）在（1）的情況下載線段上取點E（如圖2），已知，，，求；（拓展提高）（3）如圖3，菱形中，點P在對角線上，且，點E為線段上一點，．若，，求菱形的邊長．解析：（1）證明見解析；（2）；（3）．【分析】(1)證明，即可求解；(2)過點B作于點H，得到，進而求解；(3)延長交于G，交延長線于F，連結(jié)，可得，所以，設(shè)菱形邊長為，進而可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：，，，是的中點，，，．（2）由（1）得，，作，垂足為H，如圖所示：，在中，，．（3）延長交于G，交延長線于F，連結(jié)，如圖所示：過作于由，，設(shè)菱形邊長為，在和中，即，解得（舍負），菱形的邊長為．【點睛】本題考查四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形、勾股定理的運用，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．5．如圖，在菱形中，，將邊繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，記旋轉(zhuǎn)角為．過點作于點，過點作直線于點，連接．（探索發(fā)現(xiàn)）填空：當(dāng)時，=．的值是（驗證猜想）當(dāng)時，中的結(jié)論是否仍然成立?若成立，請僅就圖的情形進行證明；若不成立，請說明理由；（拓展應(yīng)用）在的條件下，若，當(dāng)是等腰直角三角形時，請直接寫出線段的長．解析：（1），；（2）當(dāng)時，（1）中的結(jié)論仍然成立，理由見解析；（3）線段的長為或．【分析】當(dāng)時，點B′與點C重合，，由四邊形ABCD為菱形，可求∠ABE=90°，由，可求∠ABC=60°，=30°，由DF⊥BC，DC∥AB，∠FDC=∠EBC=30°，由sin∠FDC=sin∠EBC=，可得CF=CE，可求∠CEF=∠FDC=30°即可；當(dāng)時，中的結(jié)論仍然成立．先求，再證．最后證即可；連接，交于點．先求，．．分兩種情況：如圖先求，再證△B′BD∽△EBF，可得，如圖先求．再證△B′BD∽△EBF，．【詳解】當(dāng)時，點B′與點C重合，∵，四邊形ABCD為菱形，CD∥AB，∴⊥AB，∴∠ABE=90°，∵，AD∥BC，∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-120°=60°，∴=∠ABE-∠ABC=90°-60°=30°，∵DF⊥BC，DC∥AB，∴DF⊥AD，∠CDA=180°-∠BAD=60°，∴∠FDC=90°-∠CDA=30°，∠FCD=90°-∠FDC=60°，∴∠FDC=∠EBC=30°，∴sin∠FDC=sin∠EBC=，∵DC=BC，∴CF=CE，∴∠CFE=∠CEF=∠FCD=30°，∴∠CEF=∠FDC=30°，∴DF=FE，∵cos∠FDC=，∴=，故答案為，．當(dāng)時，中的結(jié)論仍然成立．證明：如圖，連接．，，．，．．．，即．，，．．，線段的長為或．連接，交于點．，，，，∵DE=BE，∠DEB=90°，∴∠EDB=∠EBD=45°，．，∠B′EB=90°，，．，．．分兩種情況：如圖，，∵∠B′BE=∠DBF=30°，∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，又∵∠B′BE+∠EBD=∠EBD+∠DBF，∴∠B′BD=∠EBF，∴△B′BD∽△EBF，∴，．如圖，．∵∠B′BE=∠DBF=30°，∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，又∵∠B′BE-∠FBB′=∠DBF-∠FBB′，∴∠B′BD=∠EBF，∴△B′BD∽△EBF，∴，．綜上所述，線段的長為或．【點睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)變換，菱形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，等腰直角三角形性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握圖形旋轉(zhuǎn)變換，菱形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，等腰直角三角形性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．6．（概念學(xué)習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為，若平移個單位后，使某圖形上所有點在內(nèi)或上，則稱的最小值為對該圖形的“最近覆蓋距離”．例如，如圖①，，則對線段的“最近覆蓋距離”為．（概念理解）（1）對點的“最近覆蓋距離”為_．（2）如圖②，點是函數(shù)圖像上一點，且對點的“最近覆蓋距離”為，則點的坐標(biāo)為_．（拓展應(yīng)用）（3）如圖③，若一次函數(shù)的圖像上存在點，使對點的“最近覆蓋距離”為，求的取值范圍．（4），且，將對線段的“最近覆蓋距離”記為，則的取值范圍是．