上海建平中学数学几何模型压轴题(提升篇)(Word版 含解析)

上海建平中学数学几何模型压轴题（提升篇）（Word版含解析）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．

（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE

△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；

（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有

EF=BE+DF；

（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；

（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即

180

ADG ADF

∠+∠=?，即180

B D

∠+∠=?；

（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．

【详解】

（1）解：如图，

∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，

∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，

即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=BE+DF；

（2）解：∠B+∠D=180°，

理由是：

如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，

∵∠B+∠ADC=180°，

∴∠ADC+∠ADG=180°，

∴F、D、G在一条直线上，

和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=BE+DF；

故答案为：∠B+∠D=180°；

（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，

∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22

AB AC

+，

如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ． 则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ， ∵∠DAE=45°，

∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中

AD AD FAD EAD AF AE =??

∠=∠??=?

∴△FAD ≌△EAD ， ∴DF=DE ， 设DE=x ，则DF=x ， ∵BD=1，

∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，

由勾股定理得：222DF BF BD =+，

22(3)1x x =-+，

解得：x=53

， 即DE=

53． 【点睛】

本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．

2．已知抛物线y=ax 2+bx-3a-5经过点A(2，5) （1）求出a 和b 之间的数量关系．

（2）已知抛物线的顶点为D 点，直线AD 与y 轴交于(0，-7) ①求出此时抛物线的解析式；

②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间，连接BD 绕点B 逆时针旋转90°，得到线段BC ，连接AB 、AC ，将AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ．截取BC 的中点F 和DH 的中点G ．当点D 、点H 、点C 三点共线时，分别求出点F 和点G 的坐标．

【答案】（1）a+2b=10；（2）①y= 2x 2+4x-11，②G 1(478，91-8

+)，

F 1(，，

G 2，F 2，) 【解析】 【分析】

（1）把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系；

（2）①求出直线AD 的解析式，与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组，根据直线与抛物线有两个交点，结合韦达定理求出a ，b ，即可求出解析式；

②作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ），根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标，应含t 式子表示直线AD 的解析式，根据D 、H 、C 三点共线，把点C 坐标代入求出

131t -

4+=，2t -4

=，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。

【详解】

解：（1）把A （2,5）代入y=ax 2+bx-3a-5得4a+2b-3a-5=5 ∴a+2b=10

∴a 和b 之间的数量关系是a+2b=10 （2）①设直线AD 的解析式为y=kx+c ∵直线AD 与y 轴交于（0，-7），A （2,5） ∴2k c 5{

c -7+==解得k 6{c -7

==即直线AD 的解析式为y=6x-7

联立抛物线y=ax 2+bx-3a-5与直线AD ：y=6x-7 得2

y ax +bx-3a-5

{y 6x-7

==

消去y 得ax 2+（b-6）x-3a+2=0 ∵抛物线与直线AD 有两个交点 ∴由韦达定理可得：x A +x D =b-6-a =2a 2a +，x A x D =-3a 2

a

+ ∵A （2,5）∴x A =2即x D =2a -22a +∵x D =b -2a =a-104a

∴

2a -22a +=a-104a 解得a=2∴b=10-a

2= 4 ∴此时抛物线的解析式为y= 2x 2+4x-11

②如图所示：作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ） ∵A （2，5），∴AI=2，BJ=5-t

∵AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ∴AB=BH ，∠ABH=90°，∠AIB=∠BJH=90° ∵∠IAB+∠IBA=90°，∠ABH+∠IBA+∠JBH=180° ∴∠IBA+∠JBH=90°即∠IAB=∠JBH ∴△AJB ≌△BJH 即AI=BJ=2，BI=IH=5-t ∴H （5-t ，t-2）

