洛陽市中考數(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．如圖1，在中，,，點分別是的中點，連接．(1)探索發(fā)現(xiàn)：圖１圖２圖３圖1中，的值為_____________；的值為_________；(2)拓展探究若將繞點逆時針方向旋轉一周，在旋轉過程中的大小有無變化，請僅就圖2的情形給出證明；(3)問題解決當旋轉至三點在同一直線時，直接寫出線段的長．解析：(1);(2)見解析(3)或【分析】（1）先判斷出∠AEB=90°，再判斷出∠B=30°，進而的粗AE，再用勾股定理求出BE，即可得出結論；（2）先判斷出，進而得出△ACD∽△BCE，即可得出結論；（3）分點D在線段AE上和AE的延長線上，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，最后用線段的和差求出AD，即可得出結論．【詳解】解:解:(1)如圖1，連接AE,∵AB=AC=2，點E分別是BC的中點，∴AE⊥BC,∴∠AEC=90°,∵AB=AC=2，∠BAC=120°,∴∠B=∠C=30°,在Rt△ABE中，AE=AB=1，根據(jù)勾股定理得，BE∵點E是BC的中點,∴BC=2BE∴∵點D是AC的中點，∴AD=CD=AC=1,∴故答案為：,;(2)無變化,理由:由(1)知,CD=1,,∴,∴,由(1)知,∠ACB=∠DCE=30°,∴∠ACD=∠BCE,∴△ACD∽△BCE,∴,(3)線段BE的長為或，理由如下：當點D在線段AE上時,如圖2,過點C作CF⊥AE于F,∠CDF=180°﹣∠CDE=60°,∴∠DCF=30°,∴,∴,在Rt△AFC中,AC=2,根據(jù)勾股定理得,,∴AD=AF+DF=,由(2)知,,∴當點D在線段AE的延長線上時,如圖3,過點C作CG⊥AD交AD的延長線于G,∵∠CDG=60°,∴∠DCG=30°,∴,∴,在Rt△ACG中,根據(jù)勾股定理得,,∴,由(2)知,,∴即:線段BE的長為或.【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，構造出直角三角形是解本題的關鍵．2．[初步嘗試]（1）如圖①，在三角形紙片ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，則AM與BM的數(shù)量關系為；[思考說理]（2）如圖②，在三角形紙片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，將△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，求的值；[拓展延伸]（3）如圖③，在三角形紙片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，將△ABC沿過頂點C的直線折疊，使點B落在邊AC上的點B′處，折痕為CM．①求線段AC的長；②若點O是邊AC的中點，點P為線段OB′上的一個動點，將△APM沿PM折疊得到△A′PM，點A的對應點為點A′，A′M與CP交于點F，求的取值范圍．解析：（1）AM＝BM；（2）；（3）①AC＝；②≤≤．【分析】（1）利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．（2）利用相似三角形的性質(zhì)求出BM，AM即可．（3）①證明△BCM∽△BAC，推出由此即可解決問題．②證明△PFA′∽△MFC，推出，因為CM=5，推出即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖①中，∵△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，∴MN垂直平分線段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案為：AM＝BM．（2）如圖②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由題意MN垂直平分線段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴，∴，∴BM＝，∴AM＝AB﹣BM＝10﹣，∴；（3）①如圖③中，由折疊的性質(zhì)可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴∴，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴，∴AC＝．②如圖③﹣1中，∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，∴△PFA′∽△MFC，∴，∵CM＝5，∴，∵點P在線段OB上運動，OA＝OC＝，AB′＝﹣6＝，∴≤PA′≤，∴≤≤．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．3．（了解概念）定義：在平面直角坐標系中，組成圖形的各點中，與點Р所連線段最短的點叫做點Р關于這個圖形的短距點，這條最短線段的長度叫做點Р到這個圖形的短距．（理解運用）（1）已知點，以原點為圓心，l為半徑作，則點Р關于的短距點的坐標是；（2）如圖，點，等邊三角形OAB的頂點A的坐標為，頂點B在第一象限，判斷點Р關于的短距點的個數(shù)，并說明理由；（拓展提升）（3）已知，，，點C在第一象限內(nèi)，且，，若點Р到四邊形OACB的短距大于2，請直接寫出的取值范圍．解析：（1）(-1，0)；（2）點Р關于的短距點的個數(shù)有3個；（3）當p＜-或2＜p＜4或p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2．