2020年中考数学压轴解答题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题 (学生版)

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2020中考数学专题《几何变式探究和类比变换综合类问题》

2020中考数学专题《几何变式探究和类比变换综合类问题》【方法指导】图形的类比变换是近年来中考的常考点，常以三角形、四边形为背景，与翻折、旋转相结合，考查三角形全等或相似的性质与判定，难度较大．此类题目第一问相对简单，后面的问题需要结合第一问的方法进行类比解答．根据其特征大致可分为：几何变换类比探究问题、旋转综合问题、翻折类问题等．解决此类问题要善于将复杂图象分解为几个基本图形，通过添加副主席补全或构造基本图形，借助转化、方程、数形结合、分类讨论等数学思想解决几何证明问题，计算则把几何与代数知识综合起来，渗透数形结合思想，考查学生分析问题的能力、逻辑思维和推理能力. 【题型剖析】【类型1】几何类比变换综合题【例1】（2018秋•盐都区期中）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．（1）如图1，ABC∆是等边三角形，点D是边BC下方一点，120∠=︒，探索线段DA、BDCDB、DC之间的数量关系．解题思路：延长DC到点E，使CE BD∠+∠=︒，可证=，连接AE，根据180BAC BDC ∠=∠易证得ABD ACEABD ACE∆≅∆，得出ADE=，从而∆是等边三角形，所以AD DE 探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是____；【拓展延伸】（2）如图2，在Rt ABC∆中，90∠=︒，=．若点D是边BC下方一点，90BDCBAC∠=︒，AB AC探索线段DA、DB、DC之间的数量关系，并说明理由；【知识应用】（3）如图3，两块斜边长都为14cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离PQ的长分别为____cm．【变式1-1】（2019•亭湖区二模）【阅读材料】小明遇到这样一个问题：如图1，点P 在等边三角形ABC 内，且150APC ∠=︒，3PA =，4PC =，求PB 的长．小明发现，以AP 为边作等边三角形APD ，连接BD ，得到ABD ∆；由等边三角形的性质，可证ACP ABD ∆≅∆，得PC BD =；由已知150APC ∠=︒，可知PDB ∠的大小，进而可求得PB 的长．（1）请回答：在图1中，PDB ∠=________︒，PB =____．【问题解决】（2）参考小明思考问题的方法，解决下面问题：如图2，ABC ∆中，90ACB ∠=︒，AC BC =，点P 在ABC ∆内，且1PA =，17PB =，22PC =，求AB 的长．【灵活运用】（3）如图3，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，BAC α∠=，且4tan 3α=，点P 在ABC ∆外，且3PB =，1PC =，直接写出PA 长的最大值．【变式1-2】（2018•亭湖区二模）如图，在等腰Rt ABC ∆与等腰Rt ADE ∆中，90BAC DAE ∠=∠=︒．（1）连接BD ，CE （如图①)，请直接写出线段BD ，CE 的数量关系____；（2）在（1）的基础上，延长BD 交CE 于点F ，连接AF （如图②)，试探究线段AF ，BF ，CF 的数量关系，并证明你的结论；（3）连接BE ，取BE 的中点O ，连接AO （如图③)，若5AD =，2AO =，3tan 4DAO ∠=，求AB 的长．【类型2】几何旋转变换综合题【例2】（2019•海州区一模）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC 和DEC 重合放置，其中90C ∠=︒，30B E ∠=∠=︒．（1）操作发现：如图2，固定ABC ∆，使DEC ∆绕点C 旋转，当点D 恰好落在AB 边上时，填空： ①线段DE 与AC 的位置关系是____；②设BDC ∆的面积为1S ，AEC ∆的面积为2S ，则1S 与2S 的数量关系是____．（2）猜想论证：当DEC ∆绕点C 旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中1S 与2S 的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了BDC ∆和AEC ∆中BC 、CE 边上的高，请你证明小明的猜想．（3）拓展探究已知60ABC ∠=︒，点D 是角平分线上一点，6BD CD ==，//DE AB 交BC 于点E （如图4)，若在射线BA 上存在点F ，使DCF BDE S S ∆∆=，请求出相应的BF 的长．【变式2-1】（2019•辽阳模拟）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点D 、E 在边BC 上，且12DAE α∠=．（1）如图1，当60α=︒时，将AEC ∆绕点A 顺时针旋转60︒到AFB ∆的位置，连接DF ， ①求DAF ∠的度数；②求证：ADE ADF ∆≅∆；（2）如图2，当90α=︒时，猜想BD 、DE 、CE 的数量关系，并说明理由；（3）如图3，当120α=︒，4BD =，5CE =时，请直接写出DE 的长为____．【变式2-2】（2019•宜兴市二模）【问题提出】如图1，四边形ABCD 中，AD CD =，120ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，1BC =，求四边形ABCD 的面积．【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．（1）如图2，连接BD ，由于AD CD =，所以可将DCB ∆绕点D 顺时针方向旋转60︒，得到DAB ∆'，则BDB ∆'的形状是____________．（2）在（1）的基础上，求四边形ABCD 的面积．[类比应用]如图3，四边形ABCD 中，AD CD =，75ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，2BC =，求四边形ABCD 的面积．【类型3】几何翻折变换综合题【例3】（2019•江都区三模）如图1，有一张矩形纸片ABCD ，已知5AB =，6AD =，现将纸片进行如下操作：首先将纸片沿折痕BF 进行折叠，使点A 落在BC 边上的点E 处，点F 在AD 上（如图2)；然后将纸片沿折痕DH 进行第二次折叠，使点C 落在第一次的折痕BF 上的点G 处，点H 在BC 上（如图3)．（1）如图2，判断四边形ABEF 的形状，并说明理由；（2）如图3，求BG 的长．【变式3-1】（2019•广陵区校级二模）如图，将矩形ABCD 先过点A 的直线1L 翻折，点DA 的对应点D '刚好落在边BC 上，直线1L 交DC 于点F ；再将矩形ABCD 沿过点A 的直线2L 翻折，使点B 的对应点G 落在AD '上，EG 的延长线交AD 于点H ．（1）当四边形AED H '是平行四边形时，求AD H ∠'的度数．（2）当点H 与点D 刚好重合时，试判断AEF ∆的形状，并说明理由．【变式3-2】（2018•深圳模拟）已知矩形纸片ABCD 中，2AB =，3BC =．操作：将矩形纸片沿EF 折叠，使点B 落在边CD 上．探究：（1）如图1，若点B 与点D 重合，你认为1EDA ∆和FDC ∆全等吗？如果全等，请给出证明，如果不全等，请说明理由；（2）如图2，若点B 与CD 的中点重合，请你判断1FCB ∆、△1B DG 和△1EAG 之间的关系，如果全等，只需写出结果，如果相似，请写出结果和相应的相似比；（3）如图2，请你探索，当点B 落在CD 边上何处，即1B C 的长度为多少时，1FCB ∆与△1B DG 全等．【达标检测】1．如图1，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，D 、E 是斜边BC 上两动点，且∠DAE ＝45°，将△ABE 绕点A 逆时针旋转90后，得到△AFC ，连接DF ．（1）试说明：△AED ≌△AFD ；（2）当BE ＝3，CE ＝9时，求∠BCF 的度数和DE 的长；（3）如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，D 是斜边BC 所在直线上一点，BD ＝3，BC ＝8，求DE 2的长．2．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝120°．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝6，请分别求出△PMN周长的最小值与最大值．3．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0），D（0，﹣4），连接AB，AC，BD，点P是线段AB上的一个动点，连接PD，过点P作PE⊥PD，交线段AC于点E，将线段EP绕点E逆时针旋转90°至EF．（1）过点P的横坐标为，则AE＝__________；（2）当点P在线段AB上运动到何处时，线段AE最长？求出此时点P的坐标；（3）连接OF．当点P在线段AB上运动时，线段OF的长度随之变化，求线段OF长度的最小值．4．如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，点D，E分别在AC，BC上，CD ＝4x，CE＝3x，其中0＜x＜3．（1）求证：DE∥AB；（2）当x＝1时，求点E到AB的距离；（3）将△DCE绕点E逆时针方向旋转，使得点D落在AB边上的D′处．在旋转的过程中，若点D′的位置有且只有一个，求x的取值范围．5．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，作AP⊥AB，交BC于P点．（1）如图1，若AB＝3，求BC的长；（2）点D是BC边上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE．①如图2，当点E落在AC边上时，求证：CE＝2BD；②如图3，当AD⊥BC时，直接写出的值．6．【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数为________；②DE与EF之间的数量关系为__________；【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．①则∠EAF的度数为__________；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE 将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．7．综合与实践：如图1，已知△ABC为等边三角形，点D，E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想在图1中，线段PM与PN的数量关系是______________，∠MPN的度数是____________；（2）探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，①判断△PMN的形状，并说明理由；②求∠MPN的度数；（3）拓展延伸若△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝10，点DE分别在边AB，AC上，AD ＝AE＝4，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．把△ADE绕点A在平面内自由旋转，如图3，请直接写出△PMN面积的最大值．8．【问题提出】在△ABC中，AB＝AC≠BC，点D和点A在直线BC的同侧，BD＝BC，∠BAC＝α，∠DBC＝β，且α+β＝120°，连接AD，求∠ADB的度数．（不必解答）【特例探究】小聪先从特殊问题开始研究，当α＝90°，β＝30°时，利用轴对称知识，以AB为对称轴构造△ABD的轴对称图形△ABD′，连接CD′（如图2），然后利用α＝90°，β＝30°以及等边三角形等相关知识便可解决这个问题．请结合小聪研究问题的过程和思路，在这种特殊情况下填空：△D′BC的形状是________三角形；∠ADB的度数为________．【问题解决】在原问题中，当∠DBC＜∠ABC（如图1）时，请计算∠ADB的度数；【拓展应用】在原问题中，过点A作直线AE⊥BD，交直线BD于E，其他条件不变若BC＝7，AD＝2．请直接写出线段BE的长为________________．9．点D为△ABC外一点，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，∠DCE＝90°，CD＝CE，求证：∠ADC＝∠BEC；（2）如图2，若∠CDB＝45°，AE∥BD，CE⊥CD，求证：AE＝BD；（3）如图3，若∠ADC＝15°，CD，BD＝n，请直接用含n的式子表示AD的长．10．如图，△ABC是等边三角形，D是BC边的中点，以D为顶点作一个120°的角，角的两边分别交直线AB、直线AC于M、N两点．以点D为中心旋转∠MDN（∠MDN的度数不变），当DM与AB垂直时（如图①所示），易证BM+CN＝BD．（1）如图②，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC上时，BM+CN＝BD是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图③，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC的延长线上时，BM+CN＝BD是否仍然成立？若不成立，请写出BM，CN，BD之间的数量关系，不用证明．11．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在边AB上，点D、Q分别为边BC上的点，线段AD的延长线与线段PQ的延长线交于点F，连接CP交AF于点E，若∠BPF ＝∠APC，FD＝FQ．（1）如图1，求证：AF⊥CP；（2）如图2，作∠AFP的平分线FM交AB于点M，交BC于点N，若FN＝MN，求证：DQ BC；（3）在（2）的条件下，连接DM、MQ，分别交PC于点G、H，求的值．12．已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，点F为BE中点，连结DF，CF．（1）如图1，点D在AC上，请你判断此时线段DF，CF的关系，并证明你的判断；（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45时，若AD＝DE＝2，AB ＝6，求此时线段CF的长．13．如图①，将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点A坐标是（3，0），点C 坐标是（0，2），点O的坐标是（0，0），点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．（1）求点E、F的坐标；（2）如图2，若点P是线段DA上的一个动点（点P不与点D，A重合），过P作PH⊥DB于H，设OP的长为x，△DPH的面积为S，试用关于x的代数式表示S．14．如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC 于H，折痕为EF，连接BP，BH．（1）求证：BP平分∠APH；（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论．15．已知：矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点M、N分别在边AB、CD上，直线MN交矩形对角线AC于点E，将△AME沿直线MN翻折，点A落在点P处，且点P在射线CB 上（Ⅰ）如图①，当EP⊥BC时，①求证CE＝CN；②求CN的长；（Ⅱ）请写出线段CP的长的取值范围，及当CP的长最大时MN的长．【题型剖析】【类型1】几何类比变换综合题【例1】（2018秋•盐都区期中）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．（1）如图1，ABC∆是等边三角形，点D是边BC下方一点，120BDC∠=︒，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．解题思路：延长DC到点E，使CE BD∠+∠=︒，可证BAC BDC=，连接AE，根据180∠=∠易证得ABD ACEABD ACE∆≅∆，得出ADE=，从而∆是等边三角形，所以AD DE 探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是；【拓展延伸】（2）如图2，在Rt ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =．若点D 是边BC 下方一点，90BDC ∠=︒，探索线段DA 、DB 、DC 之间的数量关系，并说明理由；【知识应用】（3）如图3，两块斜边长都为14cm 的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离PQ 的长分别为 cm ．【分析】（1）由等边三角形知AB AC =，60BAC ∠=︒，结合120BDC ∠=︒知180ABD ACD ∠+∠=︒，由180ACE ACD ∠+∠=︒知ABD ACE ∠=∠，证ABD ACE ∆≅∆得AD AE =，BAD CAE ∠=∠，再证ADE ∆是等边三角形得DA DE DC CE DC DB ==+=+．（2）延长DC 到点E ，使CE BD =，连接AE ，先证ABD ACE ∆≅∆得AD AE =，BAD CAE ∠=∠，据此可得90DAE BAC ∠=∠=︒，由勾股定理知222DA AE DE +=，继而可得222()DA DB DC =+；（3）由直角三角形的性质知172QN MN ==，2273MQ MN QN -，利用（2）中的273PQ QN QM =+=+ 【解析】（1）如图1，延长DC 到点E ，使CE BD =，连接AE ，ABC ∆Q 是等边三角形， AB AC ∴=，60BAC ∠=︒， 120BDC ∠=︒Q ，180ABD ACD ∴∠+∠=︒，又180ACE ACD ∠+∠=︒Q ，ABD ACE ∴∠=∠，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，AD AE ∴=，BAD CAE ∠=∠，60ABC ∠=︒Q ，即60BAD DAC ∠+∠=︒，60DAC CAE ∴∠+∠==︒，即60DAE ∠=︒，ADE ∴∆是等边三角形，DA DE DC CE DC DB ∴==+=+，即DA DC DB =+，故答案为：DA DC DB =+；（2）2DA DB DC =+，如图2，延长DC 到点E ，使CE BD =，连接AE ，90BAC ∠=︒Q ，90BDC ∠=︒， 180ABD ACD ∴∠+∠=︒， 180ACE ACD ∠+∠=︒Q ， ABD ACE ∴∠=∠， AB AC =Q ，CE BD =， ABD ACE ∴∆≅∆，AD AE ∴=，BAD CAE ∠=∠， 90DAE BAC ∴∠=∠=︒， 222DA AE DE ∴+=，222()DA DB DC ∴=+， ∴2DA DB DC =+；（3）如图3，连接PQ ，14MN =Q ，30QMN ∠=︒，172QN MN ∴==，MQ ∴由（27QN QM =+=+，PQ ∴==【点评】此题是三角形的综合题，主要考查了考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【变式1-1】（2019•亭湖区二模）【阅读材料】小明遇到这样一个问题：如图1，点P 在等边三角形ABC 内，且150APC ∠=︒，3PA =，4PC =，求PB 的长．小明发现，以AP 为边作等边三角形APD ，连接BD ，得到ABD ∆；由等边三角形的性质，可证ACP ABD ∆≅∆，得PC BD =；由已知150APC ∠=︒，可知PDB ∠的大小，进而可求得PB 的长．（1）请回答：在图1中，PDB ∠= ︒，PB = ．【问题解决】（2）参考小明思考问题的方法，解决下面问题：如图2，ABC ∆中，90ACB ∠=︒，AC BC =，点P 在ABC ∆内，且1PA =，PB =PC =AB 的长．【灵活运用】（3）如图3，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，BAC α∠=，且4tan 3α=，点P 在ABC ∆外，且3PB =，1PC =，直接写出PA 长的最大值．【分析】（1）由ACP ABD ∆≅∆，得150ADB APC ∠=∠=︒，4PC BD ==，3AD AP ==，因为ADP ∆为等边三角形，所以60ADP ∠=︒，3DP AD ==，可得90BDP ∠=︒，在Rt BDP ∆中，用勾股定理可求得PB 的长；（2）如图2中，把ACP ∆绕点C 逆时针旋转90︒得到BCD ∆．首先证明90PDB ∠=︒，再证明A ，P ，D 共线，利用勾股定理即可解决问题．（3）如图3中，作CD CP ⊥，使得3344CD PC ==，则2254PD PC CD =+=，利用相似三角形的性质求出AD ，即可解决问题．【解析】（1）如图1中，ACP ABD ∆≅∆Q ，150PDB APC ∴∠=∠=︒，4PC BD ==，3AD AP ==，ADP ∆Q 为等边三角形， 60ADP ∴∠=︒，3DP AD ==， 1506090BDP ∴∠=︒-︒=︒，22345PB ∴=+=．故答案为：90︒，5；（2）如图2中，把ACP ∆绕点C 逆时针旋转90︒得到BCD ∆．由旋转性质可知；1BD PA ==，22CD CP ==，90PCD ∠=︒，PCD ∴∆是等腰直角三角形，22224PD PC ∴==⨯=，45CDP ∠=︒，22224117PD BD +=+=Q ，22(17)17PB ==，222PD BD PB ∴+=，90PDB ∴∠=︒， 135BDC ∴∠=︒，135APC CDB ∴∠=∠=︒，45CPD ∠=︒Q ， 180APC CPD ∴∠+∠=︒，A ∴，P ，D 共线， 5AD AP PD ∴=+=，在RtADB 中，22225126AB AD BD =+=+=．（3）如图3中，作CD CP ⊥，使得3344CD PC ==，则2254PD PC CD =+=，4tan 3BC BAC AC ∠==Q ， ∴BC PCAC CD=， 90ACB PCD ∠=∠=︒Q ， ACD BCP ∴∠=∠， ACD BCP ∴∆∆∽，∴34AD CD PB PC ==， 94AD ∴=， Q93954444PA -+剟，∴3722PA 剟， PA ∴的最大值为72．【变式1-2】（2018•亭湖区二模）如图，在等腰Rt ABC ∆与等腰Rt ADE ∆中，90BAC DAE ∠=∠=︒．