202X宁德市中考数学几何综合压轴题模拟专题

202X宁德市中考数学几何综合压轴题模拟专题一、中考几何压轴题1．我们定义：连结凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”．（1）概念理解：如图1，四边形中，为的中点，，是边上一点，满足，试判断是否为四边形的准中位线，并说明理由．（2）问题探究：如图2，中，，，，动点以每秒1个单位的速度，从点出发向点运动，动点以每秒6个单位的速度，从点出发沿射线运动，当点运动至点时，两点同时停止运动．为线段上任意一点，连接并延长，射线与点构成的四边形的两边分别相交于点，设运动时间为．问为何值时，为点构成的四边形的准中位线．（3）应用拓展：如图3，为四边形的准中位线，，延长分别与，的延长线交于点，请找出图中与相等的角并证明．2．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．3．问题探究：（1）如图①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，则AB的最大值是．（2）如图②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D为△ABC内一点，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，请求出∠ADB的度数．问题解决：（3）如图③，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，点A、B、C分别是三个任务点，点P是△ABC内一个打卡点．按照设计要求，CP＝30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120°，即∠APB＝120°．为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值．4．随着教育教学改革的不断深入，数学教学如何改革和发展，如何从“重教轻学”向自主学习探索为主的方向发展，是一个值得思考的问题．从数学的产生和发展历程来看分析，不外乎就是三个环节：（观察猜想）-（探究证明）-（拓展延伸）．下面同学们从这三个方面试看解决下列问题：已知：如图1所示将一块等腰三角板放置与正方形的重含，连接、，E是的中点，连接．（观察猜想）（1）与的数量关系是________，与的位置关系是___________；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段与的关系是否仍然成立，并说明理由；（拓展延伸）（3）若旋转角，且，求的值．5．（1）问题探究：如图1，△ABC，△ADE均为等边三角形，连接BD、CE，试探究线段BD与CE的数量关系，并说明理由．（2）类比延伸如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，连接BD，CE，试确定BD与CE的数量关系，并说明理由．（3）拓展迁移如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA′，连接BA′，求线段BA′的长．6．综合与实践动手实践：一次数学兴趣活动，张老师将等腰的直角顶点与正方形的顶点重合（），按如图（1）所示重叠在一起，使点在边上，连接．则可证：______，______三点共线；发现问题：（1）如图（2），已知正方形，为边上一动点，，交的延长线于，连结交于点．若，则______，______；尝试探究：（2）如图（3），在（1）的条件下若，求证：；拓展延伸：（3）如图（4），在（1）的条件下，当______时，为的6倍（直接写结果，不要求证明）．7．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．8．（问题情境）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是；（类比探究）（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；（拓展提升）（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为．9．如图，已知和均为等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，将这两个三角形放置在一起．（1）问题发现：如图①，当时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，则＝°，线段BD、CE之间的数量关系是；（2）拓展探究：如图②，当时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，请判断的度数及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图③，，，AE＝2，连接CE、BD，在绕点A旋转的过程中，当时，请直接写出EC的长．10．几何探究：（问题发现）（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）（类比探究）（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1:2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．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．爱好思考的小明在探究两条直线的位置关系查阅资料时，发现了“中垂三角形”，即两条中线相互垂直的三角形“中垂三角形”，如图（1）、图（2）、图（3）中，AM、BN是△ABC的中线，AM⊥BN于点P，像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如图1，当tan∠PAB=1，c=4时，a=b=；（归纳证明）（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想a2、b2、c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图2证明你的结论；（拓展证明）（3）如图4，▱ABCD中，E、F分别是AD、BC的三等分点，且AD=3AE，BC=3BF，连接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相较于点G，AD=3，AB=3，求AF的长．13．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．14．如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是AC，AB上的点，且，猜想：①的值是_______；②直线DE与直线CF所成的角中较小的角的度数是_______．（2）类比探究：如图2，将绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中结论是否成立，就图2的情形说明理由．（3）拓展延伸：在绕点A旋转的过程中，当三点共线时，请直接写出CF的长．15．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．16．（1）问题情境：如图1，已知等腰直角中，，，是上的一点，且，过作于，取中点，连接，则的长为_______（请直接写出答案）小明采用如下的做法：延长到，使，连接，为中点，为的中点，是的中位线……请你根据小明的思路完成上面填空；（2）迁移应用：将图1中的绕点作顺时针旋转，当时，试探究、、的数量关系，并证明你的结论．（3）拓展延伸：在旋转的过程中，当、、三点共线时，直接写出线段的长．17．如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上．（问题发现）如图1所示，与的数量关系为________；（类比探究）如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由；（拓展延伸）若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为________18．