永州市中考數(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，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：四邊形CEGF是正方形；（2）探究與證明：將正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉(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，并說明理由；（3）拓展與運用：正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖3所示，當B，E，F(xiàn)三點在一條直線上時，延長CG交AD于點H，若AG＝6，GH＝2，求BC的長．解析：（1）證明見解析；（2）AG＝BE，理由見解析；（3）BC=3．【分析】（1）先說明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，再應用相似三角形的性質(zhì)解答即可；（3）先證△AHG∽△CHA可得，設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，，∴，得，解得：a＝3，即BC＝3．【點睛】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)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題并利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．2．綜合與實踐數(shù)學問題：（1）如圖1，是等腰直角三角形，過斜邊的中點作正方形，分別交，于點，，則，，之間的數(shù)量關(guān)系為______．問題解決：（2）如圖2，在任意內(nèi)，找一點，過點作正方形，分別交，于點，，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，，交于點，，則，，的數(shù)量關(guān)系為______．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）延長至點，使，連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)易證，從而可得DP=DB，進而可證，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，從而可得DM、DN的長，在Rt△MDN中，由勾股定理即可求得MN的長．【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，∴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，∴CF=BE，∴AC=AF+CF=AF+BE，∴；（2）延長至點，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，設正方形DECF的邊長為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，截長補短法作輔助線是本題的關(guān)鍵．3．（問題原型）如圖，在矩形中，對角線、交于點，以為直徑作．求證：點、在上．請完成上面問題的證明，寫出完整的證明過程．（發(fā)現(xiàn)結(jié)論）矩形的四個頂點都在以該矩形對角線的交點為圓心，對角線的長為直徑的圓上．（結(jié)論應用）如圖，已知線段，以線段為對角線構(gòu)造矩形．求矩形面積的最大值．（拓展延伸）如圖，在正方形中，，點、分別為邊、的中點，以線段為對角線構(gòu)造矩形，矩形的邊與正方形的對角線交于、兩點，當?shù)拈L最大時，矩形的面積為_____________________解析：問題原型：見解析；結(jié)論應用：見解析；發(fā)現(xiàn)結(jié)論：2；拓展延伸：2【分析】問題原型：運用矩形對角線互相平分且相等，即可求證四點共圓；結(jié)論應用：根據(jù)結(jié)論矩形面積最大時為正方形，利用對角線的長求得正方形的面積；拓展延伸：由上一問的結(jié)論，可知四邊形為正方形,證明四邊形是正方形，繼而求得面積【詳解】解：【問題原型】∵為直徑，∴為半徑.令.∵四邊形為矩形，∴，，.∴.∴點、在上.【結(jié)論應用】連續(xù)交于點，過點作于點.∴.由【發(fā)現(xiàn)結(jié)論】可知，點在以為直徑的圓上，即，∴當即時，矩形的面積最大.∴矩形的面積最大值為.【拓展延伸】如圖，連接,設與的交點為四邊形是正方形,，點、分別為邊、的中點,四邊形是矩形由【結(jié)論應用】可知，時，矩形的面積最大為此時四邊形為正方形，此時最大，,四邊形是正方形正方形的面積為：【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)與判定，靈活運用矩形，正方形的性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．4．[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(guān)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(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．5．（概念學習）在平面直角坐標系中，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，則點的坐標為_．（拓展應用）（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）設點P的坐標為，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；（3）考慮臨界狀態(tài)，當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，則解得故點P的坐標為：或故答案為：或（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，過O作OC⊥DE于C點，當時，函數(shù)圖像上存在點，使對點的“最近覆蓋距離”為則設則由勾股定理可得：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，則成立當時，到弧的最小距離為此時當時，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．