解析：（1）4；（2）或；（3）或；（4）【分析】（1）求出點(3,4)與原點的距離，這個距離與1的差即是所求結(jié)果；（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為，根據(jù)P到圓心的距離為4及勾股定理，可得關(guān)于x的方程，解方程即可求得點P的坐標(biāo)；（3）考慮臨界狀態(tài)，當(dāng)OC=2時，函數(shù)圖象上存在點C，使對點C的“最近覆蓋距離”為1，利用三角形相似求出;同理，另一個臨界狀態(tài)為，即可求解；（4）由題意可得DE是一條傾斜角度為45°,長度為的線段，可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，進而求解．【詳解】（1）點(3,4)與原點的距離為，而5－1=4，則對點的“最近覆蓋距離”為4；故答案為：（2）由題意可知，到圓的最小距離為，即到圓心的距離為由點P在直線上，故設(shè)，則解得故點P的坐標(biāo)為：或故答案為：或（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，過O作OC⊥DE于C點，當(dāng)時，函數(shù)圖像上存在點，使對點的“最近覆蓋距離”為則設(shè)則由勾股定理可得：解得（舍）此時．同理，另一個臨界狀態(tài)為經(jīng)分析可知，函數(shù)相比臨界狀態(tài)更靠近軸，則存在點或由題意可知，是一條傾斜角度為，長度為的線段可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦如果落在弧上，或者落在弧上，則成立當(dāng)時，到弧的最小距離為此時當(dāng)時，到弧的最小距離為此時綜上【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、圓的基本知識、三角形相似的判定與性質(zhì)、新定義等，數(shù)形結(jié)合是本題解題的關(guān)鍵．7．如圖所示，點A為半圓O直徑MN所在直線上一點，射線AB垂直于MN，垂足為A，半圓繞M點順時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)過的角度記作α；設(shè)半圓O的半徑為R，AM的長度為m，回答下列問題：（1）探究：若R＝2，m＝1，如圖1，當(dāng)旋轉(zhuǎn)30°時，圓心O′到射線AB的距離是；如圖2，當(dāng)α＝°時，半圓O與射線AB相切；（2）如圖3，在（1）的條件下，為了使得半圓O轉(zhuǎn)動30°即能與射線AB相切，在保持線段AM長度不變的條件下，調(diào)整半徑R的大小，請你求出滿足要求的R，并說明理由．（3）發(fā)現(xiàn)：如圖4，在0°＜α＜90°時，為了對任意旋轉(zhuǎn)角都保證半圓O與射線AB能夠相切，小明探究了cosα與R、m兩個量的關(guān)系，請你幫助他直接寫出這個關(guān)系；cosα＝（用含有R、m的代數(shù)式表示）（4）拓展：如圖5，若R＝m，當(dāng)半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍，并求出在這個變化過程中陰影部分（弓形）面積的最大值（用m表示）解析：（1）+1；60°；（2）4+2；（3）；（4）m2．【詳解】試題分析：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．如圖2中，設(shè)切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=，推出α=60°．（2）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題．（3）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題、（4）當(dāng)半圓與射線AB相切時，之后開始出現(xiàn)兩個交點，此時α=90°；當(dāng)N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當(dāng)半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°．當(dāng)N′落在AB上時，陰影部分面積最大，求出此時的面積即可．試題解析：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．想辦法求出O′E的長即可．在Rt△MFO′中，∵∠MOF=30°，MO′=2，∴O′F=O′M?cos30°=，O′E=+1，∴點O′到AB的距離為+1．如圖2中，設(shè)切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，∴AE=O′F=2，∵AM=1，∴EM=1，在Rt△O′EM中，sinα=，∴α=60°故答案為+1，60°．（2）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．∵O′P=R，∴R=R+1，∴R=4+2．（3）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q=R?cosα，QP=m，∵O′P=R，∴R?cosα+m=R，∴cosα=．故答案為．（4）如圖5中，當(dāng)半圓與射線AB相切時，之后開始出現(xiàn)兩個交點，此時α=90°；當(dāng)N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當(dāng)半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°故答案為90°＜α≤120°；當(dāng)N′落在AB上時，陰影部分面積最大，所以S═﹣?m?m=m2．8．