合肥琥珀中學中考數學期末幾何綜合壓軸題易錯匯編一、中考數學幾何綜合壓軸題1．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，再將繞點旋轉至如圖②所示位置，求的值；（3）延伸拓展：當是等腰三角形時，設．（I）如圖③，當點在線段上運動時，設，，求的表達式（結果用，和的三角函數表示）．（II）如圖④，當點在的延長線上運動時，設，，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．2．在中，點D，E分別是邊上的點，．基礎理解：（1）如圖1，若，求的值；證明與拓展：（2）如圖2，將繞點A逆時針旋轉a度，得到，連接；①求證：；②如圖3，若在旋轉的過程中，點恰好落在上時，連接，則的面積為________．解析：（1）；（2）①見詳解；②13.44【分析】（1）利用平行線分線段定理，直接求解即可；、（2）①先推出，從而得，進而即可得到結論；②先推出AE=AE1=8，DE=D1E1=10，過點A作AM⊥DE于點M，則DM=3.6，D1E=2.8，再證明∠D1EE1=90°，進而即可求解．【詳解】解：（1）∵，，∴=；（2）①∵將繞點A逆時針旋轉a度，得到，∴=AD，=AE，∠BAD1=∠CAE1，∵，∴，即，∴，∴，∴；②由①可知，∴，∵將繞點A逆時針旋轉，得到，點恰好落在上，∴AD1=AD=6，∠D1AE1=∠DAE=90°，∴AE=AE1=AD1=8，DE=D1E1=，過點A作AM⊥DE于點M，則DM=D1M=AD×cos∠ADE=AD×=6×=3.6，∴D1E=10-3.6×2=2.8，∵∠D1AE1=∠DAE=90°，∴∠DAD1=∠EAE1，又∵AD1=AD，AE=AE1，∴∠ADE=，∴∠AED+=∠AED+∠ADE=90°，即：∠D1EE1=90°，∴，∴的面積=D1E?EE1=×2.8×9.6=13.44．故答案是：13.44．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質，解直角三角形，勾股定理，平行線分線段成比例定理，旋轉的性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質，是解題的關鍵．3．平面上，矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖擺放，分別延長DA和QP交于點O，且∠BOQ＝60°，OQ＝OD＝3，OP＝2，OA＝AB＝1．讓線段OD及矩形ABCD位置固定，將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向形如旋轉，設旋轉角為α（0°≤α≤60°）．發(fā)現（1）當α＝0°，即初始位置時，點P____直線AB上．（填“在”或“不在”）求當α是多少時，OQ經過點B？（2）在OQ旋轉過程中．簡要說明α是多少時，點P，A間的距離最??？并指出這個最小值：（3）如圖，當點P恰好落在BC邊上時．求α及S陰影．拓展如圖．當線段OQ與CB邊交于點M，與BA邊交于點N時，設BM＝x（x＞0），用含x的代數式表示BN的長，并求x的取值范圍．探究當半圓K與矩形ABCD的邊相切時，求sinα的值．解析：發(fā)現：（1）在，15°；（2）當α=60°時，最小距離為1；（3）30°，．拓展：x的范圍是；探究：sinα的值為或或．【詳解】解：發(fā)現（1）在；當OQ過點B時，在Rt△OAB中，AO＝AB，得∠DOQ＝∠ABO＝45°，∴α＝60°－45°＝15°．（2）如圖3．連AP，有OA＋AP≥OP，當OP過點A，即α＝60°時等號成立．∴AP≥OP－OA＝2－1＝1．∴當α＝60°時．P，A間的距離最?。郟A的最小值為1．（3）如圖3，設半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，過點R作RE⊥KQ于點E．在Rt△OPH中，PH＝AB＝1，OP＝2，∴∠POH＝30°，∴α＝60°－30°＝30°．由AD//BC知，∠RPQ＝∠POH＝30°．∴∠RKQ＝2×30°＝60°．，在Rt△RKE中，，，；拓展如圖5，∠OAN＝∠MBN＝90°，∠ANO＝∠BNM，所以△AON∽△BMN．∴，即，∴．如圖4，當點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F．．∴x的范圍是．【注：如果考生答“或”均不扣分】探究半圓與矩形相切，分三種情況：①如圖5，半圓K與BC切于點T，設直線KT與AD和OQ的初始位置所在直線分別交于S，O′，則∠KSO＝∠KTB＝90°，作KG⊥OO′于點G．Rt△OSK中，．Rt△OSO′中，，．Rt△KGO′中，∠O′=30°，KG=Rt△OGK中，②半圓K與AD切于點T，如圖6，同理可得．③當半圓K與CD相切時，成Q與點D重合，且為切點．∴α＝60°，∴．綜上述，sinα的值為或或．考點：圓，直線與圓的位置關系，銳角三角函數，相似，三角形法則求最值4．如圖，分別為中上的動點（點除外），連接交于點P，.我們約定：線段所對的，稱為線段的張角.情景發(fā)現（1）已知三角形是等邊三角形，，①求線段的張角的度數；②求點P到的最大距離；③若點P的運動路線的長度稱為點P的路徑長，求點P的路徑長.拓展探究（2）在（1）中，已知是圓P的外切三角形，若點的運動路線的長度稱為點的路徑長，試探究點的路徑長與點P的路徑長之間有何關系？請通過計算說明.