北京第十五中學中考數(shù)學期末幾何綜合壓軸題易錯匯編一、中考數(shù)學幾何綜合壓軸題1．綜合與實踐（1）（探索發(fā)現(xiàn)）在中.，，點為直線上一動點（點不與點，重合），過點作交直線于點，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．如圖（1），當點在線段上，且時，試猜想：①與之間的數(shù)量關(guān)系：______；②______．（2）（拓展探究）如圖（2），當點在線段上，且時，判斷與之間的數(shù)量關(guān)系及的度數(shù)，請說明理由．（3）（解決問題）如圖（3），在中，，，，點在射線上，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當時，直接寫出的長．解析：（1）①；②；（2），．理由見解析；（3）的長為1或2．【分析】（1）由“SAS”△ADF≌△EDB，可得AF=BE，再利用“8字型”字母∠OBE=∠ADO=90°即可解決問題；（2）結(jié)論：AF=BF，∠ABE=a．由“SAS”△ADF≌△EDB，即可解決問題；（3）分當點D在線段BC上和當點D在BC的延長線上兩種情形討論，利用平行線分線段成比例可求解．【詳解】解：（1）如圖1中，設(shè)AB交DE于O．∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ABC=45°，∵DF∥AC，∴∠FDB=∠C=90°，∴∠DFB=∠DBF=45°，∴DF=DB，∵∠ADE=∠FDB=90°，∴∠ADF=∠EDB，且DA=DE，DF=DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF=BE，∠DAF=∠E，∵∠AOD=∠EOB，∴∠ABE=∠ADO=90°故答案為AF=BE，90°．（2），.理由：∵，∴，.∵，∴.∴.∴∵，，，∴.又∵，∴.∴，.∴，，∴.（3）1或2.解：當點在線段上時，過點作交直線于點，如圖（1）.∵，∴.∵，∴.∵，∴，.∵，，∴.∵，∴.∴.∴.又，∴，.當點在線段的延長線上時，過點作交的延長線于點，如圖（2）.∵，∴.∴.∴.同理可得.綜上可得，的長為1或2.【點睛】本題考查幾何變換綜合題、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．2．問題呈現(xiàn)：如圖1，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，分別連接格點A，B和C，D，AB和CD相交于點P，求tan∠BPD的值．方法歸納：利用網(wǎng)格將線段CD平移到線段BE，連接AE，得到格點△ABE，且AE⊥BE，則∠BPD就變換成Rt△ABE中的∠ABE．問題解決：（1）圖1中tan∠BPD的值為________；（2）如圖2，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，分別連接格點A，B和C，D，AB與CD交于點P，求cos∠BPD的值；思維拓展：（3）如圖3，AB⊥CD，垂足為B，且AB＝4BC，BD＝2BC，點E在AB上，且AE＝BC，連接AD交CE的延長線于點P，利用網(wǎng)格求sin∠CPD．解析：（1）2；（2）；（3）【分析】（1）由題意可得BE∥DC，則∠ABE=∠DPB，那么∠BPD就變換到Rt△ABE中，由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案；（2）過點A作AE//CD，連接BE，那么∠BPD就變換到等腰Rt△ABE中，由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案；（3）以BC為邊長構(gòu)造網(wǎng)格，然后把PC平移到AN，則∠CPD就變換成Rt△ADN中的∠NAD，再由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案．【詳解】（1）由勾股定理可得：，∵CD//BE，∴tan∠BPD＝tan∠ABE＝；（2）過點A作AE//CD，連接BE，由圖可知E點在格點上，且∠AEB＝90°，由勾股定理可得：∴cos∠BPD＝cos∠BAE＝（3）如圖3構(gòu)造網(wǎng)格，過點A作AN//PC，連接DN，由圖可知N點在格點上，且∠AND＝90°，由勾股定理可得：∴sin∠CPD＝sin∠NAD＝【點睛】本題考查三角形綜合題、平行線的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．3．和都是等邊三角形，繞點旋轉(zhuǎn)，連接．猜測發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與是否相等？若相等，加以證明；若不相等，請說明理由．問題解決：（2）若三點不在一條直線上，且，求的長．拓展運用：（3）若三點在一條直線上（如圖2），且和的邊長分別為1和2，的面積及的值．解析：（1）AE=BD，理由見解析；（2）5；（3）面積為，＝【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，容易證明△BCD≌△ACE，從而問題即可解決；（2）根據(jù)∠ADC=30゜及△DCE是等邊三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，從而可計算出AE，再由（1）即可得BD的長；（3）過A點作AF⊥CD于F，根據(jù)和都是等邊三角形，可得∠ACD=60゜，于是在直角△ACF中利用三角函數(shù)知識可求得AF的長，從而可求得△ACD的面積；在△ACF中還可求得CF的長，從而可得DF的長，這樣在直角△ADF中即可求得結(jié)論．