【備考期末】大連市中考數(shù)學(xué)期末幾何綜合壓軸題易錯匯編一、中考數(shù)學(xué)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(yùn)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(dāng)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(yīng)用相似三角形的性質(zhì)解答即可；（3）先證△AHG∽△CHA可得，設(shè)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(shè)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．（基礎(chǔ)鞏固）（1）如圖①，，求證：．（嘗試應(yīng)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(yīng)邊成比例的性質(zhì)，設(shè)，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(yīng)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(shè)，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(shè)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(guān)知識是解題關(guān)鍵．3．問題呈現(xiàn)：如圖1，在邊長為1的正方形網(wǎng)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(wǎng)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(wǎng)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(wǎng)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(shù)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(shù)的定義可得出答案；（3）以BC為邊長構(gòu)造網(wǎng)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(shù)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(gòu)造網(wǎng)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(zhì)、勾股定理、直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．4．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(yùn)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．5．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(dāng)時，=．的值是（驗證猜想）當(dāng)時，中的結(jié)論是否仍然成立?若成立，請僅就圖的情形進(jìn)行證明；若不成立，請說明理由；（拓展應(yīng)用）在的條件下，若，當(dāng)是等腰直角三角形時，請直接寫出線段的長．解析：（1），；（2）當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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．6．（了解概念）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，組成圖形的各點中，與點Р所連線段最短的點叫做點Р關(guān)于這個圖形的短距點，這條最短線段的長度叫做點Р到這個圖形的短距．（理解運(yùn)用）（1）已知點，以原點為圓心，l為半徑作，則點Р關(guān)于的短距點的坐標(biāo)是；（2）如圖，點，等邊三角形OAB的頂點A的坐標(biāo)為，頂點B在第一象限，判斷點Р關(guān)于的短距點的個數(shù)，并說明理由；（拓展提升）（3）已知，，，點C在第一象限內(nèi)，且，，若點Р到四邊形OACB的短距大于2，請直接寫出的取值范圍．解析：（1）(-1，0)；（2）點Р關(guān)于的短距點的個數(shù)有3個；（3）當(dāng)p＜-或2＜p＜4或p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2．【分析】（1）連接PO，交于點M，點M即是點Р關(guān)于的短距點，進(jìn)而即可求解；（2）根據(jù)題意得點P是三角形OAB的中心，進(jìn)而即可求解；（3）由題意得點P，A，B在直線y=-x+6上，以點P為圓心，半徑長為2畫圓，分3種情況：①當(dāng)點P在AB的延長線上，圓P過點B時，②當(dāng)點P在線段AB上，圓P與BC相切于點N，過點P作PM⊥y軸，③當(dāng)點P在BA的延長線上，圓P過點A時，過點P作PM⊥y軸，分別求解，即可得到答案．【詳解】解：（1）連接PO，交于點M，點M即是點Р關(guān)于的短距點，∵，、的半徑為1，∴M(-1，0)，故答案是：(-1，0)；（2）∵點，等邊三角形OAB的頂點A的坐標(biāo)為，∴點P是三角形OAB的中心，∴點P到OA，OB，OC的三條垂線段最短，三條垂線段都等于，∴點Р關(guān)于的短距點的個數(shù)有3個；（3）∵，，，∴點P，A，B在直線y=-x+6上，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵點C在第一象限內(nèi)，且，，∴∠ABC=75°-45°=30°，以點P為圓心，半徑長為2畫圓，如圖所示：當(dāng)點P在AB的延長線上，圓P過點B時，過點P作PM⊥y軸，∵PB=2，∠PBM=45°，∴PM=2×=，∴p＜-時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；①當(dāng)點P在線段AB上，圓P與BC相切于點N，過點P作PM⊥y軸，則BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，②當(dāng)點P在線段AB上，圓P與OA相切于點N，過點P作PM⊥y軸，則AP=PN=2，BP=AB-AP=6-2=4，PM=BP×=4×=4，∴2＜p＜4時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；③當(dāng)點P在BA的延長線上，圓P過點A時，過點P作PM⊥y軸，則PM=（6+2）×=6+，∴p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2；綜上所述：當(dāng)p＜-或2＜p＜4或p＞6+時，點Р到四邊形OACB的短距大于2．