202X宜春市中考数学期末几何综合压轴题模拟汇编

一、中考几何压轴题1．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，点E是线段AC上一动点，连接DE．填空：①则的值为______；②∠EAD的度数为_______．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，点E是线段AC上一动点，连接DE．请求出的值及∠EAD的度数；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，取线段DE的中点M，连接AM、BM，若BC=4，则当△ABM是直角三角形时，求线段AD的长．2．《函数的图象与性质》拓展学习展示：（问题）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴相交于，两点，与轴交于点，则______，______．（操作）将图①中抛物线沿方向平移长度的距离得到拋物线，在轴左侧的部分与在轴右侧的部分组成的新图象记为，如图②．请直接写出图象对应的函数解析式．（探究）在图②中，过点作直线平行于轴，与图象交于，两点，如图③．求出图象在直线上方的部分对应的函数随的增大而增大时的取值范围．（应用）是抛物线对称轴上一个动点，当是直角三角形时，直接写出点的坐标．3．问题探究：（1）如图①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，则AB的最大值是．（2）如图②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D为△ABC内一点，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，请求出∠ADB的度数．问题解决：（3）如图③，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，点A、B、C分别是三个任务点，点P是△ABC内一个打卡点．按照设计要求，CP＝30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120°，即∠APB＝120°．为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值．4．（教材呈现）下面是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．如图，G，H是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AG=CH，E，F分别是边AB和CD的中点求证：四边形EHFG是平行四边形证明：连接EF交AC于点O∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AB∥CD又∵E，F分别是AB，CD的中点∴AE=CF又∵AB∥CD∴∠EAO=∠FCO又∵∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在△ABC中，E，O分别是边AB、AC的中点，D、F分别是线段AO、CO的中点，连结DE、EF，将△DEF绕点O旋转180°得到△DGF，若四边形DEFG的面积为8，则△ABC的面积为．（拓展）如图②，GH是正方形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分别是AB和CD的中点．若正方形ABCD的面积为16，则四边形EHFG的面积为．5．在中，于点，点为射线上任一点（点除外）连接，将线段绕点顺时针方向旋转，，得到，连接．（1）（观察发现）如图1，当，且时，BP与的数量关系是___________，与的位置关系是___________．（2）（猜想证明）如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）（3）（拓展探究）在（2）的条件下，若，，请直接写出的长．6．（问题探究）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．（拓展延伸）（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．7．（1）问题提出：如图①，在矩形中，，点为边上一点，连接，过点作对角线的垂线，垂足为，点为的中点，连接，，．可知的形状为______；（2）深人探究：如图②，将在平面内绕点顺时针旋转，请判断的形状是否变化，并说明理由；（提示：延长到，使；延长到，使，连接，，，构造全等三角形进行证明）（3）拓展延伸：如果，，在旋转过程中，当点，，在同一条直线上时，请直接写出的长．8．综合与实践数学活动课上，老师让同学们结合下述情境，提出一个数学问题：如图1，四边形ABCD是正方形，四边形BEDF是矩形．探究展示：“兴趣小组”提出的问题是：“如图2，连接CE．求证：AE⊥CE．”并展示了如下的证明方法：证明：如图3，分别连接AC，BD，EF，AF．设AC与BD相交于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，且AC=BD．又∵四边形BEDF是矩形，∴EF经过点O，∴OE=OF=EF，且EF=BD．∴OE=OF，OA=OC．∴四边形AECF是平行四边形．（依据1）∵AC=BD，EF=BD，∴AC=EF．∴四边形AECF是矩形．（依据2）∴∠CEA=90°，即AE⊥CE．反思交流：（1）上述证明过程中“依据1”“依据2”分别是什么？拓展再探：（2）“创新小组”受到“兴趣小组”的启发，提出的问题是：“如图4，分别延长AE，FB交于点P，求证：EB=PB．”请你帮助他们写出该问题的证明过程．（3）“智慧小组”提出的问题是：若∠BAP=30°，AE=，求正方形ABCD的面积．请你解决“智慧小组”提出的问题．9．（发现问题）（1）如图，已知和均为等边三角形，在上，在上，易得线段和的数量关系是．（2）将图中的绕点旋转到图的位置，直线和直线交于点①判断线段和的数量关系，并证明你的结论．②图中的度数是．（3）（探究拓展）如图3，若和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点，分别写出的度数，线段、之间的数量关系．10．