【詳解】（1）AE=BD．理由如下：∵和都是等邊三角形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴；（2）如圖3，由（1）得：，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴；（3）如圖2，過作于，∵三點在一條直線上，∴，∵和都是等邊三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)等知識，帶有一定的綜合性．4．（基礎(chǔ)鞏固）（1）如圖1，在中，，直線過點，分別過兩點作，垂足分別為．求證：．（嘗試應(yīng)用）（2）如圖2，在中，，是上一點，過作的垂線交于點．若，求的長．（拓展提高）（3）如圖3，在中，在上取點，使得，若，求的面積．解析：（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)證得∠BDC=∠AEC，由相似三角形的判定定理可得出結(jié)論；（2）過點E作EF⊥BC于點F，由相似三角形的性質(zhì)得出，由銳角三角函數(shù)的定義求出DF=16，則可求出答案；（3）過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥BC，交BC的延長線于點N，證明△ABM≌△DCN（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出BM=CN，AM=DN，設(shè)BE=4a，EC=3a，由（1）得△AEM∽△EDN，得出比例線段，求出a=1，b=，由平行四邊形的面積公式可得出答案．【詳解】解：（1）∵，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴，∴，∴（2）過點作于點，由（1）得，∴∵，，∴，∴∵，∴∴（3）過點作于點，過點作的延長線于點，∴∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴，∴，∵，∴∵，設(shè)∴∵，由（1）得，∴，∴∴∵，∴∴∴的面積【點睛】本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．定義：如圖（1），點P沿著直線l翻折到，P到的距離叫做點P關(guān)于l的“折距”．已知，如圖（2），矩形中，，等腰直角中，，點G在上，E、B在的兩側(cè)，點F為的中點，點P是射線上的動點，把沿著直線翻折到，點F的對應(yīng)點為，理解：（1）當時，①若點在邊上，則點A關(guān)于的“折距”為______；②若點E關(guān)于的“折距”為12，則______．應(yīng)用：（2）若，當點、、C、D能構(gòu)成平行四邊形時，求出此時x的值拓展：（3）當時，設(shè)點E關(guān)于的“折距”為t，直接寫出當射線與邊有公共點時t的范圍．解析：（1）①；②3；（2）；（3）【分析】（1）①根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)計算即可；②設(shè)和相交于M，證明，即可得解；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求解即可；（3）當在BC上時為最小值，當在BC上時為最大值，通過相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可；【詳解】（1）當時，①若在BC上時，則，此時四邊形為正方形，在中，，∵點A關(guān)于的“折距”為，∴點A關(guān)于的“折距”為；②由題意可知，設(shè)和相較于M，則，且，在與中，，∴，∴，又，即，解得；（2）當點、、C、D能構(gòu)成平行四邊形時，則與平行且相等，在中，，又，∴，即；（3）當時，點E關(guān)于的“折距”為t，且射線與邊的公共點范圍如圖所示，當在BC上時為最小值，當在BC上時為最大值，∴，∴，∴為等腰直角三角形，E到BP的距離為，當在BC上時，，設(shè)與交于點Q，與交于點N，∴，又，∴，∴，∴，當在BC上時，∵為EG中點，如圖于M，∴，，∴，∴t的取值范圍為；【點睛】本題主要考查了四邊形綜合應(yīng)用，結(jié)合勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)計算是解題的關(guān)鍵．6．定義：有一組對角互補的四邊形叫做“對補四邊形”，例如，四邊形中，若或，則四邊形是“對補四邊形”．（概念理解）（1）如圖1，四邊形是“對補四邊形”．①若，則________；②若．且時．則_______；（拓展提升）（2）如圖，四邊形是“對補四邊形”，當，且時，圖中之間的數(shù)量關(guān)系是，并證明這種關(guān)系；（類比應(yīng)用）（3）如圖3，在四邊形中，平分；①求證：四邊形是“對補四邊形”；②如圖4，連接，當，且時，求的值．解析：（1）①，②；（2），理由見解析；（3）①見解析，②．