上海上海第59中学中考数学几何综合压轴题模拟专题

上海上海第59中学中考数学几何综合压轴题模拟专题一、中考几何压轴题1．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法：（综合与实践）操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN；操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′；操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P；（问题解决）请在图3中解决下列问题：（1）求证：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由．2．（教材呈现）下面是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．如图，G，H是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AG=CH，E，F分别是边AB和CD的中点求证：四边形EHFG是平行四边形证明：连接EF交AC于点O∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AB∥CD又∵E，F分别是AB，CD的中点∴AE=CF又∵AB∥CD∴∠EAO=∠FCO又∵∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在△ABC中，E，O分别是边AB、AC的中点，D、F分别是线段AO、CO的中点，连结DE、EF，将△DEF绕点O旋转180°得到△DGF，若四边形DEFG的面积为8，则△ABC的面积为．（拓展）如图②，GH是正方形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分别是AB和CD的中点．若正方形ABCD的面积为16，则四边形EHFG的面积为．3．如图1，已知和均为等腰直角三角形，点、分别在线段、上，．（1）观察猜想：如图2，将绕点逆时针旋转，连接、，的延长线交于点．当的延长线恰好经过点时，点与点重合，此时，①的值为______；②∠BEC的度数为______度；（2）类比探究：如图3，继续旋转，点与点不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由；（3）拓展延伸：若．，当所在的直线垂直于时，请你直接写出线段的长．4．如图，在中，，，，为底边上一动点，连接，以为斜边向左上方作等腰直角，连接．观察猜想：（1）当点落在线段上时，直接写出，的数量关系：_______．类比探究：（2）如图2，当点在线段上运动时，请问（1）中结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；拓展延伸：（3）在点运动过程中，当时，请直接写出线段的长．5．已知：，过平面内一点分别向、、画垂线，垂足分别为、、．（问题引入）如图①，当点在射线上时，求证：．（类比探究）（1）如图②，当点在内部，点在射线上时，求证：．（2）当点在内部，点在射线的反向延长线上时，在图③中画出示意图，并直接写出线段、、之间的数量关系．（知识拓展）如图④，、、是的三条弦，都经过圆内一点，且．判断与的数量关系，并证明你的结论．6．等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC于F，将腰AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过C作CE垂直于直线BB′，垂足为E，连接CB′．（1）问题发现：如图1，当时，的度数为_______；连接EF，则的值为________．（2）拓展探究：当，且时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②解决问题：当A，E，F三点共线时，请直接写出的值．7．如图(1)，在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上(均不与端点重合)，且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN.（问题发现）（1）如图(2)，当n＝1时，BM与PD的数量关系为，CN与PD的数量关系为.（类比探究）（2）如图(3)，当n＝2时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，则CN与PD之间的数量关系是否发生变化？若不变，请就图(3)给出证明；若变化，请写出数量关系，并就图(3)说明理由.（拓展延伸）（3）在(2)的条件下，已知AD＝4，AP＝2，当矩形AMVP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长8．（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图①，在中，，点是边上的一点，，求的长”．某同学做了如下的思考：如图②，过点作，交的延长线于点，进而求解，请回答下列问题：（1）___________度；（2）求的长．（拓展应用）如图③，在四边形中，，对角线相交于点，且，，则的长为_____________．9．（问题情境）（1）如图1，在矩形ABCD中，将矩形沿AC折叠，点B落在点E处，设AD与CE相交于点F，那么AC与DE的位置关系为．（类比探究）（2）如图2，若四边形ABCD为平行四边形，上述“问题情境”中的条件不变，①猜想AC与DE的位置关系，并证明你的结论；②当∠B与∠ACB满足什么数量关系时，△ABC∽△FEA？请说明理由；（拓展应用）（3）如图3，▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝6，上述“问题情境”中的条件不变，当△AEC是直角三角形时，请直接写出DE的长为．10．问题提出（1）如图（1），在等边三角形ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ACN＝°．类比探究（2）如图（2），在等边三角形ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．