郑州市第四中学中考数学期末几何综合压轴题易错汇编

郑州市第四中学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．（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．解析：（1）①1；②；（2），．理由见解析；（3）2或4．【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；（2）根据锐角三角比可得，根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；（3）当点与点在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转的性质和勾股定理，可得AD的长．【详解】（1）①∵，∴∠BOD=∠AOC，又∵，，∴△BOD≌△AOC，∴BD=AC，∴=1；②∵，∴∠OAB+∠OBA=140°，∵△BOD≌△AOC，∴∠CAO=∠DBO，∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，∴∠AMB=；（2）如图2，，．理由如下：中，，，，同理得：，，，，，，∠CAO=∠DBO，∵∠BEO+∠DBO=90°，∴∠CAE+∠AEM=90°，∴∠AMB=90°；（3）∵∠A=30°，，∴OA==3．如图3，当点D和点A在点O的同侧时，∵，∴AD=3-2=2；如图4，当点D和点A在点O的两侧时，∵，，OA=3∴AD=3+1=4．综上可知，AD的长是2或4．【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，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，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．2．（1）（问题背景）如图1，在中，，，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：；（2）（尝试应用）如图2，在（1）的条件下，延长DE，AC交于点G，交DE于点F．求证：；（3）（拓展创新）如图3，是内一点，，，，直接写出的面积为_____________．解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）【问题背景】如图1，根据SAS证明三角形全等即可．（2）【尝试应用】如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE＝即可．（3）【拓展创新】如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD，再根据三角形面积公式即可求解．【详解】（1）【问题背景】证明：如图1，∵，∴，在和中，，∴．（2）【尝试应用】证明：如图2，过点D作交FB的延长线于K．∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．（3）【拓展创新】如图3中，过点A作交BD于E，连接CE．∵，，∴与都是等腰直角三角形，同法可证，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，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．3．（了解概念）定义：在平面直角坐标系中，组成图形的各点中，与点Р所连线段最短的点叫做点Р关于这个图形的短距点，这条最短线段的长度叫做点Р到这个图形的短距．（理解运用）（1）已知点，以原点为圆心，l为半径作，则点Р关于的短距点的坐标是；（2）如图，点，等边三角形OAB的顶点A的坐标为，顶点B在第一象限，判断点Р关于的短距点的个数，并说明理由；（拓展提升）（3）已知，，，点C在第一象限内，且，，若点Р到四边形OACB的短距大于2，请直接写出的取值范围．解析：（1）(-1，0)；（2）点Р关于的短距点的个数有3个；（3）当p＜-或2＜p＜4或p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2．【分析】（1）连接PO，交于点M，点M即是点Р关于的短距点，进而即可求解；（2）根据题意得点P是三角形OAB的中心，进而即可求解；（3）由题意得点P，A，B在直线y=-x+6上，以点P为圆心，半径长为2画圆，分3种情况：①当点P在AB的延长线上，圆P过点B时，②当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，分别求解，即可得到答案．【详解】解：（1）连接PO，交于点M，点M即是点Р关于的短距点，∵，、的半径为1，∴M(-1，0)，故答案是：(-1，0)；（2）∵点，等边三角形OAB的顶点A的坐标为，∴点P是三角形OAB的中心，∴点P到OA，OB，OC的三条垂线段最短，三条垂线段都等于，∴点Р关于的短距点的个数有3个；（3）∵，，，∴点P，A，B在直线y=-x+6上，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵点C在第一象限内，且，，∴∠ABC=75°-45°=30°，以点P为圆心，半径长为2画圆，如图所示：当点P在AB的延长线上，圆P过点B时，过点P作PM⊥y轴，∵PB=2，∠PBM=45°，∴PM=2×=，∴p＜-时，点Р到四边形OACB的短距大于2；①当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，②当点P在线段AB上，圆P与OA相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则AP=PN=2，BP=AB-AP=6-2=4，PM=BP×=4×=4，∴2＜p＜4时，点Р到四边形OACB的短距大于2；③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，则PM=（6+2）×=6+，∴p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2；综上所述：当p＜-或2＜p＜4或p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2．【点睛】本题主要考查图形与坐标以及圆的综合题，根据题意画出图形，掌握圆与直线相切的性质是解题的关键．4．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．