深圳深圳市福田區(qū)梅山中學(xué)中考數(shù)學(xué)期末幾何綜合壓軸題模擬匯編一、中考幾何壓軸題1．問題發(fā)現(xiàn)：（1）正方形ABCD和正方形AEFG如圖①放置，AB＝4，AE＝2.5，則＝___________．問題探究：（2）如圖②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點P在矩形的內(nèi)部，∠BPC＝135°，求AP長的最小值．問題拓展：（3）如圖③，在四邊形ABCD中，連接對角線AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝45°，則對角線BD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．2．某數(shù)學(xué)課外活動小組在學(xué)習(xí)了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側(cè)作多邊形，它們的面積之間的關(guān)系問題”進行了以下探究：類比探究：（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為直徑，向外側(cè)作半圓，則面積之間的關(guān)系式為_____________；推廣驗證：（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作，，滿足，則（1）中所得關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結(jié)論；若不成立，請說明理由；拓展應(yīng)用：（3）如圖4，在五邊形中，，點在上，，求五邊形的面積．3．《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學(xué)習(xí)展示：（問題）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線：與軸相交于，兩點，與軸交于點，則______，______．（操作）將圖①中拋物線沿方向平移長度的距離得到拋物線，在軸左側(cè)的部分與在軸右側(cè)的部分組成的新圖象記為，如圖②．請直接寫出圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式．（探究）在圖②中，過點作直線平行于軸，與圖象交于，兩點，如圖③．求出圖象在直線上方的部分對應(yīng)的函數(shù)隨的增大而增大時的取值范圍．（應(yīng)用）是拋物線對稱軸上一個動點，當是直角三角形時，直接寫出點的坐標．4．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖1所示，在中，，，點在邊上，且，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段，連接、，的值為______；（類比探究）（2）如圖2所示，在（1）的條件下，點為的中點，，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到，連接，則的值會發(fā)生改變嗎？說明你的理由；（拓展延伸）（3）如圖3所示，在鈍角中，，，點在邊的延長線上，，連接．將線段繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角，連接，則______（請用含有，的式子表示）．5．（教材呈現(xiàn)）下面是華師版八年級下冊教材第89頁的部分內(nèi)容．如圖，G，H是平行四邊形ABCD對角線AC上的兩點，且AG=CH，E，F(xiàn)分別是邊AB和CD的中點求證：四邊形EHFG是平行四邊形證明：連接EF交AC于點O∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB=CD，AB∥CD又∵E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點∴AE=CF又∵AB∥CD∴∠EAO=∠FCO又∵∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF請補全上述問題的證明過程．（探究）如圖①，在△ABC中，E，O分別是邊AB、AC的中點，D、F分別是線段AO、CO的中點，連結(jié)DE、EF，將△DEF繞點O旋轉(zhuǎn)180°得到△DGF，若四邊形DEFG的面積為8，則△ABC的面積為．（拓展）如圖②，GH是正方形ABCD對角線AC上的兩點，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分別是AB和CD的中點．若正方形ABCD的面積為16，則四邊形EHFG的面積為．6．在矩形ABCD中，（k為常數(shù)），點P是對角線BD上一動點（不與B，D重合），將射線PA繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°與射線CB交于點E，連接AE．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當k=1時，將點P移動到對角線交點處，可發(fā)現(xiàn)點E與點B重合，則=，∠AEP=；當點P移動到其它位置時，∠AEP的大?。ㄌ睢案淖儭被颉安蛔儭保?；（2）類比探究：如圖2，若k≠1時，當k的值確定時，請?zhí)骄俊螦EP的大小是否會隨著點P的移動而發(fā)生變化，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用：當k≠1時，如圖2，連接PC，若PC⊥BD，，PC=2，求AP的長．7．綜合與實踐數(shù)學(xué)活動課上，老師讓同學(xué)們結(jié)合下述情境，提出一個數(shù)學(xué)問題：如圖1，四邊形ABCD是正方形，四邊形BEDF是矩形．探究展示：“興趣小組”提出的問題是：“如圖2，連接CE．求證：AE⊥CE．”并展示了如下的證明方法：證明：如圖3，分別連接AC，BD，EF，AF．設(shè)AC與BD相交于點O．∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，且AC=BD．又∵四邊形BEDF是矩形，∴EF經(jīng)過點O，∴OE=OF=EF，且EF=BD．∴OE=OF，OA=OC．∴四邊形AECF是平行四邊形．（依據(jù)1）∵AC=BD，EF=BD，∴AC=EF．∴四邊形AECF是矩形．（依據(jù)2）∴∠CEA=90°，即AE⊥CE．反思交流：（1）上述證明過程中“依據(jù)1”“依據(jù)2”分別是什么？拓展再探：（2）“創(chuàng)新小組”受到“興趣小組”的啟發(fā)，提出的問題是：“如圖4，分別延長AE，F(xiàn)B交于點P，求證：EB=PB．”請你幫助他們寫出該問題的證明過程．（3）“智慧小組”提出的問題是：若∠BAP=30°，AE=，求正方形ABCD的面積．請你解決“智慧小組”提出的問題．8．綜合與實踐：利用矩形的折疊開展數(shù)學(xué)活動，探究體會圖形在軸對稱，旋轉(zhuǎn)等變換過程中的變化，及其蘊含的數(shù)學(xué)思想和方法．動手操作：如圖①，矩形紙片ABCD的邊AB＝2，將矩形紙片ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合，折痕為EF，然后展開，EF與AC交于點H；如圖②，將矩形ABCD沿過點A的直線折疊，使點B落在對角線AC上，且點B與點H重合，展開圖形，折痕為AG，連接GH；若在圖①中連接BH，得到如圖③，點M是線段BH上的動點，點N是線段AH上的動點，連接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；若在圖②中連接BH，交折痕AG于點Q，隱去其它線段，得到如圖④．