△ABC中，∠BAC=α°，AB=AC，D是BC上一点，将AD绕点A顺时针旋转α°，得到线段AE，连接BE．（1）（特例感知）如图1，若α=90，则BD+BE与AB的数量关系是．（2）（类比探究）如图2，若α=120，试探究BD+BE与AB的数量关系，并证明．（3）（拓展延伸）如图3，若α=120，AB=AC=4，BD=，Q为BA延长线上的一点，将QD绕点Q顺时针旋转120°，得到线段QE，DE⊥BC，求AQ的长．11．如图l，在正方形ABCD中，AB=8，点E在AC上，且，过点作于点，交于点，连接，．（问题发现）（1）线段与的数量关系是________，直线与所夹锐角的度数是___________；（拓展探究）（2）当绕点顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论并结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；（解决问题）（3）在（2）的条件下，当点到直线的距离为2时，请直接写出的长．12．（1）问题发现：如图1，在△ABC中和△DCE中，，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．填空：①的值为；②∠ABE的度数为．（2）类比探究：如图2，在△ABC中和△DCE中，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．请判断的值及∠ABE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若，，请直接写出BE的长．13．（探究证明）（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：；（结论应用）（2）如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的长；（拓展运用）（3）如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，请求BP的长．14．如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是AC，AB上的点，且，猜想：①的值是_______；②直线DE与直线CF所成的角中较小的角的度数是_______．（2）类比探究：如图2，将绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中结论是否成立，就图2的情形说明理由．（3）拓展延伸：在绕点A旋转的过程中，当三点共线时，请直接写出CF的长．15．（1）问题发现如图1，ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，若∠ADE＝60°，则AB，CE，BD，DC之间的数量关系是．（2）拓展探究如图2，ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝α，点D，E分别在边BC，AC上．若∠ADE＝α，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）解决问题如图3，在ABC中，∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向勾速运动，同时点M从点B出发，以cm/s的速度沿B→C方向匀速运动，当其中一个点运动至终点时，另一个点随之停止运动，连接PM，在PM右侧作∠PMG＝30°，该角的另一边交射线CA于点G，连接PC．设运动时间为t（s），当△APG为等腰三角形时，直接写出t的值．16．如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．17．（教材呈现）下图是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．例6：如图18.2.12，G、H是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，E、F分别是边AB和CD的中点．图18.2.12求证：四边形EHFG是平行四边形．证明：连结EF交AC于点O．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD．又∵E、F分别是AB、CD的中点，∴AE＝CF．又∵AB∥CD，∴∠EAO＝∠FCO．又∵∠AOE＝∠COF,∴．请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在中，E，O分别是边AB、AC的中点，D、F分别是线段AO、CO的中点，连结DE、EF，将绕点O旋转180°得到，若四边形DEFG的面积为8，则的面积为．（拓展）如图②，GH是正方形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分别是AB和CD的中点．若正方形ABCD的面积为16，则四边形EHFG的面积为．18．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在中，∠BAC=90°，AB=AC=，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．19．[探索发现]（1）如图①，△ABC与△ADE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，连接BD与CE，则△ABD与△ACE的关系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点，在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你探究，当点E在直线AD上时，如图②所示，连接CE，判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．[拓展应用]（3）在（2）的应用下，请在图③中画出△BPE，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P在线段AD上运动时，AE的最小值．20．