中考数学拉分压轴题专题17 几何综合压轴题（含答案与解析全国通用）

第第页专题17解密几何综合压轴题1．【问题情境】：数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片，其中宽．(1)【动手实践】：如图1，威威同学将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕的长度为______．(2)【探究发现】：如图2，胜胜同学将图1中的四边形剪下，取边中点，将沿折叠得到，延长交于点．点为边的中点，点是边上一动点，将沿折叠，当点的对应点落在线段上时，求此时的值；(3)【反思提升】：明明同学改变图2中点的位置，即点为边上一动点，点仍是边上一动点，按照（2）中方式折叠，使点落在线段上，明明同学不断改变点的位置，发现在某一位置与（2）中的相等，请直接写出此时的长度．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）通过折叠的性质可证明△BMN是等腰直角三角，利用勾股定理即可求出BN；（2）先证明．再证明，接着证明，即有∴，进而求出NF，MF，则在Rt△BFM中，有，即得解；（3）过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，根据（2）的结果得到tan∠QPM=，即可得，先证明四边形KPMS是矩形，再证，即有，设SQ=m，=n，则有，，利用勾股定理可表示出，∴，根据KP=SM=SQ+QM，有，可得，即=，∴，在结合tan∠FBM=可得，进而有，解得：，则BQ得解．(1)根据矩形的性质有∠A=∠ABM=90°，根据折叠的性质有∠A=∠BMN，AB=BM，AN=MN，∴∠A=∠ABM=90°=∠BMN，即四边形ABMN是矩形，∴AB=MN，BM=AN，∵AB=BM，AN=MN，∴矩形ABMN是正方形，∴MN=BM=AB，∵AB=8，∴MN=BM=8，∴△BMN是等腰直角三角形，∴BN=MN=，故答案为：；(2)连接EF，如图，在（1）中已得矩形ABMN是正方形，∴AN=MN=BM=AB=8，，∵E为AN中点，Q为BM中点，∴AE=EN=4=BQ=QM，∴根据翻折的性质有，，，，，∴，，∴，∵，∴．∵，，，∴，∴，又∵，，∴，∵，∴，∴结合有，∴，∵AB=8，AE=EN=4，∴，即NF=2，∴MF=MN-NF=8-2=6，∴在Rt△BFM中，，∵，∴；(3)过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，如图，在（2）中求得tan∠PQM=，∵∠QPM与（2）中的∠PQM相等，∴可知tan∠QPM=tan∠PQM=，∴在Rt△PQM中，，∴根据翻折的性质有，=90°，∴∠KP+∠QS=90°，∵，，PM⊥BM，∴KS⊥KP，KS⊥BM，KP⊥MN，∴∠K=90°=∠KSQ，且四边形KPMS是矩形，∴∠SQ+∠QS=90°，∴∠KP=∠SQ，∴，∴，设SQ=m，=n，则有，，∴在Rt△中，，∴，∵四边形KPMS是矩形，∴KP=SM=SQ+QM，∴，可得，即=，∴，∵在（2）中已求得tan∠FBM=，∴，∵BS=BM-SQ-QM=8-m-=，∴，解得：，∴BQ=BM-QM=．【我思故我在】本题主要考查了翻折的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行的判断与性质、解直角三角形、正方形的判定与性质等知识，构造合理的辅助线证得是解答本题的关键．2．综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【答案】(1)或或或(2)①15，15；②，理由见解析(3)cm或【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．（1）解：，sin∠BME=（2）∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∴②（3）当点Q在点F的下方时，如图，，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)由（2）可知，设，即解得：∴；当点Q在点F的上方时，如图，cm，DQ=3cm，由（2）可知，设，即解得：∴．【我思故我在】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．3．将正方形的边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，如图1，当时，的形状为，连接，可求出的值为；当且时，①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．【分析】（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．【详解】（1）由题知°，°，∴°，且为等边三角形∴°，∴∵∴°∴°∴为等腰直角三角形连接BD，如图所示∵°∴即∵∴∴故答案为：等腰直角三角形，（2）①两个结论仍然成立连接BD，如图所示：∵，∴∵∴∴∵∴∴是等腰直角三角形∴∵四边形为正方形∴∴∵∴∴∴∴结论不变，依然成立②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，如图所示：此时点E与点A重合，∴，得；②当以CD为对角线时，如图所示：此时点F为CD中点，∵∴∵∴∴∴∴∴综上：的值为3或1．4．如图（1），已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F．(1)证明与推断：①求证：四边形是正方形：②推断：的值为_____________；(2)探究与证明：将正方形绕点C顺时针方向旋转角（），如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；(3)拓展与运用：正方形在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长交于点H．