∵D （-1，-13）∴y B -y D =t+13 同理可得：C （t+13，t-1） 设DH 的解析式为y=k 1x+b 1

∴1111-k b -13{5-t k b t-2

+=+=（）解得11t 11k 6-t {t 11b -13-t-6

+=

+=

即直线AD 的解析式为t 1111

y x-13-66

t t t ++=--

∵D 、H 、C 三点共线 ∴把C （t+13，t-1）代入AD t 1111y x-13-66t t t ++=--得：t 1111

t-1t 13-13-66t t t ++=+--（）

整理得2t 2+31t+82=0解得131305t +=，231-305

t =

由图可知：①当131305

t +=如图1所示： 此时H （

513054，39305-4） ，C （305-21-4，35305

-4

+）

∵点G为DH中点，点F为BC中点

∴G1（47305

+

，

91305

-

+

），F1（

305-21

-，

33305

-

+

）

由图可知：当

231-305

t-

=如图2所示：

此时H（51-305

4

，

39-305

-

4

），C（

30521

4

+

，

35-305

-

4

）

∵点G为DH中点，点F为BC中点

∴G2（47-305

，

91-305

-），F2（

30521

+

，

33-305

-）（14分）

∴综上所述：G1（47305

8

+

，

91305

-

8

+

），F1（

305-21

-

8

，

33305

-

4

+

）

G2（47-305

8

，

91-305

-

8

），F2（

30521

8

+

，

33-305

-

4

）。

【点睛】

本题为含参数的二次函数问题，综合性强，难度较大，解题关键在于根据旋转性质，用含参数式子分别表示点的坐标，函数关系式，结合韦达定理，分类讨论求解。

3．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．

（1）求证：APQ QCE ??≌； （2）证明：DF BQ QF +=；

（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ?的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当22

2x =-+//QF CE ；

AQF S ?442=-+．

【解析】 【分析】

（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可； （2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将

ADF ?绕点A 顺时针旋转90?得F AB '?，再证明()F AQ FAQ SAS '??≌；

（3）连结AC ，设QF

CE ，推出QCF ?是等腰直角三角形°，再证明

()ABQ ADF SAS ??≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，

22.5QAB DAF ∠=∠=?，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出

△AQF 的面积． 【详解】

（1）∵四边形ABCD 是正方形，

∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=?， ∵BP BQ =，

∴PBQ ?是等腰直角三角形，AP QC =， ∴45BPQ ∠=?， ∴135APQ ∠=? ∵CE 平分DCM ∠， ∴45DCE ECM ∠=∠=?， ∴135QCE ∠=?， ∴135APQ QCE ∠=∠=?， ∵AQ QE ⊥，

∴90AQB CQE ∠+∠=?． ∵90AQB BAQ ∠+∠=?． ∴BAQ CQE ∠=∠． ∴()APQ QCE ASA ?≌． （2）由（1）知APQ QCE ??≌． ∴QA QE =． ∵90AQE ∠=?，

∴AQE ?是等腰直角三角形， ∴45QAE ∠=?． ∴45DAF QAB ∠+∠=?，

如图4，将ADF ?绕点A 顺时针旋转90?得F AB '?，

其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，

则45F AQ '∠=?，F A FA '=，AQ AQ =， ∴()F AQ FAQ SAS '??≌．

∴QF QF BQ DF '==+．

（3）连结AC ，若QF CE ，

则45FQC ECM ∠=∠=?． ∴QCF ?是等腰直角三角形， ∴2CF CQ x ==-， ∴DF BQ x ==．

∵AB AD =，90B D ∠=∠=?， ∴()ABQ ADF SAS ??≌．

∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=?， ∴AC 垂直平分QF ，

∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=?，2FQ QN =， ∴22FQ BQ x ==．

在Rt QCF ?中，根据勾股定理，得2

2

2

(2)(2)(2)x x x -+-=． 解这个方程，得1222x =-+ 2222x =--（舍去）． 当22

2x =-+QF

CE ．

此时，QCF QEF S S ??=，∴21

2

QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ?????+=+==， ∴()

2222111

222

AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ???=-=

-=- ()

222

112(2)4244222x x x x ??=

+--=?==-+?

?【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．

4．如图1，矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，以点E 直角顶点的直角三角形EFG 的两边EF ，EG 分别过点B ，C ，∠F＝30°. （1）求证：BE ＝CE

（2）将△EFG 绕点E 按顺时针方向旋转，当旋转到EF 与AD 重合时停止转动.若EF ，EG 分别与AB ，BC 相交于点M ，N.（如图2） ①求证：△BEM≌△CEN；

②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；

③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62

.

【解析】

【分析】

（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；

（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；

②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；

③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.

【详解】

（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB=DC，∠A=∠D=90°，

∵E是AD中点，

∴AE=DE，

∴△BAE≌△CDE，

∴BE=CE．

（2）①解：如图2中，

由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，

∴∠EBC=∠ECB=45°，

∵∠ABC=∠BCD=90°，

∴∠EBM=∠ECN=45°，

∵∠MEN=∠BEC=90°，

∴∠BEM=∠CEN，

∵EB=EC，

∴△BEM≌△CEN；

②∵△BEM≌△CEN，

∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，

∴S△BMN=

1

2

?x（4-x）=-

1

2

（x-2）2+2，

∵-

1

2

＜0，

∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．

③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．

∴3（3m，

∵S△BEG=

1

2

?EG?BN=

1

2

?BG?EH，

∴EH=

3?(13)