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，从而可得到结论；（2）通过证明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度数；（3）由直角三角形的性质可证AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的长，从而可求出AD的长．【详解】（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°故答案为：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）如图，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且点M是DE的中点，∴AM=BM=DE，∵△ABM为直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，设EC=x，则AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（负值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴线段AD的长为（2+6），【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识.2．【问题】，1；【操作】当时，，当时，；【探究】或；【应用】点的坐标为：或【分析】问题:即可求解；操作：抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到抛物线G2，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平解析：【问题】，1；【操作】当时，，当时，；【探究】或；【应用】点的坐标为：或【分析】问题:即可求解；操作：抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到抛物线G2，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平移个单位，即可求解；探究：将点C的坐标代入两个函数表达式，求出G1、G2的顶点坐标，即可求解；应用：证明∠EPN=∠MDP，利用tan∠EPN=tan∠MDP，即可求解．【详解】解：问题：，解得：，，故答案为：，1；操作：抛物线沿方向平移长度的距离得到抛物线，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平移个单位，：，：，当时，，当时，；探究：点的坐标为．当时，，解得：，，∴，当时，，解得：，，∴，∵，，∴抛物线的顶点为，抛物线的顶点为，∴或时，函数随的增大而增大；应用：如图，过点作轴的平行线交过点与轴的垂线于点，交过点与轴的垂直的直线于点，设点，则，，，，∵，，∴，∴，即，即，解得：，故点的坐标为：或．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及解直角三角形、图形的平移等，具有一定的综合性，关键在于根据题意作出图形进行解答．3．（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT解析：（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT，利用勾股定理的逆定理证明∠CTD＝90°，可得结论；（3）将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ，证明PA+PB=JC，再求出JC的最大值即可求解．【详解】（1）如图①，作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，∵∠BOC=2∠BAC＝90°，OB=OC∴△OBC是等腰直角三角形∵BC=4∴OB=OC=2=OA∵AB≤OA+OB∴AB≤4∴AB的最大值为4故答案为：4；（2）如图②，将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT由题意可得DT=BD=2，CT=AD=2∵CD=6∴∴∠CTD＝90°，∵△BDT是等腰直角三角形∴∠DTB=45°∴∠CTB=45°+90°=135°∴∠ADB=∠CTB=135°（3）如图③，将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ∵∠PAK＝120°，∠AKC＝∠APB＝120°∴∠JAK＝∠JKA＝60°∴∠AJK＝60°∴△JAK是等边三角形∴AK=KJ∴∠COP＝2∠AJK＝120°∵PC=30∴OP=OC=OJ=∵CJ≤OJ+OC∴CJ≤∵PA+PB=AK+CK+KJ+KC=JC∴PA+PB的最大值为米．【点睛】此题主要考查旋转的综合运用，解题的关键是熟知三角形外接圆的性质、三角函数的应用、旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理的应用及三角形的三边关系的应用．4．教材呈现：见解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先由旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可解析：教材呈现：见解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先由旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得；拓展：先根据正方形的性质和面积可得，从而可得，再根据等腰直角三角形和勾股定理可得，然后利用三角形的面积公式可得，最后利用平行四边形的性质即可得．