深圳北亭實驗學(xué)校中考數(shù)學(xué)期末幾何綜合壓軸題模擬匯編一、中考幾何壓軸題1．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(yīng)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(chǔ)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．2．某數(shù)學(xué)課外活動小組在學(xué)習(xí)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(jìn)行了以下探究：類比探究：（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為直徑，向外側(cè)作半圓，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，，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．3．問題探究：（1）如圖①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，則AB的最大值是．（2）如圖②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D為△ABC內(nèi)一點，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，請求出∠ADB的度數(shù)．問題解決：（3）如圖③，某戶外拓展基地計劃在一處空地上修建一個新的拓展游戲區(qū)△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，點A、B、C分別是三個任務(wù)點，點P是△ABC內(nèi)一個打卡點．按照設(shè)計要求，CP＝30米，打卡點P對任務(wù)點A、B的張角為120°，即∠APB＝120°．為保證游戲效果，需要A、P的距離與B、P的距離和盡可能大，試求出AP+BP的最大值．4．在中，于點，點為射線上任一點（點除外）連接，將線段繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)，，得到，連接．（1）（觀察發(fā)現(xiàn)）如圖1，當(dāng)，且時，BP與的數(shù)量關(guān)系是___________，與的位置關(guān)系是___________．（2）（猜想證明）如圖2，當(dāng)，且時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由．（請選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理）（3）（拓展探究）在（2）的條件下，若，，請直接寫出的長．5．綜合與實踐操作探究（1）如圖1，將矩形折疊，使點與點重合，折痕為，與交于點．請回答下列問題：①與全等的三角形為______，與相似的三角形為______．并證明你的結(jié)論：（相似比不為1，只填一個即可）：②若連接、，請判斷四邊形的形狀：______．并證明你的結(jié)論；拓展延伸（2）如圖2，矩形中，，，點、分別在、邊上，且，將矩形折疊，使點與點重合，折痕為，與交于點，連接．①設(shè)，，則與的數(shù)量關(guān)系為______；②設(shè)，，請用含的式子表示：______；③的最小值為______．6．已知：，過平面內(nèi)一點分別向、、畫垂線，垂足分別為、、．（問題引入）如圖①，當(dāng)點在射線上時，求證：．（類比探究）（1）如圖②，當(dāng)點在內(nèi)部，點在射線上時，求證：．（2）當(dāng)點在內(nèi)部，點在射線的反向延長線上時，在圖③中畫出示意圖，并直接寫出線段、、之間的數(shù)量關(guān)系．（知識拓展）如圖④，、、是的三條弦，都經(jīng)過圓內(nèi)一點，且．判斷與的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．7．等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC于F，將腰AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AB′，記旋轉(zhuǎn)角為α，連接BB′，過C作CE垂直于直線BB′，垂足為E，連接CB′．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)時，的度數(shù)為_______；連接EF，則的值為________．（2）拓展探究：當(dāng)，且時，①（1）中的兩個結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請僅就圖2的情形進(jìn)行證明；如果不成立，請說明理由；②解決問題：當(dāng)A，E，F(xiàn)三點共線時，請直接寫出的值．8．問題發(fā)現(xiàn)：（1）正方形ABCD和正方形AEFG如圖①放置，AB＝4，AE＝2.5，則＝___________．問題探究：（2）如圖②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點P在矩形的內(nèi)部，∠BPC＝135°，求AP長的最小值．問題拓展：（3）如圖③，在四邊形ABCD中，連接對角線AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝45°，則對角線BD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．9．已知：如圖1所示將一塊等腰三角板BMN放置與正方形ABCD的重合，連接AN、CM，E是AN的中點，連接BE．（觀察猜想）（1）CM與BE的數(shù)量關(guān)系是________；CM與BE的位置關(guān)系是________；（探究證明）（2）如圖2所示，把三角板BMN繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，其他條件不變，線段CM與BE的關(guān)系是否仍然成立，并說明理由；（拓展延伸）（3）若旋轉(zhuǎn)角，且，求的值．10．