解決問題：（1）在圖②中，∠ACB＝，BC＝，＝，與△ABG相似的三角形有個；（2）在圖②中，AH2＝AE·（從圖②中選擇一條線段填在空白處），并證明你的結(jié)論；（3）在圖③中，△ABH為三角形，設(shè)BM為x，則NH＝（用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在圖④中，將△ABQ繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，連接DQ′，則DQ′的最小值為，當tan∠CBQ′＝時，△DBQ′的面積最大值為．9．已知：如圖1所示將一塊等腰三角板BMN放置與正方形ABCD的重合，連接AN、CM，E是AN的中點，連接BE．（觀察猜想）（1）CM與BE的數(shù)量關(guān)系是________；CM與BE的位置關(guān)系是________；（探究證明）（2）如圖2所示，把三角板BMN繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，其他條件不變，線段CM與BE的關(guān)系是否仍然成立，并說明理由；（拓展延伸）（3）若旋轉(zhuǎn)角，且，求的值．10．等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC于F，將腰AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AB′，記旋轉(zhuǎn)角為α，連接BB′，過C作CE垂直于直線BB′，垂足為E，連接CB′．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，當時，的度數(shù)為_______；連接EF，則的值為________．（2）拓展探究：當，且時，①（1）中的兩個結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請僅就圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；②解決問題：當A，E，F(xiàn)三點共線時，請直接寫出的值．11．如圖1，已知直角三角形，，，點是邊上一點，過作于點，連接，點是中點，連接，．（1）發(fā)現(xiàn)問題：線段，之間的數(shù)量關(guān)系為______；的度數(shù)為______；（2）拓展與探究：若將繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)角，如圖2所示，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由；（3）拓展與運用：如圖3所示，若繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，當點落到邊上時，邊上另有一點，，，連接，請直接寫出的長度．12．（問題探究）課堂上老師提出了這樣的問題：“如圖①，在中，，點是邊上的一點，，求的長”．某同學(xué)做了如下的思考：如圖②，過點作，交的延長線于點，進而求解，請回答下列問題：（1）___________度；（2）求的長．（拓展應(yīng)用）如圖③，在四邊形中，，對角線相交于點，且，，則的長為_____________．13．（問題情境）（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側(cè)作正方形CEFG，連接DG、BE，則DG與BE的數(shù)量關(guān)系是；（類比探究）（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側(cè)作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，連接DG、BE．判斷線段DG與BE有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；（拓展提升）（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，則2BG+BE的最小值為．14．探究：如圖1和圖2，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，點E、F分別在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如圖1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，直接寫出線段BE、DF和EF之間的數(shù)量關(guān)系；②如圖2，若∠B、∠D都不是直角，但滿足∠B+∠D＝180°，線段BE、DF和EF之間的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．（2）拓展：如圖3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．點D、E均在邊BC邊上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的長．15．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，點E是線段AC上一動點，連接DE．填空：①則的值為______；②∠EAD的度數(shù)為_______．（2）類比探究如圖2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，點E是線段AC上一動點，連接DE．請求出的值及∠EAD的度數(shù)；（3）拓展延伸如圖3，在（2）的條件下，取線段DE的中點M，連接AM、BM，若BC=4，則當△ABM是直角三角形時，求線段AD的長．16．定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做等補四邊形．（問題理解）(1)如圖1，點A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分線交⊙O于點D，連接AD、CD．求證：四邊形ABCD是等補四邊形；（拓展探究）(2)如圖2，在等補四邊形ABCD中，AB＝AD，連接AC，AC是否平分∠BCD？請說明理由；（升華運用）(3)如圖3，在等補四邊形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分線交CD的延長線于點F．若CD＝6，DF＝2，求AF的長．17．（1）問題情境：如圖1，已知等腰直角中，，，是上的一點，且，過作于，取中點，連接，則的長為_______（請直接寫出答案）小明采用如下的做法：延長到，使，連接，為中點，為的中點，是的中位線……請你根據(jù)小明的思路完成上面填空；（2）遷移應(yīng)用：將圖1中的繞點作順時針旋轉(zhuǎn)，當時，試探究、、的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．（3）拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)的過程中，當、、三點共線時，直接寫出線段的長．18．（1）觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在中，，，點是的平分線上一點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)90°到，連結(jié)、，交于．填空：①線段與的數(shù)量關(guān)系是_________；②線段與的位置關(guān)系是_________．（2）拓展探究：如圖2，在中，，，點是邊的中點，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，連結(jié)、，交于．