北京育英中學中考數(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．（問題）如圖1，在中，，過點作直線平行于．，點在直線上移動，角的一邊始終經(jīng)過點，另一邊與交于點，研究和的數(shù)量關系．（探究發(fā)現(xiàn)）（1）如圖2，某數(shù)學興趣小組運用“從特殊到一般”的數(shù)學思想，發(fā)現(xiàn)當點移動到使點與點重合時，通過推理就可以得到，請寫出證明過程；（數(shù)學思考）（2）如圖3，若點是上的任意一點（不含端點），受（1）的啟發(fā)，這個小組過點作交于點，就可以證明，請完成證明過程；（拓展引申）（3）如圖4，在（1）的條件下，是邊上任意一點（不含端點），是射線上一點，且，連接與交于點，這個數(shù)學興趣小組經(jīng)過多次取點反復進行實驗，發(fā)現(xiàn)點在某一位置時的值最大．若，請你直接寫出的最大值．解析：【探究發(fā)現(xiàn)】（1）見解析；【數(shù)學思考】（2）見解析；【拓展引申】（3）時，有最大值為2．【分析】根據(jù)等腰三角形的性質及平行的定義即可解得根據(jù)證明即可推出過點作交于點，連接，可證明，再推出即可得=，則.【詳解】證明：【探究發(fā)現(xiàn)】（1）∵∴∵∴，且∴∴即【數(shù)學思考】（2）∵∴∴，∵∴，且，∴∴【拓展引申】（3）如圖4，過點作交于點，連接，∵，∴∵∴∴∴，且∴∴∵，∴∴∴∴∴∵∴點，點，點，點四點共圓，∴∴，且∴∴∴∴∴時，有最大值為2．【點睛】本題考查等腰三角形，解題關鍵在于熟練掌握等腰三角形的性質.2．和都是等邊三角形，繞點旋轉，連接．猜測發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與是否相等？若相等，加以證明；若不相等，請說明理由．問題解決：（2）若三點不在一條直線上，且，求的長．拓展運用：（3）若三點在一條直線上（如圖2），且和的邊長分別為1和2，的面積及的值．解析：（1）AE=BD，理由見解析；（2）5；（3）面積為，＝【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質，容易證明△BCD≌△ACE，從而問題即可解決；（2）根據(jù)∠ADC=30゜及△DCE是等邊三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，從而可計算出AE，再由（1）即可得BD的長；（3）過A點作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)知識可求得AF的長，從而可求得△ACD的面積；在△ACF中還可求得CF的長，從而可得DF的長，這樣在直角△ADF中即可求得結論．【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，過作于，∵三點在一條直線上，∴，∵和都是等邊三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質、三角函數(shù)等知識，帶有一定的綜合性．3．（基礎鞏固）（1）如圖1，在中，M是的中點，過B作，交的延長線于點D．求證：；（嘗試應用）（2）在（1）的情況下載線段上取點E（如圖2），已知，，，求；（拓展提高）（3）如圖3，菱形中，點P在對角線上，且，點E為線段上一點，．若，，求菱形的邊長．解析：（1）證明見解析；（2）；（3）．【分析】(1)證明，即可求解；(2)過點B作于點H，得到，進而求解；(3)延長交于G，交延長線于F，連結，可得，所以，設菱形邊長為，進而可得出結論．【詳解】解：（1）證明：，，，是的中點，，，．（2）由（1）得，，作，垂足為H，如圖所示：，在中，，．（3）延長交于G，交延長線于F，連結，如圖所示：過作于由，，設菱形邊長為，在和中，即，解得（舍負），菱形的邊長為．【點睛】本題考查四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質、相似三角形的判定與性質，解直角三角形、勾股定理的運用，正確作出輔助線是解題的關鍵．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．如圖所示，點A為半圓O直徑MN所在直線上一點，射線AB垂直于MN，垂足為A，半圓繞M點順時針轉動，轉過的角度記作α；設半圓O的半徑為R，AM的長度為m，回答下列問題：（1）探究：若R＝2，m＝1，如圖1，當旋轉30°時，圓心O′到射線AB的距離是；如圖2，當α＝°時，半圓O與射線AB相切；（2）如圖3，在（1）的條件下，為了使得半圓O轉動30°即能與射線AB相切，在保持線段AM長度不變的條件下，調整半徑R的大小，請你求出滿足要求的R，并說明理由．（3）發(fā)現(xiàn)：如圖4，在0°＜α＜90°時，為了對任意旋轉角都保證半圓O與射線AB能夠相切，小明探究了cosα與R、m兩個量的關系，請你幫助他直接寫出這個關系；cosα＝（用含有R、m的代數(shù)式表示）（4）拓展：如圖5，若R＝m，當半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍，并求出在這個變化過程中陰影部分（弓形）面積的最大值（用m表示）解析：（1）+1；60°；（2）4+2；（3）；（4）m2．【詳解】試題分析：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．如圖2中，設切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=，推出α=60°．（2）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題．