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(全国版)2020年中考数学热点专题冲刺5 操作探究问题

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中考数学专题复习——操作探究(详细答案)

中考数学专题复习——操作探究(详细答案)

中考数学专题复习——操作探究一.选择题1．（2018•临安•3 分.）如图，正方形硬纸片A BCD的边长是4，点E.F分别是A B.BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（）A．2 B．4 C．8 D．102. （2018•嘉兴•3 分）将一张正方形纸片按如图步骤①,②沿虚线对折两次,然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角,展开铺平后的图形是（）A. （A）B. （B）C. （C）D. （D）3. （2018•广西南宁•3 分）如图，矩形纸片A BCD，AB=4，BC=3，点P在B C 边上，将△CDP 沿D P 折叠，点C落在点E处，PE.DE 分别交A B 于点O、F，且O P=OF，则c os∠ADF 的值为（）A．1113B．1315C．1517D．17194.（2018•海南•3 分）如图1，分别沿长方形纸片A BCD 和正方形纸片E FGH 的对角线A C，EG 剪开，拼成如图2所示的▱KLMN，若中间空白部分四边形O PQR 恰好是正方形，且▱KLMN 的面积为50，则正方形E FGH 的面积为（）A．24 B．25 C．26 D．27二、填空题1. （2018•杭州•4 分）折叠矩形纸片 ABCD 时，发现可以进行如下操作：①把△ADE 翻折，点A落在D C 边上的点F处，折痕为D E，点E在A B 边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG 翻折，点C落在直线A E 上的点H处，折痕为D G，点G在B C 边上，若AB=AD+2，EH=1，则A D= 。

