上海民辦民一中學(xué)中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題易錯(cuò)專(zhuān)題一、中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題1．《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學(xué)習(xí)片段展示：（問(wèn)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(guò)原點(diǎn)O，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)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(xiě)出圖象G對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式．（探究）在圖②中，過(guò)點(diǎn)B（0，1）作直線l平行于x軸，與圖象G的交點(diǎn)從左至右依次為點(diǎn)C，D，E，F(xiàn)，如圖③．求圖象G在直線l上方的部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)y隨x增大而增大時(shí)x的取值范圍．（應(yīng)用）P是圖③中圖象G上一點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，連接PD，PE．直接寫(xiě)出△PDE的面積不小于1時(shí)m的取值范圍．解析：【問(wèn)題】：a=；【操作】：y=；【探究】：當(dāng)1＜x＜2或x＞2+時(shí)，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(wèn)題】：把（0，0）代入可求得a的值；【操作】：先寫(xiě)出沿x軸折疊后所得拋物線的解析式，根據(jù)圖象可得對(duì)應(yīng)取值的解析式；【探究】：令y=0，分別代入兩個(gè)拋物線的解析式，分別求出四個(gè)點(diǎn)CDEF的坐標(biāo)，根據(jù)圖象呈上升趨勢(shì)的部分，即y隨x增大而增大，寫(xiě)出x的取值；【應(yīng)用】：先求DE的長(zhǎng)，根據(jù)三角形面積求高的取值h≥1；分三部分進(jìn)行討論：①當(dāng)P在C的左側(cè)或F的右側(cè)部分時(shí)，設(shè)P[m，]，根據(jù)h≥1，列不等式解出即可；②如圖③，作對(duì)稱(chēng)軸由最大面積小于1可知：點(diǎn)P不可能在DE的上方；③P與O或A重合時(shí)，符合條件，m=0或m=4．試題解析：【問(wèn)題】∵拋物線y=a（x﹣2）2﹣經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，∴0=a（0﹣2）2﹣，a=；【操作】：如圖①，拋物線：y=（x﹣2）2﹣，對(duì)稱(chēng)軸是：直線x=2，由對(duì)稱(chēng)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(duì)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(shí)，（x﹣2）2﹣=0，解得：x1=2+，x2=2﹣，∴C（2﹣，1），F(xiàn)（2+，1），當(dāng)y=1時(shí)，﹣（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(shí)，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(shí)，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(duì)稱(chēng)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(diǎn)P不可能在DE的上方；③∵M(jìn)N=1，且O（0，0），a（4，0），∴P與O或A重合時(shí)，符合條件，∴m=0或m=4；綜上所述，△PDE的面積不小于1時(shí)，m的取值范圍是：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．2．（1）（問(wèn)題背景）如圖1，在中，，，D是直線BC上的一點(diǎn)，將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至AE，連接CE，求證：；（2）（嘗試應(yīng)用）如圖2，在（1）的條件下，延長(zhǎng)DE，AC交于點(diǎn)G，交DE于點(diǎn)F．求證：；（3）（拓展創(chuàng)新）如圖3，是內(nèi)一點(diǎn)，，，，直接寫(xiě)出的面積為_(kāi)____________．解析：（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）【問(wèn)題背景】如圖1，根據(jù)SAS證明三角形全等即可．（2）【嘗試應(yīng)用】如圖2，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥DC交FB的延長(zhǎng)線于K．證明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再證明FG＝DE＝即可．（3）【拓展創(chuàng)新】如圖3中，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AD交BD于E，連接CE．利用全等三角形的性質(zhì)證明CE＝BD，CE⊥BD，再根據(jù)三角形面積公式即可求解．【詳解】（1）【問(wèn)題背景】證明：如圖1，∵，∴，在和中，，∴．（2）【嘗試應(yīng)用】證明：如圖2，過(guò)點(diǎn)D作交FB的延長(zhǎng)線于K．∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．（3）【拓展創(chuàng)新】如圖3中，過(guò)點(diǎn)A作交BD于E，連接CE．∵，，∴與都是等腰直角三角形，同法可證，∴，∵，∴，∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．3．綜合與實(shí)踐數(shù)學(xué)問(wèn)題：（1）如圖1，是等腰直角三角形，過(guò)斜邊的中點(diǎn)作正方形，分別交，于點(diǎn)，，則，，之間的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_____．問(wèn)題解決：（2）如圖2，在任意內(nèi)，找一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作正方形，分別交，于點(diǎn)，，若，求的度數(shù)；圖2拓展提升：（3）如圖3，在（2）的條件下，分別延長(zhǎng)，，交于點(diǎn)，，則，，的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_____．圖3（4）在（3）的條件下，若，，則______．