武漢市中考數(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．綜合與實踐（1）（探索發(fā)現(xiàn)）在中.，，點為直線上一動點（點不與點，重合），過點作交直線于點，將繞點順時針旋轉得到，連接．如圖（1），當點在線段上，且時，試猜想：①與之間的數(shù)量關系：______；②______．（2）（拓展探究）如圖（2），當點在線段上，且時，判斷與之間的數(shù)量關系及的度數(shù)，請說明理由．（3）（解決問題）如圖（3），在中，，，，點在射線上，將繞點順時針旋轉得到，連接．當時，直接寫出的長．解析：（1）①；②；（2），．理由見解析；（3）的長為1或2．【分析】（1）由“SAS”△ADF≌△EDB，可得AF=BE，再利用“8字型”字母∠OBE=∠ADO=90°即可解決問題；（2）結論：AF=BF，∠ABE=a．由“SAS”△ADF≌△EDB，即可解決問題；（3）分當點D在線段BC上和當點D在BC的延長線上兩種情形討論，利用平行線分線段成比例可求解．【詳解】解：（1）如圖1中，設AB交DE于O．∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ABC=45°，∵DF∥AC，∴∠FDB=∠C=90°，∴∠DFB=∠DBF=45°，∴DF=DB，∵∠ADE=∠FDB=90°，∴∠ADF=∠EDB，且DA=DE，DF=DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF=BE，∠DAF=∠E，∵∠AOD=∠EOB，∴∠ABE=∠ADO=90°故答案為AF=BE，90°．（2），.理由：∵，∴，.∵，∴.∴.∴∵，，，∴.又∵，∴.∴，.∴，，∴.（3）1或2.解：當點在線段上時，過點作交直線于點，如圖（1）.∵，∴.∵，∴.∵，∴，.∵，，∴.∵，∴.∴.∴.又，∴，.當點在線段的延長線上時，過點作交的延長線于點，如圖（2）.∵，∴.∴.∴.同理可得.綜上可得，的長為1或2.【點睛】本題考查幾何變換綜合題、等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質、平行線分線段成比例定理等知識，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．2．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∠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．3．（基礎鞏固）（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，可得，所以，設菱形邊長為，進而可得出結論．【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，如圖所示：過作于由，，設菱形邊長為，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、相似三角形的判定與性質，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鍵．4．定義：如圖（1），點P沿著直線l翻折到，P到的距離叫做點P關于l的“折距”．已知，如圖（2），矩形中，，等腰直角中，，點G在上，E、B在的兩側，點F為的中點，點P是射線上的動點，把沿著直線翻折到，點F的對應點為，理解：（1）當時，①若點在邊上，則點A關于的“折距”為______；②若點E關于的“折距”為12，則______．應用：（2）若，當點、、C、D能構成平行四邊形時，求出此時x的值拓展：（3）當時，設點E關于的“折距”為t，直接寫出當射線與邊有公共點時t的范圍．解析：（1）①；②3；（2）；（3）【分析】（1）①根據垂直平分線的性質和正方形的性質計算即可；②設和相交于M，證明，即可得解；（2）根據平行四邊形的性質求解即可；（3）當在BC上時為最小值，當在BC上時為最大值，通過相似三角形的判定與性質求解即可；【詳解】（1）當時，①若在BC上時，則，此時四邊形為正方形，在中，，∵點A關于的“折距”為，∴點A關于的“折距”為；②由題意可知，設和相較于M，則，且，在與中，，∴，∴，又，即，解得；（2）當點、、C、D能構成平行四邊形時，則與平行且相等，在中，，又，∴，即；（3）當時，點E關于的“折距”為t，且射線與邊的公共點范圍如圖所示，當在BC上時為最小值，當在BC上時為最大值，∴，∴，∴為等腰直角三角形，E到BP的距離為，當在BC上時，，設與交于點Q，與交于點N，∴，又，∴，∴，∴，當在BC上時，∵為EG中點，如圖于M，∴，，∴，∴t的取值范圍為；【點睛】本題主要考查了四邊形綜合應用，結合勾股定理和相似三角形的判定與性質計算是解題的關鍵．5．在中，點D，E分別是邊上的點，．基礎理解：（1）如圖1，若，求的值；證明與拓展：（2）如圖2，將繞點A逆時針旋轉a度，得到，連接；①求證：；②如圖3，若在旋轉的過程中，點恰好落在上時，連接，則的面積為________．解析：（1）；（2）①見詳解；②13.44【分析】（1）利用平行線分線段定理，直接求解即可；、（2）①先推出，從而得，進而即可得到結論；②先推出AE=AE1=8，DE=D1E1=10，過點A作AM⊥DE于點M，則DM=3.6，D1E=2.8，再證明∠D1EE1=90°，進而即可求解．