（問題情境）如圖1，點E是平行四邊形ABCD的邊AD上一點，連接BE、CE．求證：S平行四邊形ABCD．（說明：S表示面積）請以“問題情境”為基礎(chǔ)，繼續(xù)下面的探究（探究應(yīng)用1）如圖2，以平行四邊形ABCD的邊AD為直徑作⊙O，⊙O與BC邊相切于點H，與BD相交于點M．若AD＝6，BD＝y(tǒng)，AM＝x，試求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．（探究應(yīng)用2）如圖3，在圖1的基礎(chǔ)上，點F在CD上，連接AF、BF，AF與CE相交于點G，若AF＝CE，求證：BG平分∠AGC．（遷移拓展）如圖4，平行四邊形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，E是AB的中點，F(xiàn)在BC上，且BF：FC＝2：1，過D分別作DG⊥AF于G，DH⊥CE于H，請直接寫出DG：DH的值．解析：【問題情境】見解析；【探究應(yīng)用1】；【探究應(yīng)用2】見解析；【遷移拓展】.【分析】（1）作EF⊥BC于F，則S△BCE＝BC×EF，S平行四邊形ABCD＝BC×EF，即可得出結(jié)論；（2）連接OH，由切線的性質(zhì)得出OH⊥BC，OH＝AD＝3，求出平行四邊形ABCD的面積＝AD×OH＝18，由圓周角定理得出AM⊥BD，得出△ABD的面積＝BD×AM＝平行四邊形的面積＝9，即可得出結(jié)果；（3）作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，同圖1得：△ABF的面積＝△BCE的面積＝平行四邊形ABCD的面積，得出AF×BM＝CE×BN，證出BM＝BN，即可得出BG平分∠AGC．（4）作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，由平行四邊形的性質(zhì)得出∠ABP＝60°，得出∠BAP＝30°，設(shè)AB＝4x，則BC＝3x，由直角三角形的性質(zhì)得出BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，由已知得出BE＝2x，BF＝2x，得出BQ＝x，EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理求出AF＝＝2x，CE＝＝x，連接DF、DE，由三角形的面積關(guān)系得出AF×DG＝CE×DH，即可得出結(jié)果．【詳解】（1）證明：作EF⊥BC于F，如圖1所示：則S△BCE＝BC×EF，S平行四邊形ABCD＝BC×EF，∴．（2）解：連接OH，如圖2所示：∵⊙O與BC邊相切于點H，∴OH⊥BC，OH＝AD＝3，∴平行四邊形ABCD的面積＝AD×OH＝6×3＝18，∵AD是⊙O的直徑，∴∠AMD＝90°，∴AM⊥BD，∴△ABD的面積＝BD×AM＝平行四邊形的面積＝9，即xy＝9，∴y與x之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝；（3）證明：作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，如圖3所示：同圖1得：△ABF的面積＝△BCE的面積＝平行四邊形ABCD的面積，∴AF×BM＝CE×BN，∵AF＝CE，∴BM＝BN，∴BG平分∠AGC．（4）解：作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，如圖4所示：∵平行四邊形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，∴∠ABP＝60°，∴∠BAP＝30°，設(shè)AB＝4x，則BC＝3x，∴BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，∵E是AB的中點，F(xiàn)在BC上，且BF：FC＝2：1，∴BE＝2x，BF＝2x，∴BQ＝x，∴EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理得：AF＝＝2x，CE＝＝x，連接DF、DE，則△CDE的面積＝△ADF的面積＝平行四邊形ABCD的面積，∴AF×DG＝CE×DH，∴DG：DH＝CE：AF＝．【點睛】本題是圓的綜合題目，考查了圓周角定理、平行四邊形的性質(zhì)、三角形面積公式、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、角平分線的判定等知識；本題綜合性強，需要添加輔助線，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．9．問題背景（1）如圖（1），，都是等邊三角形，可以由通過旋轉(zhuǎn)變換得到，請寫出旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向及旋轉(zhuǎn)角的大?。畤L試應(yīng)用（2）如圖（2）．在中，，分別以AC，AB為邊，作等邊和等邊，連接ED，并延長交BC于點F，連接BD．若，求的值．拓展創(chuàng)新（3）如圖（3）．在中，，，將線段AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到線段AP，連接PB，直接寫出PB的最大值．解析：（1）旋轉(zhuǎn)中心是點A，旋轉(zhuǎn)方向是順時針，旋轉(zhuǎn)角是；（2）；（3）．