202X江門市中考數(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．如圖1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，點D，E分別是邊BC，AC的中點，連接DE，將△EDC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α.（1）問題發(fā)現(xiàn)①當時，；②當時，（2）拓展探究試判斷：當0°≤α＜360°時，的大小有無變化？請僅就圖2的情況給出證明.（3）問題解決當△EDC旋轉(zhuǎn)至A、D、E三點共線時，直接寫出線段BD的長.解析：（1）①,②.（2）無變化；理由參見解析.（3），.【分析】（1）①當α=0°時，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根據(jù)點D、E分別是邊BC、AC的中點，分別求出AE、BD的大小，即可求出的值是多少．②α=180°時，可得AB∥DE，然后根據(jù)，求出的值是多少即可．（2）首先判斷出∠ECA=∠DCB，再根據(jù)，判斷出△ECA∽△DCB，即可求出的值是多少，進而判斷出的大小沒有變化即可．（3）根據(jù)題意，分兩種情況：①點A，D，E所在的直線和BC平行時；②點A，D，E所在的直線和BC相交時；然后分類討論，求出線段BD的長各是多少即可．【詳解】（1）①當α=0°時，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=，∵點D、E分別是邊BC、AC的中點，∴,BD=8÷2=4，∴．②如圖1，，當α=180°時，可得AB∥DE，∵，∴（2）如圖2，，當0°≤α＜360°時，的大小沒有變化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴．（3）①如圖3，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD=∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴BD=AC=．②如圖4，連接BD，過點D作AC的垂線交AC于點Q，過點B作AC的垂線交AC于點P，，∵AC=，CD=4，CD⊥AD，∴AD=，∵點D、E分別是邊BC、AC的中點，∴DE==2，∴AE=AD-DE=8-2=6，由（2），可得，∴BD=．綜上所述，BD的長為或．2．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)是解題關鍵．3．定義：如圖（1），點P沿著直線l翻折到，P到的距離叫做點P關于l的“折距”．已知，如圖（2），矩形中，，等腰直角中，，點G在上，E、B在的兩側(cè)，點F為的中點，點P是射線上的動點，把沿著直線翻折到，點F的對應點為，理解：（1）當時，①若點在邊上，則點A關于的“折距”為______；②若點E關于的“折距”為12，則______．應用：（2）若，當點、、C、D能構成平行四邊形時，求出此時x的值拓展：（3）當時，設點E關于的“折距”為t，直接寫出當射線與邊有公共點時t的范圍．解析：（1）①；②3；（2）；（3）【分析】（1）①根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)計算即可；②設和相交于M，證明，即可得解；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求解即可；（3）當在BC上時為最小值，當在BC上時為最大值，通過相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可；【詳解】（1）當時，①若在BC上時，則，此時四邊形為正方形，在中，，∵點A關于的“折距”為，∴點A關于的“折距”為；②由題意可知，設和相較于M，則，且，在與中，，∴，∴，又，即，解得；（2）當點、、C、D能構成平行四邊形時，則與平行且相等，在中，，又，∴，即；（3）當時，點E關于的“折距”為t，且射線與邊的公共點范圍如圖所示，當在BC上時為最小值，當在BC上時為最大值，∴，∴，∴為等腰直角三角形，E到BP的距離為，當在BC上時，，設與交于點Q，與交于點N，∴，又，∴，∴，∴，當在BC上時，∵為EG中點，如圖于M，∴，，∴，∴t的取值范圍為；【點睛】本題主要考查了四邊形綜合應用，結(jié)合勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)計算是解題的關鍵．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)論應用）如圖，已知線段，以線段為對角線構造矩形．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)和判定是解題的關鍵．5．定義：有一組對角互補的四邊形叫做“對補四邊形”，例如，四邊形中，若或，則四邊形是“對補四邊形”．（概念理解）（1）如圖1，四邊形是“對補四邊形”．①若，則________；②若．且時．則_______；（拓展提升）（2）如圖，四邊形是“對補四邊形”，當，且時，圖中之間的數(shù)量關系是，并證明這種關系；（類比應用）（3）如圖3，在四邊形中，平分；①求證：四邊形是“對補四邊形”；②如圖4，連接，當，且時，求的值．解析：（1）①，②；（2），理由見解析；（3）①見解析，②．【分析】（1）①根據(jù)“對補四邊形”的定義，結(jié)合，即可求得答案；②根據(jù)“對補四邊形”的定義，由，得，再利用勾股定理即可求得答案；（2）延長至點，使得，連接，根據(jù)“對補四邊形”的定義，可證明，繼而證明，從而可得結(jié)論；（3）①過點作于點，于點，則,可證，進而可證四邊形是“對補四邊形”；②設，則根據(jù)，再運用建立方程，解方程即可求得．【詳解】（1），設，根據(jù)“對補四邊形”的定義，，即，解得，，，．故答案為：．②如圖1，連接，，，，在中，在中，，，，故答案為：．（2），理由如下：如圖2，延長至點,使得，連接，四邊形是“對補四邊形”，，，，，，，，即，，，，，,，，即，故答案為：．（3）①證明：如圖3，過點作于點，于點，則，平分，，，，，，，與互補，四邊形是“對補四邊形”；②由①可知四邊形是“對補四邊形”，，，，設，則，，，，，，，整理得：，解得：．在中，，．【點睛】本題考查了勾股定理，四邊形內(nèi)角和定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，解一元二次方程，三角函數(shù)的定義等知識，熟練掌握勾股定理和全等三角形的判定和性質(zhì)，準確理解新定義是解題的關鍵．6．觀察猜想：（1）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，點D與點C重合，點E在斜邊AB上，連接DE，且DE＝AE，將線段DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF，連接EF，則＝______，sin∠ADE＝________，探究證明：（2）在（1）中，如果將點D沿CA方向移動，使CD＝AC，其余條件不變，如圖2，上述結(jié)論是否保持不變？若改變，請求出具體數(shù)值：若不變，請說明理由．拓展延伸（3）如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝a，點D在邊AC的延長線上，E是AB上任意一點，連接DE．ED＝nAE，將線段DE繞著點D順時針旋轉(zhuǎn)90°至點F，連接EF．求和sin∠ADE的值分別是多少？（請用含有n，a的式子表示）解析：（1）；；（2）不變；（3）＝；sin∠ADE＝．