【點睛】本題主要考查圖形與坐標(biāo)以及圓的綜合題，根據(jù)題意畫出圖形，掌握圓與直線相切的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．定義：有一組對角互補(bǔ)的四邊形叫做“對補(bǔ)四邊形”，例如，四邊形中，若或，則四邊形是“對補(bǔ)四邊形”．（概念理解）（1）如圖1，四邊形是“對補(bǔ)四邊形”．①若，則________；②若．且時．則_______；（拓展提升）（2）如圖，四邊形是“對補(bǔ)四邊形”，當(dāng)，且時，圖中之間的數(shù)量關(guān)系是，并證明這種關(guān)系；（類比應(yīng)用）（3）如圖3，在四邊形中，平分；①求證：四邊形是“對補(bǔ)四邊形”；②如圖4，連接，當(dāng)，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(bǔ)四邊形”的定義，結(jié)合，即可求得答案；②根據(jù)“對補(bǔ)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(bǔ)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(jìn)而可證四邊形是“對補(bǔ)四邊形”；②設(shè)，則根據(jù)，再運(yùn)用建立方程，解方程即可求得．【詳解】（1），設(shè)，根據(jù)“對補(bǔ)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(bǔ)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(bǔ)，四邊形是“對補(bǔ)四邊形”；②由①可知四邊形是“對補(bǔ)四邊形”，，，，設(shè)，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(zhǔn)確理解新定義是解題的關(guān)鍵．8．情境觀察：將矩形ABCD紙片沿對角線AC剪開，得到△ABC和△A′C′D，如圖1所示.將△A′C′D的頂點A′與點A重合，并繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使點D、A(A′)、B在同一條直線上，如圖2所示．觀察圖2可知：與BC相等的線段是▲，∠CAC′=▲°．問題探究：如圖3，△ABC中，AG⊥BC于點G，以A為直角頂點，分別以AB、AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q.試探究EP與FQ之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.拓展延伸：如圖4，△ABC中，AG⊥BC于點G，分別以AB、AC為一邊向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射線GA交EF于點H.若AB=kAE，AC=kAF，試探究HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.解析：情境觀察：AD（或A′D），90問題探究：EP=FQ.證明見解析結(jié)論：HE=HF.證明見解析【詳解】情境觀察AD（或A′D），90問題探究結(jié)論：EP=FQ.證明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP.∴AG=EP.同理AG=FQ.∴EP=FQ拓展延伸結(jié)論：HE=HF.理由：過點E作EP⊥GA，F(xiàn)Q⊥GA，垂足分別為P、Q.∵四邊形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，同理△ACG∽△FAQ，∵AB=kAE，AC=kAF，∴EP=FQ.∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF9．?dāng)?shù)學(xué)課上，李老師出示了如下框中的題目．在等邊三角形中，點E在上，點D在的延長線上，且，如圖，試確定線段與的大小關(guān)系，并說明理由．小敏與同桌小聰討論后，進(jìn)行了如下解答：（1）特殊情況，探索結(jié)論當(dāng)點E為的中點時，如圖1，確定線段與的大小關(guān)系．請你直接寫出結(jié)論：_____（填“>”，“<”或“=”）．（2）特例啟發(fā)，解答題目解：如圖2，題目中，與的大小關(guān)系是：____（填“>”“<”或“=”）．理由如下：（請你完成以下解答過程）（3）拓展結(jié)論，設(shè)計新題在等邊三角形中，點E在直線上，點D在直線上，且．若的邊長為1，，求的長（請你直接寫出結(jié)果）．解析：（1）=；（2）=；（3）3或1【分析】（1）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求出∠D=∠ECB=30°，求出∠DEB=30°，求出BD=BE即可；（2）過E作EF∥BC交AC于F，求出等邊三角形AEF，證△DEB和△ECF全等，求出BD=EF即可；（3）當(dāng)D在CB的延長線上，E在AB的延長線式時，由（2）求出CD=3，當(dāng)E在BA的延長線上，D在BC的延長線上時，求出CD=1．【詳解】解：（1）如圖1，過點作，交于點，為等邊三角形，，∠A=60°，∴為等邊三角形，，，，，，，在和中，，，，故答案為：；（2）如圖1，過E作EF∥BC交AC于F，∵等邊三角形ABC，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF=AF，∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，∵DE=EC，∴∠D=∠ECD，∴∠BED=∠ECF，在△DEB和△ECF中，∴△DEB≌△ECF（AAS），∴BD=EF=AE，即AE=BD，故答案為：=．（3）CD=1或3，理由是：分為兩種情況：①如圖2過A作AM⊥BC于M，過E作EN⊥BC于N，則AM∥EN，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=1，∵AM⊥BC，∴BM=CM=BC=，∵DE=CE，EN⊥BC，∴CD=2CN，∵AB=1，AE=2，∴AB=BE=1，∵EN⊥DC，AM⊥BC，∴∠AMB=∠ENB=90°，在△ABM和△EBN中，∴△AMB≌△ENB（AAS），∴BN=BM=，∴CN=1+=，CD=2CN=3；②如圖3，作AM⊥BC于M，過E作EN⊥BC于N，則AM∥EN，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=1，∵AM⊥BC，∴BM=CM=BC=，∵DE=CE，EN⊥BC，∴CD=2CN，∵AM∥EN，∴，∴，∴MN=1，∴CN=1-=，∴CD=2CN=1，即CD=3或1．【點睛】本題綜合考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的外角性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，解（2）小題的關(guān)鍵是構(gòu)造全等的三角形后求出BD=EF，解（3）小題的關(guān)鍵是確定出有幾種情況，求出每種情況的CD值，注意，不要漏解?。?0．