深圳新安東山書院中考數(shù)學(xué)期末幾何綜合壓軸題易錯匯編一、中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題1．探究：小明在求同一坐標(biāo)軸上兩點間的距離時發(fā)現(xiàn)，對于平面直角坐標(biāo)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(biāo)公式：，．（1）請你幫小明寫出中點坐標(biāo)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(biāo)：；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(biāo)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(biāo)，再利用中點坐標(biāo)公式可求得D點坐標(biāo)；（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(biāo)，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P點坐標(biāo)，利用中點坐標(biāo)公式可求得M點坐標(biāo)，由對稱性可求得N點坐標(biāo)，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(biāo)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(dāng)AB為平行四邊形的對角線時，其對稱中心坐標(biāo)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(biāo)為（﹣3，3），當(dāng)AC為對角線時，同理可求得D點坐標(biāo)為（7，1），當(dāng)BC為對角線時，同理可求得D點坐標(biāo)為（﹣1，﹣3），綜上可知D點坐標(biāo)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．2．（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．3．（概念學(xué)習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為，若平移個單位后，使某圖形上所有點在內(nèi)或上，則稱的最小值為對該圖形的“最近覆蓋距離”．例如，如圖①，，則對線段的“最近覆蓋距離”為．（概念理解）（1）對點的“最近覆蓋距離”為_．（2）如圖②，點是函數(shù)圖像上一點，且對點的“最近覆蓋距離”為，則點的坐標(biāo)為_．（拓展應(yīng)用）（3）如圖③，若一次函數(shù)的圖像上存在點，使對點的“最近覆蓋距離”為，求的取值范圍．（4），且，將對線段的“最近覆蓋距離”記為，則的取值范圍是．解析：（1）4；（2）或；（3）或；（4）【分析】（1）求出點(3,4)與原點的距離，這個距離與1的差即是所求結(jié)果；（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為，根據(jù)P到圓心的距離為4及勾股定理，可得關(guān)于x的方程，解方程即可求得點P的坐標(biāo)；（3）考慮臨界狀態(tài)，當(dāng)OC=2時，函數(shù)圖象上存在點C，使對點C的“最近覆蓋距離”為1，利用三角形相似求出;同理，另一個臨界狀態(tài)為，即可求解；（4）由題意可得DE是一條傾斜角度為45°,長度為的線段，可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，進而求解．【詳解】（1）點(3,4)與原點的距離為，而5－1=4，則對點的“最近覆蓋距離”為4；故答案為：（2）由題意可知，到圓的最小距離為，即到圓心的距離為由點P在直線上，故設(shè)，則解得故點P的坐標(biāo)為：或故答案為：或（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，過O作OC⊥DE于C點，當(dāng)時，函數(shù)圖像上存在點，使對點的“最近覆蓋距離”為則設(shè)則由勾股定理可得：解得（舍）此時．同理，另一個臨界狀態(tài)為經(jīng)分析可知，函數(shù)相比臨界狀態(tài)更靠近軸，則存在點或由題意可知，是一條傾斜角度為，長度為的線段可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦如果落在弧上，或者落在弧上，則成立當(dāng)時，到弧的最小距離為此時當(dāng)時，到弧的最小距離為此時綜上【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、圓的基本知識、三角形相似的判定與性質(zhì)、新定義等，數(shù)形結(jié)合是本題解題的關(guān)鍵．4．如圖所示，點A為半圓O直徑MN所在直線上一點，射線AB垂直于MN，垂足為A，半圓繞M點順時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)過的角度記作α；設(shè)半圓O的半徑為R，AM的長度為m，回答下列問題：（1）探究：若R＝2，m＝1，如圖1，當(dāng)旋轉(zhuǎn)30°時，圓心O′到射線AB的距離是；如圖2，當(dāng)α＝°時，半圓O與射線AB相切；（2）如圖3，在（1）的條件下，為了使得半圓O轉(zhuǎn)動30°即能與射線AB相切，在保持線段AM長度不變的條件下，調(diào)整半徑R的大小，請你求出滿足要求的R，并說明理由．（3）發(fā)現(xiàn)：如圖4，在0°＜α＜90°時，為了對任意旋轉(zhuǎn)角都保證半圓O與射線AB能夠相切，小明探究了cosα與R、m兩個量的關(guān)系，請你幫助他直接寫出這個關(guān)系；cosα＝（用含有R、m的代數(shù)式表示）（4）拓展：如圖5，若R＝m，當(dāng)半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍，并求出在這個變化過程中陰影部分（弓形）面積的最大值（用m表示）解析：（1）+1；60°；（2）4+2；（3）；（4）m2．