北京长安中学中考数学几何综合压轴题易错专题

北京长安中学中考数学几何综合压轴题易错专题一、中考数学几何综合压轴题1．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DBEC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．解析：（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.【分析】试题（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．【详解】（1）∵DE∥BC，∴，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为=，（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，又∵AD=AE，AB=AC∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，（3）如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．【点睛】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.2．和都是等边三角形，绕点旋转，连接．猜测发现：（1）如图1，与是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．问题解决：（2）若三点不在一条直线上，且，求的长．拓展运用：（3）若三点在一条直线上（如图2），且和的边长分别为1和2，的面积及的值．解析：（1）AE=BD，理由见解析；（2）5；（3）面积为，＝【分析】（1）根据等边三角形的性质，容易证明△BCD≌△ACE，从而问题即可解决；（2）根据∠ADC=30゜及△DCE是等边三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，从而可计算出AE，再由（1）即可得BD的长；（3）过A点作AF⊥CD于F，根据和都是等边三角形，可得∠ACD=60゜，于是在直角△ACF中利用三角函数知识可求得AF的长，从而可求得△ACD的面积；在△ACF中还可求得CF的长，从而可得DF的长，这样在直角△ADF中即可求得结论．【详解】（1）AE=BD．理由如下：∵和都是等边三角形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴；（2）如图3，由（1）得：，∵是等边三角形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴；（3）如图2，过作于，∵三点在一条直线上，∴，∵和都是等边三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数等知识，带有一定的综合性．3．定义：如图（1），点P沿着直线l翻折到，P到的距离叫做点P关于l的“折距”．已知，如图（2），矩形中，，等腰直角中，，点G在上，E、B在的两侧，点F为的中点，点P是射线上的动点，把沿着直线翻折到，点F的对应点为，理解：（1）当时，①若点在边上，则点A关于的“折距”为______；②若点E关于的“折距”为12，则______．应用：（2）若，当点、、C、D能构成平行四边形时，求出此时x的值拓展：（3）当时，设点E关于的“折距”为t，直接写出当射线与边有公共点时t的范围．解析：（1）①；②3；（2）；（3）【分析】（1）①根据垂直平分线的性质和正方形的性质计算即可；②设和相交于M，证明，即可得解；（2）根据平行四边形的性质求解即可；（3）当在BC上时为最小值，当在BC上时为最大值，通过相似三角形的判定与性质求解即可；【详解】（1）当时，①若在BC上时，则，此时四边形为正方形，在中，，∵点A关于的“折距”为，∴点A关于的“折距”为；②由题意可知，设和相较于M，则，且，在与中，，∴，∴，又，即，解得；（2）当点、、C、D能构成平行四边形时，则与平行且相等，在中，，又，∴，即；（3）当时，点E关于的“折距”为t，且射线与边的公共点范围如图所示，当在BC上时为最小值，当在BC上时为最大值，∴，∴，∴为等腰直角三角形，E到BP的距离为，当在BC上时，，设与交于点Q，与交于点N，∴，又，∴，∴，∴，当在BC上时，∵为EG中点，如图于M，∴，，∴，∴t的取值范围为；【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，结合勾股定理和相似三角形的判定与性质计算是解题的关键．4．综合与实践数学问题：（1）如图1，是等腰直角三角形，过斜边的中点作正方形，分别交，于点，，则，，之间的数量关系为______．问题解决：（2）如图2，在任意内，找一点，过点作正方形，分别交，于点，，若，求的度数；图2拓展提升：（3）如图3，在（2）的条件下，分别延长，，交于点，，则，，的数量关系为______．图3（4）在（3）的条件下，若，，则______．解析：（1）；（2）135°；（3）；（4）【分析】（1）根据等腰直角三角形的斜边与直角边的关系及正方形的性质即可得出数量关系；（2）延长至点，使，连接，根据正方形的性质易证，从而可得DP=DB，进而可证，从而可得，，由三角形内角和定理即可求得∠ADB的度数；（3）由正方形的对边平行的性质易得AM=DM，BN=DN，从而在Rt△MDN中，由勾股定理即可得MN、AM、BN的数量关系；（4）由（2）知FP=BE，即可求得DE=DF=1，根据相似三角形的性质可分别求得EM、FN的长，从而可得DM、DN的长，在Rt△MDN中，由勾股定理即可求得MN的长．