（1）连接BD ，CE （如图①)，请直接写出线段BD ，CE 的数量关系；（2）在（1）的基础上，延长BD 交CE 于点F ，连接AF （如图②)，试探究线段AF ，BF ，CF 的数量关系，并证明你的结论；（3）连接BE ，取BE 的中点O ，连接AO （如图③)，若5AD =，2AO =，3tan 4DAO ∠=，求AB 的长．【分析】（1）结论：BD EC =．只要证明BAD CAE ∆≅∆即可解决问题；（2）结论：2BF FA FC =．如图②中，作AM AF ⊥交BF 于M ．想办法证明BM FC =，MAF ∆是等腰直角三角形即可解决问题；（3）如图③中，作DM AO ⊥交AO 的延长线于M ，作EN OA ⊥交OA 的延长线于N ，作AH EO ⊥于H ．想办法求出AH ，BH 即可解决问题；【解析】（1）结论：BD CE =．理由：如图①中，AB AC =Q ，AD AE =，90BAC DAE ∠=∠=︒， BAD CAE ∴∆≅∆， BD EC ∴=．故答案为BD EC =．（2）结论：2BF FA FC =．理由：如图②中，作AM AF ⊥交BF 于M ．BAD CAE∆≅∆Q，ABM ACF∴∠=∠，90BAC MAF∠=∠=︒Q，BAM CAF∴∠=∠，AB AC=Q，BAM CAF∴∆≅∆，BM CF∴=，AM AF=，AMF∴∆是等腰直角三角形，2FM FA∴=，2FB FM BM CF AF∴=+=+，2BF AF FC∴-=．（3）如图③中，作DM AO⊥交AO的延长线于M，作EN OA⊥交OA的延长线于N，作AH EO⊥于H．在Rt ADM∆中，3tan4DMDAMAM∠==，设3DM k=，4AM k=，则有222(3)(4)5k k+=，解得1k=±，k>Q，1k∴=，3DM∴=，4AM=，2OA =Q ， 2OM ∴=，由ADM EAN ∆≅∆，可得4NE AM ==，3AN DM ==，在Rt ENO ∆中，EO =OH x =， 22222AH OA OH AE EH =-=-Q ，222225)x x ∴-=-，解得x =，OH ∴AH ，在Rt ABH ∆中，AB ==【类型2】几何旋转变换综合题【例2】（2019•海州区一模）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC 和DEC 重合放置，其中90C ∠=︒，30B E ∠=∠=︒．（1）操作发现：如图2，固定ABC ∆，使DEC ∆绕点C 旋转，当点D 恰好落在AB 边上时，填空： ①线段DE 与AC 的位置关系是；②设BDC ∆的面积为1S ，AEC ∆的面积为2S ，则1S 与2S 的数量关系是．（2）猜想论证：当DEC ∆绕点C 旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中1S 与2S 的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了BDC ∆和AEC ∆中BC 、CE 边上的高，请你证明小明的猜想．（3）拓展探究已知60ABC ∠=︒，点D 是角平分线上一点，6BD CD ==，//DE AB 交BC 于点E （如图4)，若在射线BA 上存在点F ，使DCF BDE S S ∆∆=，请求出相应的BF 的长．【分析】（1）①证明60EDC DCA ∠=∠=︒即可判断．②首先证明AD BD =，推出ADC ∆与BDC ∆的面积相等，再证明ADC ∆与ACE ∆的面积相等即可．（2）作AN EC ⊥交EC 的延长线于N ，DM BC ⊥于M ，证明()ACN DCM AAS ∆≅∆即可解决问题．（3）分两种情形分别求解即可解决问题．【解析】（1）①如图1中，由旋转可知：CA CD =，90ACB ∠=︒Q ，30B ∠=︒， 60CAD ∴∠=︒， ADC ∴∆是等边三角形， 60DCA ∴∠=︒，90ECD ∠=︒Q ，30DEC ∠=︒， 60CDE ∴∠=︒， EDC DCA ∴∠=∠，//DE AC ∴，②2AB AC =Q ，AD AC =，AD BD ∴=，BDC ADC S S ∆∆∴=，//DE AC Q ，ADC ACE S S ∆∆∴=， 12S S ∴=．故答案为：//DE AC ，12S S =．（2）如图3中，DEC ∆Q 是由ABC ∆绕点C 旋转得到， BC CE ∴=，AC CD =，90ACN BCN ∠+∠=︒Q ，1809090DCM BCN ∠+∠=︒-︒=︒， ACN DCM ∴∠=∠，在ACN ∆和DCM ∆中， 90ACN DCM ANC DMC AC CD ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩， ()ACN DCM AAS ∴∆≅∆，AN DM ∴=，BDC AEC S S ∆∆∴=．（3）如图4中，作//DF BC 交AB 于F ．延长CD 交AB 于H ．//DF BE Q ，//DE BF ，∴四边形DEBF 是平行四边形，BDF BDE S S ∆∆∴=，BDF DFC S S ∆∆=， DFC BDE S S ∆∆∴=，60ABC ∠=︒Q ，BD 平分ABC ∠， 30ABD DBE ∴∠=∠=︒， //DF BE Q ， 30FDB ∴∠=︒， 30FBD FDB ∴∠=∠=︒，FB FD ∴=，∴四边形DEBF 是菱形，6BD CD ==Q ， 30DBC DCB ∴∠=∠=︒， 60DEC ABC ∠=∠=︒Q ， 90CDE ∴∠=︒，3tan30623DE CD ∴=︒==g 23BF DE ∴==//DE AB Q ，90BHC EDC ∴∠=∠=︒，CH AB ∴⊥，作点F 关于CH 的对称点F '，连接DF '，易知DFC DF C S S ∆'=V ，在Rt DFH ∆中，sin303FH HF DF ='=︒=g ， 43BF ∴'=综上所述，满足条件的BF 的值为23或43．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考压轴．【变式2-1】（2019•辽阳模拟）旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点D 、E 在边BC 上，且12DAE α∠=．（1）如图1，当60α=︒时，将AEC ∆绕点A 顺时针旋转60︒到AFB ∆的位置，连接DF ， ①求DAF ∠的度数； ②求证：ADE ADF ∆≅∆；（2）如图2，当90α=︒时，猜想BD 、DE 、CE 的数量关系，并说明理由；（3）如图3，当120α=︒，4BD =，5CE =时，请直接写出DE 的长为．【分析】（1）①利用旋转的性质得出FAB CAE ∠=∠，再用角的和即可得出结论； ②利用SAS 判断出ADE ADF ∆≅∆，即可得出结论；（2）先判断出BF CE =，ABF ACB ∠=∠，再判断出90DBF ∠=︒，即可得出结论；（3）同（2）的方法判断出60DBF ∠=︒，再用含30度角的直角三角形求出BM ，FM ，最后用勾股定理即可得出结论．【解析】（1）①由旋转得，FAB CAE ∠=∠，603030BAD CAE BAC DAE ∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒Q ， 30DAF BAD BAF BAD CAE ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒；②由旋转知，AF AE =，BAF CAE ∠=∠，BAF BAD CAE BAD BAC DAE DAE ∴∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠，在ADE ∆和ADF ∆中，AF AEDAF DAE AD AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ADE ADF SAS ∴∆≅∆；（2）222BD CE DE +=，理由：如图2，将AEC ∆绕点A 顺时针旋转90︒到AFB ∆的位置，连接DF ，BF CE ∴=，ABF ACB ∠=∠，由（1）知，ADE ADF ∆≅∆，DE DF ∴=，AB AC =Q ，90BAC ∠=︒， 45ABC ACB ∴∠=∠=︒，90DBF ABC ABF ABC ACB ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，根据勾股定理得，222BD BF DF +=，即：222BD CE DE +=；（3）如图3，将AEC ∆绕点A 顺时针旋转120︒到AFB ∆的位置，连接DF ，BF CE ∴=，ABF ACB ∠=∠，由（1）知，ADE ADF ∆≅∆，DE DF ∴=，5BF CE ==， AB AC =Q ，120BAC ∠=︒， 30ABC ACB ∴∠=∠=︒，60DBF ABC ABF ABC ACB ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，过点F 作FM BC ⊥于M ，在Rt BMF ∆中，9030BFM DBF ∠=︒-∠=︒，5BF =，52BM ∴=，FM = 4BD =Q ，32DM BD BM ∴=-=，根据勾股定理得，DF ==DE DF ∴==【变式2-2】（2019•宜兴市二模）【问题提出】如图1，四边形ABCD 中，AD CD =，120ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，1BC =，求四边形ABCD 的面积．【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．（1）如图2，连接BD ，由于AD CD =，所以可将DCB ∆绕点D 顺时针方向旋转60︒，得到DAB ∆'，则BDB ∆'的形状是．（2）在（1）的基础上，求四边形ABCD 的面积．[类比应用]如图3，四边形ABCD 中，AD CD =，75ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，2BC =，求四边形ABCD 的面积．【分析】（1）易证DEB DAB ∆≅∆'，则BD DB ='，60BDB ∠'=︒，所以BDB ∆'是等边三角形；（2）知等边三角形的边长为3，求出S BDB ∆'即可；【类比应用】类比（1），连接BD ，由于AD CD =，所以可将BCD ∆绕点D 逆时针方向旋转60︒，得到DAB ∆'，连接BB '，延长BA ，作B E BE '⊥；易证AFB ∆'是等腰直角三角形，AEB ∆是等腰直角三角形，利用勾股定理计算1AE B E ='=，10BB '=ABB ∆'和BDB ∆'的面积和即可．【解析】（1）如图2，连接BD ，由于AD CD =，所以可将DCB ∆绕点D 顺时针方向旋转60︒，得到DAB ∆'，BD B D ='Q ，60BDB ∠'=︒BDB ∴∆'是等边三角形；（2）由（1）知，BCD ∆≅△B AD '，∴四边形ABCD 的面积=等边三角形BDB '的面积，1BC AB ='=Q213BB AB AB ∴'=+'=+=，132BDB ABCD S S ∆'∴==⨯=四边形；【类比应用】如图3，连接BD ，由于AD CD =，所以可将BCD ∆绕点D 逆时针方向旋转60︒，得到DAB ∆'，连接BB '，延长BA ，作B E BE '⊥； Q AD CDCDB ADB BD B D =⎧⎪∠=∠'⎨⎪='⎩， BCD ∴∆≅△B AD 'ABCD BDB A S S '∴=四边形四边形，75ABC ∠=︒Q ，60ADC ∠=︒， 135BAB ∴∠'=︒45B AE ∴∠'=︒，B A BC '=Q1B E AE ∴'==，213BE AB AE ∴=+=+=，BB ∴'，1121122ABB S AB B E ∆'∴='=⨯⨯=g g ，12S BDB ∆'==，1ABB ABCD BDB A S S S BDB S ∆''∴==∆'-=四边形四边形．【类型3】几何翻折变换综合题【例3】（2019•江都区三模）如图1，有一张矩形纸片ABCD ，已知5AB =，6AD =，现将纸片进行如下操作：首先将纸片沿折痕BF 进行折叠，使点A 落在BC 边上的点E 处，点F 在AD 上（如图2)；然后将纸片沿折痕DH 进行第二次折叠，使点C 落在第一次的折痕BF 上的点G 处，点H 在BC 上（如图3)．（1）如图2，判断四边形ABEF 的形状，并说明理由；（2）如图3，求BG 的长．【分析】（1）由折叠可得：AB BE =，且90A ABE BEF ∠=∠=∠=︒，即可得出结论；’ （2）过G 点作//MN AB ，交AD 、BC 于点M 、N ，由四边形ABEF 为正方形，可求得AF 的长，得出BNG ∆和FMG ∆为等腰直角三角形，设BN x =，则可表示出GN 、MG 、MD ，利用折叠的性质可得到CD DG =，在Rt MDG ∆中，利用勾股定理可求得x ，即可得出结果．【解析】（1）四边形ABEF 是正方形，理由如下： Q 四边形ABCD 为矩形，5AB CD ∴==，6BC AD ==，由折叠可得：AB BE =，且90A ABE BEF ∠=∠=∠=︒， ∴四边形ABEF 为正方形；（2）过点G 作//MN AB ，分别交AD 、BC 于点M 、N ，如图3所示：Q 四边形ABEF 是正方形，5AF AB ∴==， //MN AB Q ，BNG ∴∆和FMG ∆为等腰直角三角形，且5MN AB ==，设BN x =，则GN AM x ==，5MG MN GN x =-=-，6MD AD AM x =-=-，又由折叠的性质可知：5DG DC ==，在Rt MDG ∆中，由勾股定理可得222MD MG GD +=，即222(6)(5)5x x -+-=，解得：2x =，2GN BN ∴==，222BG BN ∴==．【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、正方形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．【变式3-1】（2019•广陵区校级二模）如图，将矩形ABCD 先过点A 的直线1L 翻折，点DA 的对应点D '刚好落在边BC 上，直线1L 交DC 于点F ；再将矩形ABCD 沿过点A 的直线2L 翻折，使点B 的对应点G 落在AD '上，EG 的延长线交AD 于点H ．（1）当四边形AED H '是平行四边形时，求AD H ∠'的度数．（2）当点H 与点D 刚好重合时，试判断AEF ∆的形状，并说明理由．【分析】（1）如图1中，在RT ABC ∆中，由2AD AB '=推出30AD B ∠'=︒，再证明四边形AED H '是菱形即可解决问题．（2）如图2中，先证明△DD G '≅△DD C '得出DG DC AB AG ===，发现AGD ∆、GED ∆'、DEC ∆都是等腰直角三角形，再证明ABE ECF ∆≅∆即可解决问题．【解析】（1）如图1中，Q 四边形AED H '是平行四边形，AG GD ∴=，EH AD ⊥Q ，∴四边形AED H '是菱形，AD H AD B ∴∠'=∠'，AEG ∆Q 是由AEB ∆翻折得到， AB AG D G ∴=='，Q 四边形ABCD 是矩形，90B ∴∠=︒， 30AD B ∴∠'=︒， 30AD H ∴∠'=︒．（2）结论：AEF ∆是等腰直角三角形．理由：如图2中，连接DD '． Q 四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，ADD DD C ∠'=∠'，AB DC =，90B C ∠=∠=︒，AD AD ='Q ， ADD AD D ∴∠'=∠'， DD A DD C ∴∠'=∠'，在△DD G ' 和△DD C '中，DGD DCD DD G DD C DD DD ∠'=∠'⎧⎪∠'=∠'⎨⎪'='⎩， ∴△DD G '≅△DD C '，DG DC AB AG ∴===，90AGD ∠=︒Q ，45GAD GDA AD E DED ∴∠=∠=∠'=∠'=︒， EG GD BE CD ∴='=='， 90AD B FD C ∠'+∠'=︒Q ， 45FD C D FC ∴∠'=''=︒， CD CF BE ∴'==，45CED CDE ∠=∠=︒Q ， EC CD AB ∴==，在ABE ∆和ECF ∆中， 90AB EC B C BE CF =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩， ABE ECF ∴∆≅∆，AE EF ∴=，BAE CEF ∠=∠， 90BAE AEB ∠+∠=︒Q ， 90AEB CEF ∴∠+∠=︒， 90AEF ∴∠=︒，AEF ∴∆是等腰直角三角形．【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定等知识，第一问的关键是菱形性质的应用，第二个问题的关键是正确寻找全等三角形，利用特殊三角形解决问题，属于中考常考题型．【变式3-2】（2018•深圳模拟）已知矩形纸片ABCD 中，2AB =，3BC =．操作：将矩形纸片沿EF 折叠，使点B 落在边CD 上．探究：（1）如图1，若点B 与点D 重合，你认为1EDA ∆和FDC ∆全等吗？如果全等，请给出证明，如果不全等，请说明理由；（2）如图2，若点B 与CD 的中点重合，请你判断1FCB ∆、△1B DG 和△1EAG 之间的关系，如果全等，只需写出结果，如果相似，请写出结果和相应的相似比；（3）如图2，请你探索，当点B 落在CD 边上何处，即1B C 的长度为多少时，1FCB ∆与△1B DG 全等．【分析】（1）由四边形ABCD 是矩形，可得90A B C ADC ∠=∠=∠=∠=︒，AB CD =，由折叠的性质可得：1A A ∠=∠，190B A DF ∠=∠=︒，1CD A D =，然后利用同角的余角相等，可证得1A DE CDF ∠=∠，则可利用ASA 证得1EDA ∆和FDC ∆全等；（2）易得△1B DG 和△1EAG 全等，1FCB ∆与△1B DG 相似，然后设FC x =，由勾股定理可得方程2221(3)x x +=-，解此方程即可求得答案；（3）设1B C a =，则有12FC B D a ==-，11B F BF a ==+，在直角1FCB ∆中，可得222(1)(2)a a a +=-+，解此方程即可求得答案．【解析】（1）全等．证明：Q 四边形ABCD 是矩形，90A B C ADC ∴∠=∠=∠=∠=︒，AB CD =，由题意知：1A A ∠=∠，190B A DF ∠=∠=︒，1CD A D =， 190A C ∴∠=∠=︒，90CDF EDF ∠+∠=︒， 1A DE CDF ∴∠=∠，在1EDA ∆和FDC ∆中， 111A C A D CDA DE CDF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，1()EDA FDC ASA ∴∆≅∆；（2）△1B DG 和△1EAG 全等，1FCB ∆与△1B DG 相似，设FC x =，则13B F BF x ==-，1112B C DC ==， 2221(3)x x ∴+=-，43x ∴=， 1FCB ∴∆与△1B DG 相似，相似比为4:3．（3）1FCB ∆与△1B DG 全等．设1B C a =，则有12FC B D a ==-，11B F BF a ==+，在直角1FCB ∆中，可得222(1)(2)a a a +=-+，整理得2630a a -+=，解得：36a =-（另一解舍去），∴当136B C =-时，1FCB ∆与△1B DG 全等．【达标检测】1．如图1，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，D 、E 是斜边BC 上两动点，且∠DAE ＝45°，将△ABE 绕点A 逆时针旋转90后，得到△AFC ，连接DF ．（1）试说明：△AED ≌△AFD ；（2）当BE ＝3，CE ＝9时，求∠BCF 的度数和DE 的长；（3）如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，D 是斜边BC 所在直线上一点，BD ＝3，BC ＝8，求DE 2的长．【分析】（1）想办法证明∠DAE ＝∠DAF ，由DA ＝DA ，AE ＝AF ，即可证明；（2）如图1中，设DE＝x，则CD＝9﹣x．在Rt△DCF中，由DF2＝CD2+CF2，CF＝BE＝3，推出x2＝（9﹣x）2+32，解方程即可；（3）分两种情形①当点E在线段BC上时，如图2中，连接BE．由△EAD≌△ADC，推出∠ABE＝∠C＝∠ABC＝45°，EB＝CD＝5，推出∠EBD＝90°，推出DE2＝BE2+BD2＝52+32＝34；②当点D在CB的延长线上时，如图3中，同法可得DE2＝130；【解析】（1）如图1中，∵△BAE≌△CAF，∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，∵∠BAC＝90°，∠EAD＝45°，∴∠CAD+∠BAE＝∠CAD+∠CAF＝45°，∴∠DAE＝∠DAF，∵DA＝DA，AE＝AF，∴△AED≌△AFD；（2）如图1中，设DE＝x，则CD＝9﹣x．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠ABE＝∠ACF＝45°，∴∠DCF＝90°，∵△AED≌△AFD，∴DE＝DF＝x，在Rt△DCF中，∵DF2＝CD2+CF2，CF＝BE＝3，∴x2＝（9﹣x）2+32，∴x＝5，∴DE＝5．（3）①当点E在线段BC上时，如图2中，连接BE．∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠EAB＝∠DAC，∵AE＝AD，AB＝AC，∴△EAD≌△ADC，∴∠ABE＝∠C＝∠ABC＝45°，EB＝CD＝5，∴∠EBD＝90°，∴DE2＝BE2+BD2＝52+32＝34，②当点D在CB的延长线上时，如图3中，连接BE．同法可证△DBE是直角三角形，EB＝CD＝11，DB＝3，∴DE2＝EB2+BD2＝121+9＝130，综上所述，DE2的值为34或130．2．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝120°．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝6，请分别求出△PMN周长的最小值与最大值．【分析】（1）根据全等三角形的判定证明即可；（2）根据平行线的性质和等边三角形的判定解答即可；（3）根据点D在AB上时，BD最小和点D在BA延长线上时，BD最大矩形分析解答即可．【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝120°，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形．理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，∴PM CE，PM∥CE，∵点N，M分别是BC，DE的中点，∴PN BD，PN∥BD，同理可得BD＝CE，∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，∵PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，。