【詳解】試題分析：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．如圖2中，設(shè)切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=，推出α=60°．（2）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題．（3）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題、（4）當(dāng)半圓與射線AB相切時，之后開始出現(xiàn)兩個交點，此時α=90°；當(dāng)N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當(dāng)半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°．當(dāng)N′落在AB上時，陰影部分面積最大，求出此時的面積即可．試題解析：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．想辦法求出O′E的長即可．在Rt△MFO′中，∵∠MOF=30°，MO′=2，∴O′F=O′M?cos30°=，O′E=+1，∴點O′到AB的距離為+1．如圖2中，設(shè)切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，∴AE=O′F=2，∵AM=1，∴EM=1，在Rt△O′EM中，sinα=，∴α=60°故答案為+1，60°．（2）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．∵O′P=R，∴R=R+1，∴R=4+2．（3）設(shè)切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q=R?cosα，QP=m，∵O′P=R，∴R?cosα+m=R，∴cosα=．故答案為．（4）如圖5中，當(dāng)半圓與射線AB相切時，之后開始出現(xiàn)兩個交點，此時α=90°；當(dāng)N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當(dāng)半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°故答案為90°＜α≤120°；當(dāng)N′落在AB上時，陰影部分面積最大，所以S═﹣?m?m=m2．5．如圖1，兩個完全相同的三角形紙片和重合放置，其中，．（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖2，固定，使繞點旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點恰好落在邊上時，填空：①線段與的位置關(guān)系是________；②設(shè)的面積為，的面積為，則與的數(shù)量關(guān)系是_____．（2）猜想論證：當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)到如圖3所示的位置時，請猜想（1）中與的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展探究：已知，平分，，，交于點（如圖4）．若在射線上存在點，使，請求相應(yīng)的的長．解析：（1）DE∥AC；S1=S2；（2）成立，證明見解析；（3）BF的長為3或6．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，然后求出△ACD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠ACD=60°，然后根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行解答；②根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AD，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點C到AB的距離等于點D到AC的距離，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等解答；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角邊”證明△ACN和△DCM全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面積相等證明；（3）過點D作DF1∥BE，求出四邊形BEDF1是菱形，根據(jù)菱形的對邊相等可得BE=DF1，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等可知點F1為所求的點，過點D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，從而得到△DF1F2是等邊三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“邊角邊”證明△CDF1和△CDF2全等，根據(jù)全等三角形的面積相等可得點F2也是所求的點，然后勾股定理求出EG的長，即可得解【詳解】（1）①∵△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)點D恰好落在AB邊上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；故答案為：DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，△ACD的邊AC、AD上的高相等，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