解析：（1）①120°，②點P到的最大距離，③；（2）點的路徑長與點P的路徑長的比值是2：1（或點的路徑長是點P的路徑長的2倍）.【分析】（1）①利用等邊三角形的性質證△AEB與△BCF全等，得到∠EBA＝∠BCF，利用三角形的內角和定理即可求出∠CPB的度數；②由題意可知當PO⊥BC于點N時，點P到BC的距離最大，根據垂徑定理及三角函數即可求出點P到BC的最大距離；③由題意知點P的路徑長為弧BC的長，在②的基礎上直接利用公式即可求出結果；（2）由題意可知張角∠CPB的度數始終為120°，可得∠CBP＋∠BCP＝60°，因為圓P是△A'BC的內切圓，由此可推出A'是等邊三角形ABC外接圓上優(yōu)弧BAC上的一動點，其半徑為2，圓心角240°，根據弧長公式可直接求出其長度，并計算出點A'的路徑長是點P的路徑長的2倍．【詳解】解：（1）①∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∴.∵，∴，.②（2）如圖所示，由于始終為，故過點作圓O,∴.當于點N時，點P到的距離最大.∵，∴，∴，∴點P到的最大距離.③由②可知點P的路徑為的長度，即（2）點的路徑長與點P的路徑長的比值是（或點的路徑長是點P的路徑長的2倍），理由：由（1）中題意可知張角的度數始終為，可得，又因為圓P是的內切圓，所以，所以，所以是等邊三角形外接圓上優(yōu)弧上的一動點，由題意可得等邊三角形外接圓的半徑為，點的路徑是優(yōu)弧的長度，即以的圓心角，半徑為的弧長，如圖，所以點的路徑長=，點的路徑長與點P的路徑長的比值是：，所以點的路徑長與點P的路徑長的比值是2：1（或點的路徑長是點P的路徑長的2倍）.【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，圓的有關性質，弧長公式等，解題的關鍵是能夠根據題意畫出圖形.5．（問題情境）如圖1，點E是平行四邊形ABCD的邊AD上一點，連接BE、CE．求證：S平行四邊形ABCD．（說明：S表示面積）請以“問題情境”為基礎，繼續(xù)下面的探究（探究應用1）如圖2，以平行四邊形ABCD的邊AD為直徑作⊙O，⊙O與BC邊相切于點H，與BD相交于點M．若AD＝6，BD＝y(tǒng)，AM＝x，試求y與x之間的函數關系式．（探究應用2）如圖3，在圖1的基礎上，點F在CD上，連接AF、BF，AF與CE相交于點G，若AF＝CE，求證：BG平分∠AGC．（遷移拓展）如圖4，平行四邊形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，E是AB的中點，F在BC上，且BF：FC＝2：1，過D分別作DG⊥AF于G，DH⊥CE于H，請直接寫出DG：DH的值．解析：【問題情境】見解析；【探究應用1】；【探究應用2】見解析；【遷移拓展】.【分析】（1）作EF⊥BC于F，則S△BCE＝BC×EF，S平行四邊形ABCD＝BC×EF，即可得出結論；（2）連接OH，由切線的性質得出OH⊥BC，OH＝AD＝3，求出平行四邊形ABCD的面積＝AD×OH＝18，由圓周角定理得出AM⊥BD，得出△ABD的面積＝BD×AM＝平行四邊形的面積＝9，即可得出結果；（3）作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，同圖1得：△ABF的面積＝△BCE的面積＝平行四邊形ABCD的面積，得出AF×BM＝CE×BN，證出BM＝BN，即可得出BG平分∠AGC．（4）作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，由平行四邊形的性質得出∠ABP＝60°，得出∠BAP＝30°，設AB＝4x，則BC＝3x，由直角三角形的性質得出BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，由已知得出BE＝2x，BF＝2x，得出BQ＝x，EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理求出AF＝＝2x，CE＝＝x，連接DF、DE，由三角形的面積關系得出AF×DG＝CE×DH，即可得出結果．【詳解】（1）證明：作EF⊥BC于F，如圖1所示：則S△BCE＝BC×EF，S平行四邊形ABCD＝BC×EF，∴．（2）解：連接OH，如圖2所示：∵⊙O與BC邊相切于點H，∴OH⊥BC，OH＝AD＝3，∴平行四邊形ABCD的面積＝AD×OH＝6×3＝18，∵AD是⊙O的直徑，∴∠AMD＝90°，∴AM⊥BD，∴△ABD的面積＝BD×AM＝平行四邊形的面積＝9，即xy＝9，∴y與x之間的函數關系式y(tǒng)＝；（3）證明：作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，如圖3所示：同圖1得：△ABF的面積＝△BCE的面積＝平行四邊形ABCD的面積，∴AF×BM＝CE×BN，∵AF＝CE，∴BM＝BN，∴BG平分∠AGC．（4）解：作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，如圖4所示：∵平行四邊形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，∴∠ABP＝60°，∴∠BAP＝30°，設AB＝4x，則BC＝3x，∴BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，∵E是AB的中點，F在BC上，且BF：FC＝2：1，∴BE＝2x，BF＝2x，∴BQ＝x，∴EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理得：AF＝＝2x，CE＝＝x，連接DF、DE，則△CDE的面積＝△ADF的面積＝平行四邊形ABCD的面積，∴AF×DG＝CE×DH，∴DG：DH＝CE：AF＝．