6．（了解概念）在凸四邊形中，若一邊與它的兩條鄰邊組成的兩個內(nèi)角相等，則稱該四邊形為鄰等四邊形，這條邊叫做這個四邊形的鄰等邊．（理解運用）（1）在鄰等四邊形中，，，若是這個鄰等四邊形的鄰等邊，則的度數(shù)為__________；（2）如圖，凸四邊形中，P為邊的中點，，判斷四邊形是否為鄰等四邊形，并證明你的結(jié)論；（拓展提升）（3）在平面直角坐標系中，為鄰等四邊形的鄰等邊，且邊與x軸重合，已知，，，若在邊上使的點P有且僅有1個，則m的值是__________．解析：（1）130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由見解析；（3）﹣5±4【分析】（1）根據(jù)鄰等四邊形的定義即可求解；（2）由△ADP∽△PDC，可得，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，由P為AB的中點，可得AP＝BP，則，可證△BPC∽△ADP，由相似三角形的性質(zhì)得出∠A＝∠B即可；（3）①若點B在點A右側(cè)，如圖，由AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，可證△ADP∽△BPC，可得＝，設點P（n，0），由等腰直角三角形可求∠BAD＝45°，可求B、C橫坐標之差為3，B（m+3，0），將AP，BP，AD，BC，代入得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，可求得m＝﹣5+4；②若點B在點A左側(cè)，可求得∠BAD＝135°，可證△ADP∽△BPC，可得＝，可求得B、C橫坐標之差為3，，可求得m＝﹣5﹣4．【詳解】解：（1）∵CD為鄰等邊，∴∠C＝∠D，又∵，，∴∠C＝∠D＝（360°﹣∠A﹣∠B）÷2＝130°，∴∠C＝130°．故答案為：130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由如下：∵△ADP∽△PDC，∴，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，∠ADP＝∠PDC，又∵P為AB的中點，∴AP＝BP，∴，∴，∵∠APD+∠BPC＝180°﹣∠DPC，∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC，且∠APD＝∠PCD，∴∠BPC＝∠PDC，∵∠ADP＝∠PDC，∴∠ADP＝∠BPC，∴△BPC∽△ADP，∴∠B＝∠A，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形；（3）若點B在點A右側(cè)，如圖，∵AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，設點P（n，0），∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠BAD＝45°，∴∠ABC＝45°，過點C作CE⊥x軸于點E，則∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，∴CE＝BE，∵點C（m，3），∴CE＝3，∴BE＝3，∴B（m+3，0），∴AP＝n+2，BP＝m+3﹣n，∴AD＝＝，BC＝＝，代入＝得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，解得：m＝﹣5±4，又∵點C在點D右側(cè)，∴m＝﹣5+4；②若點B在點A左側(cè)，如圖，此時，∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠OAD＝45°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠DPC＝135°，∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，由①得：B（m+3，0），C（m，3），P（n，0），AP＝﹣2﹣n，BP＝n﹣m﹣3，AD＝，BC＝，∴，解得：m＝﹣5±4，又∵點C在點D左側(cè)，∴m＝﹣5﹣4；綜上所述：m＝﹣5±4．【點睛】本題是相似綜合題，考查新定義圖形，仔細閱讀題目，抓住定義中的性質(zhì)，會驗證新定義圖形，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)造關(guān)于n的一元二次方程是解題關(guān)鍵．7．我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”（1）概念理解：請你根據(jù)上述定義舉一個等鄰角四邊形的例子；（2）問題探究；如圖1，在等鄰角四邊形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂線恰好交于AB邊上一點P，連結(jié)AC，BD，試探究AC與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）應用拓展；如圖2，在Rt△ABC與Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，將Rt△ABD繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如圖3），當凸四邊形AD′BC為等鄰角四邊形時，求出它的面積．解析：（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由見解析；（3）10或12﹣．