【詳解】解：（1）∵，，∴=；（2）①∵將繞點A逆時針旋轉a度，得到，∴=AD，=AE，∠BAD1=∠CAE1，∵，∴，即，∴，∴，∴；②由①可知，∴，∵將繞點A逆時針旋轉，得到，點恰好落在上，∴AD1=AD=6，∠D1AE1=∠DAE=90°，∴AE=AE1=AD1=8，DE=D1E1=，過點A作AM⊥DE于點M，則DM=D1M=AD×cos∠ADE=AD×=6×=3.6，∴D1E=10-3.6×2=2.8，∵∠D1AE1=∠DAE=90°，∴∠DAD1=∠EAE1，又∵AD1=AD，AE=AE1，∴∠ADE=，∴∠AED+=∠AED+∠ADE=90°，即：∠D1EE1=90°，∴，∴的面積=D1E?EE1=×2.8×9.6=13.44．故答案是：13.44．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質，解直角三角形，勾股定理，平行線分線段成比例定理，旋轉的性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質，是解題的關鍵．6．（了解概念）在凸四邊形中，若一邊與它的兩條鄰邊組成的兩個內角相等，則稱該四邊形為鄰等四邊形，這條邊叫做這個四邊形的鄰等邊．（理解運用）（1）在鄰等四邊形中，，，若是這個鄰等四邊形的鄰等邊，則的度數(shù)為__________；（2）如圖，凸四邊形中，P為邊的中點，，判斷四邊形是否為鄰等四邊形，并證明你的結論；（拓展提升）（3）在平面直角坐標系中，為鄰等四邊形的鄰等邊，且邊與x軸重合，已知，，，若在邊上使的點P有且僅有1個，則m的值是__________．解析：（1）130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由見解析；（3）﹣5±4【分析】（1）根據鄰等四邊形的定義即可求解；（2）由△ADP∽△PDC，可得，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，由P為AB的中點，可得AP＝BP，則，可證△BPC∽△ADP，由相似三角形的性質得出∠A＝∠B即可；（3）①若點B在點A右側，如圖，由AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，可證△ADP∽△BPC，可得＝，設點P（n，0），由等腰直角三角形可求∠BAD＝45°，可求B、C橫坐標之差為3，B（m+3，0），將AP，BP，AD，BC，代入得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，可求得m＝﹣5+4；②若點B在點A左側，可求得∠BAD＝135°，可證△ADP∽△BPC，可得＝，可求得B、C橫坐標之差為3，，可求得m＝﹣5﹣4．【詳解】解：（1）∵CD為鄰等邊，∴∠C＝∠D，又∵，，∴∠C＝∠D＝（360°﹣∠A﹣∠B）÷2＝130°，∴∠C＝130°．故答案為：130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由如下：∵△ADP∽△PDC，∴，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，∠ADP＝∠PDC，又∵P為AB的中點，∴AP＝BP，∴，∴，∵∠APD+∠BPC＝180°﹣∠DPC，∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC，且∠APD＝∠PCD，∴∠BPC＝∠PDC，∵∠ADP＝∠PDC，∴∠ADP＝∠BPC，∴△BPC∽△ADP，∴∠B＝∠A，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形；（3）若點B在點A右側，如圖，∵AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，設點P（n，0），∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠BAD＝45°，∴∠ABC＝45°，過點C作CE⊥x軸于點E，則∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，∴CE＝BE，∵點C（m，3），∴CE＝3，∴BE＝3，∴B（m+3，0），∴AP＝n+2，BP＝m+3﹣n，∴AD＝＝，BC＝＝，代入＝得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，解得：m＝﹣5±4，又∵點C在點D右側，∴m＝﹣5+4；②若點B在點A左側，如圖，此時，∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠OAD＝45°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠DPC＝135°，∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，由①得：B（m+3，0），C（m，3），P（n，0），AP＝﹣2﹣n，BP＝n﹣m﹣3，AD＝，BC＝，∴，解得：m＝﹣5±4，又∵點C在點D左側，∴m＝﹣5﹣4；綜上所述：m＝﹣5±4．