深圳新安振华学校中考数学期末几何综合压轴题易错汇编

深圳新安振华学校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．（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.2．[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；[拓展延伸]（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．①求线段AC的长；②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．解析：（1）AM＝BM；（2）；（3）①AC＝；②≤≤．【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．（3）①证明△BCM∽△BAC，推出由此即可解决问题．②证明△PFA′∽△MFC，推出，因为CM=5，推出即可解决问题．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，∴MN垂直平分线段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为：AM＝BM．（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴，∴，∴BM＝，∴AM＝AB﹣BM＝10﹣，∴；（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴∴，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴，∴AC＝．②如图③﹣1中，∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，∴△PFA′∽△MFC，∴，∵CM＝5，∴，∵点P在线段OB上运动，OA＝OC＝，AB′＝﹣6＝，∴≤PA′≤，∴≤≤．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰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相似三角形解决问题，属于中考压轴题．3．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=m2．4．如图①，在中，为边上一点，过点作交于点，连接，为的中点，连接．（观察猜想）（1）①的数量关系是___________②的数量关系是______________（类比探究）（2）将图①中绕点逆时针旋转，如图②所示，则(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（拓展迁移）（3）将绕点旋转任意角度，若，请直接写出点在同一直线上时的长．解析：（1）①；②；（2）成立，证明见解析；（3）的长为或【分析】（1）①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到答案；②由①知，利用等边对等角和三角形的外角性质，得到，，然后即可得到答案；（2）①过点作交的延长线于点，EF与交于点，利用等腰直角三角形的性质，证明，即可得到结论成立；②由全等三角形的性质，求出∠OEC=90°，即可得到结论成立；（3）根据旋转的性质，点在同一直线上可分为两种情况：①点C在线段OB上；②点C在OB的延长线上；利用等腰直角三角形的性质，分别求出OE的长度，即可得到答案.【详解】解：（1）如图，在△AOD和△ACD中，∵，为AD中点，，，E为AD中点，，；②，为AD中点，，∴；同理可得：，，．（2）成立．证明：①如图，过点作交的延长线于点与交于点，∵是等腰三角形，∴∵，∴，∴，∴均为等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴；②，∴，，，；（3）的长为或；∵在等腰直角中，，，由（2）可知，，，∴是等腰直角三角形，∴；当点在同一直线上时，有①点C在线段OB上；如图：∴，∴；②点C在OB的延长线上；如图：∴，∴；综上所述，的长为或；【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及三角形的外角性质等，综合能力强，知识的运用广泛.解题的关键是熟练掌握所学的性质进行解题，注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行分析.5．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．6．问题提出（1）如图①，在△ABC中，BC＝6，D为BC上一点，AD＝4，则△ABC面积的最大值是．问题探究（2）如图②，已知矩形ABCD的周长为12，求矩形ABCD面积的最大值．问题解决（3）如图③，△ABC是葛叔叔家的菜地示意图，其中AB＝30米，BC＝40米，AC＝50米，现在他想利用周边地的情况，把原来的三角形地拓展成符合条件的面积尽可能大、周长尽可能长的四边形地，用来建鱼塘．已知葛叔叔欲建的鱼塘是四边形ABCD，且满足∠ADC＝60°．你认为葛叔叔的想法能否实现？若能，求出这个四边形鱼塘周长的最大值；若不能，请说明理由．解析：（1）12；（2）9；（3）能实现；170（米）．【分析】（1）当AD⊥BC时，△ABC的面积最大．（2）由题意矩形邻边之和为6，设矩形的一边为m，另一边为6﹣m，可得S＝m（6﹣m）＝﹣（m﹣3）2+9，利用二次函数的性质解决问题即可．（3）由题意，AC＝100，∠ADC＝60°，即点D在优弧ADC上运动，当点D运动到优弧ADC的中点时，四边形鱼塘面积和周长达到最大值，此时△ACD为等边三角形，计算出△ADC的面积和AD的长即可得出这个四边形鱼塘面积和周长的最大值．【详解】（1）如图①中，∵BC＝6，AD＝4，∴当AD⊥BC时，△ABC的面积最大，最大值＝×6×4＝12．故答案为12．（2）∵矩形的周长为12，∴邻边之和为6，设矩形的一边为m，另一边为6﹣m，∴S＝m（6﹣m）＝﹣（m﹣3）2+9，∵﹣1＜0，∴m＝3时，S有最大值，最大值为9．（3）如图③中，∵AC＝50米，AB＝40米，BC＝30米，∴AC2＝AB2+BC2∴∠ABC＝90°，作△AOC，使得∠AOC＝120°，OA＝OC，以O为圆心，OA长为半径画⊙O，∵∠ADC＝60°，∴点D在优弧ADC上运动，当点D是优弧ADC的中点时，四边形ABCD面积取得最大值，设D′是优弧ADC上任意一点，连接AD′，CD′，延长CD′到F，使得D′F＝D′A，连接AF，则∠AFC＝30°＝∠ADC，∴点F在D为圆心DA为半径的圆上，∴DF＝DA，∵DF+DC≥CF，∴DA+DC≥D′A+D′C，∴DA+DC+AC≥D′A+D′C+AC，∴此时四边形ADCB的周长最大，最大值＝40+30+50+50＝170（米）．答：这个四边形鱼塘周长的最大值为170（米）．【点睛】本题主要是最大值的考查，求最大值，常用方法为：（1）利用平方为非负的性质求解；（2）利用三角形两边之和大于第三边求解，在求解过程中，关键在与将要求解的线段集中到一个三角形中7．如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．（1）证明：四边形CEGF是正方形；（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图3所示，当B，E，F三点在一条直线上时，延长CG交AD于点H，若AG＝6，GH＝2，求BC的长．解析：（1）证明见解析；（2）AG＝BE，理由见解析；（3）BC=3．【分析】（1）先说明GE⊥BC、GF⊥CD，再结合∠BCD=90°可证四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可证明；（2）连接CG，证明△ACG∽△BCE，再应用相似三角形的性质解答即可；（3）先证△AHG∽△CHA可得，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，求出AH=a，DH=a，CH=，最后代入即可求得a的值．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形．（2）结论：AG＝BE；理由：连接CG，由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，，∴，∴△ACG∽△BCE，∴，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，则由，得，∴AH＝a，则DH＝AD﹣AH＝a，，∴，得，解得：a＝3，即BC＝3．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查相似形的判定和性质、正方形的性质等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题并利用参数构建方程解决问题．8．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．9．[问题解决]（1）如图1．在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上的点处，折线AE交BC于点E，连接B'E．