【分析】（1）①根據(jù)“對補四邊形”的定義，結(jié)合，即可求得答案；②根據(jù)“對補四邊形”的定義，由，得，再利用勾股定理即可求得答案；（2）延長至點，使得，連接，根據(jù)“對補四邊形”的定義，可證明，繼而證明，從而可得結(jié)論；（3）①過點作于點，于點，則,可證，進而可證四邊形是“對補四邊形”；②設(shè)，則根據(jù)，再運用建立方程，解方程即可求得．【詳解】（1），設(shè)，根據(jù)“對補四邊形”的定義，，即，解得，，，．故答案為：．②如圖1，連接，，，，在中，在中，，，，故答案為：．（2），理由如下：如圖2，延長至點,使得，連接，四邊形是“對補四邊形”，，，，，，，，即，，，，，,，，即，故答案為：．（3）①證明：如圖3，過點作于點，于點，則，平分，，，，，，，與互補，四邊形是“對補四邊形”；②由①可知四邊形是“對補四邊形”，，，，設(shè)，則，，，，，，，整理得：，解得：．在中，，．【點睛】本題考查了勾股定理，四邊形內(nèi)角和定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，解一元二次方程，三角函數(shù)的定義等知識，熟練掌握勾股定理和全等三角形的判定和性質(zhì)，準確理解新定義是解題的關(guān)鍵．7．（了解概念）在凸四邊形中，若一邊與它的兩條鄰邊組成的兩個內(nèi)角相等，則稱該四邊形為鄰等四邊形，這條邊叫做這個四邊形的鄰等邊．（理解運用）（1）在鄰等四邊形中，，，若是這個鄰等四邊形的鄰等邊，則的度數(shù)為__________；（2）如圖，凸四邊形中，P為邊的中點，，判斷四邊形是否為鄰等四邊形，并證明你的結(jié)論；（拓展提升）（3）在平面直角坐標系中，為鄰等四邊形的鄰等邊，且邊與x軸重合，已知，，，若在邊上使的點P有且僅有1個，則m的值是__________．解析：（1）130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由見解析；（3）﹣5±4【分析】（1）根據(jù)鄰等四邊形的定義即可求解；（2）由△ADP∽△PDC，可得，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，由P為AB的中點，可得AP＝BP，則，可證△BPC∽△ADP，由相似三角形的性質(zhì)得出∠A＝∠B即可；（3）①若點B在點A右側(cè)，如圖，由AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，可證△ADP∽△BPC，可得＝，設(shè)點P（n，0），由等腰直角三角形可求∠BAD＝45°，可求B、C橫坐標之差為3，B（m+3，0），將AP，BP，AD，BC，代入得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，可求得m＝﹣5+4；②若點B在點A左側(cè)，可求得∠BAD＝135°，可證△ADP∽△BPC，可得＝，可求得B、C橫坐標之差為3，，可求得m＝﹣5﹣4．【詳解】解：（1）∵CD為鄰等邊，∴∠C＝∠D，又∵，，∴∠C＝∠D＝（360°﹣∠A﹣∠B）÷2＝130°，∴∠C＝130°．故答案為：130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由如下：∵△ADP∽△PDC，∴，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，∠ADP＝∠PDC，又∵P為AB的中點，∴AP＝BP，∴，∴，∵∠APD+∠BPC＝180°﹣∠DPC，∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC，且∠APD＝∠PCD，∴∠BPC＝∠PDC，∵∠ADP＝∠PDC，∴∠ADP＝∠BPC，∴△BPC∽△ADP，∴∠B＝∠A，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形；（3）若點B在點A右側(cè)，如圖，∵AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，設(shè)點P（n，0），∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠BAD＝45°，∴∠ABC＝45°，過點C作CE⊥x軸于點E，則∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，∴CE＝BE，∵點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，由題意可知n只有一個解，∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，解得：m＝﹣5±4，又∵點C在點D右側(cè)，∴m＝﹣5+4；②若點B在點A左側(cè)，如圖，此時，∵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∵點C在點D左側(cè)，∴m＝﹣5﹣4；綜上所述：m＝﹣5±4．【點睛】本題是相似綜合題，考查新定義圖形，仔細閱讀題目，抓住定義中的性質(zhì)，會驗證新定義圖形，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)造關(guān)于n的一元二次方程是解題關(guān)鍵．8．已知四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD邊上的點，DE與CF交于點G．