上海民办扬波中学中考数学几何综合压轴题易错专题

上海民办扬波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．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．2．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．3．情境观察：将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示.将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A(A′)、B在同一条直线上，如图2所示．观察图2可知：与BC相等的线段是▲，∠CAC′=▲°．问题探究：如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q.试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论.拓展延伸：如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H.若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由.解析：情境观察：AD（或A′D），90问题探究：EP=FQ.证明见解析结论：HE=HF.证明见解析【详解】情境观察AD（或A′D），90问题探究结论：EP=FQ.证明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP.∴AG=EP.同理AG=FQ.∴EP=FQ拓展延伸结论：HE=HF.理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q.∵四边形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，同理△ACG∽△FAQ，∵AB=kAE，AC=kAF，∴EP=FQ.∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF4．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.5．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=m2．6．（问题情境）如图1，点E是平行四边形ABCD的边AD上一点，连接BE、CE．求证：S平行四边形ABCD．（说明：S表示面积）请以“问题情境”为基础，继续下面的探究（探究应用1）如图2，以平行四边形ABCD的边AD为直径作⊙O，⊙O与BC边相切于点H，与BD相交于点M．若AD＝6，BD＝y，AM＝x，试求y与x之间的函数关系式．（探究应用2）如图3，在图1的基础上，点F在CD上，连接AF、BF，AF与CE相交于点G，若AF＝CE，求证：BG平分∠AGC．（迁移拓展）如图4，平行四边形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，E是AB的中点，F在BC上，且BF：FC＝2：1，过D分别作DG⊥AF于G，DH⊥CE于H，请直接写出DG：DH的值．解析：【问题情境】见解析；【探究应用1】；【探究应用2】见解析；【迁移拓展】.【分析】（1）作EF⊥BC于F，则S△BCE＝BC×EF，S平行四边形ABCD＝BC×EF，即可得出结论；（2）连接OH，由切线的性质得出OH⊥BC，OH＝AD＝3，求出平行四边形ABCD的面积＝AD×OH＝18，由圆周角定理得出AM⊥BD，得出△ABD的面积＝BD×AM＝平行四边形的面积＝9，即可得出结果；（3）作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，同图1得：△ABF的面积＝△BCE的面积＝平行四边形ABCD的面积，得出AF×BM＝CE×BN，证出BM＝BN，即可得出BG平分∠AGC．（4）作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，由平行四边形的性质得出∠ABP＝60°，得出∠BAP＝30°，设AB＝4x，则BC＝3x，由直角三角形的性质得出BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，由已知得出BE＝2x，BF＝2x，得出BQ＝x，EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理求出AF＝＝2x，CE＝＝x，连接DF、DE，由三角形的面积关系得出AF×DG＝CE×DH，即可得出结果．【详解】（1）证明：作EF⊥BC于F，如图1所示：则S△BCE＝BC×EF，S平行四边形ABCD＝BC×EF，∴．（2）解：连接OH，如图2所示：∵⊙O与BC边相切于点H，∴OH⊥BC，OH＝AD＝3，∴平行四边形ABCD的面积＝AD×OH＝6×3＝18，∵AD是⊙O的直径，∴∠AMD＝90°，∴AM⊥BD，∴△ABD的面积＝BD×AM＝平行四边形的面积＝9，即xy＝9，∴y与x之间的函数关系式y＝；（3）证明：作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，如图3所示：同图1得：△ABF的面积＝△BCE的面积＝平行四边形ABCD的面积，∴AF×BM＝CE×BN，∵AF＝CE，∴BM＝BN，∴BG平分∠AGC．（4）解：作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，如图4所示：∵平行四边形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，∴∠ABP＝60°，∴∠BAP＝30°，设AB＝4x，则BC＝3x，∴BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，∵E是AB的中点，F在BC上，且BF：FC＝2：1，∴BE＝2x，BF＝2x，∴BQ＝x，∴EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理得：AF＝＝2x，CE＝＝x，连接DF、DE，则△CDE的面积＝△ADF的面积＝平行四边形ABCD的面积，∴AF×DG＝CE×DH，∴DG：DH＝CE：AF＝．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、平行四边形的性质、三角形面积公式、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的判定等知识；本题综合性强，需要添加辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．7．