某數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)小組在復(fù)習(xí)線段垂直平分線性質(zhì)時，提出了以下幾個問題，請你幫他們解決：[數(shù)學(xué)理解](1)點是線段垂直平分線上的一點，則的值為；[拓展延伸](2)在平面直角坐標(biāo)系中，點，點在軸上，且，則點的坐標(biāo)為．(3)經(jīng)小組探究發(fā)現(xiàn)，如圖，延長線段到點，使，以點為因心，長為半徑作園，則對于上任一點，都有，請你證明這個結(jié)論：[問題解決](4)如圖，某人乘船以25千米/時的速度沿一筆直的河從碼頭到碼頭，再立即坐車沿一筆直公路以75千米/時的速度回到住處，已知乘船和坐車所用的時間相等請在河邊上確定碼頭的位置．(請畫出示意圖并簡要說明理由)11．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(yīng)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(biāo)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．12．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，點D為直線BC上一動點，過點D作DF∥AC交直線AB于點F，將AD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)α得到ED，ED交直線AB于點O，連接BE．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，α＝90°，點D在邊BC上，猜想：①AF與BE的數(shù)量關(guān)系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如圖2，0°＜α＜90°，點D在邊BC上，請判斷AF與BE的數(shù)量關(guān)系及∠ABE的度數(shù)，并給予證明．（3）解決問題如圖3，90°＜α＜180°，點D在射線BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，請直接寫出BE的長．13．（性質(zhì)探究）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AE平分∠BAC，交BC于點E．作DF⊥AE于點H，分別交AB，AC于點F，G．（1）判斷△AFG的形狀并說明理由．（2）求證：BF=2OG．（遷移應(yīng)用）（3）記△DGO的面積為S1，△DBF的面積為S2，當(dāng)時，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射線AB于點F，（性質(zhì)探究）中的其余條件不變，連結(jié)EF，當(dāng)△BEF的面積為矩形ABCD面積的時，請直接寫出tan∠BAE的值．14．如圖1，在菱形ABCD中，，點E，F(xiàn)分別是AC，AB上的點，且，猜想：①的值是_______；②直線DE與直線CF所成的角中較小的角的度數(shù)是_______．（2）類比探究：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，（1）中結(jié)論是否成立，就圖2的情形說明理由．（3）拓展延伸：在繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)三點共線時，請直接寫出CF的長．15．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(guān)系是_____，位置關(guān)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．16．如圖1，已知，，點D在上，連接并延長交于點F，（1）猜想：線段與的數(shù)量關(guān)系為_____；（2）探究：若將圖1的繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)小于時，得到圖2，連接并延長交于點F，則（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；（3）拓展：圖1中，過點E作，垂足為點G．當(dāng)?shù)拇笮“l(fā)生變化，其它條件不變時，若，，直接寫出的長．17．綜合與實踐：問題情境：在數(shù)學(xué)課上，以“等腰直角三角形為主體，以點的對稱為基礎(chǔ)，探究線段間的變化關(guān)系”．如圖1，在中，，，點為的角平分線上一動點但不與點重合，作點關(guān)于直線的對稱點為，連接并延長交延長線于點，連接并延長交直線于點．探究實踐：（1）勤奮小組的同學(xué)發(fā)現(xiàn)，請寫出證明；探究發(fā)現(xiàn)：（2）智慧小組在勤奮小組的基礎(chǔ)上繼續(xù)探究，發(fā)現(xiàn)線段，與存在數(shù)量關(guān)系，請寫出他們的發(fā)現(xiàn)并證明；探究拓展：（3）如圖2，奇異小組的同學(xué)在前兩個小組探究的基礎(chǔ)上，連接，得到三條線段，與存在一定的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出．18．石家莊某學(xué)校數(shù)學(xué)興趣小組利用機器人開展數(shù)學(xué)活動，在相距150個單位長度的直線跑道AB上，機器人甲從端點A出發(fā)，勻速往返于端點A、B之間，機器人乙同時從端點B出發(fā)，以大于甲的速度勻速往返于端點B、A之間．他們到達(dá)端點后立即轉(zhuǎn)身折返，用時忽略不計，興趣小組成員探究這兩個機器人迎面相遇的情況，這里的“迎面相遇”包括面對面相遇、在端點處相遇這兩種．（觀察）①觀察圖1，若這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為30個單位長度，則他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為個單位長度．②若這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為35個單位長度，則他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為個單位長度．