【點睛】本題是相似綜合題，考查新定義圖形，仔細閱讀題目，抓住定義中的性質，會驗證新定義圖形，相似三角形的判定與性質，一元二次方程根的判別式，利用相似三角形的性質構造關于n的一元二次方程是解題關鍵．7．[探究函數(shù)的圖象與性質]（1）函數(shù)的自變量的取值范圍是；（2）下列四個函數(shù)圖象中函數(shù)的圖象大致是；（3）對于函數(shù)，求當時，的取值范圍.請將下列的求解過程補充完整.解：∵∴∵∴.[拓展運用]（4）若函數(shù)，則的取值范圍.解析：（1）；（2）C；（3）4，4；（4）【詳解】試題分析：本題的⑴問抓住函數(shù)是由分式給定的，所以抓住是分母不為0,即可確定自變量的取值范圍.本題的⑵問結合第⑴問中的，即或進行分類討論函數(shù)值的大致取值范圍，即可得到函數(shù)的大致圖象.本題的第⑶問根據函數(shù)的配方逆向展開即推出“（）”應填寫“常數(shù)”部分，再根據配方情況可以得到當當時，的取值范圍.本題的⑷問現(xiàn)將函數(shù)改寫為的形式，再按⑶的形式進行配方變形即可求的取值范圍.試題解析：（1）由于函數(shù)是分式給定的，所要滿足分母不為0，所以.故填：.（2）即或；當時，的值是正數(shù)，此時畫出的圖象只能在第一象限；當時，的值是負數(shù)，此時畫出的圖象只能在第三象限；所以函數(shù)的圖象只在直角坐標系的一、三象限.故其大致圖象應選C.（3）∵，∴.故分別填：；（4）∵（這里隱含有首先是正數(shù)）∴∵∴.8．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點順時針轉動，轉過的角度記作α；設半圓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，當旋轉30°時，圓心O′到射線AB的距離是；如圖2，當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兩個量的關系，請你幫助他直接寫出這個關系；cosα＝（用含有R、m的代數(shù)式表示）（4）拓展：如圖5，若R＝m，當半圓弧線與射線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N′落在AB上時，陰影部分面積最大，所以S═﹣?m?m=m2．9．[問題解決]（1）如圖1．在平行四邊形紙片ABCD（AD＞AB）中，將紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在AD上的點處，折線AE交BC于點E，連接B'E．求證：四邊形是菱形．[規(guī)律探索]（2）如圖2，在平行四邊形紙片ABCD（AD＞AB）中，將紙片沿過點P的直線折疊，點B恰好落在AD上的點Q處，點A落在點A′處，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形嗎？請說明理由．[拓展應用]（3）如圖3，在矩形紙片ABCD（AD＞AB）中，將紙片沿過點P的直線折疊，得到折痕FP，點B落在紙片ABCD內部點處，點A落在紙片ABCD外部點處，與AD交于點M，且M＝M．已知：AB＝4，AF＝2，求BP的長．解析：（1）證明見解析；（2）是，理由見解析；（3）．【分析】（1）由平行線的性質和翻折可推出，即．故四邊形是平行四邊形，再由翻折可知，即證明平行四邊形是菱形．（2）由翻折和平行線的性質可知，，即得出，即是等腰三角形．（3）延長交AD于點G，根據題意易證，得出結論，．根據（2）同理可知為等腰三角形，即FG=PG．再在中，，即可求出，最后即可求出．【詳解】（1）由平行四邊形的性質可知，∴，由翻折可知，∴，∴．∴四邊形是平行四邊形．再由翻折可知，∴四邊形是菱形．（2）由翻折可知，∵，∴，∴，∴QF=QP，∴是等腰三角形．（3）如圖，延長交AD于點G，根據題意可知，在和中，，∴，∴，．根據（2）同理可知為等腰三角形．∴FG=PG．∵，∴在中，，∴，∴，∴．【點睛】本題為矩形的折疊問題．考查矩形的性質，折疊的性質，平行線的性質，菱形的判定，等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質以及勾股定理，綜合性強．掌握折疊的性質和正確的連接輔助線是解答本題的關鍵．10．如圖，已知和均為等腰三角形，，，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖①，當時，點、、在同一直線上，連接，則的度數(shù)為__________，線段、、之間的數(shù)量關系是__________；（2）拓展探究如圖②，當時，點、、在同一直線上，連接．請判斷的度數(shù)及線段、、之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）解決問題如圖③，，，，連接、，在繞點旋轉的過程中，當時，請直接寫出的長解析：（1）；（2）；（3）或．【分析】（1）證明△ACE≌△ABD，得出CE=AD，∠AEC=∠ADB，即可得出結論；（2）證明△ACE∽△ABD，得出∠AEC=∠ADB，，即可得出結論；（3）先判斷出，再求出，①當點E在點D上方時，先判斷出四邊形APDE是矩形，求出AP=DP=AE=2，再根據勾股定理求出，BP=6，得出BD=4；②當點E在點D下方時，同①的方法得，AP=DP=AE=1，BP=4，進而得出BD=BP+DP=8，即可得出結論．