m m

+3+3

m，

在Rt△EBH中，sin∠EBH=

3+3

62

2

4

6

EH

EB m

==

．

【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，

学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，

5．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．

（1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长；

（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354

5

（，）

【解析】

试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则

∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则

O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求

出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作

P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，

∴AB==5，

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，

∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣

∠HBO′=30°，

∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为

（）；

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，

∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，

则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），

设直线O′C的解析式为y=kx+b，

把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，

∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P

（，0），

∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，

∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，

∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，

∴P′点的坐标为（，）．

考点：几何变换综合题

6．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．

（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；

（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；

（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）61

；（3）△FGH的周长最大值为

3

2

（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

【解析】

试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、

（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；

（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3

2

BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；

试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：

如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，

∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=

∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1

2

BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=

1

2

EC，FH∥EC

，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°

∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．

（2）如图2中，连接AF、EC．

易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF=22

21

-=3，在Rt△ABF中，

BF=22

AB AF

- =6，∴BD=CE=BF﹣DF=61-，∴FH=1

2

EC=

61

2

-．

（3）存在．理由如下．

由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=1

2

BD，∴△GFH的周长=3GF=

3

2

BD，在△ABD

中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为

3 2（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．

7．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．

（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．

（2）设OD＝t，

①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．

②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．

【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.

【解析】

【分析】

（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；

（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到

C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；

②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．

【详解】

（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，

∴∠DCE＝60°，DC＝EC，

∴△CDE是等边三角形；

（2）①存在，当6＜t＜10时，

由旋转的性质得，BE＝AD，

∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，

由（1）知，△CDE是等边三角形，

∴DE＝CD，

∴C△DBE＝CD+4，

由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，

此时，CD＝，

∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；

②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，

∴当点D与点B重合时，不符合题意；

当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，

∴∠BED＝90°，

由（1）可知，△CDE是等边三角形，

∴∠DEB＝60°，

∴∠CEB＝30°，

∵∠CEB＝∠CDA，

∴∠CDA＝30°，

∵∠CAB＝60°，

∴∠ACD＝∠ADC＝30°，

∴DA＝CA＝4，

∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，

∴t＝2；

当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，

∴此时不存在；

当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，

又由（1）知∠CDE＝60°，

∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，

而∠BDC＞0°，

∴∠BDE＞60°，

∴只能∠BDE＝90°，

从而∠BCD＝30°，

∴BD＝BC＝4，

∴OD＝14，

∴t＝14，

综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．

【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

8．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．

（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；

（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；

（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．

【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是

FH=FG，FH⊥FG．

【解析】

试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=1

2

AD，FH∥AD，FG=

1

2

BE，

FG∥BE，即可推出答案；

（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：

（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，

∴BE=AD，

∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，

∴

FH=

12AD ，FH ∥AD ，FG=1

2BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ， ∵AD ⊥BE ， ∴FH ⊥FG ，

故答案为相等，垂直． （2）答：成立，

证明：∵CE=CD ，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC ， ∴△ACD ≌△BCE ∴AD=BE ，

由（1）知：FH=

12AD ，FH ∥AD ，FG=1

2

BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ，FH ⊥FG ，

∴（1）中的猜想还成立．

（3）答：成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ． 连接AD ，BE ，两线交于Z ，AD 交BC 于X ， 同（1）可证 ∴FH=

12AD ，FH ∥AD ，FG=1

2

BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形， ∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°， ∴∠ACD=∠BCE ， 在△ACD 和△BCE 中

AC BC ACD BCE CE CD ??

∠∠???

＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ， ∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，

∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ， ∴∠DXB+∠EBC=90°， ∴∠EZA=180°﹣90°=90°， 即AD ⊥BE ，

∵FH∥AD，FG∥BE，

∴FH⊥FG，

即FH=FG，FH⊥FG，

结论是FH=FG，FH⊥FG.

【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．

二、初三数学圆易错题压轴题（难）

9．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．

⑴当t为何值时，线段CD的长为4；

⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；

⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？

【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．

【解析】

试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；

（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切

时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当

OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；

（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．

（1）过点C作CF⊥AD于点F，

在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，

∴∠ABO=30°，

由题意得：BC=2t，AD=t，

∵CE⊥BO，

∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，

∵CF⊥AD，AO⊥BO，

∴四边形CFOE是矩形，

∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，

在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，

∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，

解得：t=，t=4，

∵0＜t＜4，

∴当t=时，线段CD的长是4；

（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），

∵AD∥CE，AD=CE=t

∴四边形ADEC是平行四边形，

∴DE∥AB

∴∠GEO=30°，

∴OG=OE=（4-t）

当线段DE与⊙O相切时，则OG=，