【详解】（1）∵是等腰直角三角形，且AB=AC，∴，∠A=∠B=45°，∵四边形DECF是正方形，且D是AB的中点，∴DF=FC=CE=DE，∠DFA=∠DEB=90°，DF∥BC，DE∥AC，∴∠ADF=∠B=45°，∠BDE=∠A=45°，∴AF=DF，BE=DE，∴F、E分别是AC、BC的中点，∴CF=BE，∴AC=AF+CF=AF+BE，∴；（2）延长至点，使，连接．∵四边形是正方形，∴，．∵，，，∴．∴．∵，，，∴．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：故答案为：，（4）∵△ABC是直角三角形，AC=3，BC=4，∴由勾股定理得：AB=5，设正方形DECF的边长为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，FN∥BC，∴△BME∽△BAC，△AFN∽△ACB∴，，∴，．∵DM=ME-DE=，DN=FN-DF=，．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，截长补短法作辅助线是本题的关键．5．（问题原型）如图，在矩形中，对角线、交于点，以为直径作．求证：点、在上．请完成上面问题的证明，写出完整的证明过程．（发现结论）矩形的四个顶点都在以该矩形对角线的交点为圆心，对角线的长为直径的圆上．（结论应用）如图，已知线段，以线段为对角线构造矩形．求矩形面积的最大值．（拓展延伸）如图，在正方形中，，点、分别为边、的中点，以线段为对角线构造矩形，矩形的边与正方形的对角线交于、两点，当的长最大时，矩形的面积为_____________________解析：问题原型：见解析；结论应用：见解析；发现结论：2；拓展延伸：2【分析】问题原型：运用矩形对角线互相平分且相等，即可求证四点共圆；结论应用：根据结论矩形面积最大时为正方形，利用对角线的长求得正方形的面积；拓展延伸：由上一问的结论，可知四边形为正方形,证明四边形是正方形，继而求得面积【详解】解：【问题原型】∵为直径，∴为半径.令.∵四边形为矩形，∴，，.∴.∴点、在上.【结论应用】连续交于点，过点作于点.∴.由【发现结论】可知，点在以为直径的圆上，即，∴当即时，矩形的面积最大.∴矩形的面积最大值为.【拓展延伸】如图，连接,设与的交点为四边形是正方形,，点、分别为边、的中点,四边形是矩形由【结论应用】可知，时，矩形的面积最大为此时四边形为正方形，此时最大，,四边形是正方形正方形的面积为：【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，灵活运用矩形，正方形的性质和判定是解题的关键．6．（了解概念）定义：在平面直角坐标系中，组成图形的各点中，与点Р所连线段最短的点叫做点Р关于这个图形的短距点，这条最短线段的长度叫做点Р到这个图形的短距．（理解运用）（1）已知点，以原点为圆心，l为半径作，则点Р关于的短距点的坐标是；（2）如图，点，等边三角形OAB的顶点A的坐标为，顶点B在第一象限，判断点Р关于的短距点的个数，并说明理由；（拓展提升）（3）已知，，，点C在第一象限内，且，，若点Р到四边形OACB的短距大于2，请直接写出的取值范围．解析：（1）(-1，0)；（2）点Р关于的短距点的个数有3个；（3）当p＜-或2＜p＜4或p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2．【分析】（1）连接PO，交于点M，点M即是点Р关于的短距点，进而即可求解；（2）根据题意得点P是三角形OAB的中心，进而即可求解；（3）由题意得点P，A，B在直线y=-x+6上，以点P为圆心，半径长为2画圆，分3种情况：①当点P在AB的延长线上，圆P过点B时，②当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，分别求解，即可得到答案．【详解】解：（1）连接PO，交于点M，点M即是点Р关于的短距点，∵，、的半径为1，∴M(-1，0)，故答案是：(-1，0)；（2）∵点，等边三角形OAB的顶点A的坐标为，∴点P是三角形OAB的中心，∴点P到OA，OB，OC的三条垂线段最短，三条垂线段都等于，∴点Р关于的短距点的个数有3个；（3）∵，，，∴点P，A，B在直线y=-x+6上，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵点C在第一象限内，且，，∴∠ABC=75°-45°=30°，以点P为圆心，半径长为2画圆，如图所示：当点P在AB的延长线上，圆P过点B时，过点P作PM⊥y轴，∵PB=2，∠PBM=45°，∴PM=2×=，∴p＜-时，点Р到四边形OACB的短距大于2；①当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，②当点P在线段AB上，圆P与OA相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则AP=PN=2，BP=AB-AP=6-2=4，PM=BP×=4×=4，∴2＜p＜4时，点Р到四边形OACB的短距大于2；③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，则PM=（6+2）×=6+，∴p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2；综上所述：当p＜-或2＜p＜4或p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2．