郑州市中考数学几何综合压轴题易错专题

郑州市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．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．2．（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．3．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=HF4．如图1，两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，．（1）操作发现：如图2，固定，使绕点旋转，当点恰好落在边上时，填空：①线段与的位置关系是________；②设的面积为，的面积为，则与的数量关系是_____．（2）猜想论证：当绕点旋转到如图3所示的位置时，请猜想（1）中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展探究：已知，平分，，，交于点（如图4）．若在射线上存在点，使，请求相应的的长．解析：（1）DE∥AC；S1=S2；（2）成立，证明见解析；（3）BF的长为3或6．【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后勾股定理求出EG的长，即可得解【详解】（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；故答案为：DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：S1=S2；（2）如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于N，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，过点D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，BG=BC=，∴BD=3∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，∴∠CDE=360°-∠CDF2-∠F2DB-DBE=360°-150°-90°-30°=90°，∴∠CDG=90°-∠DCG=60°，又∵BD=CD=3，∴DG=，设EG为x，则DE=2x,,解得x=1.5,∴BE=BG-EG=4.5-1.5=3，∴BF1=3，BF2=BF1+F1F2=3+3=6，故BF的长为3或6．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．5．如图，已知和均为等腰三角形，，，将这两个三角形放置在一起．（1）问题发现如图①，当时，点、、在同一直线上，连接，则的度数为__________，线段、、之间的数量关系是__________；（2）拓展探究如图②，当时，点、、在同一直线上，连接．请判断的度数及线段、、之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题如图③，，，，连接、，在绕点旋转的过程中，当时，请直接写出的长解析：（1）；（2）；（3）或．【分析】（1）证明△ACE≌△ABD，得出CE=AD，∠AEC=∠ADB，即可得出结论；（2）证明△ACE∽△ABD，得出∠AEC=∠ADB，，即可得出结论；（3）先判断出，再求出，①当点E在点D上方时，先判断出四边形APDE是矩形，求出AP=DP=AE=2，再根据勾股定理求出，BP=6，得出BD=4；②当点E在点D下方时，同①的方法得，AP=DP=AE=1，BP=4，进而得出BD=BP+DP=8，即可得出结论．【详解】（1）在△ABC为等腰三角形，AC=BC，∠ACB=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°，同理：AE=AD，∠ADE=∠EAD=60°，∴∠EAD=∠CAB，∴∠EAC=∠DAB，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE=AD，∠AEC=∠ADB，∵点B、D、E在同一直线上，∴∠ADB=180°-∠ADE=120°，∴∠AEC=120°，∴∵DE=AE，∴BE=DE+BD=AE+CE，故答案为60°，BE=AE+CE；（2）．理由如下：和均为等腰三角形，，，，，，点、、在同一直线上，，．；（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，∴，在Rt△ABC中，，∴；①当点E在点D上方时，如图③，过点A作AP⊥BD交BD的延长线于P，∵DE⊥BD，∴∠PDE=∠AED=∠APD，∴四边形APDE是矩形，∵AE=DE，∴矩形APDE是正方形，∴AP=DP=AE=2，在Rt△APB中，根据勾股定理得，∴BD=BP-AP=4，∴；②当点E在点D下方时，如图④，同①的方法得，AP=DP=AE=2，BP=4，∴BD=BP+DP=8，∴，即：CE的长为或．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质，判断出△ACE∽△ABD是解本题的关键．6．探究：如图1和2,四边形中,已知，，点，分别在、上，．（1）①如图1,若、都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则能证得，请写出推理过程；②如图2，若、都不是直角，则当与满足数量关系_______时，仍有;（2）拓展：如图3,在中，,，点、均在边上,且．若，求的长．解析：（1）①见解析；②，理由见解析；（2）【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）根据等腰直角三角形性质好勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3−x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】（1）①如图1，∵把绕点逆时针旋转至，使与重合，∴，，∵，，∴，∴，即，在和中∴，∴，∵，∴；②，理由是：把绕点旋转到，使和重合，则，，，∵，∴，∴，，在一条直线上，和①知求法类似，，在和中∴，∴，∵，∴；故答案为：（2）∵中，，∴，由勾股定理得：，把绕点旋转到,使和重合，连接．则，，，∵，∴，∴，在和中∴，∴，设，则，∵，∴，∵，，∴，由勾股定理得：，，解得：，即．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．7．综合与实践如图①，在中中，，，，过点作于，将绕点逆时针方向旋转，得到，连接，，记旋转角为．（1）问题发现如图②，当时，__________；如图③，当时，__________．（2）拓展探究试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图④的情形给出证明．（3）问题解决如图⑤，当绕点逆时针旋转至点落在边上时，求线段的长．解析：（1），；（2）无变化，理由详见解析；（3）．【分析】（1）首先利用勾股定理可求出AB的值，再根据三角形面积求出CD的值，再次利用勾股定理求出AD、BD的值，再分情况进一步得出的值即可；（2）根据旋转的性质可得出，，再证明即可得出结论；（3）过点作于，证，推出，得出，继而得到，再根据，即可得出答案．【详解】解：（1）∵，，∴∵∴∴当时，∴当时，∴故答案为：；；（2）无变化．证明：∵在中，，，，∴．∵，∴．∵，，∴．∴，即．∴，．∴．由旋转可知，，．∴．∵，∴．∴．∴．（3）如图，过点作于．∵，∴．∵，，∴．∴，即．∴．∴．∴．∵，∴．