解析：（1）；（2）135°；（3）；（4）【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的斜邊與直角邊的關(guān)系及正方形的性質(zhì)即可得出數(shù)量關(guān)系；（2）延長(zhǎng)至點(diǎn)，使，連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)易證，從而可得DP=DB，進(jìn)而可證，從而可得，，由三角形內(nèi)角和定理即可求得∠ADB的度數(shù)；（3）由正方形的對(duì)邊平行的性質(zhì)易得AM=DM，BN=DN，從而在Rt△MDN中，由勾股定理即可得MN、AM、BN的數(shù)量關(guān)系；（4）由（2）知FP=BE，即可求得DE=DF=1，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可分別求得EM、FN的長(zhǎng)，從而可得DM、DN的長(zhǎng)，在Rt△MDN中，由勾股定理即可求得MN的長(zhǎng)．【詳解】（1）∵是等腰直角三角形，且AB=AC，∴，∠A=∠B=45°，∵四邊形DECF是正方形，且D是AB的中點(diǎn)，∴DF=FC=CE=DE，∠DFA=∠DEB=90°，DF∥BC，DE∥AC，∴∠ADF=∠B=45°，∠BDE=∠A=45°，∴AF=DF，BE=DE，∴F、E分別是AC、BC的中點(diǎn)，∴CF=BE，∴AC=AF+CF=AF+BE，∴；（2）延長(zhǎng)至點(diǎn)，使，連接．∵四邊形是正方形，∴，．∵，，，∴．∴．∵，，，∴．又∵，，∴．∴．同理可得：．∵，∴．∴．∴．（3）∵DF∥BC，DE∥AC，∴∠CBD=∠NDB，∠DAC=∠ADM，∵，，∴∠ABD=∠NDB，∠ADM=∠DAB，∴BN=DN，AM=DM．在Rt△MDN中，由勾股定理得：故答案為：，（4）∵△ABC是直角三角形，AC=3，BC=4，∴由勾股定理得：AB=5，設(shè)正方形DECF的邊長(zhǎng)為x，由（2）知，AP=AB=5，BE=FP，CP=AP-AC=2，∵FP=CP+CF，BE=BC-CE，即4-x=2+x，解得x=1，∴BE=BC-CE=3，AF=AC-CF=2，∵EM∥AC，F(xiàn)N∥BC，∴△BME∽△BAC，△AFN∽△ACB∴，，∴，．∵DM=ME-DE=，DN=FN-DF=，．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，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(shí)，截長(zhǎng)補(bǔ)短法作輔助線是本題的關(guān)鍵．4．（了解概念）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，組成圖形的各點(diǎn)中，與點(diǎn)Р所連線段最短的點(diǎn)叫做點(diǎn)Р關(guān)于這個(gè)圖形的短距點(diǎn)，這條最短線段的長(zhǎng)度叫做點(diǎn)Р到這個(gè)圖形的短距．（理解運(yùn)用）（1）已知點(diǎn)，以原點(diǎn)為圓心，l為半徑作，則點(diǎn)Р關(guān)于的短距點(diǎn)的坐標(biāo)是；（2）如圖，點(diǎn)，等邊三角形OAB的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為，頂點(diǎn)B在第一象限，判斷點(diǎn)Р關(guān)于的短距點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由；（拓展提升）（3）已知，，，點(diǎn)C在第一象限內(nèi)，且，，若點(diǎn)Р到四邊形OACB的短距大于2，請(qǐng)直接寫(xiě)出的取值范圍．解析：（1）(-1，0)；（2）點(diǎn)Р關(guān)于的短距點(diǎn)的個(gè)數(shù)有3個(gè)；（3）當(dāng)p＜-或2＜p＜4或p＞6+時(shí)，點(diǎn)Р到四邊形OACB的短距大于2．【分析】（1）連接PO，交于點(diǎn)M，點(diǎn)M即是點(diǎn)Р關(guān)于的短距點(diǎn)，進(jìn)而即可求解；（2）根據(jù)題意得點(diǎn)P是三角形OAB的中心，進(jìn)而即可求解；（3）由題意得點(diǎn)P，A，B在直線y=-x+6上，以點(diǎn)P為圓心，半徑長(zhǎng)為2畫(huà)圓，分3種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線上，圓P過(guò)點(diǎn)B時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上，圓P與BC相切于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸，③當(dāng)點(diǎn)P在BA的延長(zhǎng)線上，圓P過(guò)點(diǎn)A時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸，分別求解，即可得到答案．【詳解】解：（1）連接PO，交于點(diǎn)M，點(diǎn)M即是點(diǎn)Р關(guān)于的短距點(diǎn)，∵，、的半徑為1，∴M(-1，0)，故答案是：(-1，0)；（2）∵點(diǎn)，等邊三角形OAB的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為，∴點(diǎn)P是三角形OAB的中心，∴點(diǎn)P到OA，OB，OC的三條垂線段最短，三條垂線段都等于，∴點(diǎn)Р關(guān)于的短距點(diǎn)的個(gè)數(shù)有3個(gè)；（3）∵，，，∴點(diǎn)P，A，B在直線y=-x+6上，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵點(diǎn)C在第一象限內(nèi)，且，，∴∠ABC=75°-45°=30°，以點(diǎn)P為圓心，半徑長(zhǎng)為2畫(huà)圓，如圖所示：當(dāng)點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線上，圓P過(guò)點(diǎn)B時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸，∵PB=2，∠PBM=45°，∴PM=2×=，∴p＜-時(shí)，點(diǎn)Р到四邊形OACB的短距大于2；①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上，圓P與BC相切于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸，則BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，②當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上，圓P與OA相切于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸，則AP=PN=2，BP=AB-AP=6-2=4，PM=BP×=4×=4，∴2＜p＜4時(shí)，點(diǎn)Р到四邊形OACB的短距大于2；③當(dāng)點(diǎn)P在BA的延長(zhǎng)線上，圓P過(guò)點(diǎn)A時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸，則PM=（6+2）×=6+，∴p＞6+時(shí)，點(diǎn)Р到四邊形OACB的短距大于2；綜上所述：當(dāng)p＜-或2＜p＜4或p＞6+時(shí)，點(diǎn)Р到四邊形OACB的短距大于2．