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的判定得到∠A＝∠ACE＝30°，△BEC是等邊三角形，據(jù)此求得CE的長度，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)來求EF的長度，易得答案；（2）不變．理由：如圖2，過點D作DG∥BC交AB于點G，構造直角三角形：△ADG，結(jié)合含30度角的直角三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的定義，結(jié)合方程求得答案；（3）如圖3，過點E作EG⊥AD于點G，構造直角三角形，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義列出方程并解答．【詳解】（1）如圖1，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠B＝60°．又CE＝AE，∴∠ACE＝∠A＝30°，∴∠BCE＝60°，∴△BEC是等邊三角形，∴BE＝CE．∴AE＝CE＝BE．∴AD＝AB＝CE．又由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：FC＝EC，∠FCE＝90°，∴EF＝CE，∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．故答案是：；；（2）不變，理由：如圖2，過點D作DG∥BC交AB于點G，則△ADG是直角三角形．∵∠DAG＝30°，DE＝AE，設DG＝x，∴∠AED＝30°，AD＝x，∠DEG＝∠DGE＝60°．∴DE＝DF＝x，sin∠ADE＝．∵∠EDF＝90°，∴EF＝x．∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．（3）過點E作EG⊥AD于點G，設AE＝x，則DE＝nx．∵∠CAB＝a，∴AG＝cosα?x，EG＝sinα?x．∴DG＝＝?x．∴AD＝cosα?x+?x．∵∠EDF＝90°，DE＝DF，∴EF＝DE＝nx．∴＝＝，sin∠ADE＝＝＝．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的判定，作輔助線構造直角三角形，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求解．7．綜合與實踐如圖①，在中中，，，，過點作于，將繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到，連接，，記旋轉(zhuǎn)角為．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖②，當時，__________；如圖③，當時，__________．（2）拓展探究試判斷：當時，的大小有無變化？請僅就圖④的情形給出證明．（3）問題解決如圖⑤，當繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至點落在邊上時，求線段的長．解析：（1），；（2）無變化，理由詳見解析；（3）．【分析】（1）首先利用勾股定理可求出AB的值，再根據(jù)三角形面積求出CD的值，再次利用勾股定理求出AD、BD的值，再分情況進一步得出的值即可；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出，，再證明即可得出結(jié)論；（3）過點作于，證，推出，得出，繼而得到，再根據(jù)，即可得出答案．【詳解】解：（1）∵，，∴∵∴∴當時，∴當時，∴故答案為：；；（2）無變化．證明：∵在中，，，，∴．∵，∴．∵，，∴．∴，即．∴，．∴．由旋轉(zhuǎn)可知，，．∴．∵，∴．∴．∴．（3）如圖，過點作于．∵，∴．∵，，∴．∴，即．∴．∴．∴．∵，∴．【點睛】本題考查了勾股定理、三角形的面積公式、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)等多個知識點，綜合性較強，要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，會利用相似三角形的性質(zhì)解題，此題結(jié)構精巧，考查范圍廣．8．（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，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，學會構建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題．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(zhì)，得到，，繼而證明是等邊三角形，結(jié)合（1）中相似三角形對應邊成比例的性質(zhì)，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(zhì)，得到，結(jié)合（1）中相似三角形對應邊成比例的性質(zhì)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(zhì)、菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)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），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(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖（2）所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關系，并說明理由：（3）拓展與運用：正方形CEGF在旋轉(zhuǎn)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(jié)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(zhuǎn)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.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(zhuǎn)，如圖2所示，得到結(jié)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(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)至如圖3所示位置.請問探究（1）中的結(jié)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(zhuǎn)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(zhuǎn)，，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為，故答案為：，；（2）結(jié)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(zhuǎn)，，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(zhuǎn)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．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(xiàn)如圖2，固定△ABC，使△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)．