【備考期末】三明市中考數(shù)學幾何綜合壓軸題模擬專題一、中考幾何壓軸題1．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同一直線上，連接BE．填空：①∠AEB的度數(shù)為；②線段AD，BE之間的數(shù)量關系為．（2）拓展探究如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關系，并說明理由．（3）解決問題如圖3，在正方形ABCD中，CD＝，若點P滿足PD＝1，且∠BPD＝90°，請直接寫出點A到BP的距離．2．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．3．（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DE、EF，將△DEF繞點O旋轉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．4．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形ABCD中，點E，Q分別在邊BC，AB上，DQ⊥AE于點O，點G，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，GF⊥AE．①求證：DQ＝AE；②推斷：的值為；（2）類比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，＝k（k為常數(shù)）．將矩形ABCD沿GF折疊，使點A落在BC邊上的點E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點H，連接AE交GF于點O．試探究GF與AE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CP，當k＝時，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的長．5．在矩形ABCD中，（k為常數(shù)），點P是對角線BD上一動點（不與B，D重合），將射線PA繞點P逆時針旋轉90°與射線CB交于點E，連接AE．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當k=1時，將點P移動到對角線交點處，可發(fā)現(xiàn)點E與點B重合，則=，∠AEP=；當點P移動到其它位置時，∠AEP的大?。ㄌ睢案淖儭被颉安蛔儭保?；（2）類比探究：如圖2，若k≠1時，當k的值確定時，請?zhí)骄俊螦EP的大小是否會隨著點P的移動而發(fā)生變化，并說明理由；（3）拓展應用：當k≠1時，如圖2，連接PC，若PC⊥BD，，PC=2，求AP的長．6．（閱讀理解）定義：如果四邊形的某條對角線平分一組對角，那么把這條對角線叫“協(xié)和線”，該四邊形叫做“協(xié)和四邊形”．（深入探究）（1）如圖1，在四邊形中，，，請說明：四邊形是“協(xié)和四邊形”．（嘗試應用）（2）如圖2，四邊形是“協(xié)和四邊形”，為“協(xié)和線”，，，若點、分別為邊、的中點，連接，，．求：①與的面積的比；②的正弦值．（拓展應用）（3）如圖3，在菱形中，，，點、分別在邊和上，點、分別在邊和上，點為與的交點，點在上，連接，若四邊形，都是“協(xié)和四邊形”，“協(xié)和線”分別是、，求的最小值．7．（問題呈現(xiàn)）下面是華師版八年級下冊數(shù)學教材第121頁的第1題，請結合圖①完成這道題的證明．如圖①，點是正方形的邊上的一點，點是的延長線上的一點，且．求證：．（拓展探究）如圖②，在中，，，，垂足為點，點是邊上的動點，點是邊上的一點，且．（1）直接寫出四邊形的面積．（2）若，則四邊形的周長為________．8．綜合與實踐動手實踐：一次數(shù)學興趣活動，張老師將等腰的直角頂點與正方形的頂點重合（），按如圖（1）所示重疊在一起，使點在邊上，連接．則可證：______，______三點共線；發(fā)現(xiàn)問題：（1）如圖（2），已知正方形，為邊上一動點，，交的延長線于，連結交于點．若，則______，______；嘗試探究：（2）如圖（3），在（1）的條件下若，求證：；拓展延伸：（3）如圖（4），在（1）的條件下，當______時，為的6倍（直接寫結果，不要求證明）．9．類比、轉化、從特殊到一般等思想方法，在數(shù)學學習和研究中經(jīng)常用到，如下是一個案例，請補充完整．原題：如圖1，在平行四邊形中，點是的中點，點是線段上一點，的延長線交射線于點．若，求的值．（1）嘗試探究在圖1中，過點作交于點，則和的數(shù)量關系是_________，和的數(shù)量關系是_________，的值是_________．（2）類比延伸如圖2，在原題的條件下，若，則的值是_________（用含有的代數(shù)式表示），試寫出解答過程．（3）拓展遷移如圖3，梯形中，，點是的延長線上的一點，和相交于點．若，，，則的值是________（用含、的代數(shù)式表示）．10．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，，則與的數(shù)量關系為______；②設，，請用含的式子表示：______；③的最小值為______．11．（1）觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在中，，，點是的平分線上一點，將線段繞點逆時針旋轉90°到，連結、，交于．填空：①線段與的數(shù)量關系是_________；②線段與的位置關系是_________．（2）拓展探究：如圖2，在中，，，點是邊的中點，將繞點逆時針旋轉到，連結、，交于．（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由．（3）拓展應用：如圖3，在中，，，，的平分線交于，點是射線上的一點，將繞點順時針旋轉60°到，連結、、，與相交于，若以、、為頂點的三角形與全等，直接寫出的長．12．（問題情境）（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側作正方形CEFG，連接DG、BE，則DG與BE的數(shù)量關系是；（類比探究）（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，連接DG、BE．判斷線段DG與BE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由；（拓展提升）（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，則2BG+BE的最小值為．13．探究：如圖1和圖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90°至，使與重合，直接寫出線段、和之間的數(shù)量關系____________________；②如圖2，若、都不是直角，但滿足，線段、和之間①中的結論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．