；故答案為：S1=S2；（2）如圖，過點D作DM⊥BC于M，過點A作AN⊥CE交EC的延長線于N，∵△DEC是由△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；（3）如圖，過點D作DF1∥BE，易求四邊形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此時S△DCF1=S△BDE；過點D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F(xiàn)1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等邊三角形，∴DF1=DF2，過點D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，BG=BC=，∴BD=3∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴點F2也是所求的點，∵∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，∴∠CDE=360°-∠CDF2-∠F2DB-DBE=360°-150°-90°-30°=90°，∴∠CDG=90°-∠DCG=60°，又∵BD=CD=3，∴DG=，設(shè)EG為x，則DE=2x,,解得x=1.5,∴BE=BG-EG=4.5-1.5=3，∴BF1=3，BF2=BF1+F1F2=3+3=6，故BF的長為3或6．【點睛】此題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，熟練掌握等底等高的三角形的面積相等，以及全等三角形的面積相等是解題的關(guān)鍵，（3）要注意符合條件的點F有兩個．6．如圖①，在中，為邊上一點，過點作交于點，連接，為的中點，連接．（觀察猜想）（1）①的數(shù)量關(guān)系是___________②的數(shù)量關(guān)系是______________（類比探究）（2）將圖①中繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，如圖②所示，則(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；（拓展遷移）（3）將繞點旋轉(zhuǎn)任意角度，若，請直接寫出點在同一直線上時的長．解析：（1）①；②；（2）成立，證明見解析；（3）的長為或【分析】（1）①根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得到答案；②由①知，利用等邊對等角和三角形的外角性質(zhì)，得到，，然后即可得到答案；（2）①過點作交的延長線于點，EF與交于點，利用等腰直角三角形的性質(zhì)，證明，即可得到結(jié)論成立；②由全等三角形的性質(zhì)，求出∠OEC=90°，即可得到結(jié)論成立；（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，點在同一直線上可分為兩種情況：①點C在線段OB上；②點C在OB的延長線上；利用等腰直角三角形的性質(zhì)，分別求出OE的長度，即可得到答案.【詳解】解：（1）如圖，在△AOD和△ACD中，∵，為AD中點，，，E為AD中點，，；②，為AD中點，，∴；同理可得：，，．（2）成立．證明：①如圖，過點作交的延長線于點與交于點，∵是等腰三角形，∴∵，∴，∴，∴均為等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴；②，∴，，，；（3）的長為或；∵在等腰直角中，，，由（2）可知，，，∴是等腰直角三角形，∴；當(dāng)點在同一直線上時，有①點C在線段OB上；如圖：∴，∴；②點C在OB的延長線上；如圖：∴，∴；綜上所述，的長為或；【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，以及三角形的外角性質(zhì)等，綜合能力強，知識的運用廣泛.解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的性質(zhì)進行解題，注意運用數(shù)形結(jié)合的思想和分類討論的思想進行分析.7．觀察猜想：（1）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，點D與點C重合，點E在斜邊AB上，連接DE，且DE＝AE，將線段DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF，連接EF，則＝______，sin∠ADE＝________，探究證明：（2）在（1）中，如果將點D沿CA方向移動，使CD＝AC，其余條件不變，如圖2，上述結(jié)論是否保持不變？若改變，請求出具體數(shù)值：若不變，請說明理由．拓展延伸（3）如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝a，點D在邊AC的延長線上，E是AB上任意一點，連接DE．ED＝nAE，將線段DE繞著點D順時針旋轉(zhuǎn)90°至點F，連接EF．求和sin∠ADE的值分別是多少？（請用含有n，a的式子表示）解析：（1）；；（2）不變；（3）＝；sin∠ADE＝．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的判定得到∠A＝∠ACE＝30°，△BEC是等邊三角形，據(jù)此求得CE的長度，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)來求EF的長度，易得答案；（2）不變．理由：如圖2，過點D作DG∥BC交AB于點G，構(gòu)造直角三角形：△ADG，結(jié)合含30度角的直角三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的定義，結(jié)合方程求得答案；（3）如圖3，過點E作EG⊥AD于點G，構(gòu)造直角三角形，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義列出方程并解答．