【詳解】（1）在△ABC為等腰三角形，AC=BC，∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°，同理：AE=AD，∠ADE=∠EAD=60°，∴∠EAD=∠CAB，∴∠EAC=∠DAB，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE=AD，∠AEC=∠ADB，∵點B、D、E在同一直線上，∴∠ADB=180°-∠ADE=120°，∴∠AEC=120°，∴∵DE=AE，∴BE=DE+BD=AE+CE，故答案為60°，BE=AE+CE；（2）．理由如下：和均為等腰三角形，，，，，，點、、在同一直線上，，．；（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，∴，在Rt△ABC中，，∴；①當點E在點D上方時，如圖③，過點A作AP⊥BD交BD的延長線于P，∵DE⊥BD，∴∠PDE=∠AED=∠APD，∴四邊形APDE是矩形，∵AE=DE，∴矩形APDE是正方形，∴AP=DP=AE=2，在Rt△APB中，根據勾股定理得，∴BD=BP-AP=4，∴；②當點E在點D下方時，如圖④，同①的方法得，AP=DP=AE=2，BP=4，∴BD=BP+DP=8，∴，即：CE的長為或．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質，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，等邊三角形的性質，判斷出△ACE∽△ABD是解本題的關鍵．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)學活動中，小王同學將圖1中的繞點按逆時針方向旋轉，如圖2所示，得到結論：①_____；②直線與所夾銳角的度數(shù)為______．（2）小王同學繼續(xù)將繞點按逆時針方向旋轉，旋轉至如圖3所示位置.請問探究（1）中的結論是否仍然成立？并說明理由．拓展延伸：在以上探究中，當旋轉至、、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，設與交于點，與交于點，繞點按逆時針方向旋轉，，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為，故答案為：，；（2）結論仍然成立，理由如下：如圖3，設與交于點，與交于點，將繞點按逆時針方向旋轉，，又，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為．拓展延伸：如圖4，當點在的上方時，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，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，旋轉的性質等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．12．問題發(fā)現(xiàn)如圖，正方形將正方形繞點旋轉，直線交于點請直接寫出線段與的數(shù)量關系是，位置關系是_；拓展探究如圖，矩形將矩形繞點旋轉，直線交于點中線段關系還成立嗎/若成立，請寫出理由；若不成立，請寫出線段的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由；解決問題在的條件下，矩形繞點旋轉過程中，請直接寫出當點與點重合時，線段的長，解析：；中數(shù)量關系不成立，位置關系成立．，理由見解析；或【分析】（1）證明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAG＝∠DCG，再由直角三角形兩個銳角互余即可證得AE⊥CG；（2）先證明△ADE∽△CDG，利用相似三角形的性質證明即可．（3）先通過作圖找到符合題意的兩種情況，第一種情況利用勾股定理求解即可；第二種情況借助相似三角形及勾股定理計算即可．【詳解】（1）；理由如下：由題意知在正方形中，，，在△ADE與△CDG中，∴△ADE≌△CDG（SAS）∴，∵對頂角相等，∴．（2）（1）中數(shù)量關系不成立，位置關系成立．即：理由如下：由題意知在矩形中，，，，∵對頂角相等∴．綜上所述：（3）如圖1，當點G、P在點A處重合時，連接AE，則此時∠ADE＝∠GDE＝90°∴在Rt△ADE中，AE＝，如圖1，當點G、P重合時，則點A、E、G在同一直線上，∵AD＝DG＝4，∴∠DAG＝∠DGA，∵∠ADC＝∠AGP＝90°，∠AOD＝∠COG，∴∠DAG＝∠COG，∴∠DGA＝∠COG，又∵∠GDO＝∠CDG，∴△GDO∽△CDG，∴∴∴DO＝2，CG＝2OG，∴OC＝DC－DO＝8－2＝6，∵在Rt△COG中，OG2＋GC2＝OC2，∴OG2＋（2OG）2＝62，∴OG＝（舍負），∴CG＝，由（2）得：∴AE＝，綜上所述，AE的長為或．【點睛】本題綜合考查了全等三角形及相似三角形的判定及性質，以及勾股定理的應用，根據題意畫出符合題意的圖形是解決本題的關鍵．13．在中，，過點作直線，將繞點C順時針旋轉得到（點的對應點分別是），射線分別交直線于點．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1所示，若與重合，則的度數(shù)為_________________（2）類比探究：如圖2，所示，設與的交點為M，當M為中點時，求線段的長；（3）拓展延伸：在旋轉過程中，當點分別在的延長線上時，試探究四邊形的面積是否存在最小值，若存在，直接寫出四邊形的最小面積；若不存在，請說明理由解析：（1）60°；（2）；（3）存在，【分析】（1）由旋轉可得：AC=A'C=2，進而得到BC=，依據∠A'BC=90°，可得cos∠A'CB=，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根據M為A'B'的中點，即可得出∠A=∠A'CM，進而得到PB=，依據tan∠BQC=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，進而得出PQ=PB+BQ=；（3）依據S四邊形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四邊形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用幾何法或代數(shù)法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四邊形PA'B′Q=3-．【詳解】解（1）由旋轉得：，，，，，，；(2)因為M是中點，所以，，，，．∵∠PCQ=∠PBC=90°，∴∠BQC+∠BPC=∠BCP+∠BPC=90°，∴∠BQC=∠BCP=∠A，，，；(3)，最小，即最小，，取PQ的中點G，，即PQ=2CG，當最小時，最小，，與重合，最小，∵的最小值為，．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了旋轉的性質，解直角三角形以及直角三角形的性質的綜合運用，解題時注意：旋轉變換中，對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．14．在中，，過點作直線，將繞點順時針旋轉得到（點的對應點分別為）．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，若與重合時，則的度數(shù)為____________；（2）類比探究：如圖2，設與BC的交點為，當為的中點時，求線段的長；（3）拓展延伸在旋轉過程中，當點分別在的延長線上時，試探究四邊形的面積是否存在最小值．若存在，直接寫出四邊形的最小面積；若不存在，請說明理由．解析：（1）60；（2）；（3）【分析】（1）由旋轉可得：AC=A'C=2，進而得到BC=，依據∠A'BC=90°，可得，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根據M為A'B'的中點，即可得出∠A=∠A'CM，進而得到，依據tan∠Q=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，進而得出PQ=PB+BQ=；（3）依據S四邊形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四邊形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用幾何法或代數(shù)法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四邊形PA'B′Q=3-．【詳解】解：（1）由旋轉可得：，，，，，，，，．（2）為的中點，,山旋轉可得，，，，，，，；（3）四邊形四邊形最小即最小，，取的中點，，，即，當最小時，最小，，即與正合時,最小，，，的最小值，四邊形=．【點睛】此題考查四邊形綜合題，旋轉的性質，解直角三角形以及直角三角形的性質的綜合運用，解題關鍵在于掌握旋轉變換中，對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．15．定義：如果一個三角形一條邊上的高與這條邊的比值是3：5，那么稱這個三角形為“準黃金”三角形，這條邊就叫做這個三角形的“金底”．（概念感知）（1）如圖1，在中，，，，試判斷是否是“準黃金”三角形，請說明理由．（問題探究）（2）如圖2，是“準黃金”三角形，BC是“金底”，把沿BC翻折得到，連AB接AD交BC的延長線于點E，若點C恰好是的重心，求的值．（拓展提升）（3）如圖3，，且直線與之間的距離為3，“準黃金”的“金底”BC在直線上，點A在直線上．，若是鈍角，將繞點按順時針方向旋轉得到，線段交于點D．①當時，則_________；②如圖4，當點B落在直線上時，求的值．解析：（1）是“準黃金”三角形，理由見解析；（2）；（3）①；②．【分析】（1）過點A作于點D，先求出AD的長度，然后得到，即可得到結論；（2）根據題意，由“金底”的定義得，設，，由勾股定理求出AB的長度，根據比值即可求出的值；（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，先求出AC的長度，由相似三角形的性質，得到AF=2DF，由解直角三角形，得到，則，即可求出DF的長度，然后得到CD的長度；②由①可知，得到CE和AC的長度，分別過點，D作，，垂足分別為點G，F(xiàn)，然后根據相似三角形的判定和性質，得到，然后求出CD和AD的長度，即可得到答案．【詳解】解：（1）是“準黃金”三角形．理由：如圖，過點A作于點D，∵，，∴．∴．∴是“準黃金”三角形．（2）∵點A，D關于BC對稱，∴，．