【分析】（1）連接PO，交于點M，點M即是點Р關于的短距點，進而即可求解；（2）根據(jù)題意得點P是三角形OAB的中心，進而即可求解；（3）由題意得點P，A，B在直線y=-x+6上，以點P為圓心，半徑長為2畫圓，分3種情況：①當點P在AB的延長線上，圓P過點B時，②當點P在線段AB上，圓P與BC相切于點N，過點P作PM⊥y軸，③當點P在BA的延長線上，圓P過點A時，過點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M，點M即是點Р關于的短距點，∵，、的半徑為1，∴M(-1，0)，故答案是：(-1，0)；（2）∵點，等邊三角形OAB的頂點A的坐標為，∴點P是三角形OAB的中心，∴點P到OA，OB，OC的三條垂線段最短，三條垂線段都等于，∴點Р關于的短距點的個數(shù)有3個；（3）∵，，，∴點P，A，B在直線y=-x+6上，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵點C在第一象限內(nèi)，且，，∴∠ABC=75°-45°=30°，以點P為圓心，半徑長為2畫圓，如圖所示：當點P在AB的延長線上，圓P過點B時，過點P作PM⊥y軸，∵PB=2，∠PBM=45°，∴PM=2×=，∴p＜-時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；①當點P在線段AB上，圓P與BC相切于點N，過點P作PM⊥y軸，則BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，②當點P在線段AB上，圓P與OA相切于點N，過點P作PM⊥y軸，則AP=PN=2，BP=AB-AP=6-2=4，PM=BP×=4×=4，∴2＜p＜4時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；③當點P在BA的延長線上，圓P過點A時，過點P作PM⊥y軸，則PM=（6+2）×=6+，∴p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；綜上所述：當p＜-或2＜p＜4或p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2．【點睛】本題主要考查圖形與坐標以及圓的綜合題，根據(jù)題意畫出圖形，掌握圓與直線相切的性質(zhì)是解題的關鍵．4．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如圖1，當DE∥BC時，有DBEC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）發(fā)現(xiàn)探究：若將圖1中的△ADE繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）到圖2位置，則（1）中的結論還成立嗎？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展運用：如圖3，P是等腰直角三角形ABC內(nèi)一點，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度數(shù)．解析：（1）=；（2）成立，證明見解析；（3）135°.【分析】試題（1）由DE∥BC，得到，結合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋轉得到的結論判斷出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋轉構造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理計算出PE，然后用勾股定理逆定理判斷出△PEA是直角三角形，再簡單計算即可．【詳解】（1）∵DE∥BC，∴，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案為=，（2）成立．證明：由①易知AD=AE，∴由旋轉性質(zhì)可知∠DAB=∠EAC，又∵AD=AE，AB=AC∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，（3）如圖，將△CPB繞點C旋轉90°得△CEA，連接PE，∴△CPB≌△CEA，∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．【點睛】考點：幾何變換綜合題；平行線平行線分線段成比例.5．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：當與滿足什么關系時，成立？并證明你的結論；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，熟練掌握相關概念是解題關鍵.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)量關系是___________②的數(shù)量關系是______________（類比探究）（2）將圖①中繞點逆時針旋轉，如圖②所示，則(1)中的結論是否仍然成立？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，即可得到結論成立；②由全等三角形的性質(zhì)，求出∠OEC=90°，即可得到結論成立；（3）根據(jù)旋轉的性質(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.解題的關鍵是熟練掌握所學的性質(zhì)進行解題，注意運用數(shù)形結合的思想和分類討論的思想進行分析.7．如圖，已知和均為等腰三角形，，，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖①，當時，點、、在同一直線上，連接，則的度數(shù)為__________，線段、、之間的數(shù)量關系是__________；（2）拓展探究如圖②，當時，點、、在同一直線上，連接．請判斷的度數(shù)及線段、、之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）解決問題如圖③，，，，連接、，在繞點旋轉的過程中，當時，請直接寫出的長解析：（1）；（2）；（3）或．【分析】（1）證明△ACE≌△ABD，得出CE=AD，∠AEC=∠ADB，即可得出結論；（2）證明△ACE∽△ABD，得出∠AEC=∠ADB，，即可得出結論；（3）先判斷出，再求出，①當點E在點D上方時，先判斷出四邊形APDE是矩形，求出AP=DP=AE=2，再根據(jù)勾股定理求出，BP=6，得出BD=4；②當點E在點D下方時，同①的方法得，AP=DP=AE=1，BP=4，進而得出BD=BP+DP=8，即可得出結論．