成都石室外语学校中考数学期末几何综合压轴题易错汇编

成都石室外语学校中考数学期末几何综合压轴题易错汇编一、中考数学几何综合压轴题1．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．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．（基础巩固）（1）如图1，在中，M是的中点，过B作，交的延长线于点D．求证：；（尝试应用）（2）在（1）的情况下载线段上取点E（如图2），已知，，，求；（拓展提高）（3）如图3，菱形中，点P在对角线上，且，点E为线段上一点，．若，，求菱形的边长．解析：（1）证明见解析；（2）；（3）．【分析】(1)证明，即可求解；(2)过点B作于点H，得到，进而求解；(3)延长交于G，交延长线于F，连结，可得，所以，设菱形边长为，进而可得出结论．【详解】解：（1）证明：，，，是的中点，，，．（2）由（1）得，，作，垂足为H，如图所示：，在中，，．（3）延长交于G，交延长线于F，连结，如图所示：过作于由，，设菱形边长为，在和中，即，解得（舍负），菱形的边长为．【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质，解直角三角形、勾股定理的运用，正确作出辅助线是解题的关键．4．（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．5．平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠BOQ＝60°，OQ＝OD＝3，OP＝2，OA＝AB＝1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向形如旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．发现（1）当α＝0°，即初始位置时，点P____直线AB上．（填“在”或“不在”）求当α是多少时，OQ经过点B？（2）在OQ旋转过程中．简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值：（3）如图，当点P恰好落在BC边上时．求α及S阴影．拓展如图．当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM＝x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sinα的值．解析：发现：（1）在，15°；（2）当α=60°时，最小距离为1；（3）30°，．拓展：x的范围是；探究：sinα的值为或或．【详解】解：发现（1）在；当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO＝AB，得∠DOQ＝∠ABO＝45°，∴α＝60°－45°＝15°．（2）如图3．连AP，有OA＋AP≥OP，当OP过点A，即α＝60°时等号成立．∴AP≥OP－OA＝2－1＝1．∴当α＝60°时．P，A间的距离最小．∴PA的最小值为1．（3）如图3，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E．在Rt△OPH中，PH＝AB＝1，OP＝2，∴∠POH＝30°，∴α＝60°－30°＝30°．由AD//BC知，∠RPQ＝∠POH＝30°．∴∠RKQ＝2×30°＝60°．，在Rt△RKE中，，，；拓展如图5，∠OAN＝∠MBN＝90°，∠ANO＝∠BNM，所以△AON∽△BMN．∴，即，∴．如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F．．∴x的范围是．【注：如果考生答“或”均不扣分】探究半圆与矩形相切，分三种情况：①如图5，半圆K与BC切于点T，设直线KT与AD和OQ的初始位置所在直线分别交于S，O′，则∠KSO＝∠KTB＝90°，作KG⊥OO′于点G．Rt△OSK中，．Rt△OSO′中，，．Rt△KGO′中，∠O′=30°，KG=Rt△OGK中，②半圆K与AD切于点T，如图6，同理可得．③当半圆K与CD相切时，成Q与点D重合，且为切点．∴α＝60°，∴．综上述，sinα的值为或或．考点：圆，直线与圆的位置关系，锐角三角函数，相似，三角形法则求最值6．如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：（1）探究：若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是；如图2，当α＝°时，半圆O与射线AB相切；（2）如图3，在（1）的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由．（3）发现：如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R、m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝（用含有R、m的代数式表示）（4）拓展：如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围，并求出在这个变化过程中阴影部分（弓形）面积的最大值（用m表示）解析：（1）+1；60°；（2）4+2；（3）；（4）m2．【详解】试题分析：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=，推出α=60°．（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题．（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题、（4）当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°．当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，求出此时的面积即可．