拓展延伸（3）如图（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使AM＝MN，连接CN．添加一个条件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，写出你所添加的条件，并说明理由．11．如图1，已知直角三角形，，，点是边上一点，过作于点，连接，点是中点，连接，．（1）发现问题：线段，之间的数量关系为______；的度数为______；（2）拓展与探究：若将绕点按顺时针方向旋转角，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若绕点旋转的过程中，当点落到边上时，边上另有一点，，，连接，请直接写出的长度．12．（1）问题探究：如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．（2）理解应用：如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长；（3）拓展应用：如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长13．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．14．（1）观察发现：如图1，在中，，，点是的平分线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°到，连结、，交于．填空：①线段与的数量关系是_________；②线段与的位置关系是_________．（2）拓展探究：如图2，在中，，，点是边的中点，将绕点逆时针旋转到，连结、，交于．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展应用：如图3，在中，，，，的平分线交于，点是射线上的一点，将绕点顺时针旋转60°到，连结、、，与相交于，若以、、为顶点的三角形与全等，直接写出的长．15．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．16．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D是AB边上的动点，DE⊥BC于点E，连接AE，CD，点F，G，H分别是AE，CD，AC的中点．（1）观察猜想：△FGH的形状是（2）探究论证：把△BDE绕点B按逆时针方向旋转到如图所示的位置，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展延伸：把△BDE绕点B在平面内自由旋转，若BC=6，BE=2，请直接写出△FGH周长的取值范围．17．（教材呈现）下图是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．例6：如图18.2.12，G、H是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，E、F分别是边AB和CD的中点．图18.2.12求证：四边形EHFG是平行四边形．证明：连结EF交AC于点O．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD．又∵E、F分别是AB、CD的中点，∴AE＝CF．又∵AB∥CD，∴∠EAO＝∠FCO．又∵∠AOE＝∠COF,∴．请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在中，E，O分别是边AB、AC的中点，D、F分别是线段AO、CO的中点，连结DE、EF，将绕点O旋转180°得到，若四边形DEFG的面积为8，则的面积为．（拓展）如图②，GH是正方形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分别是AB和CD的中点．若正方形ABCD的面积为16，则四边形EHFG的面积为．18．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．19．（1）尝试探究：如图①，在中，，，点、分别是边、上的点，且EF∥AB．①的值为_________；②直线与直线的位置关系为__________；（2）类比延伸：如图②，若将图①中的绕点顺时针旋转，连接，，则在旋转的过程中，请判断的值及直线与直线的位置关系，并说明理由；（3）拓展运用：若，，在旋转过程中，当三点在同一直线上时，请直接写出此时线段的长．20．△ABC中，∠BAC=α°，AB=AC，D是BC上一点，将AD绕点A顺时针旋转α°，得到线段AE，连接BE．（1）（特例感知）如图1，若α=90，则BD+BE与AB的数量关系是．（2）（类比探究）如图2，若α=120，试探究BD+BE与AB的数量关系，并证明．（3）（拓展延伸）如图3，若α=120，AB=AC=4，BD=，Q为BA延长线上的一点，将QD绕点Q顺时针旋转120°，得到线段QE，DE⊥BC，求AQ的长．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性解析：（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论；（2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：如图1，连接PC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠MD′C＝∠D＝90°，∴∠CD′P＝∠B＝90°，在Rt△CD′P和Rt△CBP中，，∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），∴BP＝D′P；（2）解：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝．设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案为：2：1．（3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点．理由：如图2，连接QM．∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，∴∠QD′M＝∠A＝90°．在Rt△AQM和Rt△D′QM中，，∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），∴AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，则QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴点E为AD的五等分点．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．2．教材呈现：见解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先由旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可解析：教材呈现：见解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先由旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得；拓展：先根据正方形的性质和面积可得，从而可得，再根据等腰直角三角形和勾股定理可得，然后利用三角形的面积公式可得，最后利用平行四边形的性质即可得．【详解】解：教材呈现：补充完整证明过程如下：∴OE＝OF，OA＝OC，又∵AG＝CH，∴OA－AG＝OC－CH，即OG＝OH，∴四边形EHFG是平行四边形；探究：如图，连接OE，BO，由旋转的性质得：，点O是AC的中点，点D是AO的中点，点F是CO的中点，，由等底同高得：，，又点E是AB的中点，点O是AC的中点，∴S△BEO=S△AEO=4，∴S△ABO=S△BEO+S△AEO=8，，故答案为：16；拓展：如图，过点E作于点O，四边形ABCD是面积为16的正方形，，在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵AC为正方形的对角线，∴∠EAO=45°，点E是AB的中点，，∵，∴，∴AO=EO，在Rt△AEO中由勾股定理的AO2+EO2=AE2，即2OE2=4解得，，，，由教材呈现可知，四边形EHFG是平行四边形，则四边形EHFG的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形中线性质、平行四边形的判定与性质、正方形的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理等知识点，较难的是拓展，通过作辅助线，构造等腰直角三角形是解题关键．3．（1）①；②45；（2）成立，理由见解析；（3）或【分析】（1）①如图，设AC交BE于点O．证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ABD=∠ACE，②再证明∠BAO=∠CEO=45°，可得结论．（解析：（1）①；②45；（2）成立，理由见解析；（3）或【分析】（1）①如图，设AC交BE于点O．证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ABD=∠ACE，②再证明∠BAO=∠CEO=45°，可得结论．（2）如图（3）中，设AC交BF于点O．证明△DAB∽△EAC，可得结论．（3）分两种情形：如图，当CE⊥AD于O时，如图（4）-2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O．分别求出EC，可得结论．【详解】解：（1）如图（2）中，设AC交BE于点O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD=∠CAB=45°，AD=AE，AB=AC，∴∠EAC=∠DAB，∴=，∴△DAB∽△EAC，∴=；②由△DAB∽△EAC，∴∠ABD=∠ACE，∵∠AOB=∠EOC，∴∠BAO=∠CEO=45°，∴∠CEB=45°，故答案为：，45；（2）如图（3）中，设AC交BF于点O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD=∠CAB=45°，AD=AE，AB=AC，∴∠EAC=∠DAB，=，∴△DAB∽△EAC，∴=，∠ABD=∠ACE，∵∠AOB=∠FOC，∴∠BAO=∠CFO=45°，∴=，∠BFC=45°；（3）如图（4）-1中，当CE⊥AD于O时，∵AE=DE=，AC=BC=，∠AED=∠ACB=90°，∴AD=AE=2，∵EO⊥AD，∴OD=OA=OE=1，∴OC==3，∴EC=OE+OC=4，∵BD=EC，∴BD=4；如图（4）-2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O．同法可得OD=OA=OE=1，OC=3，EC=3-1=2，∴BD=EC=2，综上所述，BD的长为4或2．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，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相似三角形解决问题，属于中考压轴题．4．（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，取的中点，连接．当解析：（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，取的中点，连接．当点在线段上时，如图中，当点在线段上时，分别利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图（1）中，，都是等腰直角三角形，，，，，故答案为：．（2）如图（2）中，结论成立．理由：取的中点，连接，．，，，，，，，都是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，．（3）如图中，取的中点，连接．当点在线段上时，，，，，，在中，，．如图中，当点在线段上时，同法可得，，，综上所述，的长为或．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．