【詳解】（1）如圖1，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠B＝60°．又CE＝AE，∴∠ACE＝∠A＝30°，∴∠BCE＝60°，∴△BEC是等邊三角形，∴BE＝CE．∴AE＝CE＝BE．∴AD＝AB＝CE．又由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：FC＝EC，∠FCE＝90°，∴EF＝CE，∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．故答案是：；；（2）不變，理由：如圖2，過點D作DG∥BC交AB于點G，則△ADG是直角三角形．∵∠DAG＝30°，DE＝AE，設(shè)DG＝x，∴∠AED＝30°，AD＝x，∠DEG＝∠DGE＝60°．∴DE＝DF＝x，sin∠ADE＝．∵∠EDF＝90°，∴EF＝x．∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．（3）過點E作EG⊥AD于點G，設(shè)AE＝x，則DE＝nx．∵∠CAB＝a，∴AG＝cosα?x，EG＝sinα?x．∴DG＝＝?x．∴AD＝cosα?x+?x．∵∠EDF＝90°，DE＝DF，∴EF＝DE＝nx．∴＝＝，sin∠ADE＝＝＝．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的判定，作輔助線構(gòu)造直角三角形，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求解．8．（1）探究發(fā)現(xiàn)：下面是一道例題及解答過程，請補充完整：如圖①在等邊△ABC內(nèi)部，有一點P，若∠APB=150°，求證：AP2+BP2=CP2證明：將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP’B，連接PP’，則△APP’為等邊三角形∴∠APP’=60°，PA=PP’，PC=∵∠APB=150°，∴∠BPP’=90°∴P’P2+BP2=，即PA2+PB2=PC2（2）類比延伸：如圖②在等腰△ABC中，∠BAC=90°，內(nèi)部有一點P，若∠APB=135°，試判斷線段PA，PB，PC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．（3）聯(lián)想拓展：如圖③在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，點P在直線AB上方，且∠APB=60°，滿足（kPA）2+PB2=PC2（其中k＞0），請直接寫出k的值．解析：（1）P’B，P’B2；（2）2PA2+PB2=PC2，見解析；（3）k=【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和勾股定理直接寫出即可．（2）將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AP′B，連接PP′，論證PP′=2PA，再根據(jù)勾股定理代換即可．（3）將△APC繞A點順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△AP′B，連接PP′，過點A作AH⊥PP′，論證PP′=PA，再根據(jù)勾股定理代換即可．【詳解】（1）PC=P’B，P’P2+BP2=P’B2（2）關(guān)系式為：2PA2+PB2=PC2證明：將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AP’B，連接PP’，則△APP’為等腰直角三角形，∴∠APP’=45°，PP’=PA，PC=P’B，∵∠APB=135°，∴∠BPP’=90°，∴P’P2+BP2=P’B2，∴2PA2+PB2=PC2．（3）k=將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△AP’B，連接PP’，過點A作AH⊥PP’，可得【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)三角形的問題，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理是解題的關(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．問題背景：已知的頂點在的邊所在直線上（不與，重合）．交所在直線于點，交所在直線于點．記的面積為，的面積為．（1）初步嘗試：如圖①，當(dāng)是等邊三角形，，，且，時，則；（2）類比探究：在（1）的條件下，先將點沿平移，使，再將繞點旋轉(zhuǎn)至如圖②所示位置，求的值；（3）延伸拓展：當(dāng)是等腰三角形時，設(shè)．（I）如圖③，當(dāng)點在線段上運動時，設(shè)，，求的表達式（結(jié)果用，和的三角函數(shù)表示）．（II）如圖④，當(dāng)點在的延長線上運動時，設(shè)，，直接寫出的表達式，不必寫出解答過程．解析：(1)12;(2)12；（3）（ab）2sin2α．（ab）2sin2α．【解析】試題分析：（1）首先證明△ADM，△BDN都是等邊三角形，可得S1=?22=，S2=?（4）2=4，由此即可解決問題；（2）如圖2中，設(shè)AM=x，BN=y．首先證明△AMD∽△BDN，可得，推出，推出xy=8，由S1=?AD?AM?sin60°=x，S2=DB?sin60°=y，可得S1?S2=x?y=xy=12；（3）Ⅰ如圖3中，設(shè)AM=x，BN=y，同法可證△AMD∽△BDN，可得xy=ab，由S1=?AD?AM?sinα=axsinα，S2=DB?BN?sinα=bysinα，可得S1?S2=（ab）2sin2α．