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(shù)量關系是．（2）猜想論證當△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)到圖3所示的位置時，小明猜想（1）中S1與S2的數(shù)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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°，F(xiàn)1D∥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．13．(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鍵．14．（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(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，解題關鍵在于熟練掌握等腰三角形的性質(zhì).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(jié)論：．理由見解析；（2）結(jié)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(jié)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(jié)論：．理由：∵，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴．故答案為1．（2）解：結(jié)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．如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．探究發(fā)現(xiàn)（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．拓展運用（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．解析：（1）全等，理由見解析；（2）BD＝；（3）△ACD的面積為，AD＝．【分析】（1）依據(jù)等式的性質(zhì)可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據(jù)SAS可證明△ACE≌△BCD；（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計算AE的長，可得BD的長；（3）過點A作AF⊥CD于F，先根據(jù)平角的定義得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函數(shù)可得AF的長，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據(jù)勾股定理可得AD的長．【詳解】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS）；（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∵△DCE都是等邊三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，∴，∴BD＝；（3）如圖2，過點A作AF⊥CD于F，∵B、C、E三點在一條直線上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF＝，∴AF＝AC×sin∠ACF＝，∴S△ACD＝，∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×，F(xiàn)D＝CD﹣CF＝，在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2＝，∴AD＝．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等，第（3）小題巧作輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．17．（感知）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，點E在邊CD上，∠AEB=90°，求證：=．（探究）（2）如圖②，在四邊形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，點E在邊CD上，點F在邊AD的延長線上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，連接BG交CD于點H．求證：BH=GH．（拓展）（3）如圖③，點E在四邊形ABCD內(nèi)，∠AEB+∠DEC=180°，且=，過E作EF交AD于點F，若∠EFA=∠AEB，延長FE交BC于點G．求證：BG=CG．解析：（1）見解析（2）見解析（3）見解析【分析】（1）證得∠BEC=∠EAD，證明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出結(jié)論；（2）過點G作GM⊥CD于點M，由（1）可知，證得BC=GM，證明△BCH≌△GMH（AAS），可得出結(jié)論；（3）在EG上取點M，使∠BME=∠AFE，過點C作CN∥BM，交EG的延長線于點N，則∠N=∠BMG，證明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性質(zhì)得出，證明△DEF∽△ECN，則，得出，則BM=CN，證明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．【詳解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如圖1，過點G作GM⊥CD于點M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）證明：如圖2，在EG上取點M，使∠BME=∠AFE，過點C作CN∥BM，交EG的延長線于點N，則∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【點睛】本題考查了直角三角形的性質(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)，平行線的性質(zhì)等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．18．在我們學習過的數(shù)學教科書中，有一個數(shù)學活動，若身旁沒有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：操作感知：第一步：對折矩形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展開（如圖13-1）．第二步：再一次折疊紙片，使點落在上，并使折痕經(jīng)過點，得到折痕，同時得到線段（如圖13-2）．猜想論證：（1）若延長交于點，如圖13-3所示，試判定的形狀，并證明你的結(jié)論．拓展探究：（2）在圖13-3中，若，當滿足什么關系時，才能在矩形紙片中剪出符（1）中的等邊三角形？解析：(1)是等邊三角形，理由見解析；（2），理由見解析【分析】（1）連接，由折疊性質(zhì)可得是等邊三角形，，，然后可得到，即可判定是等