2025~2026学年题型九几何探究题2025年中考数学重难题型分类练 含答案

/题型九几何探究题类型一非动点探究题1.(2024包头)如图,在▱ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE,CE,且(1)如图①,若F是边BC的中点,连接EF,对角线AC分别与BE,EF相交于点G,H.(i)求证:H是AC的中点;(ii)求AG:GH:HC;(2)如图②，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N.试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论.2.(2024安徽)如图①,▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD,BC上,且.AM(1)求证:(OE(2)连接BM交AC于点H,连接HE,HF.(i)如图②,若HE‖AB,(ii)如图③,若▱ABCD为菱形，且MD=2AM,∠

3.(2024吉林省卷)小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程：【探究论证】(1)如图①,在△ABC中，AB=BC,BD⟂AC,(2)如图②,在菱形.A'B'C'D(3)如图③,在四边形EFGH中,EG⟂FH,垂足为点O.若EG=5,FH=3,则S四边形EFGH【理解运用】(4)如图④,在△MNK中，MN(i)以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN，KM于点R，I；(ii)以点P为圆心,KR长为半径画弧,交线段PM于点I';(iii)以点I'为圆心，IR长为半径画弧，交前一条弧于点R',点(iv)过点P画射线.PR',在射线PR请你直接写出S四边形类型二动点探究题4.(2024吉林省卷)如图,在△ABC中，∠C=90∘,∠B=30∘,AC=3cm,AD是△ABC的角平分线.动点P从点A出发，以(1)当点P在线段AD上运动时，判断△APQ(2)当点E与点C重合时，求t的值；(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围.5.(2024南充)如图,正方形ABCD边长为6cm,点E为对角线AC上一点，CE=2AE,(1)求证:△(2)当△EPQ(3)连接AQ,当tan∠AQE=1

6.(2024重庆A卷)在△ABC中，AB=AC,(1)如图①,若∠BAC=60∘(2)如图①,若∠BAC(3)如图②,若∠BAC=90∘,点D从点B移动到点C的过程中，连接AE,当类型三平移探究题7、(2023天津)在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A30,B0(1)填空：如图①，点C的坐标为，点G的坐标为；(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形.E'F'G'H',点E,F，G，H的对应点分别为①如图②，当边E'F'与AB相交于点M，边G'②当238.(2022贵港)已知:点C,D均在直线l的上方,AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD=2(1)如图①,若连接CD,则△BCD的形状为，AOAD的值为(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△①如图②,当AE与AC重合时,连接OE,若AC=②如图③，当∠ACB=60类型四旋转探究题9.(2024山西)综合与探究问题情境：如图①，四边形ABCD是菱形，过点A作.AE⟂BC于点E，过点C作猜想证明：(1)判断四边形AECF的形状，并说明理由；深入探究：(2)将图①中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△①如图②，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N.猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M,N,直线AH与线段CD交于点Q.若AB=5,10.新考法开放性设问(2024福建定心卷)如图①，在△ABC中，AB=AC,∠(1)若α=60∘,∠(2)若点P为△ABC(3)如图②,若D为BC的中点,连接PD,PQ,当.∠QBA=∠PBC时，给出下列结论：①PD=PQ;②∠APC+∠BPD=11.(2024山东省卷)一副三角板分别记作△ABC和△DEF,其中∠ABC=∠DEF=9(1)求证:BM(2)在同一平面内，将图①中的两个三角形按如图②所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图②中的△DCF①当α=3②当30∘<α类型五折叠探究题12.(2024济宁)综合与实践某校教学课外活动小组用一张矩形纸片(如图①，矩形ABCD中，AB>AD且AB足够长)进行探究活动.【动手操作】如图②，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平.第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平.第三步，连接GF.【探究发现】根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论.甲同学的结论：四边形AEFD是正方形.乙同学的结论：tan(1)请分别判断甲，乙两同学的结论是否正确，若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由.【继续探究】在上面操作的基础上，丙同学继续操作.如图③，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平.第五步，连接FM交GP于点N.根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：FN·AM=GN·AD.(2)请证明这个结论.13.(2024天津)将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中,点O(0,0),点A(3,0),点B,C在第一象限,且OC=2,(1)填空：如图①，点C的坐标为，点B的坐标为；(Ⅱ)若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⟂x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O'①如图②.若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO'C'Q与②设折叠后重叠部分的面积为S，当23类型六类比探究题14.(2024广元)数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段.小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形(如图①)产生了如下问题，请同学们帮他解决.在△ABC中,点D为边AB上一点,连接CD.(1)初步探究如图②，若∠ACD=∠B(2)尝试应用如图③,在(1)的条件下,若点D为AB中点,BC=4,(3)创新提升如图④，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB=∠CBD

15.(2024长春)如图,在△ABC中，AB=AC=5,(1)当点D是边BC的中点时，求AD的长；(2)当BD=4时，点D到直线AC的距离为(3)连接PN,当PN⟂(4)若点N到直线AC的距离是点M到直线AC距离的3倍，则CD的长为.(写出一个即可)16.(2024达州)在学习特殊的平行四边形时，我们发现正方形的对角线等于边长的2倍，某数学兴趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现，具体如下：如图①.(1)∵四边形ABCD是菱形,∴∴又·∵∴化简整理得A【类比探究】(2)如图②.