【點睛】本題是圓的綜合題目，考查了圓周角定理、平行四邊形的性質、三角形面積公式、含30°角的直角三角形的性質、勾股定理、角平分線的判定等知識；本題綜合性強，需要添加輔助線，熟練掌握平行四邊形的性質和勾股定理是解題的關鍵．6．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)現如圖①，當時，點、、在同一直線上，連接，則的度數為__________，線段、、之間的數量關系是__________；（2）拓展探究如圖②，當時，點、、在同一直線上，連接．請判斷的度數及線段、、之間的數量關系，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，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等邊三角形的性質，判斷出△ACE∽△ABD是解本題的關鍵．7．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在平面內順時針旋轉，設旋轉角∠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左側和BC右側兩種情況討論，根據勾股定理和相似三角形的性質可求解．【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，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質等知識點，關鍵是添加恰當輔助線．8．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：如圖1所示，若與重合，則的度數為_________________（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∠A'BC=90°，可得cos∠A'CB=，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根據M為A'B'的中點，即可得出∠A=∠A'CM，進而得到PB=，依據tan∠BQC=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，進而得出PQ=PB+BQ=；（3）依據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，解直角三角形以及直角三角形的性質的綜合運用，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．9．問題呈現：如圖1，在邊長為1的正方形網格中，分別連接格點A，B和C，D，AB和CD相交于點P，求tan∠BPD的值．方法歸納：利用網格將線段CD平移到線段BE，連接AE，得到格點△ABE，且AE⊥BE，則∠BPD就變換成Rt△ABE中的∠ABE．問題解決：（1）圖1中tan∠BPD的值為________；（2）如圖2，在邊長為1的正方形網格中，分別連接格點A，B和C，D，AB與CD交于點P，求cos∠BPD的值；思維拓展：（3）如圖3，AB⊥CD，垂足為B，且AB＝4BC，BD＝2BC，點E在AB上，且AE＝BC，連接AD交CE的延長線于點P，利用網格求sin∠CPD．解析：（1）2；（2）；（3）【分析】（1）由題意可得BE∥DC，則∠ABE=∠DPB，那么∠BPD就變換到Rt△ABE中，由銳角三角函數的定義可得出答案；（2）過點A作AE//CD，連接BE，那么∠BPD就變換到等腰Rt△ABE中，由銳角三角函數的定義可得出答案；（3）以BC為邊長構造網格，然后把PC平移到AN，則∠CPD就變換成Rt△ADN中的∠NAD，再由銳角三角函數的定義可得出答案．【詳解】（1）由勾股定理可得：，∵CD//BE，∴tan∠BPD＝tan∠ABE＝；（2）過點A作AE//CD，連接BE，由圖可知E點在格點上，且∠AEB＝90°，由勾股定理可得：∴cos∠BPD＝cos∠BAE＝（3）如圖3構造網格，過點A作AN//PC，連接DN，由圖可知N點在格點上，且∠AND＝90°，由勾股定理可得：∴sin∠CPD＝sin∠NAD＝【點睛】本題考查三角形綜合題、平行線的性質、勾股定理、直角三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用數形結合的思想解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．10．定義：如果一個三角形一條邊上的高與這條邊的比值是3：5，那么稱這個三角形為“準黃金”三角形，這條邊就叫做這個三角形的“金底”．（概念感知）（1）如圖1，在中，，，，試判斷是否是“準黃金”三角形，請說明理由．（問題探究）（2）如圖2，是“準黃金”三角形，BC是“金底”，把沿BC翻折得到，連AB接AD交BC的延長線于點E，若點C恰好是的重心，求的值．（拓展提升）（3）如圖3，，且直線與之間的距離為3，“準黃金”的“金底”BC在直線上，點A在直線上．，若是鈍角，將繞點按順時針方向旋轉得到，線段交于點D．