试题解析：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．想办法求出O′E的长即可．在Rt△MFO′中，∵∠MOF=30°，MO′=2，∴O′F=O′M•cos30°=，O′E=+1，∴点O′到AB的距离为+1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，∴AE=O′F=2，∵AM=1，∴EM=1，在Rt△O′EM中，sinα=，∴α=60°故答案为+1，60°．（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．∵O′P=R，∴R=R+1，∴R=4+2．（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q=R•cosα，QP=m，∵O′P=R，∴R•cosα+m=R，∴cosα=．故答案为．（4）如图5中，当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°故答案为90°＜α≤120°；当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，所以S═﹣•m•m=m2．7．已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．问题发现如图，若四边形ABCD是矩形，且于G，，填空：______；当矩形ABCD是正方形时，______；拓展探究如图，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当与满足什么关系时，成立？并证明你的结论；解决问题如图，若于G，请直接写出的值．解析：（1）①，②1；（2）当+=180°时，成立，理由见解析；（3）.【分析】（1）根据矩形的性质先一步证明△AED~△DFC，然后进一步利用相似三角形性质求解即可；（2）在AD的延长线上取一点M，使得CM=CF，则∠CMD=∠CFM，通过证明△ADE~△DCM进一步求解即可；（3）过C点作CN⊥AD于N点，CM⊥AB交AB延长线于M点，连接BD，先证明△BAD≌△BCD，然后进一步证明△BCM~△DCN，再结合勾股定理求出CN，最终通过证明△AED~△NFC进一步求解即可.【详解】（1）∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=∠FDC=90°，AB=CD，∵CF⊥DE，∴∠DGF=90°，∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，∴∠CFD=∠AED，∵∠A=∠CDF，∴△AED~△DFC，∴，∴①，②若四边形ABCD为正方形，，故答案为：①，②1；（2）当+=180°时，成立，理由如下：如图，在AD的延长线上取一点M，使得CM=CF，则∠CMD=∠CFM，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠A=∠CDM，∵∠B+∠EGC=180°，∴∠BEG+∠FCB=180°，∵∠BEG+∠AED=180°，∴∠AED=∠FCB，∵AD∥BC，∴∠CFM=∠FCB，∴∠CMD=∠AED，∴△ADE~△DCM，∴，即：；（3），理由如下：过C点作CN⊥AD于N点，CM⊥AB交AB延长线于M点，连接BD，设CN=x，∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴∠A=∠M=∠CAN=90°，∴四边形AMCN为矩形，∴AM=CN，AN=CM，在△BAD与△BCD中，∵AD=CD，AB=BC，BD=BD，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD=∠A=90°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ABC+∠CBM=180°，∴∠MBC=∠ADC，∵∠CND=∠M=90°，∴△BCM~△DCN，∴，∴，∴，在Rt△CMB中，，BM=AM−AB=，由勾股定理可得：，∴，解得：（舍去）或，∴，∵∠A=∠FGD=90°，∴∠AED+∠AFG=180°，∵∠AFG+∠NFC=180°，∴∠AED=∠CFN，∵∠A=∠CNF，∴△AED~△NFC，∴.【点睛】本题主要考查了相似三角形性质与判定和全等三角形性质与判定及矩形性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.8．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．9．问题背景如图1，点E在BC上，AB⊥BC，AE⊥ED，DC⊥DC，求证：．尝试应用如图2，在▱ABCD中，点F在DC边上，将△ADF沿AF折叠得到△AEF，且点E恰好为BC边的中点，求的值．拓展创新如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在BC，DC边上，∠AFE＝∠D，AE⊥FE，FC＝2．EC＝6．请直接写出cos∠AFE的值．解析：（1）见解析；（2）；（3）cos∠AFE=．【分析】(1)根据相似三角形的判定定理证△ABE∽△ECD即可；(2)在AB边取点G，使GE=BE，则∠B=∠BGE，证△AGE∽△ECF，列比例式即可；(3)作FM=FD，FN⊥AD，同（2）构造△AMF∽△FCE，证△AEF∽△FHD，求出AM长即可．【详解】解：（1）∵AB⊥BC，AE⊥ED，DC⊥DC∴∠B=∠C=90°，∠BAE+∠AEB=90°，∠CED+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠CED，∴△ABE∽△ECD∴．