（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在中，，，，的平分線交于，點是射線上的一點，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)60°到，連結(jié)、、，與相交于，若以、、為頂點的三角形與全等，直接寫出的長．19．[探索發(fā)現(xiàn)]（1）如圖①，△ABC與△ADE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，連接BD與CE，則△ABD與△ACE的關(guān)系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中點，在線段AD上任取一點P，連接PB，將線段PB繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)80°，點B的對應(yīng)點是點E，連接BE，得到△BPE，隨著點P在線段AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側(cè)，也可能在直線AD上，還可能在直線AD的右側(cè)．請你探究，當點E在直線AD上時，如圖②所示，連接CE，判斷直線CE與直線AB的位置關(guān)系，并說明理由．[拓展應(yīng)用]（3）在（2）的應(yīng)用下，請在圖③中畫出△BPE，使得點E在直線AD的右側(cè)，連接CE，試求出點P在線段AD上運動時，AE的最小值．20．如圖1，已知和均為等腰直角三角形，點、分別在線段、上，．（1）觀察猜想：如圖2，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，連接、，的延長線交于點．當?shù)难娱L線恰好經(jīng)過點時，點與點重合，此時，①的值為______；②∠BEC的度數(shù)為______度；（2）類比探究：如圖3，繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，點與點不重合時，上述結(jié)論是否仍然成立，請說明理由；（3）拓展延伸：若．，當所在的直線垂直于時，請你直接寫出線段的長．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、中考幾何壓軸題1．（1）；（2）AP的最小值為；（3）存在，BD的最大值為6+6【分析】（1）連接AC、AF、DG、CF，證△ADG∽△ACF，根據(jù)線段比例關(guān)系可求；（2）以BC為斜邊作等腰直角三角形BOC，以解析：（1）；（2）AP的最小值為；（3）存在，BD的最大值為6+6【分析】（1）連接AC、AF、DG、CF，證△ADG∽△ACF，根據(jù)線段比例關(guān)系可求；（2）以BC為斜邊作等腰直角三角形BOC，以O(shè)為圓心BO為半徑畫圓，則P的運動軌跡在矩形ABCD內(nèi)的劣弧BC上，連接AO交弧BC于點P，此時AP最小，根據(jù)給出數(shù)據(jù)求值即可；（3）以AB為斜邊向下做等腰直角三角形AEB，連接CE，根據(jù)△DAB∽△CAE，得出BD=CE，以AB為斜邊向上做等腰直角三角形AOB，以O(shè)為圓心OA為半徑畫圓，根據(jù)C點的軌跡求出CE最大值，即求出BD最大值．【詳解】解：（1）如圖①，連接AC、AF、DG、CF，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB=4，AE=2.5，∴AC=AB，AF=AE，AG=AE=2.5，AD=AB=4，∴，又∵∠DAG=∠DAC-∠GAC=45°-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC=45°-∠GAC，∴∠DAG=∠CAF，∴△DGA∽△CFA，∴，故答案為；（2）如圖②，以BC為斜邊作等腰直角三角形BOC，以O(shè)為圓心BO為半徑畫圓，則∠BPC作為圓周角剛好是135°，∴P的運動軌跡在矩形ABCD內(nèi)的劣弧BC上，連接AO交弧BC于點P，此時AP最小，作OE垂直AB延長線于點E，∵△BOC為等腰直角三角形，BC=4，∴OB=OC=BC=×4=2，∠OBC=45°，∴∠OBE=90°-∠OBC=90°-45°=45°，又∵OE⊥AE，∴△BEO為等腰直角三角形，∴BE=OE=OB=×2=2，又∵AB=3，∴AE=AB+BE=3+2=5，∴，∵OP=OB=2，∴AP=AO-OP=-2，即AP的最小值為-2；（3）存在，如圖3，以AB為斜邊向下做等腰直角三角形AEB，連接CE，則∠EAB=45°，，∵AC=AD，∠ACD=90°，∴DAC=45°，，∴，∠DAB=∠CAE=45°，∴△DAB∽△CAE，∴，∴BD=CE，∴當CE最大時，BD取最大值，以AB為斜邊向上做等腰直角三角形AOB，以O(shè)為圓心OA為半徑畫圓，∵∠AOB=90°，∠ACB=45°，∴點C在優(yōu)弧AB上，由圖知當C在OE延長線C'位置時C'E有最大值，此時C'E=OE+OC'，∵AB=6，△AOB和△AEB都是以AB為斜邊的等腰直角三角形，∴四邊形AOBE為正方形，∴OE=AB=6，OC'=OA=AB=3，∴CE的最大值為6+3，∵BD=CE，∴BD的最大值為×（6+3）=6+6．【點睛】本題主要考查了圖形的變換，三角形相似，等腰直角三角形，正方形，圓周角，圓心角等知識點，熟練掌握并靈活運用這些知識點是解題的關(guān)鍵．2．（1）S1+S2=S3，(2)成立，證明見解析，（3）【分析】（1）分別寫出三個半圓的面積，再利用勾股定理轉(zhuǎn)化即可．（2）先證明三個三角形相似，再計算出三個三角形的面積，即可得出結(jié)論．（3）解析：（1）S1+S2=S3，(2)成立，證明見解析，（3）【分析】（1）分別寫出三個半圓的面積，再利用勾股定理轉(zhuǎn)化即可．（2）先證明三個三角形相似，再計算出三個三角形的面積，即可得出結(jié)論．（3）先添加輔助線，在第二問的思路下，先證明三個三角形相似，得出三個三角形的面積關(guān)系，再利用30°、45°的直角三角形計算出相應(yīng)的邊，計算出五邊形的面積即可．【詳解】解：（1）設(shè)AB=b,AC=a,BC=c.則有：所以在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且故答案為：S1+S2=S3（2）∵∴設(shè)AB、AC、BC邊上的高分別為h1，h2，h3∴，設(shè)AB=b,AC=a,BC=c則∴又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2∴故依然成立（3）連接PD、BD，作AF⊥BP，EM⊥PD∵∠ABP=30°，∠BAP=105°∴∠APB=45°在Rt△ABF中，AF=AB=,BF=3,在Rt△AFP中,AF=PF=,則AP=，∵∠A=∠E,∴△ABP∽△EDP∴∠EPD=45°∠EDP=30°∴∠BPD=90°又PE=∴PM=EM=1,MD=則PD=1+∴=所以五邊形的面積為：【點睛】本題考查勾股定理、與勾股定理有關(guān)的圖形問題、相似三角形．是中考的常考知識．3．【問題】，1；【操作】當時，，當時，；【探究】或；【應(yīng)用】點的坐標為：或【分析】問題:即可求解；操作：拋物線G1沿BC方向平移BC長度的距離得到拋物線G2，相當于拋物線向左平移3個單位，向上平解析：【問題】，1；【操作】當時，，當時，；【探究】或；【應(yīng)用】點的坐標為：或【分析】問題:即可求解；操作：拋物線G1沿BC方向平移BC長度的距離得到拋物線G2，相當于拋物線向左平移3個單位，向上平移個單位，即可求解；探究：將點C的坐標代入兩個函數(shù)表達式，求出G1、G2的頂點坐標，即可求解；應(yīng)用：證明∠EPN=∠MDP，利用tan∠EPN=tan∠MDP，即可求解．【詳解】解：問題：，解得：，，故答案為：，1；操作：拋物線沿方向平移長度的距離得到拋物線，相當于拋物線向左平移3個單位，向上平移個單位，：，：，當時，，當時，；探究：點的坐標為．