①當時，則_________；②如圖4，當點B落在直線上時，求的值．解析：（1）是“準黃金”三角形，理由見解析；（2）；（3）①；②．【分析】（1）過點A作于點D，先求出AD的長度，然后得到，即可得到結論；（2）根據題意，由“金底”的定義得，設，，由勾股定理求出AB的長度，根據比值即可求出的值；（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，先求出AC的長度，由相似三角形的性質，得到AF=2DF，由解直角三角形，得到，則，即可求出DF的長度，然后得到CD的長度；②由①可知，得到CE和AC的長度，分別過點，D作，，垂足分別為點G，F，然后根據相似三角形的判定和性質，得到，然后求出CD和AD的長度，即可得到答案．【詳解】解：（1）是“準黃金”三角形．理由：如圖，過點A作于點D，∵，，∴．∴．∴是“準黃金”三角形．（2）∵點A，D關于BC對稱，∴，．∵是“準黃金”三角形，BC是“金底”，∴．不防設，，∵點為的重心，∴．∴，．∴．∴．（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，如圖：由題意得AE=3，∵，∴BC=5，∵，∴，在Rt△ABE中，由勾股定理得：，∴，∴；∵∠AEC=∠DFA=90°，∠ACE=∠DAF，∴△ACE∽△DAF，∴，設，則，∵∠ACD=30°，∴，∴，解得：∴．②如圖，過點A作于點E，則．∵是“準黃金”三角形，BC是“金底”，∴．∴．∵，∴．∴．∴，．分別過點，D作，，垂足分別為點G，F，∴，，，則．∵，∴．∴．∴設，，．∵，∴，且．∴．∴．∴，解得．∴，．∴．【點睛】本題屬于相似形綜合題，主要考查了重心的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，解直角三角形，旋轉的性質以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關鍵是依據題意畫出圖形，根據數形結合的思想進行解答．11．數學課外活動小組的同學在學習了完全平方公式之后，針對兩個正數之和與這兩個正數之積的算術平方根的兩倍之間的關系進行了探究，請閱讀以下探究過程并解決問題．猜想發(fā)現：由；；；；；猜想：如果，，那么存在（當且僅當時等號成立）．猜想證明：∵∴①當且僅當，即時，，∴；②當，即時，，∴．綜合上述可得：若，，則成立（當日僅當時等號成立）．猜想運用：（1）對于函數，當取何值時，函數的值最??？最小值是多少？變式探究：（2）對于函數，當取何值時，函數的值最?。孔钚≈凳嵌嗌?？拓展應用：（3）疫情期間、為了解決疑似人員的臨隔離問題．高速公路榆測站入口處，檢測人員利用檢測站的一面墻（墻的長度不限），用63米長的鋼絲網圍成了9間相同的長方形隔離房，如圖．設每間離房的面積為（米2）．問：每間隔離房的長、寬各為多少時，可使每間隔離房的面積最大？最大面積是多少？解析：（1），函數的最小值為2；（2），函數的最小值為5；（3）每間隔離房長為米，寬為米時，的最大值為【分析】猜想運用：根據材料以及所學完全平方公式證明求解即可；變式探究：將原式轉換為，再根據材料中方法計算即可；拓展應用：設每間隔離房與墻平行的邊為米，與墻垂直的邊為米，依題意列出方程，然后根據兩個正數之和與這兩個正數之積的算術平方根的兩倍之間的關系探究最大值即可．【詳解】猜想運用：∵，∴，∴，∴當時，，此時，只取，即時，函數的最小值為2．變式探究：∵，∴，，∴，∴當時，，此時，∴，（舍去），即時，函數的最小值為5.拓展應用：設每間隔離房與墻平行的邊為米，與墻垂直的邊為米，依題意得：，即，∵，，∴，即，整理得：，即，∴當時，此時，，即每間隔離房長為米，寬為米時，的最大值為．【點睛】本題主要考查根據完全平方公式探究兩個正數之和與這兩個正數之積的算術平方根的兩倍之間的關系，熟練運用完全平方公式并參照材料中步驟進行計算是解題關鍵，屬于創(chuàng)新探究題．12．探究：小明在求同一坐標軸上兩點間的距離時發(fā)現，對于平面直角坐標系內任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通過構造直角三角形利用圖1得到結論：他還利用圖2證明了線段P1P2的中點P（x，y）P的坐標公式：，．（1）請你幫小明寫出中點坐標公式的證明過程；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：；拓展：（3）如圖3，點P（2，n）在函數（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的坐標分別表示出OQ和PQ的長即可證得結論；（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，再利用中點坐標公式可求得D點坐標；（3）設P關于直線OL的對稱點為M，關于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，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P點坐標，利用中點坐標公式可求得M點坐標，由對稱性可求得N點坐標，連接MN交直線OL于點E，交x軸于點S，此時EP=EM，FP=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AB為平行四邊形的對角線時，其對稱中心坐標為（0，1），設D（x，y），則x