【点睛】本题主要考查图形与坐标以及圆的综合题，根据题意画出图形，掌握圆与直线相切的性质是解题的关键．7．（概念学习）在平面直角坐标系中，的半径为，若平移个单位后，使某图形上所有点在内或上，则称的最小值为对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，，则对线段的“最近覆盖距离”为．（概念理解）（1）对点的“最近覆盖距离”为_．（2）如图②，点是函数图像上一点，且对点的“最近覆盖距离”为，则点的坐标为_．（拓展应用）（3）如图③，若一次函数的图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为，求的取值范围．（4），且，将对线段的“最近覆盖距离”记为，则的取值范围是．解析：（1）4；（2）或；（3）或；（4）【分析】（1）求出点(3,4)与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果；（2）设点P的坐标为，根据P到圆心的距离为4及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标；（3）考虑临界状态，当OC=2时，函数图象上存在点C，使对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出;同理，另一个临界状态为，即可求解；（4）由题意可得DE是一条倾斜角度为45°,长度为的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，进而求解．【详解】（1）点(3,4)与原点的距离为，而5－1=4，则对点的“最近覆盖距离”为4；故答案为：（2）由题意可知，到圆的最小距离为，即到圆心的距离为由点P在直线上，故设，则解得故点P的坐标为：或故答案为：或（3）如图，考虑临界状态，过O作OC⊥DE于C点，当时，函数图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为则设则由勾股定理可得：解得（舍）此时．同理，另一个临界状态为经分析可知，函数相比临界状态更靠近轴，则存在点或由题意可知，是一条倾斜角度为，长度为的线段可在圆上找到两条与之平行且等长的弦如果落在弧上，或者落在弧上，则成立当时，到弧的最小距离为此时当时，到弧的最小距离为此时综上【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似的判定与性质、新定义等，数形结合是本题解题的关键．8．在中，点D，E分别是边上的点，．基础理解：（1）如图1，若，求的值；证明与拓展：（2）如图2，将绕点A逆时针旋转a度，得到，连接；①求证：；②如图3，若在旋转的过程中，点恰好落在上时，连接，则的面积为________．解析：（1）；（2）①见详解；②13.44【分析】（1）利用平行线分线段定理，直接求解即可；、（2）①先推出，从而得，进而即可得到结论；②先推出AE=AE1=8，DE=D1E1=10，过点A作AM⊥DE于点M，则DM=3.6，D1E=2.8，再证明∠D1EE1=90°，进而即可求解．【详解】解：（1）∵，，∴=；（2）①∵将绕点A逆时针旋转a度，得到，∴=AD，=AE，∠BAD1=∠CAE1，∵，∴，即，∴，∴，∴；②由①可知，∴，∵将绕点A逆时针旋转，得到，点恰好落在上，∴AD1=AD=6，∠D1AE1=∠DAE=90°，∴AE=AE1=AD1=8，DE=D1E1=，过点A作AM⊥DE于点M，则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°，∴，∴的面积=D1E∙EE1=×2.8×9.6=13.44．故答案是：13.44．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，平行线分线段成比例定理，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，是解题的关键．9．数学课上，李老师出示了如下框中的题目．在等边三角形中，点E在上，点D在的延长线上，且，如图，试确定线段与的大小关系，并说明理由．小敏与同桌小聪讨论后，进行了如下解答：（1）特殊情况，探索结论当点E为的中点时，如图1，确定线段与的大小关系．请你直接写出结论：_____（填“>”，“<”或“=”）．（2）特例启发，解答题目解：如图2，题目中，与的大小关系是：____（填“>”“<”或“=”）．理由如下：（请你完成以下解答过程）（3）拓展结论，设计新题在等边三角形中，点E在直线上，点D在直线上，且．若的边长为1，，求的长（请你直接写出结果）．解析：（1）=；（2）=；（3）3或1【分析】（1）根据等边三角形性质和等腰三角形的性质求出∠D=∠ECB=30°，求出∠DEB=30°，求出BD=BE即可；（2）过E作EF∥BC交AC于F，求出等边三角形AEF，证△DEB和△ECF全等，求出BD=EF即可；（3）当D在CB的延长线上，E在AB的延长线式时，由（2）求出CD=3，当E在BA的延长线上，D在BC的延长线上时，求出CD=1．【详解】解：（1）如图1，过点作，交于点，为等边三角形，，∠A=60°，∴为等边三角形，，，，，，，在和中，，，，故答案为：；（2）如图1，过E作EF∥BC交AC于F，∵等边三角形ABC，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，∴△AEF是等边三角形，∴AE=EF=AF，∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，∵DE=EC，∴∠D=∠ECD，∴∠BED=∠ECF，在△DEB和△ECF中，∴△DEB≌△ECF（AAS），∴BD=EF=AE，即AE=BD，故答案为：=．