中考数学几何压轴题及答案及答案

中考数学几何压轴题及答案一、解答题（共30小题）1.观察猜想（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝α，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，α的式子直接写出结论2.在△ABC的边BC上取B′、C′两点，使∠AB′B＝∠AC′C＝∠BAC（1）如图1中∠BAC为直角，∠BAC＝∠AB′B＝∠AC′C＝90°（点B′与点C′重合），则△ABC∽△B'BA∽△C'AC，，，进而可得AB2+AC2＝；（2）如图2中当∠BAC为锐角，图3中∠BAC为钝角时（1）中的结论还成立吗？若不成立，则AB2+AC2等于什么（用含用BC和B′C′的式子表示）？并说明理由（3）若在△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝9，请你先判断出△ABC的类型，再求出B′C′的长3．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，点D是线段AB上一动点，连接BE填空：①的值为；②∠DBE的度数为．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，点D是线段AB上一动点，连接BE．请判断的值及∠DBE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE 的中点M，连接BM、CM，若AC＝2，则当△CBM是直角三角形时，线段BE的长是多少？请直接写出答案．4.（1）问题发现：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，以点D为顶点作正方形DFGE，使点A、C分别在DE和DF上，连接BE、AF．则线段BE 和AF数量关系．（2）类比探究：如图②，保持△ABC固定不动，将正方形DFGE绕点D旋转α（0°＜α≤360°），则（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）解决问题：若BC＝DF＝2，在（2）的旋转过程中，连接AE，请直接写出AE的最大值．5.如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，以点O为顶点的∠EOF的两边分别与边AB、AD交于点E、F，且∠EOF与∠BAD互补．（1）若四边形ABCD是正方形，则线段OE与OF有何数量关系？请直接写出结论；（2）若四边形ABCD是菱形，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请画出图形并给出证明；若不成立，请说明理由；（3）若AB：AD＝m：n，探索线段OE与OF的数量关系，并证明你的结论.6.如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F.（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为：（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，则BC＝．7.如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE.定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．探索发现：图1中，的值为；的值为．（2）拓展探完若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△CDE旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BE的长．8.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，设OD＝m．（1）问题发现如图1，△CDE的形状是三角形．（2）探究证明如图2，当6＜m＜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．（3）解决问题是否存在m的值，使△DEB是直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．9.等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE绕点A作360°旋转，点F、M、N分别为线段BE、BC、CD 的中点，连接MN、NF．问题提出：（1）如图1，当AD在线段AC上时，则∠MNF的度数为，线段MN 和线段NF的数量关系为；深入讨论：（2）如图2，当AD不在线段AC上时，请求出∠MNF的度数及线段MN和线段NF的数量关系；拓展延伸：（3）如图3，△ADE持续旋转过程中，若CE与BD交点为P，则△BCP面积的最小值为．10．四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是，请说明理由．（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．11．问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．12．如图1，菱形ABCD与菱形GECF的顶点C重合，点G在对角线AC上，且∠BCD＝∠ECF＝60°，（1）问题发现的值为；（2）探究与证明将菱形GECF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜60°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：菱形GECF在旋转过程中，当点A，G，F三点在一条直线上时，如图3所示连接CG并延长，交AD于点H，若CE＝2，GH＝，则AH的长为．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，＝，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F．（1）探究发现：如图1，若m＝n，点E在线段AC上，则＝；（2）数学思考：①如图2，若点E在线段AC上，则＝（用含m，n的代数式表示）；②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明；（3）拓展应用：若AC＝，BC＝2，DF＝4，请直接写出CE的长．14．如图，已知点E是射线BC上的一点，以BC、CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF，取AF的中点M，连接DM、MG（1）如图1，判断线段DM和GM的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，在图中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；（3）已知BC＝10，CE＝2，正方形CEFG绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出△DMG的面积．15.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为A'，B′），射线CA′，CB′分别交直线m于点P，Q．（1）如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；（2）如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形P A'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形P A′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．16.如图（1），在等边三角形ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接BE，CD，点M，N，P分别是BE，CD，BC的中点，连接DE，PM，PN，MN．（1）观察猜想，图（1）中△PMN是（填特殊三角形的名称）（2）探究证明，如图（2），△ADE绕点A按逆时针方向旋转，则△PMN的形状是否发生改变？并就图（2）说明理由．（3）拓展延伸，若△ADE绕点A在平面内自由旋转，AD＝2，AB＝6，请直接写出△PMN 的周长的最大值．17.已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β，（1）如图1，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，则α＝°；β＝°.（2）如图2，若点D在线段BC上，点E在线段AC上，则α，β之间有什么关系式？说明理由．（3）是否存在不同于（2）中的α，β之间的关系式？若存在，请写出这个关系式（写出一种即可），说明理由；若不存在，请说明理由.18.问题提出：（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC、BD，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，点B的对应点落在点D，点C的对应点为点E，可知点C、D、E在一条直线上，则△ACE为三角形，BC、CD、AC的数量关系为；探究发现：（2）如图2，在⊙O中，AB为直径，点C为的中点，点D为圆上一个点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且AD＜BD，请求出CD、AD、BD间的数量关系.拓展延伸：（3）如图3，在等腰直角三角形ABC中，点P为AB的中点，若AC＝13，平面内存在一点E，且AE＝10，CE＝13，当点Q为AE中点时，PQ＝.19.已知△ABC中，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M、N分别在边CA，CB上（不与端点重合），BN＝AM，射线AG∥BC交BM延长线于点D，点E在直线AN上，EA＝ED．（1）【观察猜想】如图1，点E在射线NA上，当∠ACB＝45°时，①线段BM与AN的数量关系是；②∠BDE的度数是；（2）【探究证明】如图2点E在射线AN上，当∠ACB＝30°时，判断并证明线段BM与AN的数量关系，求∠BDE的度数；（3）【拓展延伸】如图3，点E在直线AN上，当∠ACB＝60°时，AB＝3，点N是BC 边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．20.如图①，在正方形ABCD和正方形AB'C'D'中，AB＝2，AB'＝，连接CC’（1）问题发现：．（2）拓展探究：将正方形AB'C'D'绕点A逆时针旋转，记旋转角为θ，连接BB'，试判断：当0°≤θ＜360°时，的值有无变化？请仅就图②中的情形给出你的证明；（3）问题解决：请直接写出在旋转过程中，当C，C′，D'三点共线时BB′的长．21.如图1，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点．（1）观察猜想将图1中的△BCD绕点O逆时针旋转至图2中△ECF的位置，连接AC，DE，则线段AC与DE的数量关系是，直线AC与DE的位置关系是．（2）类比探究将图2中的△ECF绕点O逆时针旋转至图3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．（3）拓展延伸将图2中的△ECF在平面内旋转，设直线AC与DE的交点为M，若AB＝4，请直接写出BM的最大值与最小值．22.如图1，点B在直线l上，过点B构建等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，且AB＝AC，过点C作CD⊥直线l于点D，连接AD．（1）小亮在研究这个图形时发现，∠BAC＝∠BDC＝90°，点A，D应该在以BC为直径的圆上，则∠ADB的度数为°，将射线AD顺时针旋转90°交直线l于点E，可求出线段AD，BD，CD的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD，BD，CD的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD长为1，当△ABD面积取得最大值时，请直接写AD的长．23．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB＝a、BC＝b，求的值．24．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．25.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE＝nEA，连接CE并延长，交AB于点F．（1）尝试探究如图（1），当∠BAC＝90°，∠B＝30°，DE＝EA时，BF，BA之间的数量关系是；（2）类比延伸如图（2），当△ABC为锐角三角形，DE＝EA时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展迁移如图（3），当△ABC为锐角三角形，DE＝nEA时，请直接写出BF，BA之间的数量关系．26.古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE ⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．27．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O 于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．①求∠AED的度数；②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．28.【性质探究】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF＝2OG．【迁移应用】（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．【拓展延伸】（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．29．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．（1）求证：△APE∽△ABC；（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP 的长．30．如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tan C＝．点K在AC边上，点M，N 分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请直接写出点K被扫描到的总时长．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．【解答】解：（1）如图①中，∵∠EAF＝∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△BAF≌△CAE，∴∠ABF＝∠C，BF＝CE，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为：BF⊥BE，BC．（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H．∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝2，∴BF+BE＝BH＝2；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M．∵AC∥DH，∴∠ACB＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF＝DE，DB＝DH，∴△BDF≌△HDE，∴BF＝EH，∴BF+BE＝EH+BE＝BH，∵DB＝DH，DM⊥BH，∴BM＝MH，∠BDM＝∠HDM，∴BM＝MH＝BD•sin．∴BF+BE＝BH＝2n•sin．2．【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC×BC＝BC2，故答案为BC2．（2）不成立．理由：如图2中当∠BAC为锐角时，BB′+CC′﹣B′C′＝BC，且△ABC∽△B'BA∽△C'AC，∴∴＝，＝，∴AB2＝BB′×BC，AC2＝CC′×BC，∴AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2+BC•B′C′．图3中∠BAC为钝角时，BB′+CC′+B′C′＝BC．AB2+AC2＝BC（BB′+CC′）＝BC2﹣BC•B′C′．（3）当AB＝5，AC＝6，BC＝9时，则AB2+AC2＜BC2，可知△ABC为钝角三角形，由图3可知：AB2+AC2＝BC2﹣BC•B′C′，∴52+62＝92﹣9B′C′，∴B′C′＝．3．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝45°，∴∠ABC＝∠CAB＝45°＝∠CDE＝∠CED，∴AC＝BC，CD＝CE，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠CAB＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°，＝1，故答案为：1，90°（2），∠DBE＝90°理由如下：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∠CED＝∠ABC＝30°∴tan∠ABC＝tan30°＝＝∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝60°，∴Rt△ACB∽Rt△DCE∴∴，且∠ACD＝∠BCE∴△ACD∽△BCE∴＝，∠CBE＝∠CAD＝60°∴∠DBE＝∠ABC+∠CBE＝90°（3）若点D在线段AB上，如图，由（2）知：＝，∠ABE＝90°∴BE＝AD∵AC＝2，∠ACB＝90°，∠CAB＝90°∴AB＝4，BC＝2∵∠ECD＝∠ABE＝90°，且点M是DE中点，∴CM＝BM＝DE，∵△CBM是直角三角形∴CM2+BM2＝BC2＝（2）2，∴BM＝CM＝∴DE＝2∵DB2+BE2＝DE2，∴（4﹣AD）2+（AD）2＝24∴AD＝+1∴BE＝AD＝3+若点D在线段BA延长线上，如图同理可得：DE＝2，BE＝AD∵BD2+BE2＝DE2，∴（4+AD）2+（AD）2＝24，∴AD＝﹣1∴BE＝AD＝3﹣综上所述：BE的长为3+或3﹣4．【解答】解：（1）∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD＝BD＝DC，∠BDA＝90°，∵四边形DFGE是正方形，∴DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF故答案为：BE＝AF；（2）成立；理由如下：当正方形DFGE在BC的上方时，如图②所示，连接AD，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，D为斜边BC的中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADE+∠EDB＝90°，∵四边形DFGE为正方形，∴DE＝DF，且∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；当正方形DFGE在BC的下方时，连接AD，如图③所示：∵∠BDE＝∠BDF+90°，∠ADF＝∠BDF+90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（SAS），∴BE＝AF；综上所述，（1）中的结论BE＝AF成立；（3）在△ADE中，∵AE＜AD+DE，∴当点A、D、E共线时，AE取得最大值，最大值为AD+DE．如图④所示：则AD＝BC＝1，DE＝DF＝2，∴AE＝AD+DE＝3，即AE的最大值为3．5．【解答】解：（1）如图1，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是正方形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（2）（1）的结论成立；理由：如图2，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，∴∠OME＝∠ONF＝90°，∴∠BAD+∠MON＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠MON＝∠EOF，∴∠EOM＝∠FON，∵O是菱形ABCD的对角线的交点，∴∠BAO＝∠DAO，∵OM⊥AB，ON⊥AD，∴OM＝ON，∴△OME≌△ONF（AAS）∴OE＝OF；（3）如图3，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，∴∠OGE＝∠OHF＝90°，∴∠BAD+∠GOH＝180°，∵∠BAD+∠EOF＝180°，∴∠GOH＝∠EOF，∴△EOG∽△FOH，∴，∵O是▱ABCD的对角线的交点，∴S△AOB＝S△AOD，∵S△AOB＝AB•OG，S△AOD＝AD•OH，∴AB•OG＝AD•OH，∴＝，∴．6．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°，∴＝，GE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴＝＝，∴△ACG∽△BCE，∴＝＝，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴＝＝，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，则由＝得＝，∴AH＝a，则DH＝AD﹣AH＝a，CH＝＝a，∴＝得＝，解得：a＝3，即BC＝3，故答案为：3．7．【解答】解：（1）如图1，连接AE，∵AB＝AC＝2，点E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠BEC＝90°，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB＝1，根据勾股定理得，BE＝∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝2，∴＝＝，∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，∴＝＝，故答案为：，；（2）无变化，理由：由（1）知，CD＝1，CE＝BE＝，∴＝，，∴＝，由（1）知，∠ACB＝∠DCE＝30°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴，（3）当点D在线段AE上时，如图2，过点C作CF⊥AE于F，∠CDF＝180°﹣∠CDE＝60°，∴∠DCF＝30°，∴DF＝CD＝，∴CF＝DF＝，在Rt△AFC中，AC＝2，根据勾股定理得，AF＝＝，∴AD＝AF+DF＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝当点D在线段AE的延长线上时，如图3，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G，∵∠CDG＝60°，∴∠DCG＝30°，∴DG＝CD＝，∴CG＝DG＝，在Rt△ACG中，根据勾股定理得，AG＝，∴AD＝AG﹣DG＝，由（2）知，，∴BE＝AD＝即：线段BE的长为或．8．【解答】解：（1）证明：∵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；故答案为：等边；（2）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＝2，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；（3）存在，①∵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，②当0≤m＜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，∴m＝2；③当6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；④当m＞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，∴m＝14，综上所述：当m＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．9．【解答】解：（1）如图1中，连接DB，MF，CE，延长BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠ADH+∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．故答案为：45°（2）：如图2中，连接MF，EC，BD．设EC交AB于O，BD交EC于H．∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC+∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠OBH+∠BOH＝90°，∴∠BHO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝MN．（3）：如图3中，如图以A为圆心AD为半径作⊙A．当直线PB与⊙A相切时，此时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP的面积最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC，∵∠ABD+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠CPO，∴∠CPB＝90°，∵PB是⊙A的切线，∴∠ADP＝90°，∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四边形ADPE是矩形，∵AE＝AD，∴四边形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝＝2，∴PC＝2﹣2，PB＝2+2，∴S△BCP的最小值＝×PC×PB＝（2﹣2）（2+2）＝4．10．【解答】（1）解：AC⊥BD，理由如下：连接AC、BD，如图2所示：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，故答案为：AC⊥BD；（2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2；理由如下：如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，设BD、AC相交于E，∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：如图3，连接CG、BE，∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，∴GE＝．11．【解答】解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∴＝＝，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．12．【解答】解：（1）如图1中，作EH⊥CG于H．∵四边形ECFG是菱形，∠ECF＝60°，∴∠ECH＝∠ECF＝30°，EC＝EG，∵EH⊥CG，∴GH＝CG，∴＝cos30°＝，∴＝2•＝，∵EG∥CD，AB∥CD，∴GE∥AB，∴＝＝．故答案为．（2）结论：AG＝BE．理由：如图2中，连接CG．∵四边形ABCD，四边形ECFG都是菱形，∠ECF＝∠DCB＝60°，∴∠ECG＝∠EGC＝∠BCA＝∠BAC＝30°，∴△ECG∽△BCE，∴＝，∵∠ECB＝∠GCA，∴△ECB∽△GCA，∴＝＝，∴AG＝BE．（3）如图3中，∵∠AGH＝∠CGF＝30°．∠AGH＝∠GAC+∠GCA，又∵∠DAC＝∠HAG+∠GAC＝30°，∴∠HAG＝∠ACH，∵∠AHG＝∠AHC，∴△HAG∽△HCA，∴HA：HC＝GH：HA，∴AH2＝HG•HC，∴FC＝2，CG＝CF，∴GC＝2，∵HG＝，∴AH2＝HG•HC＝•3＝9，∵AH＞0，∴AH＝3．故答案为3．13．【解答】解：（1）当m＝n时，即：BC＝AC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴＝1，∴＝1（2）①∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴②成立．如图，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，又∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，即∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF，∴，∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴，∴．（3）由（2）有，△ADE∽△CDF，∵＝，∴＝，∴CF＝2AE，在Rt△DEF中，DE＝2，DF＝4，∴EF＝2，①当E在线段AC上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（﹣CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（﹣CE）]2＝40∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）而AC＝＜CE，∴此种情况不存在，②当E在AC延长线上时，在Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（+CE），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（+CE）]2＝40，∴CE＝，或CE＝﹣2（舍），③如图1，当点E在CA延长线上时，CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣），EF＝2，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，∴CE2+[2（CE﹣）]2＝40，∴CE＝2，或CE＝﹣（舍）即：CE＝2或CE＝．14．【解答】解：（1）如图1，延长GM交AD于H，∵AD∥GF，∴∠GFM＝∠HAM，在△FMG和△AMH中，，∴△FMG≌△AMH（ASA），∴HM＝GM，AH＝FG，∵AD＝CD，AH＝FG＝CG，∴DH＝DG，∵∠HDG＝90°，HM＝GM，∴DM＝MG，DM⊥MG，故答案为DM＝MG，DM⊥MG．（2）结论成立：DM＝MG，DM⊥MG，理由：如图2中，延长GM使得MH＝GM，连接AH、DH、DG，延长AD交GF的延长线于N，交CD于O．∵AM＝MF，∠AMH＝∠FMG，MH＝MG，∴△AMH≌△FMG（SAS），∴AH＝GF＝CG，∠AHM＝∠FGM，∴AH∥GN，∴∠HAD＝∠N，∵∠ODN＝∠OGC＝90°，∠DON＝∠GOC，∴∠N＝∠OCG，∴∠HAD＝∠DCG，∵AH＝CG，AD＝CD，∴△HAD≌△GCD（SAS），∴DH＝DG，∠HDA＝∠CDG，∴∠HDG＝∠ADC＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∵MH＝MG，∴DM⊥GH，DM＝MH＝MG，（3）①如图3﹣1中，连接AC．在Rt△ABC中，AC＝＝10，在Rt△ACE中，AE＝＝14，∴AF＝AE＝EF＝14﹣2＝12，∴FM＝AM＝AF＝6，在Rt△MGF中，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝20，②如图3﹣2中，连接AC．同法可得AE＝14，AF＝16，FM＝8，MG＝＝2，∴S△DMG＝×2×2＝34，综上所述，满足条件的△DMG的面积为20或34．15．【解答】解：（1）由旋转可得：AC＝A'C＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝，∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A'BC＝90°，∴cos∠A'CB＝＝，∴∠A'CB＝30°，∴∠ACA'＝60°；（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM＝∠MA'C，由旋转可得，∠MA'C＝∠A，∴∠A＝∠A'CM，∴tan∠PCB＝tan∠A＝，∴PB＝BC＝，∵∠PCQ＝∠PBC＝90°，∴∠BQC+∠BPC＝∠BCP+∠BPC＝90°，∴∠BQC＝∠BCP＝∠A，∴tan∠BQC＝tan∠A＝，∴BQ＝BC×＝2，∴PQ＝PB+BQ＝；（3）∵S四边形P A'B′Q＝S△PCQ﹣S△A'CB'＝S△PCQ﹣，∴S四边形P A'B′Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ＝PQ×BC＝PQ，法一：（几何法）取PQ的中点G，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝PQ，即PQ＝2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，∴CG min＝，PQ min＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣；法二（代数法）设PB＝x，BQ＝y，由射影定理得：xy＝3，∴当PQ最小时，x+y最小，∴（x+y）2＝x2+2xy+y2＝x2+6+y2≥2xy+6＝12，当x＝y＝时，“＝”成立，∴PQ＝+＝2，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形P A'B′Q＝3﹣．16．【解答】解：（1）结论：△PMN是等边三角形．理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝AE，∴BD＝EC，∵PB＝PC，CN＝ND，BM＝EM，∴PN∥BD，PM∥EC，PN＝BD，PM＝EC，∴PM＝PN，∠NPC＝∠ABC＝60°，∠MPB＝∠ACB＝60°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，故答案为等边三角形．（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：如图2中，连接BD，CE．由旋转可得∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝∠ABC＝60°又∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵M是BE的中点，P是BC的中点，∴PM是△BCE的中位线，∴PM＝，且PM∥CE．同理可证PN＝BD且PN∥BD，∴PM＝PN，∠MPB＝∠ECB，∠NPC＝∠DBC，∴∠MPB+∠NPC＝∠ECB+∠DBC＝（∠ACB+∠ACE）+（∠ABC﹣∠ABD）＝∠ACB+∠ABC＝120°，∴∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形．（3）∵PM＝EC，∴当EC最大时，等边△PMN的周长最大，∵EC≤AE+AC，∴EC≤8，∴PM≤4，∴PM的最大值为4，∴△PMN的周长的最大值为12．17．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°﹣40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD+∠ABD＝60°+20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝10°，故答案为：20，10；（2）设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△DEC中，y＝β+x，在△ABD中，α+x＝y+β＝β+x+β，∴α＝2β；（3）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠ACE＝y，在△ABD中，x+α＝β﹣y，在△DEC中，x+y+β＝180°，∴α＝2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α＝180°﹣2β．18．【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，∠CAE＝90°，AC＝AE，∴△ACE为等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC，故答案为：等腰直角；BC+CD＝AC；（2）延长CO交⊙O于E，连接AE、BE、DE，则∠CDE＝90°，∵点C为的中点，∴点E为的中点，∴EA＝EB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，由（1）得，DE＝（AD+BD），由勾股定理得，CD2＝CE2﹣DE2＝AD2+BD2﹣（AD+BD）2＝（AD﹣BD）2，∴CD＝（BD﹣AD）；（3）如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接CQ、PC，∵CA＝CB，点P为AB的中点，∴CP⊥AB，∵CA＝CE，点Q为AE中点，∴CQ⊥AE，AQ＝QE＝AE＝5，∴由勾股定理得，CQ＝＝12，由（1）得，AQ+CQ＝PQ，。

教育部2020年中考数学必考压轴题及答案

教育部2020年中考数学必考压轴题及答案教育部2020年中考数学必考压轴题及答案一、函数与几何综合的压轴题1.如图①，在平面直角坐标系中，AB、CD都垂直于x轴，垂足分别为B、D且AD与B相交于E点.已知：A(-2,-6),C(1,-3)求证：E点在y轴上；如果有一抛物线经过A，E，C三点，求此抛物线方程.如果AB位置不变，再将DC水平向右移动k(k>0)个单位，此时AD与BC相交于E′点，如图②，求△AE′C的面积S关于k的函数解析式.[解]（1）（本小题介绍二种方法，供参考）方法一：过E作EO′⊥x轴，垂足O′∴AB∥EO′∥DC∴又∵DO′+BO′=DB∴∵AB=6，DC=3，∴EO′=2又∵，∴∴DO′=DO，即O′与O重合，E在y轴上方法二：由D（1，0），A（-2，-6），得DA直线方程：y=2x-2①再由B（-2，0），C（1，-3），得BC直线方程：y=-x-2②联立①②得∴E点坐标（0，-2），即E点在y轴上（2）设抛物线的方程y=ax2+bx+c(a≠0)过A（-2，-6），C（1，-3）E（0，-2）三点，得方程组解得a=-1,b=0,c=-2∴抛物线方程y=-x2-2（3）（本小题给出三种方法，供参考）由（1）当DC水平向右平移k后，过AD与BC的交点E′作E′F⊥x 轴垂足为F。

