【備考期末】金華市中考數(shù)學幾何綜合壓軸題易錯專題一、中考數(shù)學幾何綜合壓軸題1．（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(yīng)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(shè)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(shè)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．2．（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(zhuǎn)90°至AE，連接CE，求證：；（2）（嘗試應(yīng)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(yīng)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(yīng)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(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．3．如圖，在菱形中，，將邊繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，記旋轉(zhuǎn)角為．過點作于點，過點作直線于點，連接．（探索發(fā)現(xiàn)）填空：當時，=．的值是（驗證猜想）當時，中的結(jié)論是否仍然成立?若成立，請僅就圖的情形進行證明；若不成立，請說明理由；（拓展應(yīng)用）在的條件下，若，當是等腰直角三角形時，請直接寫出線段的長．解析：（1），；（2）當時，（1）中的結(jié)論仍然成立，理由見解析；（3）線段的長為或．【分析】當時，點B′與點C重合，，由四邊形ABCD為菱形，可求∠ABE=90°，由，可求∠ABC=60°，=30°，由DF⊥BC，DC∥AB，∠FDC=∠EBC=30°，由sin∠FDC=sin∠EBC=，可得CF=CE，可求∠CEF=∠FDC=30°即可；當時，中的結(jié)論仍然成立．先求，再證．最后證即可；連接，交于點．先求，．．分兩種情況：如圖先求，再證△B′BD∽△EBF，可得，如圖先求．再證△B′BD∽△EBF，．【詳解】當時，點B′與點C重合，∵，四邊形ABCD為菱形，CD∥AB，∴⊥AB，∴∠ABE=90°，∵，AD∥BC，∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-120°=60°，∴=∠ABE-∠ABC=90°-60°=30°，∵DF⊥BC，DC∥AB，∴DF⊥AD，∠CDA=180°-∠BAD=60°，∴∠FDC=90°-∠CDA=30°，∠FCD=90°-∠FDC=60°，∴∠FDC=∠EBC=30°，∴sin∠FDC=sin∠EBC=，∵DC=BC，∴CF=CE，∴∠CFE=∠CEF=∠FCD=30°，∴∠CEF=∠FDC=30°，∴DF=FE，∵cos∠FDC=，∴=，故答案為，．當時，中的結(jié)論仍然成立．證明：如圖，連接．，，．，．．．，即．，，．．，線段的長為或．連接，交于點．，，，，∵DE=BE，∠DEB=90°，∴∠EDB=∠EBD=45°，．，∠B′EB=90°，，．，．．分兩種情況：如圖，，∵∠B′BE=∠DBF=30°，∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，又∵∠B′BE+∠EBD=∠EBD+∠DBF，∴∠B′BD=∠EBF，∴△B′BD∽△EBF，∴，．如圖，．∵∠B′BE=∠DBF=30°，∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，又∵∠B′BE-∠FBB′=∠DBF-∠FBB′，∴∠B′BD=∠EBF，∴△B′BD∽△EBF，∴，．綜上所述，線段的長為或．【點睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)變換，菱形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，等腰直角三角形性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握圖形旋轉(zhuǎn)變換，菱形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，等腰直角三角形性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．4．（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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(shè)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(yīng)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．5．在中，點D，E分別是邊上的點，．基礎(chǔ)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(zhuǎn)a度，得到，連接；①求證：；②如圖3，若在旋轉(zhuǎn)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(jié)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(zhuǎn)a度，得到，∴=AD，=AE，∠BAD1=∠CAE1，∵，∴，即，∴，∴，∴；②由①可知，∴，∵將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，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(zhì)，解直角三角形，勾股定理，平行線分線段成比例定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．6．