【分析】（1）矩形或正方形鄰角相等，滿足“等鄰角四邊形”條件；（2）AC=BD，理由為：連接PD，PC，如圖1所示，根據(jù)PE、PF分別為AD、BC的垂直平分線，得到兩對角相等，利用等角對等角得到兩對角相等，進而確定出∠APC=∠DPB，利用SAS得到三角形ACB與三角形DPB全等，利用全等三角形對應邊相等即可得證；（3）分兩種情況考慮：（i）當∠AD′B=∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，如圖3（i）所示，由S四邊形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′，求出四邊形ACBD′面積；（ii）當∠D′BC=∠ACB=90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，如圖3（ii）所示，由S四邊形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′，求出四邊形ACBD′面積即可．【詳解】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由為：連接PD，PC，如圖1所示：∵PE是AD的垂直平分線，PF是BC的垂直平分線，∴PA=PD，PC=PB，∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，即∠PAD=∠PBC，∴∠APC=∠DPB，∴△APC≌△DPB（SAS），∴AC=BD；（3）分兩種情況考慮：（i）當∠AD′B=∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，如圖3（i）所示，∴∠ED′B=∠EBD′，∴EB=ED′，設EB=ED′=x，由勾股定理得：42+（3+x）2=（4+x）2，解得：x=4.5，過點D′作D′F⊥CE于F，∴D′F∥AC，∴△ED′F∽△EAC，∴，即，解得：D′F=，∴S△ACE=AC×EC=×4×（3+4.5）=15；S△BED′=BE×D′F=×4.5×=，則S四邊形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣=10；（ii）當∠D′BC=∠ACB=90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，如圖3（ii）所示，∴四邊形ECBD′是矩形，∴ED′=BC=3，在Rt△AED′中，根據(jù)勾股定理得：AE=，∴S△AED′=AE×ED′=××3=，S矩形ECBD′=CE×CB=（4﹣）×3=12﹣3，則S四邊形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′=+12﹣3=12﹣．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了“等鄰角四邊形”的理解，三角形，四邊形的內(nèi)角和定理，角平分線的意義，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，理解“等鄰角四邊形”的定義是解本題的關(guān)鍵，分類討論是解本題的難點，是一道中考?？碱}．8．如圖，在中，，，點是射線上一動點，過點作，垂足為點，交直線于點．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖1，若點在的延長線上，試猜想，，之間的數(shù)量關(guān)系為_______；（類比探究）（2）如圖2，若點在線段上，試猜想，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（拓展應用）（3）當點為的中點時，直接寫出線段的長度．解析：（1）；（2），理由見解析；（3）的長為或【分析】（1）通過證明，可得，再根據(jù)，即可得證；（2）通過證明，可得，再根據(jù)，即可得證；（3）分兩種情況：①當點D在線段BC上時；②當點D在線段BC的延長線上時，求解即可．【詳解】解：（1）如圖1，若點D在BC的延長線上，且點E在線段AD上，AP，CD，BC之間的數(shù)量關(guān)系為，理由如下，垂足為點E在△BPC和△ADC中（2）．理由如下，如圖∵，∴，，∴∵，∴∴∵∴（3）的長為或①當點D在線段BC上時∵，∴∴∴②當點D在線段BC的延長線上時【點睛】本題考查了全等三角形的綜合問題，掌握全等三角形的性質(zhì)以及判定定理是解題的關(guān)鍵．9．問題背景（1）如圖（1），，都是等邊三角形，可以由通過旋轉(zhuǎn)變換得到，請寫出旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向及旋轉(zhuǎn)角的大?。畤L試應用（2）如圖（2）．在中，，分別以AC，AB為邊，作等邊和等邊，連接ED，并延長交BC于點F，連接BD．若，求的值．拓展創(chuàng)新（3）如圖（3）．在中，，，將線段AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到線段AP，連接PB，直接寫出PB的最大值．解析：（1）旋轉(zhuǎn)中心是點A，旋轉(zhuǎn)方向是順時針，旋轉(zhuǎn)角是；（2）；（3）．【分析】（1）由等邊三角形得出，，，，證明，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)即可得；（2）證明，由全等三角形的性質(zhì)得，，得出，由直角三角形性質(zhì)得，則可計算得答案；（3）過點A作，且使AE=AD，連接PE，BE，由直角三角形的性質(zhì)求出BE、PE的長即可得解．【詳解】解（1）∵，都是等邊三角形，∴，，，，，，，可以由繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到，即旋轉(zhuǎn)中心是點A，旋轉(zhuǎn)方向是順時針，旋轉(zhuǎn)角是；（2)和都是等邊三角形，，，，，，，，，，，，，，，設BF=x，則CF=DF=2x，DE=3x，∴；（3），∴點C在以AB為直徑的圓上運動，取AB的中點D，連接CD，，如圖，過點A作，且使AE=AD，連接PE，BE，∵將線段AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到線段AP，，PA=AC．，，，∴PE=CD=1．∵AB=2，AE=AD=1，∴BE===，，∴BP的最大值為+1．【點睛】本題是幾何變換的綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)、圓周角定理；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．10．