202X黄冈市中考数学几何综合压轴题易错专题

202X黄冈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．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，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0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明.（3）问题解决当△EDC旋转至A、D、E三点共线时，直接写出线段BD的长.解析：（1）①,②.（2）无变化；理由参见解析.（3），.【分析】（1）①当α=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，即可求出的值是多少．②α=180°时，可得AB∥DE，然后根据，求出的值是多少即可．（2）首先判断出∠ECA=∠DCB，再根据，判断出△ECA∽△DCB，即可求出的值是多少，进而判断出的大小没有变化即可．（3）根据题意，分两种情况：①点A，D，E所在的直线和BC平行时；②点A，D，E所在的直线和BC相交时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可．【详解】（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴,BD=8÷2=4，∴．②如图1，，当α=180°时，可得AB∥DE，∵，∴（2）如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴．（3）①如图3，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD=∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD=AC=．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC=，CD=4，CD⊥AD，∴AD=，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE==2，∴AE=AD-DE=8-2=6，由（2），可得，∴BD=．综上所述，BD的长为或．2．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．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．（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．[探究函数的图象与性质]（1）函数的自变量的取值范围是；（2）下列四个函数图象中函数的图象大致是；（3）对于函数，求当时，的取值范围.请将下列的求解过程补充完整.解：∵∴∵∴.[拓展运用]（4）若函数，则的取值范围.解析：（1）；（2）C；（3）4，4；（4）【详解】试题分析：本题的⑴问抓住函数是由分式给定的，所以抓住是分母不为0,即可确定自变量的取值范围.本题的⑵问结合第⑴问中的，即或进行分类讨论函数值的大致取值范围，即可得到函数的大致图象.本题的第⑶问根据函数的配方逆向展开即推出“（）”应填写“常数”部分，再根据配方情况可以得到当当时，的取值范围.本题的⑷问现将函数改写为的形式，再按⑶的形式进行配方变形即可求的取值范围.试题解析：（1）由于函数是分式给定的，所要满足分母不为0，所以.故填：.（2）即或；当时，的值是正数，此时画出的图象只能在第一象限；当时，的值是负数，此时画出的图象只能在第三象限；所以函数的图象只在直角坐标系的一、三象限.故其大致图象应选C.（3）∵，∴.故分别填：；（4）∵（这里隐含有首先是正数）∴∵∴.7．如图，分别为中上的动点（点除外），连接交于点P，.我们约定：线段所对的，称为线段的张角.情景发现（1）已知三角形是等边三角形，，①求线段的张角的度数；②求点P到的最大距离；③若点P的运动路线的长度称为点P的路径长，求点P的路径长.拓展探究（2）在（1）中，已知是圆P的外切三角形，若点的运动路线的长度称为点的路径长，试探究点的路径长与点P的路径长之间有何关系？请通过计算说明.解析：（1）①120°，②点P到的最大距离，③；（2）点的路径长与点P的路径长的比值是2：1（或点的路径长是点P的路径长的2倍）.【分析】（1）①利用等边三角形的性质证△AEB与△BCF全等，得到∠EBA＝∠BCF，利用三角形的内角和定理即可求出∠CPB的度数；②由题意可知当PO⊥BC于点N时，点P到BC的距离最大，根据垂径定理及三角函数即可求出点P到BC的最大距离；③由题意知点P的路径长为弧BC的长，在②的基础上直接利用公式即可求出结果；（2）由题意可知张角∠CPB的度数始终为120°，可得∠CBP＋∠BCP＝60°，因为圆P是△A'BC的内切圆，由此可推出A'是等边三角形ABC外接圆上优弧BAC上的一动点，其半径为2，圆心角240°，根据弧长公式可直接求出其长度，并计算出点A'的路径长是点P的路径长的2倍．【详解】解：（1）①∵是等边三角形，∴，∵，∴，∴.∵，∴，.②（2）如图所示，由于始终为，故过点作圆O,∴.当于点N时，点P到的距离最大.∵，∴，∴，∴点P到的最大距离.③由②可知点P的路径为的长度，即（2）点的路径长与点P的路径长的比值是（或点的路径长是点P的路径长的2倍），理由：由（1）中题意可知张角的度数始终为，可得，又因为圆P是的内切圆，所以，所以，所以是等边三角形外接圆上优弧上的一动点，由题意可得等边三角形外接圆的半径为，点的路径是优弧的长度，即以的圆心角，半径为的弧长，如图，所以点的路径长=，点的路径长与点P的路径长的比值是：，所以点的路径长与点P的路径长的比值是2：1（或点的路径长是点P的路径长的2倍）.【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆的有关性质，弧长公式等，解题的关键是能够根据题意画出图形.8．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：如图①在等边△ABC内部，有一点P，若∠APB=150°，求证：AP2+BP2=CP2证明：将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP’B，连接PP’，则△APP’为等边三角形∴∠APP’=60°，PA=PP’，PC=∵∠APB=150°，∴∠BPP’=90°∴P’P2+BP2=，即PA2+PB2=PC2（2）类比延伸：如图②在等腰△ABC中，∠BAC=90°，内部有一点P，若∠APB=135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明．（3）联想拓展：如图③在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点P在直线AB上方，且∠APB=60°，满足（kPA）2+PB2=PC2（其中k＞0），请直接写出k的值．解析：（1）P’B，P’B2；（2）2PA2+PB2=PC2，见解析；（3）k=【分析】（1）根据旋转的性质和勾股定理直接写出即可．（2）将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP′B，连接PP′，论证PP′=2PA，再根据勾股定理代换即可．（3）将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，论证PP′=PA，再根据勾股定理代换即可．【详解】（1）PC=P’B，P’P2+BP2=P’B2（2）关系式为：2PA2+PB2=PC2证明：将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP’B，连接PP’，则△APP’为等腰直角三角形，∴∠APP’=45°，PP’=PA，PC=P’B，∵∠APB=135°，∴∠BPP’=90°，∴P’P2+BP2=P’B2，∴2PA2+PB2=PC2．（3）k=将△APC绕点A顺时针旋转120°得到△AP’B，连接PP’，过点A作AH⊥PP’，可得【点睛】本题考查了旋转三角形的问题，掌握旋转的性质、勾股定理是解题的关键．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．（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.11．问题背景：如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．