【分析】（1）由等邊三角形得出，，，，證明，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)即可得；（2）證明，由全等三角形的性質(zhì)得，，得出，由直角三角形性質(zhì)得，則可計算得答案；（3）過點A作，且使AE=AD，連接PE，BE，由直角三角形的性質(zhì)求出BE、PE的長即可得解．【詳解】解（1）∵，都是等邊三角形，∴，，，，，，，可以由繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到，即旋轉(zhuǎn)中心是點A，旋轉(zhuǎn)方向是順時針，旋轉(zhuǎn)角是；（2)和都是等邊三角形，，，，，，，，，，，，，，，設(shè)BF=x，則CF=DF=2x，DE=3x，∴；（3），∴點C在以AB為直徑的圓上運動，取AB的中點D，連接CD，，如圖，過點A作，且使AE=AD，連接PE，BE，∵將線段AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到線段AP，，PA=AC．，，，∴PE=CD=1．∵AB=2，AE=AD=1，∴BE===，，∴BP的最大值為+1．【點睛】本題是幾何變換的綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)、圓周角定理；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．10．小明研究了這樣一道幾何題：如圖1，在中，把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當(dāng)時，請問邊上的中線與的數(shù)量關(guān)系是什么？以下是他的研究過程：特例驗證：（1）①如圖2，當(dāng)為等邊三角形時，猜想與的數(shù)量關(guān)系為_______；②如圖3，當(dāng)，時，則長為________．猜想論證：（2）在圖1中，當(dāng)為任意三角形時，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．拓展應(yīng)用：（3）如圖4，在四邊形，，，，，，在四邊形內(nèi)部是否存在點，使與之間滿足小明探究的問題中的邊角關(guān)系？若存在，請畫出點的位置（保留作圖痕跡，不需要說明）并直接寫出的邊上的中線的長度；若不存在，說明理由．解析：（1）①；②4，（2）；理由見解析，（3）存在；【分析】（1）①首先證明是含有的直角三角形，可得，即可解決問題；②首先證明，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可解決問題．（2）與的數(shù)量關(guān)系為，如圖5，延長到，使，連接、，先證四邊形是平行四邊形，再證明，即可解決問題．（3）存在，如圖6，延長交的延長線于，作于，做直線的垂直平分線交于，交于，連接、、，作的中線，連接交于，先證明，，再證明，即可得出結(jié)論，再在中，根據(jù)勾股定理，即可求出的長．【詳解】（1）①如圖2，∵是等邊三角形，把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，又∵是邊上的中線，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴在中，，，∴．故答案為：．②如圖3，∵，，∴，即和為直角三角形，∵把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴在和中，∴，∴，∵是邊上的中線，為直角三角形，∴，又∵，∴．故答案為：．（2），如圖5，延長到，使，連接、，圖5∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，，∴，∵，∴在和中，∴，∴，∴．（3）存在，如圖6，延長交的延長線于，作于，作直線的垂直平分線交于，交于，連接、、，作的中線，連接交于，圖6∵，∴，∵，∴，在中，∵，，，∴，，，在中，∵，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，在中，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴與之間滿足小明探究的問題中的邊角關(guān)系，在中，∵，，，∴．【點睛】本題考查了三角形的綜合問題．掌握全等三角形的性質(zhì)以及判定定理、直角三角形斜邊中線定理、解直角三角形、勾股定理、中線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．在處理三角形的邊旋轉(zhuǎn)問題時，旋轉(zhuǎn)前后邊長不變，根據(jù)已知角度變化，求得線段之間關(guān)系．在證明某點是否存在問題時，先假設(shè)這點存在，能求出相關(guān)線段或坐標(biāo)，即證實存在性．11．問題背景：如圖1，在矩形中，，，點是邊的中點，過點作交于點．實驗探究：（1）在一次數(shù)學(xué)活動中，小王同學(xué)將圖1中的繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2所示，得到結(jié)論：①_____；②直線與所夾銳角的度數(shù)為______．（2）小王同學(xué)繼續(xù)將繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)至如圖3所示位置.請問探究（1）中的結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．