同（1）可得：得：E′F=2方法一：又∵E′F∥AB，∴S△AE′C=S△ADC-S△E′DC===DB=3+kS=3+k为所求函数解析式方法二：∵BA∥DC，∴S△BCA=S△BDA∴S△AE′C=S△BDE′∴S=3+k为所求函数解析式.证法三：S△DE′C∶S△AE′C=DE′∶AE′=DC∶AB=1∶2同理：S△DE′C∶S△DE′B=1∶2,又∵S△DE′C∶S△ABE′=DC2∶AB2=1∶4∴∴S=3+k为所求函数解析式.2.已知：如图，在直线坐标系中，以点M（1，0）为圆心、直径AC为的圆与y轴交于A、D两点.求点A的坐标；设过点A的直线y＝x＋b与x轴交于点B.探究：直线AB是否⊙M 的切线？并对你的结论加以证明；连接BC，记△ABC的外接圆面积为S1、⊙M面积为S2，若，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过B、M两点，且它的顶点到轴的距离为.求这条抛物线的解析式.解：由已知AM＝，OM＝1，在Rt△AOM中，AO＝，∴点A的坐标为A（0，1）证：∵直线y＝x＋b过点A（0，1）∴1＝0＋b即b＝1∴y＝x＋1令y＝0则x＝－1∴B（—1，0），AB＝在△ABM中，AB＝，AM＝，BM＝2∴△ABM是直角三角形，∠BAM＝90°∴直线AB是⊙M的切线解法一：由⑵得∠BAC＝90°，AB＝，AC ＝2，∴BC＝∵∠BAC＝90°∴△ABC的外接圆的直径为BC，∴而，设经过点B（—1，0）、M（1，0）的抛物线的解析式为：y＝a（＋1）（x－1），（a≠0）即y＝ax2－a，∴－a＝±5，∴a ＝±5∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5解法二：（接上）求得∴h＝5由已知所求抛物线经过点B（—1，0）、M（1、0），则抛物线的对称轴是y轴，由题意得抛物线的顶点坐标为（0，±5）∴抛物线的解析式为y＝a（x－0）2±5又B（－1,0）、M（1,0）在抛物线上，∴a±5＝0，a＝±5∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5解法三：（接上）求得∴h＝5因为抛物线的方程为y＝ax2＋bx＋c（a≠0）由已知得∴抛物线的解析式为y＝5x2－5或y＝－5x2＋5.3.如图，在直角坐标系中，以点P（1，－1）为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，抛物线过点A、B，且顶点C在⊙P上.(1)求⊙P上劣弧的长；(2)求抛物线的解析式；(3)在抛物线上是否存在一点D，使线段OC与PD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由如图，连结PB，过P 作PM⊥x轴，垂足为M.在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,∴∠MPB＝60°，∴∠APB＝120°的长＝（2）在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,则MB＝MA＝.又OM=1，∴A（1－，0），B（1＋，0），由抛物线及圆的对称性得知点C在直线PM上，则C(1，－3).点A、B、C在抛物线上，则解之得抛物线解析式为（3）假设存在点D，使OC与PD互相平分，则四边形OPCD为平行四边形，且PC∥OD.又PC∥y轴，∴点D在y轴上，∴OD＝2，即D（0，－2）.又点D（0，－2）在抛物线上，故存在点D（0，－2），使线段OC与PD互相平分.如图，在平面直角坐标系内，Rt△ABC的直角顶点C（0，）在轴的正半轴上，A、B是轴上是两点，且OA∶OB＝3∶1，以OA、OB为直径的圆分别交AC于点E，交BC于点F.直线EF交OC于点Q.求过A、B、C三点的抛物线的解析式；请猜想：直线EF与两圆有怎样的位置关系？并证明你的猜想.在△AOC中，设点M是AC边上的一个动点，过M作MN∥AB交OC于点N.试问：在轴上是否存在点P，使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形？若存在，求出P点坐标；若.[解](1)在Rt△AB C中，OC⊥AB，∴△AOC≌△COB.∴OC2＝OA·OB.∵OA∶OB＝3∶1,C(0,),∴∴OB＝1.∴OA＝3.∴A(-3,0),B(1,0).设抛物线的解析式为则解之，得∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为(2)EF与⊙O1、⊙O2都相切.证明：连结O1E、OE、OF.∵∠ECF＝∠AEO＝∠BFO＝90°,∴四边形EOFC为矩形.∴QE＝QO.∴∠1＝∠2.∵∠3＝∠4,∠2+∠4＝90°，∴EF与⊙O1相切.同理：EF理⊙O2相切.(3)作MP⊥OA于P，设MN＝a,由题意可得MP＝MN＝a.∵MN∥OA,∴△CMN∽△CAO.∴∴解之，得此时，四边形OPMN是正方形.∴∴考虑到四边形PMNO此时为正方形，∴点P在原点时仍可满足△PNN是以MN为一直角边的等腰直角三角形.故轴上存在点P使得△PMN是一个以MN为一直角边的等腰直角三角形且或5.如图，已知点A(0，1)、C(4，3)、E(，)，P是以AC为对角线的矩形ABCD内部(不在各边上)的—个动点，点D在y轴，抛物线y ＝ax2+bx+1以P为顶点．(1)说明点A、C、E在一条条直线上；(2)能否判断抛物线y＝ax2+bx+1的开口方向?请说明理由；(3)设抛物线y＝ax2+bx+1与x轴有交点F、G(F在G的左侧)，△GAO与△FAO的面积差为3，且这条抛物线与线段AE有两个不同的交点．这时能确定a、b的值吗?若能，请求出a、b的值；若不能，请确定a、b的取值范围．(本题图形仅供分析参考用)x+1.将点E的坐标E(，)代入y=x+1中，左边=，右边=×+1=，∵左边=右边，∴点E在直线y=x+1上，即点A、C、E在一条直线上.（2）解法一：由于动点P在矩形ABCD内部，∴点P的纵坐标大于点A的纵坐标，而点A与点P都在抛物线上，且P为顶点，∴这条抛物线有最高点，抛物线的开口向下解法二：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点P的纵坐标为，且P在矩形ABCD内部，∴1＜＜3，由1＜1—得—＞0，∴a＜0，∴抛物线的开口向下.（3）连接GA、FA，∵S△GAO—S△FAO=3∴GO·AO—FO·AO=3∵OA=1，∴GO—FO=6.设F（x1,0）、G（x2,0），则x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两个根，且x1＜x2，又∵a＜0，∴x1·x2=＜0，∴x1＜0＜x2，∴GO=x2，FO=—x1，∴x2—（—x1）=6，即x2+x1=6，∵x2+x1=—∴—=6，∴b=—6a,∴抛物线解析式为：y=ax2—6ax+1,其顶点P的坐标为（3，1—9a）,∵顶点P在矩形ABCD内部，∴1＜1—9a＜3,∴—＜a＜0.∴x=0或x==6+.当x=0时，即抛物线与线段AE交于点A，而这条抛物线与线段AE有两个不同的交点，则有：0＜6+≤，解得：—≤a＜—综合得：—＜a＜—∵b=—6a，∴＜b＜6.已知两点O(0，0)、B(0，2)，⊙A过点B且与x轴分别相交于点O、C，⊙A被y轴分成段两圆弧，其弧长之比为3∶1，直线l与⊙A切于点O，抛物线的顶点在直线l上运动.求⊙A的半径；若抛物线经过O、C两点，求抛物线的解析式；过l上一点P的直线与⊙A交于C、E两点，且PC＝CE，求点E的坐标；若抛物线与x轴分别相交于C、F两点，其顶点P的横坐标为m，求△PEC的面积关于m的函数解析式.(1)由弧长之比为3∶1，可得∠BAO＝90o再由AB＝AO＝r，且OB＝2，得r＝(2)⊙A的切线l过原点，可设l为y＝kx任取l上一点(b，kb)，由l与y轴夹角为45o可得：b＝－kb或b＝kb，得k＝－1或k＝1，∴直线l的解析式为y＝－x或y＝x又由r＝，易得C(2，0)或C(－2，0)由此可设抛物线解析式为y＝ax(x－2)或y＝ax(x＋2)再把顶点坐标代入l的解析式中得a＝1∴抛物线为y＝x2－2x或y＝x2＋2x ……6分(3)当l的解析式为y＝－x时，由P在l上，可设P(m，－m)(m ＞0)过P作PP′⊥x轴于P′，∴OP′＝|m|，PP′＝|－m|，∴OP＝2m2，又由切割线定理可得：OP2＝PC.PE,且PC＝CE，得PC＝PE＝m＝PP′7分∴C与P′为同一点，即PE⊥x轴于C，∴m＝－2，E(－2，2) (8)分同理，当l的解析式为y＝x时，m＝－2，E(－2，2)(4)若C(2，0)，此时l为y＝－x，∵P与点O、点C不重合，∴m≠0且m≠2，当m＜0时，FC＝2(2－m)，高为|yp|即为－m，∴S ＝同理当0＜m＜2时，S＝－m2＋2m；当m＞2时，S＝m2－2m；∴S＝又若C(－2，0)，此时l为y＝x，同理可得；S＝.如图，直线与函数的交于A、B两点，且与x、y轴分别交于C、D两点．（1）若的面积的倍，求与之间的函数关系式；（2）在（1）的条件下，是否存在和，使得以为直径的圆经过点．若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由．[解]（1）设，(其中)，由，得∴··(····)，，又，∴，即，由可得，代入可得①∴，，∴，即．又方程①的判别式，∴所求的函数关系式为．（2）假设存在,，使得以为直径的圆经过点．则，过、分别作轴的垂线，垂足分别为、．∵与都与互余，∴．∴Rt∽Rt，∴．∴，∴，∴，即②由（1）知，，代入②得，∴或，又，∴或，∴存在,，使得以为直径的圆经过点，且或．8.已知抛物线与x轴交于两点、，与y轴交于点C，且AB=6.（1）求抛物线和直线BC的解析式.（2）在给定的直角坐标系中，画抛物线和直线BC.（3）若过A、B、C三点，求的半径.（4）抛物线上是否存在点M，过点M作轴于点N，使被直线BC 分成面积比为1）由题意得：解得经检验m=1，∴抛物线的解析式为：或：由得，或抛物线的解析式为由得∴A（－50），B（1，0），C（0，－5.设直线BC的解析式为则∴直线BC的解析式为(2)图象略.（3）法一：在中，.又∴的半径法二：由题意，圆心P在AB的中垂线上，即在抛物线的对称轴直线上，设P（－2－hh＞0），连结PB、PC，则，由，即，解得h=2.的半径.法三：延长CP交于点F.为的直径，又又的半径为（4）设MN交直线BC于点E，点M的坐标为则点E的坐标为若则解得（不合题意舍去），若则解得（不合题意舍去），存在点M，点M的坐标为或（15，280）.9.如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为、，直径CD⊥x轴于N，直线CE切⊙M于点C，直线FG切⊙M于点F，交CE于G，已知点G的横坐标为3.若抛物线经过A、B、D三点，求m的值及点D的坐标.求直线DF的解析式.是否存在过点G的直线，使它与（1）中抛物线的两个交点的横坐标之和等于4？若存在，请求出满足条件的直线的解析式；若不存在，请说明理由.[解](1)∵抛物线过A、B两点，∴，m=3.∴抛物线为.又抛物线过点D，由圆的对称性知点D为抛物线的顶点. ∴D点坐标为.(2)由题意知：AB=4.∵CD⊥x轴，∴NA=NB=2.∴ON=1.由相交弦定理得：NA·NB=ND·NC，∴NC×4=2×2.∴NC=1.∴C点坐标为.设直线DF交CE于P，连结CF，则∠CFP=90°.∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°.∵GC、GF是切线，∴GC=GF.∴∠3=∠4.∴∠1=∠2.∴GF=GP.∴GC=GP.可得CP=8.∴P点坐标为设直线DF的解析式为则解得∴直线DF的解析式为：(3)假设存在过点G的直线为，则，∴.由方程组得由题意得，∴.当时，，∴方程无实数根，方程组无实数解.∴满足条件的直线不存在.10.已知二次函数的图象经过点A（－3，6），并与x轴交于点B （－1，0）和点C，顶点为P.求这个二次函数的解析式，并在下面的坐标系中画出该二次函数的图象；设D为线段OC上的一点，满足∠DPC＝∠BAC，求点D的坐标；在x轴上是否存在一点M，使以M为圆心的圆与AC、PC所在的直线及y轴都相切？如果存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.（1）解：∵二次函数的图象过点A（－3，6），B（－1，0）得解得∴这个二次函数的解析式为：由解析式可求P（1，－2），C（3，0）画出二次函数的（2）解法一：易证：∠ACB＝∠PCD＝45°又已知：∠DPC＝∠BAC∴△DPC∽△BAC∴易求∴∴∴解法二：过A作AE⊥x轴，垂足为E.设抛物线的对称轴交x轴于F.亦可证△AEB∽△PFD、∴.易求：AE＝6，EB＝2，PF＝2∴∴∴（3）存在.（1°）过M作MH⊥AC，MG⊥PC垂足分别为H、G，设AC交y轴于S，CP的延长线交y轴于T∵△SCT是等腰直角三角形，M是△SCT的内切圆圆心，∴MG＝MH＝OM又∵且OM＋MC＝OC∴∴（2°）在x轴的负半轴上，存在一点M′同理OM′＋OC＝M′C，得∴M′即在x轴上存在满足条件的两个点.在平面直角坐标系中，A（－1，0），B（3，0）.（1）若抛物线过A，B两点，且与y轴交于点（0，－3），求此抛物线的顶点坐标；（2）如图，小敏发现所有过A，B两点的抛物线如果与y轴负半轴交于点C，M为抛物线的顶点，那么△ACM与△ACB的面积比不变，请你求出这个比值；（3）若对称轴是AB的中垂线l的抛物线与x轴交于点E，F，与y轴交于点C，过C作CP∥x轴交l于点P，M为此抛物线的顶点.若四边形PEMF是有一个内角为60°的菱形，求次抛物线的解析式.（1），顶点坐标为（1，－4）.（2）由题意，设y＝a（x＋1）（x－3），即y＝ax2－2ax－3a，∴A（－1，0），B（3，0），C（0，－3a），M（1，－4a），∴S△ACB＝×4×＝6，而a＞0，∴S△ACB＝6A、作MD⊥x轴于D，又S△ACM＝S△ACO＋SOCMD－S△AMD＝·1·3a＋（3a＋4a）－·2·4a＝a，∴S△ACM：S△ACB＝1：6.（3）①当抛物线开口向上时，设y＝a（x－1）2＋k，即y＝ax2－2ax＋a＋k，有菱形可知＝，a＋k＞0，k＜0，∴k＝，∴y＝ax2－2ax＋，∴.记l与x轴交点为D，若∠PEM＝60°，则∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝，∴k＝－，a＝，∴抛物线的解析式为.若∠PEM＝120°，则∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝，∴k＝－，a＝，∴抛物线的解析式为.②当抛物线开口向下时，同理可得，.已知：在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象与x轴交于点A，抛物线经过O、A两点。

2020年中考数学压轴题：几何变换(10题)