（2）在AB边取点G，使GE=BE，则∠B=∠BGE又∵∠B+∠C=180°，∠BGE+∠AGE=180°∴∠AGE=∠C∵∠B=∠D=∠AEF又∵∠B+∠BAE=∠AEF+∠FEC∴∠BAE=∠FEC，∴△AGE∽△ECF∴，即∵EF=FD，∴∵GE=BE，AE=BC=2BE，∴（3）cos∠AFE=如图：作FM=FD，FN⊥AD，由（2）同理可证△AMF∽△FCE，∴设AM=，FM=FD=，则AD=CD=，MD=，ND=∵∠AEF=∠FND=90°，∠AFE＝∠D，∴△AEF∽△FND，∴，即，∵，∴，解得，，经检验，是原方程的解；∴cos∠AFE=．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质和解直角三角形，解题关键是依据已知条件构造相似三角形，列比例式解决问题．10．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．11．在中，，，是边上一点，将沿折叠得到，连接．（1）特例发现：如图1，当，落在直线上时，①求证：；②填空：的值为______；（2）类比探究：如图2，当，与边相交时，在上取一点，使，交于点．探究的值（用含的式子表示），并写出探究过程；（3）拓展运用：在（2）的条件下，当，是的中点时，若，求的长．解析：（1）①见解析；②1；（2），见解析；（3）【分析】（1）①根据折叠性质证明即可；②当，证明，即可得出的值；（2）延长交于点，根据折叠性质证明，即可得出结论；（3）由（2）可知，设，则，，，可得，再由勾股定理列方程求解即可．【详解】解：（1）①证明：延长交于点．由折叠得．∴．∵，∴．②当，即时，可知AC=BC，在和中，，∴(AAS)，∴，∴．故答案为：1；（2）解：．理由：延长交于点，由折叠得．∴，∵，∴，∵，∴，∴．（3）解：由折叠得，，∵是的中点，∴，∴，，，由（2）知，∴，，是的中点，∴，∴，设，则，，，∴，∴，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴，解得（负值舍去），∴．【点睛】本题为三角形综合题，考查折叠的性质，全等三角形判定与性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，根据折叠性质找到角度之间的关系是解题的关键．12．问题发现如图，正方形将正方形绕点旋转，直线交于点请直接写出线段与的数量关系是，位置关系是_；拓展探究如图，矩形将矩形绕点旋转，直线交于点中线段关系还成立吗/若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段的数量关系和位置关系，并说明理由；解决问题在的条件下，矩形绕点旋转过程中，请直接写出当点与点重合时，线段的长，解析：；中数量关系不成立，位置关系成立．，理由见解析；或【分析】（1）证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAG＝∠DCG，再由直角三角形两个锐角互余即可证得AE⊥CG；（2）先证明△ADE∽△CDG，利用相似三角形的性质证明即可．（3）先通过作图找到符合题意的两种情况，第一种情况利用勾股定理求解即可；第二种情况借助相似三角形及勾股定理计算即可．【详解】（1）；理由如下：由题意知在正方形中，，，在△ADE与△CDG中，∴△ADE≌△CDG（SAS）∴，∵对顶角相等，∴．（2）（1）中数量关系不成立，位置关系成立．即：理由如下：由题意知在矩形中，，，，∵对顶角相等∴．综上所述：（3）如图1，当点G、P在点A处重合时，连接AE，则此时∠ADE＝∠GDE＝90°∴在Rt△ADE中，AE＝，如图1，当点G、P重合时，则点A、E、G在同一直线上，∵AD＝DG＝4，∴∠DAG＝∠DGA，∵∠ADC＝∠AGP＝90°，∠AOD＝∠COG，∴∠DAG＝∠COG，∴∠DGA＝∠COG，又∵∠GDO＝∠CDG，∴△GDO∽△CDG，∴∴∴DO＝2，CG＝2OG，∴OC＝DC－DO＝8－2＝6，∵在Rt△COG中，OG2＋GC2＝OC2，∴OG2＋（2OG）2＝62，∴OG＝（舍负），∴CG＝，由（2）得：∴AE＝，综上所述，AE的长为或．【点睛】本题综合考查了全等三角形及相似三角形的判定及性质，以及勾股定理的应用，根据题意画出符合题意的图形是解决本题的关键．13．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE＝nEA，连接CE并延长，交AB于点F．（1）尝试探究：如图1，当∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA时，BF，BA之间的数量关系是；（2）类比延伸：如图2，当△ABC为锐角三角形，DE＝EA时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展迁移：如图3，当△ABC为锐角三角形，DE＝nEA时，请直接写出BF，BA之间的数量关系．解析：（1）；（2）仍然成立，见解析；（3）【分析】（1）尝试探究：过点作，交于，可证,，，可得，可证，可得BF，BA之间的数量关系；（2）类比延伸：过点作，交于，可证，，可得，可证，可得之间的数量关系；（3）拓展迁移：过点作，交于，由平行线分线段成比例可得，可得，即可求之间的数量关系．【详解】解：（1）尝试探究如图，过点作，交于∵是中线，∴∵，∴，∴∴∴∴∴（2）类比延伸：结论仍然成立，理由如下：如图，过点作，交于∵是中线,∴∵，∴，∴∴∴∴∴（3）拓展迁移如图，过点作，交于∵，且∴∴∵∴∴∴∴∴【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质综合，根据题干条件作出辅助线并得到对应的相似三角形是解决本题的关键.14．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．15．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．16．如图1，在中，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点.（1）观察猜想图1中，线段与的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明把绕点逆时针方向旋转到图2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，，请直接写出面积的最大值.