【點(diǎn)睛】本題主要考查圖形與坐標(biāo)以及圓的綜合題，根據(jù)題意畫(huà)出圖形，掌握?qǐng)A與直線相切的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（概念學(xué)習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為，若平移個(gè)單位后，使某圖形上所有點(diǎn)在內(nèi)或上，則稱(chēng)的最小值為對(duì)該圖形的“最近覆蓋距離”．例如，如圖①，，則對(duì)線段的“最近覆蓋距離”為．（概念理解）（1）對(duì)點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為_(kāi)．（2）如圖②，點(diǎn)是函數(shù)圖像上一點(diǎn)，且對(duì)點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為，則點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)．（拓展應(yīng)用）（3）如圖③，若一次函數(shù)的圖像上存在點(diǎn)，使對(duì)點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為，求的取值范圍．（4），且，將對(duì)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(diǎn)(3,4)與原點(diǎn)的距離，這個(gè)距離與1的差即是所求結(jié)果；（2）設(shè)點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）考慮臨界狀態(tài)，當(dāng)OC=2時(shí)，函數(shù)圖象上存在點(diǎn)C，使對(duì)點(diǎn)C的“最近覆蓋距離”為1，利用三角形相似求出;同理，另一個(gè)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(zhǎng)度為的線段，可在圓上找到兩條與之平行且等長(zhǎng)的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，進(jìn)而求解．【詳解】（1）點(diǎn)(3,4)與原點(diǎn)的距離為，而5－1=4，則對(duì)點(diǎn)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(diǎn)P在直線上，故設(shè)，則解得故點(diǎn)P的坐標(biāo)為：或故答案為：或（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，過(guò)O作OC⊥DE于C點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)圖像上存在點(diǎn)，使對(duì)點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為則設(shè)則由勾股定理可得：解得（舍）此時(shí)．同理，另一個(gè)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(diǎn)或由題意可知，是一條傾斜角度為，長(zhǎng)度為的線段可在圓上找到兩條與之平行且等長(zhǎng)的弦如果落在弧上，或者落在弧上，則成立當(dāng)時(shí)，到弧的最小距離為此時(shí)當(dāng)時(shí)，到弧的最小距離為此時(shí)綜上【點(diǎn)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(shí)、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．6．探究：如圖1和2,四邊形中,已知，，點(diǎn)，分別在、上，．（1）①如圖1,若、都是直角，把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，使與重合，則能證得，請(qǐng)寫(xiě)出推理過(guò)程；②如圖2，若、都不是直角，則當(dāng)與滿(mǎn)足數(shù)量關(guān)系_______時(shí)，仍有;（2）拓展：如圖3,在中，,，點(diǎn)、均在邊上,且．若，求的長(zhǎng)．解析：（1）①見(jiàn)解析；②，理由見(jiàn)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(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，使與重合，∴，，∵，，∴，∴，即，在和中∴，∴，∵，∴；②，理由是：把繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到，使和重合，則，，，∵，∴，∴，，在一條直線上，和①知求法類(lèi)似，，在和中∴，∴，∵，∴；故答案為：（2）∵中，，∴，由勾股定理得：，把繞點(diǎn)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(diǎn)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(kāi)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(duì)學(xué)生的分析問(wèn)題，解決問(wèn)題的能力要求比較高．7．問(wèn)題探究（1）如圖1，△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點(diǎn)B，D，E在同一直線上，連接AD，BD．①請(qǐng)?zhí)骄緼D與BD之間的位置關(guān)系：________；②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，則線段AD的長(zhǎng)為_(kāi)_______；拓展延伸（2）如圖2，△ABC和△DEC均為直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．將△DCE繞點(diǎn)C在平面內(nèi)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，設(shè)旋轉(zhuǎn)角∠BCD為α（0°≤α＜360°），作直線BD，連接AD，當(dāng)點(diǎn)B，D，E在同一直線上時(shí)，畫(huà)出圖形，并求線段AD的長(zhǎng)．