5．【问题引入】见解析；【类比探究】（1）见解析；（2）图见解析，；【知识拓展】，证明见解析【分析】[问题引入]利用AAS证明△POE≌△POD，即可得出结论；[类比探究]（1）过点F作FN解析：【问题引入】见解析；【类比探究】（1）见解析；（2）图见解析，；【知识拓展】，证明见解析【分析】[问题引入]利用AAS证明△POE≌△POD，即可得出结论；[类比探究]（1）过点F作FN⊥OB，FM⊥OA，垂足分别为N、M，FM与PE交于点Q，先证明△PFQ为等边三角形，得出FG=PH，再运用矩形性质得出OM=OF，ON=OF，即可证得结论；（2）作FN⊥OB于点N，FM⊥OA于点M，射线FM交PE于点Q，作PH⊥FQ于点H，FG⊥PQ于点G，同（1）可证：NE=FG=PH=MD，ON=OM=OF，即可得出结论；[知识拓展]过点O作OM⊥AB，ON⊥EF，OQ⊥CD，垂足分别为M、N、Q，利用垂径定理可得出PB-PA=2PM，PF-PE=2PN，PD-PC=2PQ，再运用[类比探究]得：PM+PN=PQ，从而证得结论．【详解】[问题引入]证明：∵，，，∴．∵，∴．∴．[类比探究]（1）过点作，，垂足分别为、，与交于点．∵，，，则为等边三角形，、边上的高相等，即．在矩形、矩形中，有，，∴．∴．∵，，∴，同理，，∴，∴．（2）结论：．作于点，于点，射线与的交点为，作于点，于点，同（1）可证，，∴．[知识拓展]数量关系：．理由如下：过点作，，，垂足分别为、、．由垂径定理可得．∴．同理，，由[类比探究]得，∴，∴．∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，角平分线性质，矩形性质，垂径定理等，熟练掌握全等三角形判定和性质及垂径定理等相关知识是解题关键．6．（1）∠CB′E=60°，；（2）①两个结论成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质以及直角三角形的性质解答即可；（2）①根据旋转的性质和等腰三角形的性质和直解析：（1）∠CB′E=60°，；（2）①两个结论成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质以及直角三角形的性质解答即可；（2）①根据旋转的性质和等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；②当A，E，F三点共线时，分两种情况讨论，利用三角函数解答即可．【详解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC，∴∠ABC=∠ACB=30°，BF=FC，根据旋转的性质得：AB=AC=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B==70°，∵AC=AB′，∠B′AC=120°-40°=80°，∴∠AB′C==50°，∴∠CB′E=180°-70°-50°=60°，连接EF，∵BF=FC，则EF为直角三角形BEC斜边上的中线，∴EF=BF=FC，在Rt△ABF中，，∴；（2）①两个结论成立，理由如下：连接EF，根据旋转的性质得：AB=AC=AB′，等腰△ABB′中，∠BAB′=α，则∠AB′B==90°−α，等腰△AB′C中，∠CAB′=α−120°，则∠AB′C==150°−α，∴；∵AB=AC，AF⊥BC．∴∠FAC=60°，Rt△CEB′中，=sin60°=，Rt△CFA中，=sin60°=，∴，∵∠FCE=∠ACB′=30°+∠ACE，∴△CEF~△CB′A∴；②当A，E，F三点共线时，分以下两种情况讨论，（Ⅰ）当点E在FA的延长线上时，如图，由①可知，∠B'=60°，∵CE⊥BB'，而BC=2EF=2BF，EB=CE，设BF=x，则EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB+B'E=，∴；（Ⅱ）当点E在AF的延长线上时，如图，同理可得，∠CB'E=60°，BC=2EF=2BF，∵CE⊥BB'，∴∠CEB'=∠CEB=90°，EB=CE，设BF=x，则EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB-B'E=，∴；综上，的值为或．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、特殊角的三角函数值等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．7．（1）BM＝PD；（2）见解析（3）或【分析】（1）当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形，所以AM=AP,AB=AD，从而得出BM=PD，再根据得出，从而得出结论；（解析：（1）BM＝PD；（2）见解析（3）或【分析】（1）当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形，所以AM=AP,AB=AD，从而得出BM=PD，再根据得出，从而得出结论；（2）连接AC，证明,即可求解；（3）分两种情况考虑：通过证得出对应边数量关系，设，则解直角三角形AQM，从而计算出QM的长度，从而求算CN．【详解】（1）解：∵当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形∴AM=AP,AB=AD∴BM＝PD又∵∴∴（2）CN与PD之间的数量关系发生变化，.理由：连接AC，如图：在矩形ABCD和矩形AMNP中，∵.AD=2AB，AP=2AM，∴，∴.易得∴△ANC∽△APD∴∴（3）分两种情况考虑：①如图：∵已知AD＝4，AP＝2,∴AB=2,AM=PN=1由图知：∴设，则，在直角三角形AQM中：解得：（舍）∴，∴∴②如图：由①可得：，，MN=2∴【点睛】本题考查矩形与旋转、相似等综合，有一定的难度，转化相关的线段与角度是解题关键．8．【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE解析：【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE，由平行线证明△ABD∽△ECD，求出AD=2；ED=4，ED=2，得出AC=AE=AD+ED=6；