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(dāng)時，__________；如圖③，當(dāng)時，__________．（2）拓展探究試判斷：當(dāng)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(dāng)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(jìn)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(dāng)時，∴當(dāng)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(qiáng)，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(gòu)精巧，考查范圍廣．11．?dāng)?shù)學(xué)課外活動小組的同學(xué)在學(xué)習(xí)了完全平方公式之后，針對兩個正數(shù)之和與這兩個正數(shù)之積的算術(shù)平方根的兩倍之間的關(guān)系進(jìn)行了探究，請閱讀以下探究過程并解決問題．猜想發(fā)現(xiàn)：由；；；；；猜想：如果，，那么存在（當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立）．猜想證明：∵∴①當(dāng)且僅當(dāng)，即時，，∴；②當(dāng)，即時，，∴．綜合上述可得：若，，則成立（當(dāng)日僅當(dāng)時等號成立）．猜想運(yùn)用：（1）對于函數(shù)，當(dāng)取何值時，函數(shù)的值最??？最小值是多少？變式探究：（2）對于函數(shù)，當(dāng)取何值時，函數(shù)的值最小？最小值是多少？拓展應(yīng)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(wǎng)圍成了9間相同的長方形隔離房，如圖．設(shè)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(shù)的最小值為2；（2），函數(shù)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(yùn)用：根據(jù)材料以及所學(xué)完全平方公式證明求解即可；變式探究：將原式轉(zhuǎn)換為，再根據(jù)材料中方法計算即可；拓展應(yīng)用：設(shè)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(jù)兩個正數(shù)之和與這兩個正數(shù)之積的算術(shù)平方根的兩倍之間的關(guān)系探究最大值即可．【詳解】猜想運(yùn)用：∵，∴，∴，∴當(dāng)時，，此時，只取，即時，函數(shù)的最小值為2．變式探究：∵，∴，，∴，∴當(dāng)時，，此時，∴，（舍去），即時，函數(shù)的最小值為5.拓展應(yīng)用：設(shè)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(dāng)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(jù)完全平方公式探究兩個正數(shù)之和與這兩個正數(shù)之積的算術(shù)平方根的兩倍之間的關(guān)系，熟練運(yùn)用完全平方公式并參照材料中步驟進(jìn)行計算是解題關(guān)鍵，屬于創(chuàng)新探究題．12．在中，，過點作直線，將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)得到（點的對應(yīng)點分別是），射線分別交直線于點．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1所示，若與重合，則的度數(shù)為_________________（2）類比探究：如圖2，所示，設(shè)與的交點為M，當(dāng)M為中點時，求線段的長；（3）拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)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(zhuǎn)可得：AC=A'C=2，進(jìn)而得到BC=，依據(jù)∠A'BC=90°，可得cos∠A'CB=，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根據(jù)M為A'B'的中點，即可得出∠A=∠A'CM，進(jìn)而得到PB=，依據(jù)tan∠BQC=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，進(jìn)而得出PQ=PB+BQ=；（3）依據(jù)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(shù)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(zhuǎn)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(dāng)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(zhuǎn)的性質(zhì)，解直角三角形以及直角三角形的性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解題時注意：旋轉(zhuǎn)變換中，對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．13．探究：小明在求同一坐標(biāo)軸上兩點間的距離時發(fā)現(xiàn)，對于平面直角坐標(biāo)系內(nèi)任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通過構(gòu)造直角三角形利用圖1得到結(jié)論：他還利用圖2證明了線段P1P2的中點P（x，y）P的坐標(biāo)公式：，．