（發(fā)現(xiàn)）設(shè)這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為x個單位長度，他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為y個單位長度，興趣小組成員發(fā)現(xiàn)了y與x的函數(shù)關(guān)系，并畫出了部分函數(shù)圖象（線段OP，不包括點O，如圖2所示）①a＝；②分別求出各部分圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式，并在圖2中補全函數(shù)圖象．（拓展）設(shè)這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為x個單位長度，他們第三次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為y個單位長度，若這兩個機器人在第三次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離y不超過60個單位長度，則他們第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離x的取值范圍是．（直接寫出結(jié)果）19．如圖1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值．20．△ABC中，∠BAC=α°，AB=AC，D是BC上一點，將AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α°，得到線段AE，連接BE．（1）（特例感知）如圖1，若α=90，則BD+BE與AB的數(shù)量關(guān)系是．（2）（類比探究）如圖2，若α=120，試探究BD+BE與AB的數(shù)量關(guān)系，并證明．（3）（拓展延伸）如圖3，若α=120，AB=AC=4，BD=，Q為BA延長線上的一點，將QD繞點Q順時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段QE，DE⊥BC，求AQ的長．【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、中考幾何壓軸題1．（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(shè)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(shè)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(shè)正方形紙片ABCD的邊長為1．則AM＝DM＝D′M＝．設(shè)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(shè)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(guān)鍵．2．（1）S1+S2=S3，(2)成立，證明見解析，（3）【分析】（1）分別寫出三個半圓的面積，再利用勾股定理轉(zhuǎn)化即可．（2）先證明三個三角形相似，再計算出三個三角形的面積，即可得出結(jié)論．（3）解析：（1）S1+S2=S3，(2)成立，證明見解析，（3）【分析】（1）分別寫出三個半圓的面積，再利用勾股定理轉(zhuǎn)化即可．（2）先證明三個三角形相似，再計算出三個三角形的面積，即可得出結(jié)論．（3）先添加輔助線，在第二問的思路下，先證明三個三角形相似，得出三個三角形的面積關(guān)系，再利用30°、45°的直角三角形計算出相應(yīng)的邊，計算出五邊形的面積即可．【詳解】解：（1）設(shè)AB=b,AC=a,BC=c.則有：所以在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且故答案為：S1+S2=S3（2）∵∴設(shè)AB、AC、BC邊上的高分別為h1，h2，h3∴，設(shè)AB=b,AC=a,BC=c則∴又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2∴故依然成立（3）連接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=,則AP=，∵∠A=∠E,∴△ABP∽△EDP∴∠EPD=45°∠EDP=30°∴∠BPD=90°又PE=∴PM=EM=1,MD=則PD=1+∴=所以五邊形的面積為：【點睛】本題考查勾股定理、與勾股定理有關(guān)的圖形問題、相似三角形．是中考的?？贾R．3．（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值為米【分析】（1）作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得結(jié)論；（2）將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBT解析：（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值為米【分析】（1）作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得結(jié)論；（2）將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBT，連接DT，利用勾股定理的逆定理證明∠CTD＝90°，可得結(jié)論；（3）將△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△ACK，延長CK交PA延長線于J，作△PJC的外接圓，連接OP，OC，OJ，證明PA+PB=JC，再求出JC的最大值即可求解．【詳解】（1）如圖①，作△ABC的外接圓，連接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的最大值為4故答案為：4；（2）如圖②，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBT，連接DT由題意可得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）如圖③，將△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△ACK，延長CK交PA延長線于J，作△PJC的外接圓，連接OP，OC，OJ∵∠PAK＝120°，∠AKC＝∠APB＝120°∴∠JAK＝∠JKA＝60°∴∠AJK＝60°∴△JAK是等邊三角形∴AK=KJ∴∠COP＝2∠AJK＝120°∵PC=30∴OP=OC=OJ=∵CJ≤OJ+OC∴CJ≤∵PA+PB=AK+CK+KJ+KC=JC∴PA+PB的最大值為米．