（Ⅱ）結(jié)論不變，證明方法類似；試題解析：（1）如圖1中，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=CB=AC=6，∠A=∠B=60°，∵DE∥BC，∠EDF=60°，∴∠BND=∠EDF=60°，∴∠BDN=∠ADM=60°，∴△ADM，△BDN都是等邊三角形，∴S1=?22=，S2=?（4）2=4，∴S1?S2=12，（2）如圖2中，設(shè)AM=x，BN=y．∵∠MDB=∠MDN+∠NDB=∠A+∠AMD，∠MDN=∠A，∴∠AMD=∠NDB，∵∠A=∠B，∴△AMD∽△BDN，∴，∴，∴xy=8，∵S1=?AD?AM?sin60°=x，S2=DB?sin60°=y，∴S1?S2=x?y=xy=12．（3）Ⅰ如圖3中，設(shè)AM=x，BN=y，同法可證△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=?AD?AM?sinα=axsinα，S2=DB?BN?sinα=bysinα，∴S1?S2=（ab）2sin2α．Ⅱ如圖4中，設(shè)AM=x，BN=y，同法可證△AMD∽△BDN，可得xy=ab，∵S1=?AD?AM?sinα=axsinα，S2=DB?BN?sinα=bysinα，∴S1?S2=（ab）2sin2α．考點：幾何變換綜合題．11．（知識再現(xiàn)）學(xué)完《全等三角形》一章后，我們知道“斜邊和一條直角邊分別相等的兩個直角三角形全等（簡稱HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．（簡單應(yīng)用）如圖（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D、E分別在邊AC、AB上．若CE＝BD，則線段AE和線段AD的數(shù)量關(guān)系是．（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，點D在邊AC上．（1）若點E在邊AB上，且CE＝BD，如圖（2）所示，則線段AE與線段AD相等嗎？如果相等，請給出證明；如果不相等，請說明理由．（2）若點E在BA的延長線上，且CE＝BD．試探究線段AE與線段AD的數(shù)量關(guān)系（用含有a、m的式子表示），并說明理由．解析：【簡單應(yīng)用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，證明見解析；（2）AE﹣AD＝2AC?cos（180°﹣），理由見解析【分析】簡單應(yīng)用：證明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得結(jié)論．拓展延伸：（1）結(jié)論：AE＝AD．如圖（2）中，過點C作CM⊥BA交BA的延長線于M，過點N作BN⊥CA交CA的延長線于N．證明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，證明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得結(jié)論．（2）如圖（3）中，結(jié)論：AE﹣AD＝2m?cos（180°﹣）．在AB上取一點E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過點C作CT⊥AE于T．證明TE＝TE′，求出AT，可得結(jié)論．【詳解】簡單應(yīng)用：解：如圖（1）中，結(jié)論：AE＝AD．理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案為：AE＝AD．拓展延伸：（1）結(jié)論：AE＝AD．理由：如圖（2）中，過點C作CM⊥BA交BA的延長線于M，過點N作BN⊥CA交CA的延長線于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）如圖（3）中，結(jié)論：AE﹣AD＝2m?cos（180°﹣）．理由：在AB上取一點E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過點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°﹣）．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練尋找全等三角形解決問題.12．《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學(xué)習(xí)片段展示：（問題）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=a（x﹣2）2﹣經(jīng)過原點O，與x軸的另一個交點為A，則a=．（操作）將圖①中拋物線在x軸下方的部分沿x軸折疊到x軸上方，將這部分圖象與原拋物線剩余部分的圖象組成的新圖象記為G，如圖②．直接寫出圖象G對應(yīng)的函數(shù)解析式．（探究）在圖②中，過點B（0，1）作直線l平行于x軸，與圖象G的交點從左至右依次為點C，D，E，F(xiàn)，如圖③．求圖象G在直線l上方的部分對應(yīng)的函數(shù)y隨x增大而增大時x的取值范圍．（應(yīng)用）P是圖③中圖象G上一點，其橫坐標(biāo)為m，連接PD，PE．直接寫出△PDE的面積不小于1時m的取值范圍．解析：【問題】：a=；【操作】：y=；【探究】：當(dāng)1＜x＜2或x＞2+時，函數(shù)y隨x增大而增大；【應(yīng)用】：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．【詳解】試題分析：【問題】：把（0，0）代入可求得a的值；【操作】：先寫出沿x軸折疊后所得拋物線的解析式，根據(jù)圖象可得對應(yīng)取值的解析式；【探究】：令y=0，分別代入兩個拋物線的解析式，分別求出四個點CDEF的坐標(biāo)，根據(jù)圖象呈上升趨勢的部分，即y隨x增大而增大，寫出x的取值；【應(yīng)用】：先求DE的長，根據(jù)三角形面積求高的取值h≥1；分三部分進行討論：①當(dāng)P在C的左側(cè)或F的右側(cè)部分時，設(shè)P[m，]，根據(jù)h≥1，列不等式解出即可；②如圖③，作對稱軸由最大面積小于1可知：點P不可能在DE的上方；③P與O或A重合時，符合條件，m=0或m=4．