拓展应用：过点D作DF∥AB交AC于点F．证明△BAE∽△DFE，得出=2，得出AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，证出AC=AD，在Rt△ADF中，求出DF=AF×tan∠CAD=，得出AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，得出AC=AB，在Rt△ABC中，求出BC=AB=2即可．【详解】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ACE+∠BAC=180°，

∴∠ACE=180°-108°=72°；

故答案为：72；

（2）∵CE∥AB，

∴∠E=∠BAD=72°，

∴∠E=∠ACE，

∴AC=AE，

∵CE∥AB，

∴△ABD∽△ECD，

∴，∵BD=2CD，

∴=2，∴AD=2ED=4，

∴ED=2，

∴AC=AE=AD+ED=4+2=6；拓展应用：

：如图3中，过点D作DF∥AB交AC于点F．

∵AC⊥AB，∴∠BAC=90°，∵DF∥AB，

∴∠DFA=∠BAC=90°，

∵∠AEB=∠DEF，

∴△BAE∽△DFE，

∴=2，∴AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，∵∠BAD=120°，

∴∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°=∠ADC，

∴AC=AD，

在Rt△ADF中，∵∠CAD=30°，

∴DF=AF×tan∠CAD=3×，∴AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，∴AC=AB，

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90°，

∴BC=AB=2；故答案为：2．【点睛】此题考查四边形综合题，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，本题综合性强，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．9．（1）AC//DE；（2）①AC//DE；②∠B+3∠ACB＝180°，理由见解析；（3）或．【分析】【问题情境】AC//DE，根据矩形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；【类比探究】①解析：（1）AC//DE；（2）①AC//DE；②∠B+3∠ACB＝180°，理由见解析；（3）或．【分析】【问题情境】AC//DE，根据矩形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；【类比探究】①AC//DE，根据平行四边形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；②由①得∠DAC＝∠ACB＝∠ACE，根据三角形外角的性质可得∠AFE＝2∠ACB，若△ABC∽△FEA，根据相似三角形的性质可得∠BAC＝∠EFA＝2∠ACB，∠B＝∠AEC，根据平行线的性质可得∠B+∠BAD＝180°，即∠B+∠BAC+∠DAC＝180°，可得出∠B+3∠ACB＝180°；【拓展应用】分两种情形：①∠EAC＝90°时，如图3﹣1．②如图2，当∠ACE＝90°时，分别求解即可．【详解】【问题情境】如图①中，∵矩形ABCD沿AC折叠，∴∠1＝∠2，∵AD//BC，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴AF＝CF，∵AD＝BC，BC＝CE，∴AD＝CE，∴AD﹣AF＝CE﹣CF，即EF＝DF，∴∠FED＝∠FDE，∵∠AFC＝∠EFD，∴∠3＝∠ADE，∴AC//DE．故答案为：AC//DE；【类比探究】①如图②中，∵沿AC折叠，∴∠ACB＝∠ACE，BC＝CE，∵AD//BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠DAC＝∠ACE，∴FA＝FC，∵AD＝BC，BC＝CE，∴AD＝CE，∴AD﹣FA＝CE﹣FC，即EF＝DF，∴∠FED＝∠FDE，∵∠AFC＝∠EFD，∴∠DAC＝∠ADE，∴AC//DE，②由①得∠DAC＝∠ACB＝∠ACE，∴∠AFE＝∠DAC+∠ACE＝2∠ACB，若△ABC∽△FEA，则∠BAC＝∠EFA＝2∠ACB，∠B＝∠AEC，∵AD//BC，∴∠B+∠BAD＝180°，即∠B+∠BAC+∠DAC＝180°，∵∠BAC＝2∠ACB，∠DAC＝∠ACB，∴∠B+3∠ACB＝180°，∴当∠B+3∠ACB＝180°时，△ABC∽△FEA；【拓展应用】①∠EAC＝90°时，如图，∵沿AC折叠，∴AE＝AB＝6，∠AEC＝∠ABC＝60°，∠BAC＝∠EAC＝90°，∴B、A、E三点共线，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB//CD，即AE//CD，AB＝CD，∴AE//CD，AE＝CD，∴四边形ACDE为平行四边形，∴DE＝AC，在Rt△BAC中，AC＝AB•tan∠B＝，②如图，当∠ACE＝90°时，∵沿AC折叠，∴AE＝AB＝6，∠ACE＝∠ABC＝60°，∠BCA＝∠ECA＝90°，∴B、C、E三点共线，∵BC＝CE＝AD，∵AD//BE，∠ECA＝90°，∴四边形ACED为矩形，∴DE＝AC，在Rt△ABC中，AC＝AB•sin∠B＝，综上可知，当△AEC是直角三角形时，DE的长为或．故答案为：或．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．10．（1）60；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，进而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可证明≌，继而得出结论；解析：（1）60；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，进而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可证明≌，继而得出结论；（2）也可以通过证明≌，得出结论，和（1）的思路完全一样；（3）当∠ABC＝∠AMN时，∽，利用相似的性质得到，又根据∠BAM＝∠CAN，证得∽，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵、是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，