問題發(fā)現(xiàn)如圖，若四邊形ABCD是矩形，且于G，，填空：______；當矩形ABCD是正方形時，______；拓展探究如圖，若四邊形ABCD是平行四邊形，試探究：當與滿足什么關(guān)系時，成立？并證明你的結(jié)論；解決問題如圖，若于G，請直接寫出的值．解析：（1）①，②1；（2）當+=180°時，成立，理由見解析；（3）.【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)先一步證明△AED~△DFC，然后進一步利用相似三角形性質(zhì)求解即可；（2）在AD的延長線上取一點M，使得CM=CF，則∠CMD=∠CFM，通過證明△ADE~△DCM進一步求解即可；（3）過C點作CN⊥AD于N點，CM⊥AB交AB延長線于M點，連接BD，先證明△BAD≌△BCD，然后進一步證明△BCM~△DCN，再結(jié)合勾股定理求出CN，最終通過證明△AED~△NFC進一步求解即可.【詳解】（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴∠A=∠FDC=90°，AB=CD，∵CF⊥DE，∴∠DGF=90°，∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，∴∠CFD=∠AED，∵∠A=∠CDF，∴△AED~△DFC，∴，∴①，②若四邊形ABCD為正方形，，故答案為：①，②1；（2）當+=180°時，成立，理由如下：如圖，在AD的延長線上取一點M，使得CM=CF，則∠CMD=∠CFM，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠A=∠CDM，∵∠B+∠EGC=180°，∴∠BEG+∠FCB=180°，∵∠BEG+∠AED=180°，∴∠AED=∠FCB，∵AD∥BC，∴∠CFM=∠FCB，∴∠CMD=∠AED，∴△ADE~△DCM，∴，即：；（3），理由如下：過C點作CN⊥AD于N點，CM⊥AB交AB延長線于M點，連接BD，設(shè)CN=x，∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴∠A=∠M=∠CAN=90°，∴四邊形AMCN為矩形，∴AM=CN，AN=CM，在△BAD與△BCD中，∵AD=CD，AB=BC，BD=BD，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD=∠A=90°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ABC+∠CBM=180°，∴∠MBC=∠ADC，∵∠CND=∠M=90°，∴△BCM~△DCN，∴，∴，∴，在Rt△CMB中，，BM=AM?AB=，由勾股定理可得：，∴，解得：（舍去）或，∴，∵∠A=∠FGD=90°，∴∠AED+∠AFG=180°，∵∠AFG+∠NFC=180°，∴∠AED=∠CFN，∵∠A=∠CNF，∴△AED~△NFC，∴.【點睛】本題主要考查了相似三角形性質(zhì)與判定和全等三角形性質(zhì)與判定及矩形性質(zhì)的綜合運用，熟練掌握相關(guān)概念是解題關(guān)鍵.9．（基礎(chǔ)鞏固）（1）如圖①，，求證：．（嘗試應(yīng)用）（2）如圖②，在菱形中，，點E，F(xiàn)分別為邊上兩點，將菱形沿翻折，點A恰好落在對角線上的點P處，若，求的值．（拓展提高）（3）如圖③，在矩形中，點P是邊上一點，連接，若，求的長．解析：（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）由證明，再根據(jù)相似三角形的判定方法解題即可；（2）由菱形的性質(zhì)，得到，，繼而證明是等邊三角形，結(jié)合（1）中相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，設(shè)，則可整理得到，據(jù)此解題；（3）在邊上取點E，F(xiàn)，使得，由矩形的性質(zhì)，得到，結(jié)合（1）中相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)解題即可．【詳解】解：（1）證明：∵，∴，即，∵，∴；（2）∵四邊形是菱形，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，由（1）得，，∴，設(shè)，則∴，可得①，②，①－②，得，∴，∴的值為；（3）如圖，在邊上取點E，F(xiàn)，使得，設(shè)AB=CD=m，∵四邊形是矩形，∴，∴，=DF，，由（1）可得，，∴，∴，整理，得，解得或（舍去），∴．【點睛】本題考查相似三角形的綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．10．探究：如圖1和2,四邊形中,已知，，點，分別在、上，．（1）①如圖1,若、都是直角，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，使與重合，則能證得，請寫出推理過程；②如圖2，若、都不是直角，則當與滿足數(shù)量關(guān)系_______時，仍有;（2）拓展：如圖3,在中，,，點、均在邊上,且．若，求的長．