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(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)過的角度記作α；設(shè)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(diào)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(zhuǎn)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(guān)系，請你幫助他直接寫出這個關(guān)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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=m2．7．問題發(fā)現(xiàn)如圖，正方形將正方形繞點旋轉(zhuǎn)，直線交于點請直接寫出線段與的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是_；拓展探究如圖，矩形將矩形繞點旋轉(zhuǎn)，直線交于點中線段關(guān)系還成立嗎/若成立，請寫出理由；若不成立，請寫出線段的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；解決問題在的條件下，矩形繞點旋轉(zhuǎn)過程中，請直接寫出當點與點重合時，線段的長，解析：；中數(shù)量關(guān)系不成立，位置關(guān)系成立．，理由見解析；或【分析】（1）證明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAG＝∠DCG，再由直角三角形兩個銳角互余即可證得AE⊥CG；（2）先證明△ADE∽△CDG，利用相似三角形的性質(zhì)證明即可．（3）先通過作圖找到符合題意的兩種情況，第一種情況利用勾股定理求解即可；第二種情況借助相似三角形及勾股定理計算即可．【詳解】（1）；理由如下：由題意知在正方形中，，，在△ADE與△CDG中，∴△ADE≌△CDG（SAS）∴，∵對頂角相等，∴．（2）（1）中數(shù)量關(guān)系不成立，位置關(guān)系成立．即：理由如下：由題意知在矩形中，，，，∵對頂角相等∴．綜上所述：（3）如圖1，當點G、P在點A處重合時，連接AE，則此時∠ADE＝∠GDE＝90°∴在Rt△ADE中，AE＝，如圖1，當點G、P重合時，則點A、E、G在同一直線上，∵AD＝DG＝4，∴∠DAG＝∠DGA，∵∠ADC＝∠AGP＝90°，∠AOD＝∠COG，∴∠DAG＝∠COG，∴∠DGA＝∠COG，又∵∠GDO＝∠CDG，∴△GDO∽△CDG，∴∴∴DO＝2，CG＝2OG，∴OC＝DC－DO＝8－2＝6，∵在Rt△COG中，OG2＋GC2＝OC2，∴OG2＋（2OG）2＝62，∴OG＝（舍負），∴CG＝，由（2）得：∴AE＝，綜上所述，AE的長為或．【點睛】本題綜合考查了全等三角形及相似三角形的判定及性質(zhì)，以及勾股定理的應(yīng)用，根據(jù)題意畫出符合題意的圖形是解決本題的關(guān)鍵．8．（1）探究發(fā)現(xiàn)：下面是一道例題及解答過程，請補充完整：如圖①在等邊△ABC內(nèi)部，有一點P，若∠APB=150°，求證：AP2+BP2=CP2證明：將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP’B，連接PP’，則△APP’為等邊三角形∴∠APP’=60°，PA=PP’，PC=∵∠APB=150°，∴∠BPP’=90°∴P’P2+BP2=，即PA2+PB2=PC2（2）類比延伸：如圖②在等腰△ABC中，∠BAC=90°，內(nèi)部有一點P，若∠APB=135°，試判斷線段PA，PB，PC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．（3）聯(lián)想拓展：如圖③在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，點P在直線AB上方，且∠APB=60°，滿足（kPA）2+PB2=PC2（其中k＞0），請直接寫出k的值．解析：（1）P’B，P’B2；（2）2PA2+PB2=PC2，見解析；（3）k=【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和勾股定理直接寫出即可．（2）將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AP′B，連接PP′，論證PP′=2PA，再根據(jù)勾股定理代換即可．（3）將△APC繞A點順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△AP′B，連接PP′，過點A作AH⊥PP′，論證PP′=PA，再根據(jù)勾股定理代換即可．【詳解】（1）PC=P’B，P’P2+BP2=P’B2（2）關(guān)系式為：2PA2+PB2=PC2證明：將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AP’B，連接PP’，則△APP’為等腰直角三角形，∴∠APP’=45°，PP’=PA，PC=P’B，∵∠APB=135°，∴∠BPP’=90°，∴P’P2+BP2=P’B2，∴2PA2+PB2=PC2．（3）k=將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△AP’B，連接PP’，過點A作AH⊥PP’，可得【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)三角形的問題，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理是解題的關(guān)鍵．9．和都是等邊三角形，繞點旋轉(zhuǎn)，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(zhì)，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(jié)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(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)等知識，帶有一定的綜合性．10．在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD上一動點，設(shè)DE＝nEA，連接CE并延長，交AB于點F．