济南市济南十二中中考数学期末几何综合压轴题易错汇编

济南市济南十二中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．定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是3：5，那么称这个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”．（概念感知）（1）如图1，在中，，，，试判断是否是“准黄金”三角形，请说明理由．（问题探究）（2）如图2，是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把沿BC翻折得到，连AB接AD交BC的延长线于点E，若点C恰好是的重心，求的值．（拓展提升）（3）如图3，，且直线与之间的距离为3，“准黄金”的“金底”BC在直线上，点A在直线上．，若是钝角，将绕点按顺时针方向旋转得到，线段交于点D．①当时，则_________；②如图4，当点B落在直线上时，求的值．解析：（1）是“准黄金”三角形，理由见解析；（2）；（3）①；②．【分析】（1）过点A作于点D，先求出AD的长度，然后得到，即可得到结论；（2）根据题意，由“金底”的定义得，设，，由勾股定理求出AB的长度，根据比值即可求出的值；（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，先求出AC的长度，由相似三角形的性质，得到AF=2DF，由解直角三角形，得到，则，即可求出DF的长度，然后得到CD的长度；②由①可知，得到CE和AC的长度，分别过点，D作，，垂足分别为点G，F，然后根据相似三角形的判定和性质，得到，然后求出CD和AD的长度，即可得到答案．【详解】解：（1）是“准黄金”三角形．理由：如图，过点A作于点D，∵，，∴．∴．∴是“准黄金”三角形．（2）∵点A，D关于BC对称，∴，．∵是“准黄金”三角形，BC是“金底”，∴．不防设，，∵点为的重心，∴．∴，．∴．∴．（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，如图：由题意得AE=3，∵，∴BC=5，∵，∴，在Rt△ABE中，由勾股定理得：，∴，∴；∵∠AEC=∠DFA=90°，∠ACE=∠DAF，∴△ACE∽△DAF，∴，设，则，∵∠ACD=30°，∴，∴，解得：∴．②如图，过点A作于点E，则．∵是“准黄金”三角形，BC是“金底”，∴．∴．∵，∴．∴．∴，．分别过点，D作，，垂足分别为点G，F，∴，，，则．∵，∴．∴．∴设，，．∵，∴，且．∴．∴．∴，解得．∴，．∴．【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了重心的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据数形结合的思想进行解答．2．（了解概念）在凸四边形中，若一边与它的两条邻边组成的两个内角相等，则称该四边形为邻等四边形，这条边叫做这个四边形的邻等边．（理解运用）（1）在邻等四边形中，，，若是这个邻等四边形的邻等边，则的度数为__________；（2）如图，凸四边形中，P为边的中点，，判断四边形是否为邻等四边形，并证明你的结论；（拓展提升）（3）在平面直角坐标系中，为邻等四边形的邻等边，且边与x轴重合，已知，，，若在边上使的点P有且仅有1个，则m的值是__________．解析：（1）130°；（2）四边形ABCD是邻等四边形，理由见解析；（3）﹣5±4【分析】（1）根据邻等四边形的定义即可求解；（2）由△ADP∽△PDC，可得，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，由P为AB的中点，可得AP＝BP，则，可证△BPC∽△ADP，由相似三角形的性质得出∠A＝∠B即可；（3）①若点B在点A右侧，如图，由AB为邻等边，则有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，可证△ADP∽△BPC，可得＝，设点P（n，0），由等腰直角三角形可求∠BAD＝45°，可求B、C横坐标之差为3，B（m+3，0），将AP，BP，AD，BC，代入得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由题意可知n只有一个解，可求得m＝﹣5+4；②若点B在点A左侧，可求得∠BAD＝135°，可证△ADP∽△BPC，可得＝，可求得B、C横坐标之差为3，，可求得m＝﹣5﹣4．【详解】解：（1）∵CD为邻等边，∴∠C＝∠D，又∵，，∴∠C＝∠D＝（360°﹣∠A﹣∠B）÷2＝130°，∴∠C＝130°．故答案为：130°；（2）四边形ABCD是邻等四边形，理由如下：∵△ADP∽△PDC，∴，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，∠ADP＝∠PDC，又∵P为AB的中点，∴AP＝BP，∴，∴，∵∠APD+∠BPC＝180°﹣∠DPC，∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC，且∠APD＝∠PCD，∴∠BPC＝∠PDC，∵∠ADP＝∠PDC，∴∠ADP＝∠BPC，∴△BPC∽△ADP，∴∠B＝∠A，∴四边形ABCD为邻等四边形；（3）若点B在点A右侧，如图，∵AB为邻等边，则有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，设点P（n，0），∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠BAD＝45°，∴∠ABC＝45°，过点C作CE⊥x轴于点E，则∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，∴CE＝BE，∵点C（m，