（3）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題、（4）當半圓與射線AB相切時，之后開始出現(xiàn)兩個交點，此時α=90°；當N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°．當N′落在AB上時，陰影部分面積最大，求出此時的面積即可．試題解析：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．想辦法求出O′E的長即可．在Rt△MFO′中，∵∠MOF=30°，MO′=2，∴O′F=O′M?cos30°=，O′E=+1，∴點O′到AB的距離為+1．如圖2中，設切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，∴AE=O′F=2，∵AM=1，∴EM=1，在Rt△O′EM中，sinα=，∴α=60°故答案為+1，60°．（2）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．∵O′P=R，∴R=R+1，∴R=4+2．（3）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q=R?cosα，QP=m，∵O′P=R，∴R?cosα+m=R，∴cosα=．故答案為．（4）如圖5中，當半圓與射線AB相切時，之后開始出現(xiàn)兩個交點，此時α=90°；當N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°故答案為90°＜α≤120°；當N′落在AB上時，陰影部分面積最大，所以S═﹣?m?m=m2．6．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(xiàn)（1）已知三角形是等邊三角形，，①求線段的張角的度數(shù)；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(shù)；②由題意可知當PO⊥BC于點N時，點P到BC的距離最大，根據(jù)垂徑定理及三角函數(shù)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(shù)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(jù)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(shù)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(jù)題意畫出圖形.7．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，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，證明，即可得到結論成立；②由全等三角形的性質，求出∠OEC=90°，即可得到結論成立；（3）根據(jù)旋轉的性質，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，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，等腰直角三角形的判定和性質，解直角三角形，全等三角形的判定和性質，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.8．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，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．9．（基礎鞏固）（1）如圖①，，求證：．（嘗試應用）（2）如圖②，在菱形中，，點E，F(xiàn)分別為邊上兩點，將菱形沿翻折，點A恰好落在對角線上的點P處，若，求的值．（拓展提高）（3）如圖③，在矩形中，點P是邊上一點，連接，若，求的長．解析：（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）由證明，再根據(jù)相似三角形的判定方法解題即可；（2）由菱形的性質，得到，，繼而證明是等邊三角形，結合（1）中相似三角形對應邊成比例的性質，設，則可整理得到，據(jù)此解題；（3）在邊上取點E，F(xiàn)，使得，由矩形的性質，得到，結合（1）中相似三角形對應邊成比例的性質解題即可．【詳解】解：（1）證明：∵，∴，即，∵，∴；（2）∵四邊形是菱形，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，由（1）得，，∴，設，則∴，可得①，②，①－②，得，∴，∴的值為；（3）如圖，在邊上取點E，F(xiàn)，使得，設AB=CD=m，∵四邊形是矩形，∴，∴，=DF，，由（1）可得，，∴，∴，整理，得，解得或（舍去），∴．【點睛】本題考查相似三角形的綜合題、等邊三角形的性質、菱形的性質、矩形的性質等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．10．如圖1，邊長為4的正方形與邊長為的正方形的頂點重合，點在對角線上．問題發(fā)現(xiàn)（1）如圖1，與的數(shù)量關系為______．類比探究（2）如圖2，將正方形繞點旋轉度（）．請問（1）中的結論還成立嗎？若不成立，請說明理由．拓展延伸（3）若為的中點，在正方形的旋轉過程中，當點，，在一條直線上時，線段的長度為______．解析：（1）；（2）成立，見解析；（3）或【分析】問題發(fā)現(xiàn)：證出AB∥EF，由平行線分線段成比例定理得出，即可得出結論；類比探究：證明△ACE∽△BCF，得出，即可的結論；拓展延伸：分兩種情況，連接CE交GF于H，由正方形的性質得出AB=BC=4，，，GH=HF=HE=HC，得出，，，由勾股定理求出，即可得出答案．