∴∠BAM=∠CAN，

∵在和中，，∴≌（SAS），∴∠ABC=∠ACN；∵是等边三角形∴∠ABC=60°∴∠ACN=∠ABC=60°．（2）结论∠ACN＝60°仍成立．理由如下：∵、都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN，∴≌，∴∠ACN＝∠ABM＝60°．（3）添加条件：∠ABC＝∠AMN．理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN，∴∽，∴．又∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，∴∽，∴∠ABC＝∠ACN．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等的条件，利用全等的性质证明结论．11．（1），；（2）结论成立，理由见解析；（3）．【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质即可求出的度数；（2）如图（见解析），先根据解析：（1），；（2）结论成立，理由见解析；（3）．【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质即可求出的度数；（2）如图（见解析），先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理可得，再根据等腰三角形的性质、平行线的性质、三角形的外角性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行线的性质、等边三角形的判定与性质、角的和差即可求出的度数；（3）如图（见解析），先根据直角三角形的性质可得，从而可得，再分别在和中，根据直角三角形的性质、勾股定理可得，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【详解】（1）在中，，点是中点，，同理可得：，，在中，，，，又，，，，，，，；（2）结论成立，理由如下：如图，分别取AB的中点为M，取AD的中点为N，连接FM、CM、EN、FN，，，又点是中点，是的中位线，，，同理可得：，，绕点按顺时针方向旋转角，，，，，，，，，同理可得：，，在和中，，，，，是等边三角形，，，，，，，；（3）如图，过点G作，交AE延长线于点F，在中，，，，，由旋转的性质得：，在中，，，在中，，，，则在中，．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、三角形中位线定理、三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．12．（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性质可求解；（3）分两种情况讨论，通过证明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位线定理可求解．【详解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如图1：延长BE交AD于N，交DG于H，∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠ABE+∠ANB＝90°，∴∠ADG+∠DNH＝90°，∴∠DHN＝90°，∴BE⊥DG；（2）如图，当点G在线段DE上时，连接BD，∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，∴∠DEB＝90°，∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，∴GE＝5﹣5，∴AE＝＝5﹣5，当点E在线段DG上时，同理可求AE＝5﹣5，故答案为：5﹣5；（3）如图，若点G在线段DE上时，∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，又∵，∴△AGD∽△AEB，∴，∠DGA＝∠AEB，∴BE＝DG，∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，∴∠GAE＝∠DEB＝90°，∵DB2＝DE2+BE2，∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），∴BE＝12，∵点M，N分别是BD，DE的中点，∴MN＝BE＝6；如图，当点E在线段DG上时，同理可求：BE＝16，∵点M，N分别是BD，DE的中点，∴MN＝BE＝8，综上所述：MN为6或8，故答案为：6或8．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．13．（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，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．14．（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（3）分三种情形利用等边三角形的判定和性质分别求解即可．【详解】（1）如图1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根据旋转的性质知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故答案为：BD=BE，BC⊥DE；（2）结论仍然成立．