求证：四边形是菱形．[规律探索]（2）如图2，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，点B恰好落在AD上的点Q处，点A落在点A′处，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形吗？请说明理由．[拓展应用]（3）如图3，在矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，得到折痕FP，点B落在纸片ABCD内部点处，点A落在纸片ABCD外部点处，与AD交于点M，且M＝M．已知：AB＝4，AF＝2，求BP的长．解析：（1）证明见解析；（2）是，理由见解析；（3）．【分析】（1）由平行线的性质和翻折可推出，即．故四边形是平行四边形，再由翻折可知，即证明平行四边形是菱形．（2）由翻折和平行线的性质可知，，即得出，即是等腰三角形．（3）延长交AD于点G，根据题意易证，得出结论，．根据（2）同理可知为等腰三角形，即FG=PG．再在中，，即可求出，最后即可求出．【详解】（1）由平行四边形的性质可知，∴，由翻折可知，∴，∴．∴四边形是平行四边形．再由翻折可知，∴四边形是菱形．（2）由翻折可知，∵，∴，∴，∴QF=QP，∴是等腰三角形．（3）如图，延长交AD于点G，根据题意可知，在和中，，∴，∴，．根据（2）同理可知为等腰三角形．∴FG=PG．∵，∴在中，，∴，∴，∴．【点睛】本题为矩形的折叠问题．考查矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，综合性强．掌握折叠的性质和正确的连接辅助线是解答本题的关键．10．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．11．数学课外活动小组的同学在学习了完全平方公式之后，针对两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系进行了探究，请阅读以下探究过程并解决问题．猜想发现：由；；；；；猜想：如果，，那么存在（当且仅当时等号成立）．猜想证明：∵∴①当且仅当，即时，，∴；②当，即时，，∴．综合上述可得：若，，则成立（当日仅当时等号成立）．猜想运用：（1）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？变式探究：（2）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？拓展应用：（3）疫情期间、为了解决疑似人员的临隔离问题．高速公路榆测站入口处，检测人员利用检测站的一面墙（墙的长度不限），用63米长的钢丝网围成了9间相同的长方形隔离房，如图．设每间离房的面积为（米2）．问：每间隔离房的长、宽各为多少时，可使每间隔离房的面积最大？最大面积是多少？解析：（1），函数的最小值为2；（2），函数的最小值为5；（3）每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为【分析】猜想运用：根据材料以及所学完全平方公式证明求解即可；变式探究：将原式转换为，再根据材料中方法计算即可；拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意列出方程，然后根据两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系探究最大值即可．【详解】猜想运用：∵，∴，∴，∴当时，，此时，只取，即时，函数的最小值为2．变式探究：∵，∴，，∴，∴当时，，此时，∴，（舍去），即时，函数的最小值为5.拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意得：，即，∵，，∴，即，整理得：，即，∴当时，此时，，即每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为．【点睛】本题主要考查根据完全平方公式探究两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系，熟练运用完全平方公式并参照材料中步骤进行计算是解题关键，属于创新探究题．12．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．13．问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，则：AC=AB．探究结论：小明同学对以上结论作了进一步研究．（1）如图1，连接AB边上中线CE，由于CE=AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为．（2）如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE．试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明．（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，在（2）条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论．拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC，当C点在第一象限内，且B（2，0）时，求C点的坐标．解析：（1）EC=EB；（2）ED=EB，理由见解析；（3）ED=EB；拓展应用：C（1，2+）．【分析】探究结论：（1）只要证明△ACE是等边三角形即可解决问题；（2）如图2中，结论：ED=EB．想办法证明EP垂直平分线段AB即可解决问题；（3）结论不变，证明方法类似；拓展应用：利用（2）中结论，可得CO=CB，设C（1，n），根据OC=CB=AB，构建方程即可解决问题.【详解】探究结论（1），如图1中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠A=60°，∵AC=AB=AE=EB，∴△ACE是等边三角形，∴EC=AE=EB，故答案为：EC=EB；（2）如图2中，结论：ED=EB．理由：连接PE，∵△ACP，△ADE都是等边三角形，∴AC=AD=DE，AD=AE，∠CAP=∠DAE=60°，∴∠CAD=∠PAE，∴△CAD≌△PAE，∴∠ACD=∠APE=90°，∴EP⊥AB，∵PA=PB，∴EA=EB，∵DE=AE，∴ED=EB；（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，同法可证：ED=EB，故答案为：ED=EB；拓展应用：如图3中，作AH⊥x轴于H，CF⊥OB于F，连接OA，∵A（﹣，1），∴∠AOH=30°，由（2）可知，CO=CB，∵CF⊥OB，∴OF=FB=1，∴可以假设C（1，n），∵OC=BC=AB，∴1+n2=1+（+2）2，∴n=2+，∴C（1，2+）．【点睛】本题考查三角形综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质等知识，正确添加常用辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键.14．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.（1）操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转．当点D恰好落在BC边上时，填空：线段DE与AC的位置关系是；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2．则S1与S2的数量关系是．（2）猜想论证当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜想．（3）拓展探究已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=4，OE∥AB交BC于点E（如图4），若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDC,请直接写出相应的BF的长解析：解：（1）①DE∥AC．②．（2）仍然成立，证明见解析；（3）或．【详解】（1）①由旋转可知：AC=DC，∵∠C=90°，∠B=∠DCE=30°，∴∠DAC=∠CDE=60°．∴△ADC是等边三角形．∴∠DCA=60°．∴∠DCA=∠CDE=60°．∴DE∥AC．②过D作DN⊥AC交AC于点N，过E作EM⊥AC交AC延长线于M，过C作CF⊥AB交AB于点F．由①可知：△ADC是等边三角形,DE∥AC，∴DN=CF,DN=EM．∴CF=EM．∵∠C=90°，∠B=30°∴AB=2AC．又∵AD=AC∴BD=AC．∵∴．（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°，∴∠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°，又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或．15．(1)问题发现