【详解】解：教材呈现：补充完整证明过程如下：∴OE＝OF，OA＝OC，又∵AG＝CH，∴OA－AG＝OC－CH，即OG＝OH，∴四边形EHFG是平行四边形；探究：如图，连接OE，BO，由旋转的性质得：，点O是AC的中点，点D是AO的中点，点F是CO的中点，，由等底同高得：，，又点E是AB的中点，点O是AC的中点，∴S△BEO=S△AEO=4，∴S△ABO=S△BEO+S△AEO=8，，故答案为：16；拓展：如图，过点E作于点O，四边形ABCD是面积为16的正方形，，在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵AC为正方形的对角线，∴∠EAO=45°，点E是AB的中点，，∵，∴，∴AO=EO，在Rt△AEO中由勾股定理的AO2+EO2=AE2，即2OE2=4解得，，，，由教材呈现可知，四边形EHFG是平行四边形，则四边形EHFG的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形中线性质、平行四边形的判定与性质、正方形的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理等知识点，较难的是拓展，通过作辅助线，构造等腰直角三角形是解题关键．5．（1），；（2）成立，不成立，与的关系为，见解析；（3）2或14【分析】（1）连接AE，证明△ABC、△APE为等边三角形，再证明，根据全等三角形的性质可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．解析：（1），；（2）成立，不成立，与的关系为，见解析；（3）2或14【分析】（1）连接AE，证明△ABC、△APE为等边三角形，再证明，根据全等三角形的性质可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．（2）成立，不成立，与的关系为．选图2证明：连接，易证，根据相似三角形的性质可得，，根据等腰直角三角形的性质可得，由此可得，结论可证；选图3证明，类比图2的证明方法即可；（3）分图2和图3两种情况求CE的长即可．【详解】（1）如图，连接AE，∵，且，∴△ABC为等边三角形，∴，AB=AC，∵，且，∴△APE为等边三角形，∴，AP=AE，∴，∴；在△BAP和△CAE中，，∴，∴BP=CE，，∵，，，∴∠ABP=30°，∴，∴，∴．故答案为：，．（2）成立，不成立，与的关系为．理由如下：选图2证明：连接，由题意可知：、均为等腰直角三角形，∴，，∴，即；又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，．选图3证明：理由如下：连接，由题意可知：、均为等腰直角三角形，∴，，∴，即，又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，；（3）或14．如图，∵，∴，∵，∴在中，，∴，由（2）知：，∴；如图，同理可得，∴，∴．综上：的长为2或14．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．6．（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似解析：（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．【详解】解：（1）和均为等腰直角三角形，，，，，，且，，，，，，故答案为：；②如图，过点作于点，，，，，，，故答案为：4；（2）若点在右侧，如图，过点作于点，，，，，．，，，，，，，，，，，即，，，，，若点在左侧，，，，，．，，，，，，，，，，，，即，，，，．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．7．（1）等边三角形；（2）的形状不变，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据矩形的性质、解直角三角形可得，再根据直角三角形斜边上的中线可得，然后根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得，最后解析：（1）等边三角形；（2）的形状不变，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据矩形的性质、解直角三角形可得，再根据直角三角形斜边上的中线可得，然后根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得，最后根据等边三角形的判定即可得出结论；（2）如图（见解析），先根据线段垂直平分线的判定与性质、三角形全等的判定定理证出，再根据三角形全等的性质可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理可得，，从而可得，最后根据等边三角形的判定即可得出答案；（3）分点在线段上和点在线段上两种情况，再利用直角三角形的性质、勾股定理分别求出的长，然后根据线段中点的定义、线段的和差即可得．【详解】解：（1）在矩形中，，，在中，，，点为的中点，，，同理可得：，，，，，是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）的形状不变，理由如下：如图，延长到，使；延长到，使，连接，其中相交于点，相交于点，相交于点，由旋转的性质得：，，垂直平分，，同理可得：，，即，在和中，，，，，，点为的中点，是的中位线，，同理可得：，，是等边三角形；（3）由题意，分以下两种情况：①如图，当点在线段上时，，，，在中，，，在中，，，，；②如图，当点在线段上时，同理可得：，，，，综上，的长为或．【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、三角形全等的判定定理与性质、三角形中位线定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．8．（1）依据1：对角线互相平分的四边形是平行四边形，依据2：对角线相等的平行四边形是矩形；（2）见解析；（3）4【分析】（1）借助问题情景即可得出结论；（2）连接CE，先根据已证结论及正方形的性解析：（1）依据1：对角线互相平分的四边形是平行四边形，依据2：对角线相等的平行四边形是矩形；（2）见解析；（3）4【分析】（1）借助问题情景即可得出结论；（2）连接CE，先根据已证结论及正方形的性质得出AB=BC，∠1=∠4，再由矩形性质证得∠PBA=∠EBC，得出△PBA≌△EBC，即可得出结论；（3）过点B作BM⊥AP，垂足为M．结合（2）所得结论利用等腰直角三角形的性质可得BM=PM=ME，设BM=ME=x，则AM=x+-1．则根据三角函数解直角三角形求出x=1，再由直角三角形的性质求出正方形的边长，即可得出结果．【详解】解：（1）依据1：对角线互相平分的四边形是平行四边形．依据2：对角线相等的平行四边形是矩形．