解析：（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；（2）通过证明，可得，，即可求解；拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．【详解】解：（1）如图1，，，，，如图2，设与交于点，与交于点，绕点按逆时针方向旋转，，，，，又，，直线与所夹锐角的度数为，故答案为：，；（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，将绕点按逆时针方向旋转，，又，，，，又，，直线与所夹锐角的度数为．拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，，，点是边的中点，，，，，，，，、、三点共线，，，，，由（2）可得：，，，的面积；如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，同理可求：的面积；故答案为：或．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．12．问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．问题探究：在“问题情境”的基础上，（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝，请直接写出FH的长．解析：问题情境：.理由见解析；问题探究：（1）；（2）的最小值为；问题拓展：.【分析】问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF＝MB，证明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出结论；问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出结论；（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点P'在线段DO'上运动；过点S作SK⊥DO'，垂足为K，即可得出结果；问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EG＝AG＝，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出QE＝AE＝，AQ＝AE+QE＝，证明△AGM∽△ABE，得出AM＝，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出AF＝，证明△DFP∽△DAQ，得出FP＝，得出FH＝FP＝．【详解】问题情境：因为四边形是正方形，所以.过点作分别交于点.所以四边形为平行四边形.所以.所以，所以，又因为，所以.，所以.因为，所以，所以.问题探究：（1）连接，过点作，分别交于点.易得四边形矩形.所以且.因为是正方形的对角线，所以.所以是等腰直角三角形，.所以.因为是的垂直平分线，所以.所以.所以.所以.所以.所以是等腰直角三角形，，即.（2）如图所示，连接交于点，由题意易得的直角顶点在上运动.设点与点重合，则点与点重合；设与点重合，则点的落点为.易知.当点在线段上运动时，过点作的垂线，垂足为，过点作，垂足为点.易证：，所以，因为是正方形的对角线，所以，易得，所以.所以.所以，故.所以点在线段上运动.过点作，垂足为，因为点为的中点，所以，则的最小值为.问题拓展：解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：则EG＝AG＝，PH＝FH，∴AE＝5，在Rt△ABE中，BE＝＝3，∴CE＝BC﹣BE＝1，∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，∴△ABE∽△QCE，∴∵AG⊥MN，∴∠AGM＝90°＝∠B，∵∠MAG＝∠EAB，∴△AGM∽△ABE，∴，即，解得：，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，∴B'M＝，∵∠BAD＝90°，∴∠B'AM＝∠C'FA，∴△AFC'∽△MAB'，∴，解得：∵AG⊥MN，FH⊥MN，∴AG∥FH，∴AQ∥FP，∴△DFP∽△DAQ，∴，即，解得：FP＝，∴FH＝．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．13．（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.14．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．15．如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形．探究发现（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由．拓展运用（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长．（3）若B、C、E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．解析：（1）全等，理由见解析；（2）BD＝；（3）△ACD的面积为，AD＝．【分析】（1）依据等式的性质可证明∠BCD＝∠ACE，然后依据SAS可证明△ACE≌△BCD；（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长；（3）过点A作AF⊥CD于F，先根据平角的定义得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，由三角形面积公式可得△ACD的面积，最后根据勾股定理可得AD的长．【详解】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS）；（2）如图3，由（1）得：△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∵△DCE都是等边三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，∴，∴BD＝；（3）如图2，过点A作AF⊥CD于F，∵B、C、E三点在一条直线上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF＝，∴AF＝AC×sin∠ACF＝，∴S△ACD＝，∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×，FD＝CD﹣CF＝，在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2＝，∴AD＝．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等，第（3）小题巧作辅助线构造直角三角形是解题的关键．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．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．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）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．解析：（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）【分析】（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．【详解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案为．【点睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．18．在中，，．点D在边上，且，交边于点F，连接．（1）特例发现：如图1，当时，①求证：；②推断：_________．；（2）探究证明：如图2，当时，请探究的度数是否为定值，并说明理由；（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作的垂线，交于点P，交于点K，若，求的长．解析：（1）①证明见解析，②；（2）为定值，证明见解析；（3）【分析】（1）①利用已知条件证明即可得到结论，②先证明利用相似三角形的性质再证明结合相似三角形