問題探究（1）如圖1，△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點B，D，E在同一直線上，連接AD，BD．①請?zhí)骄緼D與BD之間的位置關(guān)系：________；②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，則線段AD的長為________；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C在平面內(nèi)順時針旋轉(zhuǎn)，設旋轉(zhuǎn)角∠BCD為α（0°≤α＜360°），作直線BD，連接AD，當點B，D，E在同一直線上時，畫出圖形，并求線段AD的長．解析：（1）①垂直，②4；（2）作圖見解析，或【分析】（1）①由“SAS”可證△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC=45°，可得AD⊥BD；②過點C作CF⊥AD于點F，由勾股定理可求DF，CF，AF的長，即可求AD的長；（2）分點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，過點C作CF⊥AD于點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BE=x，則AD=x．在Rt△ABD中，，即．解得（負值舍去）．∴AD=．②如圖，同①設BE=x，則AD=x．在Rt△ABD中，，即．解得（負值舍去）．∴AD=．綜上可得，線段AD的長為【點睛】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)等知識點，關(guān)鍵是添加恰當輔助線．11．（閱讀理解）如圖1，，的面積與的面積相等嗎？為什么？解：相等，在和中，分別作，，垂足分別為，．，．，四邊形是平行四邊形，．又，，．（類比探究）問題①，如圖2，在正方形的右側(cè)作等腰，，，連接，求的面積．解：過點作于點，連接．請將余下的求解步驟補充完整．（拓展應用）問題②，如圖3，在正方形的右側(cè)作正方形，點，，在同一直線上，，連接，，，直接寫出的面積．解析：①；②．【分析】①過點作于點，連接，可得，根據(jù)材料可知，再由等腰三角形性質(zhì)可知，即可求出；②連接CE，證明，即可得，由此即可求解．【詳解】解：①過點作于點，連接，∵在正方形中，，∴，∴，∵，，∴，∵在正方形中，，∴；②，過程如下：如解圖3，連接CE，∵在正方形、正方形中，∴，∴，∴，∵在正方形中，，，∴．【點睛】本題主要考查了正方形性質(zhì)和平行線判定和性質(zhì)以及三角形面積，解題關(guān)鍵是理解閱讀材料，根據(jù)平行線找到等底等高的三角形．12．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在和中，，，，連接交于點.填空：①的值為______；②的度數(shù)為______．（2）類比探究如圖2，在和中，，，連接交的延長線于點.請判斷的值及的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸在（2）的條件下，將繞點在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，所在直線交于點，若，，請直接寫出當點與點在同一條直線上時的長．解析：（1）①1；②；（2），．理由見解析；（3）2或4．【分析】（1）①證明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值為1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；（2）根據(jù)銳角三角比可得，根據(jù)兩邊的比相等且夾角相等可得△AOC∽△BOD，根據(jù)相似撒尿性的性質(zhì)求解即可；（3）當點與點在同一條直線上，有兩種情況：如圖3和圖4，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和勾股定理，可得AD的長．【詳解】（1）①∵，∴∠BOD=∠AOC，又∵，，∴△BOD≌△AOC，∴BD=AC，∴=1；②∵，∴∠OAB+∠OBA=140°，∵△BOD≌△AOC，∴∠CAO=∠DBO，∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，∴∠AMB=；（2）如圖2，，．理由如下：中，，，，同理得：，，，，，，∠CAO=∠DBO，∵∠BEO+∠DBO=90°，∴∠CAE+∠AEM=90°，∴∠AMB=90°；（3）∵∠A=30°，，∴OA==3．如圖3，當點D和點A在點O的同側(cè)時，∵，∴AD=3-2=2；如圖4，當點D和點A在點O的兩側(cè)時，∵，，OA=3∴AD=3+1=4．綜上可知，AD的長是2或4．【點睛】本題是三角形的綜合題，主要考查了三角形全等和相似的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及分類討論的數(shù)學思想，解題的關(guān)鍵是能得出：△AOC∽△BOD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，并運用類比的思想解決問題，本題是一道比較好的題目．13．（操作）如圖①，在矩形中，為對角線上一點（不與點重合），將沿射線方向平移到的位置，的對應點為．已知（不需要證明）．（探究）過圖①中的點作交延長線于點，連接，其它條件不變，如圖②．求證：．（拓展）將圖②中的沿翻折得到，連接，其它條件不變，如圖③．當最短時，若,，直接寫出的長和此時四邊形的周長．解析：探究：見解析；拓展：四邊形的周長為【分析】探究：證明四邊形EGBC是平行四邊形，推出EG=BC，利用SAS證明三角形全等即可．拓展：如圖3中，連接BD交AC于點O，作BK⊥AC于K，F(xiàn)′H⊥BC于H．由題意四邊形AGFC是平行四邊形，推出GF=AC=，由BF=BF′，可以假設BF=x，則BG=利用相似三角形的性質(zhì)，求出BH，HF′，利用勾股定理求出GF′，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出GF′的值最小時BF′的值，推出BF′=此時點F′與O重合，由此即可解決問題．【詳解】解：探究：由平移，∴，即又∵，∴四邊形為平行四邊形∴∵，∴∠CBF=∠ACB，∵∴∠AEG=∠ACB，∴∠AEG=∠CBF∴．