∵是“準黃金”三角形，BC是“金底”，∴．不防設，，∵點為的重心，∴．∴，．∴．∴．（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，如圖：由題意得AE=3，∵，∴BC=5，∵，∴，在Rt△ABE中，由勾股定理得：，∴，∴；∵∠AEC=∠DFA=90°，∠ACE=∠DAF，∴△ACE∽△DAF，∴，設，則，∵∠ACD=30°，∴，∴，解得：∴．②如圖，過點A作于點E，則．∵是“準黃金”三角形，BC是“金底”，∴．∴．∵，∴．∴．∴，．分別過點，D作，，垂足分別為點G，F(xiàn)，∴，，，則．∵，∴．∴．∴設，，．∵，∴，且．∴．∴．∴，解得．∴，．∴．【點睛】本題屬于相似形綜合題，主要考查了重心的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，解直角三角形，旋轉的性質以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關鍵是依據題意畫出圖形，根據數(shù)形結合的思想進行解答．16．如圖1，邊長為4的正方形與邊長為的正方形的頂點重合，點在對角線上．問題發(fā)現(xiàn)（1）如圖1，與的數(shù)量關系為______．類比探究（2）如圖2，將正方形繞點旋轉度（）．請問（1）中的結論還成立嗎？若不成立，請說明理由．拓展延伸（3）若為的中點，在正方形的旋轉過程中，當點，，在一條直線上時，線段的長度為______．解析：（1）；（2）成立，見解析；（3）或【分析】問題發(fā)現(xiàn)：證出AB∥EF，由平行線分線段成比例定理得出，即可得出結論；類比探究：證明△ACE∽△BCF，得出，即可的結論；拓展延伸：分兩種情況，連接CE交GF于H，由正方形的性質得出AB=BC=4，，，GH=HF=HE=HC，得出，，，由勾股定理求出，即可得出答案．【詳解】[問題發(fā)現(xiàn)]解：，理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形CFEG是正方形，∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，CE=CF，CE⊥GF，∴AB∥EF，∴，；故答案為：；[類比探究]解：上述結論還成立，理由如下：連接CE，如圖2所示：∵∠FCE=∠BCA=45°，∴∠BCF=∠ACE=45°-∠ACF，在Rt△CEG和Rt△CBA中，，，∴△ACE∽△BCF，，；[拓展延伸]解：分兩種情況：①如圖3所示：連接CE交GF于H，∵四邊形ABCD和四邊形CFEG是正方形，∴AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，HF=HE=HC，∵點F為BC的中點，∴CF=BC=2，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴，∴；②如圖4所示：連接CE交GF于H，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴；故答案為：或．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、旋轉的性質、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識；熟練掌握正方形的性質，證明三角形相似是解題的關鍵．17．（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．18．小明將兩個直角三角形紙片如圖（1）那樣拼放在同一平面上，抽象出如圖（2）的平面圖形，與恰好為對頂角，，連接，，點F是線段上一點．探究發(fā)現(xiàn)：（1）當點F為線段的中點時，連接（如圖（2），小明經過探究，得到結論：．你認為此結論是否成立？_________．（填“是”或“否”）拓展延伸：（2）將（1）中的條件與結論互換，即：若，則點F為線段的中點．請判斷此結論是否成立．若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．問題解決：（3）若，求的長．解析：（1）是；（2）結論成立，理由見解析；（3）【分析】（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通過AB=BD求出∠A=∠ADB，緊接著根據直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，據此進一步得出∠ADB=∠FDE，最終通過證明∠ADB+∠EDC=90°證明結論成立即可；（2）根據垂直的性質可以得出90°，90°，從而可得，接著證明出，利用可知，從而推出，最后通過證明得出，據此加以分析即可證明結論；（3）如圖，設G為的中點，連接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，緊接著，繼續(xù)通過勾股定理求出，最后進一步證明，再根據相似三角形性質得出，從而求出，最后進一步分析求解即可.【詳解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，∵∠ACB=∠ECD，∴∠A=∠E，∵AB=BD，∴∠A=∠ADB，在中，∵F是斜邊CE的中點，∴FD=FE=FC，∴∠E=∠FDE，∵∠A=∠E，∴∠ADB=∠FDE，∵∠FDE+∠FDC=90°，∴∠ADB+∠FDC=90°，即∠FDB=90°，∴BD⊥DF，結論成立，故答案為：是；（2）結論成立，理由如下：∵，∴90°，90°，∴，∵，∴．