解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由详见解析；（3）.【详解】试题分析：(1)已知点，，分别为，，的中点，根据三角形的中位线定理可得,,,根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠NPD=∠ADC，在中，，，，可得BD=EC，∠DCE+∠ADC=90°，即可得PM=PN，∠DPM+∠NPD=90°，即；（2）是等腰直角三角形，根据旋转的性质易证△BAD≌△CAE，即可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，根据三角形的中位线定理及平行线的性质（方法可类比（1）的方法）可得PM="PN,"∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，所以∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN，即可得∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN为等腰直角三角形；（3）把绕点旋转到如图的位置，此时PN=(AD+AB)="7,"PM=(AE+AC)=7,且PN、PM的值最长，由（2）可知PM=PN，，所以面积的最大值为.试题解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋转可得∠BAD=∠CAE，又AB=AC,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵点，分别为，的中点∴PM是△DCE的中位线∴PM=CE，且,同理可证PN=BD，且∴PM="PN,"∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN，∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN为等腰直角三角形.(3).考点：旋转和三角形的综合题.17．(1)方法选择如图①，四边形是的内接四边形，连接，，．求证：.小颖认为可用截长法证明：在上截取，连接…小军认为可用补短法证明：延长至点，使得…请你选择一种方法证明．(2)类比探究（探究1）如图②，四边形是的内接四边形，连接，，是的直径，．试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．（探究2）如图③，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．(3)拓展猜想如图④，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．解析：(1)方法选择：证明见解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.【分析】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=60°，如图①，在BD上截取DM=AD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根据全等三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根据全等三角形的性质得到结论；【探究2】如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根据直角三角形的性质得到MD=2AD，根据相似三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根据相似三角形的性质得到BM=CD，DM=AD，于是得到结论．【详解】(1)方法选择：∵，∴，如图①，在上截取，连接，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∵，∴，∴，∴；(2)类比探究：如图②，∵是的直径，∴，∵，∴，过作交于，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；[探究2]如图③，∵若是的直径，，∴，，过作交于，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；故答案为；(3)拓展猜想：；理由：如图④，∵若是的直径，∴，过作交于，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴.故答案为.【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．18．性质探究如图①，在等腰三角形中，，则底边与腰的长度之比为________．理解运用⑴若顶角为120°的等腰三角形的周长为，则它的面积为________；⑵如图②，在四边形中，．①求证：；②在边上分别取中点，连接．若，,直接写出线段的长．类比拓展顶角为的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为________（用含的式子表示）．解析：性质探究：；理解运用：（1）；（2）①见解析；②；类比拓展：.【分析】性质探究：作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出结果；理解运用：（1）同上得出则AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周长得出4CD+2CD=8+4，解得：CD=2，得出AB=4，由三角形面积公式即可得出结果；（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=EF=5，PF=PE=5，得出FH=2PF=10，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；类比拓展：作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函数得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果．