當時，，解得：，，∴，當時，，解得：，，∴，∵，，∴拋物線的頂點為，拋物線的頂點為，∴或時，函數(shù)隨的增大而增大；應(yīng)用：如圖，過點作軸的平行線交過點與軸的垂線于點，交過點與軸的垂直的直線于點，設(shè)點，則，，，，∵，，∴，∴，即，即，解得：，故點的坐標為：或．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及解直角三角形、圖形的平移等，具有一定的綜合性，關(guān)鍵在于根據(jù)題意作出圖形進行解答．4．（1）；（2）BE+BD的值不會發(fā)生改變，理由見解答；（3）2k?sin【分析】（1）只要證明，即可解決問題；（2）如圖2中，作交于，過點作交于．利用（1）中結(jié)論即可解決問題；（3）如圖③中解析：（1）；（2）BE+BD的值不會發(fā)生改變，理由見解答；（3）2k?sin【分析】（1）只要證明，即可解決問題；（2）如圖2中，作交于，過點作交于．利用（1）中結(jié)論即可解決問題；（3）如圖③中，作交的延長線于，作于．只要證明，可證，即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，，，，，，，，，，，，故答案為：．（2）的值不會發(fā)生改變，理由如下：作交于，過點作交于，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，由（1），知，，，，為邊上的中點，，，，，，，，，，；（3）如圖3中，作交的延長線于，作于．，，，，，，，，，，，，，，，，，，．．故答案為：．【點睛】本題考查幾何變換綜合題、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．5．教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可解析：教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理即可得；拓展：先根據(jù)正方形的性質(zhì)和面積可得，從而可得，再根據(jù)等腰直角三角形和勾股定理可得，然后利用三角形的面積公式可得，最后利用平行四邊形的性質(zhì)即可得．【詳解】解：教材呈現(xiàn)：補充完整證明過程如下：∴OE＝OF，OA＝OC，又∵AG＝CH，∴OA－AG＝OC－CH，即OG＝OH，∴四邊形EHFG是平行四邊形；探究：如圖，連接OE，BO，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，點O是AC的中點，點D是AO的中點，點F是CO的中點，，由等底同高得：，，又點E是AB的中點，點O是AC的中點，∴S△BEO=S△AEO=4，∴S△ABO=S△BEO+S△AEO=8，，故答案為：16；拓展：如圖，過點E作于點O，四邊形ABCD是面積為16的正方形，，在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵AC為正方形的對角線，∴∠EAO=45°，點E是AB的中點，，∵，∴，∴AO=EO，在Rt△AEO中由勾股定理的AO2+EO2=AE2，即2OE2=4解得，，，，由教材呈現(xiàn)可知，四邊形EHFG是平行四邊形，則四邊形EHFG的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形中線性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)，勾股定理等知識點，較難的是拓展，通過作輔助線，構(gòu)造等腰直角三角形是解題關(guān)鍵．6．（1）1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變，理由見解析；（3）．【分析】(1)當點P為對角線交點時，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得出結(jié)論，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分解析：（1）1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變，理由見解析；（3）．【分析】(1)當點P為對角線交點時，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得出結(jié)論，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．證△PAM≌△PEN，可得∠AEP的大小不變；(2)類似（1），過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．證△PAM∽△PEN，可得∠AEP的大小不變；(3)利用（2）的結(jié)論，證BE=EC．再證△ABE∽△BCD，利用比例式求出k，再利用三角函數(shù)求出AP的長．【詳解】解：（1）如圖，∵k=1，∴在矩形ABCD是正方形，∵點P移動到對角線交點處，∴PA=PE，∠AEP=45°，故，如圖，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠MBN=90°，PN=PM，∴四邊形PMBN是正方形，∴∠MPN=90°，∵∠APE=90°，∴∠APM＋∠MPE=∠EPN＋∠MPE=90°，∴∠APM=∠EPN．又∵∠PMA=∠PNB，∴△PAM≌△PEN，∴PA=PE，∴∠AEP=45°，故，∠AEP的大小不變；故答案為：1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變．理由如下：過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠MBN=∠BAD=∠BCD=90°，∴四邊形PMBN是矩形，∴∠MPN=90°，PN=BM，又∵∠APE=90°，∴∠APM＋∠MPE=∠EPN＋∠MPE=90°，∴∠APM=∠EPN．又∵∠PMA=∠PNB，∴△PAM∽△PEN，∴=．在Rt△PBM和Rt△BAD中，tan∠ABD=．在Rt△APE中，tan∠AEP=．∵k為定值，∴∠AEP的大小不變．（3）∵PC⊥BD，∠BCD=90°，∴∠PBC＋∠PCB=∠PBC＋∠BDC=∠BPE＋∠EPC=90°．∵AE∥PC，∴∠AEB=∠PCB，∠AEP=∠EPC．∵tan∠AEP=k，tan∠ABD=k，∴∠AEP=∠ABD．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，∴∠AEB=∠PCB=∠BDC=∠AEP=∠EPC，∠PBC=∠BPE，∴BE=PE=EC．∵∠AEB=∠BDC，∠ABE=∠BCD，∴△ABE∽△BCD，∴，即，∴BC2=2AB2，∴，k=．在Rt△BPC中，tan∠PCB==tan∠AEP=k=，∴PB=PC=，由勾股定理得，∴PE=BC=，∴PA=PE=．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)與判定，正方形的判定與性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，解直角三角形，解題關(guān)鍵是恰當作輔助線，構(gòu)建全等三角形或相似三角形，利用解直角三角形的知識求解．7．（1）依據(jù)1：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，依據(jù)2：對角線相等的平行四邊形是矩形；（2）見解析；（3）4【分析】（1）借助問題情景即可得出結(jié)論；（2）連接CE，先根據(jù)已證結(jié)論及正方形的性解析：（1）依據(jù)1：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，依據(jù)2：對角線相等的平行四邊形是矩形；（2）見解析；（3）4【分析】（1）借助問題情景即可得出結(jié)論；（2）連接CE，先根據(jù)已證結(jié)論及正方形的性質(zhì)得出AB=BC，∠1=∠4，再由矩形性質(zhì)證得∠PBA=∠EBC，得出△PBA≌△EBC，即可得出結(jié)論；（3）過點B作BM⊥AP，垂足為M．