試題解析：【問題】∵拋物線y=a（x﹣2）2﹣經(jīng)過原點O，∴0=a（0﹣2）2﹣，a=；【操作】：如圖①，拋物線：y=（x﹣2）2﹣，對稱軸是：直線x=2，由對稱性得：A（4，0），沿x軸折疊后所得拋物線為：y=﹣（x﹣2）2+如圖②，圖象G對應(yīng)的函數(shù)解析式為：y=；【探究】：如圖③，由題意得：當(dāng)y=1時，（x﹣2）2﹣=0，解得：x1=2+，x2=2﹣，∴C（2﹣，1），F(xiàn)（2+，1），當(dāng)y=1時，﹣（x﹣2）2+=0，解得：x1=3，x2=1，∴D（1，1），E（3，1），由圖象得：圖象G在直線l上方的部分，當(dāng)1＜x＜2或x＞2+時，函數(shù)y隨x增大而增大；【應(yīng)用】：∵D（1，1），E（3，1），∴DE=3﹣1=2，∵S△PDE=DE?h≥1，∴h≥1；①當(dāng)P在C的左側(cè)或F的右側(cè)部分時，設(shè)P[m，]，∴h=（m﹣2）2﹣﹣1≥1，（m﹣2）2≥10，m﹣2≥或m﹣2≤﹣，m≥2+或m≤2﹣，②如圖③，作對稱軸交拋物線G于H，交直線CD于M，交x軸于N，∵H（2，），∴HM=﹣1=＜1，∴當(dāng)點P不可能在DE的上方；③∵MN=1，且O（0，0），a（4，0），∴P與O或A重合時，符合條件，∴m=0或m=4；綜上所述，△PDE的面積不小于1時，m的取值范圍是：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．考點：二次函數(shù)綜合題．13．如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.（1）操作發(fā)現(xiàn)如圖2，固定△ABC，使△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)．當(dāng)點D恰好落在BC邊上時，填空：線段DE與AC的位置關(guān)系是；②設(shè)△BDC的面積為S1，△AEC的面積為S2．則S1與S2的數(shù)量關(guān)系是．（2）猜想論證當(dāng)△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)到圖3所示的位置時，小明猜想（1）中S1與S2的數(shù)量關(guān)系仍然成立，并嘗試分別作出了△BDC和△AEC中BC，CE邊上的高，請你證明小明的猜想．（3）拓展探究已知∠ABC=60°，點D是其角平分線上一點，BD=CD=4，OE∥AB交BC于點E（如圖4），若在射線BA上存在點F，使S△DCF=S△BDC,請直接寫出相應(yīng)的BF的長解析：解：（1）①DE∥AC．②．（2）仍然成立，證明見解析；（3）或．【詳解】（1）①由旋轉(zhuǎn)可知：AC=DC，∵∠C=90°，∠B=∠DCE=30°，∴∠DAC=∠CDE=60°．∴△ADC是等邊三角形．∴∠DCA=60°．∴∠DCA=∠CDE=60°．∴DE∥AC．②過D作DN⊥AC交AC于點N，過E作EM⊥AC交AC延長線于M，過C作CF⊥AB交AB于點F．由①可知：△ADC是等邊三角形,DE∥AC，∴DN=CF,DN=EM．∴CF=EM．∵∠C=90°，∠B=30°∴AB=2AC．又∵AD=AC∴BD=AC．∵∴．（2）如圖，過點D作DM⊥BC于M，過點A作AN⊥CE交EC的延長線于N，∵△DEC是由△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；（3）如圖，過點D作DF1∥BE，易求四邊形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此時S△DCF1=S△BDE；過點D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F(xiàn)1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等邊三角形，∴DF1=DF2，過點D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴點F2也是所求的點，∵∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的長為或．14．(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(dāng)P、E、B共線時，BE最小，最小值=PB-PE；當(dāng)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(dāng)P、E、B共線時，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，圖3-2中，當(dāng)P、E、B共線時，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，∴5-3≤BE≤5+3，即5-3≤PC≤5+3．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找三角形全等的條件，學(xué)會添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．15．（1）（探究發(fā)現(xiàn)）如圖1，的頂點在正方形兩條對角線的交點處，，將繞點旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中，的兩邊分別與正方形的邊和交于點和點（點與點，不重合）．則之間滿足的數(shù)量關(guān)系是．（2）（類比應(yīng)用）如圖2，若將（1）中的“正方形”改為“的菱形”，其他條件不變，當(dāng)時，上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請猜想結(jié)論并說明理由．（3）（拓展延伸）如圖3，，，，平分，，且，點是上一點，，求的長．解析：（1）（2）結(jié)論不成立．