解析：（1）①見解析；②，理由見解析；（2）【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；（2）根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)好勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，證△FAD≌△EAD，根據(jù)全等得出DF＝DE，設(shè)DE＝x，則DF＝x，BF＝CE＝3?x，根據(jù)勾股定理得出方程，求出x即可．【詳解】（1）①如圖1，∵把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，使與重合，∴，，∵，，∴，∴，即，在和中∴，∴，∵，∴；②，理由是：把繞點旋轉(zhuǎn)到，使和重合，則，，，∵，∴，∴，，在一條直線上，和①知求法類似，，在和中∴，∴，∵，∴；故答案為：（2）∵中，，∴，由勾股定理得：，把繞點旋轉(zhuǎn)到,使和重合，連接．則，，，∵，∴，∴，在和中∴，∴，設(shè)，則，∵，∴，∵，，∴，由勾股定理得：，，解得：，即．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，此題是開放性試題，首先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．11．某數(shù)學課外活動小組在學習了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側(cè)作多邊形，它們的面積，，之間的關(guān)系問題”進行了以下探究：類比探究（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為斜邊向外側(cè)作，，，若，則面積，，之間的關(guān)系式為；推廣驗證（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作任意，，，滿足，，則（1）中所得關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結(jié)論；若不成立，請說明理由；拓展應(yīng)用（3）如圖4，在五邊形中，，，，，點在上，，，求五邊形的面積．解析：（1）；（2）結(jié)論成立，證明看解析；（3）【分析】（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因為，則有∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，找到從而找到面積之間的關(guān)系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，從而找到面積之間的關(guān)系；（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉(zhuǎn)換為熟悉的三角形，過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，由此可知，，即可計算出，根據(jù)△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有，由（2）結(jié)論有，最后即可計算出四邊形ABCD的面積．【詳解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（3）過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案為．【點睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性質(zhì)，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長的平方，根據(jù)此性質(zhì)找到面積與邊長的關(guān)系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計算以及（2）的結(jié)論，其中合理正確利用前面得出的結(jié)論是解題的關(guān)鍵．12．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在和中，，，，連接交于點.填空：①的值為______；②的度數(shù)為______．（2）類比探究如圖2，在和中，，，連接交的延長線于點.請判斷的值及的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸在（2）的條件下，將繞點在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，所在直線交于點，若，，請直接寫出當點與點在同一條直線上時的長．解析：（1）①1；②；（2），．理由見解析；（3）2或4．【分析】（1）①證明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值為1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；（2）根據(jù)銳角三角比可得，根據(jù)兩邊的比相等且夾角相等可得△AOC∽△BOD，根據(jù)相似撒尿性的性質(zhì)求解即可；（3）當點與點在同一條直線上，有兩種情況：如圖3和圖4，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和勾股定理，可得AD的長．