結(jié)合（2）所得結(jié)論利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得BM=PM=ME，設(shè)BM=ME=x，則AM=x+-1．則根據(jù)三角函數(shù)解直角三角形求出x=1，再由直角三角形的性質(zhì)求出正方形的邊長，即可得出結(jié)果．【詳解】解：（1）依據(jù)1：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．依據(jù)2：對角線相等的平行四邊形是矩形．（2）證明：連接CE，由題意得，∠CEA=90°，∴∠1+∠2=180°-∠AEC=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，AB=BC．∴∠3+∠4=180°-∠ABC=90°．∵∠2=∠3．∴∠1=∠4．∵四邊形EBFD是矩形，∴∠EBF=90°．∴∠PBE=180°-∠EBF=90°．∴∠PBE=∠ABC．∴∠PBE+∠EBA=∠ABC+∠EBA．即∠PBA=∠EBC．∴△PBA≌△EBC．∴PB=EB．（3）解：過點B作BM⊥AP，垂足為M．由（2）可知，PB=BE，∠PBE=90°．∴BM=PM=ME．設(shè)BM=ME=x，則AM=x+-1．∵在Rt△ABM中，∠BAM=30°．∴AB=2BM，tan∠BAM=，解得x=1．∴AB=2，∴S正方形ABCD=2×2=4．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握特殊四邊形、全等三角形及三角函數(shù)等相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．8．（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等邊，；（4）3，，6【分析】（1）由點H為AC中點，可得AC=2AH，由折疊，點B與點H重合，與四邊形ABCD為矩形，可證GH為AC的垂直平分線，可解析：（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等邊，；（4）3，，6【分析】（1）由點H為AC中點，可得AC=2AH，由折疊，點B與點H重合，與四邊形ABCD為矩形，可證GH為AC的垂直平分線，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB=30°，利用三角函數(shù)可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，與△ABG相似的三角形由7個；（2）由EF為折痕，可證△AEH∽△AHG，可得即可；（3）由四邊形ABCD為矩形，點H為對角線AC中點，可證△ABH為等邊三角形，再證△ABM∽△MHN，可得即可；（4）連結(jié)BD，當點Q′在BD上時，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，當BQ′⊥BD時，△BDQ′面積最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=．【詳解】解（1）∵點H為AC中點，∴AC=2AH，∵折疊，點B與點H重合，∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B=90°，∴∠AHG=∠B=90°，∴GH為AC的垂直平分線，∴AG=CG，∠GCH=∠GAH，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH，∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°，∴3∠ACB=90°∴∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°，∴tan30°=，AB=2，∴BC=，∵tan∠BAG=tan30°=，∴BG=，∴AG=2BG=4，BF=FC=，∴GF=BF-BG=3-2=1，∴，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH=∠DAC=∠BCA=30°，∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°，∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA，∴與△ABG相似的三角形由7個，故答案為：30°；6；4；7；（2）∵EF為折痕，∴EH⊥AD，∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90°∴△AEH∽△AHG，∴，∴故答案為AG；（3）∵四邊形ABCD為矩形，點H為對角線AC中點，∴AH=CH=BH，由圖2知AB=AH，∴AH=BH=AB，∴△ABH為等邊三角形，∴∠ABH=∠AHB=60°，∵∠AMN＝∠ABH；∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°，∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°，即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH，∴∠BAM=∠NMH，∴△ABM∽△MHN，∴，∵AB=，MH=，∴，∴，故答案為：等邊；，（4）連結(jié)BD，當點Q′在BD上時，Q′D最小∵AB=2，AD=BC=6，∴BC=∵AQ′=Q′H=∴Q′D最小=當BQ′⊥BD時，△BDQ′面積最大∵tan∠DAC=，∴∠DAC=30°，∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60°∴tan∠CBQ'=S△BDQ′最大=；故答案為；；6．【點睛】本題考查折疊性質(zhì)，矩形性質(zhì)，線段垂直平分線，銳角三角函數(shù)，三角形相似判定與性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，兩圖形的最小距離，最大面積，掌握查折疊性質(zhì)，矩形性質(zhì)，線段垂直平分線，銳角三角函數(shù)，三角形相似判定與性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，兩圖形的最小距離，最大面積求法是解題關(guān)鍵．9．（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）【觀察猜想】根據(jù)正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據(jù)E是A解析：（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）【觀察猜想】根據(jù)正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據(jù)E是AN的中點，即可證明CM=2BE，根據(jù)等邊對等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90°即可證明CM⊥BE．