（2）拓展：如圖3，在中，，，點、均在邊上，且，若，求的長．14．△ABC中，∠BAC=α°，AB=AC，D是BC上一點，將AD繞點A順時針旋轉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120°，得到線段QE，DE⊥BC，求AQ的長．15．幾何探究：（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖1所示，△ABC和△ADE是有公共頂點的等邊三角形，BD、CE的關系是_______（選填“相等”或“不相等”）；（請直接寫出答案）（類比探究）（2）如圖2所示，△ABC和△ADE是有公共頂點的含有角的直角三角形，（1）中的結論還成立嗎?請說明理由；（拓展延伸）（3）如圖3所示，△ADE和△ABC是有公共頂點且相似比為1:2的兩個等腰直角三角形，將△ADE繞點A自由旋轉，若，當B、D、E三點共線時，直接寫出BD的長．16．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．17．如圖（1），已知點在正方形的對角線上，垂足為點，垂足為點．（1）證明與推斷：求證：四邊形是正方形；推斷：的值為__；（2）探究與證明：將正方形繞點順時針方向旋轉角，如圖（2）所示，試探究線段與之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展與運用：若，正方形在繞點旋轉過程中，當三點在一條直線上時，則．18．綜合與實踐問題情境：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，點E是射線AD上的一個動點(不與點A重合)將線段AE繞點A順時針旋轉90°得到線段AF，連接CF交線段AB于點G，交AD于點H、連接EG．特例分析:(1)如圖1，當點E與點D重合時，“智敏”小組提出如下問題，請你解答：①求證：AF=CD；②用等式表示線段CG與EG之間的數(shù)量關系為：_______；拓展探究:(2)如圖2，當點E在線段AD的延長線上，且DE=AD時，“博?！毙〗M發(fā)現(xiàn)CF=2EG．請你證明；(3)如圖3，當點E在線段AD的延長線上，且AE=AB時，的值為_______；推廣應用:(4)當點E在射線AD上運動時，，則的值為______用含m.n的式子表示)．19．問題呈現(xiàn)：已知等邊三角形邊的中點為點，，的兩邊分別交直線，于點，，現(xiàn)要探究線段，與等邊三角形的邊長之間的數(shù)量關系．（1）特例研究：如圖1，當點，分別在線段，上，且，時，請直接寫出線段，與的數(shù)量關系：________；（2）問題解決：如圖2，當點落在射線上，點落在線段上時，（1）中的結論是否成立？若不成立，請通過證明探究出線段，與等邊三角形的邊長之間的數(shù)量關系；（3）拓展應用：如圖3，當點落在射線上，點落在射線上時，若，，請直接寫出的長和此時的面積．20．綜合與實踐．特例感知．兩塊三角板△ADB與△EFC全等，∠ADB＝∠EFC＝90°，∠B＝45°，AB＝6．將直角邊AD和EF重合擺放．點P、Q分別為BE、AF的中點，連接PQ，如圖1．則△APQ的形狀為．操作探究（1）若將△EFC繞點C順時針旋轉45°，點P恰好落在AD上，BE與AC交于點G，連接PF，如圖2．①FG：GA＝；②PF與DC的位置關系為；③求PQ的長；開放拓展（2）若△EFC繞點C旋轉一周，當AC⊥CF時，∠AEC為．【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）①60°；②相等；（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，證明見解析；（3），【分析】（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點A，D，E在同一解析：（1）①60°；②相等；（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，證明見解析；（3），【分析】（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點A，D，E在同一直線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數(shù)．（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數(shù)，證出AD=BE；由△DCE為等腰直角三角形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME，從而證到AE=2CH+BE．（3）由PD=1可得：點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上；由∠BPD=90°可得：點P在以BD為直徑的圓上．顯然，點P是這兩個圓的交點，由于兩圓有兩個交點，接下來需對兩個位置分別進行討論．然后，添加適當?shù)妮o助線，借助于（2）中的結論即可解決問題．【詳解】解：（1）①如圖1．∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∵，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=120°，∴∠BEC=120°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．故答案為：60°．②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．故答案為：AD=BE．（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．理由：如圖2．∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°．∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=135°，∴∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴AE=AD+DE=BE+2CM．（3）點A到BP的距離為或．理由如下：∵PD=1，∴點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上．∵∠BPD=90°，∴點P在以BD為直徑的圓上，∴點P是這兩圓的交點．①當點P在如圖3①所示位置時，連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，過點A作AE⊥AP，交BP于點E，如圖3①．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°，∴BD=2．