【點睛】此題主要考查旋轉(zhuǎn)的綜合運用，解題的關(guān)鍵是熟知三角形外接圓的性質(zhì)、三角函數(shù)的應(yīng)用、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用及三角形的三邊關(guān)系的應(yīng)用．4．（1），；（2）成立，不成立，與的關(guān)系為，見解析；（3）2或14【分析】（1）連接AE，證明△ABC、△APE為等邊三角形，再證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．解析：（1），；（2）成立，不成立，與的關(guān)系為，見解析；（3）2或14【分析】（1）連接AE，證明△ABC、△APE為等邊三角形，再證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．（2）成立，不成立，與的關(guān)系為．選圖2證明：連接，易證，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，由此可得，結(jié)論可證；選圖3證明，類比圖2的證明方法即可；（3）分圖2和圖3兩種情況求CE的長即可．【詳解】（1）如圖，連接AE，∵，且，∴△ABC為等邊三角形，∴，AB=AC，∵，且，∴△APE為等邊三角形，∴，AP=AE，∴，∴；在△BAP和△CAE中，，∴，∴BP=CE，，∵，，，∴∠ABP=30°，∴，∴，∴．故答案為：，．（2）成立，不成立，與的關(guān)系為．理由如下：選圖2證明：連接，由題意可知：、均為等腰直角三角形，∴，，∴，即；又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，．選圖3證明：理由如下：連接，由題意可知：、均為等腰直角三角形，∴，，∴，即，又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，；（3）或14．如圖，∵，∴，∵，∴在中，，∴，由（2）知：，∴；如圖，同理可得，∴，∴．綜上：的長為2或14．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練運用相關(guān)知識是解決問題的關(guān)鍵．5．（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)與軸對稱的性質(zhì)證明如圖1，連接證明即可得到答案；②如圖1，由①得：再證明四邊形為平行四邊形解析：（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)與軸對稱的性質(zhì)證明如圖1，連接證明即可得到答案；②如圖1，由①得：再證明四邊形為平行四邊形與可得結(jié)論；（2）①如圖2，連接由折疊可得：再利用勾股定理可得答案；②如圖3，連接交于證明四邊形是菱形，可得從而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：（1）①矩形由折疊可得：如圖1，連接由折疊可得：同理：故答案為：，或②如圖1，由①得：矩形四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，（2）①如圖2，連接由折疊可得：矩形，，故答案為：②如圖3，連接交于矩形重合，同理可得：由對折可得：四邊形是菱形，，，故答案為：③由②得：當(dāng)時，最小，最小值為的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．6．【問題引入】見解析；【類比探究】（1）見解析；（2）圖見解析，；【知識拓展】，證明見解析【分析】[問題引入]利用AAS證明△POE≌△POD，即可得出結(jié)論；[類比探究]（1）過點F作FN解析：【問題引入】見解析；【類比探究】（1）見解析；（2）圖見解析，；【知識拓展】，證明見解析【分析】[問題引入]利用AAS證明△POE≌△POD，即可得出結(jié)論；[類比探究]（1）過點F作FN⊥OB，F(xiàn)M⊥OA，垂足分別為N、M，F(xiàn)M與PE交于點Q，先證明△PFQ為等邊三角形，得出FG=PH，再運用矩形性質(zhì)得出OM=OF，ON=OF，即可證得結(jié)論；（2）作FN⊥OB于點N，F(xiàn)M⊥OA于點M，射線FM交PE于點Q，作PH⊥FQ于點H，F(xiàn)G⊥PQ于點G，同（1）可證：NE=FG=PH=MD，ON=OM=OF，即可得出結(jié)論；[知識拓展]過點O作OM⊥AB，ON⊥EF，OQ⊥CD，垂足分別為M、N、Q，利用垂徑定理可得出PB-PA=2PM，PF-PE=2PN，PD-PC=2PQ，再運用[類比探究]得：PM+PN=PQ，從而證得結(jié)論．【詳解】[問題引入]證明：∵，，，∴．∵，∴．∴．[類比探究]（1）過點作，，垂足分別為、，與交于點．∵，，，則為等邊三角形，、邊上的高相等，即．在矩形、矩形中，有，，∴．∴．∵，，∴，同理，，∴，∴．（2）結(jié)論：．作于點，于點，射線與的交點為，作于點，于點，同（1）可證，，∴．[知識拓展]數(shù)量關(guān)系：．理由如下：過點作，，，垂足分別為、、．由垂徑定理可得．∴．同理，，由[類比探究]得，∴，∴．∴．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了全等三角形判定和性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，矩形性質(zhì)，垂徑定理等，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)及垂徑定理等相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．7．