（2）【探究證明】延長BE至F使EF=BE，連接AF，先證明△AEF≌△NEB，再證明△FAB≌MBC，得到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，進而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可證明EB⊥CM；（3）[拓展延伸]由a=45°得到∠ABE=15°，由前面可得∠BMC=30°，過C作CG⊥MB于G，設(shè)CG為m，則BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，最后求得的值．【詳解】解:【觀察猜想】(1)CM=2BE；CM⊥BE；如圖1所示圖1∵正方形ABCD，∴AB=CB，∵等腰三角形BMN，∴BM=BN，∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，∴∠BAN=∠BCM，又∵E是AN的中點，∴BE=AE=NE=AN，∴CM=2BE，∵BE=AE，∴∠BAN=∠ABE，∴∠ABE=∠BCM，∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90°∴∠BPM=90°∴CM⊥BE．【探究證明】(2)CM=2BE，CM⊥BE仍然成立．如圖2所示，延長BE至F使EF=BE，連接AF，∵AE=EN，∠AEF=∠NEB，EF=BE，∴△AEF≌△NEB∴AF=BN，∠F=∠EBN，∴AF//BN，AF=BM，∴∠FAB+∠ABN=180°，∵∠MBN=∠ABC=90°，∴∠NBC+∠ABN=90°，∴∠NBA+∠FAD=90°，∴∠CBN=∠FAD∴∠FAB=∠MBC，∵AB=BC，∴△FAB≌MBC，∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，∵∠ABF+∠FBC=90°∴∠BCM+∠EBC=90°，∴EB⊥CM；[拓展延伸](3)由a=45°得∠MBA=∠ABN=45°，∵∠NBE=2∠ABE，∴∠ABE=15°，由前面可得∠MCB=∠ABE=15°，∠MBC=135°，∴∠BMC=180°-15°-135°=30°，如圖3所示，過C作CG⊥MB于G，圖3設(shè)CG為m則BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用以上性質(zhì)解決問題．10．（1）∠CB′E=60°，；（2）①兩個結(jié)論成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和直解析：（1）∠CB′E=60°，；（2）①兩個結(jié)論成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)解答即可；②當A，E，F(xiàn)三點共線時，分兩種情況討論，利用三角函數(shù)解答即可．【詳解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC，∴∠ABC=∠ACB=30°，BF=FC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=AC=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B==70°，∵AC=AB′，∠B′AC=120°-40°=80°，∴∠AB′C==50°，∴∠CB′E=180°-70°-50°=60°，連接EF，∵BF=FC，則EF為直角三角形BEC斜邊上的中線，∴EF=BF=FC，在Rt△ABF中，，∴；（2）①兩個結(jié)論成立，理由如下：連接EF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=AC=AB′，等腰△ABB′中，∠BAB′=α，則∠AB′B==90°?α，等腰△AB′C中，∠CAB′=α?120°，則∠AB′C==150°?α，∴；∵AB=AC，AF⊥BC．∴∠FAC=60°，Rt△CEB′中，=sin60°=，Rt△CFA中，=sin60°=，∴，∵∠FCE=∠ACB′=30°+∠ACE，∴△CEF~△CB′A∴；②當A，E，F(xiàn)三點共線時，分以下兩種情況討論，（Ⅰ）當點E在FA的延長線上時，如圖，由①可知，∠B'=60°，∵CE⊥BB'，而BC=2EF=2BF，EB=CE，設(shè)BF=x，則EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB+B'E=，∴；（Ⅱ）當點E在AF的延長線上時，如圖，同理可得，∠CB'E=60°，BC=2EF=2BF，∵CE⊥BB'，∴∠CEB'=∠CEB=90°，EB=CE，設(shè)BF=x，則EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB-B'E=，∴；綜上，的值為或．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．11．（1），；（2）結(jié)論成立，理由見解析；（3）．【分析】（1）先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)即可求出的度數(shù)；（2）如圖（見解析），先根據(jù)解析：（1），；（2）結(jié)論成立，理由見解析；（3）．【分析】（1）先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)即可求出的度數(shù)；（2）如圖（見解析），先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理可得，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，最后根據(jù)平行線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、角的和差即可求出的度數(shù)；（3）如圖（見解析），先根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，從而可得，再分別在和中，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)、勾股定理可得，從而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】（1）在中，，點是中點，，同理可得：，，在中，，，，又，，，，，，，；（2）結(jié)論成立，理由如下：如圖，分別取AB的中點為M，取AD的中點為N，連接FM、CM、EN、FN，，，又點是中點，是的中位線，，，同理可得：，，繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)角，，，，，，，，，同理可得：，，在和中，，，，，是等邊三角形，，，，，，，；（3）如圖，過點G作，交AE延長線于點F，在中，，，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，在中，，，在中，，，，則在中，．【點睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．12．【問題探究】（1）；（2）．【拓展應(yīng)用】．【分析】問題探究：（1）由平行線的性質(zhì)得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出結(jié)果；（2）由平行線的性質(zhì)得出∠E=∠BAD=72°，證出AC=AE解析：【問題探究】（1）；（2）．【拓展應(yīng)用】．【分析】問題探究：（1）由平行線的性質(zhì)得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出結(jié)果；（2）由平行線的性質(zhì)得出∠E=∠BAD=72°，證出AC=AE，由平行線證明△ABD∽△ECD，求出AD=2；ED=4，ED=2，得出AC=AE=AD+ED=6；