如图1，两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，．（1）操作发现：如图2，固定，使绕点旋转，当点恰好落在边上时，填空：①线段与的位置关系是________；②设的面积为，的面积为，则与的数量关系是_____．（2）猜想论证：当绕点旋转到如图3所示的位置时，请猜想（1）中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展探究：已知，平分，，，交于点（如图4）．若在射线上存在点，使，请求相应的的长．解析：（1）DE∥AC；S1=S2；（2）成立，证明见解析；（3）BF的长为3或6．【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后勾股定理求出EG的长，即可得解【详解】（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；故答案为：DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：S1=S2；（2）如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于N，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，过点D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，BG=BC=，∴BD=3∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，∴∠CDE=360°-∠CDF2-∠F2DB-DBE=360°-150°-90°-30°=90°，∴∠CDG=90°-∠DCG=60°，又∵BD=CD=3，∴DG=，设EG为x，则DE=2x,,解得x=1.5,∴BE=BG-EG=4.5-1.5=3，∴BF1=3，BF2=BF1+F1F2=3+3=6，故BF的长为3或6．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．8．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．9．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．10．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.11．德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．如图①，点C把线段分成两部分，如果，那么称点C为线段的黄金分割点．（1）特例感知：在图①中，若，求的长；（2）知识探究：如图②，作⊙O的内接正五边形：①作两条相互垂直的直径、；②作的中点P，以P为圆心，为半径画弧交于点Q；③以点A为圆心，为半径，在⊙O上连续截取等弧，使弦，连接；则五边形为正五边形．在该正五边形作法中，点Q是否为线段的黄金分割点？请说明理由．（3）拓展应用：国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，是一个非常优美的几何图形，与黄金分割有着密切的联系．延长题（2）中的正五边形的每条边，相交可得到五角星，摆正后如图③，点E是线段的黄金分割点，请利用题中的条件，求的值．解析：（1）61.8；（2）是，理由见解析；（3）【分析】（1）根据黄金分割的定义求解即可；（2）设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，继而求出OQ，MQ，即可作出判断；（3）先求出正五边形的每个内角，即可得到∠PEA=∠PAE=，根据已知条件可知cos72°=，再根据点E是线段PD的黄金分割点，即可求解．【详解】解：（1）∵，∴，即，解得：AC≈61.8；（2）Q是线段OM的黄金分割点，理由如下：设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，∴OP=，∴，∴OQ=PQ-OP=，∴MQ=OM-OQ=，，∴Q是线段OM的黄金分割点；（3）正五边形的每个内角为：，∴∠PEA=∠PAE=，∴cos72°=，∵点E是线段PD的黄金分割点，∴，又∵AE=ED，∴，∴cos72°=．【点睛】本题考查黄金分割、勾股定理、锐角三角函数，解题的关键是读懂题意正确解题．12．如图1，在中，，，，点D，E分别是边，的中点，连接.将绕点C按逆时针方向旋转，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：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）问题解决当旋转至时，请直接写出的长．解析：（1）①；②；（2）不变，证明见解析；（3）2或2【分析】（1）①当=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BD、AE的比值；②中，图形如下，与①有所变化，但求解方法完全相同；（2）证明△ECA∽△DCB，从而根据边长成比例得出比值；（3）存在2种情况，一种是当时，；另一种是当时，，分别利用勾股定理可求得．【详解】（1）①∵在中，，，，点D，E分别是边，的中点∴CD=BD=2，在Rt△ABC中，AB=，AC=∴AE=∴；②图形如下：同理可知：BC=4，AC=，DC=2，DE=，CE=∴BD=DC+CB=2+4=6，AE=EC+AC==∴；（2）不变，理由如下∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴；（3）情况一：当时，，图形如下，过点D作BC的垂线，交BC延长线于点F∵ED∥AC，∴∠ACD=∠EDC=90°∵∠ACB=∠ECD=30°∴∠ECF=30°，∴∠FCD=60°∵CD=2∴在Rt△DCF中，CF=1，FD=∴FB=FC=CB=1+4=5∴在Rt△FDB中，DB=2；情况二：当时，，图形如下，过点D作BC的垂线，交BC于点F∵DE∥AC，∴∠ACD=90°∵∠ACB=30°，∴∠DCF=60°∵CD=2，∴在Rt△CDF中，CF=1，DF=∴FB=CB－CF=4－1=3∴在Rt△FDB中，DB=2综上得：DB的长为2或2．【点睛】此题属于旋转的综合题．考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键．13．问题背景：已知的顶点在的边所在直线上（不与，重合）．交所在直线于点，交所在直线于点．记的面积为，的面积为．（1）初步尝试：如图①，当是等边三角形，，，且，时，则；（2）类比探究：在（1）的条件下，先将点沿平移，使，再将绕点旋转至如图②所示位置，求的值；（3）延伸拓展：当是等腰三角形时，设．（I）如图③，当点在线段上运动时，设，，求的表达式（结果用，和的三角函数表示）．