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此時D點坐標為（﹣3，3），當AC為對角線時，同理可求得D點坐標為（7，1），當BC為對角線時，同理可求得D點坐標為（﹣1，﹣3），綜上可知D點坐標為（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案為（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）如圖，設P關于直線OL的對稱點為M，關于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，FP=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此時△PEF的周長即為MN的長，為最小，設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：一次函數綜合題；閱讀型；分類討論；最值問題；探究型；壓軸題．13．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”，作關于所在直線的對稱圖形得到,連結交直線于點.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，即可得到結論；（2）根據ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC，再由ΔA′BC與ΔABC關于直線BC對稱，得到∠ADC=90°，由重心的性質，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-旋轉綜合題．考查了重心的性質，勾股定理，旋轉的性質以及閱讀理解能力．解題的關鍵是對新概念“等高底”三角形的理解．14．（1）問題發(fā)現如圖1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，連接AC，BD交于點M．填空：①的值為；②∠AMB的度數為．（2）類比探究如圖2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，連接AC交BD的延長線于點M．請判斷的值及∠AMB的度數，并說明理由；（3）拓展延伸在（2）的條件下，將△OCD繞點O在平面內旋轉，AC，BD所在直線交于點M，若OD=1，OB=，請直接寫出當點C與點M重合時AC的長．解析：（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的長為3或2．【分析】（1）①證明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值為1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根據三角形的內角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；（2）根據兩邊的比相等且夾角相等可得△AOC∽△BOD，則，由全等三角形的性質得∠AMB的度數；（3）正確畫圖形，當點C與點M重合時，有兩種情況：如圖3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，則∠AMB=90°，，可得AC的長．【詳解】（1）問題發(fā)現：①如圖1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，（2）類比探究：如圖2，，∠AMB=90°，理由是：Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴，同理得：，∴，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸：①點C與點M重合時，如圖3，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB=90°，，設BD=x，則AC=x，Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x-2，Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，∴AB=2OB=2，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(x)2+(x?2)2＝(2)2，x2-x-6=0，（x-3）（x+2）=0，x1=3，x2=-2，∴AC=3；②點C與點M重合時，如圖4，同理得：∠AMB=90°，，設BD=x，則AC=x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(x)2+（x+2）2=(2)2.x2+x-6=0，（x+3）（x-2）=0，x1=-3，x2=2，∴AC=2；.綜上所述，AC的長為3或2．【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和判定，幾何變換問題，解題的關鍵是能得出：△AOC∽△BOD，根據相似三角形的性質，并運用類比的思想解決問題，本題是一道比較好的題目．15．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)現如圖2，固定△ABC，使△DEC繞點C旋轉．