【詳解】（1）在△ABC為等腰三角形，AC=BC，∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°，同理：AE=AD，∠ADE=∠EAD=60°，∴∠EAD=∠CAB，∴∠EAC=∠DAB，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE=AD，∠AEC=∠ADB，∵點B、D、E在同一直線上，∴∠ADB=180°-∠ADE=120°，∴∠AEC=120°，∴∵DE=AE，∴BE=DE+BD=AE+CE，故答案為60°，BE=AE+CE；（2）．理由如下：和均為等腰三角形，，，，，，點、、在同一直線上，，．；（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，∴，在Rt△ABC中，，∴；①當點E在點D上方時，如圖③，過點A作AP⊥BD交BD的延長線于P，∵DE⊥BD，∴∠PDE=∠AED=∠APD，∴四邊形APDE是矩形，∵AE=DE，∴矩形APDE是正方形，∴AP=DP=AE=2，在Rt△APB中，根據(jù)勾股定理得，∴BD=BP-AP=4，∴；②當點E在點D下方時，如圖④，同①的方法得，AP=DP=AE=2，BP=4，∴BD=BP+DP=8，∴，即：CE的長為或．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質(zhì)，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，等邊三角形的性質(zhì)，判斷出△ACE∽△ABD是解本題的關鍵．8．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，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．9．（1）（問題背景）如圖1，在中，，，D是直線BC上的一點，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°至AE，連接CE，求證：；（2）（嘗試應用）如圖2，在（1）的條件下，延長DE，AC交于點G，交DE于點F．求證：；（3）（拓展創(chuàng)新）如圖3，是內(nèi)一點，，，，直接寫出的面積為_____________．解析：（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）【問題背景】如圖1，根據(jù)SAS證明三角形全等即可．（2）【嘗試應用】如圖2，過點D作DK⊥DC交FB的延長線于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，過點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）【問題背景】證明：如圖1，∵，∴，在和中，，∴．（2）【嘗試應用】證明：如圖2，過點D作交FB的延長線于K．∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．（3）【拓展創(chuàng)新】如圖3中，過點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，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．10．在中，，過點作直線，將繞點C順時針旋轉得到（點的對應點分別是），射線分別交直線于點．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1所示，若與重合，則的度數(shù)為_________________（2）類比探究：如圖2，所示，設與的交點為M，當M為中點時，求線段的長；（3）拓展延伸：在旋轉過程中，當點分別在的延長線上時，試探究四邊形的面積是否存在最小值，若存在，直接寫出四邊形的最小面積；若不存在，請說明理由解析：（1）60°；（2）；（3）存在，【分析】（1）由旋轉可得：AC=A'C=2，進而得到BC=，依據(jù)∠A'BC=90°，可得cos∠A'CB=，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根據(jù)M為A'B'的中點，即可得出∠A=∠A'CM，進而得到PB=，依據(jù)tan∠BQC=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，進而得出PQ=PB+BQ=；（3）依據(jù)S四邊形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四邊形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用幾何法或代數(shù)法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四邊形PA'B′Q=3-．【詳解】解（1）由旋轉得：，，，，，，；(2)因為M是中點，所以，，，，．∵∠PCQ=∠PBC=90°，∴∠BQC+∠BPC=∠BCP+∠BPC=90°，∴∠BQC=∠BCP=∠A，，，；(3)，最小，即最小，，取PQ的中點G，，即PQ=2CG，當最小時，最小，，與重合，最小，∵的最小值為，．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了旋轉的性質(zhì)，解直角三角形以及直角三角形的性質(zhì)的綜合運用，解題時注意：旋轉變換中，對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．11．問題背景：如圖1，在矩形中，，，點是邊的中點，過點作交于點．實驗探究：（1）在一次數(shù)學活動中，小王同學將圖1中的繞點按逆時針方向旋轉，如圖2所示，得到結論：①_____；②直線與所夾銳角的度數(shù)為______．（2）小王同學繼續(xù)將繞點按逆時針方向旋轉，旋轉至如圖3所示位置.請問探究（1）中的結論是否仍然成立？并說明理由．拓展延伸：在以上探究中，當旋轉至、、三點共線時，則的面積為______．解析：（1），30°；（2）成立，理由見解析；拓展延伸：或【分析】（1）通過證明，可得，，即可求解；（2）通過證明，可得，，即可求解；拓展延伸：分兩種情況討論，先求出，的長，即可求解．