∵DP=1，∴BP=．∵∠BPD=∠BAD=90°，∴A、P、D、B在以BD為直徑的圓上，∴∠APB=∠ADB=45°，∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，點B、E、P共線，AH⊥BP，∴由（2）中的結論可得：BP=2AH+PD，∴=2AH+1，∴AH=．②當點P在如圖3②所示位置時，連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，過點A作AE⊥AP，交PB的延長線于點E，如圖3②．同理可得：BP=2AH﹣PD，∴=2AH﹣1，∴AH=．綜上所述：點A到BP的距離為或．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、正方形的性質、等腰三角形的性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、圓周角定理、三角形全等的判定與性質等知識，考查了運用已有的知識和經(jīng)驗解決問題的能力，是體現(xiàn)新課程理念的一道好題．而通過添加適當?shù)妮o助線從而能用（2）中的結論解決問題是解決第（3）的關鍵．2．(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，由矩形的性質得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質和已知得，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，由矩形的性質得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質和已知得，則，分兩種情況，根據(jù)勾股定理和平行線的性質進行解答即可．【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、矩形的性質、平行線的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握平行線的性質和相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．3．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：先由旋轉的性質可得，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：先由旋轉的性質可得，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，由旋轉的性質得：，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】本題考查了旋轉的性質、三角形中線性質、平行四邊形的判定與性質、正方形的性質，等腰直角三角形性質，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．4．（1）①見解析；②1；（2）＝k，理由見解析；（3）【分析】（1）①由正方形的性質得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠解析：（1）①見解析；②1；（2）＝k，理由見解析；（3）【分析】（1）①由正方形的性質得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題．（2）結論：＝k．如圖2中，作GM⊥AB于M．證明：△ABE∽△GMF即可解決問題．（3）如圖2中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質求出PM，CM即可解決問題．【詳解】解：（1）①證明：∵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．②解：結論：＝1．理由：∵DQ⊥AE，F(xiàn)G⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案為1．（2）解：結論：．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，∴＝，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴．（3）解：如圖2中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．∵FB∥GC，F(xiàn)E∥GP，∴∠CGP＝∠BFE，∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝，∴可以假設BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，F(xiàn)G＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，∴k＝1或﹣1（舍棄），∴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，∴＝＝，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是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，屬于中考壓軸題．5．（1）1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變，理由見解析；（3）．【分析】(1)當點P為對角線交點時，根據(jù)正方形的性質可得出結論，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分解析：（1）1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變，理由見解析；（3）．【分析】(1)當點P為對角線交點時，根據(jù)正方形的性質可得出結論，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．證△PAM≌△PEN，可得∠AEP的大小不變；(2)類似（1），過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．證△PAM∽△PEN，可得∠AEP的大小不變；(3)利用（2）的結論，證BE=EC．再證△ABE∽△BCD，利用比例式求出k，再利用三角函數(shù)求出AP的長．【詳解】解：（1）如圖，∵k=1，∴在矩形ABCD是正方形，∵點P移動到對角線交點處，∴PA=PE，∠AEP=45°，故，如圖，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠MBN=90°，PN=PM，∴四邊形PMBN是正方形，∴∠MPN=90°，∵∠APE=90°，∴∠APM＋∠MPE=∠EPN＋∠MPE=90°，∴∠APM=∠EPN．