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在中，∠BAC=90°，AB=AC=，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．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．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．【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）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析．【分析】（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；（2）当为点构成的四边形的准中位线．则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根解析：（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析．【分析】（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；（2）当为点构成的四边形的准中位线．则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根据平行线分线段成比例列方程即可求解；（3）连接，取的中点，连接，得两条中位线，根据中位线定理，得平行，可找到相等角和线段，从而可得是等腰三角形，进而可得．【详解】解：（1）是四边形的准中位线，理由如下：∵，∴．又∵，，∴，∴，∴．又∵为中点，∴为四边形的准中位线．（2）当为点构成的四边形的准中位线时．①如图，当时，则需满足且为中点．∴，解得：；②如图，当时，则需满足且为中点．∴，解得：，．综上：当或或时，为点构成的四边形的准中位线．（3）．证明如下：如图，连接，取的中点，连接，．，分别是，的中点，∴，，∴．∵分别是，的中点，∴，，∴．∵，∴，∴．∴．【点睛】本题围绕线段的中点考查了等腰三角形判定及性质、平行线分线段成比例、三角形中位线等知识点，考查范围广，综合性强．解（2）的关键是由准中位线图形特征得出四边形有一组对边平行，解（3）的关键是构造出和中位线定理相关的图形．2．（1）见解析；（2）；见解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GM解析：（1）见解析；（2）；见解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GMF即可解决问题；（3）如图3中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】（1）如图（1），∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．∵四边形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，∴DG∥QF，DQ∥GF，∴四边形DQFG是平行四边形，∴DQ=GF，∴FG=AE；（2）．理由：如图（2）中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴GF：AE＝GM：AB，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴GF：AE＝AD：AB，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD，∴GF：AE＝BC：AB，∵，∴．（3）解：如图（3）中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．由BE：BF＝3：4，设BE＝3k，BF＝4k，则EF＝AF＝5k，∵，，∴AE＝，在直角三角形ABE中，根据勾股定理，得，∴∴k＝1或﹣1（舍去），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴，∴，∴EM＝，PM＝，∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝=．【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，是解题的关键．3．（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT解析：（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT，利用勾股定理的逆定理证明∠CTD＝90°，可得结论；（3）将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ，证明PA+PB=JC，再求出JC的最大值即可求解．【详解】（1）如图①，作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，∵∠BOC=2∠BAC＝90°，OB=OC∴△OBC是等腰直角三角形∵BC=4∴OB=OC=2=OA∵AB≤OA+OB∴AB≤4∴AB的最大值为4故答案为：4；（2）如图②，将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT由题意可得DT=BD=2，CT=AD=2∵CD=6∴∴∠CTD＝90°，∵△BDT是等腰直角三角形∴∠DTB=45°∴∠CTB=45°+90°=135°∴∠ADB=∠CTB=135°（3）如图③，将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ∵∠PAK＝120°，∠AKC＝∠APB＝120°∴∠JAK＝∠JKA＝60°∴∠AJK＝60°∴△JAK是等边三角形∴AK=KJ∴∠COP＝2∠AJK＝120°∵PC=30∴OP=OC=OJ=∵CJ≤OJ+OC∴CJ≤∵PA+PB=AK+CK+KJ+KC=JC∴PA+PB的最大值为米．【点睛】此题主要考查旋转的综合运用，解题的关键是熟知三角形外接圆的性质、三角函数的应用、旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理的应用及三角形的三边关系的应用．4．（1）CM=2BE，CM⊥BE；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）设证明，由点是的中点，得到，进而求解；（2）证明和，得到，，进而求解；（3）证明，过点作于点，设，则，，则，即可求解析：（1）CM=2BE，CM⊥BE；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）设证明，由点是的中点，得到，进而求解；（2）证明和，得到，，进而求解；（3）证明，过点作于点，设，则，，则，即可求解．【详解】解：（1）设交于点，为等腰直角三角形，，，，，，，点是的中点，则，即，，，即，故答案为：，CM⊥BE；（2），，仍然成立．如图所示，延长至使，连接，，，，，，，，，而，，，，，，，，，；（3）由得，，则，由（2）知，，，过点作于点，设，则，，，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、直角三角形中线定理、解直角三角形、三角形全等等，综合性强，难度较大．5．（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△E解析：（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△EAC≌△DAB（SAS），即可得出结论；（2）证△EAD∽△CAB，得到，则△EAC∽△DAB，得=2，即可得出结论；（3）先证明△ABC和△AA′D为等腰直角三角形，得，再证∠A′AB=∠DAC，从而可证明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性质可求得A′B的长度．