拓展應(yīng)用：過點D作DF∥AB交AC于點F．證明△BAE∽△DFE，得出=2，得出AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，證出AC=AD，在Rt△ADF中，求出DF=AF×tan∠CAD=，得出AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，得出AC=AB，在Rt△ABC中，求出BC=AB=2即可．【詳解】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ACE+∠BAC=180°，

∴∠ACE=180°-108°=72°；

故答案為：72；

（2）∵CE∥AB，

∴∠E=∠BAD=72°，

∴∠E=∠ACE，

∴AC=AE，

∵CE∥AB，

∴△ABD∽△ECD，

∴，∵BD=2CD，

∴=2，∴AD=2ED=4，

∴ED=2，

∴AC=AE=AD+ED=4+2=6；拓展應(yīng)用：

：如圖3中，過點D作DF∥AB交AC于點F．

∵AC⊥AB，∴∠BAC=90°，∵DF∥AB，

∴∠DFA=∠BAC=90°，

∵∠AEB=∠DEF，

∴△BAE∽△DFE，

∴=2，∴AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，∵∠BAD=120°，

∴∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°=∠ADC，

∴AC=AD，

在Rt△ADF中，∵∠CAD=30°，

∴DF=AF×tan∠CAD=3×，∴AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，∴AC=AB，