拓展延伸：在以上探究中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)至、、三點共線時，則的面積為______．解析：（1），30°；（2）成立，理由見解析；拓展延伸：或【分析】（1）通過證明，可得，，即可求解；（2）通過證明，可得，，即可求解；拓展延伸：分兩種情況討論，先求出，的長，即可求解．【詳解】解：（1）如圖1，，，，，如圖2，設(shè)與交于點，與交于點，繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為，故答案為：，；（2）結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖3，設(shè)與交于點，與交于點，將繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，，又，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為．拓展延伸：如圖4，當(dāng)點在的上方時，過點作于，，，點是邊的中點，，，，，，，，、、三點共線，，，，，由（2）可得：，，，的面積；如圖5，當(dāng)點在的下方時，過點作，交的延長線于，同理可求：的面積；故答案為：或．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．12．探究：小明在求同一坐標(biāo)軸上兩點間的距離時發(fā)現(xiàn)，對于平面直角坐標(biāo)系內(nèi)任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通過構(gòu)造直角三角形利用圖1得到結(jié)論：他還利用圖2證明了線段P1P2的中點P（x，y）P的坐標(biāo)公式：，．（1）請你幫小明寫出中點坐標(biāo)公式的證明過程；運用：（2）①已知點M（2，﹣1），N（﹣3，5），則線段MN長度為；②直接寫出以點A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D為頂點的平行四邊形頂點D的坐標(biāo)：；拓展：（3）如圖3，點P（2，n）在函數(shù)（x≥0）的圖象OL與x軸正半軸夾角的平分線上，請在OL、x軸上分別找出點E、F，使△PEF的周長最小，簡要敘述作圖方法，并求出周長的最小值．解析：（1）答案見解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．【詳解】試題分析：（1）用P1、P2的坐標(biāo)分別表示出OQ和PQ的長即可證得結(jié)論；（2）①直接利用兩點間距離公式可求得MN的長；②分AB、AC、BC為對角線，可求得其中心的坐標(biāo)，再利用中點坐標(biāo)公式可求得D點坐標(biāo)；（3）設(shè)P關(guān)于直線OL的對稱點為M，關(guān)于x軸的對稱點為N，連接PM交直線OL于點R，連接PN交x軸于點S，則可知OR=OS=2，利用兩點間距離公式可求得R的坐標(biāo)，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P點坐標(biāo)，利用中點坐標(biāo)公式可求得M點坐標(biāo)，由對稱性可求得N點坐標(biāo)，連接MN交直線OL于點E，交x軸于點S，此時EP=EM，F(xiàn)P=FN，此時滿足△PEF的周長最小，利用兩點間距離公式可求得其周長的最小值．試題解析：（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+=，∵PQ為梯形P1Q1Q2P2的中位線，∴PQ==，即線段P1P2的中點P（x，y）P的坐標(biāo)公式為x=，y=；（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案為；②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴當(dāng)AB為平行四邊形的對角線時，其對稱中心坐標(biāo)為（0，1），設(shè)D（x，y），則x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此時D點坐標(biāo)為（﹣3，3），當(dāng)AC為對角線時，同理可求得D點坐標(biāo)為（7，1），當(dāng)BC為對角線時，同理可求得D點坐標(biāo)為（﹣1，﹣3），綜上可知D點坐標(biāo)為（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案為（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）如圖，設(shè)P關(guān)于直線OL的對稱點為M，關(guān)于x軸的對稱點為N，連接PM交直線OL于點R，連接PN交x軸于點S，連接MN交直線OL于點E，交x軸于點F，又對稱性可知EP=EM，F(xiàn)P=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此時△PEF的周長即為MN的長，為最小，設(shè)R（x，），由題意可知OR=OS=2，PR=PS=n，∴=2，解得x=﹣（舍去）或x=，∴R（，），∴，解得n=1，∴P（2，1），∴N（2，﹣1），設(shè)M（x，y），則=，=，解得x=，y=，∴M（，），∴MN==，即△PEF的周長的最小值為．考點：一次函數(shù)綜合題；閱讀型；分類討論；最值問題；探究型；壓軸題．13．