【详解】解：（1）∵△ABC、△ADE均为等边三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC与△DAB中，∴△EAC≌△DAB，∴BD＝CE；（2）BD＝2CE，理由：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴∠EAD＝∠CAB＝60°，AD＝2AE，AB＝2AC，∴∠EAC＝∠DAB，△EAD∽△CAB，∴，∴△EAC∽△DAB，∴，∴BD＝2CE；（3）连接A′A，如图③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC为等腰直角三角形．∴，∵将线段DA绕点D按逆时针方形旋转90°得到DA′∴△AA′D为等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′B＝．【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证得相似三角形是解题的关键．6．动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3）【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得解析：动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3）【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得∠ABF=∠D=90°，则∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线；（1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，可证出△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得BG=CE=AB，即可得出，根据三角形的面积公式分别表示S△AGE和S△BGF，即可得出S△AGE和S△BGF的比值；（2）若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得4BG=CE=AB，可得出BG==AB，即可得出结论；（3）根据AG为GB的6倍得AG=6GB，则AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，则，可得出BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，由DE=BF，BC=CD可得x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，n=3+或3-．【详解】解：动手实践：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴∠ABF=∠D=90°，∴∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线，故答案为：ABF，F、B、C；（1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴△FBG∽△FCE，∴，∴BG=CE=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴，∵S△AGE=AG•BC=×AB×AB=AB2，S△BGF=BG•BF=×AB×AB=AB2，∴，故答案为：5，10；（2）证明：若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴4BG=CE=AB，∴BG=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴AG=5GB；（3）∵AG为GB的6倍，∴AG=6GB，∴AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，∵DE=BF，BC=CD，∴x（a+x）=（x-a）a，整理得：x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，∴n=3+或3-．故答案为：3+或3-．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，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．7．【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．8．（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE解析：（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．【详解】（1）DG=BE理由：∵正方形ABCD，∴CD=CB，∠BCD=90°∵正方形ECGF，∴CG=CE，∠ECG=90°∴∠ECG=∠BCD=90°∴∠DCG=∠BCE在△DCG和△BCE中∴△DCG≌△BCE（SAS）∴DG=BE（2），DG⊥BE．理由如下：延长BE、GD相交于点H．∵矩形ECGF、矩形ABCD，∴∠ECG=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCE，∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，∴CD：CB=CG：CE，∵∠DCG=∠BCE，∴△DCG∽△BCE，∴，∠BEC=∠DGC，∴∵矩形ECGF∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，∴∠H=∠F=90°∴DG⊥BE（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．易证△ECN∽△CGM，∴，∵EN=AB=2，∴CM=1，∴点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′由（2）知，∴BE=2DG∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．∵BG′=，∴2BG+BE的最小值为4故答案为4．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．9．（1）；（2），理由见解析；（3）CE的长为2或4，理由见解析．【分析】（1）证明，得出CE＝BD，，即可得出结论；（2）证明，得出，，即可得出结论；（3）先判断出，再求出：①当点E在点D解析：（1）；（2），理由见解析；（3）CE的长为2或4，理由见解析．【分析】（1）证明，得出CE＝BD，，即可得出结论；（2）证明，得出，，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＝6，进而得出BD＝BP+DP＝8，即可得出结论．【详解】解：（1）为等腰三角形，，∴是等边三角形，同理可得是等边三角形故答案为：．（2），理由如下：在等腰三角形ABC中，AC＝BC，，，同理，，，，，，，，点B、D、E在同一条直线上:；（3）由（2）知，，，在中，，，①当点E在点D上方时，如图③，过点A作交BD的延长线于P，，，四边形APDE是矩形，，矩形APDE是正方形，，在中，根据勾股定理得，，，；②当点E在点D下方时，如图④同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝6，BD＝BP+DP＝8，，综上CE的长为2或4．【点睛】本题是几何变换的综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质，判断出三角形ACE和三角形ABD相似是关键．10．