若四边形ABCD是平行四边形，请说明边长与对角线的数量关系；【拓展应用】(3)如图③，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，点E为AO的中点，点F为BC的中点，连接EF，若AB=8,BD=8,类型七其他问题17.(2024上海)在梯形ABCD中,AD‖BC,点E在边AB上，且(1)如图①所示,点F在边CD上,且DF=(2)已知AD=AE=1.①如图②所示，连接DE，如果△ADE②如图③所示,如果点M在边BC上,连接EM,DM,EC,DM与EC交于N.如果∠∠CMD=∠CEM,18.(2024通辽)【实际情境】手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具，同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞.【模型建立】(1)如图①，从花折伞中抽象出“伞形图”，AM=AN,【模型应用】(2)如图②,△AMC中，∠①∠AMD=2∠C;②AC=AM+MD中选择一个作为已知条件,另一个作为结论，并写出结论成立的证明过程；(注：只需选择一种情况作答)【拓展提升】(3)如图③,AC为⊙O的直径,AB=BC,∠题型九几何探究题1.(1)(i)解题思路由平行线之间等距，以及S△证明：∵∴E为AD的中点,∴∵F是边BC的中点,∴∵在▱ABCD中,AD=BC,AD∥BC,∴AE=CF,∠EAH=∠FCH,又∵∠AHE=∠CHF,∴△AHE≌△CHF(AAS),∴AH=CH,∴H是AC的中点;(ii)解题思路先证△AGB∽△HGE,得出ABHE解:∵AE=BF,AE∥BF,∴四边形ABFE为平行四边形，∴AB∥EF,∴△AGB∽△HGE,∴∵△AHE≌△CHF,∴EH=FH,∴∴AG=2GH,∴∴AG:GH:HC=2:1:3;(2)解：线段AM与线段AN之间的数量关系为：AM=3AN,证明如下:如解图，连接BD交CN于点I，∵AB∥CD,∴AB∥CM,∴∠ABE=∠DME,又∵AE=DE,∠AEB=∠DEM,∴△AEB≌△DEM(AAS),∴AB=DM,∴四边形ABDM为平行四边形，∴AM∥BD,AM=BD.∵AB=CD,∴DM=CD,∴D为CM的中点,∵DI∥MN,∴∴I为CN的中点,∴DI为△CMN的中位线,∴∵AM∥BD,∴∠NAE=∠IDE,又∵AE=DE,∠AEN=∠DEI,∴△AEN≌△DEI(ASA),∴∴MN=2AN,∴AM=AN+MN=3AN,∴AM=3AN.解题技巧连接BD交CN于点I，构造出△CNM的中位线是本题的解题关键.2.(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,OA=OC,∴AM∥CN,∵AM=CN,∴四边形AMCN是平行四边形，∴AN∥CM,∴∠OAE=∠OCF,在△AOE与△COF中,{∴△AOE≌△COF(ASA),∴OE=OF;(2)(i)证明:∵HE∥AB,∴又∵OB=OD,OE=OF,∴∵∠HOF=∠AOD,∴△HOF∽△AOD,∴∠OHF=∠OAD,∴HF∥AD;(ii)解:∵▱ABCD为菱形,∴AC⊥BD.又∵OE=OF,∠EHF=60°,∴∠EHO=∠FHO=30°,∴OH=3OE,∵AM∥BC,MD=2AM,∴AH∴OC+OH=3(OA-OH),∴OA+OH=3(OA-OH),∴OA=2OH,又∵BN∥AD,MD=2AM,AM=CN,∴BE∴3(OB-OE)=2(OB+OE),∴OB=5OE,∴∴貝ACBD的值为3.解:(1)2;【解法提示】∵在△ABC中,AB=BC,BD⊥AC,CD=2,∴(2)4;【解法提示】∵在菱形A'B'C'D'中,A'C'=4,B'D'=2,∴3【解法提示】∵EG⟂FH,∴S△EFG猜想：S证明:∵EG⊥FH,∴∵∴∵EG=a,FH=b,∴(4)10.【解法提示】根据尺规作图可知:∠QPM=∠MKN,∵在△MNK中,MN=3,KN=4,MK=5,∴MK²=KN²+MN²,∴△MNK是直角三角形,且∠MNK=90°,∴∠NMK+∠MKN=90°,∵∠QPM=∠MKN,∴∠NMK+∠QPM=90°,∴MK⊥PQ,∵PQ=KN=4,MK=5,∴根据(3)的结论有：S4.解:(1)解题思路根据角平分线+平行线的性质可得△APQ是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的长.△APQ为等腰三角形,AQ的长为t;【解法提示】如解图①,过点Q作QH⊥AD于点H,由题意得：AP=3t,∵∠C=90°,∠B=30°,∴∠BAC=60°,∵AD平分∠BAC,∴∠PAQ=∠BAD=30°,∵PQ∥AB,∴∠APQ=∠BAD=30°,∴∠PAQ=∠APQ,∴QA=QP,∴△APQ为等腰三角形,∵QH⊥AP,∴HA=12AP=(2)如解图②,∵△PQE为等边三角形,∴QE=QP,由(1)得QA=QP,∴QE=QA,即AE=2AQ=2t=3,∴(3)解题思路①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形；②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分是四边形；③当点P在DB上，重合部分是直角三角形，分类讨论画出图形计算求解即可.①如解图③,当点P在AD上,点E在AC上时,重合部分为等边三角形PQE,过点P作PG⊥QE于点G,∵∠PAQ=30°,∴∵△PQE是等边三角形,∴QE=PQ=AQ=t,∴由(2)知当点E与点C重合时，t=3②如解图④,当点P在AD上,点E在AC延长线上时，记PE与BC交于点F，此时重合部分为四边形FPQC,∵△PQE是等边三角形,∴∠E=60°,CE=AE-AC=2t-3,∴∴S△∴S=当点P与点D重合时,在Rt△ADC中,AD=AC∴t=2,∴③如解图⑤，当点P在DB上时，重合部分为直角三角形PQC,∵∠DAC=30°,∠DCA=90°,∴在Rt△ADC中,DC∴此时，PD∴∵△PQE是等边三角形，∴∠PQE=60°,∴∴∵∠B=∠BAD=30°,∴∴当点P与点B重合时，3解得t=4，此时，不满足PQ∥AB,当点P与点D重合时,t=2,∴综上所述S5.(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠PAE=∠QCE=45°;∵CE=2AE,AP=t,CQ=2t,∴∴△AEP∽△CEQ;(2)解:如解图①,过点E作EM⊥AB于点M,过点E作EN⊥BC于点N.由题意易知AE=22,AM=ME=2,EN=CN=4,AP=t,CQ=2t,BQ=6-2t,MP=|t-2|,BP=6-t,QN=|2t-4|,∴EP2PQ2=BEQ2=①当∠EPQ=90°时,有E即4t2−16t+32=t2②当∠PEQ=90°时,有P即5t③当∠PQE=90°时,有E即t2−4t+8=5综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为(6−23(3)解:如解图②,过点A作AF⊥AC,交CB的延长线于点F,连接FE交AQ于点G.∵AF⊥AC,∠ACF=45°,∴AF=AC,又∵CE=2AE,∴∴∵∴∠AFE=∠AQE,∵∠AGF=∠EGQ,∴△AGF∽△EGQ,∴AGEG=∵∠AGE=∠FGQ,∴△AGE∽△FGQ,∴∠AEG=∠FQG,∵∠AFE+∠AEF=90°,∴∠FQG+∠EQG=90°,即∠FQE=90°,∴△EQC是等腰直角三角形.∴QC=4,∴△AEQ的面积为4cm².6.解:(1)∵BD<CD,∴点F在线段AD上,∵∠BAC=60°,∠EFD=∠BAC,∴∠AFG=∠EFD=60°,∵∠BAD=α,∴∠FAG=60°-α,在△AFG中,∠FAG+∠AFG+∠AGF=180°,∴∠即∠2DE∵BD<CD,∴点F在线段AD上,如解图①,连接BE,过点B作BQ∥EG,分别交AD,AC于点P,Q,则∠BPD=∠EFD,∵∠BAC=60°,∠EFD=∠BAC,AB=AC,∴∠ABC=∠C=∠BPD=60°,∵∠BPD=∠BAD+∠ABQ,∠ABC=∠ABQ+∠CBQ,∴∠BAD=∠CBQ,在△ABD和△BCQ中,{∴△ABD≌△BCQ(ASA),∴BD=CQ,∵点D与点E关于直线AB对称,设DE与AB交于点H,∴BE=BD,EH=HD,∠EBA=∠ABD=60°,∠BHE=∠BHD=90°,∴∠∴∵∠EBD=120°,∴∠EBD+∠C=180°,∴EB∥AC,∴四边形EBQG是平行四边形，∴BE=QG,∴BD=GQ=CQ,∴CG=2BD,∴3CGAG的值为3−1【解法提示】如解图②，连接BE，记AB与DE的交点为点N,∵AB=AC,∠EFD=∠BAC=90°=∠AFG,∴∠ABC=45°,由对称的性质知∠EAB=∠DAB,∠EBA=∠DBA=45°,DE⊥AB,NE=ND,当点G在边AC上时,由于∠EAG>90°,∴当△AEG为等腰三角形时,只能是AE=AG,设∠BAD=α,∵∠BAC=∠AFG=90°,∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠AGE,∴∠BAD=∠AGE=α,∴∠EAB=∠DAB=α,∴∠EAD=2α,∵AE=AG,EG⊥AD,∴∠FAG=∠EAD=2α,∴在Rt△AFG中,α+2α=90°,解得α=30°,∴∠EAD=60°,又∵AE=AD,∴△AED为等边三角形,∴AE=ED,设AF=x,∵∠EAD=60∘,∴AG=AE=ED=AFcos60∘=2x,∴DN=x,.在Rt△DAN中,AN=DNtan∠DAB=3DN=3x,∵7.解:1【解法提示】如解图①,连接AC,BD,交于点M,∵B(0,1),D(23,1),∴BD⊥y轴,∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,且AC=2AM,∴AC∥y轴,∴AC=2AM=2BO=2,∴C(2)①∵点E(0,12),.点F−312,点H03∵点A(3,0),点B(0,1),∴在Rt△ABO中,tan∴∠ABO=60°,在Rt△BME中,∵EM∴∴同理可得S∵∴又∵S=S矩形E∴S=t②【解法提示】由①及题意可知，233≤slantt≤slant332时，矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，由①知S=t−34(32<t≤3),此时S8.(1)解:等腰三角形,1【解法提示】如解图①,过点C作CF⊥BD于点F,∵AC⊥l,BD⊥l,∴AC∥BD,∠CAB=∠DBA=∠CFB=90°,∴四边形ABFC是矩形,∴AC=BF,∵BD=2AC,∴BF=DF,在△BCF和△DCF中,△DCF(SAS),∴BC=DC,∴△BCD是等腰三角形;∵AC∥BD,∴∠ACO=∠DBO,∠OAC=∠ODB,∴△AOC△DOB,∴OD(2)①解:如解图②,过点E作EG⊥AD于点G,∵AC∴BD=2AC=3,∠EAD=60°,∴∠DAB=90°-∠EAD=30°,∴AD=AE=2BD=6,由(1)得AO∴∵∴OG=AG-AO=1,EG∴②证明：如解图③，连接CD，由(1)可知△BCD是等腰三角形，∵∠ACB=60°,AC∥BD,∴∠DBC=∠ACB=60°,∴△BCD是等边三角形,∠ABC=30°,∴CD=BD,∠CDB=60°,∵∠EDC=∠EDA-∠CDA=60°-∠CDA,∠ADB=∠CDB-∠CDA=60°-∠CDA,∴∠EDC=∠ADB,在△ECD和△ABD中,{∴△ECD≌△ABD(SAS),∴∠ECD=∠ABD=90°,∴∠ACF=∠ECD+∠DCB+∠ACB-180°=90°+60°+60°-180°=30°,设AF=x,则AC=3x,AB=3AC=3x,∴∵∠OAF=∠DAB,∴△OAF∽△DAB,∴∠OFA=∠DBA=90°,∴OF⊥AB.9.解:(1)四边形AECF是矩形,理由如下:∵AE⊥BC,CF⊥AD,∴∠AEC=∠AFC=90°,∵四边形ABCD为菱形,∴AD∥BC,∴∠AFC+∠ECF=180°.∴∠ECF=180°-∠AFC=90°,∴四边形AECF为矩形;(2)①解题思路方法一:可先证△HAM≌△DAC,得出AM=AC,根据线段的和差关系得出CH=MD.方法二：可先连接HD,证△CDH≌△MHD,直接得出CH=MD.CH=MD,理由如下:∵四边形ABCD为菱形,∴AB=AD,∠B=∠D,由旋转的性质,得AB=AH,∠B=∠H,∴AH=AD,∠H=∠D.∵∠HAM=∠DAC,∴△HAM≌△DAC,∴AM=AC,∴AH-AC=AD-AM,∴CH=MD;一题多解CH=MD,理由如下:如解图①，连接HD，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD,∠B=∠ADC.由旋转的性质,得AB=AH,∠B=∠AHM,∴AH=AD,∠AHM=∠ADC,∴∠AHD=∠ADH,∴∠AHD-∠AHM=∠ADH-∠ADC,∴∠MHD=∠CDH,∵DH=HD,∴△CDH≌△MHD,∴CH=MD.②解题思路对于旋转的面积问题，首先分类讨论，根据情况画出草图，再利用旋转的性质以及锐角三角函数或相似进行计算即可，需要注意的是四边形AMNQ是不规则的，需要用割补法，用三角形面积的和差解决.634或【解法提示】如解图②,∵AE⊥BC,△ABE旋转得到△AHG,∴AG⊥GH,∵GH⊥CD,∴AG∥CD,∵AB∥CD,∴A,G,B三点共线,∵AB=5,BE=4,∴AE=3.易知GN的长是AB与CD之间的距离,过点A作AW⊥CD于点W，∵∠B=∠D,∴tanD=tanB=AWDW=34,∵AD=5,∴AW=3,∴GN=3,由旋转得,GH=BE=4,AG=AE=3,∴HN=HG+GN=7,由△AHG∽△QHN得,GHNH=AGQN,即47=3NQ,∴NQ=214,∴S△QHN综上所述，四边形AMNQ的面积为63410.(1)解:∵∠QAP=∠BAC=α,∴∠QAB=∠PAC.在△QAB和△PAC中,{∴△QAB≌△PAC(SAS),∴∠QBA=∠PCA.∵∠BPC=∠ABP+∠BAC+∠ACP,α=60°,∠BPC=150°,∴∠ABP+∠ACP=∠BPC-∠BAC=150°-60°=90°,∴∠QBP=∠QBA+∠ABP=∠PCA+∠ABP=90°;(2)证明:∵点P为△ABC的外心,∴AP=BP=PC.由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=PC.∵AQ=AP,∴AQ=AP=BQ=BP,∴四边形AQBP为菱形;(3)解:选择结论①:证明:如解图①,过点B作BG∥PC交PD的延长线于点G.∵D为BC的中点,∴BD=CD.∵BG∥PC,∴∠DBG=∠DCP,∠G=∠DPC,∴△BDG≌△CDP(AAS),∴由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∴BG=BQ.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PBC=∠PCA.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB,∴∠ABP=∠DBG,∴∠QBP=∠GBP.∵BP=BP,∴△QBP≌△GBP(SAS),∴PQ=PG,∴PD一题多解证明:如解图②,延长BP至点G,使得PG=BP,连接CG.∵D为BC的中点,∴BD=CD.∵BP=PG,∴∴∠BPD=∠G,由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=PC,∠QBA=∠PCA,∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PCA=∠PBC.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB.∵∠GPC=∠PBC+∠PCB,∴∠QBP=∠GPC,∴△QBP≌△CPG(SAS),∴PQ=GC,∴PD选择结论②：证明:如解图③,过点B作BG∥PC交PD的延长线于点G.∵D为BC的中点,∴BD=CD.∵BG∥PC,∴∠DBG=∠DCP,∠G=∠DPC,∴△BDG≌△CDP(AAS),∴BG=CP,由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∠AQB=∠APC,∴BG=BQ.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PBC=∠PCA.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB,∴∠ABP=∠DBG,∴∠QBP=∠GBP.∵BP=BP,∴△QBP≌△GBP(SAS),∴∠BPD=∠BPQ,∵AQ=AP,∴∠∵AB=AC,∴∠∵∠PAQ=∠BAC,∴∠AQP=∠APQ=∠ABC=∠ACB.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBP=∠ABC,∴∠AQP=∠QBP,∴∠APC+∠BPD=∠APC+∠BPQ=∠AQB+∠BPQ=∠AQP+∠BQP+∠BPQ=∠QBP+∠BQP+∠BPQ=180°,即结论②正确.一题多解证明:如解图④,延长BP至点G,使得PG=BP,连接CG.∵D为BC的中点,∴BD=CD.∵BP=PG,∴∴∠BPD=∠G,由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∠AQB=∠APC,∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PCA=∠PBC.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB.∵∠GPC=∠PBC+∠PCB,∴∠QBP=∠GPC,∴△QBP≌△CPG(SAS),∴∠QPB=∠G,∴∠BPD=∠QPB.∵AQ=AP,∴∠∵AB=AC,∴∠∵∠PAQ=∠BAC,∴∠AQP=∠APQ=∠ABC=∠ACB.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBP=∠ABC,∴∠AQP=∠QBP,∴∠APC+∠BPD=∠APC+∠QPB=∠AQB+∠QPB=∠AQP+∠BQP+∠QPB=∠QBP+∠BQP+∠QPB=180°,即结论②正确.(答案不唯一)11.(1)证明:∵∠ABC=90°,∠BAC=45°,∴△ABC为等腰直角三角形，∵BM⊥AC,∴∵EN⊥DF,∠EDF=30°,∴∵AC=DE,∴BM=EN;(2)①证明:∵CN⊥DF,∠CDN=30°,∴∠DCN=90°-∠CDN=60°.∵∠ACD=30°,∴∠MCN=90°.∵BP⊥AC,CN⊥DF,∴四边形CNPM为矩形.∵△ABC为等腰直角三角形，∴AM=CM=BM.由(1)知,BM=EN=CN,∴CM=CN,∴四边形CNPM为正方形；②解:当30°<α<60°时,MP+如解图①，连接PC.由①知,CM=CN,在Rt△CPM与Rt△CPN中,{∴Rt△CPM≌Rt△CPN(HL),∴MP=NP,∴MP+DP=NP+DP=DN.在Rt△CND中,DN∴当60°<α<120°时,MP【解法提示】当60°<α<120°时,点P在FD的延长线上.如解图②,连接PC,同理可证MP=NP,DN=32CD,∴12.(1)解题思路求证∠AFG的三角函数值，只需作辅助线构造∠AFG所在的直角三角形即可.解：甲，乙同学的结论都正确，证明如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAE=∠D=90°,由第一步操作，根据折叠性质可知AD=AE，DF=EF，∠AEF=∠D=90°,∴∠DAE=∠AEF=∠D=90°,∴四边形AEFD为矩形,又∵AD=AE,∴四边形AEFD为正方形，故甲同学的结论正确；如解图①,作GM⊥AF于点M,∵四边形AEFD为正方形，∴∠FAE=45°,设AG=a,由第二步操作，根据折叠性质可知GE=∴EF=AE=2a,在Rt△AMG中,∵∠MAG=45°,∴在Rt△AEF中,AF∴∴故乙同学的结论正确；(2)解题思路第一步：根据折叠，做辅助线，求出与AD，AG相等的线段.证明：如解图②，设第四步折叠后，点A对应点为Q，点D对应点为S,作GR∥QS交SM于点R,∵GP为折痕,∴AG=QG,AD=QS,DP=SP,FP=MP,DF=SM,∠ADF=∠DAE=∠Q=∠S=90°,∵GR∥QS,∴∠SRG=∠QGR=∠Q=∠S=90°,∴四边形QSRG为矩形，∴AG=SR=QG=DH,AD=GR=QS=HG,第二步:求证△GHP≌△GRP,推出四边形GMPF为菱形.