（探究函數(shù)y=x+的圖象與性質(zhì)）（1）函數(shù)y=x+的自變量x的取值范圍是；（2）下列四個函數(shù)圖象中函數(shù)y=x+的圖象大致是；（3）對于函數(shù)y=x+，求當(dāng)x＞0時，y的取值范圍．請將下列的求解過程補充完整．解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+∵（﹣）2≥0∴y≥．[拓展運用]（4）若函數(shù)y=，則y的取值范圍．解析：（1）x≠0；（2）C（3）4；4；（4）y≥13【解析】試題分析：根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可.試題解析：（1）函數(shù)y=x+的自變量x的取值范圍是x≠0；（2）函數(shù)y=x+的圖象大致是C；（3）解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+4∵（﹣）2≥0∴y≥4．（4）y==x+﹣5═（）2+（）2﹣5=（+）2+13∵（﹣）2≥0，∴y≥13．考點：1.反比例函數(shù)的性質(zhì)；一次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì).14．我們定義:如果一個三角形一條邊上的高等于這條邊,那么這個三角形叫做“等高底”三角形,這條邊叫做這個三角形的“等底”．（1）概念理解:如圖1,在中,,.,試判斷是否是“等高底”三角形，請說明理由.（2）問題探究:如圖2,是“等高底”三角形,是“等底”，作關(guān)于所在直線的對稱圖形得到,連結(jié)交直線于點.若點是的重心,求的值.（3）應(yīng)用拓展:如圖3,已知,與之間的距離為2.“等高底”的“等底”在直線上,點在直線上,有一邊的長是的倍.將繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到,所在直線交于點.求的值.解析：（1）證明見解析；（2）（3）的值為,,2【解析】分析：（1）過點A作AD⊥直線CB于點D，可以得到AD=BC=3，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC，再由ΔA′BC與ΔABC關(guān)于直線BC對稱，得到∠ADC=90°，由重心的性質(zhì)，得到BC=2BD．設(shè)BD=x，則AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=x，即可得到結(jié)論；（3）分兩種情況討論即可：①當(dāng)AB=BC時，再分兩種情況討論；②當(dāng)AC=BC時，再分兩種情況討論即可．詳解：（1）是．理由如下：如圖1，過點A作AD⊥直線CB于點D，∴ΔADC為直角三角形，∠ADC=90°．∵∠ACB=30°，AC=6，∴AD=AC=3，∴AD=BC=3，即ΔABC是“等高底”三角形．（2）如圖2，∵ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵ΔA′BC與ΔABC關(guān)于直線BC對稱，∴∠ADC=90°．∵點B是ΔAA′C的重心，∴BC=2BD．設(shè)BD=x，則AD=BC=2x，∴CD=3x，∴由勾股定理得AC=x，∴．（3）①當(dāng)AB=BC時，Ⅰ．如圖3，作AE⊥l1于點E，DF⊥AC于點F．∵“等高底”ΔABC的“等底”為BC，l1//l2，l1與l2之間的距離為2，AB=BC，∴BC=AE=2，AB=2，∴BE=2，即EC=4，∴AC=．∵ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA'B'C，∴∠CDF=45°．設(shè)DF=CF=x．∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴，即AF=2x．∴AC=3x=，可得x=，∴CD=x=．Ⅱ．如圖4，此時ΔABC是等腰直角三角形，∵ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA'B'C，∴ΔACD是等腰直角三角形，∴CD=AC=．②當(dāng)AC=BC時，Ⅰ．如圖5，此時△ABC是等腰直角三角形．∵ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA′B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．Ⅱ．如圖6，作AE⊥l1于點E，則AE=BC，∴AC=BC=AE，∴∠ACE=45°，∴ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA′B′C時，點A′在直線l1上，∴A′C∥l2，即直線A′C與l2無交點．綜上所述：CD的值為，，2．點睛：本題是幾何變換-旋轉(zhuǎn)綜合題．考查了重心的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及閱讀理解能力．解題的關(guān)鍵是對新概念“等高底”三角形的理解．15．（1）（探究發(fā)現(xiàn)）如圖1，的頂點在正方形兩條對角線的交點處，，將繞點旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中，的兩邊分別與正方形的邊和交于點和點（點與點，不重合）．則之間滿足的數(shù)量關(guān)系是．