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90°，

∴BC=AB=2；故答案為：2．【點睛】此題考查四邊形綜合題，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，本題綜合性強，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．13．（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE解析：（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE、GD相交于點H．因為矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．首先證明點G的運動軌跡是線段GM，將2BG+BE的最小值轉(zhuǎn)化為求2（BG+DG）的最小值．【詳解】（1）DG=BE理由：∵正方形ABCD，∴CD=CB，∠BCD=90°∵正方形ECGF，∴CG=CE，∠ECG=90°∴∠ECG=∠BCD=90°∴∠DCG=∠BCE在△DCG和△BCE中∴△DCG≌△BCE（SAS）∴DG=BE（2），DG⊥BE．理由如下：延長BE、GD相交于點H．∵矩形ECGF、矩形ABCD，∴∠ECG=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCE，∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，∴CD：CB=CG：CE，∵∠DCG=∠BCE，∴△DCG∽△BCE，∴，∠BEC=∠DGC，∴∵矩形ECGF∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，∴∠H=∠F=90°∴DG⊥BE（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．易證△ECN∽△CGM，∴，∵EN=AB=2，∴CM=1，∴點G的運動軌跡是直線MG，作點D關(guān)于直線GM的對稱點G′，連接BG′交GM于G，此時BG+GD的值最小，最小值=BG′由（2）知，∴BE=2DG∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．∵BG′=，∴2BG+BE的最小值為4故答案為4．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)．在判斷全等和相似時出現(xiàn)“手拉手”模型證角相等．這里注意利用三邊關(guān)系來轉(zhuǎn)化線段的數(shù)量關(guān)系求出最小值．14．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由詳見解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由詳見解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作輔助線，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(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如圖3，同理作旋轉(zhuǎn)三角形，根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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(shè)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】解：（1）∵把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共線，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案為：EF＝BE+DF；②成立，理由：如圖2，把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，則AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一條直線上，與①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC＝＝4，如圖3，把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF，則AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，設(shè)DE＝x，則DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝，即DE＝．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，此題是開放性試題，運用類比的思想；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(xué)生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．15．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）線段AD的長為（2+6）．【分析】（1）由題意可得Rt△ABC和Rt△DBE均為等腰直角三角形，通過證明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）線段AD的長為（2+6）．【分析】（1）由題意可得Rt△ABC和Rt△DBE均為等腰直角三角形，通過證明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，從而可得到結(jié)論；（2）通過證明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度數(shù)；（3）由直角三角形的性質(zhì)可證AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的長，從而可求出AD的長．【詳解】（1）∵∠ABC=∠DBE=90°,∠ACB=∠BED=45°，∴∠CBE=∠ABD,∠CAB=45°∴AB=BC，BE=DE，∴△BCE≌△BAD∴AD=CE，∠BAD=∠BCE=45°∴=1，∠EAD=∠CAB+∠BAD=90°故答案為：1，（2），∠EAD=90°理由如下：∵∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°∴∠ABD=∠EBC，∠BAC=∠BDE=30°∴在Rt△ABC中，tan∠ACB==tan60°=在Rt△DBE中，tan∠BED==tan60°=∴=又∵∠ABD=∠EBC∴△ABD∽△BCE∴==，∠BAD=∠ACB=60°∵∠BAC=30°∴∠EAD=∠BAD+∠BAC=60°+30°=90°，（3）如圖，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且點M是DE的中點，∴AM=BM=DE，∵△ABM為直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，設(shè)EC=x，則AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（負值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴線段AD的長為（2+6），【點睛】本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識.16．(1)見解析；(2)AC平分∠BCD，理由見解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形互補可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再證AD=CD，即可根據(jù)等補四邊形的解析：(1)見解析；(2)AC平分∠BCD，理由見解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形互補可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再證AD=CD，即可根據(jù)等補四邊形的定義得出結(jié)論；（2）過點A分別作AE⊥BC于點E，AF垂直CD的延長線于點F，證△ABE≌△ADF，得到AE=AF，根據(jù)角平分線的判定可得出結(jié)論；

（3）連接AC，先證∠EAD=∠BCD，推出∠FCA=∠FAD，再證△ACF∽△DAF，利用相似三角形對應(yīng)邊的比相等可求出AF的長．【詳解】(1)證明：∵四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°.∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD∴弧AD＝弧CD∴AD＝CD∴四邊形ABCD是等補四邊形(2)AC平分∠BCD，理由如下：過點A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F則∠AEB＝∠AFD＝90°∵四邊形ABCD是等補四邊形∴∠ADC+∠B＝180°又∵∠ADC+∠ADF＝180°∴∠B＝∠ADF在△AFD與△AEB中∴≌∴∴點A一定在∠BCD的平分線上即AC平分∠BCD.(3)連接AC同(2)理得∠EAD＝∠BCD由(2)知AC平分∠BCD所以∠FCA＝∠BCD同理∠FAD＝∠EAD∴∠FCA＝∠FAD.又∵∠F＝∠F∴△FAD∽△FCA∴即∴AF＝4【點睛】本題考查了新定義等補四邊形，圓的有關(guān)性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等，解題關(guān)鍵是要能夠通過自主學(xué)習(xí)來進行探究，運用等．17．（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延長到，使，連接，過作于，在中，利用勾股定理求得EH的長，再利用三角形中位線定理即可求解；（2）分在上方和下方兩種情況討論，延長與的延長線交于一點，利用解析：（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延長到，使，連接，過作于，在中，利用勾股定理求得EH的長，再利用三角形中位線定理即可求解；（2）分在上方和下方兩種情況討論，延長與的延長線交于一點，利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形中位線定理即可求解；（3）分點D在線段AC上和在AC延長線上兩種情況討論，仿照（1）的方法即可求解．【詳解】（1）延長到，使，連接，∵B為中點，為的中點，∴是的中位線，∴，過作于，∵，，∴四邊形BDEG是矩形，∵等腰直角三角形，，∴∠C=∠A=45，∵，∴等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵在中，，∴；（2）當時，分成兩種情況：如圖在上方，延長與的延長線交于一點，∵∠BAC=45，∴是等腰直角三角形，且B為AH的中點，∴，∴，∵點F是AE中點，∴，∴；如圖，在下方，延長與的延長線交于一點，同理是等腰直角三角形，為中點，∴，∴，∵點F是AE中點，∴，∴；（3）當點D在線段AC上時，延長到，使，連接，∵B為中點，為的中點，∴是的中位線，過作于，∠ACB+∠DCE=90，∠ABC=90，∴四邊形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=2+6=8，∴EH=，∴；當點D在AC延長線上時，延長到，使，連接，∵B為中點，為的中點，∴是的中位線，過作于，同理四邊形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=6-2=4，∴EH=，∴；【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理的應(yīng)用，等腰直角三角形的性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考壓軸題．18．（1）①；②；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（2）結(jié)論仍然成立．利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（2）結(jié)論仍然成立．利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（3）分三種情形利用等邊三角形的判定和性質(zhì)分別求解即可．【詳解】（1）如圖1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠DCE=90°，CD=CE，