又∵∠PMA=∠PNB，∴△PAM≌△PEN，∴PA=PE，∴∠AEP=45°，故，∠AEP的大小不變；故答案為：1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變．理由如下：過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠MBN=∠BAD=∠BCD=90°，∴四邊形PMBN是矩形，∴∠MPN=90°，PN=BM，又∵∠APE=90°，∴∠APM＋∠MPE=∠EPN＋∠MPE=90°，∴∠APM=∠EPN．又∵∠PMA=∠PNB，∴△PAM∽△PEN，∴=．在Rt△PBM和Rt△BAD中，tan∠ABD=．在Rt△APE中，tan∠AEP=．∵k為定值，∴∠AEP的大小不變．（3）∵PC⊥BD，∠BCD=90°，∴∠PBC＋∠PCB=∠PBC＋∠BDC=∠BPE＋∠EPC=90°．∵AE∥PC，∴∠AEB=∠PCB，∠AEP=∠EPC．∵tan∠AEP=k，tan∠ABD=k，∴∠AEP=∠ABD．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，∴∠AEB=∠PCB=∠BDC=∠AEP=∠EPC，∠PBC=∠BPE，∴BE=PE=EC．∵∠AEB=∠BDC，∠ABE=∠BCD，∴△ABE∽△BCD，∴，即，∴BC2=2AB2，∴，k=．在Rt△BPC中，tan∠PCB==tan∠AEP=k=，∴PB=PC=，由勾股定理得，∴PE=BC=，∴PA=PE=．【點睛】本題考查了矩形的性質與判定，正方形的判定與性質，相似三角形判定與性質，解直角三角形，解題關鍵是恰當作輔助線，構建全等三角形或相似三角形，利用解直角三角形的知識求解．6．（1）證明見解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)三角形全等的判定定理與性質可得，再根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義即可得證；（2）①先根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義、三角形全等的解析：（1）證明見解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)三角形全等的判定定理與性質可得，再根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義即可得證；（2）①先根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義、三角形全等的判定定理可得，從而可得，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質可得，然后設，解直角三角形可得，從而可得，最后利用三角形的面積公式即可得；②如圖（見解析），設，先利用勾股定理可得，再利用三角形的面積公式可得，然后根據(jù)正弦三角函數(shù)的定義即可得；（3）如圖（見解析），先解直角三角形可得，再根據(jù)菱形的性質、平行線的性質可得，從而可得，然后根據(jù)垂線段最短可得當時，取得最小值，最后根據(jù)相似三角形的判定與性質即可得．【詳解】證明：（1）如圖，連接，在和中，，，，平分和，四邊形是“協(xié)和四邊形”；（2）①如圖，設與相交于點，為“協(xié)和線”，平分和，，在和中，，，，∵點、分別為邊、的中點，，，是等邊三角形，，（等腰三角形的三線合一），設，則，∵在中，，，在中，，，，即與的面積的比為；②如圖，過點作于點，由（2）①知，垂直平分，，設，則，同（2）①可得：，，，，解得，則在中，；（3）如圖，過點作，交延長線于點，，，在中，，四邊形是菱形，，，同（2）①可證：垂直平分，，，，由垂線段最短可知，當時，取得最小值，在和中，，，，即，解得，即的最小值為．【點睛】本題考查了三角形全等的判定定理與性質、解直角三角形、菱形的性質、相似三角形的判定與性質等知識點，較難的是題（3），利用垂線段最短得出當時，取得最小值是解題關鍵．7．問題呈現(xiàn)：證明見解析；拓展探究：（1）3；（2）．【分析】問題呈現(xiàn)：由同角的余角相等可知，，由正方形的性質知，，，則利用證可得，可得；拓展探究：（1）根據(jù)，，可得是等腰直角三角形，，并可得，，解析：問題呈現(xiàn)：證明見解析；拓展探究：（1）3；（2）．【分析】問題呈現(xiàn)：由同角的余角相等可知，，由正方形的性質知，，，則利用證可得，可得；拓展探究：（1）根據(jù)，，可得是等腰直角三角形，，并可得，，可求得，根據(jù)證可得，可得四邊形的面積=，據(jù)此求解即可；（2）過點作交于點，根據(jù)是等腰直角三角形，，是斜邊上的中垂線，的角平分線，可得：也是等腰直角三角形，，可得，再根據(jù)，可求出，根據(jù)，則四邊形的周長為：，據(jù)此求解即可．【詳解】證明：，，，，，在與中，，．【拓展探究】（1）在中，，，是等腰直角三角形，∴又，是斜邊上的中垂線，的角平分線，，；又∵∴在和中，，，∴四邊形的面積=（2）如下圖示，過點作交于點∵由（1）可知，是等腰直角三角形，，是斜邊上的中垂線，的角平分線，則可得：也是等腰直角三角形，，∴，若，則∴∵∴，，則四邊形的周長為：．故答案是：．【點睛】本題綜合考查了同角的余角相等、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質，已知正弦，正切求邊長，解直角三角形等知識點，熟悉相關性質是解題的關鍵．8．動手實踐：，、、；（1）5，10；（2）見解析；（3）【分析】動手實踐：由等腰Rt△AEF與正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得解析：動手實踐：，、、；（1）5，10；（2）見解析；（3）【分析】動手實踐：由等腰Rt△AEF與正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得△ADE≌△ABF，根據(jù)全等三角形的性質可得∠ABF=∠D=90°，則∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三點共線；（1）若n=2，則DC=2DE，即點E是CD的中點，可證出△ADE≌△ABF，根據(jù)全等三角形的性質可得FB=DE=CD=AB，再證出△FBG∽△FCE，可得，可得BG=CE=AB，即可得出，根據(jù)三角形的面積公式分別表示S△AGE和S△BGF，即可得出S△AGE和S△BGF的比值；（2）若n=3，則DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，根據(jù)全等三角形的性質可得FB=DE=CD=AB，再證出△FBG∽△FCE，可得，可得4BG=CE=AB，可得出BG==AB，即可得出結論；（3）根據(jù)AG為GB的6倍得AG=6GB，則AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，則，可得出BG?FC=EC?FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，設CD=x，DE=a，由DE=BF，BC=CD可得x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，n=3+或3-．