解析：（1）①垂直，②4；（2）作圖見(jiàn)解析，或【分析】（1）①由“SAS”可證△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC=45°，可得AD⊥BD；②過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)F，由勾股定理可求DF，CF，AF的長(zhǎng)，即可求AD的長(zhǎng)；（2）分點(diǎn)D在BC左側(cè)和BC右側(cè)兩種情況討論，根據(jù)勾股定理和相似三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：（1）∵△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ABC=∠DEC=45°=∠CDE∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，且AC=BC，CE=CD∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠ADC=∠BEC=45°∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°∴AD⊥BD故答案為：垂直②如圖，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)F，∵∠ADC=45°，CF⊥AD，CD=∴DF=CF=1∴∴AD=AF+DF=4故答案為：4．（2）①如圖：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1，∴AB=2,DE=2,∠ACD＝∠BCE,．∴△ACD∽△BCE．∴∠ADC＝∠E，．又∵∠CDE+∠E=90°，∴∠ADC+∠CDE=90°，即∠ADE=90°．∴AD⊥BE．設(shè)BE=x，則AD=x．在Rt△ABD中，，即．解得（負(fù)值舍去）．∴AD=．②如圖，同①設(shè)BE=x，則AD=x．在Rt△ABD中，，即．解得（負(fù)值舍去）．∴AD=．綜上可得，線段AD的長(zhǎng)為【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵是添加恰當(dāng)輔助線．8．如圖1，已知點(diǎn)G在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，GE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，GF⊥CD，垂足為點(diǎn)F．（1）證明：四邊形CEGF是正方形；（2）探究與證明：將正方形CEGF繞點(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖2所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）拓展與運(yùn)用：正方形CEGF繞點(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖3所示，當(dāng)B，E，F(xiàn)三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，延長(zhǎng)CG交AD于點(diǎn)H，若AG＝6，GH＝2，求BC的長(zhǎng)．解析：（1）證明見(jiàn)解析；（2）AG＝BE，理由見(jiàn)解析；（3）BC=3．【分析】（1）先說(shuō)明GE⊥BC、GF⊥CD，再結(jié)合∠BCD=90°可證四邊形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可證明；（2）連接CG，證明△ACG∽△BCE，再應(yīng)用相似三角形的性質(zhì)解答即可；（3）先證△AHG∽△CHA可得，設(shè)BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，求出AH=a，DH=a，CH=，最后代入即可求得a的值．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四邊形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四邊形CEGF是正方形．（2）結(jié)論：AG＝BE；理由：連接CG，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，，∴，∴△ACG∽△BCE，∴，∴線段AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系為AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，點(diǎn)B、E、F三點(diǎn)共線，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，設(shè)BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，則由，得，∴AH＝a，則DH＝AD﹣AH＝a，，∴，得，解得：a＝3，即BC＝3．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查相似形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問(wèn)題并利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．9．和都是等邊三角形，繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，連接．猜測(cè)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(qǐng)說(shuō)明理由．問(wèn)題解決：（2）若三點(diǎn)不在一條直線上，且，求的長(zhǎng)．拓展運(yùn)用：（3）若三點(diǎn)在一條直線上（如圖2），且和的邊長(zhǎng)分別為1和2，的面積及的值．解析：（1）AE=BD，理由見(jiàn)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(wèn)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(jì)算出AE，再由（1）即可得BD的長(zhǎng)；（3）過(guò)A點(diǎn)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(shí)可求得AF的長(zhǎng)，從而可求得△ACD的面積；在△ACF中還可求得CF的長(zhǎng)，從而可得DF的長(zhǎng)，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(guò)作于，∵三點(diǎn)在一條直線上，∴，∵和都是等邊三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【點(diǎn)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(shí)，帶有一定的綜合性．10．（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(gè)函數(shù)圖象中函數(shù)y=x+的圖象大致是；（3）對(duì)于函數(shù)y=x+，求當(dāng)x＞0時(shí)，y的取值范圍．請(qǐng)將下列的求解過(guò)程補(bǔ)充完整．解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+∵（﹣）2≥0∴y≥．