2020年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：几何变换（10题）一、解答题（共10小题）1．（2018•金水区校级四模）如图乙，ABC ∆和ADE ∆是有公共顶点的等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点P 为射线BD ，CE 的交点．（1）如图甲，将ADE ∆绕点A 旋转，当C 、D 、E 在同一条直线上时，连接BD 、BE ，则下列给出的四个结论中，其中正确的是．①BD CE =②BD CE ⊥③45ACE DBC ∠+∠=︒④2222()BE AD AB =+ （2）若4AB =，2AD =，把ADE ∆绕点A 旋转， ①当90EAC ∠=︒时，求PB 的长； ②求旋转过程中线段PB 长的最大值．2．（2016•天津）在平面直角坐标系中，O 为原点，点(4,0)A ，点(0,3)B ，把ABO ∆绕点B 逆时针旋转，得△A BO ''，点A ，O 旋转后的对应点为A '，O '，记旋转角为α．（Ⅰ）如图①，若90α=︒，求AA '的长；（Ⅱ）如图②，若120α=︒，求点O '的坐标；（Ⅲ）在（Ⅱ）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，求点P '的坐标（直接写出结果即可）3．（2019•沈丘县一模）观察猜想（1）如图①，在Rt ABC ∆中，90BAC ∠=︒，3AB AC ==，点D 与点A 重合，点E 在边BC 上，连接DE ，将线段DE 绕点D 顺时针旋转90︒得到线段DF ，连接BF ，BE 与BF 的位置关系是，BE BF += ；探究证明（2）在（1）中，如果将点D 沿AB 方向移动，使1AD =，其余条件不变，如图②，判断BE 与BF 的位置关系，并求BE BF +的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点D 在边BA 的延长线上，BD n =，连接DE ，将线段DE 绕着点D 顺时针旋转，旋转角EDF α∠=，连接BF ，则BE BF +的值是多少？请用含有n ，α的式子直接写出结论．4．（2016•湖州）数学活动课上，某学习小组对有一内角为120︒的平行四边形(120)ABCD BAD ∠=︒进行探究：将一块含60︒的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD 所在平面内旋转，且60︒角的顶点始终与点C 重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB ，AD 于点E ，F （不包括线段的端点）．（1）初步尝试如图1，若AD AB =，求证：①BCE ACF ∆≅∆，②AE AF AC +=；（2）类比发现如图2，若2AD AB =，过点C 作CH AD ⊥于点H ，求证：2AE FH =；（3）深入探究如图3，若3AD AB =，探究得：3AE AFAC+的值为常数t ，则t = ．5．（2015•南通）如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，15AB =，9BC =，点P ，Q 分别在BC ，AC 上，3CP x =，4(03)CQ x x =<<．把PCQ ∆绕点P 旋转，得到PDE ∆，点D 落在线段PQ 上．（1）求证：//PQ AB ；（2）若点D 在BAC ∠的平分线上，求CP 的长；（3）若PDE ∆与ABC ∆重叠部分图形的周长为T ，且1216T ，求x 的取值范围．6．（2017•天桥区三模）如图1，已知线段2BC =，点B 关于直线AC 的对称点是点D ，点E 为射线CA 上一点，且ED BD =，连接DE ，BE ．（1）依题意补全图1，并证明：BDE ∆为等边三角形；（2）若45ACB ∠=︒，点C 关于直线BD 的对称点为点F ，连接FD 、FB ．将CDE ∆绕点D 顺时针旋转α度(0360)α︒<<︒得到△C DE ''，点E 的对应点为E '，点C 的对应点为点C '．①如图2，当30α=︒时，连接BC '．证明：EF BC ='；②如图3，点M为DC中点，点P为线段C E''上的任意一点，试探究：在此旋转过程中，线段PM长度的取值范围？7．（2018•东莞市）已知Rt OABABOOB=，将Rt OAB∆∠=︒，斜边4∆，90OAB∠=︒，30绕点O顺时针旋转60︒，如图1，连接BC．（1）填空：OBC∠=︒；（2）如图1，连接AC，作OP AC⊥，垂足为P，求OP的长度；（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在OCB→→路径匀速∆边上运动，M沿O C B运动，N沿O B C→→路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，OMN∆的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？8．（2015•烟台）【问题提出】如图①，已知ABC=，∆是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED EC将BCE∆连接EF∆绕点C顺时针旋转60︒至ACF试证明：AB DB AF=+【类比探究】（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．9．（2015•潜江）已知135MAN∠=︒，正方形ABCD绕点A旋转．（1）当正方形ABCD旋转到MAN∠的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD 的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．①如图1，若BM DN=，则线段MN与BM DN+之间的数量关系是；②如图2，若BM DN≠，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图3，当正方形ABCD旋转到MAN∠的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．10．（2015•济南）如图1，在ABC∆中，90ACB∠=︒，AC BC=，90EAC∠=︒，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90︒得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．（1）直接写出NDE∠的度数；（2）如图2、图3，当EAC∠为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图4，若15EAC∠=︒，60ACM∠=︒，直线CM与AB交于G，62BD+=，其他条件不变，求线段AM的长．2020年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：几何变换（10题）参考答案与试题解析一、解答题（共10小题）1．（2018•金水区校级四模）如图乙，ABC ∆和ADE ∆是有公共顶点的等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点P 为射线BD ，CE 的交点．（1）如图甲，将ADE ∆绕点A 旋转，当C 、D 、E 在同一条直线上时，连接BD 、BE ，则下列给出的四个结论中，其中正确的是 ①②③ ．①BD CE =②BD CE ⊥③45ACE DBC ∠+∠=︒④2222()BE AD AB =+ （2）若4AB =，2AD =，把ADE ∆绕点A 旋转， ①当90EAC ∠=︒时，求PB 的长； ②求旋转过程中线段PB 长的最大值．【考点】RB ：几何变换综合题【分析】（1）①由条件证明ABD ACE ∆≅∆，就可以得到结论②由ABD ACE ∆≅∆就可以得出ABD ACE ∠=∠，就可以得出90BDC ∠=︒，进而得出结论；③由条件知45ABC ABD DBC ∠=∠+∠=︒，由ABD ACE ∠=∠就可以得出结论；④BDE ∆为直角三角形就可以得出222BE BD DE =+，由DAE ∆和BAC ∆是等腰直角三角形就有222DE AD =，222BC AB =，就有2222BC BD CD BD =+≠就可以得出结论；（2）①分两种情形a 、如图乙1-中，当点E 在AB 上时，2BE AB AE =-=．由PEB AEC ∆∆∽，得PB BEAC CE=，由此即可解决问题．b 、如图乙2-中，当点E 在BA 延长线上时，6BE =．解法类似；②如图乙3-中，以A 为圆心AD 为半径画圆，当CE 在A 上方与A 相切时，PB 的值最大．分别求出PB 即可；【解答】（1）解：如图甲：①90BAC DAE ∠=∠=︒，BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠=∠+∠，即BAD CAE ∠=∠．在ABD ∆和ACE ∆中， AD AE BAD CAE AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()ABD ACE SAS ∴∆≅∆， BD CE ∴=，∴①正确；②ABD ACE ∆≅∆， ABD ACE ∴∠=∠． 90CAB ∠=︒， 90ABD AFB ∴∠+∠=︒， 90ACE AFB ∴∠+∠=︒． DFC AFB ∠=∠， 90ACE DFC ∴∠+∠=︒， 90FDC ∴∠=︒． BD CE ∴⊥，∴②正确；③90BAC ∠=︒，AB AC =，45ABC ∴∠=︒， 45ABD DBC ∴∠+∠=︒．45ACE DBC ∴∠+∠=︒，∴③正确；④BD CE ⊥，222BE BD DE ∴=+，90BAC DAE ∠=∠=︒，AB AC =，AD AE =，222DE AD ∴=，222BC AB =，2222BC BD CD BD =+≠， 22222AB BD CD BD ∴=+≠，2222()BE AD AB ∴≠+，∴④错误．故答案为：①②③．（2）①解：a 、如图乙1-中，当点E 在AB 上时，2BE AB AE =-=．90EAC ∠=︒，2225CE AE AC ∴=+= 同（1）可证ADB AEC ∆≅∆． DBA ECA ∴∠=∠． PEB AEC ∠=∠， PEB AEC ∴∆∆∽． ∴PB BEAC CE =， ∴425PB =45PB ∴．b 、如图乙2-中，当点E 在BA 延长线上时，6BE =．90EAC ∠=︒，2225CE AE AC ∴=+=，同（1）可证ADB AEC ∆≅∆． DBA ECA ∴∠=∠． BEP CEA ∠=∠， PEB AEC ∴∆∆∽， ∴PB BEAC CE =， ∴6425PB =， 1255PB ∴=综上，455PB =或1255．②解：如图乙3-中，以A 为圆心AD 为半径画圆，当CE 在A 上方与A 相切时，PB 的值最大．理由：此时BCE ∠最大，因此PB 最大，(PBC ∆是直角三角形，斜边BC 为定值，BCE ∠最大，因此PB 最大） AE EC ⊥，2223EC AC AE ∴=-=，由（1）可知，ABD ACE ∆≅∆，90ADB AEC ∴∠=∠=︒，23BD CE ==，90ADP DAE AEP ∴∠=∠=∠=︒，∴四边形AEPD 是矩形，2PD AE ∴==，232PB BD PD ∴=+=+．综上所述，PB 长的最大值是232+．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题，属于中考压轴题．2．（2016•天津）在平面直角坐标系中，O 为原点，点(4,0)A ，点(0,3)B ，把ABO ∆绕点B逆时针旋转，得△A BO ''，点A ，O 旋转后的对应点为A '，O '，记旋转角为α．（Ⅰ）如图①，若90α=︒，求AA '的长；（Ⅱ）如图②，若120α=︒，求点O '的坐标；（Ⅲ）在（Ⅱ）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，求点P '的坐标（直接写出结果即可）【考点】RB ：几何变换综合题【专题】15：综合题【分析】（1）如图①，先利用勾股定理计算出5AB =，再根据旋转的性质得BA BA ='，90ABA ∠'=︒，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3BO BO ='=，120OBO ∠'=︒，则60HBO ∠'=︒，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 ，连接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3y =-，从而得到P 0)，则O P OP ''==，作P D O H '⊥'于D ，然后确定30DP O ∠''=︒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．【解答】解：（1）如图①，点(4,0)A ，点(0,3)B ，4OA ∴=，3OB =，5AB ∴=，ABO ∆绕点B 逆时针旋转90︒，得△A BO ''，BA BA ∴='，90ABA ∠'=︒，ABA ∴∆'为等腰直角三角形，AA ∴'==（2）作O H y '⊥轴于H ，如图②，ABO ∆绕点B 逆时针旋转120︒，得△A BO ''，3BO BO ∴='=，120OBO ∠'=︒，60HBO ∴∠'=︒，在Rt BHO ∆'中，9030BO H HBO ∠'=︒-∠'=︒，1322BH BO ∴='=，O H '==， 39322OH OB BH ∴=+=+=，O ∴'点的坐标为9)2；（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 ，连接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，(0,3)C ∴-，设直线O C '的解析式为y kx b =+，把33(2O '，9)2，(0,3)C -代入得339223k b b ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，解得5333k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∴直线O C '的解析式为5333y x =-，当0y =时，53303x -=，解得335x =，则33(5P ，0)， 335OP ∴=， 335O P OP ∴''==，作P D O H '⊥'于D ，90BO A BOA ∠''=∠=︒，30BO H ∠'=︒，30DP O ∴∠''=︒，133210O D O P ∴'=''=，9310P D O D '='=， 3333632105DH O H O D ∴='-'=-=， P ∴'点的坐标为63(5，27)5．【点评】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质；理解坐标与图形性质；会利用两点之间线段最短解决最短路径问题；记住含30度的直角三角形三边的关系．3．（2019•沈丘县一模）观察猜想（1）如图①，在Rt ABCAB AC∠=︒，3==，点D与点A重合，点E在边BCBAC∆中，90上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90︒得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是BF BE⊥，BE BF+=；探究证明（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使1AD=，其余条件不变，如图②，判断BE 与BF的位置关系，并求BE BF+的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸（3）如图③，在ABC=，∠=，点D在边BA的延长线上，BD n ∆中，AB AC=，BACα连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角EDFα+的∠=，连接BF，则BE BF值是多少？请用含有n，α的式子直接写出结论．【考点】RB：几何变换综合题【专题】15：综合题【分析】（1）只要证明BAF CAE∆≅∆，即可解决问题；（2）如图②中，作//DH AC交BC于H．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中，作//⊥于M．只要证明DH AC交BC的延长线于H，作DM BC∆≅∆，可证BF BE BHBDF HDE+=，即可解决问题；【解答】解：（1）如图①中，EAF BAC∠=∠=︒，90∴∠=∠，BAF CAE=，AB ACAF AE=，ABF C ∴∠=∠，BF CE =，AB AC =，90BAC ∠=︒，45ABC C ∴∠=∠=︒，90FBE ABF ABC ∴∠=∠+∠=︒，BC BE EC BE BF =+=+，故答案为：BF BE ⊥，BC ．（2）如图②中，作//DH AC 交BC 于H ．//DH AC ，90BDH A ∴∠=∠=︒，DBH ∆是等腰直角三角形，由（1）可知，BF BE ⊥，BF BE BH +=，3AB AC ==，1AD =，2BD DH ∴==， 22BH ∴=，22BF BE BH ∴+==；（3）如图③中，作//DH AC 交BC 的延长线于H ，作DM BC ⊥于M ．//AC DH ，ACB H ∴∠=∠，BDH BAC α∠=∠=，AB AC =，ABC ACB ∴∠=∠DB DH ∴=，EDF BDH α∠=∠=，BDF HDE ∴∠=∠，DF DE =，DB DH =，BDF HDE ∴∆≅∆，BF EH ∴=，BF BE EH BE BH ∴+=+=，DB DH =，DM BH ⊥，BM M H ∴=，BDM HDM ∠=∠， sin 2BM MH BD α∴==．2sin 2BF BE BH n α∴+==．【点评】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．4．（2016•湖州）数学活动课上，某学习小组对有一内角为120︒的平行四边形(120)ABCD BAD ∠=︒进行探究：将一块含60︒的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD 所在平面内旋转，且60︒角的顶点始终与点C 重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB ，AD 于点E ，F （不包括线段的端点）．（1）初步尝试如图1，若AD AB =，求证：①BCE ACF ∆≅∆，②AE AF AC +=；（2）类比发现如图2，若2AD AB =，过点C 作CH AD ⊥于点H ，求证：2AE FH =；（3）深入探究如图3，若3AD AB =，探究得：3AE AF AC +的值为常数t ，则t【考点】RB ：几何变换综合题【分析】（1）①先证明ABC ∆，ACD ∆都是等边三角形，再证明BCE ACF ∠=∠即可解决问题．②根据①的结论得到BE AF =，由此即可证明．（2）设DH x =，由题意，2CD x =，3CH x =，由ACE HCF ∆∆∽，得AE AC FH CH=由此即可证明．（3）如图3中，作CN AD ⊥于N ，CM BA ⊥于M ，CM 与AD 交于点H ．先证明CFN CEM ∆∆∽，得CN FN CM EM =，由AB CM AD CN =，3AD AB =，推出3CM CN =，所以13CN FN CM EM ==，设CN a =，FN b =，则3CM a =，3EM b =，想办法求出AC ，3AE AF +即可解决问题．【解答】解；（1）①四边形ABCD 是平行四边形，120BAD ∠=︒，60D B ∴∠=∠=︒，AD AB =，ABC ∴∆，ACD ∆都是等边三角形，60B CAD ∴∠=∠=︒，60ACB ∠=︒，BC AC =，60ECF ∠=︒，60BCE ACE ACF ACE ∴∠+∠=∠+∠=︒，BCE ACF ∴∠=∠，在BCE ∆和ACF ∆中，B CAF BC ACBCE ACF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩BCE ACF ∴∆≅∆．②BCE ACF ∆≅∆，BE AF ∴=，AE AF AE BE AB AC ∴+=+==．（2）设DH x =，由题意，2CD x =，CH =，24AD AB x ∴==，3AH AD DH x ∴=-=，CH AD ⊥，AC ∴，222AC CD AD ∴+=，90ACD ∴∠=︒，90BAC ACD ∴∠=∠=︒，30CAD ∴∠=︒，60ACH ∴∠=︒，60ECF ∠=︒，HCF ACE ∴∠=∠，ACE HCF ∴∆∆∽， ∴2AE AC FH CH==， 2AE FH ∴=．（3）如图3中，作CN AD ⊥于N ，CM BA ⊥于M ，CM 与AD 交于点H ．180ECF EAF ∠+∠=︒，180AEC AFC ∴∠+∠=︒，180AFC CFN ∠+∠=︒，CFN AEC ∴∠=∠，90M CNF ∠=∠=︒，CFN CEM ∴∆∆∽，∴CN FN CM EM =， AB CM AD CN =，3AD AB =，3CM CN ∴=，∴13CN FN CM EM ==，设CN a =，FN b =，则3CM a =，3EM b =， 60MAH ∠=︒，90M ∠=︒，30AHM CHN ∴∠=∠=︒，2HC a ∴=，HM a =，3HN a =，33AM a ∴=，233AH a =， 222213AC AM CM a ∴=+=， 1433()3()333333AE AF EM AM AH HN FN EM AM AH HN FN AH HN AM a +=-++-=-++-=+-=，∴1433372213a AE AF AC a +==．故答案为7．【点评】本题考查几何变换综合题．全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．5．（2015•南通）如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，15AB =，9BC =，点P ，Q 分别在BC ，AC 上，3CP x =，4(03)CQ x x =<<．把PCQ ∆绕点P 旋转，得到PDE ∆，点D 落在线段PQ 上．（1）求证：//PQ AB ；（2）若点D 在BAC ∠的平分线上，求CP 的长；（3）若PDE ∆与ABC ∆重叠部分图形的周长为T ，且1216T ，求x 的取值范围．【考点】RB ：几何变换综合题【专题】16：压轴题【分析】（1）先根据勾股定理求出AC 的长，再由相似三角形的判定定理得出PQC BAC ∆∆∽，由相似三角形的性质得出CPQ B ∠=∠，由此可得出结论；（2）连接AD ，根据//PQ AB 可知ADQ DAB ∠=∠，再由点D 在BAC ∠的平分线上，得出DAQ DAB ∠=∠，故ADQ DAQ ∠=∠，AQ DQ =．在Rt CPQ ∆中根据勾股定理可知，124AQ x =-，故可得出x 的值，进而得出结论；（3）当点E 在AB 上时，根据等腰三角形的性质求出x 的值，再分908x<；938x <<两种情况进行分类讨论．【解答】（1）证明：在Rt ABC ∆中，15AB =，9BC =， 222215912AC AB BC ∴=--．393PC x x BC ==，4123QC x x AC ==， ∴PC QC BC AC=． C C ∠=∠，PQC BAC ∴∆∆∽，CPQ B ∴∠=∠，//PQ AB ∴；（2）解：连接AD ，//PQ AB ，ADQ DAB ∴∠=∠．点D 在BAC ∠的平分线上，DAQ DAB ∴∠=∠，ADQ DAQ ∴∠=∠，AQ DQ ∴=．在Rt CPQ ∆中，5PQ x =，3PD PC x ==，2DQ x ∴=．124AQ x =-，1242x x ∴-=，解得2x =，36CP x ∴==．（3）解：当点E 在AB 上时，//PQ AB ，DPE PGB ∴∠=∠．CPQ DPE ∠=∠，CPQ B ∠=∠，B PGB ∴∠=∠，5PB PG x ∴==，359x x ∴+=，解得98x =． ①当908x <时，34512T PD DE PE x x x x =++=++=，此时2702T <； ②当938x <<时，设PE 交AB 于点G ，DE 交AB 于F ，作GH PQ ⊥，垂足为H ， HG DF ∴=，FG DH =，Rt PHG Rt PDE ∆∆∽，∴GH PG PH ED PE PD==． 93PG PB x ==-，∴93453GH x PH x x x -==， 4(93)5GH x ∴=-，3(93)5PH x =-， 33(93)5FG DH x x ∴==--， 43(93)3(93)[3(93)]55T PG PD DF FG x x x x x ∴=+++=-++-+-- 125455x =+，此时，27182T <<． ∴当03x <<时，T 随x 的增大而增大，12T ∴=时，即1212x =，解得1x =；16T =时，即12541655x +=，解得136x =． 1216T ，x ∴的取值范围是1316x ．【点评】本题考查的是几何变换综合题，涉及到勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，在解答（3）时要注意进行分类讨论．6．（2017•天桥区三模）如图1，已知线段2BC =，点B 关于直线AC 的对称点是点D ，点E为射线CA 上一点，且ED BD =，连接DE ，BE ．（1）依题意补全图1，并证明：BDE ∆为等边三角形；（2）若45ACB ∠=︒，点C 关于直线BD 的对称点为点F ，连接FD 、FB ．将CDE ∆绕点D顺时针旋转α度(0360)α︒<<︒得到△C DE ''，点E 的对应点为E '，点C 的对应点为点C '．①如图2，当30α=︒时，连接BC '．证明：EF BC ='；②如图3，点M 为DC 中点，点P 为线段C E ''上的任意一点，试探究：在此旋转过程中，线段PM 长度的取值范围？【考点】RB ：几何变换综合题【分析】（1）根据题画图，易证AC 是BD 的垂直平分线，得到ED EB BD ==，即可证明BDE∆为等边三角形；（2）①易证60EDB FDC ∠=∠'=︒，EDF BDC ∠='，又DE DB =，DF DC ='于是EDF DBC ∆≅∆'，得出结论；②当E C DC ''⊥，MP E C ⊥''，D 、M 、P 、C 共线时，PM 有最小值．当点P 与点E '重合，且P 、D 、M 、C 共线时，PM 有最大值．【解答】解：（1）补全图形，如图1所示；证明：由题意可知：射线CA 垂直平分BD ，EB ED ∴=，又ED BD =，EB ED BD ∴==，EBD ∴∆是等边三角形；（2）①证明：如图2：由题意可知90BCD ∠=︒，BC DC = 又点C 与点F 关于BD 对称，∴四边形BCDF 为正方形，90FDC ∴∠=︒，CD FD =，30CDC α∠'==︒，60FDC ∴∠'=︒，由（1）BDE ∆为等边三角形，60EDB FDC ∴∠=∠'=︒，ED BD =，EDF BDC ∴∠=∠'，又△E DC ''是由EDC ∆旋转得到的，C D CD FD ∴'==，()EDF DBC SAS ∴∆≅∆'，EF BC ∴='；②线段PM 1221PM +．设射线CA 交BD 于点O ，I ：如图3（1）当E C DC ''⊥，MP E C ⊥''，D 、M 、P 、C 共线时，PM 有最小值．此时2DP DO ==，1DM =，21PM DP DM ∴=-=-，II ：如图3（2），当点P 与点E '重合，且P 、D 、M 、C 共线时，PM 有最大值．此时22DP DE DE DB ='===，1DM =，221PM DP DM ∴=+=+，∴线段PM 的取值范围是：21221PM -+．【点评】本题主要考查了图形的旋转变换、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、以及图形中的最值问题的综合运用，第三小题通过画图找到极限位置是解决问题的关键．7．（2018•东莞市）已知Rt OAB ∆，90OAB ∠=︒，30ABO ∠=︒，斜边4OB =，将Rt OAB ∆绕点O 顺时针旋转60︒，如图1，连接BC ．（1）填空：OBC ∠= 60 ︒；（2）如图1，连接AC ，作OP AC ⊥，垂足为P ，求OP 的长度；（3）如图2，点M ，N 同时从点O 出发，在OCB ∆边上运动，M 沿O C B →→路径匀速运动，N 沿O B C →→路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M 的运动速度为1.5单位/秒，点N 的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x 秒，OMN ∆的面积为y ，求当x 为何值时y 取得最大值？最大值为多少？【考点】RB ：几何变换综合题【专题】152：几何综合题【分析】（1）只要证明OBC ∆是等边三角形即可；（2）求出AOC ∆的面积，利用三角形的面积公式计算即可；（3）分三种情形讨论求解即可解决问题：①当803x <时，M 在OC 上运动，N 在OB 上运动，此时过点N 作NE OC ⊥且交OC 于点E ．②当843x <时，M 在BC 上运动，N 在OB 上运动．③当4 4.8x <时，M 、N 都在BC 上运动，作OG BC ⊥于G ．【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB OC =，60BOC ∠=︒，OBC ∴∆是等边三角形，60OBC ∴∠=︒．故答案为：60．（2）如图1中，4OB =，30ABO ∠=︒， 122OA OB ∴==，323AB OA ==， 112232322AOC S OA AB ∆∴==⨯⨯=， BOC ∆是等边三角形，60OBC ∴∠=︒，90ABC ABO OBC ∠=∠+∠=︒，2227AC AB BC ∴=+=，243221727AOC S OP AC ∆∴===．（3）①当803x<时，M 在OC 上运动，N 在OB 上运动，此时过点N 作NE OC ⊥且交OC 于点E ．则3sin 602NE ON x =︒=，113 1.5222OMN S OM NE x x ∆∴==⨯⨯， 2338y x ∴=． 83x ∴=时，y 有最大值，最大值833=．②当843x <时，M 在BC 上运动，N 在OB 上运动．作MH OB ⊥于H ．则8 1.5BM x =-，3sin 60(8 1.5)2MH BM x =︒=-， 21332328y ON MH x x ∴=⨯⨯=-+．当83x =时，y 取最大值，833y <，③当4 4.8x <时，M 、N 都在BC 上运动，作OG BC ⊥于G ．12 2.5MN x =-，23OG AB ==1531232y MN OG x ∴==，当4x =时，y 有最大值，4x >，y ∴最大值23<综上所述，y 83．【点评】本题考查几何变换综合题、30度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．8．（2015•烟台）【问题提出】如图①，已知ABC ∆是等腰三角形，点E 在线段AB 上，点D 在直线BC 上，且ED EC =，将BCE ∆绕点C 顺时针旋转60︒至ACF ∆连接EF试证明：AB DB AF =+【类比探究】（1）如图②，如果点E 在线段AB 的延长线上，其他条件不变，线段AB ，DB ，AF 之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E 在线段BA 的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB ，DB ，AF 之间的数量关系，不必说明理由．【考点】RB ：几何变换综合题【专题】16：压轴题【分析】首先判断出CEF ∆是等边三角形，即可判断出EF EC =，再根据ED EC =，可得ED EF =，60CAF BAC ∠=∠=︒，所以120EAF BAC CAF ∠=∠+∠=︒，120DBE ∠=︒，EAF DBE ∠=∠；然后根据全等三角形判定的方法，判断出EDB FEA ∆≅∆，即可判断出BD AE =，AB AE BF =+，所以AB DB AF =+．（1）首先判断出CEF ∆是等边三角形，即可判断出EF EC =，再根据ED EC =，可得ED EF =，60CAF BAC ∠=∠=︒，所以EFC FGC FCG ∠=∠+∠，BAC FGC FEA ∠=∠+∠，FCG FEA ∠=∠，再根据FCG EAD ∠=∠，D EAD ∠=∠，可得D FEA ∠=∠；然后根据全等三角形判定的方法，判断出EDB FEA ∆≅∆，即可判断出BD AE =，EB AF =，进而判断出AB BD AF =-即可．（2）首先根据点E 在线段BA 的延长线上，在图③的基础上将图形补充完整，然后判断出CEF ∆是等边三角形，即可判断出EF EC =，再根据ED EC =，可得ED EF =，60CAF BAC ∠=∠=︒，再判断出DBE EAF ∠=∠，BDE AEF ∠=∠；最后根据全等三角形判定的方法，判断出EDB FEA ∆≅∆，即可判断出BD AE =，EB AF =，进而判断出AF AB BD =+即可．【解答】证明：ED EC CF ==，BCE ∆绕点C 顺时针旋转60︒至ACF ∆，60ECF ∴∠=︒，60BCA ∠=︒，BE AF =，EC CF =， CEF ∴∆是等边三角形，EF EC ∴=，60CEF ∠=︒，又ED EC =，ED EF ∴=，ABC ∆是等腰三角形，60BCA ∠=︒，ABC ∴∆是等边三角形，60CAF CBA ∴∠=∠=︒，120EAF BAC CAF ∴∠=∠+∠=︒，120DBE ∠=︒，EAF DBE ∠=∠， 60CAF CEF ∠=∠=︒，A ∴、E 、C 、F 四点共圆，AEF ACF ∴∠=∠，又ED EC =，D BCE ∴∠=∠，BCE ACF ∠=∠，D AEF ∴∠=∠，在EDB ∆和FEA ∆中，DBE EAF D AEFED EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()EDB FEA AAS ∴∆≅∆，DB AE ∴=，BE AF =，AB AE BE =+，AB DB AF ∴=+．（1）AB BD AF =-；延长EF 、CA 交于点G ，BCE ∆绕点C 顺时针旋转60︒至ACF ∆，60ECF ∴∠=︒，BE AF =，EC CF =，CEF ∴∆是等边三角形，EF EC ∴=，又ED EC =，ED EF ∴=，60EFC BAC ∠=∠=︒，EFC FGC FCG ∠=∠+∠，BAC FGC FEA ∠=∠+∠，FCG FEA ∴∠=∠，又FCG ECD ∠=∠，D ECD ∠=∠，D FEA ∴∠=∠，由旋转的性质，可得120CBE CAF ∠=∠=︒，60DBE FAE ∴∠=∠=︒，在EDB ∆和FEA ∆中，DBE EAF D AEFED EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()EDB FEA AAS ∴∆≅∆，BD AE ∴=，EB AF =，BD FA AB ∴=+，即AB BD AF =-．（2）如图③，，BCE ∆绕点C 顺时针旋转60︒至ACF ∆，60ECF ∴∠=︒，BE AF =，EC CF =，BC AC =，CEF ∴∆是等边三角形，EF EC ∴=，又ED EC =，ED EF ∴=，AB AC =，BC AC =，ABC ∴∆是等边三角形，60ABC ∴∠=︒，又CBE CAF ∠=∠，60CAF ∴∠=︒，180EAF CAF BAC ∴∠=︒-∠-∠1806060=︒-︒-︒60=︒DBE EAF ∴∠=∠；ED EC =，ECD EDC ∴∠=∠，BDE ECD DEC EDC DEC ∴∠=∠+∠=∠+∠，又EDC EBC BED ∠=∠+∠，60BDE EBC BED DEC BEC ∴∠=∠+∠+∠=︒+∠，60AEF CEF BEC BEC ∠=∠+∠=︒+∠，BDE AEF ∴∠=∠，在EDB ∆和FEA ∆中，()DBE EAF BDE AEF AAS ED EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩EDB FEA ∴∆≅∆，BD AE ∴=，EB AF =，BE AB AE =+，AF AB BD ∴=+，即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：AF AB BD =+．【点评】（1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．（2）此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握．9．（2015•潜江）已知135MAN ∠=︒，正方形ABCD 绕点A 旋转．（1）当正方形ABCD 旋转到MAN ∠的外部（顶点A 除外）时，AM ，AN 分别与正方形ABCD 的边CB ，CD 的延长线交于点M ，N ，连接MN ．①如图1，若BM DN =，则线段MN 与BM DN +之间的数量关系是 MN BM DN =+ ； ②如图2，若BM DN ≠，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图3，当正方形ABCD 旋转到MAN ∠的内部（顶点A 除外）时，AM ，AN 分别与直线BD 交于点M ，N ，探究：以线段BM ，MN ，DN 的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．【考点】RB ：几何变换综合题【专题】16：压轴题【分析】（1）①如图1，先利用SAS 证明ADN ABM ∆≅∆，得出AN AM =，NAD MAB ∠=∠，再计算出1(36013590)67.52NAD MAB ∠=∠=︒-︒-︒=︒．作AE MN ⊥于E ，根据等腰三角形三线合一的性质得出2MN NE =，167.52NAE MAN ∠=∠=︒．再根据AAS 证明ADN AEN ∆≅∆，得出DN EN =，进而得到MN BM DN =+；②如图2，先利用SAS 证明ABM ADP ∆≅∆，得出AM AP =，123∠=∠=∠，再计算出360(34)36013590135PAN MAN ∠=︒-∠-∠+∠=︒-︒-︒=︒．然后根据SAS 证明ANM ANP ∆≅∆，得到MN PN =，进而得到MN BM DN =+；（2）如图3，先由正方形的性质得出45BDA DBA ∠=∠=︒，根据等角的补角相等得出135MDA NBA ∠=∠=︒．再证明13∠=∠．根据两角对应相等的两三角形相似得出ANB MAD ∆∆∽，那么BN AB AD MD=，又AB AD =，变形得出22BD BN MD =，然后证明222()()()MD BD BD BN DM BD BN +++=++，即222MB DN MN +=，根据勾股定理的逆定理即可得出以线段BM ，MN ，DN 的长度为三边长的三角形是直角三角形．【解答】解：（1）①如图1，若BM DN =，则线段MN 与BM DN +之间的数量关系是MN BM DN =+．理由如下：在ADN ∆与ABM ∆中，90AD AB ADN ABM DN BM =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，()ADN ABM SAS ∴∆≅∆，AN AM ∴=，NAD MAB ∠=∠，135MAN ∠=︒，90BAD ∠=︒，1(36013590)67.52NAD MAB ∴∠=∠=︒-︒-︒=︒，作AE MN ⊥于E ，则2MN NE =，167.52NAE MAN ∠=∠=︒．在ADN ∆与AEN ∆中，9067.5ADN AEN NAD NAE AN AN ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，()ADN AEN AAS ∴∆≅∆，DN EN ∴=，BM DN =，2MN EN =，MN BM DN ∴=+．故答案为：MN BM DN =+；②如图2，若BM DN ≠，①中的数量关系仍成立．理由如下：延长NC 到点P ，使DP BM =，连结AP ．四边形ABCD 是正方形，AB AD ∴=，90ABM ADC ∠=∠=︒．在ABM ∆与ADP ∆中，90AB AD ABM ADP BM DP =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，()ABM ADP SAS ∴∆≅∆，AM AP ∴=，123∠=∠=∠，1490∠+∠=︒，3490∴∠+∠=︒，135MAN ∠=︒，360(34)36013590135PAN MAN ∴∠=︒-∠-∠+∠=︒-︒-︒=︒．在ANM ∆与ANP ∆中，135AM AP MAN PAN AN AN =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，()ANM ANP SAS ∴∆≅∆，MN PN ∴=，PN DP DN BM DN =+=+，MN BM DN ∴=+；（2）如图3，以线段BM ，MN ，DN 的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：四边形ABCD 是正方形，45BDA DBA ∴∠=∠=︒，135MDA NBA ∴∠=∠=︒．1245∠+∠=︒，2345∠+∠=︒，13∴∠=∠．在ANB ∆与MAD ∆中，13513ABN MDA ∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩， ANB MAD ∴∆∆∽， ∴BN AB AD MD=， 2AB BN MD ∴=， 22AB =， 2221()22BN MD BD ∴==， 22BD BN MD ∴=，222222222222MD MD BD BD BD BD BN BN MD BD BN MD BD BD BN BN MD ∴+++++=+++++，222()()()MD BD BD BN DM BD BN ∴+++=++，即222MB DN MN +=，∴以线段BM ，MN ，DN 的长度为三边长的三角形是直角三角形．【点评】本题是几何变换综合题，其中涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，补角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线，利用数形结合是解（1）小题的关键，证明ANB MAD ∆∆∽是解（2）小题的关键．10．（2015•济南）如图1，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，AC BC =，90EAC ∠=︒，点M 为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90︒得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．（1）直接写出NDE∠的度数；（2）如图2、图3，当EAC∠为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图4，若15EAC∠=︒，60ACM∠=︒，直线CM与AB交于G，622BD+=，其他条件不变，求线段AM的长．【考点】RB：几何变换综合题【专题】16：压轴题【分析】（1）根据题意证明MAC NBC∆≅∆即可；（2）与（1）的证明方法相似，证明MAC NBC∆≅∆即可；（3）作GK BC⊥于K，证明AM AG=，根据MAC NBC∆≅∆，得到90BDA∠=︒，根据直角三角形的性质和已知条件求出AG的长，得到答案．【解答】解：（1）90ACB∠=︒，90MCN∠=︒，ACM BCN∴∠=∠，在MAC ∆和NBC ∆中，AC BC ACM BCN MC NC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，MAC NBC ∴∆≅∆，90NBC MAC ∴∠=∠=︒，又90ACB ∠=︒，90EAC ∠=︒，90NDE ∴∠=︒；（2）不变，在MAC NBC ∆≅∆中，AC BC ACM BCN MC NC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，MAC NBC ∴∆≅∆，N AMC ∴∠=∠，又MFD NFC ∠=∠，90MDF FCN ∠=∠=︒，即90NDE ∠=︒；（3）作GK BC ⊥于K ，15EAC ∠=︒，30BAD ∴∠=︒，60ACM ∠=︒，30GCB ∴∠=︒，75AGC ABC GCB ∴∠=∠+∠=︒，75AMG ∠=︒，AM AG ∴=，MAC NBC ∆≅∆，MAC NBC ∴∠=∠，A ∴、C 、D 、B 四点共圆，90BDA BCA ∴∠=∠=︒， 6BD =62AB ∴=+，31AC BC ==+，设BK a =，则GK a =，3CK a =，331a a ∴+=+，1a ∴=，1KB KG ∴==，2BG =，6AG =，6AM ∴=．【点评】本题考查的是矩形的判定和性质以及三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线、利用方程的思想是解题的关键，注意旋转的性质的灵活运用．。