【詳解】（1）①∵，∴∠BOD=∠AOC，又∵，，∴△BOD≌△AOC，∴BD=AC，∴=1；②∵，∴∠OAB+∠OBA=140°，∵△BOD≌△AOC，∴∠CAO=∠DBO，∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，∴∠AMB=；（2）如圖2，，．理由如下：中，，，，同理得：，，，，，，∠CAO=∠DBO，∵∠BEO+∠DBO=90°，∴∠CAE+∠AEM=90°，∴∠AMB=90°；（3）∵∠A=30°，，∴OA==3．如圖3，當點D和點A在點O的同側(cè)時，∵，∴AD=3-2=2；如圖4，當點D和點A在點O的兩側(cè)時，∵，，OA=3∴AD=3+1=4．綜上可知，AD的長是2或4．【點睛】本題是三角形的綜合題，主要考查了三角形全等和相似的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及分類討論的數(shù)學思想，解題的關(guān)鍵是能得出：△AOC∽△BOD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，并運用類比的思想解決問題，本題是一道比較好的題目．13．（操作）如圖①，在矩形中，為對角線上一點（不與點重合），將沿射線方向平移到的位置，的對應(yīng)點為．已知（不需要證明）．（探究）過圖①中的點作交延長線于點，連接，其它條件不變，如圖②．求證：．（拓展）將圖②中的沿翻折得到，連接，其它條件不變，如圖③．當最短時，若,，直接寫出的長和此時四邊形的周長．解析：探究：見解析；拓展：四邊形的周長為【分析】探究：證明四邊形EGBC是平行四邊形，推出EG=BC，利用SAS證明三角形全等即可．拓展：如圖3中，連接BD交AC于點O，作BK⊥AC于K，F(xiàn)′H⊥BC于H．由題意四邊形AGFC是平行四邊形，推出GF=AC=，由BF=BF′，可以假設(shè)BF=x，則BG=利用相似三角形的性質(zhì)，求出BH，HF′，利用勾股定理求出GF′，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出GF′的值最小時BF′的值，推出BF′=此時點F′與O重合，由此即可解決問題．【詳解】解：探究：由平移，∴，即又∵，∴四邊形為平行四邊形∴∵，∴∠CBF=∠ACB，∵∴∠AEG=∠ACB，∴∠AEG=∠CBF∴．拓展：如圖3中，連接BD交AC于點O，作BK⊥AC于K，F(xiàn)′H⊥BC于H．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AB=4，BC=2，∴∵∴，∴由題意四邊形AGFC是平行四邊形，∴GF=AC=，∵BF=BF′，可以假設(shè)BF=x，則BG=∵AC∥GF，∴∠BOK=∠HBF′，∵∠BKO=∠F′HB=90°，∴△F′HB∽△BKO，∴∴∴∴∵＞0，∴當時，GF′的值最小，此時點F′與O重合，由對折得：由矩形的性質(zhì)得：四邊形BFCF′是菱形，四邊形BFCF′的周長為，且與互相平分，由勾股定理得：【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題．14．如圖1，在中，，，，點D，E分別是邊，的中點，連接.將繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α．（1）問題發(fā)現(xiàn)①當時，；②當時，；（2）拓展探究試判斷：當時，的大小有無變化？請僅就圖2的情形給出證明；（3）問題解決當旋轉(zhuǎn)至時，請直接寫出的長．解析：（1）①；②；（2）不變，證明見解析；（3）2或2【分析】（1）①當=0°時，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根據(jù)點D、E分別是邊BC、AC的中點，分別求出AE、BD的大小，即可求出BD、AE的比值；②中，圖形如下，與①有所變化，但求解方法完全相同；（2）證明△ECA∽△DCB，從而根據(jù)邊長成比例得出比值；（3）存在2種情況，一種是當時，；另一種是當時，，分別利用勾股定理可求得．【詳解】（1）①∵在中，，，，點D，E分別是邊，的中點∴CD=BD=2，在Rt△ABC中，AB=，AC=∴AE=∴；②圖形如下：同理可知：BC=4，AC=，DC=2，DE=，CE=∴BD=DC+CB=2+4=6，AE=EC+AC==∴；（2）不變，理由如下∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴；（3）情況一：當時，，圖形如下，過點D作BC的垂線，交BC延長線于點F∵ED∥AC，∴∠ACD=∠EDC=90°∵∠ACB=∠ECD=30°∴∠ECF=30°，∴∠FCD=60°∵CD=2∴在Rt△DCF中，CF=1，F(xiàn)D=∴FB=FC=CB=1+4=5∴在Rt△FDB中，DB=2；情況二：當時，，圖形如下，過點D作BC的垂線，交BC于點F∵DE∥AC，∴∠ACD=90°∵∠ACB=30°，∴∠DCF=60°∵CD=2，∴在Rt△CDF中，CF=1，DF=∴FB=CB－CF=4－1=3∴在Rt△FDB中，DB=2綜上得：DB的長為2或2．【點睛】此題屬于旋轉(zhuǎn)的綜合題．考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．15．