3），∴CE＝3，∴BE＝3，∴B（m+3，0），∴AP＝n+2，BP＝m+3﹣n，∴AD＝＝，BC＝＝，代入＝得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由题意可知n只有一个解，∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，解得：m＝﹣5±4，又∵点C在点D右侧，∴m＝﹣5+4；②若点B在点A左侧，如图，此时，∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠OAD＝45°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠DPC＝135°，∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，由①得：B（m+3，0），C（m，3），P（n，0），AP＝﹣2﹣n，BP＝n﹣m﹣3，AD＝，BC＝，∴，解得：m＝﹣5±4，又∵点C在点D左侧，∴m＝﹣5﹣4；综上所述：m＝﹣5±4．【点睛】本题是相似综合题，考查新定义图形，仔细阅读题目，抓住定义中的性质，会验证新定义图形，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式，利用相似三角形的性质构造关于n的一元二次方程是解题关键．3．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．4．（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．5．（感知）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段绕着点按逆时针方向旋转至线段，过点作轴，垂足为点，易知，得到点的坐标为．（探究）如图2，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段绕着点按逆时针方向旋转至线段．（1）求点的坐标．（用含的代数式表示）（2）求出BC所在直线的函数表达式．（拓展）如图3，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴上，将线段绕着点按逆时针方向旋转至线段，连结、，则的最小值为_______．解析：【探究】（1）点坐标为；（2）；【拓展】．【分析】探究:（1）证明△AOC≌△CMB（AAS），即可求解；（2）根据点B的坐标为（m，m+1），点坐标，即可求解；拓展：BO+BA=，BO+BA的值，相当于求点P（m，m）到点M（1，-1）和点N（0，-1）的最小值，即可求解．【详解】解：探究：（1）过点作轴，垂足为点．，．线段绕着点按逆时针方向旋转至线段，．．．，，．点坐标，点坐标，点坐标为（2）∵点B的坐标为（m，m+1），点C为（0，m），设直线BC为：y=kx+b，，解得：，∴；则BC所在的直线为：；拓展：如图作BH⊥OH于H．设点C的坐标为（0，m），由（1）知：OC=HB=m，OA=HC=1，则点B（m，1+m），则：BO+BA=，BO+BA的值，相当于求点P（m，m）到点M（1，-1）和点N（0，-1）的最小值，相当于在直线y=x上寻找一点P（m，m），使得点P到M（0，-1），到N（1，-1）的距离和最小，作M关于直线y=x的对称点M′（-1，0），易知PM+PN=PM′+PN≥NM′，M′N=，故：BO+BA的最小值为，故答案为：．【点睛】本题为一次函数综合题，主要考查的是三角形全等的思维拓展，其中拓展，将BO+BA的值转化点P（m，m）到点M（1，-1）和点N（0，-1）的最小值，是本题的新颖点6．探究：如图1和2,四边形中,已知，，点，分别在、上，．（1）①如图1,若、都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则能证得，请写出推理过程；②如图2，若、都不是直角，则当与满足数量关系_______时，仍有;（2）拓展：如图3,在中，,，点、均在边上,且．若，求的长．解析：（1）①见解析；②，理由见解析；（2）【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）根据等腰直角三角形性质好勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3−x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】（1）①如图1，∵把绕点逆时针旋转至，使与重合，∴，，∵，，∴，∴，即，在和中∴，∴，∵，∴；②，理由是：把绕点旋转到，使和重合，则，，，∵，∴，∴，，在一条直线上，和①知求法类似，，在和中∴，∴，∵，∴；故答案为：（2）∵中，，∴，由勾股定理得：，把绕点旋转到,使和重合，连接．则，，，∵，∴，∴，在和中∴，∴，设，则，∵，∴，∵，，∴，由勾股定理得：，，解得：，即．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．7．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．8．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：如图①在等边△ABC内部，有一点P，若∠APB=150°，求证：AP2+BP2=CP2证明：将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP’B，连接PP’，则△APP’为等边三角形∴∠APP’=60°，PA=PP’，PC=∵∠APB=150°，∴∠BPP’=90°∴P’P2+BP2=，即PA2+PB2=PC2（2）类比延伸：如图②在等腰△ABC中，∠BAC=90°，内部有一点P，若∠APB=135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明．