[拓展運(yùn)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(diǎn)：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).11．在中，，，是邊上一點(diǎn)，將沿折疊得到，連接．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)，落在直線上時(shí)，①求證：；②填空：的值為_(kāi)_____；（2）類(lèi)比探究：如圖2，當(dāng)，與邊相交時(shí)，在上取一點(diǎn)，使，交于點(diǎn)．探究的值（用含的式子表示），并寫(xiě)出探究過(guò)程；（3）拓展運(yùn)用：在（2）的條件下，當(dāng)，是的中點(diǎn)時(shí)，若，求的長(zhǎng)．解析：（1）①見(jiàn)解析；②1；（2），見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）①根據(jù)折疊性質(zhì)證明即可；②當(dāng)，證明，即可得出的值；（2）延長(zhǎng)交于點(diǎn)，根據(jù)折疊性質(zhì)證明，即可得出結(jié)論；（3）由（2）可知，設(shè)，則，，，可得，再由勾股定理列方程求解即可．【詳解】解：（1）①證明：延長(zhǎng)交于點(diǎn)．由折疊得．∴．∵，∴．②當(dāng)，即時(shí)，可知AC=BC，在和中，，∴(AAS)，∴，∴．故答案為：1；（2）解：．理由：延長(zhǎng)交于點(diǎn)，由折疊得．∴，∵，∴，∵，∴，∴．（3）解：由折疊得，，∵是的中點(diǎn)，∴，∴，，，由（2）知，∴，，是的中點(diǎn)，∴，∴，設(shè)，則，，，∴，∴，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴，解得（負(fù)值舍去），∴．【點(diǎn)睛】本題為三角形綜合題，考查折疊的性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)折疊性質(zhì)找到角度之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．12．問(wèn)題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB、AE、CD于點(diǎn)M、P、N．判斷線段DN、MB、EC之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．問(wèn)題探究：在“問(wèn)題情境”的基礎(chǔ)上，（1）如圖2，若垂足P恰好為AE的中點(diǎn)，連接BD，交MN于點(diǎn)Q，連接EQ，并延長(zhǎng)交邊AD于點(diǎn)F．求∠AEF的度數(shù)；（2）如圖3，當(dāng)垂足P在正方形ABCD的對(duì)角線BD上時(shí)，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點(diǎn)P落在點(diǎn)P'處．若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，AD的中點(diǎn)為S，求P'S的最小值．問(wèn)題拓展：如圖4，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別為邊AB、CD上的點(diǎn)，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對(duì)應(yīng)邊B'C'恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，C'N交AD于點(diǎn)F．分別過(guò)點(diǎn)A、F作AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，垂足分別為G、H．若AG＝，請(qǐng)直接寫(xiě)出FH的長(zhǎng)．解析：?jiǎn)栴}情境：.理由見(jiàn)解析；問(wèn)題探究：（1）；（2）的最小值為；問(wèn)題拓展：.【分析】問(wèn)題情境：過(guò)點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出NF＝MB，證明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出結(jié)論；問(wèn)題探究：（1）連接AQ，過(guò)點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出結(jié)論；（2）連接AC交BD于點(diǎn)O，則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P′與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P′的落點(diǎn)為O′，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)P′作P′H⊥CD交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，證明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性質(zhì)得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，點(diǎn)P'在線段DO'上運(yùn)動(dòng)；過(guò)點(diǎn)S作SK⊥DO'，垂足為K，即可得出結(jié)果；問(wèn)題拓展：延長(zhǎng)AG交BC于E，交DC的延長(zhǎng)線于Q，延長(zhǎng)FH交CD于P，則EG＝AG＝，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，證明△ABE∽△QCE，得出QE＝AE＝，AQ＝AE+QE＝，證明△AGM∽△ABE，得出AM＝，由折疊的性質(zhì)得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝，AC'＝1，證明△AFC'∽△MAB'，得出AF＝，證明△DFP∽△DAQ，得出FP＝，得出FH＝FP＝．【詳解】問(wèn)題情境：因?yàn)樗倪呅问钦叫危?過(guò)點(diǎn)作分別交于點(diǎn).所以四邊形為平行四邊形.所以.所以，所以，又因?yàn)?，所?，所以.因?yàn)椋?，所?問(wèn)題探究：（1）連接，過(guò)點(diǎn)作，分別交于點(diǎn).易得四邊形矩形.所以且.因?yàn)槭钦叫蔚膶?duì)角線，所以.所以是等腰直角三角形，.所以.因?yàn)槭堑拇怪逼椒志€，所以.所以.所以.所以.所以.所以是等腰直角三角形，，即.（2）如圖所示，連接交于點(diǎn)，由題意易得的直角頂點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)與點(diǎn)重合，則點(diǎn)與點(diǎn)重合；設(shè)與點(diǎn)重合，則點(diǎn)的落點(diǎn)為.易知.