【詳解】解：動手實踐：∵等腰Rt△AEF與正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴∠ABF=∠D=90°，∴∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三點共線，故答案為：ABF，F(xiàn)、B、C；（1）若n=2，則DC=2DE，即點E是CD的中點，：∵等腰Rt△AEF與正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴△FBG∽△FCE，∴，∴BG=CE=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴，∵S△AGE=AG?BC=×AB×AB=AB2，S△BGF=BG?BF=×AB×AB=AB2，∴，故答案為：5，10；（2）證明：若n=3，則DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴4BG=CE=AB，∴BG=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴AG=5GB；（3）∵AG為GB的6倍，∴AG=6GB，∴AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴BG?FC=EC?FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，設CD=x，DE=a，∵DE=BF，BC=CD，∴x（a+x）=（x-a）a，整理得：x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，∴n=3+或3-．故答案為：3+或3-．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題．9．（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本問體現(xiàn)“特殊”的情形，是一個確定的數(shù)值．如答圖1，過E點作平行線，構造相似三角形，利用相似三角形和中位線的性質，分別將各相關線段均統(tǒng)一用EH來表示，最解析：（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本問體現(xiàn)“特殊”的情形，是一個確定的數(shù)值．如答圖1，過E點作平行線，構造相似三角形，利用相似三角形和中位線的性質，分別將各相關線段均統(tǒng)一用EH來表示，最后求得比值；（2）本問體現(xiàn)“一般”的情形，不再是一個確定的數(shù)值，但（1）問中的解題方法依然適用，如答圖2所示．（3）本問體現(xiàn)“類比”與“轉化”的情形，將（1）（2）問中的解題方法推廣轉化到梯形中，如答圖3所示．【詳解】解：（1）依題意，過點作交于點，如圖1所示．則有，∴，∴．∵，，∴，又∵為中點，∴為的中位線，∴．．故答案為：；；．（2）如圖2所示，作交于點，則．∴，∴．∵，∴．∵，∴．∴，∴．∴．故答案為：．（3）如圖3所示，過點作交的延長線于點，則有．∵，∴，∴，∴．又，∴．∵，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題的設計獨特：由平行四邊形中的一個特殊的例子出發(fā)（第1問），推廣到平行四邊形中的一般情形（第2問），最后再通過類比、轉化到梯形中去（第3問）．各種圖形雖然形式不一，但運用的解題思想與解題方法卻是一以貫之：即通過構造相似三角形，得到線段之間的比例關系，這個比例關系均統(tǒng)一用同一條線段來表達，這樣就可以方便地求出線段的比值．本題體現(xiàn)了初中數(shù)學的類比、轉化、從特殊到一般等思想方法，有利于學生觸類旁通、舉一反三．10．（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質與軸對稱的性質證明如圖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利用矩形的性質與軸對稱的性質證明如圖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，平行四邊形的判定，矩形的性質，菱形的判定與性質，勾股定理的應用，二次函數(shù)的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．11．（1）①；②；（2）（1）中的結論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉的性質證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結論；（2）結論仍然成立．利用旋轉的性質證明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的結論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉的性質證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結論；（2）結論仍然成立．利用旋轉的性質證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結論；（3）分三種情形利用等邊三角形的判定和性質分別求解即可．【詳解】（1）如圖1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根據(jù)旋轉的性質知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分線段DE，

故答案為：BD=BE，BC⊥DE；（2）結論仍然成立．理由：∵，點是的中點，∴，根據(jù)旋轉的性質知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分線段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如圖3（1），當時，∵，，，CD是的平分線，∴△ABC是等邊三角形，且邊長為2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根據(jù)旋轉的性質知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等邊三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等邊三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如圖3（2），當時，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等邊三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如圖（3），當時，∵，∴，同理可得△EFC是等邊三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；綜上，的長或2或【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質，旋轉變換，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．12．（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE解析：（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE、GD相交于點H．因為矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．首先證明點G的運動軌跡是線段GM，將2BG+BE的最小值轉化為求2（BG+DG）的最小值．【詳解】（1）DG=BE理由：∵正方形ABCD，∴CD=CB，∠BCD=90°∵正方形ECGF，∴CG=CE，∠ECG=90°∴∠ECG=∠BCD=90°∴∠DCG=∠BCE在△DCG和△BCE中∴△DCG≌△BCE（SAS）∴DG=BE（2），DG⊥BE．理由如下：延長BE、GD相交于點H．∵矩形ECGF、矩形ABCD，∴∠ECG=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCE，∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，∴CD：CB=CG：CE，∵∠DCG=∠BCE，∴△DCG∽△BCE，∴，∠BEC=∠DGC，∴∵矩形ECGF∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，∴∠H=∠F=90°∴DG⊥BE（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．易證△ECN∽△CGM，∴，∵EN=AB=2，∴CM=1，∴點G的運動軌跡是直線MG，作點D關于直線GM的對稱點G′，連接BG′交GM于G，此時BG+GD的值最小，最小值=BG′由（2）知，∴BE=2DG∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．∵BG′=，∴2BG+BE的最小值為4故答案為4．【點睛】本題考查了正方形的性質、矩形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質．在判斷全等和相似時出現(xiàn)“手拉手”模型證角相等．這里注意利用三邊關系來轉化線段的數(shù)量關系求出最小值．13．（1）①EF=BE+DF；②成立，理由見解析；（2）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉的性質得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GA解析：（1）①EF=BE+DF；②成立，理由見解析；（2）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉的性質得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質得出EF=GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉的性質把△ABE繞A點旋轉到△ADG，使AB和AD重合，得出AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，推出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質得出EF=GF，即可得出結果；

（2）把△AEC繞A點旋轉到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．根據(jù)等腰直角三角形性質和勾股定理求出∠ABC=∠C=45°，BC=4，根據(jù)旋轉的性質得出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】解：（1）①如圖1中，∵把△ABE繞點A逆時針旋轉90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠ADG=90°∴F、D、G共線．

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=DF+DG=BE+DF，

故答案為：EF=BE+DF；②成立，理由如下：如圖2，把△ABE繞A點旋轉到△ADG，使AB和AD重合，則AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴C、D、G在一條直線上，與①同理得，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）∵△ABC中，，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，．如圖3，把△AEC繞A點旋轉到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．則AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC-∠DAE=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD和△EAD中，，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF=DE，設DE=x，則DF=x，∵BC=4，∴BF=CE=4-1-x=3-x，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：DF2=BF2+BD2，x2=（3-x）2+12，解得：，即DE=．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理以及等腰三角形的性質等知識，此題運用了類比的思想，一般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．14．