（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例解析：（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例；（3）分两种情况求出BD的长即可．【详解】（1）相等;提示：如图4所示．∵△ADE和△ABC均为等边三角形，∴∴∴在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴．（2）不成立；理由如下：如图5所示．在Rt△ADE和Rt△ABC中，∵∴∴∵∴△ABD∽△ACE∴∴故（1）中的结论不成立；（3）或．提示:分为两种情况：①如图6所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS）∴∴∴由题意可知：设,则在Rt△BCE中,由勾股定理得：∴解之得:（舍去）∴；②如图7所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS），设，则在Rt△BCE中，由勾股定理得：∴解之得：（舍去）∴.综上所述，或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想考虑问题．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）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=5c2．设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分别求出a2、b2、c2即可解决问题．（3）取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，首先证明△ABF是中垂三角形，利用（2）中结论列出方程即可解决问题．【详解】（1）解：如图中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案为：；（2）结论a2+b2=5c2．证明：如图中，连接MN．∵AM、BN是中线，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如图中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，

同理可证△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四边形CEPF是平行四边形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线构造全等三角形，学会利用新的结论解决问题，属于中考压轴题．13．（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．14．（1）①；②30度；（2）成立，理由见解析；（3）或，理由见解析．【分析】①由得;②延长DE、CF交于K，由得，再由可得（2）连接BD交AC于点G,先证明可得，再利用“8”字型可得；（3解析：（1）①；②30度；（2）成立，理由见解析；（3）或，理由见解析．【分析】①由得;②延长DE、CF交于K，由得，再由可得（2）连接BD交AC于点G,先证明可得，再利用“8”字型可得；（3）过点A作，交直线DE于M,再结合（2）中相似分类讨论即可；【详解】（1）①∵菱形ABCD中，∴,∵∴∴∴;②如解题图1，延长DE、CF交于K，∵∴，∵∴∴∴∴（2）成立，理由如下如解题图2，连接BD交AC于点G,∵四边形ABCD是菱形，∴,,即直线DE与CF夹角所成的较小角的度数是30度（3）或理由如下：（1）过点A作，交直线DE于M,如解题图3：当D,E,F三点共线时,由（2）得,(2)如解题图4，过点A作,当D,E,F三点共线时,由（2）得【点睛】本题综合考察相似三角形的性质与判定，菱形的性质，30°直角三角形的性质，熟练运用性质进行角度转换是解题的关键15．（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．16．（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延长到，使，连接，过作于，在中，利用勾股定理求得EH的长，再利用三角形中位线定理即可求解；（2）分在上方和下方两种情况讨论，延长与的延长线交于一点，利用解析：（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延长到，使，连接，过作于，在中，利用勾股定理求得EH的长，再利用三角形中位线定理即可求解；（2）分在上方和下方两种情况讨论，延长与的延长线交于一点，利用等腰直角三角形的性质结合三角形中位线定理即可求解；（3）分点D在线段AC上和在AC延长线上两种情况讨论，仿照（1）的方法即可求解．【详解】（1）延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，∴，过作于，∵，，∴四边形BDEG是矩形，∵等腰直角三角形，，∴∠C=∠A=45，∵，∴等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵在中，，∴；（2）当时，分成两种情况：如图在上方，延长与的延长线交于一点，∵∠BAC=45，∴是等腰直角三角形，且B为AH的中点，∴，∴，∵点F是AE中点，∴，∴；如图，在下方，延长与的延长线交于一点，同理是等腰直角三角形，为中点，∴，∴，∵点F是AE中点，∴，∴；（3）当点D在线段AC上时，延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，过作于，∠ACB+∠DCE=90，∠ABC=90，∴四边形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=2+6=8，∴EH=，∴；当点D在AC延长线上时，延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，过作于，同理四边形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=6-2=4，∴EH=，∴；【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质等，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考压轴题．17．【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即解析：【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论；拓展延伸：分两种情况，连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，GH=HF=HE=HC，得出CF=BC=2，GF=CE=2，HF=HE=HC=，由勾股定理求出AH==，即可得出答案．【详解】问题发现：AE=BF，理由如下：∵四边形和四边形是正方形，∴，，CE=CF，，∴，∴，∴AE=BF；故答案为：AE=BF；类比探究：上述结论还成立，理由如下：连接，如图2所示：∵，∴，在和中，CE=CF，CA=CB，∴，∴，∴，∴AE=BF；拓展延伸：分两种情况：①如图3所示：连接交于，∵四边形和四边形是正方形，∴，AC=AB=4，GF=CE=CF，，∵点为的中点，∴，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴∴AG=AH+HG=；②如图4所示：连接交于，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴AG=AH-HG=；故答案为：或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．18．（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和A解析：（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即，即；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB