一、中考幾何壓軸題1．（1）問題提出：如圖①，在矩形中，，點為邊上一點，連接，過點作對角線的垂線，垂足為，點為的中點，連接，，．可知的形狀為______；（2）深人探究：如圖②，將在平面內(nèi)繞點順時針旋轉(zhuǎn)，請判斷的形狀是否變化，并說明理由；（提示：延長到，使；延長到，使，連接，，，構造全等三角形進行證明）（3）拓展延伸：如果，，在旋轉(zhuǎn)過程中，當點，，在同一條直線上時，請直接寫出的長．2．（1）如圖1，在正的外角內(nèi)引射線，作點C關于的對稱點E（點E在內(nèi)），連接，、分別交于點F，G．則_______．（2）類比探究：如圖2，把上題中的“正”改為“正方形”，其余條件不變，請求出的度數(shù)；通過以上兩例探索，請寫出一個關于與的數(shù)量關系的正確結(jié)論：_________________；（3）拓展延伸：如圖3，若以正方形的頂點O為原點，頂點A，D分別在x軸，y軸上，點A的坐標為，設正方形的中心為P，平面上一點F到P的距離為．①直接寫出的度數(shù)；②當時，求點F的坐標；并探索是否有最大值？如果有，請求出；如果沒有，請說明理由．3．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展應用：在（2）的條件下，連接，若，，求的長．4．點E是矩形ABCD邊AB延長線上的一動點，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，過點F作FG⊥BC，交BC的延長線于點G，連接DF，交CG于點H．（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想線段DH與HF的數(shù)量關系是；（2）探究：如圖2，若AB＝nAD，CF＝nCE，則（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展：在（2）的基礎上，若射線FC過AD的三等分點，AD＝3，AB＝4，則直接寫出線段EF的長．5．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ABC與△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直線BD，CE交于點F，直線BD，AC交于點G．則線段BD和CE的數(shù)量關系是，位置關系是；（2）類比探究如圖2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直線BD，CE交于點F，AC與BD相交于點G．若AB＝kAC，試判斷線段BD和CE的數(shù)量關系以及直線BD和CE相交所成的較小角的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸如圖3，在平面直角坐標系中，點M的坐標為（3.0），點N為y軸上一動點，連接MN．將線段MN繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)90得到線段MP，連接NP，OP．請直接寫出線段OP長度的最小值及此時點N的坐標．6．如圖：兩個菱形與菱形的邊在同一條直線上，邊長分別為a和b，點C在上，點M為的中點．（1）觀察猜想：如圖①，線段與線段的數(shù)量關系是______________．（2）拓展探究：如圖②，，將圖①中的菱形繞點B順時針旋轉(zhuǎn)至圖②位置，其他條件不變，連接，①猜想線段與線段的數(shù)量關系，并說明理由．②求出線段與所成的最小夾角．（3）解決問題：如圖③，若將題目中的菱形改為矩形，且，請直接寫出線段與線段的數(shù)量關系．7．（1）（操作）如圖，請用尺規(guī)作圖確定圓的圓心，保留作圖痕跡，不要求寫作法；（2）（探究）如圖，若（1）中的圓的半徑為2，放入平面直角坐標系中，使它與軸，軸分別切于點和，點的坐標為，過點的直線與圓有唯一公共點（與不重合）時，求點的坐標；（3）（拓展）如圖3，點從點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿軸向點運動，同時，點從原點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿軸向上運動，設運動時間為（），過點，，三點的圓，交第一象限角平分線于點，當為何值時，有最小值，求出此時，并探索在變化過程中的值有變化嗎？為什么？8．（教材呈現(xiàn)）下面是華師版八年級下冊教材第89頁的部分內(nèi)容．如圖，G，H是平行四邊形ABCD對角線AC上的兩點，且AG=CH，E，F(xiàn)分別是邊AB和CD的中點求證：四邊形EHFG是平行四邊形證明：連接EF交AC于點O∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB=CD，AB∥CD又∵E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點∴AE=CF又∵AB∥CD∴∠EAO=∠FCO又∵∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF請補全上述問題的證明過程．（探究）如圖①，在△ABC中，E，O分別是邊AB、AC的中點，D、F分別是線段AO、CO的中點，連結(jié)DE、EF，將△DEF繞點O旋轉(zhuǎn)180°得到△DGF，若四邊形DEFG的面積為8，則△ABC的面積為．（拓展）如圖②，GH是正方形ABCD對角線AC上的兩點，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分別是AB和CD的中點．若正方形ABCD的面積為16，則四邊形EHFG的面積為．9．如圖，已知和均為等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，當時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，則＝°，線段BD、CE之間的數(shù)量關系是；（2）拓展探究：如圖②，當時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，請判斷的度數(shù)及線段BD、CE之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）解決問題：如圖③，，，AE＝2，連接CE、BD，在繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當時，請直接寫出EC的長．10．在與中，且，點D始終在線段AB上（不與A、B重合）．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若度，的度數(shù)______，______；（2）類比探究：如圖2，若度，試求的度數(shù)和的值；（3）拓展應用：在（2）的條件下，M為DE的中點，當時，BM的最小值為多少？直接寫出答案．11．如圖l，在正方形ABCD中，AB=8，點E在AC上，且，過點作于點，交于點，連接，．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）線段與的數(shù)量關系是________，直線與所夾銳角的度數(shù)是___________；（拓展探究）（2）當繞點順時針旋轉(zhuǎn)時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請寫出結(jié)論并結(jié)合圖2給出證明；若不成立，請說明理由；（解決問題）（3）在（2）的條件下，當點到直線的距離為2時，請直接寫出的長．12．定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做等補四邊形．（問題理解）(1)如圖1，點A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分線交⊙O于點D，連接AD、CD．求證：四邊形ABCD是等補四邊形；（拓展探究）(2)如圖2，在等補四邊形ABCD中，AB＝AD，連接AC，AC是否平分∠BCD？請說明理由；（升華運用）(3)如圖3，在等補四邊形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分線交CD的延長線于點F．若CD＝6，DF＝2，求AF的長．13．（探究證明）（1）某班數(shù)學課題學習小組對矩形內(nèi)兩條互相垂直的線段與矩形兩鄰邊的數(shù)量關系進行探究，提出下列問題，請你給出證明：如圖①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分別交AD、BC于點E、F，GH分別交AB、DC于點G、H，求證：；（結(jié)論應用）（2）如圖②，將矩形ABCD沿EF折疊，使得點B和點D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的長；（拓展運用）（3）如圖③，將矩形ABCD沿EF折疊．使得點D落在AB邊上的點G處，點C落在點P處，得到四邊形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，請求BP的長．14．問題提出（1）如圖（1），在等邊三角形ABC中，點M是BC上的任意一點（不含端點B、C），連接AM，以AM為邊作等邊三角形AMN，連接CN，則∠ACN＝°．類比探究（2）如圖（2），在等邊三角形ABC中，點M是BC延長線上的任意一點（不含端點C），其他條件不變，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．拓展延伸（3）如圖（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，點M是BC上的任意一點（不含端點B、C），連接AM，以AM為邊作等腰三角形AMN，使AM＝MN，連接CN．添加一個條件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，寫出你所添加的條件，并說明理由．15．折紙是一種許多人熟悉的活動．近些年，經(jīng)過許多人的努力，已經(jīng)找到了多種將正方形折紙的一邊三等分的精確折法，下面探討其中的一種折法：（綜合與實踐）操作一：如圖1，將正方形紙片ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合，再將正方形紙片ABCD展開，得到折痕MN；操作二：如圖2，將正方形紙片ABCD的右上角沿MC折疊，得到點D的對應的點為D′；操作三：如圖3，將正方形紙片ABCD的左上角沿MD′折疊再展開，折痕MD′與邊AB交于點P；（問題解決）請在圖3中解決下列問題：（1）求證：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在圖3的基礎上，將正方形紙片ABCD的左下角沿CD′折疊再展開，折痕CD′與邊AB交于點Q．再將正方形紙片ABCD過點D′折疊，使點A落在AD邊上，點B落在BC邊上，然后再將正方形紙片ABCD展開，折痕EF與邊AD交于點E，與邊BC交于點F，如圖4．試探究：點Q與點E分別是邊AB，AD的幾等分點？請說明理由．16．如圖，四邊形是正方形，點為對角線的中點．（1）問題解決：如圖①，連接，分別取，的中點，，連接，則與的數(shù)量關系是_____，位置關系是____；（2）問題探究：如圖②，是將圖①中的繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到的三角形，連接，點，分別為，的中點，連接，．判斷的形狀，并證明你的結(jié)論；（3）拓展延伸：如圖③，是將圖①中的繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到的三角形，連接，點，分別為，的中點，連接，．若正方形的邊長為1，求的面積．17．定義：如圖1，點M、N把線段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN為邊的三角形是一個直角三角形，則稱點M、N是線段AB的勾股點．已知點M、N是線段AB的勾股點，若AM＝1，MN＝2，則BN＝．（1）（類比探究）如圖2，DE是△ABC的中位線，M、N是AB邊的勾股點（AM＜MN＜NB），連接CM、CN分別交DE于點G、H．求證：G、H是線段DE的勾股點．（2）（知識遷移）如圖3，C，D是線段AB的勾股點，以CD為直徑畫⊙O，P在⊙O上，AC＝CP，連結(jié)PA，PB，若∠A＝2∠B，求∠B的度數(shù)．（3）（拓展應用）如圖4，點P（a，b）是反比例函數(shù)（x＞0）上的動點，直線與坐標軸分別交于A、B兩點，過點P分別向x、y軸作垂線，垂足為C、D，且交線段AB于E、F．證明：E、F是線段AB的勾股點．18．綜合與實踐——探究特殊三角形中的相關問題問題情境：某校學習小組在探究學習過程中，將兩塊完全相同的且含角的直角三角板和按如圖1所示位置放置，且的較短直角邊為2，現(xiàn)將繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，與交于點，與交于點，與交于點．（1）初步探究：勤思小組的同學提出：當旋轉(zhuǎn)角時，是等腰三角形；（2）深入探究：敏學小組的同學提出在旋轉(zhuǎn)過程中，如果連接，，那么所在的直線是線段的垂直平分線．請幫他們證明；（3）再探究：在旋轉(zhuǎn)過程中，當旋轉(zhuǎn)角時，求與重疊的面積；（4）拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)過程中，是否能成為直角三角形？若能，直接寫出旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)；若不能，說明理由．19．[探索發(fā)現(xiàn)]（1）如圖①，△ABC與△ADE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，連接BD與CE，則△ABD與△ACE的關系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中點，在線段AD上任取一點P，連接PB，將線段PB繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)80°，點B的對應點是點E，連接BE，得到△BPE，隨著點P在線段AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側(cè)，也可能在直線AD上，還可能在直線AD的右側(cè)．請你探究，當點E在直線AD上時，如圖②所示，連接CE，判斷直線CE與直線AB的位置關系，并說明理由．[拓展應用]（3）在（2）的應用下，請在圖③中畫出△BPE，使得點E在直線AD的右側(cè)，連接CE，試求出點P在線段AD上運動時，AE的最小值．20．綜合與實踐（問題背景）如圖1，矩形中，．點E為邊上一點，沿直線將矩形折疊，使點C落在邊的點處．（問題解決）（1）填空：的長為______．（2）如圖2，將沿線段向右平移，使點與點B重合，得到與交于點F，與交于點G．求的長；（拓展探究）（3）在圖2中，連接，則四邊形是平行四邊形嗎？若是，請予以證明；若不是，請說明理由．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、中考幾何壓軸題1．（1）等邊三角形；（2）的形狀不變，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)、解直角三角形可得，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得，最后解析：（1）等邊三角形；（2）的形狀不變，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)、解直角三角形可得，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得，最后根據(jù)等邊三角形的判定即可得出結(jié)論；（2）如圖（見解析），先根據(jù)線段垂直平分線的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定定理證出，再根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理可得，，從而可得，最后根據(jù)等邊三角形的判定即可得出答案；（3）分點在線段上和點在線段上兩種情況，再利用直角三角形的性質(zhì)、勾股定理分別求出的長，然后根據(jù)線段中點的定義、線段的和差即可得．【詳解】解：（1）在矩形中，，，在中，，，點為的中點，，，同理可得：，，，，，是等邊三角形，故答案為：等邊三角形；（2）的形狀不變，理由如下：如圖，延長到，使；延長到，使，連接，其中相交于點，相交于點，相交于點，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，垂直平分，，同理可得：，，即，在和中，，，，，，點為的中點，是的中位線，，同理可得：，，是等邊三角形；（3）由題意，分以下兩種情況：①如圖，當點在線段上時，，，，在中，，，在中，，，，；②如圖，當點在線段上時，同理可得：，，，，綜上，的長為或．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、三角形中位線定理等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構造全等三角形是解題關鍵．2．（1）；（2），理由見解析；（3）①；②有，【分析】（1）證明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，進一步可得結(jié)論；（2）連接，證明，再進一步解析：（1）；（2），理由見解析；（3）①；②有，【分析】（1）證明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，進一步可得結(jié)論；（2）連接，證明，再進一步證明得，故可得結(jié)論；（3）①由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上，由圓周角定理可得結(jié)論；②設，根據(jù)三角形面積公式求出y的值，在中，，根據(jù)勾股定理得，列出方程求出x的值即可得點F的坐標，當軸時，面積最大，求值即可．【詳解】解：（1）如圖1中，∵點E是點C關于AM的對稱點，∴∠AGE=90°，AE=AC，∠1=∠2．∵正△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，∴AE=AB，得∠3=∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=120°，∴∠1+∠3=60°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1=90°，∴∠FEG=30°．故答案為：；（2）連接∵C，E關于對稱∴∴∴；在正方形中，∴，∴；在中，；即∵∴∴∴結(jié)論：（3）①由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上，如圖，連接，則∴故答案為：②設則即，由題意得，∴由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上；過點P作軸，過點F作軸，則在中，，根據(jù)勾股定理得即解得故或，當軸時，面積最大，此時【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．3．（1）見解析；（2）；見解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題；（2）如圖2中，作GM⊥AB于M．然后證明△ABE∽△GM解析：（1）見解析；（2）；見解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題；（2）如圖2中，作GM⊥AB于M．然后證明△ABE∽△GMF即可解決問題；（3）如圖3中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM即可解決問題．【詳解】（1）如圖（1），∵四邊形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．∵四邊形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，∴DG∥QF，DQ∥GF，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴DQ=GF，∴FG=AE；（2）．理由：如圖（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°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴GF：AE＝AD：AB，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD，∴GF：AE＝BC：AB，∵，∴．（3）解：如圖（3）中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．由BE：BF＝3：4，設BE＝3k，BF＝4k，則EF＝AF＝5k，∵，，∴AE＝，在直角三角形ABE中，根據(jù)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＝=．【點睛】本題考查了正方形、矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)構建方程解決問題，是解題的關鍵．4．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由見解析；(3)或．【分析】(1)證明，得，則，則證，得出即可；(2)證，則，由矩形的性質(zhì)得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)和已知得，則解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由見解析；(3)或．【分析】(1)證明，得，則，則證，得出即可；(2)證，則，由矩形的性質(zhì)得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)和已知得，則，分兩種情況，根據(jù)勾股定理和平行線的性質(zhì)進行解答即可．【詳解】解：(1)，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，，∴四邊形ABCD是正方形，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，，在和中，，∴，∴，故答案為，(2)仍然成立，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，，，∴∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形ABCD是矩形，，∴，∴，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴，∵，∴，∴，，在和中，，∴，∴，(3)如圖所示，延長FC交AD于R，∵四邊形ABCD是矩形，∴，，，，∵，，∴，∴，分兩種情況：①當時，∵，∴，，在中，由勾股定理得：，∵，，∴，∴，由勾股定理得：EF＝；②當時，同理可得：，，，，由勾股定理得：，綜上所說，若射線FC過AD的三等分點，，，則線段EF的長為或．【點睛】本題主要考查了正方形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行線的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．5．（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由見詳解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值為3【分析】（1）先證明△ABD≌△ACE，從而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE解析：（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由見詳解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值為3【分析】（1）先證明△ABD≌△ACE，從而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，結(jié)合∠AGB＝∠FGC，即可得到結(jié)論；（2）先證明ABCADE，從而得，結(jié)合∠BAD=∠CAE，可得BADCAE，進而即可得到結(jié)論；（3）把OPM繞點M順時針旋轉(zhuǎn)90°得到（與N重合），則，，(3，3)，，進而即可求解．【詳解】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，直線BD和CE相交所成的較小角的度數(shù)為：180°-α-β；（3）由題意得：MN=MP，∠NMP=90°，把OPM繞點M順時針旋轉(zhuǎn)90°得到（與N重合），則，，∵點M的坐標為（3，0），∴(3，3)∵OPM，∴，即線段OP長度最小時，的長度最小，∴當⊥y軸時，的長度最小，此時(0，3)，∴N(0，3)，OP的最小值為3.【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，通過旋轉(zhuǎn)變換，構造相似三角形或全等三角形，是解題的關鍵．6．（1）；（2）①，理由見解析；②線段與所成的最小夾角為60；（3）．【分析】（1）根據(jù)已知求得AE=a+b，CG=b-a，根據(jù)線段中點的定義求得CM=，通過計算即可求解；（2）①延長BM解析：（1）；（2）①，理由見解析；②線段與所成的最小夾角為60；（3）．【分析】（1）根據(jù)已知求得AE=a+b，CG=b-a，根據(jù)線段中點的定義求得CM=，通過計算即可求解；（2）①延長BM到H，使MH=BM，連接GH，利用SAS證明△CMB△GMH和△ABE△HGB，即可得到結(jié)論；②延長MB交AE于N，證明∠GBE=∠BNE=60，即可求解；（3）延長BM到H，使MH=BM，連接GH，同理證明△CMB△GMH，再證明△ABE△HGB，即可求解．【詳解】（1），理由如下：∵菱形ABCD與菱形

BEFG的邊長分別為a和b，∴AE=AB+BE=a+b，CG=BG-BC=b-a，∵點M為CG的中點，∴CM=CG=，∴，∴；（2）①，理由如下：延長BM到H，使MH=BM，連接GH，如圖：∵點M為CG的中點，∴CM=MG，∵∠CMB=∠GMH，∴△CMB△GMH(SAS)，∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，∴BC∥GH，∴∠BGH+∠CBG=180，∵菱形ABCD與菱形

BEFG中，∠ABC=120°，∠GBE=60°，∴∠ABE+∠CBG=180，∴∠ABE=∠BGH，∵AB=BC=HG，BE=BG，∴△ABE△HGB(SAS)，∴AE=HB；②線段與所成的最小夾角為60，理由如下：∵△ABE△HGB，∴∠AEB=∠BHG，延長MB交AE于N，則∠MBE=∠BNE+∠AEB，即∠HBG+∠GBE=∠BNE+∠AEB，∴∠GBE=∠BNE=60，∴線段與所成的最小夾角為60；（3），理由如下：延長BM到H，使MH=BM，連接GH，如圖：同理可得：△CMB△GMH(SAS)，∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，∴BC∥GH，∴∠BGH+∠CBG=180，∵矩形ABCD與矩形

BEFG中，∠ABC=∠GBE=90°，∴∠ABE+∠CBG=180，∴∠ABE=∠BGH，∵，∴，∴△ABE△HGB，∴，∵，∴．【點睛】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．7．（1）見解析；（2）；（3）當時，有最小值，此時；的值不變，見解析【分析】（1）在圓上任意取兩條弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分線，則它們的交點為P點；（2）由題意得與相切于點，根據(jù)切線長解析：（1）見解析；（2）；（3）當時，有最小值，此時；的值不變，見解析【分析】（1）在圓上任意取兩條弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分線，則它們的交點為P點；（2）由題意得與相切于點，根據(jù)切線長定理和勾股定理求得，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）根據(jù)勾股定理得，得到當時，有最小值，即有最小值．四邊形是正方形，即可求得此時，根據(jù)利用三角形面積公式，即可求解．【詳解】（1）如圖，點P即為所作；（2）如圖，過點作軸于點，連接，，由題意得：與坐標軸相切，∴，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴，則，由題意得與相切于點，∴，設，在中，，，，，由勾股定理得：，即：，解得，∴，由題意可得，∴，即：，∴，，則∴；（3）如圖，在中，，，，則，當時，有最小值，即有最小值．此時，，∵平分第一象限，∴∠EON=∠EOM=45，∴△EON△EOM，∴∠ENO=∠EMO，∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ENO+∠EMO=180，∴∠ENO=∠EMO=90，又OM=ON，∴四邊形是正方形，∴；在這個變化過程中，沒有變化，理由如下：∵平分第一象限，∴是等腰直角三角形，∴則，∴．【點睛】本題考查了坐標與圖形，圓的切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)最值的求解，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，學會利用參數(shù)構建方程解決問題．8．教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可解析：教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理即可得；拓展：先根據(jù)正方形的性質(zhì)和面積可得，從而可得，再根據(jù)等腰直角三角形和勾股定理可得，然后利用三角形的面積公式可得，最后利用平行四邊形的性質(zhì)即可得．【詳解】解：教材呈現(xiàn)：補充完整證明過程如下：∴OE＝OF，OA＝OC，又∵AG＝CH，∴OA－AG＝OC－CH，即OG＝OH，∴四邊形EHFG是平行四邊形；探究：如圖，連接OE，BO，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，點O是AC的中點，點D是AO的中點，點F是CO的中點，，由等底同高得：，，又點E是AB的中點，點O是AC的中點，∴S△BEO=S△AEO=4，∴S△ABO=S△BEO+S△AEO=8，，故答案為：16；拓展：如圖，過點E作于點O，四邊形ABCD是面積為16的正方形，，在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵AC為正方形的對角線，∴∠EAO=45°，點E是AB的中點，，∵，∴，∴AO=EO，在Rt△AEO中由勾股定理的AO2+EO2=AE2，即2OE2=4解得，，，，由教材呈現(xiàn)可知，四邊形EHFG是平行四邊形，則四邊形EHFG的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形中線性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)，勾股定理等知識點，較難的是拓展，通過作輔助線，構造等腰直角三角形是解題關鍵．9．（1）；（2），理由見解析；（3）CE的長為2或4，理由見解析．【分析】（1）證明，得出CE＝BD，，即可得出結(jié)論；（2）證明，得出，，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出，再求出：①當點E在點D解析：（1）；（2），理由見解析；（3）CE的長為2或4，理由見解析．【分析】（1）證明，得出CE＝BD，，即可得出結(jié)論；（2）證明，得出，，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出，再求出：①當點E在點D上方時，先判斷出四邊形APDE是矩形，求出AP＝DP＝AE＝2，再根據(jù)勾股定理求出，BP＝6，得出BD＝4；②當點E在點D下方時，同①的方法得，AP＝DP＝AE＝1，BP＝6，進而得出BD＝BP+DP＝8，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）為等腰三角形，，∴是等邊三角形，同理可得是等邊三角形故答案為：．（2），理由如下：在等腰三角形ABC中，AC＝BC，，，同理，，，，，，，，點B、D、E在同一條直線上:；（3）由（2）知，，，在中，，，①當點E在點D上方時，如圖③，過點A作交BD的延長線于P，，，四邊形APDE是矩形，，矩形APDE是正方形，，在中，根據(jù)勾股定理得，，，；②當點E在點D下方時，如圖④同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝6，BD＝BP+DP＝8，，綜上CE的長為2或4．【點睛】本題是幾何變換的綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，判斷出三角形ACE和三角形ABD相似是關鍵．10．（1）90度；1；（2）的度數(shù)為90度，的值為；（3）BM的最小值為1．【分析】（1）度，利用SAS證明，即可得出，的值為1；（2）度，證明，即可得出，；（3）當CD最小時，即CD垂直于AB解析：（1）90度；1；（2）的度數(shù)為90度，的值為；（3）BM的最小值為1．【分析】（1）度，利用SAS證明，即可得出，的值為1；（2）度，證明，即可得出，；（3）當CD最小時，即CD垂直于AB時，CD最小，此時DE最小，而BM是直角三角形DBE斜邊上的中線，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．【詳解】（1）①∵∴∴∵，∴∴，∴∴，∴，的值為1；（2）在中，，令，則，同理令，∴，∴①∵即∴②有①②得∴，∴（3）在中，，∴，當CD最小時，即CD垂直于AB時，CD最小，此時DE最小，而，∴，而BM是直角三角形DBE斜邊上的中線，∴【點睛】本題涉及全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、特殊的三角函數(shù)值和直角三角形的性質(zhì)．是一個綜合性比較強的題目，要熟練掌握各個知識點．11．（1），；（2）結(jié)論仍然成立，證明詳見解析；（3）的長為或．【分析】（1）延長DE交CF的延長線于點N，由正方形的性質(zhì)可得和均為等腰直角三角形，因此，易證，由相似三角形的性質(zhì)即可得到，由三角形的解析：（1），；（2）結(jié)論仍然成立，證明詳見解析；（3）的長為或．【分析】（1）延長DE交CF的延長線于點N，由正方形的性質(zhì)可得和均為等腰直角三角形，因此，易證，由相似三角形的性質(zhì)即可得到，由三角形的內(nèi)角和即可得到；（2）延長交于點，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知和均為等腰直角三角形，因此，易證，同（1）易證結(jié)論仍成立；（3）由點E到直線AD的距離為2，，可知點F在直線AD或AB上，分兩種情況討論：（i）當點F在DA的延長線或BA延長線上時，由勾股定理可得的長，（ii）當點F在AD或AB上時，過點E作的高，由勾股定理可得的長．【詳解】解：（1）如圖①，延長DE交CF的延長線于點N，∵AC是正方形ABCD的對角線，∴，∵是直角三角形，∴和均為等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴，，∴；又∵，，，∴故答案為：，（2）結(jié)論仍然成立．理由如下：如圖②，延長交于點．∵是正方形的對角線，且是由原題中圖1的位置旋轉(zhuǎn)得來，∴，即和均為等腰直角三角形．∴．又∵，，∴．∴．∴，．∴．又∵，，，∴．∴結(jié)論成立．（3）的長為或．理由如下：∵點E到直線AD的距離為2，，∴點F在直線AD或AB上分兩種情況討論：（i）如圖③，當點F在DA的延長線上時，過點E作EG⊥AD交延長線于點G,∵,∴,∴，在中，由勾股定理得；如圖④，當點F在BA延長線上時，過點E作EK⊥AD交DA的延長線于點K，在等腰中，過點E作EH⊥AF于點H,∵AH=EK=2=AF，∴BF=AB+AF=12，∴；（ii）如圖⑤，當點F在AD上時，過點E作EI⊥AD于點I，∵AF=4，AD=8，∴，在中，由勾股定理得；如圖⑥，當點F在AB上時，過點E作EM⊥AD交AD于點M，在等腰中，過點E作EN⊥AF于點N，∵AN=EM=2=AF，∴，∴，綜上所述，CF的長為或．【點睛】本題考查相似三角形和圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，屬于綜合題，需要分類討論，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識是解題關鍵．12．(1)見解析；(2)AC平分∠BCD，理由見解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形互補可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再證AD=CD，即可根據(jù)等補四邊形的解析：(1)見解析；(2)AC平分∠BCD，理由見解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形互補可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再證AD=CD，即可根據(jù)等補四邊形的定義得出結(jié)論；（2）過點A分別作AE⊥BC于點E，AF垂直CD的延長線于點F，證△ABE≌△ADF，得到AE=AF，根據(jù)角平分線的判定可得出結(jié)論；

（3）連接AC，先證∠EAD=∠BCD，推出∠FCA=∠FAD，再證△ACF∽△DAF，利用相似三角形對應邊的比相等可求出AF的長．【詳解】(1)證明：∵四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°.∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD∴弧AD＝弧CD∴AD＝CD∴四邊形ABCD是等補四邊形(2)AC平分∠BCD，理由如下：過點A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F則∠AEB＝∠AFD＝90°∵四邊形ABCD是等補四邊形∴∠ADC+∠B＝180°又∵∠ADC+∠ADF＝180°∴∠B＝∠ADF在△AFD與△AEB中∴≌∴∴點A一定在∠BCD的平分線上即AC平分∠BCD.(3)連接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【點睛】本題考查了新定義等補四邊形，圓的有關性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等，解題關鍵是要能夠通過自主學習來進行探究，運用等．13．（1）見解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，如圖1，易證AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后運用相似三角形解析：（1）見解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，如圖1，易證AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后運用相似三角形的性質(zhì)就可解決問題；(2)連接BD，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出BD的長，再根據(jù)結(jié)論（1）得出，進而可求出EF的長.（3）過點F作FH⊥EG于H，過點P作PJ⊥BF于J．根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD、CD的長，由結(jié)論（1）可得出DG的長，再由勾股定理得出AG的長，然后根據(jù)翻折的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出四邊形HGPF是矩形，進而得出FH的長度，最后根據(jù)相似三角形得出BJ、PJ的長度就可以得出BP的長度.【詳解】（1）如圖①，過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四邊形AEFP、四邊形BGHQ都是平行四邊形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠BAT+∠ABT＝90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，∴∠ABT+∠CBQ＝90°，∴∠BAP＝∠CBQ，∴△ABP∽△BCQ，∴,∴.（2）如圖②中，連接BD．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，∴BD＝,∵D，B關于EF對稱，∴BD⊥EF，∴,∴,∴EF＝.（3）如圖③中，過點F作FH⊥EG于H，過點P作PJ⊥BF于J．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，∴=,∴DG＝，∴AG＝＝1，由翻折可知：ED＝EG，設ED＝EG＝x，在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，∴x2＝AG2+AE2，∴x2＝（3﹣x）2+1，∴x＝，∴DE＝EG＝，∵FH⊥EG，∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，∴四邊形HGPF是矩形，∴FH＝PG＝CD＝2，∴EH＝，∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，∵PF∥EG，EA∥FB，∴∠AEG＝∠JPF，∵∠A＝∠FJP＝90°，∴△AEG∽△JFP，∴，∴，∴FJ＝，PJ＝，∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，在Rt△BJP中，BP＝．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關鍵在于靈活運用矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．14．（1）60；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，進而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可證明≌，繼而得出結(jié)論；解析：（1）60；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，進而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可證明≌，繼而得出結(jié)論；（2）也可以通過證明≌，得出結(jié)論，和（1）的思路完全一樣；（3）當∠ABC＝∠AMN時，∽，利用相似的性質(zhì)得到，又根據(jù)∠BAM＝∠CAN，證得∽，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵、是等邊三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，

∴∠BAM=∠CAN，

∵在和中，，∴≌（SAS），∴∠ABC=∠ACN；∵是等邊三角形∴∠ABC=60°∴∠ACN=∠ABC=60°．（2）結(jié)論∠ACN＝60°仍成立．理由如下：∵、都是等邊三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN，∴≌，∴∠ACN＝∠ABM＝60°．（3）添加條件：∠ABC＝∠AMN．理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN，∴∽，∴．又∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，∴∽，∴∠ABC＝∠ACN．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關鍵是仔細觀察圖形，找到全等的條件，利用全等的性質(zhì)證明結(jié)論．15．（1）見解析；（2）2：1；（3）點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點，理由見解析【分析】（1）如圖1，連接PC，根據(jù)正方形的性質(zhì)、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性解析：（1）見解析；（2）2：1；（3）點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點，理由見解析【分析】（1）如圖1，連接PC，根據(jù)正方形的性質(zhì)、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（2）設BP＝x，根據(jù)翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如圖2，連接QM，證明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，設正方形ABCD的邊長為1，AQ＝QD′＝y(tǒng)，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可．【詳解】（1）證明：如圖1，連接PC．∵四邊形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：設正方形紙片ABCD的邊長為1．則AM＝DM＝D′M＝．設BP＝x，則MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根據(jù)勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案為：2：1．（3）解：點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點．理由：如圖2，連接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，設正方形ABCD的邊長為1，AQ＝QD′＝y(tǒng)，則QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根據(jù)勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即點Q是AB邊的四等分點，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴點E為AD的五等分點．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質(zhì)及方程思想是解題的關鍵．16．（1），；（2）的形狀是等腰直角三角形，理由見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)題意可得PQ為△BOC的中位線，再根據(jù)中位線的性質(zhì)即可求解；（2）連接并延長交于點，根據(jù)題意證出，為等腰直角三角形，解析：（1），；（2）的形狀是等腰直角三角形，理由見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)題意可得PQ為△BOC的中位線，再根據(jù)中位線的性質(zhì)即可求解；（2）連接并延長交于點，根據(jù)題意證出，為等腰直角三角形，也為等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；（3）延長交邊于點，連接，．證出四邊形是矩形，為等腰直角三角形，，再證出為等腰直角三角形，根據(jù)圖形的性質(zhì)和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的長度，即可計算出的面積．【詳解】解：（1）∵點P和點Q分別為，的中點，∴PQ為△BOC的中位線，∵四邊形是正方形，∴AC⊥BO，∴，；故答案為：，；（2）的形狀是等腰直角三角形．理由如下：連接并延長交于點，由正方形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)可得，∠，是等腰直角三角形，，．∴，．又∵點是的中點，∴．∴．∴，．∴，∴．∴為等腰直角三角形．∴，．∴也為等腰直角三角形．又∵點為的中點，∴，且．∴的形狀是等腰直角三角形．（3）延長交邊于點，連接，．∵四邊形是正方形，是對角線，∴．由旋轉(zhuǎn)得，四邊形是矩形，∴，．∴為等腰直角三角形．∵點是的中點，∴，，．∴．∴，．∴．∴．∴為等腰直角三角形．∵是的中點，∴，．∵，∴，，∴．∴．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)、三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．17．BN=或；（1）見解析；（2）∠B＝15°；（3）見解析．【分析】定義：根據(jù)勾股點的定理，即可求出BN的長；（1）根據(jù)已知條件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝B解析：BN=或；（1）見解析；（2）∠B＝15°；（3）見解析．【分析】定義：根據(jù)勾股點的定理，即可求出BN的長；（1）根據(jù)已知條件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，根據(jù)條件求出（BN）2＝（MN）2+（AM）2，即可得到結(jié)果；（2）連接PD，根據(jù)已知條件可得PC2+BD2＝CD2，進而求出∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，得到2∠A+∠A＝90°，即可得到結(jié)果；（3）根據(jù)已知條件先求得點F的坐標為（2﹣，），即可求得BF、EF，根據(jù)已知條件可得BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，即可求得結(jié)果；【詳解】定義：∵點M、N是線段AB的勾股點，∴或，∴BN=．（1）如圖，∵CD＝DA，CE＝EB，∴DE∥AB，∴CG＝GM，CH＝HN，∴DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，∵BN2＝MN2+AM2，∴BN2＝MN2+AM2，∴（BN）2＝（MN）2+（AM）2，∴EH2＝GH2+DG2，∴G、H是線段DE的勾股點．(2)如圖所示，連接PD，∵AC＝PC，∴∠A＝∠APC，∴∠PCD＝2∠A，∵C，D是線段AB的勾股點，∴AC2+BD2＝CD2，∴PC2+BD2＝CD2，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CPD＝90°，∴PC2+PD2＝CD2，∴PD＝BD，∴∠PDC＝2∠B，∵∠A＝2∠B，∴∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，∵∠PCD+∠PDC＝90°，∴2∠A+∠A＝90°，解得∠A＝30°，則∠B＝∠A＝15°．（3）∵點P（a，b）是反比例函數(shù)y＝（x＞0）上的動點，∴b＝．∵直線y＝﹣x+2與坐標軸分別交于A、B兩點，∴點B的坐標為（0，2），點A的坐標為（2，0）；當x＝a時，y＝﹣x+2＝2﹣a，∴點E的坐標為（a，2﹣a）；當y＝時，有﹣x+2＝，解得：x＝2﹣，∴點F的坐標為（2﹣，）．∴BF＝＝（2﹣），EF＝,＝|2﹣a﹣|，AE＝＝（2﹣a）．∵BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，∴以BF、AE、EF為邊的三角形是一個直角三角形，∴E、F是線段AB的勾股點．【點睛】本題主要考查了勾股定理的擴展應用，結(jié)合中位線定理、圓周角定理等知識點解題是關鍵．18．（1）15o或60o；（2）見解析；（3）；（4）能，30o或60o【分析】（1）分三種情況討論：當時，當當利用三角形的內(nèi)角和定理與旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)從而可得答案；（2）先證明，得到證明，再證明，解析：（1）15o或60o；（2）見解析；（3）；（4）能，30o或60o【分析】（1）分三種情況討論：當時，當當利用三角形的內(nèi)角和定理與旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)從而可得答案；（2）先證明，得到證明，再證明，得到結(jié)合從而可得結(jié)論；（3）先求解的面積，再證明，結(jié)合，從而可得重疊部分的面積；（4）當∠CNP=90°時，依據(jù)對頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉(zhuǎn)的定義可求得∠α的度數(shù)；當∠CPN=90°時．由∠C=30°，∠C