【详解】性质探究解：作CD⊥AB于D，如图①所示：则∠ADC=∠BDC=90°，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴AD=BD，∠A=∠B=30°，∴AC=2CD，AD=CD，∴AB=2AD=2CD，∴=；故答案为；理解运用（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，∵AC+BC+AB=8+4，∴4CD+2CD=8+4，解得：CD=2，∴AB=4，∴△ABC的面积=AB×CD=×4×2=4；故答案为4（2）①证明：∵EF=EG=EH，∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，∵EF=EH，∴∠EFH=30°，∴PE=EF=5，∴PF=PE=5，∴FH=2PF=10，∵点M、N分别是FG、GH的中点，∴MN是△FGH的中位线，∴MN=FH=5；类比拓展解：如图③所示：作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，∵sinα=，∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴=2sinα；故答案为2sinα．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、就直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．19．实际问题：某商场为鼓励消费，设计了投资活动．方案如下：根据不同的消费金额，每次抽奖时可以从100张面值分别为1元、2元、3元、…、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取2张、3张、4张、…等若干张奖券，奖券的面值金额之和即为优惠金额．某顾客获得了一次抽取5张奖券的机会，小明想知道该顾客共有多少种不同的优惠金额？问题建模：从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有多少种不同的结果？模型探究：我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，从中找出解决问题的方法．探究一：（1）从1，2，3这3个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？表①所取的2个整数1，21，3，2，32个整数之和345如表①，所取的2个整数之和可以为3，4，5，也就是从3到5的连续整数，其中最小是3，最大是5，所以共有3种不同的结果．（2）从1，2，3，4这4个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？表②所取的2个整数1，21，3，1，42，32，43，42个整数之和345567如表②，所取的2个整数之和可以为3，4，5，6，7，也就是从3到7的连续整数，其中最小是3，最大是7，所以共有5种不同的结果．（3）从1，2，3，4，5这5个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有______种不同的结果．（4）从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有______种不同的结果．探究二：（1）从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有______种不同的结果．（2）从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有______种不同的结果．探究三：从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取4个整数，这4个整数之和共有______种不同的结果．归纳结论：从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有______种不同的结果．问题解决：从100张面值分别为1元、2元、3元、…、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取5张奖券，共有______种不同的优惠金额．拓展延伸：（1）从1，2，3，…，36这36个整数中任取多少个整数，使得取出的这些整数之和共有204种不同的结果？（写出解答过程）（2）从3，4，5，…，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有______种不同的结果．解析：探究一：（3）；（4）（，为整数）；探究二：（1）（2）；探究三：归纳结论：（为整数，且，＜＜）；问题解决：；拓展延伸：（1）个或个；（2）．【分析】探究一：（3）根据（1）（2）的提示列表，可得答案；（4）仔细观察（1）（2）（3）的结果，归纳出规律，从而可得答案；探究二：（1）仿探究一的方法列表可得答案；（2）由前面的探究概括出规律即可得到答案；探究三：根据探究一，探究二，归纳出从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取4个整数的和的结果数，再根据上面探究归纳出从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和的结果数；问题解决：利用前面的探究计算出这5张奖券和的最小值与最大值，从而可得答案；拓展延伸：（1）直接利用前面的探究规律，列方程求解即可，（2）找到与问题等价的模型，直接利用规律得到答案．【详解】解：探究一：（3）如下表：取的2个整数2个整数之和所取