（2）（類比應(yīng)用）如圖2，若將（1）中的“正方形”改為“的菱形”，其他條件不變，當(dāng)時，上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請猜想結(jié)論并說明理由．（3）（拓展延伸）如圖3，，，，平分，，且，點是上一點，，求的長．解析：（1）（2）結(jié)論不成立．（3）【分析】（1）結(jié)論：．根據(jù)正方形性質(zhì)，證，根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得結(jié)論；（2）結(jié)論不成立．．連接，在上截取，連接．根據(jù)菱形性質(zhì)，證，四點共圓，分別證是等邊三角形，是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)證，根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得結(jié)論；（3）由可知是鈍角三角形，，作于，設(shè)．根據(jù)勾股定理，可得到，由，得四點共圓，再證是等邊三角形，由（2）可知：，故可得．【詳解】（1）如圖1中，結(jié)論：．理由如下：∵四邊形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為．（2）如圖2中，結(jié)論不成立．．理由：連接，在上截取，連接．∵四邊形是菱形，，∴，∵，∴四點共圓，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，，∵，，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，（3）如圖3中，由可知是鈍角三角形，，作于，設(shè)．在中，，∵，∴，解得（舍棄）或，∴，∵，∴四點共圓，∵平分，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，由（2）可知：，∴．【點睛】考核知識點：正方形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，圓的性質(zhì).綜合運用各個幾何性質(zhì)定理是關(guān)鍵；此題比較綜合.16．性質(zhì)探究如圖（1），在等腰三角形中，，則底邊與腰的長度之比為_________．理解運用（1）若頂角為的等腰三角形的周長為，則它的面積為_________；（2）如圖（2），在四邊形中，.在邊，上分別取中點，連接.若，，求線段的長．類比拓展頂角為的等腰三角形的底邊與一腰的長度之比為__________(用含的式子表示)解析：性質(zhì)探究：(或)；理解運用：（1）；（2）；類比拓展：(或)．【分析】性質(zhì)探究作CD⊥AB于D，則∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出結(jié)果；理解運用（1）同上得出則AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周長得出4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，得出AB=2，由三角形面積公式即可得出結(jié)果；（2）①由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；②連接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性質(zhì)得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四邊形內(nèi)角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFH=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出PE=EF=10，PF=PE=10，得出FH=2PF=20，證明MN是△FGH的中位線，由三角形中位線定理即可得出結(jié)果；類比拓展作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性質(zhì)得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函數(shù)得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出結(jié)果．【詳解】性質(zhì)探究解：作CD⊥AB于D，如圖①所示：則∠ADC=∠BDC=90°，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴AD=BD，∠A=∠B=30°，∴AC=2CD，AD=CD，∴AB=2AD=2CD，∴；故答案為：(或)；理解運用（1）解：如圖①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，∵AC+BC+AB=4+2，∴4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，∴AB=2，∴△ABC的面積=AB×CD=×2×1=；故答案為：（2）①證明：∵EF=EG=EH，∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；②解：連接FH，作EP⊥FH于P，如圖②所示：則PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，∵EF=EH，∴∠EFH=30°，∴PE=EF=10，∴PF=PE=10，∴FH=2PF=20，∵點M、N分別是FG、GH的中點，∴MN是△FGH的中位線，∴MN=FH=10；類比拓展解：如圖③所示：作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，∵，∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴；故答案為：2sinα（或）．