（1）∠CB′E=60°，；（2）①兩個結(jié)論成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和直解析：（1）∠CB′E=60°，；（2）①兩個結(jié)論成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)解答即可；②當(dāng)A，E，F(xiàn)三點共線時，分兩種情況討論，利用三角函數(shù)解答即可．【詳解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC，∴∠ABC=∠ACB=30°，BF=FC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=AC=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B==70°，∵AC=AB′，∠B′AC=120°-40°=80°，∴∠AB′C==50°，∴∠CB′E=180°-70°-50°=60°，連接EF，∵BF=FC，則EF為直角三角形BEC斜邊上的中線，∴EF=BF=FC，在Rt△ABF中，，∴；（2）①兩個結(jié)論成立，理由如下：連接EF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=AC=AB′，等腰△ABB′中，∠BAB′=α，則∠AB′B==90°?α，等腰△AB′C中，∠CAB′=α?120°，則∠AB′C==150°?α，∴；∵AB=AC，AF⊥BC．∴∠FAC=60°，Rt△CEB′中，=sin60°=，Rt△CFA中，=sin60°=，∴，∵∠FCE=∠ACB′=30°+∠ACE，∴△CEF~△CB′A∴；②當(dāng)A，E，F(xiàn)三點共線時，分以下兩種情況討論，（Ⅰ）當(dāng)點E在FA的延長線上時，如圖，由①可知，∠B'=60°，∵CE⊥BB'，而BC=2EF=2BF，EB=CE，設(shè)BF=x，則EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB+B'E=，∴；（Ⅱ）當(dāng)點E在AF的延長線上時，如圖，同理可得，∠CB'E=60°，BC=2EF=2BF，∵CE⊥BB'，∴∠CEB'=∠CEB=90°，EB=CE，設(shè)BF=x，則EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB-B'E=，∴；綜上，的值為或．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．8．（1）；（2）AP的最小值為；（3）存在，BD的最大值為6+6【分析】（1）連接AC、AF、DG、CF，證△ADG∽△ACF，根據(jù)線段比例關(guān)系可求；（2）以BC為斜邊作等腰直角三角形BOC，以解析：（1）；（2）AP的最小值為；（3）存在，BD的最大值為6+6【分析】（1）連接AC、AF、DG、CF，證△ADG∽△ACF，根據(jù)線段比例關(guān)系可求；（2）以BC為斜邊作等腰直角三角形BOC，以O(shè)為圓心BO為半徑畫圓，則P的運動軌跡在矩形ABCD內(nèi)的劣弧BC上，連接AO交弧BC于點P，此時AP最小，根據(jù)給出數(shù)據(jù)求值即可；（3）以AB為斜邊向下做等腰直角三角形AEB，連接CE，根據(jù)△DAB∽△CAE，得出BD=CE，以AB為斜邊向上做等腰直角三角形AOB，以O(shè)為圓心OA為半徑畫圓，根據(jù)C點的軌跡求出CE最大值，即求出BD最大值．【詳解】解：（1）如圖①，連接AC、AF、DG、CF，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB=4，AE=2.5，∴AC=AB，AF=AE，AG=AE=2.5，AD=AB=4，∴，又∵∠DAG=∠DAC-∠GAC=45°-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC=45°-∠GAC，∴∠DAG=∠CAF，∴△DGA∽△CFA，∴，故答案為；（2）如圖②，以BC為斜邊作等腰直角三角形BOC，以O(shè)為圓心BO為半徑畫圓，則∠BPC作為圓周角剛好是135°，∴P的運動軌跡在矩形ABCD內(nèi)的劣弧BC上，連接AO交弧BC于點P，此時AP最小，作OE垂直AB延長線于點E，∵△BOC為等腰直角三角形，BC=4，∴OB=OC=BC=×4=2，∠OBC=45°，∴∠OBE=90°-∠OBC=90°-45°=45°，又∵OE⊥AE，∴△BEO為等腰直角三角形，∴BE=OE=OB=×2=2，又∵AB=3，∴AE=AB+BE=3+2=5，∴，∵OP=OB=2，∴AP=AO-OP=-2，即AP的最小值為-2；（3）存在，如圖3，以AB為斜邊向下做等腰直角三角形AEB，連接CE，則∠EAB=45°，，∵AC=AD，∠ACD=90°，∴DAC=45°，，∴，∠DAB=∠CAE=45°，∴△DAB∽△CAE，∴，∴BD=CE，∴當(dāng)CE最大時，BD取最大值，以AB為斜邊向上做等腰直角三角形AOB，以O(shè)為圓心OA為半徑畫圓，∵∠AOB=90°，∠ACB=45°，∴點C在優(yōu)弧AB上，由圖知當(dāng)C在OE延長線C'位置時C'E有最大值，此時C'E=OE+OC'，∵AB=6，△AOB和△AEB都是以AB為斜邊的等腰直角三角形，∴四邊形AOBE為正方形，∴OE=AB=6，OC'=OA=AB=3，∴CE的最大值為6+3，∵BD=CE，∴BD的最大值為×（6+3）=6+6．【點睛】本題主要考查了圖形的變換，三角形相似，等腰直角三角形，正方形，圓周角，圓心角等知識點，熟練掌握并靈活運用這些知識點是解題的關(guān)鍵．9．（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）【觀察猜想】根據(jù)正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據(jù)E是A解析：（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）【觀察猜想】根據(jù)正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據(jù)E是AN的中點，即可證明CM=2BE，根據(jù)等邊對等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90°即可證明CM⊥BE．