（II）如图④，当点在的延长线上运动时，设，，直接写出的表达式，不必写出解答过程．解析：(1)12;(2)12；（3）（ab）2sin2α．（ab）2sin2α．【解析】试题分析：（1）首先证明△ADM，△BDN都是等边三角形，可得S1=•22=，S2=•（4）2=4，由此即可解决问题；（2）如图2中，设AM=x，BN=y．首先证明△AMD∽△BDN，可得，推出，推出xy=8，由S1=•AD•AM•sin60°=x，S2=DB•sin60°=y，可得S1•S2=x•y=xy=12；（3）Ⅰ如图3中，设AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，由S1=•AD•AM•sinα=axsinα，S2=DB•BN•sinα=bysinα，可得S1•S2=（ab）2sin2α．（Ⅱ）结论不变，证明方法类似；试题解析：（1）如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=CB=AC=6，∠A=∠B=60°，∵DE∥BC，∠EDF=60°，∴∠BND=∠EDF=60°，∴∠BDN=∠ADM=60°，∴△ADM，△BDN都是等边三角形，∴S1=•22=，S2=•（4）2=4，∴S1•S2=12，（2）如图2中，设AM=x，BN=y．∵∠MDB=∠MDN+∠NDB=∠A+∠AMD，∠MDN=∠A，∴∠AMD=∠NDB，∵∠A=∠B，∴△AMD∽△BDN，∴，∴，∴xy=8，∵S1=•AD•AM•sin60°=x，S2=DB•sin60°=y，∴S1•S2=x•y=xy=12．（3）Ⅰ如图3中，设AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=•AD•AM•sinα=axsinα，S2=DB•BN•sinα=bysinα，∴S1•S2=（ab）2sin2α．Ⅱ如图4中，设AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=•AD•AM•sinα=axsinα，S2=DB•BN•sinα=bysinα，∴S1•S2=（ab）2sin2α．考点：几何变换综合题．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．（1）（探究发现）如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点和点（点与点，不重合）．则之间满足的数量关系是．（2）（类比应用）如图2，若将（1）中的“正方形”改为“的菱形”，其他条件不变，当时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．（3）（拓展延伸）如图3，，，，平分，，且，点是上一点，，求的长．解析：（1）（2）结论不成立．（3）【分析】（1）结论：．根据正方形性质，证，根据全等三角形性质可得结论；（2）结论不成立．．连接，在上截取，连接．根据菱形性质，证，四点共圆，分别证是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形性质证，根据全等三角形性质可得结论；（3）由可知是钝角三角形，，作于，设．根据勾股定理，可得到，由，得四点共圆，再证是等边三角形，由（2）可知：，故可得．【详解】（1）如图1中，结论：．理由如下：∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为．（2）如图2中，结论不成立．．理由：连接，在上截取，连接．∵四边形是菱形，，∴，∵，∴四点共圆，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，（3）如图3中，由可知是钝角三角形，，作于，设．在中，，∵，∴，解得（舍弃）或，∴，∵，∴四点共圆，∵平分，∴，∴，∵，∴是等边三角形，由（2）可知：，∴．【点睛】考核知识点：正方形性质，全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，圆的性质.综合运用各个几何性质定理是关键；此题比较综合.16．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．17．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．18．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，（1）猜想：线段与的数量关系为_____；（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．【详解】解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，∴∠ADF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠ADF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(2)仍旧成立，理由如下：延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示设BD延长线DM交AE于M点，∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，∴∠MDF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠MDF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF，∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(3)如下图所示：∵BA=BE，∴∠BAE=∠BEA，∵∠BAE=∠EBG,∴∠BEA=∠EBG，∴AECG，∴∠AEG+∠G=180°，∴∠AEG=90°，∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，∴四边形AEGC为矩形，∴AC=EG，且AB=BE，∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，又∵ED=AC=EG，且EB=EB，∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，∴∠BAC=30°，∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：．故答案为：．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．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）