（1）嘗試探究：如圖1，當∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA時，BF，BA之間的數(shù)量關(guān)系是；（2）類比延伸：如圖2，當△ABC為銳角三角形，DE＝EA時，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；（3）拓展遷移：如圖3，當△ABC為銳角三角形，DE＝nEA時，請直接寫出BF，BA之間的數(shù)量關(guān)系．解析：（1）；（2）仍然成立，見解析；（3）【分析】（1）嘗試探究：過點作，交于，可證,，，可得，可證，可得BF，BA之間的數(shù)量關(guān)系；（2）類比延伸：過點作，交于，可證，，可得，可證，可得之間的數(shù)量關(guān)系；（3）拓展遷移：過點作，交于，由平行線分線段成比例可得，可得，即可求之間的數(shù)量關(guān)系．【詳解】解：（1）嘗試探究如圖，過點作，交于∵是中線，∴∵，∴，∴∴∴∴∴（2）類比延伸：結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖，過點作，交于∵是中線,∴∵，∴，∴∴∴∴∴（3）拓展遷移如圖，過點作，交于∵，且∴∴∵∴∴∴∴∴【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)綜合，根據(jù)題干條件作出輔助線并得到對應(yīng)的相似三角形是解決本題的關(guān)鍵.11．德國著名的天文學家開普勒說過：“幾何學里有兩件寶，一個是勾股定理，另一個是黃金分割．如果把勾股定理比作黃金礦的話，那么可以把黃金分割比作鉆石礦”．如圖①，點C把線段分成兩部分，如果，那么稱點C為線段的黃金分割點．（1）特例感知：在圖①中，若，求的長；（2）知識探究：如圖②，作⊙O的內(nèi)接正五邊形：①作兩條相互垂直的直徑、；②作的中點P，以P為圓心，為半徑畫弧交于點Q；③以點A為圓心，為半徑，在⊙O上連續(xù)截取等弧，使弦，連接；則五邊形為正五邊形．在該正五邊形作法中，點Q是否為線段的黃金分割點？請說明理由．（3）拓展應(yīng)用：國旗和國徽上的五角星是革命和光明的象征，是一個非常優(yōu)美的幾何圖形，與黃金分割有著密切的聯(lián)系．延長題（2）中的正五邊形的每條邊，相交可得到五角星，擺正后如圖③，點E是線段的黃金分割點，請利用題中的條件，求的值．解析：（1）61.8；（2）是，理由見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)黃金分割的定義求解即可；（2）設(shè)⊙O的半徑為a，則OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，繼而求出OQ，MQ，即可作出判斷；（3）先求出正五邊形的每個內(nèi)角，即可得到∠PEA=∠PAE=，根據(jù)已知條件可知cos72°=，再根據(jù)點E是線段PD的黃金分割點，即可求解．【詳解】解：（1）∵，∴，即，解得：AC≈61.8；（2）Q是線段OM的黃金分割點，理由如下：設(shè)⊙O的半徑為a，則OA=ON=OM=a，∴OP=，∴，∴OQ=PQ-OP=，∴MQ=OM-OQ=，，∴Q是線段OM的黃金分割點；（3）正五邊形的每個內(nèi)角為：，∴∠PEA=∠PAE=，∴cos72°=，∵點E是線段PD的黃金分割點，∴，又∵AE=ED，∴，∴cos72°=．【點睛】本題考查黃金分割、勾股定理、銳角三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是讀懂題意正確解題．12．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.13．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，14．(1)方法選擇如圖①，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，，．求證：.小穎認為可用截長法證明：在上截取，連接…小軍認為可用補短法證明：延長至點，使得…請你選擇一種方法證明．(2)類比探究（探究1）如圖②，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，，是的直徑，．試用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．（探究2）如圖③，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，．若是的直徑，，則線段，，之間的等量關(guān)系式是______．(3)拓展猜想如圖④，四邊形是的內(nèi)接四邊形，連接，．若是的直徑，，則線段，，之間的等量關(guān)系式是______．解析：(1)方法選擇：證明見解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.【分析】（1）方法選擇：根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ACB=∠ABC=60°，如圖①，在BD上截取DM=AD，連接AM，由圓周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BM=CD，于是得到結(jié)論；（2）類比探究：如圖②，由BC是⊙O的直徑，得到∠BAC=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠ACB=45°，過A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到結(jié)論；【探究2】如圖③，根據(jù)圓周角定理和三角形的內(nèi)角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，過A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到MD=2AD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BM=CD，于是得到結(jié)論；（3）如圖④，由BC是⊙O的直徑，得到∠BAC=90°，過A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BM=CD，DM=AD，于是得到結(jié)論．