（2）证明：连接CE，由题意得，∠CEA=90°，∴∠1+∠2=180°-∠AEC=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，AB=BC．∴∠3+∠4=180°-∠ABC=90°．∵∠2=∠3．∴∠1=∠4．∵四边形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：过点B作BM⊥AP，垂足为M．由（2）可知，PB=BE，∠PBE=90°．∴BM=PM=ME．设BM=ME=x，则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．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握特殊四边形、全等三角形及三角函数等相关知识点是解题的关键．9．（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；②由全等三角形的性质得，然后利用等解析：（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；②由全等三角形的性质得，然后利用等量代换即可求解；（3）首先证明，然后根据相似三角形的性质得到，和，即可求解．【详解】（1）∵和均为等边三角形∴CA=CB，CD=CE∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE∴AD=BE；（2）①AD=BE证明：∵和均为等边三角形∴CA=CB，CD=CE，∴∴∴AD=BE②∵∴设BC和AF交于点O，如图2∵∴，即∴；（3）结论，证明：∵，AB=BC，DE=EC∴，∴∴，∴∵∴【点睛】本题考查了几何变换综合，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，关键证明全等和相似，并且分类讨论．10．（1）；（2），见解析；（3）【分析】（1）根据SAS可证△ABE≌△ACD，进而可得BE=CD，结合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根据等腰直角三角形中BC=即可证得；（2）过点A解析：（1）；（2），见解析；（3）【分析】（1）根据SAS可证△ABE≌△ACD，进而可得BE=CD，结合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根据等腰直角三角形中BC=即可证得；（2）过点A作AH⊥BC，根据∠BAC=120°，AB=AC可得∠ABC=30°，，则，由（1）可知BD+BE=BC，由此即可得；（3）过Q点作QF∥AC交BC延长线于点F，先证∠BQF=120°，BQ=QF，进而可由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，，进而可证得，再根据cos∠EBD==cos60°=可求得，进而求得，最后根据AQ=BQ－AB即可得到答案．【详解】解：（1）理由如下：∵∠EAD=∠BAC=90°∴∠EAB=∠DAC在△ABE与△ACD中，∴△ABE≌△ACD（SAS）∴BE=CD，∵BD+CD=BC∴BD+BE=BC∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=∴BD+BE=；（2）结论：，理由如下：过点A作AH⊥BC，∵∠BAC=120°，AB=AC∴∠ABC=30°，在Rt△ABH中，cos∠ABH==cos30°=∴BH=AB，∴由（1）同理可知BD+BE=BC，∴；（3）过Q点作QF∥AC交BC延长线于点F，∴∴∠QFC=∠QBF=30°，∠BQF=120°∴BQ=QF由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，∴cos∠EBD==cos60°=∵，∴AQ=BQ－AB=．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形的应用，熟练掌握相关图形的判定及性质以及能够作出正确的辅助线是解决本题的关键．11．（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的解析：（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的内角和即可得到；（2）延长交于点，由旋转的性质可知和均为等腰直角三角形，因此，易证，同（1）易证结论仍成立；（3）由点E到直线AD的距离为2，，可知点F在直线AD或AB上，分两种情况讨论：（i）当点F在DA的延长线或BA延长线上时，由勾股定理可得的长，（ii）当点F在AD或AB上时，过点E作的高，由勾股定理可得的长．【详解】解：（1）如图①，延长DE交CF的延长线于点N，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴，∵是直角三角形，∴和均为等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴，，∴；又∵，，，∴故答案为：，（2）结论仍然成立．理由如下：如图②，延长交于点．∵是正方形的对角线，且是由原题中图1的位置旋转得来，∴，即和均为等腰直角三角形．∴．又∵，，∴．∴．∴，．∴．又∵，，，∴．∴结论成立．（3）的长为或．理由如下：∵点E到直线AD的距离为2，，∴点F在直线AD或AB上分两种情况讨论：（i）如图③，当点F在DA的延长线上时，过点E作EG⊥AD交延长线于点G,∵,∴,∴，在中，由勾股定理得；如图④，当点F在BA延长线上时，过点E作EK⊥AD交DA的延长线于点K，在等腰中，过点E作EH⊥AF于点H,∵AH=EK=2=AF，∴BF=AB+AF=12，∴；（ii）如图⑤，当点F在AD上时，过点E作EI⊥AD于点I，∵AF=4，AD=8，∴，在中，由勾股定理得；如图⑥，当点F在AB上时，过点E作EM⊥AD交AD于点M，在等腰中，过点E作EN⊥AF于点N，∵AN=EM=2=AF，∴，∴，综上所述，CF的长为或．【点睛】本题考查相似三角形和图形旋转的性质，属于综合题，需要分类讨论，熟练掌握等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质、勾股定理等知识是解题关键．12．