5．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.6．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.7．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．8．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．9．问题呈现：如图1，在边长为1的正方形网格中，分别连接格点A，B和C，D，AB和CD相交于点P，求tan∠BPD的值．方法归纳：利用网格将线段CD平移到线段BE，连接AE，得到格点△ABE，且AE⊥BE，则∠BPD就变换成Rt△ABE中的∠ABE．问题解决：（1）图1中tan∠BPD的值为________；（2）如图2，在边长为1的正方形网格中，分别连接格点A，B和C，D，AB与CD交于点P，求cos∠BPD的值；思维拓展：（3）如图3，AB⊥CD，垂足为B，且AB＝4BC，BD＝2BC，点E在AB上，且AE＝BC，连接AD交CE的延长线于点P，利用网格求sin∠CPD．解析：（1）2；（2）；（3）【分析】（1）由题意可得BE∥DC，则∠ABE=∠DPB，那么∠BPD就变换到Rt△ABE中，由锐角三角函数的定义可得出答案；（2）过点A作AE//CD，连接BE，那么∠BPD就变换到等腰Rt△ABE中，由锐角三角函数的定义可得出答案；（3）以BC为边长构造网格，然后把PC平移到AN，则∠CPD就变换成Rt△ADN中的∠NAD，再由锐角三角函数的定义可得出答案．【详解】（1）由勾股定理可得：，∵CD//BE，∴tan∠BPD＝tan∠ABE＝；（2）过点A作AE//CD，连接BE，由图可知E点在格点上，且∠AEB＝90°，由勾股定理可得：∴cos∠BPD＝cos∠BAE＝（3）如图3构造网格，过点A作AN//PC，连接DN，由图可知N点在格点上，且∠AND＝90°，由勾股定理可得：∴sin∠CPD＝sin∠NAD＝【点睛】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．10．在中，，过点作直线，将绕点C顺时针旋转得到（点的对应点分别是），射线分别交直线于点．（1）问题发现：如图1所示，若与重合，则的度数为_________________（2）类比探究：如图2，所示，设与的交点为M，当M为中点时，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）存在，【分析】（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC=，依据∠A'BC=90°，可得cos∠A'CB=，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PB=，依据tan∠BQC=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）由旋转得：，，，，，，；(2)因为M是中点，所以，，，，．∵∠PCQ=∠PBC=90°，∴∠BQC+∠BPC=∠BCP+∠BPC=90°，∴∠BQC=∠BCP=∠A，，，；(3)，最小，即最小，，取PQ的中点G，，即PQ=2CG，当最小时，最小，，与重合，最小，∵的最小值为，．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：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．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．小明研究了这样一道几何题：如图1，在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，请问边上的中线与的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：（1）①如图2，当为等边三角形时，猜想与的数量关系为_______；②如图3，当，时，则长为________．猜想论证：（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．拓展应用：（3）如图4，在四边形，，，，，，在四边形内部是否存在点，使与之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点的位置（保留作图痕迹，不需要说明）并直接写出的边上的中线的长度；若不存在，说明理由．解析：（1）①；②4，（2）；理由见解析，（3）存在；【分析】（1）①首先证明是含有的直角三角形，可得，即可解决问题；②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题．（2）与的数量关系为，如图5，延长到，使，连接、，先证四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题．（3）存在，如图6，延长交的延长线于，作于，做直线的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线，连接交于，先证明，，再证明，即可得出结论，再在中，根据勾股定理，即可求出的长．【详解】（1）①如图2，∵是等边三角形，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，∴，又∵是边上的中线，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴在中，，，∴．故答案为：．②如图3，∵，，∴，即和为直角三角形，∵把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，∴，，∴在和中，∴，∴，∵是边上的中线，为直角三角形，∴，又∵，∴．故答案为：．（2），如图5，延长到，使，连接、，图5∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∵，∴在和中，∴，∴，∴．（3）存在，如图6，延长交的延长线于，作于，作直线的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线，连接交于，图6∵，∴，∵，∴，在中，∵，，，∴，，，在中，∵，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，在中，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴与之间满足小明探究的问题中的边角关系，在中，∵，，，∴．