（2）【探究證明】延長BE至F使EF=BE，連接AF，先證明△AEF≌△NEB，再證明△FAB≌MBC，得到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，進(jìn)而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可證明EB⊥CM；（3）[拓展延伸]由a=45°得到∠ABE=15°，由前面可得∠BMC=30°，過C作CG⊥MB于G，設(shè)CG為m，則BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，最后求得的值．【詳解】解:【觀察猜想】(1)CM=2BE；CM⊥BE；如圖1所示圖1∵正方形ABCD，∴AB=CB，∵等腰三角形BMN，∴BM=BN，∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，∴∠BAN=∠BCM，又∵E是AN的中點，∴BE=AE=NE=AN，∴CM=2BE，∵BE=AE，∴∠BAN=∠ABE，∴∠ABE=∠BCM，∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90°∴∠BPM=90°∴CM⊥BE．【探究證明】(2)CM=2BE，CM⊥BE仍然成立．如圖2所示，延長BE至F使EF=BE，連接AF，∵AE=EN，∠AEF=∠NEB，EF=BE，∴△AEF≌△NEB∴AF=BN，∠F=∠EBN，∴AF//BN，AF=BM，∴∠FAB+∠ABN=180°，∵∠MBN=∠ABC=90°，∴∠NBC+∠ABN=90°，∴∠NBA+∠FAD=90°，∴∠CBN=∠FAD∴∠FAB=∠MBC，∵AB=BC，∴△FAB≌MBC，∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，∵∠ABF+∠FBC=90°∴∠BCM+∠EBC=90°，∴EB⊥CM；[拓展延伸](3)由a=45°得∠MBA=∠ABN=45°，∵∠NBE=2∠ABE，∴∠ABE=15°，由前面可得∠MCB=∠ABE=15°，∠MBC=135°，∴∠BMC=180°-15°-135°=30°，如圖3所示，過C作CG⊥MB于G，圖3設(shè)CG為m則BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用以上性質(zhì)解決問題．10．（1）1；（2）或；（3）見解析；（4）以的中點為圓心，為半徑作，則與河邊的交點為所求點的位置，畫出示意圖見解析；簡要理由見解析．【分析】（1）直接利用垂直平分線的性質(zhì)證明即可；（2）根據(jù)求解析：（1）1；（2）或；（3）見解析；（4）以的中點為圓心，為半徑作，則與河邊的交點為所求點的位置，畫出示意圖見解析；簡要理由見解析．【分析】（1）直接利用垂直平分線的性質(zhì)證明即可；（2）根據(jù)求出的長，再根據(jù)，即可求出點的坐標(biāo)；（3）連接，根據(jù)推出，從而推出，證明，即可證明；（4）在線段上作點，使，在線段的延長線上作點，使，以的中點為圓心，為半徑作，則與河邊的交點為所求點的位置.同（3）證明即可證明結(jié)論.【詳解】（1）∵點是線段垂直平分線上的一點，∴，∴，故答案為：1；（2）∵∴，∵，∴，∴點的坐標(biāo)為或，故答案為：或；（3）如圖，連接，∵，，∴，∵的半徑為，∴，∴.∴，∴.∵，∴，∴.∴.（4）如圖，在線段上作點，使，在線段的延長線上作點，使.以的中點為圓心，為半徑作，則與河邊的交點為所求點的位置.簡要理由:由于水路速度為陸路速度的，且時間相等，所以水路的距離必為陸路距離的，即需，連接，同(3)可證，∵，，∴，∴，∴，同理可得，∴又∵，由此，得.【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，準(zhǔn)確的理解題意畫出圖形和作出正確的輔助線是解題的關(guān)鍵.11．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(jìn)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(biāo)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(biāo)軸分別交于A、B兩點，∴點B的坐標(biāo)為（0，2），點A的坐標(biāo)為（2，0）；當(dāng)x＝a時，y＝﹣x+2＝2﹣a，∴點E的坐標(biāo)為（a，2﹣a）；當(dāng)y＝時，有﹣x+2＝，解得：x＝2﹣，∴點F的坐標(biāo)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(yīng)用，結(jié)合中位線定理、圓周角定理等知識點解題是關(guān)鍵．12．（1）①AF＝BE，②90°；（2）AF＝BE，∠ABE＝α．理由見解析；（3）BE的長為2或4．【分析】（1）①由等腰直角三角形的判定和性質(zhì)可得：∠ABC＝45°，由平行線的性質(zhì)可得∠FDB＝解析：（1）①AF＝BE，②90°；（2）AF＝BE，∠ABE＝α．理由見解析；（3）BE的長為2或4．【分析】（1）①由等腰直角三角形的判定和性質(zhì)可得：∠ABC＝45°，由平行線的性質(zhì)可得∠FDB＝∠C＝90°，進(jìn)而可得由等角對等邊可得DF＝DB，由旋轉(zhuǎn)可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，繼而可知△ADF≌△EDB，繼而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性質(zhì)可知∠DAF＝∠E，繼而由三角形內(nèi)角和定理即可求解；（2）由平行線的性質(zhì)可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等邊對等角可得∠ABC＝∠CAB，進(jìn)而根據(jù)等角對等邊可得DB＝DF，再根據(jù)全等三角形的判定方法證得△ADF≌△EDB，進(jìn)而可得求證AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分兩種情況考慮：①如圖（3）中，當(dāng)點D在BC上時，②如圖（4）中，當(dāng)點D在BC的延長線上時，由平行線分線段成比例定理可得、，代入數(shù)據(jù)求解即可；【詳解】（1）問題發(fā)現(xiàn)：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，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案為：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：結(jié)論：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解決問題①如圖（3）中，當(dāng)點D在BC上時，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如圖（4）中，當(dāng)點D在BC的延長線上時，∵AC∥DF，∴，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的長為2或4．