（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知解析：（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知条件证明△ACD∽△BCE，即可推出,；（3）当点E在AF右边时，如图2所示，由已知条件可得出，在中运用勾股定理可求出AD的值，再运用（2）中结论即可得出BE的值；当点E在AF左边时，如图3所示，可证明，，再运用（2）中结论即可得出BE的值．【详解】解：（1）①∵，，∴为等边三角形∴∴∴∴的值为1；故答案为：1；②∵∴∵∴∴∵∴故答案为：90°．（2）,.理由如下：在Rt△ABC中，，.∴.同理：.∴.又.∴.∴△ACD∽△BCE.∴,.∴.（3）当点E在AF右边时，如图2所示：∵，，，∴，∴∵∴；当点E在AF左边时，如图3所示同理，可得，∵∴∴∴∵∵∴综上所述，BE的值为或.【点睛】本题是一道关于三角形相似的综合题目，涉及的知识点有全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等边三角形的判定、解直角三角形、勾股定理的应用等多个知识点，它充分体现了数学解题中的数形结合思想和整体转化思想．13．（1）见解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后运用相似三角形解析：（1）见解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；(2)连接BD，根据矩形的性质得出BD的长，再根据结论（1）得出，进而可求出EF的长.（3）过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．根据矩形的性质得到AD、CD的长，由结论（1）可得出DG的长，再由勾股定理得出AG的长，然后根据翻折的性质结合勾股定理得出四边形HGPF是矩形，进而得出FH的长度，最后根据相似三角形得出BJ、PJ的长度就可以得出BP的长度.【详解】（1）如图①，过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四边形AEFP、四边形BGHQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠BAT+∠ABT＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，∴∠ABT+∠CBQ＝90°，∴∠BAP＝∠CBQ，∴△ABP∽△BCQ，∴,∴.（2）如图②中，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，∴BD＝,∵D，B关于EF对称，∴BD⊥EF，∴,∴,∴EF＝.（3）如图③中，过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，∴=,∴DG＝，∴AG＝＝1，由翻折可知：ED＝EG，设ED＝EG＝x，在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，∴x2＝AG2+AE2，∴x2＝（3﹣x）2+1，∴x＝，∴DE＝EG＝，∵FH⊥EG，∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，∴四边形HGPF是矩形，∴FH＝PG＝CD＝2，∴EH＝，∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，∵PF∥EG，EA∥FB，∴∠AEG＝∠JPF，∵∠A＝∠FJP＝90°，∴△AEG∽△JFP，∴，∴，∴FJ＝，PJ＝，∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，在Rt△BJP中，BP＝．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质，解题关键在于灵活运用矩形的性质、相似三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．14．（1）①；②30度；（2）成立，理由见解析；（3）或，理由见解析．【分析】①由得;②延长DE、CF交于K，由得，再由可得（2）连接BD交AC于点G,先证明可得，再利用“8”字型可得；（3解析：（1）①；②30度；（2）成立，理由见解析；（3）或，理由见解析．【分析】①由得;②延长DE、CF交于K，由得，再由可得（2）连接BD交AC于点G,先证明可得，再利用“8”字型可得；（3）过点A作，交直线DE于M,再结合（2）中相似分类讨论即可；【详解】（1）①∵菱形ABCD中，∴,∵∴∴∴;②如解题图1，延长DE、CF交于K，∵∴，∵∴∴∴∴（2）成立，理由如下如解题图2，连接BD交AC于点G,∵四边形ABCD是菱形，∴,,即直线DE与CF夹角所成的较小角的度数是30度（3）或理由如下：（1）过点A作，交直线DE于M,如解题图3：当D,E,F三点共线时,由（2）得,(2)如解题图4，过点A作,当D,E,F三点共线时,由（2）得【点睛】本题综合考察相似三角形的性质与判定，菱形的性质，30°直角三角形的性质，熟练运用性质进行角度转换是解题的关键15．（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，解析：（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，即可得到结论；（3）解决问题:可证△PBM∽△MCG，然后得到，用t可表示线段的长，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，代入计算即可；当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，则△APG为等边三角形，代入计算得到t．【详解】解：（1）问题发现AB，CE，BD，DC之间的数量关系是：，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∠ADE＝60°，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴．故答案为：．