（3）CD=1或3，理由是：分为两种情况：①如图2过A作AM⊥BC于M，过E作EN⊥BC于N，则AM∥EN，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=1，∵AM⊥BC，∴BM=CM=BC=，∵DE=CE，EN⊥BC，∴CD=2CN，∵AB=1，AE=2，∴AB=BE=1，∵EN⊥DC，AM⊥BC，∴∠AMB=∠ENB=90°，在△ABM和△EBN中，∴△AMB≌△ENB（AAS），∴BN=BM=，∴CN=1+=，CD=2CN=3；②如图3，作AM⊥BC于M，过E作EN⊥BC于N，则AM∥EN，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=1，∵AM⊥BC，∴BM=CM=BC=，∵DE=CE，EN⊥BC，∴CD=2CN，∵AM∥EN，∴，∴，∴MN=1，∴CN=1-=，∴CD=2CN=1，即CD=3或1．【点睛】本题综合考查了等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识点的应用，解（2）小题的关键是构造全等的三角形后求出BD=EF，解（3）小题的关键是确定出有几种情况，求出每种情况的CD值，注意，不要漏解啊．10．情境观察：将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示.将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A(A′)、B在同一条直线上，如图2所示．观察图2可知：与BC相等的线段是▲，∠CAC′=▲°．问题探究：如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q.试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论.拓展延伸：如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H.若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由.解析：情境观察：AD（或A′D），90问题探究：EP=FQ.证明见解析结论：HE=HF.证明见解析【详解】情境观察AD（或A′D），90问题探究结论：EP=FQ.证明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP.∴AG=EP.同理AG=FQ.∴EP=FQ拓展延伸结论：HE=HF.理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q.∵四边形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，同理△ACG∽△FAQ，∵AB=kAE，AC=kAF，∴EP=FQ.∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF11．已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．解析：（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②【分析】（1）根据三角形全等可得；（2）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明即可，方法二：延长CO交BD于点E，证明即可；（3）①方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明，方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明；②延长CO交DB的延长线于点E，证明，根据已知条件得出．【详解】（1）O是线段AB的中点在和中（2）数量关系依然成立．证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E．∵∴∴四边形CEFD为矩形．∴，由（1）知，∴，∴．证明（方法二）：延长CO交BD于点E，∵，，∴，∴，∵点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．（3）①数量关系依然成立．证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E．∵∴∴四边形CEFD为矩形．∴，由（1）知，∴，∴．10分证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，∵，，∴，∴，∴点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．②如图，延长CO交DB的延长线于点E，∵，，∴，∴，∴点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵,．【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．12．综合与实践（1）（探索发现）在中.