【點睛】本題考查等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等邊對等角的性質(zhì)和等角對等邊的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定及其性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、平行線分線段成比例定理，涉及到的知識點較多，解題的關(guān)鍵是綜合運用所學(xué)知識．13．（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．（2）如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG解析：（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．（2）如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．首先證明OG=OL，再證明BF=2OL即可解決問題．（3）如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．（4）設(shè)OG=a，AG=k．分兩種情形：①如圖4中，連接EF，當(dāng)點F在線段AB上時，點G在OA上．②如圖5中，當(dāng)點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．分別求解即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）證明：如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=?OG?DK，S2=?BF?AD，又∵BF=2OG，，∴，設(shè)CD=2x，AC=3x，則AD=，∴．（4）解：設(shè)OG=a，AG=k．①如圖4中，連接EF，當(dāng)點F在線段AB上時，點G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由題意：=AD?（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如圖5中，當(dāng)點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由題意：=AD?（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，綜上所述，tan∠BAE的值為或．【點睛】本題是一道綜合題，主要涉及到等腰三角形的判定及其性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理、相似三角形的判定及其性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識點，解題的關(guān)鍵是綜合運用所學(xué)到的相關(guān)知識．14．（1）①；②30度；（2）成立，理由見解析；（3）或，理由見解析．【分析】①由得;②延長DE、CF交于K，由得，再由可得（2）連接BD交AC于點G,先證明可得，再利用“8”字型可得；（3解析：（1）①；②30度；（2）成立，理由見解析；（3）或，理由見解析．【分析】①由得;②延長DE、CF交于K，由得，再由可得（2）連接BD交AC于點G,先證明可得，再利用“8”字型可得；（3）過點A作，交直線DE于M,再結(jié)合（2）中相似分類討論即可；【詳解】（1）①∵菱形ABCD中，∴,∵∴∴∴;②如解題圖1，延長DE、CF交于K，∵∴，∵∴∴∴∴（2）成立，理由如下如解題圖2，連接BD交AC于點G,∵四邊形ABCD是菱形，∴,,即直線DE與CF夾角所成的較小角的度數(shù)是30度（3）或理由如下：（1）過點A作，交直線DE于M,如解題圖3：當(dāng)D,E,F三點共線時,由（2）得,(2)如解題圖4，過點A作,當(dāng)D,E,F三點共線時,由（2）得【點睛】本題綜合考察相似三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，30°直角三角形的性質(zhì)，熟練運用性質(zhì)進(jìn)行角度轉(zhuǎn)換是解題的關(guān)鍵15．（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(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．16．(1)AF=EF；(2)成立，理由見解析；(3)12【分析】(1)延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，證明△ACF△EDG，進(jìn)而得到△GEF為等腰三角形，即可證明AF=GE=EF；(2解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由見解析；(3)12【分析】(1)延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，證明△ACF△EDG，進(jìn)而得到△GEF為等腰三角形，即可證明AF=GE=EF；(2)證明原理同(1)，延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，證明△ACF△EDG，進(jìn)而得到△GEF為等腰三角形，即可證明AF=GE=EF；(3)補充完整圖后證明四邊形AEGC為矩形，進(jìn)而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．