深圳坪山街道培英学校初中部中考数学期末几何综合压轴题模拟汇编

深圳坪山街道培英学校初中部中考数学期末几何综合压轴题模拟汇编一、中考几何压轴题1．在与中，且，点D始终在线段AB上（不与A、B重合）．（1）问题发现：如图1，若度，的度数______，______；（2）类比探究：如图2，若度，试求的度数和的值；（3）拓展应用：在（2）的条件下，M为DE的中点，当时，BM的最小值为多少？直接写出答案．2．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在平行四边形中，点是的中点，点是线段上一点，的延长线交射线于点．若，求的值．（1）尝试探究在图1中，过点作交于点，则和的数量关系是_________，和的数量关系是_________，的值是_________．（2）类比延伸如图2，在原题的条件下，若，则的值是_________（用含有的代数式表示），试写出解答过程．（3）拓展迁移如图3，梯形中，，点是的延长线上的一点，和相交于点．若，，，则的值是________（用含、的代数式表示）．3．（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．4．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，分别以为直径，向外侧作半圆，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，，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．5．《函数的图象与性质》拓展学习展示：（问题）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴相交于，两点，与轴交于点，则______，______．（操作）将图①中抛物线沿方向平移长度的距离得到拋物线，在轴左侧的部分与在轴右侧的部分组成的新图象记为，如图②．请直接写出图象对应的函数解析式．（探究）在图②中，过点作直线平行于轴，与图象交于，两点，如图③．求出图象在直线上方的部分对应的函数随的增大而增大时的取值范围．（应用）是抛物线对称轴上一个动点，当是直角三角形时，直接写出点的坐标．6．（1）问题发现如图1，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直线BD，CE交于点F，直线BD，AC交于点G．则线段BD和CE的数量关系是，位置关系是；（2）类比探究如图2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直线BD，CE交于点F，AC与BD相交于点G．若AB＝kAC，试判断线段BD和CE的数量关系以及直线BD和CE相交所成的较小角的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3.0），点N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转90得到线段MP，连接NP，OP．请直接写出线段OP长度的最小值及此时点N的坐标．7．综合与实践动手操作利用旋转开展教学活动，探究图形变换中蕴含的数学思想方法．如图1，将等腰直角三角形的边绕点顺时针旋转90°得到线段，，，连接，过点作交延长线于点．思考探索（1）在图1中：①求证：；②的面积为______；③______．拓展延伸（2）如图2，若为任意直角三角形，．、、分别用、、表示．请用、、表示：①的面积：______；②的长：______；（3）如图3，在中，，，，，，连接．①的面积为______；②点是边的高上的一点，当______时，有最小值______．8．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．9．（发现问题）（1）如图，已知和均为等边三角形，在上，在上，易得线段和的数量关系是．（2）将图中的绕点旋转到图的位置，直线和直线交于点①判断线段和的数量关系，并证明你的结论．②图中的度数是．（3）（探究拓展）如图3，若和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点，分别写出的度数，线段、之间的数量关系．10．（问题探究）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．（拓展延伸）（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．11．问题情境：两张直角三角形纸片中，．连接，，过点作的垂线，分别交线段，于点，（与在直线异侧）．特例分析：（1）如图1，当时，求证：；拓展探究：（2）当，探究下列问题：①如图2，当时，直接写出线段与之间的数量关系：；②如图3，当时，猜想与之间的数量关系，并说明理由；推广应用：（3）若图3中，，设的面积为，则的面积为．（用含，的式子表示）12．综合与实践操作探究（1）如图1，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点．请回答下列问题：①与全等的三角形为______，与相似的三角形为______．并证明你的结论：（相似比不为1，只填一个即可）：②若连接、，请判断四边形的形状：______．并证明你的结论；拓展延伸（2）如图2，矩形中，，，点、分別在、边上，且，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点，连接．①设，，则与的数量关系为______；②设，，请用含的式子表示：______；③的最小值为______．13．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．14．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．15．（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．16．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．（问题理解）(1)如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD．求证：四边形ABCD是等补四边形；（拓展探究）(2)如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；（升华运用）(3)如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长．17．（1）问题发现：如图1，在△ABC中和△DCE中，，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．填空：①的值为；②∠ABE的度数为．（2）类比探究：如图2，在△ABC中和△DCE中，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．请判断的值及∠ABE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若，，请直接写出BE的长．18．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．19．综合与实践问题情境：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D，点E是射线AD上的一个动点(不与点A重合)将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接CF交线段AB于点G，交AD于点H、连接EG．特例分析:(1)如图1，当点E与点D重合时，“智敏”小组提出如下问题，请你解答：①求证：AF=CD；②用等式表示线段CG与EG之间的数量关系为：_______；拓展探究:(2)如图2，当点E在线段AD的延长线上，且DE=AD时，“博睿”小组发现CF=2EG．请你证明；(3)如图3，当点E在线段AD的延长线上，且AE=AB时，的值为_______；推广应用:(4)当点E在射线AD上运动时，，则的值为______用含m.n的式子表示)．20．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．【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）90度；1；（2）的度数为90度，的值为；（3）BM的最小值为1．【分析】（1）度，利用SAS证明，即可得出，的值为1；（2）度，证明，即可得出，；（3）当CD最小时，即CD垂直于AB解析：（1）90度；1；（2）的度数为90度，的值为；（3）BM的最小值为1．【分析】（1）度，利用SAS证明，即可得出，的值为1；（2）度，证明，即可得出，；（3）当CD最小时，即CD垂直于AB时，CD最小，此时DE最小，而BM是直角三角形DBE斜边上的中线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【详解】（1）①∵∴∴∵，∴∴，∴∴，∴，的值为1；（2）在中，，令，则，同理令，∴，∴①∵即∴②有①②得∴，∴（3）在中，，∴，当CD最小时，即CD垂直于AB时，CD最小，此时DE最小，而，∴，而BM是直角三角形DBE斜边上的中线，∴【点睛】本题涉及全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、特殊的三角函数值和直角三角形的性质．是一个综合性比较强的题目，要熟练掌握各个知识点．2．（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本问体现“特殊”的情形，是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用EH来表示，最解析：（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本问体现“特殊”的情形，是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用EH来表示，最后求得比值；（2）本问体现“一般”的情形，不再是一个确定的数值，但（1）问中的解题方法依然适用，如答图2所示．（3）本问体现“类比”与“转化”的情形，将（1）（2）问中的解题方法推广转化到梯形中，如答图3所示．【详解】解：（1）依题意，过点作交于点，如图1所示．则有，∴，∴．∵，，∴，又∵为中点，∴为的中位线，∴．．故答案为：；；．（2）如图2所示，作交于点，则．∴，∴．∵，∴．∵，∴．∴，∴．∴．故答案为：．（3）如图3所示，过点作交的延长线于点，则有．∵，∴，∴，∴．又，∴．∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题的设计独特：由平行四边形中的一个特殊的例子出发（第1问），推广到平行四边形中的一般情形（第2问），最后再通过类比、转化到梯形中去（第3问）．各种图形虽然形式不一，但运用的解题思想与解题方法却是一以贯之：即通过构造相似三角形，得到线段之间的比例关系，这个比例关系均统一用同一条线段来表达，这样就可以方便地求出线段的比值．本题体现了初中数学的类比、转化、从特殊到一般等思想方法，有利于学生触类旁通、举一反三．3．（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．4．（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）【分析】（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．（3）解析：（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）【分析】（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．（3）先添加辅助线，在第二问的思路下，先证明三个三角形相似，得出三个三角形的面积关系，再利用30°、45°的直角三角形计算出相应的边，计算出五边形的面积即可．【详解】解：（1）设AB=b,AC=a,BC=c.则有：所以在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且故答案为：S1+S2=S3（2）∵∴设AB、AC、BC边上的高分别为h1，h2，h3∴，设AB=b,AC=a,BC=c则∴又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2∴故依然成立（3）连接PD、BD，作AF⊥BP，EM⊥PD∵∠ABP=30°，∠BAP=105°∴∠APB=45°在Rt△ABF中，AF=AB=,BF=3,在Rt△AFP中,AF=PF=,则AP=，∵∠A=∠E,∴△ABP∽△EDP∴∠EPD=45°∠EDP=30°∴∠BPD=90°又PE=∴PM=EM=1,MD=则PD=1+∴=所以五边形的面积为：【点睛】本题考查勾股定理、与勾股定理有关的图形问题、相似三角形．是中考的常考知识．5．【问题】，1；【操作】当时，，当时，；【探究】或；【应用】点的坐标为：或【分析】问题:即可求解；操作：抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到抛物线G2，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平解析：【问题】，1；【操作】当时，，当时，；【探究】或；【应用】点的坐标为：或【分析】问题:即可求解；操作：抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到抛物线G2，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平移个单位，即可求解；探究：将点C的坐标代入两个函数表达式，求出G1、G2的顶点坐标，即可求解；应用：证明∠EPN=∠MDP，利用tan∠EPN=tan∠MDP，即可求解．【详解】解：问题：，解得：，，故答案为：，1；操作：抛物线沿方向平移长度的距离得到抛物线，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平移个单位，：，：，当时，，当时，；探究：点的坐标为．当时，，解得：，，∴，当时，，解得：，，∴，∵，，∴抛物线的顶点为，抛物线的顶点为，∴或时，函数随的增大而增大；应用：如图，过点作轴的平行线交过点与轴的垂线于点，交过点与轴的垂直的直线于点，设点，则，，，，∵，，∴，∴，即，即，解得：，故点的坐标为：或．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及解直角三角形、图形的平移等，具有一定的综合性，关键在于根据题意作出图形进行解答．6．（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE解析：（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，结合∠AGB＝∠FGC，即可得到结论；（2）先证明ABCADE，从而得，结合∠BAD=∠CAE，可得BADCAE，进而即可得到结论；（3）把OPM绕点M顺时针旋转90°得到（与N重合），则，，(3，3)，，进而即可求解．【详解】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∵∠BAD＝∠BAC−∠DAC，∠CAE＝∠DAE−∠DAC∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵，∴△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠AGB＝∠FGC，∴∠CFG＝∠BAG＝90°，即BD⊥CE，故答案是：BD＝CE，BD⊥CE；（2）∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴ABCADE，∴，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴BADCAE，∴∠ABD=∠ACE，又∵∠AGB＝∠FGC，∴∠BFC=∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-α-β，∴AB=kAC，直线BD和CE相交所成的较小角的度数为：180°-α-β；（3）由题意得：MN=MP，∠NMP=90°，把OPM绕点M顺时针旋转90°得到（与N重合），则，，∵点M的坐标为（3，0），∴(3，3)∵OPM，∴，即线段OP长度最小时，的长度最小，∴当⊥y轴时，的长度最小，此时(0，3)，∴N(0，3)，OP的最小值为3.【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，通过旋转变换，构造相似三角形或全等三角形，是解题的关键．7．（1）①见解析；②；③；（2）①；②；（3）①24；②，【分析】（1）①由旋转的性质，，然后利用AAS，即可得到结论成立；②求出，即可求出面积；③求出，即可求出答案；（2）①过点作交延长线解析：（1）①见解析；②；③；（2）①；②；（3）①24；②，【分析】（1）①由旋转的性质，，然后利用AAS，即可得到结论成立；②求出，即可求出面积；③求出，即可求出答案；（2）①过点作交延长线于点，由（1）可知，求出的长度，即可求出答案；②求出CH的长度，利用勾股定理，即可求出答案；（3）①过点A作AE⊥BC，过点作交延长线于点，然后证明，求出，CH的长度，即可求出面积；②点C是点B关于AE的对称点，则BD=CD，设与AE的交点为点D，使得有最小值为，为线段的长度，然后利用勾股定理求出，再利用平行线分线段成比例求出DE的长度即可．【详解】解：（1）如图：①由旋转的性质，则，，∵，∴，∴，∴（AAS）；②∵，∴，∴的面积为；故答案为：．③在直角三角形中，∵，，∴；故答案为：．（2）①过点作交延长线于点，由（1）可知，，∴，，∴的面积为：故答案为：；②∵，由勾股定理，则；故答案为：；（3）①过点A作AE⊥BC，过点作交延长线于点，如图与（1）同理，可证，∵，∴，∴，∵，，，，∴；∴，∴，∴，，∴，∴的面积为：；故答案为：18．②由题意，点C是点B关于AE的对称点，则BD=CD，设与AE的交点为点D，则此时有最小值，如图：此时的最小值为线段的长度，∵；∵AE∥，∴，即，∴，∴，∴当时，有最小值．故答案为：；．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，最短路径问题等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．8．（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．9．（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；②由全等三角形的性质得，然后利用等解析：（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；②由全等三角形的性质得，然后利用等量代换即可求解；（3）首先证明，然后根据相似三角形的性质得到，和，即可求解．【详解】（1）∵和均为等边三角形∴CA=CB，CD=CE∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE∴AD=BE；（2）①AD=BE证明：∵和均为等边三角形∴CA=CB，CD=CE，∴∴∴AD=BE②∵∴设BC和AF交于点O，如图2∵∴，即∴；（3）结论，证明：∵，AB=BC，DE=EC∴，∴∴，∴∵∴【点睛】本题考查了几何变换综合，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，关键证明全等和相似，并且分类讨论．10．（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似解析：（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．【详解】解：（1）和均为等腰直角三角形，，，，，，且，，，，，，故答案为：；②如图，过点作于点，，，，，，，故答案为：4；（2）若点在右侧，如图，过点作于点，，，，，．