拓展：如圖3中，連接BD交AC于點O，作BK⊥AC于K，F(xiàn)′H⊥BC于H．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AB=4，BC=2，∴∵∴，∴由題意四邊形AGFC是平行四邊形，∴GF=AC=，∵BF=BF′，可以假設BF=x，則BG=∵AC∥GF，∴∠BOK=∠HBF′，∵∠BKO=∠F′HB=90°，∴△F′HB∽△BKO，∴∴∴∴∵＞0，∴當時，GF′的值最小，此時點F′與O重合，由對折得：由矩形的性質(zhì)得：四邊形BFCF′是菱形，四邊形BFCF′的周長為，且與互相平分，由勾股定理得：【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題．14．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(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(jié)論；（2）先判斷出，進而得出△ACD∽△BCE，即可得出結(jié)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(jié)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(gòu)造出直角三角形是解本題的關(guān)鍵．15．如圖1，在中，，，點，分別在邊，上，，連接，點，，分別為，，的中點.（1）觀察猜想圖1中，線段與的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）探究證明把繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接，，，判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，，請直接寫出面積的最大值.解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由詳見解析；（3）.【詳解】試題分析：(1)已知點，，分別為，，的中點，根據(jù)三角形的中位線定理可得,,,根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DPM=∠DCE，∠NPD=∠ADC，在中，，，，可得BD=EC，∠DCE+∠ADC=90°，即可得PM=PN，∠DPM+∠NPD=90°，即；（2）是等腰直角三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易證△BAD≌△CAE，即可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，根據(jù)三角形的中位線定理及平行線的性質(zhì)（方法可類比（1）的方法）可得PM="PN,"∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，所以∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN，即可得∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN為等腰直角三角形；（3）把繞點旋轉(zhuǎn)到如圖的位置，此時PN=(AD+AB)="7,"PM=(AE+AC)=7,且PN、PM的值最長，由（2）可知PM=PN，，所以面積的最大值為.試題解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋轉(zhuǎn)可得∠BAD=∠CAE，又AB=AC,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵點，分別為，的中點∴PM是△DCE的中位線∴PM=CE，且,同理可證PN=BD，且∴PM="PN,"∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN，∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN為等腰直角三角形.(3).考點：旋轉(zhuǎn)和三角形的綜合題.16．我們定義:如果一個三角形一條邊上的高等于這條邊,那么這個三角形叫做“等高底”三角形,這條邊叫做這個三角形的“等底”．（1）概念理解:如圖1,在中,,.,試判斷是否是“等高底”三角形，請說明理由.（2）問題探究:如圖2,是“等高底”三角形,是“等底”，作關(guān)于所在直線的對稱圖形得到,連結(jié)交直線于點.若點是的重心,求的值.（3）應用拓展:如圖3,已知,與之間的距離為2.“等高底”的“等底”在直線上,點在直線上,有一邊的長是的倍.將繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到,所在直線交于點.求的值.解析：（1）證明見解析；（2）（3）的值為,,2【解析】分析：（1）過點A作AD⊥直線CB于點D，可以得到AD=BC=3，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC，再由ΔA′BC與ΔABC關(guān)于直線BC對稱，得到∠ADC=90°，由重心的性質(zhì)，得到BC=2BD．設BD=x，則AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=x，即可得到結(jié)論；（3）分兩種情況討論即可：①當AB=BC時，再分兩種情況討論；②當AC=BC時，再分兩種情況討論即可．詳解：（1）是．理由如下：如圖1，過點A作AD⊥直線CB于點D，∴ΔADC為直角三角形，∠ADC=90°．∵∠ACB=30°，AC=6，∴AD=AC=3，∴AD=BC=3，即ΔABC是“等高底”三角形．（2）如圖2，∵ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵ΔA′BC與ΔABC關(guān)于直線BC對稱，∴∠ADC=90°．∵點B是ΔAA′C的重心，∴BC=2BD．設BD=x，則AD=BC=2x，∴CD=3x，∴由勾股定理得AC=x，∴．（3）①當AB=BC時，Ⅰ．如圖3，作AE⊥l1于點E，DF⊥AC于點F．∵“等高底”ΔABC的“等底”為BC，l1//l2，l1與l2之間的距離為2，AB=BC，∴BC=AE=2，AB=2，∴BE=2，即EC=4，∴AC=．