在Rt△GHP和Rt△GRP中,{∴∴∠FPG=∠MPG,又∵FP=MP,∴由折叠性质可知GF=GM，∵PG⊥FM,FN=MN,∴∠FGP=∠MGP,∵FP∥GM,∴∠FPG=∠MGP,∴∠FPG=∠MPG=∠FGP=∠MGP,∴FG=FP=PM=GM,∴四边形GMPF为菱形,第三步:由菱形推出AM=RP,证明△DAM≌△GRP,得到∠AMD=∠RPG,再根据菱形性质推出∠AMD=∠FGN.∵RM=SM-SR=DF-DH=HF=AG,∴AG+GM=RM+MP,即AM=RP,在Rt△DAM和Rt△GRP中,{∴Rt△DAM≌Rt△GRP(SAS),∴∠AMD=∠RPG,∵四边形GMPF为菱形,∴GF∥MP,∴∠RPG=∠FGN,∴∠FGN=∠AMD,∵PG⊥FM,∴∠FNG=90°,∴∠FNG=∠DAM=90°,第四步:由△DAM∽△FNG即可得证.∴△DAM∽△FNG,∴∴FN·AM=GN·AD.13.解:(Ⅰ)(1,3),(4,3);【解法提示】如解图①,过点C作CH⊥OA于点H,∵四边形OABC是平行四边形,OC=2,∠AOC=60°,A(3,0),∴CB=OA=3,∵CH⊥OA,∴∠OCH=30°,∴OH=1Ⅱ【解法提示】根据题意及题图②，易得∠OO'C'=∠AOC=60°,O'P=OP,∴OO'=2OP=2t,∵A(3,0),∴OA=3,∴AO'=OO'−OA=2②【解法提示】当23≤t<1时，如解图④，设直线l与OC边的交点为M,由(1)得出C(1,3),∠COA=60°,∴tan60∘=MPOP当1≤t≤32时，如解图⑤，设直线l与BC边的交点为V,S=12O'P+NC'⋅NP=12OP+CN⋅NP=12t+t−1×3=322t−1=3t−32.∵3>0,∴S随着t的增大而增大，∴在t=32时，S=3×32−32=332−32=3;在t=1时,S=3×1−32=32,.当1≤t易错点拨(Ⅱ)①在点P移动过程中，注意先确定点O'与点A重合，或当C'与点B重合两种临界情况，进而得出t的取值范围；②注意点P在移动过程中，重叠部分的形状也会不断发生变化，在分情况讨论过程中注意不要漏掉某种情况，同时随着重叠部分形状的变化，在计算过程中要注意对应边与OP之间的关系，从而正确求解折叠后重叠部分的面积.14.(1)证明:∵∠ACD=∠B,∠A=∠A,∴△ACD∽△ABC,∴∴(2)解题思路设AD=m,则AD=BD=m,AB=2m,根据△ACD∽△ABC的性质,则AC2=2m2,求得解:∵点D为AB中点,∴设AD=BD=m,由(1)知△ACD∽△ABC,∴∴∴△ACD与△ABC的相似比为AD∴∵BC=4,∴(3)解：如解图，过点C作EB的平行线交AB的延长线于点H,过点C作CY⊥AB于点Y,∵点E为CD中点,∴设CE=DE=a,∵∠CDB=∠CBD=30°,∴CB=CD=2a,∠DCB=120°,在Rt△BCY中,CY∴过点B作BF⊥EC交EC的延长线于点F,∴∠FCB=60°,∴∠CBF=30°,∴∴EF=2a,∴∵CH∥BE,点E为CD中点,∴又∵∠ACD=∠EBD,∴∠ACD=∠H,∵∠A=∠A,∴△ACD∽△AHC,∴又∵AC∴AD=2,AH=14,∴DH=12,即4∴∴解题技巧构造BE的平行线和构造BE所在的直角三角形是本题的解题关键.15.解:(1)∵AB=AC,D是BC中点,∴BD=CD,∠ADB=∠ADC=90°,∵BC=6,∴在Rt△ABD中,AB=5,∴(2)8【解法提示】如解图①,过点D作DE⊥AC于点E,过点A作AF⊥BC于点F,∵BC=6,BD=4,∴CD=2,由(1)知AF=4,∵S△ACD=1如解图②,过点D作DE⊥AC于点E,当PN⊥AC时,易得∠DAC=45°,设AP=BD=x,则CD=6-x.由(1)可得,sin∴∴∴解得x即正方形APMN的边长为17(4)259或25【解法提示】过点D作DE⊥AC于点E,过点M作MH⊥AC于点H,过点N作NG⊥AC于点G,此时分两种情况讨论：①当点M，N在AC同侧时，设PM与AC的交点为S,如解图③,在正方形APMN中,AN=AP=PM,AN∥PM,∠APM=90°,∴∠NAG=∠MSH,∵MH⊥AC,NG⊥AC,∴∠AGN=∠SHM=90°,∴△AGN∽△SHM,∴AN=GNM,∵点N到直线AC的距离是点M到直线AC距离的3倍，.∴ANSM=GNHM=3,即AN=3SM,设SM=a,则AN=AP=PM=3a,∴PS=PMSM=2a,∴tan∠DAC=PSAP=2a3a=23.∵DE⊥AC,∴∠DEC=90∘,∴tan∠DAC=16.解:1(2)解题思路通过作辅助线推出△DAE≌△CBF，得到线段等量关系，再利