（3）联想拓展：如图③在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点P在直线AB上方，且∠APB=60°，满足（kPA）2+PB2=PC2（其中k＞0），请直接写出k的值．解析：（1）P’B，P’B2；（2）2PA2+PB2=PC2，见解析；（3）k=【分析】（1）根据旋转的性质和勾股定理直接写出即可．（2）将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP′B，连接PP′，论证PP′=2PA，再根据勾股定理代换即可．（3）将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，论证PP′=PA，再根据勾股定理代换即可．【详解】（1）PC=P’B，P’P2+BP2=P’B2（2）关系式为：2PA2+PB2=PC2证明：将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP’B，连接PP’，则△APP’为等腰直角三角形，∴∠APP’=45°，PP’=PA，PC=P’B，∵∠APB=135°，∴∠BPP’=90°，∴P’P2+BP2=P’B2，∴2PA2+PB2=PC2．（3）k=将△APC绕点A顺时针旋转120°得到△AP’B，连接PP’，过点A作AH⊥PP’，可得【点睛】本题考查了旋转三角形的问题，掌握旋转的性质、勾股定理是解题的关键．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．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．（知识再现）学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．（简单应用）如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是．（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．解析：【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析【分析】简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．【详解】简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案为：AE＝AD．拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，∴△CAM≌△BAN（AAS），∴CM＝BN，AM＝AN，∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），∴EM＝DN，∵AM＝AN，∴AE＝AD．（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．∵CE′＝BD，CE＝BD，∴CE＝CE′，∵CT⊥EE′，∴ET＝TE′，∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.12．如图1，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（1）如图1，与的数量关系为______．类比探究（2）如图2，将正方形绕点旋转度（）．请问（1）中的结论还成立吗？若不成立，请说明理由．拓展延伸（3）若为的中点，在正方形的旋转过程中，当点，，在一条直线上时，线段的长度为______．解析：（1）；（2）成立，见解析；（3）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，，，GH=HF=HE=HC，得出，，，由勾股定理求出，即可得出答案．【详解】[问题发现]解：，理由如下：∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形，∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，CE=CF，CE⊥GF，∴AB∥EF，∴，；故答案为：；[类比探究]解：上述结论还成立，理由如下：连接CE，如图2所示：∵∠FCE=∠BCA=45°，∴∠BCF=∠ACE=45°-∠ACF，在Rt△CEG和Rt△CBA中，，，∴△ACE∽△BCF，，；[拓展延伸]解：分两种情况：①如图3所示：连接CE交GF于H，∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形，∴AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，HF=HE=HC，∵点F为BC的中点，∴CF=BC=2，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴，∴；②如图4所示：连接CE交GF于H，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴；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．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．探究：小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通过构造直角三角形利用图1得到结论：他还利用图2证明了线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式：，．