上海迎园中学中考数学几何综合压轴题易错专题

上海迎园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．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．2．[问题解决]（1）如图1．在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上的点处，折线AE交BC于点E，连接B'E．求证：四边形是菱形．[规律探索]（2）如图2，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，点B恰好落在AD上的点Q处，点A落在点A′处，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形吗？请说明理由．[拓展应用]（3）如图3，在矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，得到折痕FP，点B落在纸片ABCD内部点处，点A落在纸片ABCD外部点处，与AD交于点M，且M＝M．已知：AB＝4，AF＝2，求BP的长．解析：（1）证明见解析；（2）是，理由见解析；（3）．【分析】（1）由平行线的性质和翻折可推出，即．故四边形是平行四边形，再由翻折可知，即证明平行四边形是菱形．（2）由翻折和平行线的性质可知，，即得出，即是等腰三角形．（3）延长交AD于点G，根据题意易证，得出结论，．根据（2）同理可知为等腰三角形，即FG=PG．再在中，，即可求出，最后即可求出．【详解】（1）由平行四边形的性质可知，∴，由翻折可知，∴，∴．∴四边形是平行四边形．再由翻折可知，∴四边形是菱形．（2）由翻折可知，∵，∴，∴，∴QF=QP，∴是等腰三角形．（3）如图，延长交AD于点G，根据题意可知，在和中，，∴，∴，．根据（2）同理可知为等腰三角形．∴FG=PG．∵，∴在中，，∴，∴，∴．【点睛】本题为矩形的折叠问题．考查矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，综合性强．掌握折叠的性质和正确的连接辅助线是解答本题的关键．3．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．4．（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．5．[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；[拓展延伸]（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．①求线段AC的长；②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．解析：（1）AM＝BM；（2）；（3）①AC＝；②≤≤．【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．（3）①证明△BCM∽△BAC，推出由此即可解决问题．②证明△PFA′∽△MFC，推出，因为CM=5，推出即可解决问题．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，∴MN垂直平分线段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为：AM＝BM．（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴，∴，∴BM＝，∴AM＝AB﹣BM＝10﹣，∴；（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴∴，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴，∴AC＝．②如图③﹣1中，∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，∴△PFA′∽△MFC，∴，∵CM＝5，∴，∵点P在线段OB上运动，OA＝OC＝，AB′＝﹣6＝，∴≤PA′≤，∴≤≤．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰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相似三角形解决问题，属于中考压轴题．6．定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”．（概念理解）（1）如图1，四边形是“对补四边形”．①若，则________；②若．且时．则_______；（拓展提升）（2）如图，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中之间的数量关系是，并证明这种关系；（类比应用）（3）如图3，在四边形中，平分；①求证：四边形是“对补四边形”；②如图4，连接，当，且时，求的值．解析：（1）①，②；（2），理由见解析；（3）①见解析，②．【分析】（1）①根据“对补四边形”的定义，结合，即可求得答案；②根据“对补四边形”的定义，由，得，再利用勾股定理即可求得答案；（2）延长至点，使得，连接，根据“对补四边形”的定义，可证明，继而证明，从而可得结论；（3）①过点作于点，于点，则,可证，进而可证四边形是“对补四边形”；②设，则根据，再运用建立方程，解方程即可求得．【详解】（1），设，根据“对补四边形”的定义，，即，解得，，，．故答案为：．②如图1，连接，，，，在中，在中，，，，故答案为：．（2），理由如下：如图2，延长至点,使得，连接，四边形是“对补四边形”，，，，，，，，即，，，，，,，，即，故答案为：．（3）①证明：如图3，过点作于点，于点，则，平分，，，，，，，与互补，四边形是“对补四边形”；②由①可知四边形是“对补四边形”，，，，设，则，，，，，，，整理得：，解得：．在中，，．【点睛】本题考查了勾股定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，三角函数的定义等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质，准确理解新定义是解题的关键．7．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”（1）概念理解：请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；（2）问题探究；如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；（3）应用拓展；如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．