2020年九年级中考数学压轴专题几何探究题(含答案)

2020中考数学压轴专题几何探究题（含答案）1. 我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．第1题图(1)概念理解：请你根据定义举一个“等邻角四边形的”例子；(2)问题探究：如图①，在等邻角四边形ABCD 中，∠DAB ＝∠ABC ，AD 、BC 的中垂线恰好交于AB 边上一点P ，连接AC 、BD ，试探究AC 与BD 的数量关系，并说明理由．(3)应用拓展：如图②，在Rt △ABC 与Rt △ABD 中，∠C ＝∠D ＝90°，BC ＝BD ＝3，AB ＝5，将Rt △ABD 绕着点A 顺时针旋转角α(0°)得到Rt △AB ′D ′(如图③)，当凸四边形AD ′BC 为“等邻角四边形”时，求出它的面积．解：(1)矩形；(答案不唯一)(2)AC ＝BD ；如解图①所示，连接PD 、PC ， ∵PE 是AD 的垂直平分线，PF 是BC 的垂直平分线， ∴P A ＝PD ，PB ＝PC ，∴∠P AD ＝∠PDA ，∠PBC ＝∠PCB ，∴∠DPB ＝180°－∠DP A ＝∠P AD ＋∠PDA ＝2∠P AD ，同理可得∠APC ＝2∠PBC ， ∵∠DAB ＝∠ABC ，即∠P AD ＝∠PBC ，∴∠APC ＝∠DPB ，在△APC 和△DPB 中，⎩⎪⎨⎪⎧PA ＝PD ∠APC ＝∠DPB PB ＝PC，△APC ≌△DPB (SAS)， ∴ AC ＝BD .第1题解图①(3)①当∠AD ′B ＝∠D ′BC 时，如解图②所示，延长AD ′交CB 的延长线于点E ，过点D ′作DF ⊥CE 于点F ， ∠ED ′B ＝∠EBD ′， ∴EB ＝ED ′，∵∠C ＝∠EFD ′，∠EAC ＝∠ED ′F ， ∴△ED ′F ∽△EAC ，则D ′F AC ＝ED ′AE，设EB ＝ED ′＝x ，由勾股定理可知，在Rt △ACB 中，AC ＝AB 2－BC 2＝52－32＝4，则AD ′＝4，CE ＝3＋x ，AE ＝4＋x ，在Rt △ACE 中，AC 2＋CE 2＝AE 2，即42＋(3＋x )2＝(4＋x )2，整理得：2x －9＝0，解得x ＝92，EB ＝ED ′＝92，∴AE ＝172，∴D ′F 4＝92112，∴D ′F ＝3617，S 四边形AD ′BC ＝S △ACE －S △D ′BE ＝12AC ·CE －12D ′F ·BE ＝12×4×(3＋92)－12×92×3617＝15－8117＝17417；第1题解图②②当∠D ′BC ＝90°时，如解图③所示，过点D ′作D ′E ⊥AC ，交AC 于点E ， ∴四边形ECBD ′是矩形，∴ED ′＝BC ＝3，在Rt △AED ′中，根据勾股定理得AE ＝AD′2－ED′2＝42－32＝7，∵S 四边形AD ′BC ＝S △AED ′＋S 矩形ECBD ′＝12AE ·ED ′＋EC ·BC ＝372＋12－37＝12－372.综上所述，当凸四边形AD 为等邻角四边形时，它的面积为17417或12－372.第1题解图③2. (1)发现如图①，点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b .填空：当点A 位于________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为________(用含有a ，b 的式子表示)； (2)应用点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝3，AB ＝1.如图②所示，分别以AB ，AC 为边作等边三角形ABD 和等边三角形ACE，连接CD，BE.①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值；(3)拓展如图③，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且P A＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°.请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．第2题图(1)解：CB的延长线上，a＋b；【解法提示】∵点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC＋AB＝a＋b.(2)解：①DC＝BE，理由如下：∵△ABD和△ACE均为等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴DC＝BE；②BE长的最大值是4；【解法提示】∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB 的延长线上，∴CD长的最大值为BD＋BC＝AB＋BC＝4.(3)解：AM长的最大值是3＋22，点P的坐标是(2－2，2)．【解法提示】如解图①，构造△BNP≌△MAP，则NB＝AM，P A＝PN，∴∠APN＝90°，由(1)得出当点N在BA的延长线上时，NB有最大值(如解图②)，可得AN＝22，∴AM＝NB＝3＋22，过点P作PE⊥x轴于点E，PE＝AE＝2，∴点P的坐标是(2－2，2)．第2题解图3.如图，△ABC是边长为4 cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6 cm.点D从O点出发，沿OM的方向以1 cm/s的速度运动．当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)求证：△CDE是等边三角形；(2)当6<t<10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；(3)当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．第3题图(1)证明：∵△BCE是由△ACD逆时针旋转60°得到的，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，∴△CDE是等边三角形；(2)解：存在．理由如下：∵△BCE是由△ACD逆时针旋转60°得到的，∴AD＝BE，又∵△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△BDE＝BD＋BE＋DE＝BD＋AD＋CD＝AB＋CD，∵AB＝4为定值，∴当CD最小，即CD⊥AB时，△BDE的周长最小，∵△ABC是等边三角形，∴当CD最小，即CD⊥AB时，易得CD＝23，∴△BDE的最小周长为23＋4；(3)解：存在．理由如下：如解图，过点C作CF⊥OM于点F，则CF＝23，∴BD＝||t－6，t－10，BE＝AD＝||DE＝CD＝CF2＋DF2＝12＋（t－8）2，①当∠DEB＝90°时，BD2＝BE2＋DE2，即(t－10)2＝(t－6)2＋12＋(t－8)2，第3题解图解得t1＝2，t2＝6(不合题意，舍去)；②当∠EBD＝90°时，DE2＝BD2＋BE2，即12＋(t－8)2＝(t－10)2＋(t－6)2，解得t3＝6，t4＝10(两者均不合题意，舍去)；③当∠BDE＝90°时，BE2＝BD2＋DE2，即(t－6)2＝(t－10)2＋12＋(t－8)2，解得t5＝14，t6＝10(舍去)．综上所述，存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形，此时t＝2或14.4.如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起(图①)，△ABD不动．(1)若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC(图②)，证明：MB＝MC；(2)若将图①中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC(图③)，判断并直接写出MB、MC的数量关系；(3)在(2)中，若∠CAE的大小改变(图④)，其他条件不变，则(2)中的MB、MC的数量关系还成立吗？说明理由．第4题图（1）证明：如解图①，连接AM，由已知得△ABD≌△ACE，第4题解图①∴ AD ＝AE ， AB ＝AC ， ∠BAD ＝∠CAE ，又∵MD ＝ME ，∴∠MAD ＝∠MAE (三线合一)， ∴∠MAD －∠BAD ＝∠MAE －∠CAE ，即∠BAM ＝∠CAM ，在△ABM 和△ACM 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ∠BAM ＝∠CAM AM ＝AM， ∴△ABM ≌△ACM (SAS )， ∴MB ＝MC ；第4题解图②(2)解：MB ＝MC ；【解法提示】如解图②，延长DB 、AE 相交于点E ′，延长EC 交AD 于点F ， ∴BD ＝BE ′，CE ＝CF ，又∵M 是ED 的中点，B 是DE ′的中点， ∴MB ∥AE ′，∴∠MBC ＝∠CAE ，同理：MC ∥AD ， ∴∠BCM ＝∠BAD ，又∵∠BAD ＝∠CAE ， ∴∠MBC ＝∠BCM ， ∴MB ＝MC .(3)解：MB ＝MC 还成立．理由如下：如解图③，延长BM 交CE 于点F ，第4题解图③∵CE ∥BD ， ∴∠MDB ＝∠MEF ， ∠MBD ＝∠MFE ，又∵M 是DE 的中点， ∴MD ＝ME ，在△MDB 和△MEF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MBD ＝∠MFE ∠MDB ＝∠MEF MD ＝ME， ∴△MDB ≌△MEF (AAS)， ∴MB ＝MF ＝12BF ，又∵∠ACE ＝90°，∴∠BCF ＝90°， ∴MC ＝12BF ，∴MB＝MC.5.在正方形ABCD中，点E是对角线AC上的动点(与点A，C不重合)，连接BE.(1)将射线BE绕点B顺时针方向旋转45°，交直线AC于点F.①依题意补全图①；②小研通过观察、实验，发现线段AE，FC，EF存在以下数量关系：AE与FC的平方和等于EF的平方．小研把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：想法1：将线段BF绕点B逆时针旋转90°，得到线段BM，要证AE，FC，EF的数量关系，只需证AE，AM，EM的数量关系．想法2：将△ABE沿BE翻折，得到△NBE，要证AE，FC，EF的关系，只需证EN，FN，EF的关系．…请你参考上面的想法，用等式表示线段AE，FC，EF的数量关系并证明；(一种方法即可)(2)如图②，若将直线．．AC于点F.小研完成作图后，发现直线AC上存在三．．BE绕点B顺时针旋转135°，交直线条线段(不添加辅助线)满足：其中两条线段的平方和等于第三条线段的平方，请直接用等式表示这三条线段的数量关系．第5题图解：(1)①补全图形，如解图①；图① 图②第5题解图②AE 2＋FC 2＝EF 2；证明：如解图②，过B 作MB ⊥BF 于点B ，使BM ＝BF ，连接AM 、EM ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC ＝90°，∠1＝∠2＝45°，AB ＝BC ，∵∠3＝45°，∴∠MBE ＝∠3＝45°，在△MBE 和△FBE 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BF ∠MBE ＝∠3BE ＝BE，∴△MBE ≌△FBE (SAS )，∴EM ＝EF ，∵∠4＝90°－∠ABF ，∠5＝90°－∠ABF ，∴∠4＝∠5，在△AMB 和△CFB 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BF ∠4＝∠5AB ＝CB，∴△AMB ≌△CFB (SAS)，∴AM ＝FC ，∠6＝∠2＝45°，∴∠MAE ＝∠6＋∠1＝90°，在Rt △MAE 中，AE 2＋AM 2＝EM 2，∴AE 2＋FC 2＝EF 2；(2)AF 2＋EC 2＝EF 2.【解法提示】如解图③，过B 作MB ⊥BE ，使BM ＝BE ，连接ME 、MF 、AM ，∵直线BE 绕点B 顺时针旋转135°，交直线AC 于点F ，∴∠FBE ＝45°，∴∠MBF ＝90°－45°＝45°，∴∠FBE ＝∠MBF ，在△MBF 和△EBF 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BE ∠MBF ＝∠FBE ，BF ＝BF∴△MBF ≌△EBF (SAS)，∴MF ＝EF ，∵∠MBA ＝90°－∠ABE ，∠EBC ＝90°－∠ABE ，∴∠MBA ＝∠EBC ，在△AMB 和△CBE 中，⎩⎪⎨⎪⎧BM ＝BE ∠MBA ＝∠EBC AB ＝CB，∴△AMB ≌△CEB (SAS )，∴AM ＝EC ，∠BAM ＝∠BCE ＝45°，∴∠MAE ＝∠BAM ＋∠BAC ＝90°，∴∠MAF ＝90°，在Rt △MAF 中，AF 2＋AM 2＝MF 2，∴AF 2＋EC 2＝EF 2.第5题解图③6.在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是BC边的中点，作射线DE，与边AB交于点E，射线DE绕点D顺时针旋转120°，与直线AC交于点F.(1)依题意补全图形；(2)小华通过观察、实验提出猜想：在点E运动的过程中，始终有DE＝DF.小华把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：由点D是BC边的中点，通过构造一边的平行线，利用全等三角形，可证DE＝DF；想法2：利用等边三角形的对称性，作点E关于线段AD的对称点P，由∠BAC与∠EDF互补，可得∠AED与∠AFD互补，由等角对等边，可证DE＝DF；想法3：由等腰三角形三线合一，可得AD是∠BAC的平分线，由角平分线定理，构造点D到AB，AC的高，利用全等三角形，可证DE＝DF；…请你参考上面的想法，帮助小华证明DE＝DF(选一种方法即可)；(3)在点E运动的过程中，直接写出BE，CF，AB之间的数量关系．解：(1)补全图形，如解图①；第6题解图(2)想法1：证明：如解图②，过点D作DG∥AB，交AC于点G，∵点D是BC边的中点，∴DG＝12AB，∴△CDG是等边三角形，∴∠EDB＋∠EDG＝120°，∵∠FDG＋∠EDG＝120°，∴∠EDB＝∠FDG，∵BD＝DG，∠B＝∠FGD＝60°，∴△BDE≌△GDF，∴DE＝DF；想法2：证明：如解图③，连接AD，作点E关于线段AD的对称点P，点P在边AC上，∵点D是BC边的中点，AB＝AC，∴直线AD是△ABC的对称轴，∴△ADE≌△ADP，∴DE＝DP，∠AED＝∠APD，∵∠BAC＋∠EDF＝180°，∴∠AED＋∠AFD＝180°，∵∠APD＋∠DPF＝180°，∴∠AFD＝∠DPF，∴DP＝DF，∴DE＝DF；第6题解图想法3：证明：如解图④，连接AD，过D作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，∵点D是BC边的中点，∴AD平分∠BAC，∵DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，∴DM＝DN，∵∠A＝60°，∴∠MDE＋∠EDN＝120°，∵∠FDN＋∠EDN＝120°，∴∠MDE ＝∠FDN ，∴Rt △MDE ≌Rt △NDF ，∴DE ＝DF ；(3)当点F 在AC 边上时，BE ＋CF ＝12AB ；当点F 在AC 的延长线上时，BE －CF ＝12AB . 【解法提示】①当点F 在AC 边上时，如解图⑤，过点D 作DM ⊥AB 于点M ，作DN ⊥AC 于点N ， ∵∠B ＝∠C ＝60°，BD ＝DC ，∠BDM ＝∠CDN ＝30°，∴△BDM ≌△CDN ，∴BM ＝CN ，DM ＝DN ，又∵∠EDF ＝120°＝∠MDN ，∴∠EDM ＝∠NDF ，又∵∠EMD ＝∠FND ＝90°，∴△EDM ≌△FDN ，∴ME ＝NF ，∴BE ＋CF ＝BM ＋EM ＋NC －FN ＝2BM ＝BD ＝12AB ；图⑤ 图⑥第6题解图②当点F 在AC 的延长线上时，如解图⑥，过D 作DM ⊥AB 于点M ，作DN ⊥AC 于点N ，∵∠B ＝∠DCN ＝60°，BD ＝DC ，∠BDM ＝∠CDN ＝30°，∴△BDM ≌△CDN ，∴BM ＝CN ，DM ＝DN ，又∵∠EDF ＝120°＝∠MDN ，∴∠EDM ＝∠NDF ，又∵∠EMD ＝∠FND ＝90°，∴△EDM ≌△FDN ，∴ME ＝NF ，∴BE －CF ＝BM ＋EM －(FN －CN )＝2BM ＝BD ＝12AB ，综上所述，当点F 在AC 边上时，BE ＋CF ＝12AB ；当点F 在AC 的延长线上时，BE －CF ＝12AB . 7. 我们规定：三角形任意两边的“极化值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图①，在△ABC 中，AO 是BC 边上的中线，AB 与AC 的“极化值”就等于AO 2－BO 2的值，可记为ABAC ＝AO 2－BO 2.第7题图(1)在图①中，若∠BAC ＝90°，AB ＝8，AC ＝6，AO 是BC 边上的中线，则ABAC＝________，OCOA＝________；(2)如图②，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，求AB AC、BA BC的值；(3)如图③，在△ABC中，AB＝AC，AO是BC边上的中线，点N在AO上，且ON＝13A A O，已知ABAC＝14，BN BA＝10，求△ABC的面积．解：(1)0 ，7；【解法提示】∵∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，∴BC＝AB2＋AC2＝10，在Rt△ABC中，AO是BC边上的中线，∴AO＝BO＝5，∴AB AC＝AO2－BO2＝0，如解图①，取AC的中点D ，连接OD ，则OD ∥AB ，OD ＝12AB ＝4，CD ＝12AC ＝3，∴OC OA ＝OD 2－CD 2＝16－9＝7.第7题解图(2)如解图②，作底边BC 上的中线AE ，由题意可知AE 是∠BAC 的平分线、BC 边上的高． ∵AB ＝ΑC ＝4，∠BAC ＝120°，∴在Rt △ABE 中，∠AEB ＝90°，∠ABC ＝30°，∴AE ＝12×4＝2，BE ＝32×4＝23， ∴AB AC ＝AE 2－BE 2＝22－(23)2＝－8.过点B作AC边上中线BM，过点M作MN⊥BC于点N，∴AM＝CM＝1×4＝2.2在Rt△MNC中，∠MNC＝90°，∠C＝30°，×2＝1，CN＝22－12＝ 3.∴MN＝12∵BC＝2BE＝43，∴BN＝BC－CN＝43－3＝33，BM2＝12＋(33)2＝28.∴BA BC＝BM2－AM2＝28－22＝24；(3)如解图③，过点B作△ABN的AN边上中线BM，∵在△ABC中，AB＝AC，AO是BC边上的中线，点N在AO上，且ON＝13AO，第7题解图③∴AM＝MN＝NO，AO⊥BC，即AO＝3NO.∵AB A AC ＝14，BNBA ＝10，∴ AO 2－BO 2＝14，即(3ON )2－BO 2＝9ON 2－BO 2＝14，①∵BM 2－MN 2＝OM 2＋BO 2－MN 2＝(2ON )2＋BO 2－ON 2＝3ON 2＋BO 2＝10，②由①、②得⎩⎪⎨⎪⎧9ON 2－BO 2＝143ON 2＋BO 2＝10， ∴ON 2＝2，即ON ＝2，BO ＝2，∴BC ＝4，AO ＝32，∴S △ABC ＝12BC ·AO ＝12×4×32＝6 2. 8. 问题发现：如图①，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，分别以AC 、BC 为边向外侧作正方形ACDE 和正方形BCFG .(1)△ABC和△DCF面积的关系是________；(请在横线上填写“相等”或“不相等”)(2)拓展探究：若∠C≠90°，(1)中的结论还成立吗？若成立，请结合图②给出证明；若不成立，请说明理由；(3)解决问题：如图③，在四边形ABCD中，AC⊥BD，且AC与BD的和为10，分别以四边形ABCD的四条边为边向外侧作正方形ABFE、正方形BCHG、正方形CD JI、正方形DA LK；运用(2)中的结论，图中阴影部分的面积和是否有最大值？如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由．第8题图解：(1)相等；【解法提示】∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴AC＝DC，BC＝FC，∠ACD＝∠BCF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠DCF＝90°＝∠ACB.∴12AC·BC＝12DC·CF，∴S△ABC＝S△DFC.(2)成立．理由如下：如解图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P，过点D作DQ⊥FC于点Q，∴∠APC＝∠DQC＝90°.∵四边形ACDE，四边形BCFG均为正方形，∴AC＝CD，BC＝CF，∠ACP＋∠PCD＝90°，∠DCQ＋∠PCD＝90°，∴∠ACP＝∠DCQ.第8题解图在△APC 和△DQC 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠APC ＝∠DQC ∠ACP ＝∠DCQ AC ＝DC，∴△APC ≌△DQC (AAS)，∴AP ＝DQ .又∵S △ABC ＝12BC ·AP ，S △DFC ＝12FC ·DQ ， ∴S △ABC ＝S △DFC ；(3)图中阴影部分的面积和有最大值．理由如下：由(2)中的结论可知：S △K D J ＝S △ADC ，S △FBG ＝S △ABC ，S △AE L ＝S △ABD ，S △CH I ＝S △BDC ，∴S 阴影＝S △K DJ ＋S △FBG ＋S △AEL ＋S △CHI ＝S △ADC ＋S △ABC ＋S △ABD ＋S △BDC ＝2S 四边形ABCD .设AC ＝m ，则BD ＝10－m ，∵AC ⊥BD ，∴S 四边形ABCD ＝12AC ·BD ＝12m ·(10－m )＝－12m 2＋5m ＝－12(m －5)2＋252. ∵－12<0，∴S四边形ABCD有最大值，最大值为252.＝25，∴S阴影＝2×252∴阴影部分的面积和有最大值，最大值为25.9.问题背景如图①，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE ≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形．类比探究如图②，在正△ABC的内部，作∠BAD＝∠CBE＝∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点(D，E，F 三点不重合)．(1)△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；(2)△DEF是否为正三角形？请说明理由；(3)进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．第9题图解：(1)△ABD≌△BCE≌△CAF.证明：如解图①，第9题解图①∵△ABC为正三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC.∵∠ABD＝∠ABC－∠2，∠BCE＝∠ACB－∠3，而∠2＝∠3，∴∠ABD＝∠BCE.又∵∠1＝∠2，∴△ABD≌△BCE(ASA)；(2)△DEF是正三角形．理由如下：∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB＝∠BEC＝∠CF A，∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD，∴△DEF是正三角形；(3)如解图②，作AG⊥BD，交BD延长线于点G，第9题解图②由△DEF 是正三角形得到∠ADG ＝60°，(或者∠ADG ＝∠1＋∠ABD ＝∠2＋∠ABD ＝60°.)∴在Rt △ADG 中，DG ＝12b ，AG ＝32b . ∴在Rt △ABG 中，c 2＝(a ＋12b )2＋(32b )2， ∴c 2＝a 2＋ab ＋b 2.10. 在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，将△ABC 绕顶点C 顺时针旋转，旋转角为θ(0°＜θ＜180°)，得到△A ′B ′C .(1)设△ACA ′和△BCB ′的面积分别为S 1和S 2.若θ＝40°，请求出S 1S 2的值； (2)如图①，设A ′B ′与CB 相交于点D ，且AB ∥CB ′：①求证：CD ＝B ′D ；②求BD 的长；(3)如图②，设AC 中点为点M ，A ′B ′中点为点N ，连接MN ，MN 是否存在最大值，若存在，求出MN 的值，判断出此时AA ′与BB ′的位置关系；若不存在，请说明理由．第10题图(1)解： ∵△ABC 绕顶点C 顺时针旋转40°，得到△A ′B ′C ， ∴CA ＝CA ′，CB ＝CB ′，∠ACA ′＝∠BCB ′＝θ，∴△ACA ′∽△BCB ′，∴S △ACA ′∶S △BCB ′＝AC 2∶BC 2＝32∶42＝9∶16；∴S 1S 2＝916； (2)①证明：∵AB ∥B ′C ，∴∠ABC ＝∠BCB ′；由旋转的性质得∠ABC ＝∠DB ′C ，即∠BCB ′ ＝∠DB ′C ；∴CD ＝B ′D ；②解：根据勾股定理可得A ′B ′＝AB ＝5，据题意可得∠BCB ′ ＋∠BCA ′ ＝∠DB ′C ＋∠CA ′B ′＝90°，∴∠BCA ′ ＝∠CA ′B ′，∴CD ＝A ′D ＝B ′D ＝12A ′B ′＝52， ∴ BD ＝BC －CD ＝32； (3)解：存在，∵∠A ′CB ′＝90°，点M 为AC 的中点，∴CM ＝12AC ＝32， ∵△A ′B ′C 是由△ABC 绕顶点C 顺时针旋转所得，∴A ′B ′＝AB ＝5，第10题解图如解图，连接CN ，可得MN ≤CM ＋CN ，∴只有当点N 在MC 的延长线上时，MN ＝CM ＋CN ，此时MN 最大，∵点N 为A ′B ′的中点，∴CN ＝12 A ′B ′＝52，MN ＝CM ＋CN ＝4，即MN 的最大值为4.此时AA ′⊥BB ′.。