，，点为直线上一动点（点不与点，重合），过点作交直线于点，将绕点顺时针旋转得到，连接．如图（1），当点在线段上，且时，试猜想：①与之间的数量关系：______；②______．（2）（拓展探究）如图（2），当点在线段上，且时，判断与之间的数量关系及的度数，请说明理由．（3）（解决问题）如图（3），在中，，，，点在射线上，将绕点顺时针旋转得到，连接．当时，直接写出的长．解析：（1）①；②；（2），．理由见解析；（3）的长为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°即可解决问题；（2）结论：AF=BF，∠ABE=a．由“SAS”△ADF≌△EDB，即可解决问题；（3）分当点D在线段BC上和当点D在BC的延长线上两种情形讨论，利用平行线分线段成比例可求解．【详解】解：（1）如图1中，设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°故答案为AF=BE，90°．（2），.理由：∵，∴，.∵，∴.∴.∴∵，，，∴.又∵，∴.∴，.∴，，∴.（3）1或2.解：当点在线段上时，过点作交直线于点，如图（1）.∵，∴.∵，∴.∵，∴，.∵，，∴.∵，∴.∴.∴.又，∴，.当点在线段的延长线上时，过点作交的延长线于点，如图（2）.∵，∴.∴.∴.同理可得.综上可得，的长为1或2.【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．13．观察猜想：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D与点C重合，点E在斜边AB上，连接DE，且DE＝AE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接EF，则＝______，sin∠ADE＝________，探究证明：（2）在（1）中，如果将点D沿CA方向移动，使CD＝AC，其余条件不变，如图2，上述结论是否保持不变？若改变，请求出具体数值：若不变，请说明理由．拓展延伸（3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝a，点D在边AC的延长线上，E是AB上任意一点，连接DE．ED＝nAE，将线段DE绕着点D顺时针旋转90°至点F，连接EF．求和sin∠ADE的值分别是多少？（请用含有n，a的式子表示）解析：（1）；；（2）不变；（3）＝；sin∠ADE＝．【分析】（1）由等腰三角形的性质和等边三角形的判定得到∠A＝∠ACE＝30°，△BEC是等边三角形，据此求得CE的长度，根据等腰直角三角形的性质来求EF的长度，易得答案；（2）不变．理由：如图2，过点D作DG∥BC交AB于点G，构造直角三角形：△ADG，结合含30度角的直角三角形的性质和锐角三角函数的定义，结合方程求得答案；（3）如图3，过点E作EG⊥AD于点G，构造直角三角形，根据锐角三角函数的定义列出方程并解答．【详解】（1）如图1，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠B＝60°．又CE＝AE，∴∠ACE＝∠A＝30°，∴∠BCE＝60°，∴△BEC是等边三角形，∴BE＝CE．∴AE＝CE＝BE．∴AD＝AB＝CE．又由旋转的性质知：FC＝EC，∠FCE＝90°，∴EF＝CE，∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．故答案是：；；（2）不变，理由：如图2，过点D作DG∥BC交AB于点G，则△ADG是直角三角形．∵∠DAG＝30°，DE＝AE，设DG＝x，∴∠AED＝30°，AD＝x，∠DEG＝∠DGE＝60°．∴DE＝DF＝x，sin∠ADE＝．∵∠EDF＝90°，∴EF＝x．∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．（3）过点E作EG⊥AD于点G，设AE＝x，则DE＝nx．∵∠CAB＝a，∴AG＝cosα•x，EG＝sinα•x．∴DG＝＝•x．∴AD＝cosα•x+•x．∵∠EDF＝90°，DE＝DF，∴EF＝DE＝nx．∴＝＝，sin∠ADE＝＝＝．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和等边三角形的判定，作辅助线构造直角三角形，根据锐角三角函数的定义求解．14．定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是3：5，那么称这个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”．（概念感知）（1）如图1，在中，，，，试判断是否是“准黄金”三角形，请说明理由．（问题探究）（2）如图2，是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把沿BC翻折得到，连AB接AD交BC的延长线于点E，若点C恰好是的重心，求的值．（拓展提升）（3）如图3，，且直线与之间的距离为3，“准黄金”的“金底”BC在直线上，点A在直线上．，若是钝角，将绕点按顺时针方向旋转得到，线段交于点D．①当时，则_________；②如图4，当点B落在直线上时，求的值．解析：（1）是“准黄金”三角形，理由见解析；（2）；（3）①；②．