解析：（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由见解析；（3）10或12﹣．【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；（2）AC=BD，理由为：连接PD，PC，如图1所示，根据PE、PF分别为AD、BC的垂直平分线，得到两对角相等，利用等角对等角得到两对角相等，进而确定出∠APC=∠DPB，利用SAS得到三角形ACB与三角形DPB全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（3）分两种情况考虑：（i）当∠AD′B=∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图3（i）所示，由S四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′，求出四边形ACBD′面积；（ii）当∠D′BC=∠ACB=90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图3（ii）所示，由S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′面积即可．【详解】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由为：连接PD，PC，如图1所示：∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，∴PA=PD，PC=PB，∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，即∠PAD=∠PBC，∴∠APC=∠DPB，∴△APC≌△DPB（SAS），∴AC=BD；（3）分两种情况考虑：（i）当∠AD′B=∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图3（i）所示，∴∠ED′B=∠EBD′，∴EB=ED′，设EB=ED′=x，由勾股定理得：42+（3+x）2=（4+x）2，解得：x=4.5，过点D′作D′F⊥CE于F，∴D′F∥AC，∴△ED′F∽△EAC，∴，即，解得：D′F=，∴S△ACE=AC×EC=×4×（3+4.5）=15；S△BED′=BE×D′F=×4.5×=，则S四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣=10；（ii）当∠D′BC=∠ACB=90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图3（ii）所示，∴四边形ECBD′是矩形，∴ED′=BC=3，在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE=，∴S△AED′=AE×ED′=××3=，S矩形ECBD′=CE×CB=（4﹣）×3=12﹣3，则S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′=+12﹣3=12﹣．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了“等邻角四边形”的理解，三角形，四边形的内角和定理，角平分线的意义，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，理解“等邻角四边形”的定义是解本题的关键，分类讨论是解本题的难点，是一道中考常考题．8．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.9．如图1，在正方形中，点分别在边上，且，延长到点G，使得，连接．（特例感知）（1）图1中与的数量关系是______________．（结论探索）（2）图2，将图1中的绕着点A逆时针旋转，连接并延长到点G，使得，连接，此时与还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由．（拓展应用）（3）在（2）的条件下，若，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出的长．解析：(1)=，(2)存在，证明见解析，（3）或或16或4．【分析】(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可．【详解】解：(1)连接GC，∵AE=AF，AD=AB，∴DF=BE，∵，∴DG=BE，∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC，∴△CDG≌△CBE，∴CE=CG，∠GCD=∠ECB，∵∠ECB+∠DCE=90°，∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°，∴=；故答案为：=；(2)存在，连接GC，∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°，∴∠FAD=∠EAB，∴△FAD≌△EAB，∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°，∴∠GDC=∠EBC，∵DC=BD，∴△CDG≌△CBE，与（1）同理，=；(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°，所以，A、E、C在一条直线上，∵AB=5，∴AC=5,CE=5-3=2,GE=EC=4；如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=8，GE=EC=16；当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°，由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M，∵，∴EF=6，AM=ME=MF=3，，BE=DF=1,FG=2，；如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，，综上，的长为或或16或4．【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题．10．如图，在中，，，点是射线上一动点，过点作，垂足为点，交直线于点．（问题发现）（1）如图1，若点在的延长线上，试猜想，，之间的数量关系为_______；（类比探究）（2）如图2，若点在线段上，试猜想，，之间的数量关系，并说明理由；（拓展应用）（3）当点为的中点时，直接写出线段的长度．