2020年中考数学压轴题十大题型(含详细答案)

2020年中考数学压轴题十大题型(含详细答案)函数型综合题：是给定直角坐标系和几何图形，先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。

求已知函数的解析式主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标基本方法是几何法（图形法）和代数法（解析法）。

几何型综合题：是先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后有动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的（未知）函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。

一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形，四边形是平行四边形、菱形、梯形等，或探索两个三角形满足什么条件相似等，或探究线段之间的数量、位置关系等，或探索面积之间满足一定关系时求x的值等，或直线（圆）与圆的相切时求自变量的值等。

求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系（即列出含有x、y的方程），变形写成y＝f（x）的形式。

找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法。

求函数的自变量的取值范围主要是寻找图形的特殊位置（极端位置）和根据解析式求解。

而最后的探索问题千变万化，但少不了对图形的分析和研究，用几何和代数的方法求出x的值。

解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁，运用数形结合思想，通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

关键是掌握几种常用的数学思想方法。

一是运用函数与方程思想。

以直线或抛物线知识为载体，列（解）方程或方程组求其解析式、研究其性质。

二是运用分类讨论的思想。

对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究。

三是运用转化的数学的思想。

由已知向未知，由复杂向简单的转换。

中考压轴题它是对考生综合能力的一个全面考察，所涉及的知识面广，所使用的数学思想方法也较全面。

因此，可把压轴题分离为相对独立而又单一的知识或方法组块去思考和探究。

2020中考数学压轴专题：几何综合(含答案)

2020中考数学压轴专题：几何综合（含答案）1. 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ，点P 是AC 上的一个动点(点P 与A 、C 不重合)，连接BP ，分别过点B 、C 作BP 、AC 的垂线BQ 、CQ ，两垂线交于点Q ，连接QP ，交BC 于点E . (1)求证：CQ ＝AP ； (2)求证：△CPB ∽△CEQ ；(3)若AB ＝22，在点P 的运动过程中，是否存在一点P ，使得CE ＝38BC ？若存在，请求出△ABP 的面积，若不存在，请说明理由．第1题图(1)证明：∵在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ，∴∠A ＝∠ACB ＝45°， ∵BQ ⊥BP , CQ ⊥AC ， ∴∠QCB ＝∠A ＝45°，∵∠ABP ＋∠PBC ＝∠QBC ＋∠PBC ＝90°， ∴∠ABP ＝∠QBC . 又∵BA ＝BC ， ∴△BAP ≌△BCQ (ASA). ∴CQ ＝AP ；(2)证明：由(1)得，∠QCB ＝∠ACB ＝45°，又∵∠PCQ ＋∠PBQ ＝180°， ∴P 、C 、Q 、B 四点共圆， ∴∠CQP ＝∠PBC ， ∴△CPB ∽△CEQ ； (3)解：存在．理由如下：由CE ＝38BC ，可得CE ＝38BC ＝38AB ＝324，由勾股定理可得，AC ＝AB 2＋BC 2＝4；设AP ＝CQ ＝x ，则PC ＝4－x ，由(2)得△CPB ∽△CEQ ， ∴CP CE ＝BCCQ ，即4－x 324＝22x ，可得x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝3或1，第1题解图如解图，过点P 作PD ⊥AB 于D ，易得△APD ∽△ACB ， ∴PD BC ＝AP AC，即PD ＝AP ·BC AC ＝AP ·224＝22AP ，当AP ＝3时，可得PD ＝322，此时S △ABP ＝12AB ·PD ＝12×22×322＝3，当AP ＝1时，可得PD ＝22，此时S △ABP ＝12AB ·PD ＝12×22×22＝1. ∴存在满足CE ＝38BC 的点P ，此时△ABP 的面积为3或1.2. 如图，在△ABC 中，AC ＝BC ，∠ACB ＝90°，点P 是线段BC 延长线上任意一点，以AP 为直角边作等腰直角△APD ，且∠APD ＝90°，连接BD . (1)求证：AC AP ＝AB AD；(2)在点P 运动过程中，试问∠PBD 的度数是否会变化？若不变，请求出它的度数，若变化，请说明它的变化趋势；(3)已知AB ＝2，设CP ＝x ，S △PBD ＝S . ①试求S 关于x 的函数表达式； ②当S ＝38时，求△BPD 的外接圆半径．第2题图(1)证明：如解图，设AD 与PB 交于点K .∵CA ＝BC ，∠ACB ＝90°， ∴∠ABC ＝45°，∵P A ＝PD ，∠APD ＝90°，∴∠PDK ＝∠P AD ＝∠ABK ＝45°，∵∠AKB ＝∠DKP ， ∴△AKB ∽△PKD ， ∴AK PK ＝BKDK， ∴AK KB ＝PKDK，∵∠AKP ＝∠BKD ， ∴△AKP ∽△BKD ，∴∠BDK ＝∠APK ，∠P AK ＝∠DBK ＝45°， ∴∠ABD ＝∠ABK ＋∠DBK ＝90°， ∴∠ABD ＝∠ACP ，∵∠ADB ＝∠APC ， ∴△ABD ∽△ACP ， ∴AC AP ＝ABAD； (2)解：∠PBD 的度数是定值，恒为45°.理由：由(1)可知△AKP ∽△BKD ， ∴∠P AK ＝∠DBK ＝45°，∴在点P 运动过程中，∠PBD 的度数是定值，且∠PBD ＝45° (3)解：①在Rt △ABC 中，∵AB ＝2，∴BC ＝AC ＝1，在Rt △ACP 中，P A ＝AC 2＋PC 2＝1＋x 2，∵△ABD ∽△ACP ， ∴AC AB ＝PCBD，∴12＝x BD， ∴BD ＝2x ，∴S ＝S △ABD ＋S △APD －S △ABP ＝12·2·2x ＋12·1＋x 2·1＋x 2－12(1＋x )·1＝12x 2＋12x .②如解图，取AD 的中点O ，连接OB 、OP .第2题解图∵∠ABD ＝∠APD ＝90°， ∴OB ＝OA ＝OP ＝OD ，∴点O 是△PBD 的外接圆的圆心， ∵S ＝38，∴12x 2＋12x ＝38，解得x ＝12或－32(舍去)，∴PC ＝12，由(2)可知BD ＝2x ， ∴BD ＝22，在Rt △ABD 中， AD ＝AB 2＋BD 2＝（2）2＋（22）2＝102， ∴OD ＝12AD ＝104，∴△PBD 的外接圆的半径为104. 3. 如图①，点P 在∠MON 的平分线上，且OP ＝2，以P 为顶点作∠APB, 与∠MON 的两边分别交于点A 、B ，其中∠APB 绕点P 旋转时，始终满足OA ·OB ＝OP 2.(1)已知∠MON＝α，求∠APB的度数(用含α的代数式表示)；(2)如图②，若∠MON＝90°，求出四边形OAPB面积的最小值．第3题图解：(1)∵OA·OB＝OP2，∴OA OP ＝OP OB，∵OP平分∠MON，∴∠AOP＝∠POB，∴△AOP∽△POB，∴∠P AO＝∠BPO，∴∠APB＝∠APO＋∠BPO＝∠APO＋∠P AO，在△APO中，由三角形内角和定理得：∠APO＋∠P AO＝180°－∠AOP，∵∠MON＝α，∴∠AOP＝12α，∴∠APB＝180°－12α；(2)∵(AO－BO)2＝AO－2AO·BO＋BO≥0，∴AO＋BO≥2AO·BO＝2OP2＝4，第3题解图如解图，过点P作PG⊥OM、PH⊥ON，垂足分别为G、H，∵∠MON＝90°，OP平分∠MON，∴PG＝PH，∠POH＝45°，∴S四边形APBO＝S△APO＋S△POB＝12OA·PG＋12OB·PH＝12(OA＋OB)·PH，∴S四边形APBO≥12×4·PH＝2PH，∵OP平分∠MON，∠MON＝90°，又∵∠PHO＝90°，PO＝2，∴PH＝OH＝2，∴S四边形APBO≥22，即四边形APBO面积的最小值为2 2.4. 如图，已知正方形ABCD的边长为1，P是对角线AC上任意一点，E为AD上的点，且∠EPB＝90°，PM⊥AD，PN⊥AB.(1)求证：四边形PMAN是正方形；(2)求证：EM＝BN；(3)若点P在线段AC上移动，其他不变，设PC＝x，AE＝y，求y关于x的解析式，并写出自变量x的取值范围．第4题图(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAD ＝90°，AC 平分∠BAD ， ∵PM ⊥AD ，PN ⊥AB ，∴PM ＝PN ，∠PMA ＝∠PNA ＝90°， ∴四边形PMAN 是矩形， ∵PM ＝PN ，∴四边形PMAN 是正方形；(2)证明：∵四边形PMAN 是正方形， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°， ∵∠EPB ＝90°， ∴∠MPE ＝∠NPB ，在△EPM 和△BPN 中，⎩⎨⎧∠PME ＝∠PNBPM ＝PN∠MPE ＝∠NPB， ∴△EPM ≌△BPN (ASA)， ∴EM ＝BN ；(3)解：如解图，过P 作PF ⊥BC 于F ，第4题解图∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，∠PCF＝45°，∴AC＝12＋12＝2，△PCF是等腰直角三角形，∴AP＝AC－PC＝2－x，BN＝PF＝22x，∴EM＝BN＝22x，∵∠P AM＝45°，∠PMA＝90°，∴△APM是等腰直角三角形，∴AP＝2AM＝2(AE＋EM)，即2－x＝2(y＋22x)，解得y＝1－2x，∴x的取值范围为0≤x≤2，2∴y＝1－2x(0≤x≤22)．5. 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝102，直线MN过点A且MN∥BC，以点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE＝90°，且点D在直线MN上(不与点A重合)，如图①，DE与AC交于点P，设BD＝x，DP ＋BC＝y，cos∠ADP＝z.(1)猜想y关于x(2)如图②，DE与CA的延长线交于点P，以上y关于x的函数表达式仍成立吗？请证明；(3)如图③，DE与AC的延长线交于点P，BD与AP交于点Q，若此时x＝BD＝202，求S△ABQ的值．第5题图解：(1)y 关于x 的函数表达式为y ＝x ＋20，z 关于x 的函数表达式为z ＝10x，证明：如解图①，过点D 作DF ⊥AD 交AB 于点F ，交BC 于点G ， ∵AD ∥BC ，∠ABC ＝45°， ∴∠BAD ＝∠AFD ＝45°，∴△ADF 是等腰直角三角形，∴AD ＝DF ，∠DAP ＝45°＋90°＝135°，∠DFB ＝180°－45°＝135°， ∵∠BDP ＝∠ADF ＝90°， ∴∠ADP ＝∠FDB ，在△ADP 和△FDB 中，⎩⎨⎧∠ADP ＝∠FDBAD ＝FD∠DAP ＝∠DFB， ∴△ADP ≌△FDB ， ∴DP ＝BD ＝x ，∵AB ＝AC ＝102，∠BAC ＝90°，∴BC ＝AB 2＋AC 2＝20，∴y ＝x ＋20， ∵AD ∥BC ，∴DG ＝22AB ＝22×102＝10，在Rt △BDG 中，cos ∠BDG ＝DG DB ＝10x ，∵∠ADP ＝∠BDG ，∴z ＝cos ∠ADP ＝cos ∠BDG ＝10x ；第5题解图①(2)y 关于x 的函数表达式仍然成立，第5题解图②如解图②，过点D 作DF ⊥MN ，交AB 延长线于点F ， ∵由(1)知∠BAD ＝45°，∴∠AFD ＝45°，∴DA ＝DF ，∵∠FDB ＋∠BDA ＝90°，∠BDA ＋∠ADP ＝90°， ∴∠FDB ＝∠ADP ，∵∠DAP ＝90°－∠BAD ＝45°，在△ADP 和△FDB 中，⎩⎨⎧∠DAP ＝∠DFBDA ＝DF∠ADP ＝∠FDB， ∴△ADP ≌△FDB ， ∴DP ＝BD ＝x ， ∵BC ＝20， ∴y ＝x ＋20成立；第5题解图③(3)如解图③，过点B 作BT ⊥MN 于点T ， ∵MN ∥BC ，∠ABC ＝45°， ∴∠TAB ＝∠ABC ＝45°， ∵AB ＝102， ∴AT ＝BT ＝10， ∵BD ＝202， ∴在Rt △BTD 中，DT ＝BD 2－BT 2＝107，∵MN ∥BC ， ∴△AQD ∽△CQB ， ∴AQ QC ＝ADBC， ∴AQAC －AQ＝DT －AT BC ，∴AQ102－AQ＝107－1020，解得AQ ＝402－10143，∴S △ABQ ＝12AB ·AQ ＝12×102×402－10143＝400－10073.6. 如图，在矩形ABCD 中，AD ＝6，DC ＝8，菱形EFGH 的三个顶点E ，G ，H 分别在矩形ABCD 的边AB ，CD ，DA 上，AH ＝2，连接CF .(1)若DG ＝2，求证：四边形EFGH 为正方形； (2)若DG ＝6，求△FCG 的面积．第6题图(1)证明：∵四边形EFGH 为菱形，∴HG ＝EH ， ∵AH ＝2，DG ＝2， ∴DG ＝AH ，在Rt △DHG 和Rt △AEH 中，⎩⎨⎧HG ＝EH DG ＝AH ， ∴Rt △DHG ≌Rt △AEH ， ∴∠DHG ＝∠AEH ， ∵∠AEH ＋∠AHE ＝90°， ∴∠DHG ＋∠AHE ＝90°， ∴∠GHE ＝90°，∴四边形EFGH 为正方形；(2)解：如解图，过点F 作FQ ⊥CD 交DC 的延长线于Q ，连接GE ，第6题解图∵四边形ABCD 为矩形， ∴AB ∥CD ， ∴∠AEG ＝∠QGE ，即∠AEH ＋∠HEG ＝∠QGF ＋∠FGE ， ∵四边形EFGH 为菱形， ∴HE ＝GF ，HE ∥GF ， ∴∠HEG ＝∠FGE ， ∴∠AEH ＝∠QGF ，在△AEH 和△QGF 中，⎩⎨⎧∠A ＝∠Q∠AEH ＝∠QGF HE ＝FG， ∴△AEH ≌△QGF ， ∴AH ＝QF ＝2， ∵DG ＝6，CD ＝8， ∴CG ＝2，∴S △FCG ＝12CG ·FQ ＝12×2×2＝2.7. 如图，已知△ABC 中，AB ＝AC ，CD 平分∠ACB 交AB 于D ，延长AC 到E ，使得CE ＝BD ，连接DE 交BC 于F . (1)求证：CE ＝2CF ；(2)当∠A ＝60°，AB ＝6，将△CEF 绕点C 逆时针旋转角α(0°≤α≤360°)，得到△CE ′F ′，当点F ′恰好落在直线AC 上，连接BE ′，求此时BE ′的长．第7题图(1)证明：如解图①，过D作DG∥BC交AC于G，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∵DG∥BC，∴∠GDC＝∠BCD，∴∠GDC＝∠GCD，第7题解图①∴DG＝GC.∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB，∴∠ADG＝∠AGD，∴AD＝AG，∴BD＝CG，∵CE＝BD，∴CG＝CE，∵DG∥BC，∴CF是△EDG的中位线，∴DG＝2CF，∴CE＝CG＝DG＝2CF；(2)解：①当点F旋转到线段AC上点F′处时，如解图②所示，∵∠F′CE′＝∠FCE＝120°，∠ACD＝30°，∴∠DCE′＝90°＝∠CDB，∴AB∥CE′，∵BD＝CE＝CE′，∴四边形BDCE′是矩形，∴BE′＝CD＝32AB＝32×6＝33；第7题解图②当点F旋转到线段AC的延长线上的点F′处时，如解图③，连接AE′，易得四边形ADCE′是矩形，∴AE′＝DC＝33，∠E′AC＝30°，∠BAE′＝90°，在Rt△ABE′中，由勾股定理得BE′＝AB2＋AE′2＝62＋（33）2＝37.8. 如图，在▱ABCD中，AC⊥CD，点E在射线CB上，点F在射线DC上，且∠EAF＝∠B.(1)当∠BAD＝135°时，若点E在线段CB上，点F在线段DC上，求证：BE＋22DF＝AD；(2)当∠BAD＝120°时，若点E在线段CB上，点F在线段DC上，求AD、BE、DF之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；(3)当∠BAD＝120°时，连接EF，直线AF与直线BC交于点Q，当AB＝3，BE＝2时，请分别求出EQ和EF的长．第8题图(1)证明：∵∠BAD ＝135°，且∠BAC ＝90°，∴∠CAD ＝45°，即△ABC 、△ADC 都是等腰直角三角形； ∴AD ＝2AC ，且∠D ＝∠ACB ＝45°；又∵∠EAC ＝∠DAF ＝45°－∠F AC ， ∴△AEC ∽△AFD ， ∴AE AF ＝EC FD ＝AC AD ＝12，即EC ＝22FD ； ∴BC ＝BE ＋22DF ，即BE ＋22DF ＝AD ； (2)解：2BE ＋DF ＝AD ；理由如下：如解图①，取BC 的中点G ，连接AG ；第8题解图①易知：∠DAC ＝∠BCA ＝30°，∠B ＝∠D ＝60°；在Rt △ABC 中，G 是斜边BC 的中点，则： ∠AGE ＝60°，AD ＝BC ＝2AG ；∵∠GAD ＝∠AGE ＝60°＝∠EAF ， ∴∠EAG ＝∠F AD ＝60°－∠GAF ；又∵∠AGE ＝∠D ＝60°，∴△AGE ∽△ADF ，得：AG AD ＝EG FD ＝12；即FD ＝2EG ；∴BC ＝2BG ＝2(BE ＋EG )＝2BE ＋2EG ＝2BE ＋DF ，即AD ＝2BE ＋DF ；(3)解：在Rt △ABC 中，∠ACB ＝30°，AB ＝3，则BC ＝AD ＝6，EC ＝4.①当点E 、F 分别在线段BC 、CD 上时，如解图②，过F 作FH ⊥BQ 于H ；同(2)可知：DF ＝2EG ＝2，CF ＝CD －DF ＝1；在Rt △CFH 中，∠FCH ＝60°，CH ＝12，FH ＝32；易知：△ADF ∽△QCF ，由DF ＝2CF ，可得CQ ＝12AD ＝3；∴EQ ＝EC ＋CQ ＝4＋3＝7；在Rt △EFH 中，EH ＝EC ＋CH ＝92，FH ＝32；由勾股定理可求得：EF ＝21；②当点E 、F 分别在CB 、DC 的延长线上时，如解图③；分别过点A 、F 作BC 的垂线，垂足分别为M 、N ， ∵∠EAF ＝∠GAD ＝60°， ∴∠EAG ＝∠F AD ＝60°＋∠F AG ，又∵∠EGA ＝∠D ＝60°，∴△EAG ∽△F AD ，得：EG FD ＝AG AD ＝12；即FD ＝2EG ＝10，FC ＝10－CD ＝7；在Rt △FCN 中，∠FCN ＝60°，易求得FN ＝732，NC ＝72，GN ＝12；在等边△ABG 中，AM ⊥BG ，易求得AM ＝332，MG ＝32，MN ＝MG －GN ＝1；由△AMQ ∽△FNQ ，得：AM FN ＝MQ NQ ＝37，即QN ＝710，MQ ＝310； EQ ＝EB ＋BM ＋MQ ＝2＋32＋310＝195；由勾股定理得EF ＝57；综上可知：EQ ＝7或195，EF ＝21或57.图②图③第8题解图9. 如图①，已知△ACB和△DCE为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE.(1)求证：AD＝BE；(2)求∠AEB的度数；(3)如图②，若△ACB和△DCE为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一条直线上，CM⊥DE于点M，连接BE.①计算∠AEB的度数；②写出线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．图① 图②第9题图(1)证明：∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°. ∴∠ACD ＝∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中，⎩⎨⎧AC ＝BC∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE∴△ACD ≌△BCE (SAS)， ∴AD ＝BE . (2)∵△ACD ≌△BCE∴∠ADC ＝∠BEC . ∵△DCE 为等边三角形， ∴∠CDE ＝∠CED ＝60°.∵点A ，D ，E 在同一条直线上， ∴∠ADC ＝120°， ∴∠BEC ＝120°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝60°. (3)①如解图，∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，且∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACD ＝∠ACB －∠DCB ＝∠DCE －∠DCB ＝∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中，⎩⎨⎧CA ＝CB∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD ≌△BCE (SAS)， ∴AD ＝BE ，∠ADC ＝∠BEC . ∵△DCE 为等腰直角三角形， ∴∠CDE ＝∠CED ＝45°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上， ∴∠ADC ＝135°， ∴∠BEC ＝135°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝90°，第9题解图②∵CD ＝CE ，CM ⊥DE 于M ， ∴DM ＝ME ， ∵∠DCE ＝90°， ∴DM ＝ME ＝CM ， ∴AE ＝AD ＋DE ＝BE ＋2CM .10. 如图，菱形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，AB ＝2，∠ABC ＝120°，动点P 在线段BD 上从点B向点D 运动，PE ⊥AB 于点E ，四边形PEBF 关于BD 对称，四边形QGDH 与四边形PEBF 关于AC 对称．设菱形ABCD 被这两个四边形盖住部分的面积为S 1，BP ＝x ：(1)对角线AC 的长为________；S 菱形ABCD ＝________；(2)用含x 的代数式表示S 1；(3)若点P 在移动过程中满足S 1＝12S 菱形ABCD 时，求x 的值．第10题图解：(1)23；23；【解法提示】∵菱形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，AB ＝2，∠ABC ＝120°，∴∠AOB ＝90°，∠ABO ＝60°，∴AO ＝AB ·sin60°＝3，BO ＝AB ·cos60°＝1，∴AC ＝2AO ＝23，BD ＝2BO ＝2，∴S 菱形ABCD ＝23·22＝23， (2)由题意可得∠ABO ＝60°，BP ＝x ，∠PEB ＝90°，∴BE ＝BP ·cos60°＝x 2，PE ＝BP ·sin60°＝3x 2， ∴当0＜x ≤1时，S 1＝12x ·3x 22×4＝3x 22，当1＜x ≤2时，S 1＝12x ·3x 22×4－2（x －1）·2×33（x －1）2＝－36x 2＋43x 3－233，综上所述，S 1＝⎩⎨⎧3x 22 0＜x ≤1－3x 26＋43x 3－233 1＜x ≤2；(3)∵菱形的面积是23， ∴令32x 2＝3，解得x 1＝2＞1(舍去)，x2＝－2(舍去)，令－32＋433x－233＝3，解得x1＝4＋6＞2(舍去)，x2＝4－6，6x时，x的值是4－ 6.即若点P在移动过程中满足S1＝12S菱形ABCD。