（3）【分析】（1）結(jié)論：．根據(jù)正方形性質(zhì)，證，根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得結(jié)論；（2）結(jié)論不成立．．連接，在上截取，連接．根據(jù)菱形性質(zhì)，證，四點共圓，分別證是等邊三角形，是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)證，根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得結(jié)論；（3）由可知是鈍角三角形，，作于，設(shè)．根據(jù)勾股定理，可得到，由，得四點共圓，再證是等邊三角形，由（2）可知：，故可得．【詳解】（1）如圖1中，結(jié)論：．理由如下：∵四邊形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為．（2）如圖2中，結(jié)論不成立．．理由：連接，在上截取，連接．∵四邊形是菱形，，∴，∵，∴四點共圓，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，，∵，，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，（3）如圖3中，由可知是鈍角三角形，，作于，設(shè)．在中，，∵，∴，解得（舍棄）或，∴，∵，∴四點共圓，∵平分，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，由（2）可知：，∴．【點睛】考核知識點：正方形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，圓的性質(zhì).綜合運用各個幾何性質(zhì)定理是關(guān)鍵；此題比較綜合.16．性質(zhì)探究如圖①，在等腰三角形中，，則底邊與腰的長度之比為________．理解運用⑴若頂角為120°的等腰三角形的周長為，則它的面積為________；⑵如圖②，在四邊形中，．①求證：；②在邊上分別取中點，連接．若，,直接寫出線段的長．類比拓展頂角為的等腰三角形的底邊與一腰的長度之比為________（用含的式子表示）．解析：性質(zhì)探究：；理解運用：（1）；（2）①見解析；②；類比拓展：.【分析】性質(zhì)探究：作CD⊥AB于D，則∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出結(jié)果；理解運用：（1）同上得出則AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周長得出4CD+2CD=8+4，解得：CD=2，得出AB=4，由三角形面積公式即可得出結(jié)果；（2）①由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；②連接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性質(zhì)得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四邊形內(nèi)角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFH=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出PE=EF=5，PF=PE=5，得出FH=2PF=10，證明MN是△FGH的中位線，由三角形中位線定理即可得出結(jié)果；類比拓展：作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性質(zhì)得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函數(shù)得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出結(jié)果．【詳解】性質(zhì)探究解：作CD⊥AB于D，如圖①所示：則∠ADC=∠BDC=90°，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴AD=BD，∠A=∠B=30°，∴AC=2CD，AD=CD，∴AB=2AD=2CD，∴=；故答案為；理解運用（1）解：如圖①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，∵AC+BC+AB=8+4，∴4CD+2CD=8+4，解得：CD=2，∴AB=4，∴△ABC的面積=AB×CD=×4×2=4；故答案為4（2）①證明：∵EF=EG=EH，∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；②解：連接FH，作EP⊥FH于P，如圖②所示：則PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，∵EF=EH，∴∠EFH=30°，∴PE=EF=5，∴PF=PE=5，∴FH=2PF=10，∵點M、N分別是FG、GH的中點，∴MN是△FGH的中位線，∴MN=FH=5；類比拓展解：如圖③所示：作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，∵sinα=，∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴=2sinα；故答案為2sinα．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、四邊形內(nèi)角和定理、就直角三角形等知識；本題綜合性強，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．探究發(fā)現(xiàn)（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．拓展運用（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．