探究：小明在求同一坐標軸上兩點間的距離時發(fā)現(xiàn)，對于平面直角坐標系內(nèi)任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通過構(gòu)造直角三角形利用圖1得到結(jié)論：他還利用圖2證明了線段P1P2的中點P（x，y）P的坐標公式：，．（1）請你幫小明寫出中點坐標公式的證明過程；運用：（2）①已知點M（2，﹣1），N（﹣3，5），則線段MN長度為；②直接寫出以點A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D為頂點的平行四邊形頂點D的坐標：；拓展：（3）如圖3，點P（2，n）在函數(shù)（x≥0）的圖象OL與x軸正半軸夾角的平分線上，請在OL、x軸上分別找出點E、F，使△PEF的周長最小，簡要敘述作圖方法，并求出周長的最小值．解析：（1）答案見解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．【詳解】試題分析：（1）用P1、P2的坐標分別表示出OQ和PQ的長即可證得結(jié)論；（2）①直接利用兩點間距離公式可求得MN的長；②分AB、AC、BC為對角線，可求得其中心的坐標，再利用中點坐標公式可求得D點坐標；（3）設(shè)P關(guān)于直線OL的對稱點為M，關(guān)于x軸的對稱點為N，連接PM交直線OL于點R，連接PN交x軸于點S，則可知OR=OS=2，利用兩點間距離公式可求得R的坐標，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P點坐標，利用中點坐標公式可求得M點坐標，由對稱性可求得N點坐標，連接MN交直線OL于點E，交x軸于點S，此時EP=EM，F(xiàn)P=FN，此時滿足△PEF的周長最小，利用兩點間距離公式可求得其周長的最小值．試題解析：（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+=，∵PQ為梯形P1Q1Q2P2的中位線，∴PQ==，即線段P1P2的中點P（x，y）P的坐標公式為x=，y=；（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案為；②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴當AB為平行四邊形的對角線時，其對稱中心坐標為（0，1），設(shè)D（x，y），則x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此時D點坐標為（﹣3，3），當AC為對角線時，同理可求得D點坐標為（7，1），當BC為對角線時，同理可求得D點坐標為（﹣1，﹣3），綜上可知D點坐標為（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案為（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）如圖，設(shè)P關(guān)于直線OL的對稱點為M，關(guān)于x軸的對稱點為N，連接PM交直線OL于點R，連接PN交x軸于點S，連接MN交直線OL于點E，交x軸于點F，又對稱性可知EP=EM，F(xiàn)P=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此時△PEF的周長即為MN的長，為最小，設(shè)R（x，），由題意可知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），設(shè)M（x，y），則=，=，解得x=，y=，∴M（，），∴MN==，即△PEF的周長的最小值為．考點：一次函數(shù)綜合題；閱讀型；分類討論；最值問題；探究型；壓軸題．16．（探究函數(shù)y=x+的圖象與性質(zhì)）（1）函數(shù)y=x+的自變量x的取值范圍是；（2）下列四個函數(shù)圖象中函數(shù)y=x+的圖象大致是；（3）對于函數(shù)y=x+，求當x＞0時，y的取值范圍．請將下列的求解過程補充完整．解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+∵（﹣）2≥0∴y≥．[拓展運用]（4）若函數(shù)y=，則y的取值范圍．解析：（1）x≠0；（2）C（3）4；4；（4）y≥13【解析】試題分析：根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可.試題解析：（1）函數(shù)y=x+的自變量x的取值范圍是x≠0；（2）函數(shù)y=x+的圖象大致是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．考點：1.反比例函數(shù)的性質(zhì)；一次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì).17．問題背景：我們學習等邊三角形時得到直角三角形的一個性質(zhì)：在直角三角形中，如果一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半．即：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，則：AC=AB．探究結(jié)論：小明同學對以上結(jié)論作了進一步研究．（1）如圖1，連接AB邊上中線CE，由于CE=AB，易得結(jié)論：①△ACE為等邊三角形；②BE與CE之間的數(shù)量關(guān)系為．