上海民辦民一中學中考數(shù)學幾何綜合壓軸題易錯專題一、中考數(shù)學幾何綜合壓軸題1．《函數(shù)的圖象與性質》拓展學習片段展示：（問題）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y=a（x﹣2）2﹣經(jīng)過原點O，與x軸的另一個交點為A，則a=．（操作）將圖①中拋物線在x軸下方的部分沿x軸折疊到x軸上方，將這部分圖象與原拋物線剩余部分的圖象組成的新圖象記為G，如圖②．直接寫出圖象G對應的函數(shù)解析式．（探究）在圖②中，過點B（0，1）作直線l平行于x軸，與圖象G的交點從左至右依次為點C，D，E，F(xiàn)，如圖③．求圖象G在直線l上方的部分對應的函數(shù)y隨x增大而增大時x的取值范圍．（應用）P是圖③中圖象G上一點，其橫坐標為m，連接PD，PE．直接寫出△PDE的面積不小于1時m的取值范圍．解析：【問題】：a=；【操作】：y=；【探究】：當1＜x＜2或x＞2+時，函數(shù)y隨x增大而增大；【應用】：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．【詳解】試題分析：【問題】：把（0，0）代入可求得a的值；【操作】：先寫出沿x軸折疊后所得拋物線的解析式，根據(jù)圖象可得對應取值的解析式；【探究】：令y=0，分別代入兩個拋物線的解析式，分別求出四個點CDEF的坐標，根據(jù)圖象呈上升趨勢的部分，即y隨x增大而增大，寫出x的取值；【應用】：先求DE的長，根據(jù)三角形面積求高的取值h≥1；分三部分進行討論：①當P在C的左側或F的右側部分時，設P[m，]，根據(jù)h≥1，列不等式解出即可；②如圖③，作對稱軸由最大面積小于1可知：點P不可能在DE的上方；③P與O或A重合時，符合條件，m=0或m=4．試題解析：【問題】∵拋物線y=a（x﹣2）2﹣經(jīng)過原點O，∴0=a（0﹣2）2﹣，a=；【操作】：如圖①，拋物線：y=（x﹣2）2﹣，對稱軸是：直線x=2，由對稱性得：A（4，0），沿x軸折疊后所得拋物線為：y=﹣（x﹣2）2+如圖②，圖象G對應的函數(shù)解析式為：y=；【探究】：如圖③，由題意得：當y=1時，（x﹣2）2﹣=0，解得：x1=2+，x2=2﹣，∴C（2﹣，1），F(xiàn)（2+，1），當y=1時，﹣（x﹣2）2+=0，解得：x1=3，x2=1，∴D（1，1），E（3，1），由圖象得：圖象G在直線l上方的部分，當1＜x＜2或x＞2+時，函數(shù)y隨x增大而增大；【應用】：∵D（1，1），E（3，1），∴DE=3﹣1=2，∵S△PDE=DE?h≥1，∴h≥1；①當P在C的左側或F的右側部分時，設P[m，]，∴h=（m﹣2）2﹣﹣1≥1，（m﹣2）2≥10，m﹣2≥或m﹣2≤﹣，m≥2+或m≤2﹣，②如圖③，作對稱軸交拋物線G于H，交直線CD于M，交x軸于N，∵H（2，），∴HM=﹣1=＜1，∴當點P不可能在DE的上方；③∵MN=1，且O（0，0），a（4，0），∴P與O或A重合時，符合條件，∴m=0或m=4；綜上所述，△PDE的面積不小于1時，m的取值范圍是：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．考點：二次函數(shù)綜合題．2．（1）（問題背景）如圖1，在中，，，D是直線BC上的一點，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°至AE，連接CE，求證：；（2）（嘗試應用）如圖2，在（1）的條件下，延長DE，AC交于點G，交DE于點F．求證：；（3）（拓展創(chuàng)新）如圖3，是內一點，，，，直接寫出的面積為_____________．解析：（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）【問題背景】如圖1，根據(jù)SAS證明三角形全等即可．（2）【嘗試應用】如圖2，過點D作DK⊥DC交FB的延長線于K．證明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再證明FG＝DE＝即可．（3）【拓展創(chuàng)新】如圖3中，過點A作AE⊥AD交BD于E，連接CE．利用全等三角形的性質證明CE＝BD，CE⊥BD，再根據(jù)三角形面積公式即可求解．【詳解】（1）【問題背景】證明：如圖1，∵，∴，在和中，，∴．（2）【嘗試應用】證明：如圖2，過點D作交FB的延長線于K．∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．（3）【拓展創(chuàng)新】如圖3中，過點A作交BD于E，連接CE．∵，，∴與都是等腰直角三角形，同法可證，∴，∵，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．3．綜合與實踐數(shù)學問題：（1）如圖1，是等腰直角三角形，過斜邊的中點作正方形，分別交，于點，，則，，之間的數(shù)量關系為______．問題解決：（2）如圖2，在任意內，找一點，過點作正方形，分別交，于點，，若，求的度數(shù)；圖2拓展提升：（3）如圖3，在（2）的條件下，分別延長，，交于點，，則，，的數(shù)量關系為______．圖3（4）在（3）的條件下，若，，則______．解析：（1）；（2）135°；（3）；（4）【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的斜邊與直角邊的關系及正方形的性質即可得出數(shù)量關系；（2）延長至點，使，連接，根據(jù)正方形的性質易證，從而可得DP=DB，進而可證，從而可得，，由三角形內角和定理即可求得∠ADB的度數(shù)；（3）由正方形的對邊平行的性質易得AM=DM，BN=DN，從而在Rt△MDN中，由勾股定理即可得MN、AM、BN的數(shù)量關系；（4）由（2）知FP=BE，即可求得DE=DF=1，根據(jù)相似三角形的性質可分別求得EM、FN的長，從而可得DM、DN的長，在Rt△MDN中，由勾股定理即可求得MN的長．