①求证：．②若，，则_________________．【答案】(1)①见解析；②(2)，理由见解析(3)①见解析；②【分析】（1）①由GE⊥BC、GF⊥CD结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知，据此可得，，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得；（3）①根据题意可求出∠BEC=135°．再根据△ACG∽△BCE，即得出∠AGC=∠BEC=135°，从而可求出∠AGH=∠CAH=45°．即证明△AHG∽△CHA；②由△AHG∽△CHA得，设BC=CD=AD=a，则，由得：，从而可求出，DH=，，再由得：，解出a即可．【详解】（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，∴EG=EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，，∴，故答案为；（2）如图，连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，，∴，∴△ACG∽△BCE，∴，∴线段AG与BE之间的数量关系为；（3）①∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC=135°．∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC=∠BEC=135°，∴∠AGH=∠CAH=45°．∵∠CHA=∠AHG，∴△AHG∽△CHA；②∵△AHG∽△CHA，∴，设BC=CD=AD=a，则，则由得：，∴，∴DH=AD-AH=，∴，∴由得：，解得：，即BC=，故答案为：．【我思故我在】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．5．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D是直线AB上一动点（点D不与点A，B重合），以CD为边作正方形CDEF，连接AE，AF．(1)观察猜想当点D在线段AB上时，线段BD与AF的数量关系是______，∠CAE的度数是______．(2)探究证明当点D不在线段AB上时，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由．(3)解决问题当BD时，请直接写出线段AE的长．【答案】(1)BD=AF，90°(2)当点D不在线段AB上时，（1）中的两个结论仍然成立，证明见解析(3)线段AE的长为1【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质与正方形的性质，得出，得到；过作，，根据得到，确定四边形是矩形，通过在和中角度关系得出，进而得到，确定四边形是正方形，根据正方形对角线性质得出；（2）根据等腰直角三角形的性质与正方形的性质，得出，得到；过作，，根据得到，确定四边形是矩形，再根据正方形内角为直角可以得出，进而得到，确定四边形是正方形，根据正方形对角线性质得出；（3）在等腰直角△ABC中，利用勾股定理得到斜边长为，可知在边上，根据（1）中求解过程即可利用全等性质及勾股定理求出线段长．（1）解：四边形CDEF是正方形，，在△ABC中，∠ACB＝90°，，，，在和中，，，；过作，，如图所示：由得，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，，，，四边形是矩形，令与交于，在和中，，，，在和中，，，，四边形是正方形，是正方形的对角线，，；故答案为：；；（2）解：当点D不在线段AB上时，（1）中的两个结论仍然成立．证明如下：四边形CDEF是正方形，，在△ABC中，∠ACB＝90°，，，，在和中，，，；过作，，如图所示：由得，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，，，，四边形是矩形，，，，，在和中，，，，四边形是正方形，是正方形的对角线，，；故答案为：；；（3）解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D是直线AB上一动点（点D不与点A，B重合），，，根据可知点D在线段AB上，由（1）知，，，过作于，如图所示：由等面积法可得，在中，，，正方形边长，在中，，设，则，，，根据勾股定理可得，解得或（舍弃），在正方形中，是其对角线，则．【我思故我在】本题考查几何综合，涉及到全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理求线段长等知识点，综合性强、难度较大，根据题意构造出恰当的辅助线是解决问题的关键．6．已知，在△ABC中，AB=AC，点D为边AC上一动点，∠BDE=∠A且DB=DE，连接BE，EC，其中．问题发现：（1）如图1，若∠A=60°，∠BCE与∠A怎样的数量关系？k的值为多少？直接写出答案．类比探究：（2）如图2，若，点D在AC的延长线上，∠BCE与∠A有怎样的数量关系？k的值为多少？请说明理由．拓展应用：（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10，D为AC上一点，以BD为边，在如图所示位置作正方形BDEF，点O为正方形BDEF的对称中心，且OA=，请直接写出DE的长．