【点睛】本题考查了三角形的综合问题．掌握全等三角形的性质以及判定定理、直角三角形斜边中线定理、解直角三角形、勾股定理、中线的性质是解题的关键．在处理三角形的边旋转问题时，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系．在证明某点是否存在问题时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性．13．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.14．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”．（1）概念理解:如图1,在中,,.,试判断是否是“等高底”三角形，请说明理由.（2）问题探究:如图2,是“等高底”三角形,是“等底”，作关于所在直线的对称图形得到,连结交直线于点.若点是的重心,求的值.（3）应用拓展:如图3,已知,与之间的距离为2.“等高底”的“等底”在直线上,点在直线上,有一边的长是的倍.将绕点按顺时针方向旋转得到,所在直线交于点.求的值.解析：（1）证明见解析；（2）（3）的值为,,2【解析】分析：（1）过点A作AD⊥直线CB于点D，可以得到AD=BC=3，即可得到结论；（2）根据ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC，再由ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，得到∠ADC=90°，由重心的性质，得到BC=2BD．设BD=x，则AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=x，即可得到结论；（3）分两种情况讨论即可：①当AB=BC时，再分两种情况讨论；②当AC=BC时，再分两种情况讨论即可．详解：（1）是．理由如下：如图1，过点A作AD⊥直线CB于点D，∴ΔADC为直角三角形，∠ADC=90°．∵∠ACB=30°，AC=6，∴AD=AC=3，∴AD=BC=3，即ΔABC是“等高底”三角形．（2）如图2，∵ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，∴∠ADC=90°．∵点B是ΔAA′C的重心，∴BC=2BD．设BD=x，则AD=BC=2x，∴CD=3x，∴由勾股定理得AC=x，∴．（3）①当AB=BC时，Ⅰ．如图3，作AE⊥l1于点E，DF⊥AC于点F．∵“等高底”ΔABC的“等底”为BC，l1//l2，l1与l2之间的距离为2，AB=BC，∴BC=AE=2，AB=2，∴BE=2，即EC=4，∴AC=．∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA'B'C，∴∠CDF=45°．设DF=CF=x．∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴，即AF=2x．∴AC=3x=，可得x=，∴CD=x=．Ⅱ．如图4，此时ΔABC是等腰直角三角形，∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA'B'C，∴ΔACD是等腰直角三角形，∴CD=AC=．②当AC=BC时，Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．Ⅱ．如图6，作AE⊥l1于点E，则AE=BC，∴AC=BC=AE，∴∠ACE=45°，∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′B′C时，点A′在直线l1上，∴A′C∥l2，即直线A′C与l2无交点．综上所述：CD的值为，，2．点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．15．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．16．（性质探究）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF=2OG．（迁移应用）（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．解析：（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，又∵BF=2OG，，∴，设CD=2x，AC=3x，则AD=，∴．（4）解：设OG=a，AG=k．①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，综上所述，tan∠BAE的值为或．【点睛】本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．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．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个整数之和所取的2个整数之和可以为3，4，5，6，7，8，9也就是从3到9的连续整数，其中最小是3，最大是9，所以共有7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个整数之和的最小值是3，和的最大值是所以一共有种．探究二：（1）从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，如下表：取的3个整数1,2,31,2,41,3,42,3,43个整数之和6789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4种，（2）从1，2，3，4，5这5个整数中任取3个整数，这3个整数之和的最小值是6，和的最大值是12,所以从1，2，3，4，5这5个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有7种，从而从1，2，3，…，（为整数，且）这个整数中任取3个整数，这3个整数之和的最小值是6，和的最大值是所以一共有种，探究三：从1，2，3，4，5这5个整数中任取4个整数，这4个整数之和最小是最大是，所以这4个整数之和一共有5种，从1，2，3，4，5，6这6个整数中任取4个整数，这4个整数之和最小是最大是，所以这4个整数之