（1）；（2），見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS可證△ABE≌△ACD，進而可得BE=CD，結合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根據(jù)等腰直角三角形中BC=即可證得；（2）過點A解析：（1）；（2），見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS可證△ABE≌△ACD，進而可得BE=CD，結合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根據(jù)等腰直角三角形中BC=即可證得；（2）過點A作AH⊥BC，根據(jù)∠BAC=120°，AB=AC可得∠ABC=30°，，則，由（1）可知BD+BE=BC，由此即可得；（3）過Q點作QF∥AC交BC延長線于點F，先證∠BQF=120°，BQ=QF，進而可由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，，進而可證得，再根據(jù)cos∠EBD==cos60°=可求得，進而求得，最后根據(jù)AQ=BQ－AB即可得到答案．【詳解】解：（1）理由如下：∵∠EAD=∠BAC=90°∴∠EAB=∠DAC在△ABE與△ACD中，∴△ABE≌△ACD（SAS）∴BE=CD，∵BD+CD=BC∴BD+BE=BC∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=∴BD+BE=；（2）結論：，理由如下：過點A作AH⊥BC，∵∠BAC=120°，AB=AC∴∠ABC=30°，在Rt△ABH中，cos∠ABH==cos30°=∴BH=AB，∴由（1）同理可知BD+BE=BC，∴；（3）過Q點作QF∥AC交BC延長線于點F，∴∴∠QFC=∠QBF=30°，∠BQF=120°∴BQ=QF由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，∴cos∠EBD==cos60°=∵，∴AQ=BQ－AB=．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質，等腰直角三角形的性質，解直角三角形的應用，熟練掌握相關圖形的判定及性質以及能夠作出正確的輔助線是解決本題的關鍵．15．（1）相等；（2）不成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）當在Rt△ADE和Rt△ABC中，，證明△ABD∽△ACE，求出BD與CE的比例解析：（1）相等；（2）不成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）當在Rt△ADE和Rt△ABC中，，證明△ABD∽△ACE，求出BD與CE的比例；（3）分兩種情況求出BD的長即可．【詳解】（1）相等;提示：如圖4所示．∵△ADE和△ABC均為等邊三角形，∴∴∴在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴．（2）不成立；理由如下：如圖5所示．在Rt△ADE和Rt△ABC中，∵∴∴∵∴△ABD∽△ACE∴∴故（1）中的結論不成立；（3）或．提示:分為兩種情況：①如圖6所示．易證：△ABD≌△ACE（SAS）∴∴∴由題意可知：設,則在Rt△BCE中,由勾股定理得：∴解之得:（舍去）∴；②如圖7所示．易證：△ABD≌△ACE（SAS），設，則在Rt△BCE中，由勾股定理得：∴解之得：（舍去）∴.綜上所述，或．【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、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是學會運用分類討論的思想考慮問題．16．（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、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、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性質得出結論；（2）設BP＝x，根據(jù)翻轉變換的性質、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，折疊的性質，翻轉變換的性質全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質及方程思想是解題的關鍵．17．（1）證明見解析；；（2）線段與之間的數(shù)量關系為；（3）或【分析】（1）①由、結合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質知、，據(jù)此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2解析：（1）證明見解析；；（2）線段與之間的數(shù)量關系為；（3）或【分析】（1）①由、結合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質知、，據(jù)此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2）連接CG，只需證即可得；（3）由（2）證出就可得到，再根據(jù)三點在同一直線上分在CD左邊和右邊兩種不同的情況求出AG的長度，即可求出BE的長度．【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，四邊形是矩形，四邊形是正方形；解：由①知四邊形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴故答案為：．（2）如下圖所示連接由旋轉性質知在和中，，線段與之間的數(shù)量關系為；（3）解：當正方形在繞點旋轉到如下圖所示時：當三點在一條直線上時，由（2）可知，，∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，當正方形在繞點旋轉到如下圖所示時：當三點在一條直線上時，由（2）可知，，∠CEA=∠ABC=90°，，故答案為：或．【點睛】本題考查了正方形的性質與判定，相似三角形的判定與性質等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握正方形的判定與性質、相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．18．(1)①見解析；②CG=2EG；(2)見解析；(3)；(4)【分析】(1)①根據(jù)等腰直角三角形的性質證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結論；②根據(jù)①得到BC=2AF，F(xiàn)G=GD，解析：(1)①見解析；②CG=2EG；(2)見解析；(3)；(4)【分析】(1)①根據(jù)等腰直角三角形的性質證得AD