【詳解】[問題發(fā)現(xiàn)]解：，理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形CFEG是正方形，∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，CE=CF，CE⊥GF，∴AB∥EF，∴，；故答案為：；[類比探究]解：上述結論還成立，理由如下：連接CE，如圖2所示：∵∠FCE=∠BCA=45°，∴∠BCF=∠ACE=45°-∠ACF，在Rt△CEG和Rt△CBA中，，，∴△ACE∽△BCF，，；[拓展延伸]解：分兩種情況：①如圖3所示：連接CE交GF于H，∵四邊形ABCD和四邊形CFEG是正方形，∴AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，HF=HE=HC，∵點F為BC的中點，∴CF=BC=2，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴，∴；②如圖4所示：連接CE交GF于H，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴；故答案為：或．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、旋轉的性質、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識；熟練掌握正方形的性質，證明三角形相似是解題的關鍵．11．（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AD相等嗎？如果相等，請給出證明；如果不相等，請說明理由．（2）若點E在BA的延長線上，且CE＝BD．試探究線段AE與線段AD的數(shù)量關系（用含有a、m的式子表示），并說明理由．解析：【簡單應用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，證明見解析；（2）AE﹣AD＝2AC?cos（180°﹣），理由見解析【分析】簡單應用：證明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得結論．拓展延伸：（1）結論：AE＝AD．如圖（2）中，過點C作CM⊥BA交BA的延長線于M，過點N作BN⊥CA交CA的延長線于N．證明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，證明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得結論．（2）如圖（3）中，結論：AE﹣AD＝2m?cos（180°﹣）．在AB上取一點E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過點C作CT⊥AE于T．證明TE＝TE′，求出AT，可得結論．【詳解】簡單應用：解：如圖（1）中，結論：AE＝AD．理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案為：AE＝AD．拓展延伸：（1）結論：AE＝AD．理由：如圖（2）中，過點C作CM⊥BA交BA的延長線于M，過點N作BN⊥CA交CA的延長線于N．∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，∴△CAM≌△BAN（AAS），∴CM＝BN，AM＝AN，∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），∴EM＝DN，∵AM＝AN，∴AE＝AD．（2）如圖（3）中，結論：AE﹣AD＝2m?cos（180°﹣）．理由：在AB上取一點E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過點C作CT⊥AE于T．∵CE′＝BD，CE＝BD，∴CE＝CE′，∵CT⊥EE′，∴ET＝TE′，∵AT＝AC?cos（180°﹣）＝m?cos（180°﹣），∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m?cos（180°﹣）．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，解直角三角形等知識，解題的關鍵在于能夠熟練尋找全等三角形解決問題.12．小圓同學對圖形旋轉前后的線段之間、角之間的關系進行了拓展探究.（一）猜測探究在中，，是平面內任意一點，將線段繞點按順時針方向旋轉與相等的角度，得到線段，連接．（1）如圖1，若是線段上的任意一點，請直接寫出與的數(shù)量關系是，與的數(shù)量關系是；（2）如圖2，點是延長線上點，若是內部射線上任意一點，連接，（1）中結論是否仍然成立？若成立，請給予證明，若不成立，請說明理由．（二）拓展應用如圖3，在中，，，，是上的任意點，連接，將繞點按順時針方向旋轉，得到線段，連接．求線段長度的最小值．解析：（一）（1）結論：，．理由見解析；（2）如圖2中，①中結論仍然成立．理由見解析；（二）的最小值為．【分析】（一）①結論：，．根據(jù)證明≌即可．②①中結論仍然成立．證明方法類似．（二）如圖3中，在上截取，連接，作于，作于．理由全等三角形的性質證明，推出當?shù)闹底钚r，的值最小，求出的值即可解決問題．【詳解】（一）（1）結論：，．理由：如圖1中，∵，∴，∴，∵，，∴≌（），∴．故答案為，．（2）如圖2中，①中結論仍然成立．理由：∵，∴，∴，∵，，∴≌（），∴．（二）如圖3中，在上截取，連接，作于，作于．