∵ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA'B'C，∴∠CDF=45°．設DF=CF=x．∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴，即AF=2x．∴AC=3x=，可得x=，∴CD=x=．Ⅱ．如圖4，此時ΔABC是等腰直角三角形，∵ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA'B'C，∴ΔACD是等腰直角三角形，∴CD=AC=．②當AC=BC時，Ⅰ．如圖5，此時△ABC是等腰直角三角形．∵ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA′B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．Ⅱ．如圖6，作AE⊥l1于點E，則AE=BC，∴AC=BC=AE，∴∠ACE=45°，∴ΔABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到ΔA′B′C時，點A′在直線l1上，∴A′C∥l2，即直線A′C與l2無交點．綜上所述：CD的值為，，2．點睛：本題是幾何變換-旋轉(zhuǎn)綜合題．考查了重心的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及閱讀理解能力．解題的關(guān)鍵是對新概念“等高底”三角形的理解．17．問題背景（1）如圖1，△ABC中，DE∥BC分別交AB，AC于D，E兩點，過點E作EF∥AB交BC于點F．請按圖示數(shù)據(jù)填空：四邊形DBFE的面積，△EFC的面積，△ADE的面積．探究發(fā)現(xiàn)（2）在（1）中，若，，DE與BC間的距離為．請證明．拓展遷移（3）如圖2，□DEFG的四個頂點在△ABC的三邊上，若△ADG、△DBE、△GFC的面積分別為2、5、3，試利用（2）中的結(jié)論求△ABC的面積．解析：（1），，；（2）見解析；（3）18【分析】（1）根據(jù)平行四邊形面積公式、三角形面積公式，相似三角形的性質(zhì)即可解決問題．（2）根據(jù)平行四邊形面積公式、三角形面積公式，相似三角形的性質(zhì)，分別求出S1、S2即可解決問題．（3）過點G作GH∥AB交BC于H，則四邊形DBHG為平行四邊形，利用（2）的結(jié)論求出□DBHG的面積，△GHC的面積即可．【詳解】（1）∵DE∥BC，EF∥AB，∴四邊形DBFE是平行四邊形，∴S=2×3=6，∴∠AED=∠C，∠A=∠CEF∴△ADE∽△EFC∴S2=1，故答案為6，9，1．（2）證明：∵DE∥BC，EF∥AB，∴四邊形DBFE為平行四邊形，，．∴△ADE∽△EFC．∴．∵，∴．∴．而，∴（3）解：過點G作GH∥AB交BC于H，則四邊形DBHG為平行四邊形．∴∠GHC=∠B，BD=HG，DG=BH，∵四邊形DEFG為平行四邊形，∴DG=EF．∴BH=EF．∴BE=HF，∴△DBE≌△GHF．∴△GHC的面積為5+3=8．由（2）得，□DBHG的面積為．∴△ABC的面積為．【點睛】本題考查四邊形綜合題、相似三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會轉(zhuǎn)化的思想，把問題轉(zhuǎn)化為我們熟悉的題型，屬于中考壓軸題，18．問題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點（不與點B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB、AE、CD于點M、P、N．判斷線段DN、MB、EC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．問題探究：在“問題情境”的基礎上，（1）如圖2，若垂足P恰好為AE的中點，連接BD，交MN于點Q，連接EQ，并延長交邊AD于點F．求∠AEF的度數(shù)；（2）如圖3，當垂足P在正方形ABCD的對角線BD上時，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點P落在點P'處．若正方形ABCD的邊長為4，AD的中點為S，求P'S的最小值．問題拓展：如圖4，在邊長為4的正方形ABCD中，點M、N分別為邊AB、CD上的點，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對應邊B'C'恰好經(jīng)過點A，C'N交AD于點F．分別過點A、F作AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，垂足分別為G、H．若AG＝，請直接寫出FH的長．解析：問題情境：.理由見解析；問題探究：（1）；（2）的最小值為；問題拓展：.【分析】問題情境：過點B作BF∥MN分別交AE、CD于點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；問題探究：（1）連接AQ，過點Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點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O，則△APN的直角頂點P在OB上運動，設點P與點B重合時，則點P′與點D重合；設點P與點O重合時，則點P′的落點為O′，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，當點P在線段BO上運動時，過點P作PG⊥CD于點G，過點P′作P′H⊥CD交CD延長線于點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P'在線段DO'上運動；過點S作SK⊥DO'，垂足為K，即可得出結(jié)果；問題拓展：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長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】問題情境：因為四邊形是正方形，所以.過點作分別交于點.所以四邊形為平行四邊形.所以.所以，所以，又因為，所以.，所以.因為，所以，所以.問題探究：（1）連接，過點作，分別交于點.易得四邊