【答案】（1），；（2），；（3）．【分析】问题发现：（1）证明，可得出，，类比探究：（2）证明，得出，证明，得出．则，．拓展应用：（3）证明，得出，则，求出，则可求出．【详解】解：问题发现：（1）；．，，，和都是等边三角形，，，，，，，，．类比探究：（2），．理由如下：由于，，，，，，，又，即，（对应边成比例，夹角相等），．，．拓展应用：（3）．连接、，∵点O为正方形BDEF的对称中心，∴是等腰直角三角形，又∵Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10，∴是等腰直角三角形，∴，，，，∴，，，，，，．【我思故我在】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定方法与相似三角形的判定方法是解题的关键．7．在四边形中，点为边上一点，点为对角线上的一点，且．（1）若四边形为正方形；①如图1，请直接写出与的数量关系；②将绕点逆时针旋转到图2所示的位置，连接、，猜想与的数量关系并说明理由；（2）如图3，若四边形为矩形，，其它条件都不变，将绕点逆时针旋转得到△，连接，，请在图3中画出草图，并求出与的数量关系．【答案】（1）①DF=AE；②DF=AE，理由见详解；（2）．【分析】（1）①利用正方形的性质得△ABD为等腰直角三角形，则BF=AB，再证明△BEF为等腰直角三角形得到BD=BE，所以BDBF=ABBE，从而得到DF=AE；②利用旋转的性质得∠ABE=∠DBF，加上，则根据相似三角形的判定可得到△ABE∽△DBF，所以；（2）先画出图形得到图3，利用勾股定理得到BD=AB，再证明△BEF∽△BAD得到，则，接着利用旋转的性质得∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，所以，然后根据相似三角形的判定方法得到△ABE′∽△DBF′，再利用相似的性质可得．【详解】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，∴△ABD为等腰直角三角形，∴BD=AB，∵EF⊥AB，∴△BEF为等腰直角三角形，BF=BE，∴BD-BF=ABBE，即DF=AE；故答案为：DF=AE；②DF=AE．理由如下：∵△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，∴∠ABE=∠DBF，∵，，∴，∴△ABE∽△DBF，∴，即DF=AE；（2）如图3，∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC=mAB，∴BD=AB，∵EF⊥AB，∴EF∥AD，∴△BEF∽△BAD，∴，∴，∵△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，∴∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，∴，∴△ABE′∽△DBF′，∴，即．【我思故我在】本题考查了相似形的综合题：熟练掌握旋转的性质、矩形和正方形的性质；灵活应用相似三角形的判定和性质，会利用相似比表示线段之间的关系．8．（1）问题发现如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为；②∠AMB的度数为．（2）类比探究如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．【答案】（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的长为3或2．【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，，可得AC的长．【详解】（1）问题发现：①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，（2）类比探究：如图2，，∠AMB=90°，理由是：Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴，同理得：，∴，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸：①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB=90°，，设BD=x，则AC=x，Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x-2，Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，∴AB=2OB=2，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(x)2+(x−2)2＝(2)2，x2-x-6=0，（x-3）（x+2）=0，x1=3，x2=-2，∴AC=3；②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB=90°，，设BD=x，则AC=x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(x)2+（x+2）2=(2)2.x2+x-6=0，（x+3）（x-2）=0，x1=-3，x2=2，∴AC=2；.综上所述，AC的长为3或2．【我思故我在】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．9．解答题(1)如图1，和都是等边三角形，连接、，求证，；[类比探究](2)如图2，和都是等腰直角三角形，，连接．求的值．[拓展提升](3)如图3，和都是直角三角形，，．连接，延长交于点F，连接．若恰好等于，请直接写出此时之间的数量关系．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证明，从而得出结论；（2）证明，从而得出结果；（3）过点B作，垂足为点H，令和相交于点O．