（1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程；运用：（2）①已知点M（2，﹣1），N（﹣3，5），则线段MN长度为；②直接写出以点A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D为顶点的平行四边形顶点D的坐标：；拓展：（3）如图3，点P（2，n）在函数（x≥0）的图象OL与x轴正半轴夹角的平分线上，请在OL、x轴上分别找出点E、F，使△PEF的周长最小，简要叙述作图方法，并求出周长的最小值．解析：（1）答案见解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．【详解】试题分析：（1）用P1、P2的坐标分别表示出OQ和PQ的长即可证得结论；（2）①直接利用两点间距离公式可求得MN的长；②分AB、AC、BC为对角线，可求得其中心的坐标，再利用中点坐标公式可求得D点坐标；（3）设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，则可知OR=OS=2，利用两点间距离公式可求得R的坐标，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P点坐标，利用中点坐标公式可求得M点坐标，由对称性可求得N点坐标，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点S，此时EP=EM，FP=FN，此时满足△PEF的周长最小，利用两点间距离公式可求得其周长的最小值．试题解析：（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+=，∵PQ为梯形P1Q1Q2P2的中位线，∴PQ==，即线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式为x=，y=；（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案为；②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴当AB为平行四边形的对角线时，其对称中心坐标为（0，1），设D（x，y），则x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此时D点坐标为（﹣3，3），当AC为对角线时，同理可求得D点坐标为（7，1），当BC为对角线时，同理可求得D点坐标为（﹣1，﹣3），综上可知D点坐标为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）如图，设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点F，又对称性可知EP=EM，FP=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此时△PEF的周长即为MN的长，为最小，设R（x，），由题意可知OR=OS=2，PR=PS=n，∴=2，解得x=﹣（舍去）或x=，∴R（，），∴，解得n=1，∴P（2，1），∴N（2，﹣1），设M（x，y），则=，=，解得x=，y=，∴M（，），∴MN==，即△PEF的周长的最小值为．考点：一次函数综合题；阅读型；分类讨论；最值问题；探究型；压轴题．15．《函数的图象与性质》拓展学习片段展示：（问题）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=a（x﹣2）2﹣经过原点O，与x轴的另一个交点为A，则a=．（操作）将图①中抛物线在x轴下方的部分沿x轴折叠到x轴上方，将这部分图象与原抛物线剩余部分的图象组成的新图象记为G，如图②．直接写出图象G对应的函数解析式．（探究）在图②中，过点B（0，1）作直线l平行于x轴，与图象G的交点从左至右依次为点C，D，E，F，如图③．求图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x增大而增大时x的取值范围．（应用）P是图③中图象G上一点，其横坐标为m，连接PD，PE．直接写出△PDE的面积不小于1时m的取值范围．解析：【问题】：a=；【操作】：y=；【探究】：当1＜x＜2或x＞2+时，函数y随x增大而增大；【应用】：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．【详解】试题分析：【问题】：把（0，0）代入可求得a的值；【操作】：先写出沿x轴折叠后所得抛物线的解析式，根据图象可得对应取值的解析式；【探究】：令y=0，分别代入两个抛物线的解析式，分别求出四个点CDEF的坐标，根据图象呈上升趋势的部分，即y随x增大而增大，写出x的取值；【应用】：先求DE的长，根据三角形面积求高的取值h≥1；分三部分进行讨论：①当P在C的左侧或F的右侧部分时，设P[m，]，根据h≥1，列不等式解出即可；②如图③，作对称轴由最大面积小于1可知：点P不可能在DE的上方；③P与O或A重合时，符合条件，m=0或m=4．试题解析：【问题】∵抛物线y=a（x﹣2）2﹣经过原点O，∴0=a（0﹣2）2﹣，a=；【操作】：如图①，抛物线：y=（x﹣2）2﹣，对称轴是：直线x=2，由对称性得：A（4，0），沿x轴折叠后所得抛物线为：y=﹣（x﹣2）2+如图②，图象G对应的函数解析式为：y=；【探究】：如图③，由题意得：当y=1时，（x﹣2）2﹣=0，解得：x1=2+，x2=2﹣，∴C（2﹣，1），F（2+，1），当y=1时，﹣（x﹣2）2+=0，解得：x1=3，x2=1，∴D（1，1），E（3，1），由图象得：图象G在直线l上方的部分，当1＜x＜2或x＞2+时，函数y随x增大而增大；【应用】：∵D（1，1），E（3，1），∴DE=3﹣1=2，∵S△PDE=DE•h≥1，∴h≥1；①当P在C的左侧或F的右侧部分时，设P[m，]，∴h=（m﹣2）2﹣﹣1≥1，（m﹣2）2≥10，m﹣2≥或m﹣2≤﹣，m≥2+或m≤2﹣，②如图③，作对称轴交抛物线G于H，交直线CD于M，交x轴于N，∵H（2，），∴HM=﹣1=＜1，∴当点P不可能在DE的上方；③∵MN=1，且O（0，0），a（4，0），∴P与O或A重合时，符合条件，∴m=0或m=4；综上所述，△PDE的面积不小于1时，m的取值范围是：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．