（2）如圖2，點D是邊CB上任意一點，連接AD，作等邊△ADE，且點E在∠ACB的內(nèi)部，連接BE．試探究線段BE與DE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出你的猜想并加以證明．（3）當點D為邊CB延長線上任意一點時，在（2）條件的基礎(chǔ)上，線段BE與DE之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的結(jié)論．拓展應(yīng)用：如圖3，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（﹣，1），點B是x軸正半軸上的一動點，以AB為邊作等邊△ABC，當C點在第一象限內(nèi)，且B（2，0）時，求C點的坐標．解析：（1）EC=EB；（2）ED=EB，理由見解析；（3）ED=EB；拓展應(yīng)用：C（1，2+）．【分析】探究結(jié)論：（1）只要證明△ACE是等邊三角形即可解決問題；（2）如圖2中，結(jié)論：ED=EB．想辦法證明EP垂直平分線段AB即可解決問題；（3）結(jié)論不變，證明方法類似；拓展應(yīng)用：利用（2）中結(jié)論，可得CO=CB，設(shè)C（1，n），根據(jù)OC=CB=AB，構(gòu)建方程即可解決問題.【詳解】探究結(jié)論（1），如圖1中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠A=60°，∵AC=AB=AE=EB，∴△ACE是等邊三角形，∴EC=AE=EB，故答案為：EC=EB；（2）如圖2中，結(jié)論：ED=EB．理由：連接PE，∵△ACP，△ADE都是等邊三角形，∴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）當點D為邊CB延長線上任意一點時，同法可證：ED=EB，故答案為：ED=EB；拓展應(yīng)用：如圖3中，作AH⊥x軸于H，CF⊥OB于F，連接OA，∵A（﹣，1），∴∠AOH=30°，由（2）可知，CO=CB，∵CF⊥OB，∴OF=FB=1，∴可以假設(shè)C（1，n），∵OC=BC=AB，∴1+n2=1+（+2）2，∴n=2+，∴C（1，2+）．【點睛】本題考查三角形綜合題、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，正確添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵.18．(1)問題發(fā)現(xiàn)

如圖1,△ACB和△DCE均為等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一條直線上.

填空:線段AD,BE之間的關(guān)系為

.(2)拓展探究

如圖2,△ACB和△DCE均為等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,請判斷AD,BE的關(guān)系,并說明理由.

(3)解決問題

如圖3,線段PA=3,點B是線段PA外一點,PB=5,連接AB,將AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AC,隨著點B的位置的變化,直接寫出PC的范圍.

解析：(1)AD=BE，AD⊥BE．(2)AD=BE，AD⊥BE．(3)5-3≤PC≤5+3．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形性質(zhì)證△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延長BE交AD于點F，由垂直定義得AD⊥BE．（2）根據(jù)等腰三角形性質(zhì)證△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定義得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，則易證△APE≌△ACP，PC=BE，當P、E、B共線時，BE最小，最小值=PB-PE；當P、E、B共線時，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.【詳解】（1）結(jié)論：AD=BE，AD⊥BE．理由：如圖1中，∵△ACB與△DCE均為等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延長BE交AD于點F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案為AD=BE，AD⊥BE．（2）結(jié)論：AD=BE，AD⊥BE．理由：如圖2中，設(shè)AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB與△DCE均為等腰直角三角形，∴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）如圖3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，則易證△APE≌△ACP，∴PC=BE，圖3-1中，當P、E、B共線時，BE最小，最小值=PB-PE=5-3