【詳解】解：(1)延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，如下圖所示∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，∴∠ADF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠ADF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延長DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF∴AF=EF，故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF=EF.故答案為：AF=EF；(2)仍舊成立，理由如下：延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，如下圖所示設(shè)BD延長線DM交AE于M點，∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，∴∠MDF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠MDF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延長DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF，∴AF=EF，故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF=EF.故答案為：AF=EF；(3)如下圖所示：∵BA=BE，∴∠BAE=∠BEA，∵∠BAE=∠EBG,∴∠BEA=∠EBG，∴AECG，∴∠AEG+∠G=180°，∴∠AEG=90°，∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，∴四邊形AEGC為矩形，∴AC=EG，且AB=BE，∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，又∵ED=AC=EG，且EB=EB，∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，∴∠BAC=30°，∴在Rt△ABC中由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可知：．故答案為：．【點睛】本題屬于四邊形的綜合題，考查了三角形全等的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，本題的關(guān)鍵是延長DF到G點并使FG=DC，進(jìn)而構(gòu)造全等，本題難度稍大，需要作出合適的輔助線．17．（1）見解析；（2），見解析；（3）【分析】（1）連接CF，證明，即可解決問題；（2）連接EF，利用（1）中兩個三角形全等的性質(zhì)、四邊形內(nèi)角和及圖形中互補的角推導(dǎo)論證∠EGF=90°，再利用勾解析：（1）見解析；（2），見解析；（3）【分析】（1）連接CF，證明，即可解決問題；（2）連接EF，利用（1）中兩個三角形全等的性質(zhì)、四邊形內(nèi)角和及圖形中互補的角推導(dǎo)論證∠EGF=90°，再利用勾股定理即可解決問題；（3）證明RT△CNE≌RT△CMF，RT△GCN≌RT△GCM，即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖，連接．∵平分，，∴．∵，關(guān)于對稱，∴，．∴．在和中，∴．∴．（2）解：結(jié)論：．理由如下：連接，．∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴，．∵，∴．（3）如下圖，結(jié)論．理由如下：連接CG，CF，作CM⊥BF于點F，CN⊥AG于點N，∵，∴CN=CM，∵∠CNE=∠CMF=90°，CE=CF，∴RT△CNE≌RT△CMF．∴EN=FM，∵∠CNG=∠CMG=90°，CG=CG，∴RT△GCN≌RT△GCM，∴GN=GM，∠CGN=∠CGM=45°，∴CG=GN，∴GE+GF=GN－EN+GM+MF=2GN=CG．故GE+GF=CG．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．18．【觀察】①90；②105；【發(fā)現(xiàn)】①50；②y＝，補全圖象見解析；【拓展】0＜x≤12或48≤x≤72【分析】【觀察】①先據(jù)題意求出兩個機器人速度的關(guān)系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設(shè)此時相解析：【觀察】①90；②105；【發(fā)現(xiàn)】①50；②y＝，補全圖象見解析；【拓展】0＜x≤12或48≤x≤72【分析】【觀察】①先據(jù)題意求出兩個機器人速度的關(guān)系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意列方程即可求出結(jié)果；②仿照①的解題思路和方法解答即可；【發(fā)現(xiàn)】①當(dāng)點第二次相遇地點剛好在點B時，根據(jù)題意可列方程150﹣x＝2x，解出的x的值即為a的值；②分0＜x≤50與50＜x＜75兩種情況，分別求出正比例函數(shù)與一次函數(shù)的關(guān)系式，進(jìn)一步即可補全函數(shù)圖象；【拓展】分三種情況畫出圖形，然后根據(jù)題意得出相應(yīng)的分式方程，解方程即可得出y與x的關(guān)系，進(jìn)而可得關(guān)于x的不等式，解不等式即可得到結(jié)論．【詳解】解：【觀察】①∵相遇地點與點A之間的距離為30個單位長度，∴相遇地點與點B之間的距離為150﹣30＝120個單位長度，設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為v＝4v，∴機器人甲從相遇點到點B所用的時間為，機器人乙從相遇地點到點A再返回到點B所用時間為，而，∴機器人甲與機器人乙第二次迎面相遇時，機器人乙從