當(dāng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)作的垂線，垂足為，過(guò)點(diǎn)作，垂足為點(diǎn).易證：，所以，因?yàn)槭钦叫蔚膶?duì)角線，所以，易得，所以.所以.所以，故.所以點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng).過(guò)點(diǎn)作，垂足為，因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，所以，則的最小值為.問(wèn)題拓展：解：延長(zhǎng)AG交BC于E，交DC的延長(zhǎng)線于Q，延長(zhǎng)FH交CD于P，如圖4：則EG＝AG＝，PH＝FH，∴AE＝5，在Rt△ABE中，BE＝＝3，∴CE＝BC﹣BE＝1，∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，∴△ABE∽△QCE，∴∵AG⊥MN，∴∠AGM＝90°＝∠B，∵∠MAG＝∠EAB，∴△AGM∽△ABE，∴，即，解得：，由折疊的性質(zhì)得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，∴B'M＝，∵∠BAD＝90°，∴∠B'AM＝∠C'FA，∴△AFC'∽△MAB'，∴，解得：∵AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，∴AG∥FH，∴AQ∥FP，∴△DFP∽△DAQ，∴，即，解得：FP＝，∴FH＝．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵．13．(1)方法選擇如圖①，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，，．求證：.小穎認(rèn)為可用截長(zhǎng)法證明：在上截取，連接…小軍認(rèn)為可用補(bǔ)短法證明：延長(zhǎng)至點(diǎn)，使得…請(qǐng)你選擇一種方法證明．(2)類(lèi)比探究（探究1）如圖②，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，，是的直徑，．試用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．（探究2）如圖③，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，．若是的直徑，，則線段，，之間的等量關(guān)系式是______．(3)拓展猜想如圖④，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，．若是的直徑，，則線段，，之間的等量關(guān)系式是______．解析：(1)方法選擇：證明見(jiàn)解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.【分析】（1）方法選擇：根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ACB=∠ABC=60°，如圖①，在BD上截取DM=AD，連接AM，由圓周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BM=CD，于是得到結(jié)論；（2）類(lèi)比探究：如圖②，由BC是⊙O的直徑，得到∠BAC=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠ACB=45°，過(guò)A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到結(jié)論；【探究2】如圖③，根據(jù)圓周角定理和三角形的內(nèi)角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，過(guò)A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到MD=2AD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BM=CD，于是得到結(jié)論；（3）如圖④，由BC是⊙O的直徑，得到∠BAC=90°，過(guò)A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BM=CD，DM=AD，于是得到結(jié)論．【詳解】(1)方法選擇：∵，∴，如圖①，在上截取，連接，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∵，∴，∴，∴；(2)類(lèi)比探究：如圖②，∵是的直徑，∴，∵，∴，過(guò)作交于，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；[探究2]如圖③，∵若是的直徑，，∴，，過(guò)作交于，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；故答案為；(3)拓展猜想：；理由：如圖④，∵若是的直徑，∴，過(guò)作交于，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴.故答案為.【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．14．（1）（探究發(fā)現(xiàn)）如圖1，的頂點(diǎn)在正方形兩條對(duì)角線的交點(diǎn)處，，將繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，的兩邊分別與正方形的邊和交于點(diǎn)和點(diǎn)（點(diǎn)與點(diǎn)，不重合）．則之間滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系是．（2）（類(lèi)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(shí)，上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)猜想結(jié)論并說(shuō)明理由．（3）（拓展延伸）如圖3，，，，平分，，且，點(diǎn)是上一點(diǎn)，，求的長(zhǎng)．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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)共圓，∵平分，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，由（2）可知：，∴．【點(diǎn)睛】考核知識(shí)點(diǎn)：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(yùn)用各個(gè)幾何性質(zhì)定理是關(guān)鍵；此題比較綜合.15．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(qǐng)說(shuō)明理由．拓展運(yùn)用（2）若B、C、E三點(diǎn)不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長(zhǎng)．