∵，∴，∵，，∴≌（），∴，∴當?shù)闹底钚r，的值最小，在中，∵，，∴，∵，∴，∴，在，∵，∴，根據(jù)垂線段最短可知，當點與重合時，的值最小，∴的最小值為．【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，等腰三角形的性質，解直角三角形，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用垂線段最短解決最值問題，屬于中考壓軸題．13．小明將兩個直角三角形紙片如圖（1）那樣拼放在同一平面上，抽象出如圖（2）的平面圖形，與恰好為對頂角，，連接，，點F是線段上一點．探究發(fā)現(xiàn)：（1）當點F為線段的中點時，連接（如圖（2），小明經(jīng)過探究，得到結論：．你認為此結論是否成立？_________．（填“是”或“否”）拓展延伸：（2）將（1）中的條件與結論互換，即：若，則點F為線段的中點．請判斷此結論是否成立．若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．問題解決：（3）若，求的長．解析：（1）是；（2）結論成立，理由見解析；（3）【分析】（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通過AB=BD求出∠A=∠ADB，緊接著根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，據(jù)此進一步得出∠ADB=∠FDE，最終通過證明∠ADB+∠EDC=90°證明結論成立即可；（2）根據(jù)垂直的性質可以得出90°，90°，從而可得，接著證明出，利用可知，從而推出，最后通過證明得出，據(jù)此加以分析即可證明結論；（3）如圖，設G為的中點，連接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，緊接著，繼續(xù)通過勾股定理求出，最后進一步證明，再根據(jù)相似三角形性質得出，從而求出，最后進一步分析求解即可.【詳解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，∵∠ACB=∠ECD，∴∠A=∠E，∵AB=BD，∴∠A=∠ADB，在中，∵F是斜邊CE的中點，∴FD=FE=FC，∴∠E=∠FDE，∵∠A=∠E，∴∠ADB=∠FDE，∵∠FDE+∠FDC=90°，∴∠ADB+∠FDC=90°，即∠FDB=90°，∴BD⊥DF，結論成立，故答案為：是；（2）結論成立，理由如下：∵，∴90°，90°，∴，∵，∴．∴．又∵，∴．∴．又90°，90°，，∴，∴．∴．∴F為的中點；（3）如圖，設G為的中點，連接GD，由（1）可知，∴，又∵，在中，，∴，在中，，在與中，∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質和相似三角形的性質及判定的綜合運用，熟練掌握相關方法是解題關鍵.14．（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(shù)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(shù)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(jù)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(jù)（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(shù)的應用，靈活應用所學知識是解答本題的關鍵．15．某數(shù)學課外活動小組在學習了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側作多邊形，它們的面積，，之間的關系問題”進行了以下探究：類比探究（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為斜邊向外側作，，，若，則面積，，之間的關系式為；推廣驗證（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側作任意，，，滿足，，則（1）中所得關系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結論；若不成立，請說明理由；拓展應用（3）如圖4，在五邊形中，，，，，點在上，，，求五邊形的面積．解析：（1）；（2）結論成立，證明看解析；（3）【分析】（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因為，則有∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，找到從而找到面積之間的關系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，從而找到面積之間的關系；（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉換為熟悉的三角形，過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，由此可知，，即可計算出，根據(jù)△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有，由（2）結論有，最后即可計算出四邊形ABCD的面積．【詳解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（3）過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案為．