【分析】（1）过点A作于点D，先求出AD的长度，然后得到，即可得到结论；（2）根据题意，由“金底”的定义得，设，，由勾股定理求出AB的长度，根据比值即可求出的值；（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，先求出AC的长度，由相似三角形的性质，得到AF=2DF，由解直角三角形，得到，则，即可求出DF的长度，然后得到CD的长度；②由①可知，得到CE和AC的长度，分别过点，D作，，垂足分别为点G，F，然后根据相似三角形的判定和性质，得到，然后求出CD和AD的长度，即可得到答案．【详解】解：（1）是“准黄金”三角形．理由：如图，过点A作于点D，∵，，∴．∴．∴是“准黄金”三角形．（2）∵点A，D关于BC对称，∴，．∵是“准黄金”三角形，BC是“金底”，∴．不防设，，∵点为的重心，∴．∴，．∴．∴．（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，如图：由题意得AE=3，∵，∴BC=5，∵，∴，在Rt△ABE中，由勾股定理得：，∴，∴；∵∠AEC=∠DFA=90°，∠ACE=∠DAF，∴△ACE∽△DAF，∴，设，则，∵∠ACD=30°，∴，∴，解得：∴．②如图，过点A作于点E，则．∵是“准黄金”三角形，BC是“金底”，∴．∴．∵，∴．∴．∴，．分别过点，D作，，垂足分别为点G，F，∴，，，则．∵，∴．∴．∴设，，．∵，∴，且．∴．∴．∴，解得．∴，．∴．【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了重心的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据数形结合的思想进行解答．15．（1）（探究发现）如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点和点（点与点，不重合）．则之间满足的数量关系是．（2）（类比应用）如图2，若将（1）中的“正方形”改为“的菱形”，其他条件不变，当时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．（3）（拓展延伸）如图3，，，，平分，，且，点是上一点，，求的长．解析：（1）（2）结论不成立．（3）【分析】（1）结论：．根据正方形性质，证，根据全等三角形性质可得结论；（2）结论不成立．．连接，在上截取，连接．根据菱形性质，证，四点共圆，分别证是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形性质证，根据全等三角形性质可得结论；（3）由可知是钝角三角形，，作于，设．根据勾股定理，可得到，由，得四点共圆，再证是等边三角形，由（2）可知：，故可得．【详解】（1）如图1中，结论：．理由如下：∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为．（2）如图2中，结论不成立．．理由：连接，在上截取，连接．∵四边形是菱形，，∴，∵，∴四点共圆，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，（3）如图3中，由可知是钝角三角形，，作于，设．在中，，∵，∴，解得（舍弃）或，∴，∵，∴四点共圆，∵平分，∴，∴，∵，∴是等边三角形，由（2）可知：，∴．【点睛】考核知识点：正方形性质，全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，圆的性质.综合运用各个几何性质定理是关键；此题比较综合.16．小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，与恰好为对顶角，，连接，，点F是线段上一点．探究发现：（1）当点F为线段的中点时，连接（如图（2），小明经过探究，得到结论：．你认为此结论是否成立？_________．（填“是”或“否”）拓展延伸：（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若，则点F为线段的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．问题解决：（3）若，求的长．解析：（1）是；（2）结论成立，理由见解析；（3）【分析】（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通过AB=BD求出∠A=∠ADB，紧接着根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，据此进一步得出∠ADB=∠FDE，最终通过证明∠ADB+∠EDC=90°证明结论成立即可；（2）根据垂直的性质可以得出90°，90°，从而可得，接着证明出，利用可知，从而推出，最后通过证明得出，据此加以分析即可证明结论；（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，紧接着，继续通过勾股定理求出，最后进一步证明，再根据相似三角形性质得出，从而求出，最后进一步分析求解即可.【详解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，∵∠ACB=∠ECD，∴∠A=∠E，∵AB=BD，∴∠A=∠ADB，在中，∵F是斜边CE的中点，∴FD=FE=FC，∴∠E=∠FDE，∵∠A=∠E，∴∠ADB=∠FDE，∵∠FDE+∠FDC=90°，∴∠ADB+∠FDC=90°，即∠FDB=90°，∴BD⊥DF，结论成立，故答案为：是；（2）结论成立，理由如下：∵，∴90°，90°，∴，∵，∴．∴．又∵，∴．∴．又90°，90°，，∴，∴．∴．