考点：二次函数综合题．16．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，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0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明.（3）问题解决当△EDC旋转至A、D、E三点共线时，直接写出线段BD的长.解析：（1）①,②.（2）无变化；理由参见解析.（3），.【分析】（1）①当α=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，即可求出的值是多少．②α=180°时，可得AB∥DE，然后根据，求出的值是多少即可．（2）首先判断出∠ECA=∠DCB，再根据，判断出△ECA∽△DCB，即可求出的值是多少，进而判断出的大小没有变化即可．（3）根据题意，分两种情况：①点A，D，E所在的直线和BC平行时；②点A，D，E所在的直线和BC相交时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可．【详解】（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴,BD=8÷2=4，∴．②如图1，，当α=180°时，可得AB∥DE，∵，∴（2）如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴．（3）①如图3，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD=∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD=AC=．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC=，CD=4，CD⊥AD，∴AD=，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE==2，∴AE=AD-DE=8-2=6，由（2），可得，∴BD=．综上所述，BD的长为或．17．(1)方法选择如图①，四边形是的内接四边形，连接，，．求证：.小颖认为可用截长法证明：在上截取，连接…小军认为可用补短法证明：延长至点，使得…请你选择一种方法证明．(2)类比探究（探究1）如图②，四边形是的内接四边形，连接，，是的直径，．试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．（探究2）如图③，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．(3)拓展猜想如图④，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．解析：(1)方法选择：证明见解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.【分析】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=60°，如图①，在BD上截取DM=AD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根据全等三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根据全等三角形的性质得到结论；【探究2】如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根据直角三角形的性质得到MD=2AD，根据相似三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根据相似三角形的性质得到BM=CD，DM=AD，于是得到结论．【详解】(1)方法选择：∵，∴，如图①，在上截取，连接，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∵，∴，∴，∴；(2)类比探究：如图②，∵是的直径，∴，∵，∴，过作交于，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；[探究2]如图③，∵若是的直径，，∴，，过作交于，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；故答案为；(3)拓展猜想：；理由：如图④，∵若是的直径，∴，过作交于，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴.故答案为.【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．18．（问题）如图1，在中，，过点作直线平行于．，点在直线上移动，角的一边始终经过点，另一边与交于点，研究和的数量关系．（探究发现）（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点移动到使点与点重合时，通过推理就可以得到，请写出证明过程；（数学思考）（2）如图3，若点是上的任意一点（不含端点），受（1）的启发，这个小组过点作交于点，就可以证明，请完成证明过程；（拓展引申）（3）如图