【点睛】本题考查了勾股定理、三角形的面积公式、旋转的性质、相似三角形的判定及性质等多个知识点，综合性较强，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，会利用相似三角形的性质解题，此题结构精巧，考查范围广．8．在中，，过点作直线，将绕点顺时针旋转得到（点的对应点分别为）．（1）问题发现如图1，若与重合时，则的度数为____________；（2）类比探究：如图2，设与BC的交点为，当为的中点时，求线段的长；（3）拓展延伸在旋转过程中，当点分别在的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值．若存在，直接写出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由．解析：（1）60；（2）；（3）【分析】（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC=，依据∠A'BC=90°，可得，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到，依据tan∠Q=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，进而得出PQ=PB+BQ=；（3）依据S四边形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用几何法或代数法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3-．【详解】解：（1）由旋转可得：，，，，，，，，．（2）为的中点，,山旋转可得，，，，，，，；（3）四边形四边形最小即最小，，取的中点，，，即，当最小时，最小，，即与正合时,最小，，，的最小值，四边形=．【点睛】此题考查四边形综合题，旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题关键在于掌握旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．9．（基础巩固）（1）如图①，，求证：．（尝试应用）（2）如图②，在菱形中，，点E，F分别为边上两点，将菱形沿翻折，点A恰好落在对角线上的点P处，若，求的值．（拓展提高）（3）如图③，在矩形中，点P是边上一点，连接，若，求的长．解析：（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）由证明，再根据相似三角形的判定方法解题即可；（2）由菱形的性质，得到，，继而证明是等边三角形，结合（1）中相似三角形对应边成比例的性质，设，则可整理得到，据此解题；（3）在边上取点E，F，使得，由矩形的性质，得到，结合（1）中相似三角形对应边成比例的性质解题即可．【详解】解：（1）证明：∵，∴，即，∵，∴；（2）∵四边形是菱形，∴，∴，∴是等边三角形，∴，由（1）得，，∴，设，则∴，可得①，②，①－②，得，∴，∴的值为；（3）如图，在边上取点E，F，使得，设AB=CD=m，∵四边形是矩形，∴，∴，=DF，，由（1）可得，，∴，∴，整理，得，解得或（舍去），∴．【点睛】本题考查相似三角形的综合题、等边三角形的性质、菱形的性质、矩形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．10．（操作）如图①，在矩形中，为对角线上一点（不与点重合），将沿射线方向平移到的位置，的对应点为．已知（不需要证明）．（探究）过图①中的点作交延长线于点，连接，其它条件不变，如图②．求证：．（拓展）将图②中的沿翻折得到，连接，其它条件不变，如图③．当最短时，若,，直接写出的长和此时四边形的周长．解析：探究：见解析；拓展：四边形的周长为【分析】探究：证明四边形EGBC是平行四边形，推出EG=BC，利用SAS证明三角形全等即可．拓展：如图3中，连接BD交AC于点O，作BK⊥AC于K，F′H⊥BC于H．由题意四边形AGFC是平行四边形，推出GF=AC=，由BF=BF′，可以假设BF=x，则BG=利用相似三角形的性质，求出BH，HF′，利用勾股定理求出GF′，再利用二次函数的性质，求出GF′的值最小时BF′的值，推出BF′=此时点F′与O重合，由此即可解决问题．【详解】解：探究：由平移，∴，即又∵，∴四边形为平行四边形∴∵，∴∠CBF=∠ACB，∵∴∠AEG=∠ACB，∴∠AEG=∠CBF∴．拓展：如图3中，连接BD交AC于点O，作BK⊥AC于K，F′H⊥BC于H．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AB=4，BC=2，∴∵∴，∴由题意四边形AGFC是平行四边形，∴GF=AC=，∵BF=BF′，可以假设BF=x，则BG=∵AC∥GF，∴∠BOK=∠HBF′，∵∠BKO=∠F′HB=90°，∴△F′HB∽△BKO，∴∴∴∴∵＞0，∴当时，GF′的值最小，此时点F′与O重合，由对折得：由矩形的性质得：四边形BFCF′是菱形，四边形BFCF′的周长为，且与互相平分，由勾股定理得：【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．11．（知识再现）学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．（简单应用）如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是．（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．解析：【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析【分析】简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．【详解】简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案为：AE＝AD．拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，∴△CAM≌△BAN（AAS），∴CM＝BN，AM＝AN，∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），∴EM＝DN，∵AM＝AN，∴AE＝AD．（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．∵CE′＝BD，CE＝BD，∴CE＝CE′，∵CT⊥EE′，∴ET＝TE′，∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.12．如图1，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上．问题发现（1）如图1，与的数量关系为______．类比探究（2）如图2，将正方形绕点旋转度（）．请问（1）中的结论还成立吗？若不成立，请说明理由．拓展延伸（3）若为的中点，在正方形的旋转过程中，当点，，在一条直线上时，线段的长度为______．解析：（1）；（2）成立，见解析；（3）或【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论；拓展延伸：分两种情况，连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，，，GH=HF=HE=HC，得出，，，由勾股定理求出，即可得出答案．