∴F为的中点；（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）可知，∴，又∵，在中，，∴，在中，，在与中，∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质和相似三角形的性质及判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.17．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，（1）猜想：线段与的数量关系为_____；（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．【详解】解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，∴∠ADF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠ADF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(2)仍旧成立，理由如下：延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示设BD延长线DM交AE于M点，∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，∴∠MDF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠MDF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF，∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(3)如下图所示：∵BA=BE，∴∠BAE=∠BEA，∵∠BAE=∠EBG,∴∠BEA=∠EBG，∴AECG，∴∠AEG+∠G=180°，∴∠AEG=90°，∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，∴四边形AEGC为矩形，∴AC=EG，且AB=BE，∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，又∵ED=AC=EG，且EB=EB，∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，∴∠BAC=30°，∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：．故答案为：．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．18．如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．（1）观察猜想图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．解析：（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE，根据三角形外角和定理，等量代换求出．（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等边三角形．理由如下：如图，由旋转可得在ABD和ACE中．点分别为的中点，是的中位线，且同理可证且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．根据题意得:即，从而的面积．∴面积的最大值为．【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．19．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两要互相垂直的线段做了如下探究：（观察与猜想）（1）如图1，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，，则的值为__________；（2）如图2，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，且，则的值为__________；（类比探究）（3）如图3，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：；（拓展延伸）（4）如图4，在中，，，，将沿翻折，点落在点处得，点，分别在边，上，连接，，且．①求的值；②连接，若，直接写出的长度．解析：（1）1；（2）；（3）证明见解析；（4）①；②．【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此即可得出答案；（2）先根据矩形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定与性质即可得；（3）如图（见解析），先根据矩形的判定与性质可得，再根据直角三角形的性质、对顶角相等可得，然后根据相似三角形的判定可得，由此即可得证；（4）①如图（见解析），先证出，从而可得，再分别在和中，解直角三角形可得，，然后根据翻折的性质可得，最后利用的面积公式求出的长，由此即可得出答案；②先根据（4）①中，相似三角形的性质可得，可求出，再根据翻折的性质可得，然后在中，利用勾股定理可得，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：（1）四边形是正方形，，，，，，在