（1）請你幫小明寫出中點坐標(biāo)公式的證明過程；運(yùn)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(biāo)：；拓展：（3）如圖3，點P（2，n）在函數(shù)（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(biāo)分別表示出OQ和PQ的長即可證得結(jié)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(biāo)，再利用中點坐標(biāo)公式可求得D點坐標(biāo)；（3）設(shè)P關(guān)于直線OL的對稱點為M，關(guān)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(biāo)，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P點坐標(biāo)，利用中點坐標(biāo)公式可求得M點坐標(biāo)，由對稱性可求得N點坐標(biāo)，連接MN交直線OL于點E，交x軸于點S，此時EP=EM，F(xiàn)P=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(biāo)公式為x=，y=；（2）①∵M(jìn)（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案為；②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴當(dāng)AB為平行四邊形的對角線時，其對稱中心坐標(biāo)為（0，1），設(shè)D（x，y），則x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此時D點坐標(biāo)為（﹣3，3），當(dāng)AC為對角線時，同理可求得D點坐標(biāo)為（7，1），當(dāng)BC為對角線時，同理可求得D點坐標(biāo)為（﹣1，﹣3），綜上可知D點坐標(biāo)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(shè)P關(guān)于直線OL的對稱點為M，關(guān)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，F(xiàn)P=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此時△PEF的周長即為MN的長，為最小，設(shè)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(shè)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(shù)綜合題；閱讀型；分類討論；最值問題；探究型；壓軸題．14．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(yīng)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(shè)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(dāng)AB=BC時，再分兩種情況討論；②當(dāng)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(shè)BD=x，則AD=BC=2x，∴CD=3x，∴由勾股定理得AC=x，∴．（3）①當(dāng)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(shè)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(dāng)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．15．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(dāng)時，；②當(dāng)時，（2）拓展探究試判斷：當(dāng)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(dāng)△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(dāng)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(jìn)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(dāng)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(dāng)α=180°時，可得AB∥DE，∵，∴（2）如圖2，，當(dāng)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．16．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?yán)茫?）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(xué)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，17．小圓同學(xué)對圖形旋轉(zhuǎn)前后的線段之間、角之間的關(guān)系進(jìn)行了拓展探究.（一）猜測探究在中，，是平面內(nèi)任意一點，將線段繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)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(guān)系是，與的數(shù)量關(guān)系是；（2）如圖2，點是延長線上點，若是內(nèi)部射線上任意一點，連接，（1）中結(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．（二）拓展應(yīng)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(zhuǎn)，得到線段，連接．求線段長度的最小值．解析：（一）（1）結(jié)論：，．理由見解析；（2）如圖2中，①中結(jié)論仍然成立．理由見解析；（二）的最小值為．【分析】（一）①結(jié)論：，．根據(jù)證明≌即可．②①中結(jié)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(zhì)證明，推出當(dāng)?shù)闹底钚r，的值最小，求出的值即可解決問題．【詳解】（一）（1）結(jié)論：，．理由：如圖1中，∵，∴，∴，∵，，∴≌（），∴．故答案為，．（2）如圖2中，①中結(jié)論仍然成立．理由：∵，∴，∴，∵，，∴≌（），∴．（二）如圖3中，在上截取，連接，作于，作于．∵，∴，∵，，∴≌（），∴，∴當(dāng)?shù)闹底钚r，的值最小，在中，∵，，∴，∵，∴，∴，在，∵，∴，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)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(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用垂線段最短解決最值問題，屬于中考壓軸題．18．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(yùn)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(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．19．旋轉(zhuǎn)是一種重要的圖形變換，當(dāng)圖形中有一組鄰邊相等時往往可以通過旋轉(zhuǎn)解決問題．（1）嘗試解決：如圖①，在等腰中，，點M是上的一點，，