，，，，，，，，，，，即，，，，，若点在左侧，，，，，．，，，，，，，，，，，，即，，，，．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了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，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．11．（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，解析：（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，，可证∽，同理可证∽，可得，，即可得出BD与AN的数量关系；②过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC，可证∽，即，可得，四边形为平行四边形，所以，即可得出BD与AN的数量关系；（3）由（2）②已证四边形为平行四边形，所以，且∽，，所以，即ACE的面积可得．【详解】（1）证明：∵，于点，∴，，（等腰三角形三线合一）∵，，且，∴，∵，∴，即．∴，∵，∴，在ABM和CAN中，∴（AAS），∴，∴．（2）①．∵由题意可知，，，且，，∴，∴∽，同理，，，且，，∴，∴∽，∴，即，，即，∴．②．证明：过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC．∴，∵，∴，∴，∵于点，∴．∴．∴．∴，∴∽，∴，∵，∴，，∴．∵，∴四边形为平行四边形．∴，∴．（3）．∵由（2）②已证四边形为平行四边形，∴，又∵∽，∴，∴．【点睛】本题主要考察了等腰三角形三线合一、全等三角形的证明与应用、相似三角形的证明与应用、平行四边形的性质，解题的关键在于构造出全等三角形，且掌握相似三角形面积之比为边长之比的平方．12．（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形解析：（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形与可得结论；（2）①如图2，连接由折叠可得：再利用勾股定理可得答案；②如图3，连接交于证明四边形是菱形，可得从而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函数的性质可得答案．【详解】解：（1）①矩形由折叠可得：如图1，连接由折叠可得：同理：故答案为：，或②如图1，由①得：矩形四边形为平行四边形，四边形为菱形，（2）①如图2，连接由折叠可得：矩形，，故答案为：②如图3，连接交于矩形重合，同理可得：由对折可得：四边形是菱形，，，故答案为：③由②得：当时，最小，最小值为的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，二次函数的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．13．（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．14．【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．15．（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．16．(1)见解析；(2)AC平分∠BCD，理由见解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再证AD=CD，即可根据等补四边形的解析：(1)见解析；(2)AC平分∠BCD，理由见解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再证AD=CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；（2）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE=AF，根据角平分线的判定可得出结论；

（3）连接AC，先证∠EAD=∠BCD，推出∠FCA=∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求出AF的长．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°.∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD∴弧AD＝弧CD∴AD＝CD∴四边形ABCD是等补四边形(2)AC平分∠BCD，理由如下：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F则∠AEB＝∠AFD＝90°∵四边形ABCD是等补四边形∴∠ADC+∠B＝180°又∵∠ADC+∠ADF＝180°∴∠B＝∠ADF在△AFD与△AEB中∴≌∴∴点A一定在∠BCD的平分线上即AC平分∠BCD.(3)连接AC同(2)理得∠EAD＝∠BCD由(2)知AC平分∠BCD所以∠FCA＝∠BCD同理∠FAD＝∠EAD∴∠FCA＝∠FAD.又∵∠F＝∠F∴△FAD∽△FCA∴即∴AF＝4【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．17．（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知解析：（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知条件证明△ACD∽△BCE，即可推出,；（3）当点E在AF右边时，如图2所示，由已知条件可得出，在中运用勾股定理可求出AD的值，再运用（2）中结论即可得出BE的值；当点E在AF左边时，如图3所示，可证明，，再运用（2）中结论即可得出BE的值．【详解】解：（1）①∵，，∴为等边三角形∴∴∴∴的值为1；故答案为：1；②∵∴∵∴∴∵∴故答案为：90°．（2）,.理由如下：在Rt△ABC中，，.∴.同理：.∴.又.∴.∴△ACD∽△BCE.∴,.∴.（3）当点E在AF右边时，如图2所示：∵，，，∴，∴∵∴；当点E在AF左边时，如图3所示同理，可得，∵∴∴∴∵∵∴综上所述，BE的值为或.【点睛】本题是一道关于三角形相似的综合题目，涉及的知识点有全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等边三角形的判定、解直角三角形、勾股定理的应用等多个知识点，它充分体现了数学解题中的数形结合思想和整体转化思想．18．（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