當點D恰好落在BC邊上時，填空：線段DE與AC的位置關系是；②設△BDC的面積為S1，△AEC的面積為S2．則S1與S2的數量關系是．（2）猜想論證當△DEC繞點C旋轉到圖3所示的位置時，小明猜想（1）中S1與S2的數量關系仍然成立，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°，F1D∥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．16．（1）（閱讀與證明）如圖1，在正的外角內引射線，作點C關于的對稱點E（點E在內），連接，、分別交于點F、G．①完成證明：點E是點C關于的對稱點，，，．正中，，，，得．在中，，______．在中，，______．②求證：．（2）（類比與探究）把（1）中的“正”改為“正方形”，其余條件不變，如圖2．類比探究，可得：①______；②線段、、之間存在數量關系___________．（3）（歸納與拓展）如圖3，點A在射線上，，，在內引射線，作點C關于的對稱點E（點E在內），連接，、分別交于點F、G．則線段、、之間的數量關系為__________．解析：（1）①60°，30°；②證明見解析；（2）①45°；②BF=(AF+FG)；（3）．【分析】（1）①根據等量代換和直角三角形的性質即可確定答案；②在FB上取AN=AF，連接AN．先證明△AFN是等邊三角形，得到∠BAN=∠2=∠1，然后再證明△ABN≌△AEF，然后利用全等三角形的性質以及線段的和差即可證明；（2）類比（1）的方法即可作答；（3）根據（1）（2）的結論，即可總結出答案．【詳解】解：（1）①∵，，∴，即60°；∵∴故答案為60°，30°；②在FB上取FN=AF，連接AN∵∠AFN=∠EFG=60°∴△AFN是等邊三角形∴AF=FN=AN∵FN=AF∴∠BAC=∠NAF=60°∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2∴∠BAN=∠2∵點C關于的對稱點E∴∠2=∠1,AC=AE∴∠BAN=∠2=∠1∵AB=AC∴AB=AE在△ABN和△AEFFN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE∴△ABN≌△AEF∴BN=EF∵AG⊥CE，∠FEG=30°∴EF=2FG∴BN=EF=2FG∵BF=BN+NF∴BF=2FG+AF（2）①點E是點C關于的對稱點，，，．正方形ABCD中，，，，得．在中，，45．在中，，45．故答案為45°；②在FB上取FN=AF，連接AN∵∠AFN=∠EFG=45°∴△AFN是等腰直角三角形∴∠NAF=90°，AF=AN∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2=90°,FN=AF∴∠BAN=∠2∵點C關于的對稱點E∴∠2=∠1,AC=AE∴∠BAN=∠2=∠1∵AB=AC∴AB=AE在△ABN和△AEFFN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE∴△ABN≌△AEF∴BN=EF∵AG⊥CE，∠FEG=45°∴EF=FG∴BN=EF=FG∵BF=BN+NF∴BF=FG+AF（3）由（1）得：當∠BAC=60°時BF=AF+2FG=；由（2）得：當∠BAC=90°時BF=AF+2FG=；以此類推，當當∠BAC=60°時，．【點睛】本題考查了軸對稱的性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質以及三角函數的應用，靈活應用所學知識是解答本題的關鍵．17．如圖1，在等腰三角形中，點分別在邊上，連接點分別為的中點．（1）觀察猜想圖1中，線段的數量關系是____，的大小為_____；（2）探究證明把繞點順時針方向旋轉到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點在平面內自由旋轉，若，請求出面積的最大值．解析：（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據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，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，且點分別為的中點，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據三角形外角和定理，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，由旋轉可得在ABD和ACE中．點分別為的中點，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點睛】本題主要考查了三角形中點的性質、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉的相關知識；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的相關知識是解題的關鍵．18．（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，根據材料可知，再由等腰三角形性質可知，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