∴．又∵，∴．∴．又90°，90°，，∴，∴．∴．∴F為的中點；（3）如圖，設G為的中點，連接GD，由（1）可知，∴，又∵，在中，，∴，在中，，在與中，∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質和相似三角形的性質及判定的綜合運用，熟練掌握相關方法是解題關鍵.19．實際問題：某商場為鼓勵消費，設計了投資活動．方案如下：根據不同的消費金額，每次抽獎時可以從100張面值分別為1元、2元、3元、…、100元的獎券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取2張、3張、4張、…等若干張獎券，獎券的面值金額之和即為優(yōu)惠金額．某顧客獲得了一次抽取5張獎券的機會，小明想知道該顧客共有多少種不同的優(yōu)惠金額？問題建模：從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和共有多少種不同的結果？模型探究：我們采取一般問題特殊化的策略，先從最簡單的情形入手，再逐次遞進，從中找出解決問題的方法．探究一：（1）從1，2，3這3個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有多少種不同的結果？表①所取的2個整數(shù)1，21，3，2，32個整數(shù)之和345如表①，所取的2個整數(shù)之和可以為3，4，5，也就是從3到5的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是5，所以共有3種不同的結果．（2）從1，2，3，4這4個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有多少種不同的結果？表②所取的2個整數(shù)1，21，3，1，42，32，43，42個整數(shù)之和345567如表②，所取的2個整數(shù)之和可以為3，4，5，6，7，也就是從3到7的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是7，所以共有5種不同的結果．（3）從1，2，3，4，5這5個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有______種不同的結果．（4）從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有______種不同的結果．探究二：（1）從1，2，3，4這4個整數(shù)中任取3個整數(shù)，這3個整數(shù)之和共有______種不同的結果．（2）從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取3個整數(shù)，這3個整數(shù)之和共有______種不同的結果．探究三：從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取4個整數(shù)，這4個整數(shù)之和共有______種不同的結果．歸納結論：從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和共有______種不同的結果．問題解決：從100張面值分別為1元、2元、3元、…、100元的獎券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取5張獎券，共有______種不同的優(yōu)惠金額．拓展延伸：（1）從1，2，3，…，36這36個整數(shù)中任取多少個整數(shù)，使得取出的這些整數(shù)之和共有204種不同的結果？（寫出解答過程）（2）從3，4，5，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和共有______種不同的結果．解析：探究一：（3）；（4）（，為整數(shù)）；探究二：（1）（2）；探究三：歸納結論：（為整數(shù)，且，＜＜）；問題解決：；拓展延伸：（1）個或個；（2）．【分析】探究一：（3）根據（1）（2）的提示列表，可得答案；（4）仔細觀察（1）（2）（3）的結果，歸納出規(guī)律，從而可得答案；探究二：（1）仿探究一的方法列表可得答案；（2）由前面的探究概括出規(guī)律即可得到答案；探究三：根據探究一，探究二，歸納出從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取4個整數(shù)的和的結果數(shù)，再根據上面探究歸納出從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和的結果數(shù)；問題解決：利用前面的探究計算出這5張獎券和的最小值與最大值，從而可得答案；拓展延伸：（1）直接利用前面的探究規(guī)律，列方程求解即可，（2）找到與問題等價的模型，直接利用規(guī)律得到答案．【詳解】解：探究一：（3）如下表：取的2個整數(shù)2個整數(shù)之和所取的2個整數(shù)之和可以為3，4，5，6，7，8，9也就是