解析：（1）全等，理由見解析；（2）BD＝；（3）△ACD的面積為，AD＝．【分析】（1）依據(jù)等式的性質(zhì)可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據(jù)SAS可證明△ACE≌△BCD；（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計算AE的長，可得BD的長；（3）過點A作AF⊥CD于F，先根據(jù)平角的定義得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函數(shù)可得AF的長，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據(jù)勾股定理可得AD的長．【詳解】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS）；（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∵△DCE都是等邊三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，∴，∴BD＝；（3）如圖2，過點A作AF⊥CD于F，∵B、C、E三點在一條直線上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF＝，∴AF＝AC×sin∠ACF＝，∴S△ACD＝，∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×，F(xiàn)D＝CD﹣CF＝，在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2＝，∴AD＝．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等，第（3）小題巧作輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．18．性質(zhì)探究如圖（1），在等腰三角形中，，則底邊與腰的長度之比為_________．理解運用（1）若頂角為的等腰三角形的周長為，則它的面積為_________；（2）如圖（2），在四邊形中，.在邊，上分別取中點，連接.若，，求線段的長．類比拓展頂角為的等腰三角形的底邊與一腰的長度之比為__________(用含的式子表示)解析：性質(zhì)探究：(或)；理解運用：（1）；（2）；類比拓展：(或)．【分析】性質(zhì)探究作CD⊥AB于D，則∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出結(jié)果；理解運用（1）同上得出則AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周長得出4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，得出AB=2，由三角形面積公式即可得出結(jié)果；（2）①由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；②連接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性質(zhì)得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四邊形內(nèi)角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFH=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出PE=EF=10，PF=PE=10，得出FH=2PF=20，證明MN是△FGH的中位線，由三角形中位線定理即可得出結(jié)果；類比拓展作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性質(zhì)得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函數(shù)得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出結(jié)果．【詳解】性質(zhì)探究解：作CD⊥AB于D，如圖①所示：則∠ADC=∠BDC=90°，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴AD=BD，∠A=∠B=30°，∴AC=2CD，AD=CD，∴AB=2AD=2CD，∴；故答案為：(或)；理解運用（1）解：如圖①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，∵AC+BC+AB=4+2，∴4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，∴AB=2，∴△ABC的面積=AB×CD=×2×1=；故答案為：（2）①證明：∵EF=EG=EH，∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；②解：連接FH，作EP⊥FH于P，如圖②所示：則PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，∵EF=EH，∴∠EFH=30°，∴PE=EF=10，∴PF=PE=10，∴FH=2PF=20，∵點M、N分別是FG、GH的中點，∴MN是△FGH的中位線，∴MN=FH=10；類比拓展解：如圖③所示：作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，∵，∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴；故答案為：2sinα（或）．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、四邊形內(nèi)角和定理、解直角三角形等知識；本題綜合性強，熟練掌握等