2020年中考数学压轴解答题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题(教师版)

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备战2020中考数学之解密压轴解答题命题规律专题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题【类型综述】本节内容每年中考都会选择一种变换作为压轴题的背景素材,可以对函数图象进行平移,可以对几何图形进行平移、旋转,考查学生的数学综合应用能力．在选择、填空中也会涉及变换的概念和简单应用．只要抓住全等变换的特点,找到变与不变的量就可以解决问题．预计在2019年中考中仍会在压轴部分渗透变换,但是会有新情境的渗透．【方法揭秘】1.平移的性质(1)平移前后,对应线段平行、对应角相等；(2)各对应点所连接的线段平行（或在同一直线上）或相等；(3)平移前后的图形全等,注意：平移不改变图形的形状和大小.2.旋转的性质：(1)对应点到旋转中心的距离相等；(2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；(3)旋转前后的图形全等.3.中心对称的性质：在成中心对称的两个图形中,对应点的连线都经过对称中心,并且被对称中心平分_．成中心对称的两个图形全等.【典例分析】【例1】操作与证明：如图1,把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起,使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合,点E、F分别在正方形的边CB、CD上,连接AF．取AF中点M,EF的中点N,连接MD、MN．（1）连接AE,求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下,请判断MD、MN的数量关系和位置关系,得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°,其他条件不变,则（2）中的两个结论还成立吗？若成立,请加以证明；若不成立,请说明理由．【例2】已知：如图1,OM是∠AOB的平分线,点C在OM上,OC＝5,且点C到OA的距离为3．过点C作CD⊥OA,CE⊥OB,垂足分别为D、E,易得到结论：OD+OE等于多少；（1）把图1中的∠DCE绕点C旋转,当CD与OA不垂直时（如图2）,上述结论是否成立？并说明理由；（2）把图1中的∠DCE绕点C旋转,当CD与OA的反向延长线相交于点D时：①请在图3中画出图形；②上述结论还成立吗？若成立,请给出证明；若不成立,请直接写出线段OD、OE之间的数量关系,不需证明．【例3】两个三角板ABC,DEF按如图所示的位置摆放,点B与点D重合,边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内),其中,∠C＝∠DEF＝90°,∠ABC＝∠F＝30°,AC＝DE＝4 cm.现固定三角板DEF,将三角板ABC沿射线DE方向平移,当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x(cm),两个三角板重叠部分的面积为y(cm2)．(1)当点C落在边EF上时,x＝________cm；(2)求y关于x的函数表达式,并写出自变量x的取值范围；(3)设边BC的中点为点M,边DF的中点为点N,直接写出在三角板平移过程中,点M与点N之间距离的最小值．【例4】在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=4,点M是线段BC的中点,点N在射线MB上,连接AN,平移△ABN,使点N移动到点M,得到△DEM（点D与点A对应,点E与点B对应）,DM交AC于点P．（1）若点N是线段MB的中点,如图1．①依题意补全图1；②求DP的长；（2）若点N在线段MB的延长线上,射线DM与射线AB交于点Q,若MQ=DP,求CE的长．【例5】如图1,抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A,B,与y轴交于C,抛物线的顶点为D,直线l过C交x轴于E（4,0）．（1）写出D的坐标和直线l的解析式；（2）P（x,y）是线段BD上的动点（不与B,D重合）,PF⊥x轴于F,设四边形OFPC的面积为S,求S与x 之间的函数关系式,并求S的最大值；（3）点Q在x轴的正半轴上运动,过Q作y轴的平行线,交直线l于M,交抛物线于N,连接CN,将△CMN沿CN翻转,M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q,使得M′恰好落在y轴上？若存在,请求出Q的坐标；若不存在,请说明理由．【例6】再读教材:宽与长的比是5-1(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形,黄金矩形给我们以协调,匀称的美感.世界各国许多著名的建筑.为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计,下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.(提示; MN=2)第一步,在矩形纸片一端.利用图①的方法折出一个正方形,然后把纸片展平.第二步,如图②.把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平.第三步,折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图③中所示的AD处,第四步,展平纸片,按照所得的点D折出DE,使DE⊥ND,则图④中就会出现黄金矩形,问题解决:（1）图③中AB=________(保留根号);（2）如图③,判断四边形BADQ的形状,并说明理由;（3）请写出图④中所有的黄金矩形,并选择其中一个说明理由.（4）结合图④.请在矩形BCDE中添加一条线段,设计一个新的黄金矩形,用字母表示出来,并写出它的长和宽.【变式训练】一、单选题1．如图,正方形ABCD 中,6AB =,E 为AB 的中点,将ADE ∆沿DE 翻折得到FDE ∆,延长EF 交BC 于G ,FH BC ⊥,垂足为H ,连接BF 、DG .结论:①BF DE P ；②DFG ∆≌DCG ∆；③FHB ∆∽EAD ∆；④43GEB ∠=；⑤ 2.6BFG S ∆=.其中的正确的个数是（）A ．2B ．3C ．4D ．52．如图所示,点P 是边长为2的正方形ABCD 的对角线BD 上的动点,过点P 分别作PE ⊥BC 于点E,PF ⊥DC 于点F,连接AP 并延长,交射线BC 于点H,交射线DC 于点M,连接EF 交AH 于点G ,当点P 在BD 上运动时（不包括B 、D 两点）,以下结论中：①MF ＝MC ；②AP ＝EF ；③AH ⊥EF ；④AP 2＝PM•PH ；⑤EF 的最小值是2．其中正确结论有（）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个3．如图,在平面直角坐标系中,菱形ABCD 的顶点C 的坐标为()1,0-,点B 的坐标为()0,2,点A 在第二象限,直线1y x 52=-+与x 轴、y 轴分别交于点N 、M ．将菱形ABCD 沿x 轴向右平移m 个单位,当点A 落在MN 上时,则m 为（）A ．1B ．2C ．3D ．44．如图,在平面直角坐标系中,A （1,2）,B （3,2）,连接AB ,点P 是x 轴上的一个动点,连接AP 、BP ,当△ABP 的周长最小时,对应的点P 的坐标和△ABP 的最小周长分别为（）A ．(10)224+，，B ．(30)224+，，C ．(20)25，，D ．(20)252+，，5．如图,将小正方形AEFG 绕大正方形ABCD 的顶点A 顺时针旋转一定的角度α（其中0°≤α≤90°）,连接BG 、DE 相交于点O ,再连接AO 、BE 、DG ．王凯同学在探究该图形的变化时,提出了四个结论： ①BG ＝DE ；②BG ⊥DE ；③∠DOA ＝∠GOA ；④S △ADG ＝S △ABE ,其中结论正确的个数有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．如图,点P 是等边三角形外一点,把BP 绕点B 顺时针旋转60°到BP ',已知AP B '∠=150°,:2:3P A P C ''=,则:PB P A '的值是（）A ．2 : 1B ．2 : 1C ．5 : 2D ．3 : 1二、填空题7．如图,在菱形ABCD 中,AB ＝2,∠BAD ＝60°,将菱形ABCD 绕点A 逆时针方向旋转,对应得到菱形AEFG,点E 在AC 上,EF 与CD 交于点P,则DP 的长是________.8．如图,在平面直角坐标系中,直线l :28y x =+与坐标轴分别交于A ,B 两点,点C 在x 正半轴上,且OC ＝O B ．点P 为线段AB （不含端点）上一动点,将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°得线段OQ ,连接CQ ,则线段CQ 的最小值为___________．9．如图,直角三角形ABC 中,90ACB ∠=︒,10AB =,6BC =,在线段AB 上取一点D ,作DF AB ⊥交AC 于点F ,现将ADF ∆沿DF 折叠,使点A 落在线段DB 上,对应点记为1A ；AD 的中点E 的对应点记为1E .若111E FA E BF ∆∆:,则AD =______.10．如图,四边形ABCD 是矩形,AD ＝5,AB ＝163,点E 在CD 边上,DE ＝2,连接BE ,F 是BE 边上的一点,过点F 作FG ⊥AB 于G ,连接DG ,将△ADG 沿DG 翻折的△PDG ,设EF ＝x ,当P 落在△EBC 内部时（包括边界）,x 的取值范围是__．11．如图,将函数3(0)y x x=>的图象沿y 轴向下平移3个单位后交x 轴于点C ,若点D 是平移后函数图象上一点,且BCD ∆的面积是3,已知点(2,0)B -,则点D 的坐标__________.12．如图,有一条折线11223344A B A B A B A B ⋯,它是由过()10,0A ,()12,2B ,()24,0A 组成的折线依次平移4,8,12,⋯个单位得到的,直线2y kx =+与此折线恰有2(1n n ≥,且为整数)个交点,则k 的值为______．三、解答题13．如图,直线：y ＝﹣3x +4与x 轴、y 轴分别別交于点M 、点N ,等边△ABC 的高为3,边BC 在x 轴上,将△ABC 沿着x 轴的正方向平移,在平移过程中,得到△A 1B 1C 1,当点B 1与原点O 重合时,解答下列问题：（1）点A 1的坐标为．（2）求△A 1B 1C 1的边A 1C 1所在直线的解析式；（3）若以P 、A 1、C 1、M 为顶点的四边形是平行四边形,请直接写出P 点坐标．14．如图1,在△ABC 中,AB=BC=5,AC=6,△ABC 沿BC 方向向右平移得△DCE,A 、C 对应点分别是D 、E.AC 与BD 相交于点O.（1）将射线BD 绕B 点顺时针旋转,且与DC,DE 分别相交于F,G,CH ∥BG 交DE 于H,当DF=CF 时,求DG 的长；（2）如图2,将直线BD 绕点O 逆时针旋转,与线段AD,BC 分别相交于点Q,P.设OQ=x,四边形ABPQ 的周长为y,求y 与x 之间的函数关系式,并求y 的最小值.（3）在（2）中PQ 的旋转过程中,△AOQ 是否构成等腰三角形？若能构成等腰三角形,求出此时PQ 的长？若不能,请说明理由.15．在平面直角坐标系中,O 为原点,点A （6,0）,点B 在y 轴的正半轴上,ABO 30∠︒=．矩形CODE 的顶点D,E,C 分别在OA,AB,OB 上,OD=2.．（Ⅰ）如图①,求点E 的坐标；（Ⅱ）将矩形CODE 沿x 轴向右平移,得到矩形C O D E '''',点C,O,D,E 的对应点分别为C O D E ，，，''''．设OO t '=,矩形C O D E ''''与ΔABO 重叠部分的面积为S ．①如图②,当矩形C O D E ''''与ΔABO 重叠部分为五边形时,C E '',E D ''分别与AB 相交于点M,F,试用含有t 的式子表示S,并直接写出t 的取值范围；3S 53剟,求t 的取值范围（直接写出结果即可）．16．如图,将矩形OABC放在平面直角坐标系中,O为原点,点A在x轴的正半轴上,B（8,6）,点D是射线AO 上的一点,把△BAD沿直线BD折叠,点A的对应点为A′．（1）若点A′落在矩形的对角线OB上时,OA′的长=；（2）若点A′落在边AB的垂直平分线上时,求点D的坐标；（3）若点A′落在边AO的垂直平分线上时,求点D的坐标（直接写出结果即可）．17．在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=60°,BC=23,D是AB的中点,直线BM∥AC,E是边CA延长线上一点,将△EDC沿CD翻折得到△E′DC,射线DE′交直线BM于点F．（1）如图1,当点E′与点F重合时,求证：四边形ABE′C为平行四边形；（2）如图2,延长ED交线段BF于点G．①设BG=x,GF=y,求y与x的函数关系式；②若△DFG的面积为33,求AE的长．18．如图①,若直线l︰y=－2x+4交x轴于点A、交y轴于点B,将△AOB绕点O逆时针旋转90o得到△COD．过点A,B,D的抛物线h︰y=ax2+bx+4．（1）求抛物线h的表达式；（2）若与y轴平行的直线m以1秒钟一个单位长的速度从y轴向左平移,交线段CD于点M、交抛物线h 于点N,求线段MN的最大值；（3）如图②,点E为抛物线h的顶点,点P是抛物线h在第二象限的上一动点（不与点D、B重合）,连接PE,以PE 为边作图示一侧的正方形PEFG ．随着点P 的运动,正方形的大小、位置也随之改变,当顶点F 或G 恰好落在y 轴上时,直接写出对应的点P 的坐标．19．已知,正方形ABCD 的边长为4,点E 是对角线BD 延长线上一点,AE=BD ．将△ABE 绕点A 顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′,点B 、E 的对应点分别为B′、E′．（1）如图1,当α=30°时,求证：B′C=DE ；（2）连接B′E 、DE′,当B′E=DE′时,请用图2求α的值；（3）如图3,点P 为AB 的中点,点Q 为线段B′E′上任意一点,试探究,在此旋转过程中,线段PQ 长度的取值范围为．20．如图,在菱形ABCD 中,对角线AC 、BD 交于点O ,已知4AC =,25AB =（1）求BD 的长；（2）点E 为直线AD 上的一个动点,连接CE ,将线段EC 绕点C 顺时针旋转BCD ∠的角度后得到对应的线段CF （即)ECF BCD ∠=∠,EF 交CD 于点P ．①当CE AD ⊥时,求EF 的长；②连接AF 、DF ,当DF 的长度最小时,求ACF ∆的面积．21．如图1,在Rt△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,D,E两点分别在AC,BC上,且DE∥AB,将△CDE绕点C按顺时针方向旋转,记旋转角为α．（1）问题发现：当α＝0°时,ADBE的值为；（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时,若△EDC旋转到如图2的情况时,求出ADBE的值；（3）问题解决：当△EDC旋转至A,B,E三点共线时,若设CE＝5,AC＝4,直接写出线段BE的长．22．如图1,矩形ABCD中,AB＝8,AD＝6；点E是对角线BD上一动点,连接CE,作EF⊥CE交AB边于点F,以CE和EF为邻边作矩形CEFG,作其对角线相交于点H．（1）如图2,当点F与点B重合时,求CE和CG的长；（2）如图3,当点E是BD中点时,求CE和CG的长；（3）在图1,连接BG,当矩形CEFG随着点E的运动而变化时,猜想△EBG的形状？并加以证明．。