【詳解】（1）∵是等腰直角三角形，且AB=AC，∴，∠A=∠B=45°，∵四邊形DECF是正方形，且D是AB的中點，∴DF=FC=CE=DE，∠DFA=∠DEB=90°，DF∥BC，DE∥AC，∴∠ADF=∠B=45°，∠BDE=∠A=45°，∴AF=DF，BE=DE，∴F、E分別是AC、BC的中點，∴CF=BE，∴AC=AF+CF=AF+BE，∴；（2）延長至點，使，連接．∵四邊形是正方形，∴，．∵，，，∴．∴．∵，，，∴．又∵，，∴．∴．同理可得：．∵，∴．∴．∴．（3）∵DF∥BC，DE∥AC，∴∠CBD=∠NDB，∠DAC=∠ADM，∵，，∴∠ABD=∠NDB，∠ADM=∠DAB，∴BN=DN，AM=DM．在Rt△MDN中，由勾股定理得：故答案為：，（4）∵△ABC是直角三角形，AC=3，BC=4，∴由勾股定理得：AB=5，設正方形DECF的邊長為x，由（2）知，AP=AB=5，BE=FP，CP=AP-AC=2，∵FP=CP+CF，BE=BC-CE，即4-x=2+x，解得x=1，∴BE=BC-CE=3，AF=AC-CF=2，∵EM∥AC，F(xiàn)N∥BC，∴△BME∽△BAC，△AFN∽△ACB∴，，∴，．∵DM=ME-DE=，DN=FN-DF=，．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，截長補短法作輔助線是本題的關鍵．4．（了解概念）定義：在平面直角坐標系中，組成圖形的各點中，與點Р所連線段最短的點叫做點Р關于這個圖形的短距點，這條最短線段的長度叫做點Р到這個圖形的短距．（理解運用）（1）已知點，以原點為圓心，l為半徑作，則點Р關于的短距點的坐標是；（2）如圖，點，等邊三角形OAB的頂點A的坐標為，頂點B在第一象限，判斷點Р關于的短距點的個數(shù)，并說明理由；（拓展提升）（3）已知，，，點C在第一象限內，且，，若點Р到四邊形OACB的短距大于2，請直接寫出的取值范圍．解析：（1）(-1，0)；（2）點Р關于的短距點的個數(shù)有3個；（3）當p＜-或2＜p＜4或p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2．【分析】（1）連接PO，交于點M，點M即是點Р關于的短距點，進而即可求解；（2）根據(jù)題意得點P是三角形OAB的中心，進而即可求解；（3）由題意得點P，A，B在直線y=-x+6上，以點P為圓心，半徑長為2畫圓，分3種情況：①當點P在AB的延長線上，圓P過點B時，②當點P在線段AB上，圓P與BC相切于點N，過點P作PM⊥y軸，③當點P在BA的延長線上，圓P過點A時，過點P作PM⊥y軸，分別求解，即可得到答案．【詳解】解：（1）連接PO，交于點M，點M即是點Р關于的短距點，∵，、的半徑為1，∴M(-1，0)，故答案是：(-1，0)；（2）∵點，等邊三角形OAB的頂點A的坐標為，∴點P是三角形OAB的中心，∴點P到OA，OB，OC的三條垂線段最短，三條垂線段都等于，∴點Р關于的短距點的個數(shù)有3個；（3）∵，，，∴點P，A，B在直線y=-x+6上，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵點C在第一象限內，且，，∴∠ABC=75°-45°=30°，以點P為圓心，半徑長為2畫圓，如圖所示：當點P在AB的延長線上，圓P過點B時，過點P作PM⊥y軸，∵PB=2，∠PBM=45°，∴PM=2×=，∴p＜-時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；①當點P在線段AB上，圓P與BC相切于點N，過點P作PM⊥y軸，則BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，②當點P在線段AB上，圓P與OA相切于點N，過點P作PM⊥y軸，則AP=PN=2，BP=AB-AP=6-2=4，PM=BP×=4×=4，∴2＜p＜4時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；③當點P在BA的延長線上，圓P過點A時，過點P作PM⊥y軸，則PM=（6+2）×=6+，∴p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；綜上所述：當p＜-或2＜p＜4或p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2．【點睛】本題主要考查圖形與坐標以及圓的綜合題，根據(jù)題意畫出圖形，掌握圓與直線相切的性質是解題的關鍵．5．（概念學習）在平面直角坐標系中，的半徑為，若平移個單位后，使某圖形上所有點在內或上，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，則點的坐標為_．（拓展應用）（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的差即是所求結果；（2）設點P的坐標為，根據(jù)P到圓心的距離為4及勾股定理，可得關于x的方程，解方程即可求得點P的坐標；（3）考慮臨界狀態(tài)，當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，則解得故點P的坐標為：或故答案為：或（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，過O作OC⊥DE于C點，當時，函數(shù)圖像上存在點，使對點的“最近覆蓋距離”為則設則由勾股定理可得：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，則成立當時，到弧的最小距離為此時當時，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、圓的基本知識、三角形相似的判定與性質、新定義等，數(shù)形結合是本題解題的關鍵．