【詳解】解：（1）如圖1，，，，，如圖2，設與交于點，與交于點，繞點按逆時針方向旋轉，，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為，故答案為：，；（2）結論仍然成立，理由如下：如圖3，設與交于點，與交于點，將繞點按逆時針方向旋轉，，又，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為．拓展延伸：如圖4，當點在的上方時，過點作于，，，點是邊的中點，，，，，，，，、、三點共線，，，，，由（2）可得：，，，的面積；如圖5，當點在的下方時，過點作，交的延長線于，同理可求：的面積；故答案為：或．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．12．《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學習片段展示：（問題）如圖①，在平面直角坐標系中，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上方的部分對應的函數(shù)y隨x增大而增大時x的取值范圍．（應用）P是圖③中圖象G上一點，其橫坐標為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1＜x＜2或x＞2+時，函數(shù)y隨x增大而增大；【應用】：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，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P在C的左側或F的右側部分時，設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對應的函數(shù)解析式為：y=；【探究】：如圖③，由題意得：當y=1時，（x﹣2）2﹣=0，解得：x1=2+，x2=2﹣，∴C（2﹣，1），F(xiàn)（2+，1），當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1＜x＜2或x＞2+時，函數(shù)y隨x增大而增大；【應用】：∵D（1，1），E（3，1），∴DE=3﹣1=2，∵S△PDE=DE?h≥1，∴h≥1；①當P在C的左側或F的右側部分時，設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），已知點G在正方形ABCD的對角線AC上，GE⊥BC，垂足為點E，GF⊥CD，垂足為點F．（1）證明與推斷：①求證：四邊形CEGF是正方形；②推斷：的值為：（2）探究與證明：將正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖（2）所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關系，并說明理由：（3）拓展與運用：正方形CEGF在旋轉過程中，當B，E，F(xiàn)三點在一條直線上時，如圖（3）所示，延長CG交AD于點H．若AG=6，GH=2，則BC=．解析：（1）①四邊形CEGF是正方形；②；（2）線段AG與BE之間的數(shù)量關系為AG=BE；（3）3【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(zhì)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）證∽得，設，知，由得、、，由可得a的值．【詳解】（1）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由①知四邊形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴，故答案為；（2）連接CG，由旋轉性質(zhì)知∠BCE=∠ACG=α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，=、=，∴=，∴△ACG∽△BCE，∴，∴線段AG與BE之間的數(shù)量關系為AG=BE；（3）∵∠CEF=45°，點B、E、F三點共線，∴∠BEC=135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC=∠BEC=135°，∴∠AGH=∠CAH=45°，∵∠CHA=∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，設BC=CD=AD=a，則AC=a，則由得，∴AH=a，則DH=AD﹣AH=a，CH==a，∴由得，解得：a=3，即BC=3，故答案為3．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)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(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵.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）結論：AD=BE，AD⊥BE．理由：如圖2中，設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，圖3-2中，當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，解題的關鍵是正確尋找三角形全等的條件，學會添加輔助線，構造全等三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．15．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．①求證：；②推斷：的值為；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，（為常數(shù)）．將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與CP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，當時，若，，求的長．解析：（1）①證明見解析；②解：結論：．理由見解析；（2）結論：．理由見解析；（3）．