【详解】[问题发现]解：，理由如下：∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形，∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，CE=CF，CE⊥GF，∴AB∥EF，∴，；故答案为：；[类比探究]解：上述结论还成立，理由如下：连接CE，如图2所示：∵∠FCE=∠BCA=45°，∴∠BCF=∠ACE=45°-∠ACF，在Rt△CEG和Rt△CBA中，，，∴△ACE∽△BCF，，；[拓展延伸]解：分两种情况：①如图3所示：连接CE交GF于H，∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形，∴AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，HF=HE=HC，∵点F为BC的中点，∴CF=BC=2，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴，∴；②如图4所示：连接CE交GF于H，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴；故答案为：或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．13．如图1，在中，，，，点D，E分别是边，的中点，连接.将绕点C按逆时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当时，；②当时，；（2）拓展探究试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）问题解决当旋转至时，请直接写出的长．解析：（1）①；②；（2）不变，证明见解析；（3）2或2【分析】（1）①当=0°时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出BD、AE的比值；②中，图形如下，与①有所变化，但求解方法完全相同；（2）证明△ECA∽△DCB，从而根据边长成比例得出比值；（3）存在2种情况，一种是当时，；另一种是当时，，分别利用勾股定理可求得．【详解】（1）①∵在中，，，，点D，E分别是边，的中点∴CD=BD=2，在Rt△ABC中，AB=，AC=∴AE=∴；②图形如下：同理可知：BC=4，AC=，DC=2，DE=，CE=∴BD=DC+CB=2+4=6，AE=EC+AC==∴；（2）不变，理由如下∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴；（3）情况一：当时，，图形如下，过点D作BC的垂线，交BC延长线于点F∵ED∥AC，∴∠ACD=∠EDC=90°∵∠ACB=∠ECD=30°∴∠ECF=30°，∴∠FCD=60°∵CD=2∴在Rt△DCF中，CF=1，FD=∴FB=FC=CB=1+4=5∴在Rt△FDB中，DB=2；情况二：当时，，图形如下，过点D作BC的垂线，交BC于点F∵DE∥AC，∴∠ACD=90°∵∠ACB=30°，∴∠DCF=60°∵CD=2，∴在Rt△CDF中，CF=1，DF=∴FB=CB－CF=4－1=3∴在Rt△FDB中，DB=2综上得：DB的长为2或2．【点睛】此题属于旋转的综合题．考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键．14．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为：（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：（3）拓展与运用：正方形CEGF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CG交AD于点H．若AG=6，GH=2，则BC=．解析：（1）①四边形CEGF是正方形；②；（2）线段AG与BE之间的数量关系为AG=BE；（3）3【分析】（1）①由、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∽即可得；（3）证∽得，设，知，由得、、，由可得a的值．【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°，∴，GE∥AB，∴，故答案为；（2）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AG=BE；（3）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC=135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC=∠BEC=135°，∴∠AGH=∠CAH=45°，∵∠CHA=∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，设BC=CD=AD=a，则AC=a，则由得，∴AH=a，则DH=AD﹣AH=a，CH==a，∴由得，解得：a=3，即BC=3，故答案为3．【点睛】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，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.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．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．①求证：；②推断：的值为；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（为常数）．将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与CP之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，，求的长．解析：（1）①证明见解析；②解：结论：．理由见解析；（2）结论：．理由见解析；（3）．【解析】【分析】（1）①由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE=DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．（2）结论：如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．（3）如图2-1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，∴，．∴．∵，∴．∴．∴≌，∴．②解：结论：．理由：∵，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴．故答案为1．（2）解：结论：．理由：如图2中，作于．∵，∴，∴，，∴，∴∽，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴．（3）解：如图2﹣1中，作交的延长线于．∵，，∴，∴，∴可以假设，，，∵，，∴，∴，∴或﹣1（舍弃），∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，∴∽，∴，∴，∴，，∴，∴．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．17．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．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．18．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，