（2）拓展探究（1）中的结论成立，∵AB＝AC，∠B＝α，∴∠B＝∠C＝α，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣α，∵∠ADE＝α，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣α，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴；（3）解决问题∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BPM+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∵∠PMG＝30°，∴∠CMG+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∴∠BPM＝∠CMG，又∠B＝∠C＝30°，∴△PBM∽△MCG，∴，由题意可知AP＝t，BM＝t，即BP＝4﹣t，如图1，过点A作AH⊥BC于H，∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴AH＝2cm，BH＝＝＝2cm，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BC＝2BH＝4cm，∴MC＝（4t）cm，∴，即CG＝3t，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，如图2，此时AG＝AC﹣CG＝4﹣3t，∴4﹣3t＝t，解得：t＝1，当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，如图3，此时∠PAG＝180°﹣120°＝60°，则△APG为等边三角形，AP＝AG，此时AG＝CG﹣AC＝3t﹣4，∴3t﹣4＝t，解得：t＝2，∴当△APG为等腰三角形时，t的值为1或2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握分类的思想方法是解题的关键．16．（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）【分析】（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，解析：（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）【分析】（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；（3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的长度，即可计算出的面积．【详解】解：（1）∵点P和点Q分别为，的中点，∴PQ为△BOC的中位线，∵四边形是正方形，∴AC⊥BO，∴，；故答案为：，；（2）的形状是等腰直角三角形．理由如下：连接并延长交于点，由正方形的性质及旋转可得，∠，是等腰直角三角形，，．∴，．又∵点是的中点，∴．∴．∴，．∴，∴．∴为等腰直角三角形．∴，．∴也为等腰直角三角形．又∵点为的中点，∴，且．∴的形状是等腰直角三角形．（3）延长交边于点，连接，．∵四边形是正方形，是对角线，∴．由旋转得，四边形是矩形，∴，．∴为等腰直角三角形．∵点是的中点，∴，，．∴．∴，．∴．∴．∴为等腰直角三角形．∵是的中点，∴，．∵，∴，，∴．∴．【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．17．教材呈现：见解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先根据旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而解析：教材呈现：见解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先根据旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得；拓展：先根据正方形的性质和面积可得，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，然后利用三角形的面积公式可得，最后利用平行四边形的性质即可得．【详解】教材呈现：补充完整证明过程如下：，又∵，∴，即，∴四边形EHFG是平行四边形；探究：如图，连接OE，由旋转的性质得：，点O是AC的中点，点D是AO的中点，点F是CO的中点，，由等底同高得：，，又点E是AB的中点，点O是AC的中点，是的中位线，，故答案为：16；拓展：如图，过点E作于点O，四边形ABCD是面积为16的正方形，，，，，点E是AB的中点，，在和中，，，，即，解得，，由教材呈现可知，四边形EHFG是平行四边形，则四边形EHFG的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是拓展，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．18．（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和A解析：（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即，即；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠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=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC==4，如图，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．则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，∴DF=DE，设DE=x，则DF=x，∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：，，解得：x=，即DE=．【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．19．（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理