（3）若B、C、E三點(diǎn)在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長(zhǎng)分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長(zhǎng)．解析：（1）全等，理由見(jiàn)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(jì)算AE的長(zhǎng)，可得BD的長(zhǎng)；（3）過(guò)點(diǎn)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(zhǎng)，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(zhǎng)．【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(guò)點(diǎn)A作AF⊥CD于F，∵B、C、E三點(diǎn)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(diǎn)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．16．（性質(zhì)探究）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AE平分∠BAC，交BC于點(diǎn)E．作DF⊥AE于點(diǎn)H，分別交AB，AC于點(diǎn)F，G．（1）判斷△AFG的形狀并說(shuō)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(shí)，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射線AB于點(diǎn)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(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出tan∠BAE的值．解析：（1）等腰三角形，理由見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)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(guò)點(diǎn)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(wèn)題．（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性質(zhì)解決問(wèn)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(diǎn)F在線段AB上時(shí)，點(diǎn)G在OA上．②如圖5中，當(dāng)點(diǎn)F在AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，點(diǎn)G在線段OC上，連接EF．分別求解即可解決問(wèn)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(guò)點(diǎn)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(guò)點(diǎn)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(diǎn)F在線段AB上時(shí)，點(diǎn)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(diǎn)F在AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，點(diǎn)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(diǎn)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(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用所學(xué)到的相關(guān)知識(shí)．17．如圖1，在等腰三角形中，點(diǎn)分別在邊上，連接點(diǎn)分別為的中點(diǎn)．（1）觀察猜想圖1中，線段的數(shù)量關(guān)系是____，的大小為_(kāi)____；（2）探究證明把繞點(diǎn)順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說(shuō)明理由；（3）拓展延伸把繞點(diǎn)在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，請(qǐng)求出面積的最大值．解析：（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見(jiàn)解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點(diǎn)分別為的中點(diǎn)＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．（3）根據(jù)，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．【詳解】由題意知：AB=AC，AD=AE，且點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵M(jìn)NBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據(jù)三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等邊三角形．理由如下：如圖，由旋轉(zhuǎn)可得在ABD和ACE中．點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據(jù)題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形中點(diǎn)的性質(zhì)、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識(shí)；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．18．（證明體驗(yàn)）（1）如圖1，為的角平分線，，點(diǎn)E在上，．求證：平分．（思考探究）（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為上一點(diǎn)，連結(jié)交于點(diǎn)G．若，，，求的長(zhǎng)．（拓展延伸）（3）如圖3，在四邊形中，對(duì)角線平分，點(diǎn)E在上，．若，求的長(zhǎng)．解析：（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS證明，進(jìn)而即可得到結(jié)論；（2）先證明，得，進(jìn)而即可求解；（3）在上取一點(diǎn)F，使得，連結(jié)，可得，從而得，可得，，最后證明，即可求解．【詳解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，