【點睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性質，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長的平方，根據(jù)此性質找到面積與邊長的關系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計算以及（2）的結論，其中合理正確利用前面得出的結論是解題的關鍵．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再證明結合相似三角形的性質可得答案；（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分別表示：由表示再證明利用相似三角形的性質建立方程求解，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，等腰直角三角形的性質，三角形相似的判定與性質，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．問題提出如圖（1），在和中，，，，點在內部，直線與交于點，線段，，之間存在怎樣的數(shù)量關系？問題探究（1）先將問題特殊化．如圖（2），當點，重合時，直接寫出一個等式，表示，，之間的數(shù)量關系；（2）再探究一般情形．如圖（1），當點，不重合時，證明（1）中的結論仍然成立．問題拓展如圖（3），在和中，，，（是常數(shù)），點在內部，直線與交于點，直接寫出一個等式，表示線段，，之間的數(shù)量關系．解析：（1）．（2）見解析；問題拓展：．【分析】（1）先證明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；（2）過點作交于點，證明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法變全等為相似證明即可．【詳解】問題探究（1）．理由如下：如圖（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF=；（2）證明：過點作交于點，則，∴．∵，∴．又∵，，∴，∴．∴．∴，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．問題拓展．理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，過點作交于點M，則，∴．∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF,MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF==∴BF-kAF=．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，勾股定理，熟練掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解題的關鍵．18．已知點O是線段AB的中點，點P是直線l上的任意一點，分別過點A和點B作直線l的垂線，垂足分別為點C和點D．我們定義垂足與中點之間的距離為“足中距”．（1）[猜想驗證]如圖1，當點P與點O重合時，請你猜想、驗證后直接寫出“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關系是________．（2）[探究證明]如圖2，當點P是線段AB上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關系是否依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．（3）[拓展延伸]如圖3，①當點P是線段BA延長線上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數(shù)量關系是否依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；②若，請直接寫出線段AC、BD、OC之間的數(shù)量關系．解析：（1）；（2）仍然成立，證明見解析；（3）①仍然成立，證明見解析；②【分析】（1）根據(jù)三角形全等可得；（2）方法一：過點O作直線，交BD于點F，延長AC交EF于點E，證明即可，方法二：延長CO交BD于點E，證明即可；（3）①方法一：過點O作直線，交BD于點F，延長CA交EF于點E，證明，方法二：延長CO交DB的延長線于點E，證明；②延長CO交DB的延長線于點E，證明，根據(jù)已知條件得出．【詳解】（1）O是線段AB的中點在和中（2）數(shù)量關系依然成立．證明（方法一）：過點O作直線，交BD于點F，延長AC交EF于點E．∵∴∴四邊形CEFD為矩形．∴，由（1）知，∴，∴．證明（方法二）：延長CO交BD于點E，∵，，∴，∴，∵點O為AB的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．（3）①數(shù)量關系依然成立．證明（方法一）：過點O作直線，交BD于點F，延長CA交EF于點E．∵∴∴四邊形CEFD為矩形．∴，由（1）知，∴，∴．10分證明（方法二）：延長CO交DB的延長線于點E，∵，，∴，∴，∴點O為AB的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．②如圖，延長CO交DB的延長線于點E，∵，，∴，∴，∴點O為AB的中點，∴，又∵，∴，∴，∵,．【點睛】此題主要考查了三角形全等的性質與判定，直角三角形的性質，銳角三角函數(shù)，根據(jù)題意找到全等的三角形，證明線段相等，是解題的關鍵．19．數(shù)學課外活動小