【解析】【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)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：如圖2中，作GM⊥AB于M．證明：△ABE∽△GMF即可解決問題．（3）如圖2-1中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM即可解決問題．【詳解】（1）①證明：∵四邊形是正方形，∴，．∴．∵，∴．∴．∴≌，∴．②解：結論：．理由：∵，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴．故答案為1．（2）解：結論：．理由：如圖2中，作于．∵，∴，∴，，∴，∴∽，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴．（3）解：如圖2﹣1中，作交的延長線于．∵，，∴，∴，∴可以假設，，，∵，，∴，∴，∴或﹣1（舍棄），∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，∴∽，∴，∴，∴，，∴，∴．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，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．16．在中，，．點D在邊上，且，交邊于點F，連接．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當時，①求證：；②推斷：_________．；（2）探究證明：如圖2，當時，請?zhí)骄康亩葦?shù)是否為定值，并說明理由；（3）拓展運用：如圖3，在（2）的條件下，當時，過點D作的垂線，交于點P，交于點K，若，求的長．解析：（1）①證明見解析，②；（2）為定值，證明見解析；（3）【分析】（1）①利用已知條件證明即可得到結論，②先證明利用相似三角形的性質(zhì)再證明結合相似三角形的性質(zhì)可得答案；（2）由（1）中②的解題思路可得結論；（3）設則利用等腰直角三角形的性質(zhì)分別表示：由表示再證明利用相似三角形的性質(zhì)建立方程求解，即可得到答案．【詳解】證明：（1）①②推斷：理由如下：（2）為定值，理由如下：由（1）得：（3），設則，解得：【點睛】本題考查的是三角形的全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，更重要的是考查學生的學習探究的能力，掌握以上知識是解題的關鍵．17．（證明體驗）（1）如圖1，為的角平分線，，點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，連結交于點G．若，，，求的長．（拓展延伸）（3）如圖3，在四邊形中，對角線平分，點E在上，．若，求的長．解析：（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS證明，進而即可得到結論；（2）先證明，得，進而即可求解；（3）在上取一點F，使得，連結，可得，從而得，可得，，最后證明，即可求解．【詳解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即平分；（2）∵，∴，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴；（3）如圖，在上取一點F，使得，連結．∵平分，∴∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴．∵，又∵，∴∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加輔助線，構造全等三角形和相似三角形，是解題的關鍵．18．旋轉是一種重要的圖形變換，當圖形中有一組鄰邊相等時往往可以通過旋轉解決問題．（1）嘗試解決：如圖①，在等腰中，，點M是上的一點，，，將繞點A旋轉后得到，連接，則___________．（2）類比探究：如圖②，在“箏形”四邊形中，于點B，于點D，點P、Q分別是上的點，且，求的周長．（結果用a表示）（3）拓展應用：如圖③，已知四邊形，，求四邊形的面積．解析：（1）；（2）2a；（3）【分析】（1）由旋轉的性質(zhì)可得△ABM≌△ACN，從而得出∠MCN=∠ACB+∠ACN=90°，再根據(jù)勾股得出AM的長；（2）將繞點C旋轉后得到，利用SAS得出△QCP≌△QCM，從而得出的周長（3）連接BD，由于AD=CD，所以可將△BCD繞點D順時針方向旋轉60°，得到△DAB′，連接BB′，延長BA，作B′E⊥BE；易證△AFB′是等腰直角三角形，△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理計算AE=B′E=，BB′=，求△ABB′和△BDB′的面積和即可．【詳解】（1）∵，∴∠B=∠ACB=45°，將繞點A旋轉后得到，此時AB與AC重合，由旋轉可得：△ABM≌△ACN，∴∠BAM=∠CAN，AM=AN，BM=CN=1，∠B=∠ACN=45°，∴∠MCN=∠ACB+∠ACN=90°，∠MAN=∠ABC=90°，∴∴；（2）∵，，∴將繞點C旋轉后得到，此時BC與DC重合，∴△BCP≌△DCM，∴∠DCM=∠PCB，BP=DM，PC=CM，∵，∴，∴，∵PC=CM，QC=QC,∴△QCP≌△QCM，∴PQ=QM，∴的周長=AQ+AP+PQ=AQ+AP+QM=AQ+AP+DQ+DM=AQ+AP+DQ+BP=AD+AB，∵，∴的周長=2a；（3）如圖3，連接BD，由于AD=CD，所以可將△BCD繞點D順時針方向旋轉60°，得到△DAB′，連接BB′，延長BA，作B′E⊥BE；∴△BCD≌△B′AD∴S四邊形ABCD=S四邊形BDB′A，∵∠ABC=75°，∠ADC=60°，∴∠BAB′=135°∴∠B′AE=45°，∵∴B′E=AE=，∴BE=AB+AE=2+=，∴∵等邊△DBB′，∴BB′上的高=，∴∴，∴S四邊形ABCD=S四邊形BDB′A=S△BDB′-S△ABB′=；【點睛】本題考查了圖形的旋轉變換，三角形全等，勾股定理，等積代換思想，類比思想等．構造直角三角形，求出三角形的高是解決問題的關鍵．19．（知識再現(xiàn)）學完《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A