如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.

填空:线段AD,BE之间的关系为

.(2)拓展探究

如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.

(3)解决问题

如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.

解析：(1)AD=BE，AD⊥BE．(2)AD=BE，AD⊥BE．(3)5-3≤PC≤5+3．【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt△ACD和Rt△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，∴5-3≤BE≤5+3，即5-3≤PC≤5+3．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．16．小圆同学对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了拓展探究.（一）猜测探究在中，，是平面内任意一点，将线段绕点按顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接．（1）如图1，若是线段上的任意一点，请直接写出与的数量关系是，与的数量关系是；（2）如图2，点是延长线上点，若是内部射线上任意一点，连接，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．（二）拓展应用如图3，在中，，，，是上的任意点，连接，将绕点按顺时针方向旋转，得到线段，连接．求线段长度的最小值．解析：（一）（1）结论：，．理由见解析；（2）如图2中，①中结论仍然成立．理由见解析；（二）的最小值为．【分析】（一）①结论：，．根据证明≌即可．②①中结论仍然成立．证明方法类似．（二）如图3中，在上截取，连接，作于，作于．理由全等三角形的性质证明，推出当的值最小时，的值最小，求出的值即可解决问题．【详解】（一）（1）结论：，．理由：如图1中，∵，∴，∴，∵，，∴≌（），∴．故答案为，．（2）如图2中，①中结论仍然成立．理由：∵，∴，∴，∵，，∴≌（），∴．（二）如图3中，在上截取，连接，作于，作于．∵，∴，∵，，∴≌（），∴，∴当的值最小时，的值最小，在中，∵，，∴，∵，∴，∴，在，∵，∴，根据垂线段最短可知，当点与重合时，的值最小，∴的最小值为．【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，等腰三角形的性质，解直角三角形，垂线段最短等知识，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，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．17．在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：操作感知：第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）．第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）．猜想论证：（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．拓展探究：（2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？解析：(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析【分析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形，，，然后可得到，即可判定是等边三角形．（2）由折叠可知，由（1）可知，利用的三角函数即可求得．【详解】（1）解：是等边三角形，证明如下：连接．由折叠可知：，垂直平分．∴，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等边三角形．（2）解：方法一：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，∴，∵，∴，即，当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．方法二：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，设，则，∴，即，得，∴，∵，∴，即，当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键．18．（阅读理解）如图1，，的面积与的面积相等吗？为什么？解：相等，在和中，分别作，，垂足分别为，．，．，四边形是平行四边形，．又，，．（类比探究）问题①，如图2，在正方形的右侧作等腰，，，连接，求的面积．解：过点作于点，连接．请将余下的求解步骤补充完整．（拓展应用）