6．探究：如圖1和2,四邊形中,已知，，點，分別在、上，．（1）①如圖1,若、都是直角，把繞點逆時針旋轉至，使與重合，則能證得，請寫出推理過程；②如圖2，若、都不是直角，則當與滿足數(shù)量關系_______時，仍有;（2）拓展：如圖3,在中，,，點、均在邊上,且．若，求的長．解析：（1）①見解析；②，理由見解析；（2）【分析】（1）①根據(jù)旋轉的性質得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質得出EF＝GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉的性質得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質得出EF＝GF，即可求出答案；（2）根據(jù)等腰直角三角形性質好勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根據(jù)旋轉的性質得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，證△FAD≌△EAD，根據(jù)全等得出DF＝DE，設DE＝x，則DF＝x，BF＝CE＝3?x，根據(jù)勾股定理得出方程，求出x即可．【詳解】（1）①如圖1，∵把繞點逆時針旋轉至，使與重合，∴，，∵，，∴，∴，即，在和中∴，∴，∵，∴；②，理由是：把繞點旋轉到，使和重合，則，，，∵，∴，∴，，在一條直線上，和①知求法類似，，在和中∴，∴，∵，∴；故答案為：（2）∵中，，∴，由勾股定理得：，把繞點旋轉到,使和重合，連接．則，，，∵，∴，∴，在和中∴，∴，設，則，∵，∴，∵，，∴，由勾股定理得：，，解得：，即．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理的應用，此題是開放性試題，首先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．7．問題探究（1）如圖1，△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點B，D，E在同一直線上，連接AD，BD．①請?zhí)骄緼D與BD之間的位置關系：________；②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，則線段AD的長為________；拓展延伸（2）如圖2，△ABC和△DEC均為直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．將△DCE繞點C在平面內順時針旋轉，設旋轉角∠BCD為α（0°≤α＜360°），作直線BD，連接AD，當點B，D，E在同一直線上時，畫出圖形，并求線段AD的長．解析：（1）①垂直，②4；（2）作圖見解析，或【分析】（1）①由“SAS”可證△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC=45°，可得AD⊥BD；②過點C作CF⊥AD于點F，由勾股定理可求DF，CF，AF的長，即可求AD的長；（2）分點D在BC左側和BC右側兩種情況討論，根據(jù)勾股定理和相似三角形的性質可求解．【詳解】解：（1）∵△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ABC=∠DEC=45°=∠CDE∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，且AC=BC，CE=CD∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠ADC=∠BEC=45°∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°∴AD⊥BD故答案為：垂直②如圖，過點C作CF⊥AD于點F，∵∠ADC=45°，CF⊥AD，CD=∴DF=CF=1∴∴AD=AF+DF=4故答案為：4．（2）①如圖：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1，∴AB=2,DE=2,∠ACD＝∠BCE,．∴△ACD∽△BCE．∴∠ADC＝∠E，．又∵∠CDE+∠E=90°，∴∠ADC+∠CDE=90°，即∠ADE=90°．∴AD⊥BE．設BE=x，則AD=x．在Rt△ABD中，，即．解得（負值舍去）．∴AD=．②如圖，同①設BE=x，則AD=x．在Rt△ABD中，，即．解得（負值舍去）．∴AD=．綜上可得，線段AD的長為【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質等知識點，關鍵是添加恰當輔助線．8．如圖1，已知點G在正方形ABCD的對角線AC上，GE⊥BC，垂足為點E，GF⊥CD，垂足為點F．（1）證明：四邊形CEGF是正方形；（2）探究與證明：將正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖2所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展與運用：正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖3所示，當B，E，F(xiàn)三點在一條直線上時，延長CG交AD于點H，若AG＝6，GH＝2，求BC的長．解析：（1）證明見解析；（2）AG＝BE，理由見解析；（3）BC=3．【分析】（1）先說明GE⊥BC、GF⊥CD，再結合∠BCD=90°可證四邊形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可證明；（2）連接CG，證明△ACG∽△BCE，再應用相似三角形的性質解答即可；（3）先證△AHG∽△CHA可得，設BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，求出AH=a，DH=a，CH=，最后代入即可求得a的值．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四邊形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四邊形CEGF是正方形．（2）結論：AG＝BE；理由：連接CG，由旋轉性質知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，，∴，∴△ACG∽△BCE，∴，∴線段AG與BE之間的數(shù)量關系為AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，點B、E、F三點共線，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，設BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，則由，得，∴AH＝a，則DH＝AD﹣AH＝a，，∴，得，解得：a＝3，即BC＝3．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查相似形的判定和性質、正方形的性質等知識點，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題并利用參數(shù)構建方程解決問題．9．和都是等邊三角形，繞點旋轉，連接．猜測發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與是否相等？若相等，加以證明；若不相等，請說明理由．問題解決：（2）若三點不在一條直線上，且，求的長．拓展運用：（3）若三點在一條直線上（如圖2），且和的邊長分別為1和2，的面積及的值．解析：（1）AE=BD，理由見解析；（2）5；（3）面積為，＝【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質，容易證明△BCD≌△ACE，從而問題即可解決；（2）根據(jù)∠ADC=30゜及△DCE是等邊三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，從而可計算出AE，再由（1）即可得BD的長；（3）過A點作AF⊥CD于F，根據(jù)和都是等邊三角形，可得∠ACD=60゜，于是在直角△ACF中利用三角函數(shù)知識可求得AF的長，從而可求得△ACD的面積；在△ACF中還可求得CF的長，從而可得DF的長，這樣在直角△ADF中即可求得結論．【詳解】（1）AE=BD．理由如下：∵和都是等邊三角形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴；（2）如圖3，由（1）得：，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴；（3）如圖2，過作于，∵三點在一條直線上，∴，∵和都是等邊三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質、三角函數(shù)等知識，帶有一定的綜合性．10．（探究函數(shù)y=x+的圖象與性質）（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，一次函數(shù)的性質；二次函數(shù)的性質解答即可.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；一次函數(shù)的性質；二次函數(shù)的性質.11．在中，，，是邊上一點，將沿折疊得到，連接．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當，落在直線上時，①求證：；②填空：的值為______；（2）類比探究：如圖2，當，與邊相交時，在上取一點，使，交于點．探究的值（用含的式子表示），并寫出探究過程；（3）拓展運用：在（2）的條件下，當，是的中點時，若，求的長．解析：（1）①見解析；②1；（2），見解析；（3）【分析】（1）①根據(jù)折疊性質證明即可；②當，證明，即可得出的值；（2）延長交于點，根據(jù)折疊性質證明，即可得出結論；（3）由（2）可知，設，則，，，可得，再由勾股定理列方程求解即可．【詳解】解：（1）①證明：延長交于點．由折疊得．∴．∵，∴．②當，即時，可知AC=BC，在和中，，∴(AAS)，∴，∴．故答案為：1；（2）解：．理由：延長交于點，由折疊得．∴，∵，∴，∵，∴，∴．（3）解：由折疊得，，∵是的中點，∴，∴，，，由（2）知，∴，，是的中點，∴，∴，設，則，，，∴，∴，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴，解得（負值舍去），∴．【點睛】本題為三角形綜合題，考查折疊的性質，全等三角形判定與性質，相似三角形的判定及性質，勾股定理等知識點，根據(jù)折疊性質找到角度之間的關系是解題的關鍵．12．問題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點（不與點B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB、AE、CD于點M、P、N．判斷線段DN、MB、EC之間的數(shù)量關系，并說明理由．問題探究：在“問題情境”的基礎上，（1）如圖2，若垂足P恰好為AE的中點，連接BD，交MN于點Q，連接EQ，并延長交邊AD于點F．求∠AEF的度數(shù)；（2）如圖3，當垂足P在正方形ABCD的對角線BD上時，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點P落在點P'處．若正方形ABCD的邊長為4，AD的中點為S，求P'S的最小值．問題拓展：如圖4，在邊長為4的正方形ABCD中，點M、N分別為邊AB、CD上的點，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對應邊B'C'恰好經(jīng)過點A，C'N交AD于點F．分別過點A、F作AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，垂足分別為G、H．若AG＝，請直接寫出FH的長．解析：問題情境：.理由見解析；問題探究：（1）；（2）的最小值為；問題拓展：.【分析】問題情境：過點B作BF∥MN分別交AE、CD于點G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出NF＝MB，證明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出結論；問題探究：（1）連接AQ，過點Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出結論；（2）連接AC交BD于點O，則△APN的直角頂點P在OB上運動，設點P與點B重合時，則點P′與點D重合；設點P與點O重合時，則點P′的落點為O′，由等腰直角三角形的性質得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，當點P在線段BO上運動時，過點P作PG⊥CD于點G，過點P′作P′H⊥CD交CD延長線于點H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，證明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性質得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，點P'在線段DO'上運動；過點S作SK⊥DO'，垂足為K，即可得出結果；問題拓展：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長FH交CD于P，則EG＝AG＝，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，證明△ABE∽△QCE，得出QE＝AE＝，AQ＝AE+QE＝，證明△AGM∽△ABE，得出AM＝，由折疊的性質得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝，AC'＝1，證明△AFC'∽△MAB'，得出AF＝，證明△DFP∽△DAQ，得出FP＝，得出FH＝FP＝．【詳解】問題情境：因為四邊形是正方形，所以.過點作分別交于點.所以四邊形為平行四邊形.所以.所以，所以，又因為，所以.，所以.因為，所以，所以.問題探究：（1）連接，過點作，分別交于點.易得四邊形矩形.所以且.因為是正方形的對角線，所以.所以是等腰直角三角形，.所以.因為是的垂直平分線，所以.所以.所以.所以.所以.所以是等腰直角三角形，，即.（2）如圖所示，連接交于點，由題意易得的直角頂點在上運動.設點與點重合，則點與點重合；設與點重合，則點的落點為.易知.當點在線段上運動時，過點作的垂線，垂足為，過點作，垂足為點.易證：，所以，因為是正方形的對角線，所以，易得，所以.所以.所以，故.所以點在線段上運動.過點作，垂足為，因為點為的中點，所以，則的最小值為.問題拓展：解：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長FH交CD于P，如圖4：則EG＝AG＝，PH＝FH，∴AE＝5，在Rt△ABE中，BE＝＝3，∴CE＝BC﹣BE＝1，∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，∴△ABE∽△QCE，∴∵AG⊥MN，∴∠AGM＝90°＝∠B，∵∠MAG＝∠EAB，∴△AGM∽△ABE，∴，即，解得：，由折疊的性質得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，∴B'M＝，∵∠BAD＝90°，∴∠B'AM＝∠C'FA，∴△AFC'∽△MAB'，∴，解得：∵AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，∴AG∥FH，∴AQ∥FP，∴△DFP∽△DAQ，∴，即，解得：FP＝，∴FH＝．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、翻折變換的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵．13．(1)方法選擇如圖①，四邊形是的內接四邊形，連接，，．求證：.小穎認為可用截長法證明：在上截取，連接…小軍認為可用補短法證明：延長至點，使得…請你選擇一種方法證明．(2)類比探究（探究1）如圖②，四邊形是的內接四邊形，連接，，是的直徑，．試用等式表示線段，，之間的數(shù)量關系，并證明你的結論．（探究2）如圖③，四邊形是的內接四邊形，連接，．若是的直徑，，則線段，，之間的等量關系式是______．(3)拓展猜想如圖④，四邊形是的內接四邊形，連接，．若是的直徑，，則線段，，之間的等量關系式是______．解析：(1)方法選擇：證明見解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.【分析】（1）方法選擇：根據(jù)等邊三角形的性質得到∠ACB=∠ABC=60°，如圖①，在BD上截取DM=AD，連接AM，由圓周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根據(jù)全等三角形的性質得到BM=CD，于是得到結論；（2）類比探究：如圖②，由BC是⊙O的直徑，得到∠BAC=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到∠ABC=∠ACB=45°，過A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根據(jù)全等三角形的性質得到結論；【探究2】如圖③，根據(jù)圓周角定理和三角形的內角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，過A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根據(jù)直角三角形的性質得到MD=2AD，根據(jù)相似三角形的性質得到BM=CD，于是得到結論；（3）如圖④，由BC是⊙O的直徑，得到∠BAC=90°，過A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根據(jù)相似三角形的性質得到BM=CD，DM=AD，于是得到結論．【詳解】(1)方法選擇：∵，∴，如圖①，在上截取，連接，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∵，∴，∴，∴；(2)類比探究：如圖②，∵是的直徑，∴，∵，∴，過作交于，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；[探究2]如圖③，∵若是的直徑，，∴，，過作交于，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；故答案為；(3)拓展猜想：；理由：如圖④，∵若是的直徑，∴，過作交于，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴.故答案為.【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，等邊三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．14．（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，旋轉過程中，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)量關系是．（2）（類比應用）如圖2，若將（1）中的“正方形”改為“的菱形”，其他條件不變，當時，上述結論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請猜想結論并說明理由．（3）（拓展延伸）如圖3，，，，平分，，且，點是上一點，，求的長．解析：（1）（2）結論不成立．（3）【分析】（1）結論：．根據(jù)正方形性質，證，根據(jù)全等三角形性質可得結論；（2）結論不成立．．連接，在上截取，連接．根據(jù)菱形性質，證，四點共圓，分別證是等邊三角形，是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形性質證，根據(jù)全等三角形性質可得結論；（3）由可知是鈍角三角形，，作于，設．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，結論：．理由如下：∵四邊形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為．（2）如圖2中，結論不成立．．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．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，全等三角形判定和性質，等邊三角形判定和性質，圓的性質.綜合運用各個幾何性質定理是關鍵；此題比較綜合.15．如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．探究發(fā)現(xiàn)（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．拓展運用（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．解析：（1）全等，理由見解析；（2）BD＝；（3）△ACD的面積為，AD＝．【分析】（1）依據(jù)等式的性質可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據(jù)SAS可證明△ACE≌△BCD；（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計算AE的長，可得BD的長；（3）過點A作AF⊥CD于F，先根據(jù)平角的定義得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函數(shù)可得AF的長，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據(jù)勾股定理可得AD的長．【詳解】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS）；（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∵△DCE都是等邊三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，∴，∴BD＝；（3）如圖2，過點A作AF⊥CD于F，∵B、C、E三點在一條直線上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF＝，∴AF＝AC×sin∠ACF＝，∴S△ACD＝，∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×，F(xiàn)D＝CD﹣CF＝，在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2＝，∴AD＝．【點睛】本題考查等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，解直角三角形，勾股定理等，第（3）小題巧作輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．16．（性質探究）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AE平分∠BAC，交BC于點E．作DF⊥AE于點H，分別交AB，AC于點F，G．（1）判斷△AFG的形狀并說明理由．（2）求證：BF=2OG．（遷移應用）（3）記△DGO的面積為S1，△DBF的面積為S2，當時，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射線AB于點F，（性質探究）中的其余條件不變，連結EF，當△BEF的面積為矩形ABCD面積的時，請直接寫出tan∠BAE的值．解析：（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質證明即可．（2）如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．首先證明OG=OL，再證明BF=2OL即可解決問題．（3）如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性質解決問題即可．（4）設OG=a，AG=k．分兩種情形：①如圖4中，連接EF，當點F在線段AB上時，點G在OA上．②如圖5中，當點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．分別求解即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）證明：如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=?OG?DK，S2=?BF?AD，又∵BF=2OG，，∴，設CD=2x，AC=3x，則AD=，∴．（4）解：設OG=a，AG=k．①如圖4中，連接EF，當點F在線段AB上時，點G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由題意：=AD?（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如圖5中，當點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由題意：=AD?（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，綜上所述，tan∠BAE的值為或．【點睛】本題是一道綜合題，主要涉及到等腰三角形的判定及其性質、全等三角形的判定和性質、三角形中位線定理、相似三角形的判定及其性質、勾股定理的應用等知識點，解題的關鍵是綜合運用所學到的相關知識．17．如圖1，在等腰三角形中，點分別在邊上，連接點分別為的中點．（1）觀察猜想圖1中，線段的數(shù)量關系是____，的大小為_____；（2）探究證明把繞點順時針方向旋轉到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點在平面內自由旋轉，若，請求出面積的最大值．解析：（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．（3）根據(jù)，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．【詳解】由題意知：AB=AC，AD=AE，且點分別為的中點，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據(jù)三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等邊三角形．理由如下：如圖，由旋轉可得在ABD和ACE中．點分別為的中點，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據(jù)題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點睛】本題主要考查了三角形中點的性質、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉的相關知識；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉的相關知識是解題的關鍵．18．（證明體驗）（1）如圖1，為的角平分線，，點E在上，．求證：平分．（思考探究）（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為上一點，連結交于點G．若，，，求的長．（拓展延伸）（3）如圖3，在四邊形中，對角線平分，點E在上，．若，求的長．解析：（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS證明，進而即可得到結論；（2）先證明，得，進而即可求解；（3）在上取一點F，使得，連結，可得，從而得，可得，，最后證明，即可求解．【詳解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，