通过证明以及，根据对应边成比例，即可将三条线段表示出来，即可得出结论．【详解】（1）解：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，即：，在和中，，∴，∴．（2）解：∵和都是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，则，∵，即：，在和中，，，∴，∴，令，根据勾股定理可得：，∴．（3）过点B作，垂足为点H，令和相交于点O．∵，，∴，，∴，则，∴，即：，∵，∴，∴，在和中，，，∴，设，，则，∵，，∴，∴，即，，∴，∵，，∴，∴，即，，∵，，∴，∵，∴．【我思故我在】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．10．如图1，已知矩形中，，O是矩形的中心，过点O作于E，作于F，得矩形BEOF．(1)线段AE与CF的数量关系是，直线AE与CF的位置关系是；(2)固定矩形，将矩形绕点B顺时针旋转到如图2的位置，连接．那么（1）中的结论是否依然成立？请说明理由；(3)若，当矩形旋转至点O在CF上时（如图3），设OE与BC交于点P，求PC的长．【答案】(1)，(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析(3)【分析】（1）根据是矩形的中心，于，于可知，四边形为矩形，可推知各线段的数量及位置关系；（2）延长交于，交于，由已知得，进而得到，构造相似三角形和，根据相似三角形的性质进行判断；（3）根据已知条件，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，判断出，根据相似三角形的性质即可求出的长．【详解】（1）解：是矩形的中心，于，于，，，，，即；，点、分别是、上的点，；故答案为；；（2）解：（1）中的结论仍然成立．如图1，延长交于，交于，由已知得，，，，，，，，，，且．（3）解：，，，，，点在上，，

，，，，，，设，则，，解得：，．【我思故我在】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，旋转的性质，掌握相似三角形的判定和性质，做出适当辅助线是关键．11．（1）如图1，正方形ABCD的中心为点O，正方形OA′B′C′与正方形ABCD的边长相等．正方形OA′B′C′绕点O旋转，运动过程中两个正方形重叠部分的面积是否发生变化？如果变化，重叠部分的面积如何变化；如果不变，重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有何关系？请写出结论并证明．结论：______________________________________________________证明：______________________________________________________【提出问题】“其他形状相同的两个图形，在类似上述旋转的过程中，上面发现的结论是否依然成立？”现对正三角形进行研究．（2）如图2，正三角形ABC的中心为点O，正三角形OA′B′与正三角形ABC的边长相等，边OA′经过点B．正三角形OA′B′绕点O顺时针旋转α（0°≤α≤120°），运动过程中两个正三角形重叠部分的面积是否发生变化？如果变化，重叠部分的面积如何变化；如果不变，重叠部分的面积与正三角形ABC的面积有何关系？请写出研究过程．【答案】（1）两个正方形重叠部分的面积不变，是正方形ABCD面积的；证明见解析；（2）发生变化．当增大时，重叠部分的面积先增大再减小，面积最大为正三角形面积的，最小为正三角形面积的．【分析】（1）证明△BOE≌△COF（ASA），可得结论S△BOE=S△COF，则可得出（2）分四种情况，当α＝0时，当α＝30时，当α＝90时，当α＝120时，画出运动过程中两个正三角形重叠部分的图形，根据面积的大小关系写出变化结论即可．【详解】（1）解：结论：两个正方形重叠部分的面积不变，是正方形ABCD面积的；证明：连接AC，BD，∵四边形ABCD是正方形，四边形OA′B′C′是正方形，∴AC⊥BD，OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠A′OC′=90°，∴∠BOC=∠A′OC′=90°，∴∠BOE=∠COF，∴△BOE≌△COF（ASA），∴S△BOE=S△COF，∴S四边形OEBF=S△OBC=S正方形ABCD；（2）发生变化．如图2，当时，重叠部分的形状为直角三角形，S重叠部分＝；如图3，当时，重叠部分的形状为菱形，S重叠部分＝S△ABC；如图4，当时，重叠部分的形状为等边三角形，S重叠部分＝；如图5，当时，重叠部分的形状为直角三角形，S重叠部分＝；综上所述，运动过程中两个三角形重叠部分的面积发生变化，当增大时，重叠部分的面积先增大再减小，面积最大为正三角形面积的，最小为正三角形面积的．【我思故我在】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．12．在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：（1）这样的点A唯一吗？（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．①该弧所在圆的半径长为___________；②面积的最大值为_________；（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．①线段长的最小值为_______；②若，则线段长为________．【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②【分析】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=