解析：（1）；（2），理由见解析；（3）的长为或【分析】（1）通过证明，可得，再根据，即可得证；（2）通过证明，可得，再根据，即可得证；（3）分两种情况：①当点D在线段BC上时；②当点D在线段BC的延长线上时，求解即可．【详解】解：（1）如图1，若点D在BC的延长线上，且点E在线段AD上，AP，CD，BC之间的数量关系为，理由如下，垂足为点E在△BPC和△ADC中（2）．理由如下，如图∵，∴，，∴∵，∴∴∵∴（3）的长为或①当点D在线段BC上时∵，∴∴∴②当点D在线段BC的延长线上时【点睛】本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．11．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，，，，，，在和中，，，，；（2）四边形是矩形，，，，，，在和中，，，；（3）如图，过点作交的延长线于点，∵，，∴，∴四边形为矩形，∴，，，，，，在和中，，∴，∴，∴，∴；（4）①过作于点，连接交于点，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，在中，，，∴，在中，，设，则，∴，即，∴或（舍去），∴，，由翻折的性质得：，，∴，解得，∴；②由（4）①已证：，，，，，解得，由翻折的性质得：，在中，，，在中，．【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（4）①，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．12．如图1，在中，,，点分别是的中点，连接．(1)探索发现：图１图２图３图1中，的值为_____________；的值为_________；(2)拓展探究若将绕点逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化，请仅就图2的情形给出证明；(3)问题解决当旋转至三点在同一直线时，直接写出线段的长．解析：(1);(2)见解析(3)或【分析】（1）先判断出∠AEB=90°，再判断出∠B=30°，进而的粗AE，再用勾股定理求出BE，即可得出结论；（2）先判断出，进而得出△ACD∽△BCE，即可得出结论；（3）分点D在线段AE上和AE的延长线上，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，最后用线段的和差求出AD，即可得出结论．【详解】解:解:(1)如图1，连接AE,∵AB=AC=2，点E分别是BC的中点，∴AE⊥BC,∴∠AEC=90°,∵AB=AC=2，∠BAC=120°,∴∠B=∠C=30°,在Rt△ABE中，AE=AB=1，根据勾股定理得，BE∵点E是BC的中点,∴BC=2BE∴∵点D是AC的中点，∴AD=CD=AC=1,∴故答案为：,;(2)无变化,理由:由(1)知,CD=1,,∴,∴,由(1)知,∠ACB=∠DCE=30°,∴∠ACD=∠BCE,∴△ACD∽△BCE,∴,(3)线段BE的长为或，理由如下：当点D在线段AE上时,如图2,过点C作CF⊥AE于F,∠CDF=180°﹣∠CDE=60°,∴∠DCF=30°,∴,∴,在Rt△AFC中,AC=2,根据勾股定理得,,∴AD=AF+DF=,由(2)知,,∴当点D在线段AE的延长线上时,如图3,过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G,∵∠CDG=60°,∴∠DCG=30°,∴,∴,在Rt△ACG中,根据勾股定理得,,∴,由(2)知,,∴即:线段BE的长为或.【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，构造出直角三角形是解本题的关键．13．探究：小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通过构造直角三角形利用图1得到结论：他还利用图2证明了线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式：，．（1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程；运用：（2）①已知点M（2，﹣1），N（﹣3，5），则线段MN长度为；②直接写出以点A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D为顶点的平行四边形顶点D的坐标：；拓展：（3）如图3，点P（2，n）在函数（x≥0）的图象OL与x轴正半轴夹角的平分线上，请在OL、x轴上分别找出点E、F，使△PEF的周长最小，简要叙述作图方法，并求出周长的最小值．解析：（1）答案见解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．【详解】试题分析：（1）用P1、P2的坐标分别表示出OQ和PQ的长即可证得结论；（2）①直接利用两点间距离公式可求得MN的长；②分AB、AC、BC为对角线，可求得其中心的坐标，再利用中点坐标公式可求得D点坐标；（3）设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，则可知OR=OS=2，利用两点间距离公式可求得R的坐标，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P点坐标，利用中点坐标公式可求得M点坐标，由对称性可求得N点坐标，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点S，此时EP=EM，FP=FN，此时满足△PEF的周长最小，利用两点间距离公式可求得其周长的最小值．试题解析：（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+=，∵PQ为梯形P1Q1Q2P2的中位线，∴PQ==，即线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式为x=，y=；（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案为；②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴当AB为平行四边形的对角线时，其对称中心坐标为（0，1），设D（x，y），则x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此时D点坐标为（﹣3，3），当AC为对角线时，同理可求得D点坐标为（7，1），当BC为对角线时，同理可求得D点坐标为（﹣1，﹣3），综上可知D点坐标为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）如图，设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点F，又对称性可知EP=EM，FP=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此时△PEF的周长即为MN的长，为最小，设R（x，），由题意可知OR=OS=2，PR=PS=n，∴=2，解得x=﹣（舍去）或x=，∴R（，），∴，解得n=1，∴P（2，1），∴N（2，﹣1），设M（x，y），则=，=，解得x=，y=，∴M（，），∴MN==，即△PEF的周长的最小值为．