理由：∵，点是的中点，∴，根据旋转的性质知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如图3（1），当时，∵，，，CD是的平分线，∴△ABC是等边三角形，且边长为2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根据旋转的性质知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等边三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等边三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如图3（2），当时，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等边三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如图（3），当时，∵，∴，同理可得△EFC是等边三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；综上，的长或2或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，旋转变换，全等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解决问题，属于中考压轴题．15．（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．16．（1）等腰直角三角形；（2）成立，见解析；（3）大于等于，小于等于．【分析】（1）先作出辅助线构造全等，进而证明FG与DE、AC均平行，再利用平行线间存在的角度关系推导出∠GFH为90°、∠FH解析：（1）等腰直角三角形；（2）成立，见解析；（3）大于等于，小于等于．【分析】（1）先作出辅助线构造全等，进而证明FG与DE、AC均平行，再利用平行线间存在的角度关系推导出∠GFH为90°、∠FHG为45°，从而证明△GFH为等腰直角三角形；（2）先作出辅助线构造相似，从而证明FH与GH之间的比例关系，再利用角度之间的关系即可证明；（3）通过前两问证明得到△GFH的周长与CE长之间的关系，再通过观察E点运动轨迹，分别找到CE取得最大值和最小值的位置，解出CE长，进而即可求得△GFH周长的取值范围．【详解】解：（1）等腰直角三角形．连接EG并延长交AC于K．∵DE⊥BC，∠ACB=90°∴DEAC∴∠EDG=∠KCG又∵G为CD中点∴DG=CG∴△DGE≌△CGK（ASA）∴EG=GK又∵F为AE中点，EF=AF∴FGACDE∴∠EFG=∠DEF又∵F、H分别为AE、AC中点∴FHEC∴∠AFH=∠AEC，∠AHF=∠ACE=90°而∠GFH=180°-（∠EFG+∠AFH）∠EFG+∠AFH=∠DEF+∠AEC=90°∴∠GFH=180°-90°=90°又∵G、H分别为CD、AC中点∴GHAD∴∠GHC=∠DAC=45°而∠FHG=180°-∠GHC-∠AHF=180°-45°-90°=45°∴△FGH为等腰直角三角形．（2）仍然成立，理由如下．连接CE并延长交AB于点P，交AD的延长线于点O．由图①可知，∴∴∵，∴∴∴，∵∴∵点F，G，H分别为AE，CD，AC的中点∴，；，∴，，∴为等腰直角三角形．（3）当△BDE绕点B在平面内自由旋转时，作出E点轨迹如图所示，为一个以B为圆心，BE长为半径的圆．∵△GFH的周长为GF、FH和GH的和且由（2）知△GFH恒为等腰直角三角形∴又∵F、H分别为AE、AC中点∴FH=CE当E在圆B上运动时，而CB=6，CE=2∴，∴，∴周长的最大值为，最小值为∴周长的取值范围是大于等于，小于等于．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形、三角形的中位线等相关知识点，题目综合性较强，难度较大，难点在于根据已知构造恰当的辅助线．17．教材呈现：见解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先根据旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而解析：教材呈现：见解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先根据旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得；拓展：先根据正方形的性质和面积可得，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，然后利用三角形的面积公式可得，最后利用平行四边形的性质即可得．【详解】教材呈现：补充完整证明过程如下：，又∵，∴，即，∴四边形EHFG是平行四边形；探究：如图，连接OE，由旋转的性质得：，点O是AC的中点，点D是AO的中点，点F是CO的中点，，由等底同高得：，，又点E是AB的中点，点O是AC的中点，是的中位线，，故答案为：16；拓展：如图，过点E作于点O，四边形ABCD是面积为16的正方形，，，，，点E是AB的中点，，在和中，，，，即，解得，，由教材呈现可知，四边形EHFG是平