【詳解】(1)方法選擇：∵，∴，如圖①，在上截取，連接，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∵，∴，∴，∴；(2)類比探究：如圖②，∵是的直徑，∴，∵，∴，過作交于，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；[探究2]如圖③，∵若是的直徑，，∴，，過作交于，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；故答案為；(3)拓展猜想：；理由：如圖④，∵若是的直徑，∴，過作交于，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴.故答案為.【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．15．（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(guān)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(fù)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(zhì)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(guān)鍵在于熟練掌握等腰三角形的性質(zhì).16．（1）（閱讀與證明）如圖1，在正的外角內(nèi)引射線，作點C關(guān)于的對稱點E（點E在內(nèi)），連接，、分別交于點F、G．①完成證明：點E是點C關(guān)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(guān)系___________．（3）（歸納與拓展）如圖3，點A在射線上，，，在內(nèi)引射線，作點C關(guān)于的對稱點E（點E在內(nèi)），連接，、分別交于點F、G．則線段、、之間的數(shù)量關(guān)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(zhì)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(zhì)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(jié)論，即可總結(jié)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(guān)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(guān)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(guān)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(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及三角函數(shù)的應(yīng)用，靈活應(yīng)用所學知識是解答本題的關(guān)鍵．17．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(cè)作多邊形，它們的面積，，之間的關(guān)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(cè)作，，，若，則面積，，之間的關(guān)系式為；推廣驗證（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作任意，，，滿足，，則（1）中所得關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結(jié)論；若不成立，請說明理由；拓展應(yīng)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(jié)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(guān)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(guān)系；（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉(zhuǎn)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(jié)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(zhì)，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(zhì)找到面積與邊長的關(guān)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(jié)論，其中合理正確利用前面得出的結(jié)論是解題的關(guān)鍵．18．（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(jié)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(jié)論；（2）先證明，得，進而即可求解；（3）在上取一點F，使得，連結(jié)，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(jié)．∵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(gòu)造全等三角形和相似三角形，是解題的關(guān)鍵．19．某數(shù)學興趣小組在數(shù)學課外活動中，對多邊形內(nèi)兩要互相垂直的線段做了如下探究：（觀察與猜想）（1）如圖1，在正方形中，點，分別是，上的兩點，連接，，，則的值為__________；（2）如圖2，在矩形中，，，點是上的一點，連接，，且，則的值為__________；（類比探究）（3）如圖3，在四邊形中，，點為上一點，連接，過點作的垂線交的延長線于點，交的延長線于點，求證：；（拓展延伸）（4）如圖4，在中，，，，將沿翻折，點落在點處得，點，分別在邊，上，連接，，且．①求的值；②連接，若，直接寫出的長度．解析：（1）1；（2）；（3）證明見解析；（4）①；②．【分析】（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，由此