考点：一次函数综合题；阅读型；分类讨论；最值问题；探究型；压轴题．14．（探究函数y=x+的图象与性质）（1）函数y=x+的自变量x的取值范围是；（2）下列四个函数图象中函数y=x+的图象大致是；（3）对于函数y=x+，求当x＞0时，y的取值范围．请将下列的求解过程补充完整．解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+∵（﹣）2≥0∴y≥．[拓展运用]（4）若函数y=，则y的取值范围．解析：（1）x≠0；（2）C（3）4；4；（4）y≥13【解析】试题分析：根据反比例函数的性质，一次函数的性质；二次函数的性质解答即可.试题解析：（1）函数y=x+的自变量x的取值范围是x≠0；（2）函数y=x+的图象大致是C；（3）解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+4∵（﹣）2≥0∴y≥4．（4）y==x+﹣5═（）2+（）2﹣5=（+）2+13∵（﹣）2≥0，∴y≥13．考点：1.反比例函数的性质；一次函数的性质；二次函数的性质.15．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.16．（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．解析：（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．【点睛】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．17．问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，则：AC=AB．探究结论：小明同学对以上结论作了进一步研究．（1）如图1，连接AB边上中线CE，由于CE=AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为．（2）如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE．试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明．（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，在（2）条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论．拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC，当C点在第一象限内，且B（2，0）时，求C点的坐标．解析：（1）EC=EB；（2）ED=EB，理由见解析；（3）ED=EB；拓展应用：C（1，2+）．【分析】探究结论：（1）只要证明△ACE是等边三角形即可解决问题；（2）如图2中，结论：ED=EB．想办法证明EP垂直平分线段AB即可解决问题；（3）结论不变，证明方法类似；拓展应用：利用（2）中结论，可得CO=CB，设C（1，n），根据OC=CB=AB，构建方程即可解决问题.【详解】探究结论（1），如图1中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠A=60°，∵AC=AB=AE=EB，∴△ACE是等边三角形，∴EC=AE=EB，故答案为：EC=EB；（2）如图2中，结论：ED=EB．理由：连接PE，∵△ACP，△ADE都是等边三角形，∴AC=AD=DE，AD=AE，∠CAP=∠DAE=60°，∴∠CAD=∠PAE，∴△CAD≌△PAE，∴∠ACD=∠APE=90°，∴EP⊥AB，∵PA=PB，∴EA=EB，∵DE=AE，∴ED=EB；（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，同法可证：ED=EB，故答案为：ED=EB；拓展应用：如图3中，作AH⊥x轴于H，CF⊥OB于F，连接OA，∵A（﹣，1），∴∠AOH=30°，由（2）可知，CO=CB，∵CF⊥OB，∴OF=FB=1，∴可以假设C（1，n），∵OC=BC=AB，∴1+n2=1+（+2）2，∴n=2+，∴C（1，2+）．【点睛】本题考查三角形综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质等知识，正确添加常用辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键.18．（问题）如图1，在中，，过点作直线平行于．，点在直线上移动，角的一边始终经过点，另一边与交于点，研究和的数量关系．（探究发现）（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点移动到使点与点重合时，通过推理就可以得到，请写出证明过程；（数学思考）（2）如图3，若点是上的任意一点（不含端点），受（1）的启发，这个小组过点作交于点，就可以证明，请完成证明过程；（拓展引申）（3）如图4，在（1）的条件下，是边上任意一点（不含端点），是射线上一点，且，连接与交于点，这个数学兴趣小组经过多次取点反复进行实验，发现点在某一位置时的值最大．若，请你直接写出的最大值．解析：【探究发现】（1）见解析；【数学思考】（2）见解析；【拓展引申】（3）时，有最大值为2．【分析】根据等腰三角形的性质及平行的定义即可解得根据证明即可推出过点作交于点，连接，可证明，再推出即可得=，则.【详解】证明：【探究发现】（1）∵∴∵∴，且∴∴即【数学思考】（2）∵∴∴，∵∴，且，∴∴【拓展引申】（3）如图4，过点作交于点，连接，∵，∴∵∴∴∴，且∴∴∵，∴∴∴∴∴∵∴点，点，点，点四点共圆，∴∴，且∴∴∴∴∴时，有最大值为2．【点睛】本题考查等腰三角形，解题关键在于熟练掌握等腰三角形的性质.19．某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是