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、四邊形內(nèi)角和定理、解直角三角形等知識；本題綜合性強，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．問題提出如圖（1），在和中，，，，點在內(nèi)部，直線與交于點，線段，，之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？問題探究（1）先將問題特殊化．如圖（2），當(dāng)點，重合時，直接寫出一個等式，表示，，之間的數(shù)量關(guān)系；（2）再探究一般情形．如圖（1），當(dāng)點，不重合時，證明（1）中的結(jié)論仍然成立．問題拓展如圖（3），在和中，，，（是常數(shù)），點在內(nèi)部，直線與交于點，直接寫出一個等式，表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．解析：（1）．（2）見解析；問題拓展：．【分析】（1）先證明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；（2）過點作交于點，證明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法變?nèi)葹橄嗨谱C明即可．【詳解】問題探究（1）．理由如下：如圖（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF=；（2）證明：過點作交于點，則，∴．∵，∴．又∵，，∴，∴．∴．∴，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．問題拓展．理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，過點作交于點M，則，∴．∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF,MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF==∴BF-kAF=．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解題的關(guān)鍵．18．已知點O是線段AB的中點，點P是直線l上的任意一點，分別過點A和點B作直線l的垂線，垂足分別為點C和點D．我們定義垂足與中點之間的距離為“足中距”．（1）[猜想驗證]如圖1，當(dāng)點P與點O重合時，請你猜想、驗證后直接寫出“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關(guān)系是________．（2）[探究證明]如圖2，當(dāng)點P是線段AB上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關(guān)系是否依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．（3）[拓展延伸]如圖3，①當(dāng)點P是線段BA延長線上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關(guān)系是否依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；②若，請直接寫出線段AC、BD、OC之間的數(shù)量關(guān)系．解析：（1）；（2）仍然成立，證明見解析；（3）①仍然成立，證明見解析；②【分析】（1）根據(jù)三角形全等可得；（2）方法一：過點O作直線，交BD于點F，延長AC交EF于點E，證明即可，方法二：延長CO交BD于點E，證明即可；（3）①方法一：過點O作直線，交BD于點F，延長CA交EF于點E，證明，方法二：延長CO交DB的延長線于點E，證明；②延長CO交DB的延長線于點E，證明，根據(jù)已知條件得出．【詳解】（1）O是線段AB的中點在和中（2）數(shù)量關(guān)系依然成立．證明（方法一）：過點O作直線，交BD于點F，延長AC交EF于點E．∵∴∴四邊形CEFD為矩形．∴，由（1）知，∴，∴．證明（方法二）：延長CO交BD于點E，∵，，∴，∴，∵點O為AB的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．（3）①數(shù)量關(guān)系依然成立．證明（方法一）：過點O作直線，交BD于點F，延長CA交EF于點E．∵∴∴四邊形CEFD為矩形．∴，由（1）知，∴，∴．10分證明（方法二）：延長CO交DB的延長線于點E，∵，，∴，∴，∴點O為AB的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．②如圖，延長CO交DB的延長線于點E，∵，，∴，∴，∴點O為AB的中點，∴，又∵，∴，∴，∵,．【點睛】此題主要考查了三角形全等的性質(zhì)與判定，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，根據(jù)題意