2.（2018•临安•3 分.）马小虎准备制作一个封闭的正方体盒子，他先用5 个大小一样的正方形制成如图所示的拼接图形（实线部分），经折叠后发现还少一个面，请你在图中的拼接图形上再接一个正方形，使新拼接成的图形经过折叠后能成为一个封闭的正方体盒子（添加所有符合要求的正方形，添加的正方形用阴影表示）．3.（2018•金华、丽水•4分）如图2，小靓用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形A BCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边A B，BC上，三角形①的边G D在边A D上，则ABBC的值是．4. （2018·湖北省恩施·3 分）在Rt△ABC 中，AB=1，∠A=60°，∠AB C=90°，如图所示将R t△ABC沿直线l无滑动地滚动至R t△DE F，则点B所经过的路径与直线l所围成的封闭图形的面积为．（结果不取近似值）5.（2018•贵州贵阳•8 分）如图①，在 R t△ABC 中，以下是小亮探究sin a A 与sin bB之间关系 的方法：∵sin A=a c ，sinB=b c ∴c =sin a A ，c=sin b B∴sin a A =sin b B根据你掌握的三角函数知识．在图②的锐角△ABC 中，探究sin a A 、sin b B 、sin cC之间的关 系，并写出探究过程．三.解答题1.（2018•江苏无锡•10 分）如图，平面直角坐标系中，已知点 B 的坐标为（6，4）． （1）请用直尺（不带刻度）和圆规作一条直线 A C ，它与 x 轴和 y 轴的正半轴分别交于点 A 和点 C ，且使∠AB C=90°，△ABC 与△AOC 的面积相等．（作图不必写作法，但要保留作图痕迹．） （2）问：（1）中这样的直线 A C 是否唯一？若唯一，请说明理由；若不唯一，请在图中画出 所有这样的直线 A C ，并写出与之对应的函数表达式．2.（2018•江苏徐州•7 分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1 个单位的正方形，在 建立平面直角坐标系后，△ABC 的顶点均在格点上，点 B 的坐标为（1，0）①画出△A BC 关于 x 轴对称的△A 1B 1C 1；②画出将△ABC 绕原点 O 按逆时针旋转 90°所得的△A 2B 2C 2；③△A 1B 1C 1 与△A 2B 2C 2 成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；④△A 1B 1C 1 与△A 2B 2C 2 成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐标．3.（2018•山东东营市•10 分）（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在△A BC 中，点O在线段B C 上，∠BA O=30°，∠O AC=75°，AO=BO：CO=1：3，求A B 的长．经过社团成员讨论发现，过点B作B D∥A C，交A O 的延长线于点D，通过构造△A BD 就可以解决．问题（如图2）请回答：∠ADB= 75 °，AB= ．（2）请参考以上解决思路，解决问题：在四边形A BCD 中，对角线A C 与B D 相交于点O，A C⊥AD，A O=ABC=∠A CB=75°，如图3，BO：OD=1：3，求D C 的长．4.（2018•山东济宁市•7分）在一次数学活动课中，某数学小组探究求环形花坛（如图所示）面积的方法，现有以下工具；①卷尺；②直棒EF；③T 型尺（CD 所在的直线垂直平分线段AB）．（1）在图1 中，请你画出用T 形尺找大圆圆心的示意图（保留画图痕迹，不写画法）；（2）如图2，小华说：“我只用一根直棒和一个卷尺就可以求出环形花坛的面积，具体做法如下：将直棒放置到与小圆相切，用卷尺量出此时直棒与大圆两交点M，N 之间的距离，就可求出环形花坛的面积”如果测得MN=10m，请你求出这个环形花坛的面积．5.一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P 是正方形ABCD 内一点，PA=1，PB=2，PC=3．你能求出∠A PB 的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将△B PC 绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接P P′，求出∠APB的度数；思路二：将△A PB 绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接P P′，求出∠APB 的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．【类比探究】如图2，若点P是正方形A BCD 外一点，PA=3，PB=1，PB 的度数．答案详解一.选择题（2018•临安•3 分.）如图，正方形硬纸片A BCD的边长是4，点E.F分别是A B.BC的中点，若沿左1．图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（）A．2 B．4 C．8 D．10【分析】本题考查空间想象能力．【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成，由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一，正方形的面积=4×4=16，∴图中阴影部分的面积是16÷4=4．故选：B．【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系2. （2018•嘉兴•3分）将一张正方形纸片按如图步骤①,②沿虚线对折两次,然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角,展开铺平后的图形是（）A. （A）B. （B）C. （C）D. （D）【答案】A【分析】根据两次折叠都是沿着正方形的对角线折叠, 展开后所得图形的顶点一定在【解析】正方形的对角线上, 根据③的剪法，中间应该是一个正方形.【解答】根据题意，两次折叠都是沿着正方形的对角线折叠的，根据③的剪法，展开后所得图形的顶点一定在正方形的对角线上,而且中间应该是一个正方形.故选A．【点评】关键是要理解折叠的过程，得到关键信息，如本题得到展开后的图形的顶点在正方形的对角线上是解题的关键．3. （2018•广西南宁•3分）如图，矩形纸片A BCD，AB=4，BC=3，点P在B C 边上，将△C DP 沿D P 折叠，点C落在点E处，PE.DE 分别交A B 于点O、F，且O P=OF，则c o s∠ADF 的值为（）A．1113B．1315C．1517D．1719【分析】根据折叠的性质可得出DC=DE.CP=EP，由∠EOF=∠B OP、∠B=∠E.OP=OF 可得出△OE F≌△OBP（AAS），根据全等三角形的性质可得出O E=OB.EF=BP，设E F=x，则B P=x、DF=4﹣x、BF=PC=3﹣x，进而可得出A F=1+x，在R t△DAF 中，利用勾股定理可求出x的值，再利用余弦的定义即可求出c o s∠A DF 的值．【解答】解：根据折叠，可知：△D CP≌△DE P，∴DC=DE=4，CP=EP．在△O EF 和△O BP 中，EOF BOPB EOP OF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△O EF≌△OB P（AAS），∴OE=OB，EF=BP．设E F=x，则B P=x，DF=DE﹣EF=4﹣x，又∵B F=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，∴AF=AB﹣BF=1+x．在R t△DAF中，AF 2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，解得：x=35，∴DF=4﹣x=175，∴co s∠AD F=AD DF=1517．故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理 结合 A F=1+x ，求出 A F 的长度是解题的关键．4.（2018•海南•3 分）如图 1，分别沿长方形纸片 A BCD 和正方形纸片 E FGH 的对角线 A C ，EG 剪开，拼成如图 2 所示的▱KLMN ，若中间空白部分四边形 O PQR 恰好是正方形，且▱KLMN 的面 积为 50，则正方形 E FGH 的面积为（ ）A ．24B ．25C ．26D ．27【分析】如图，设 P M=PL=NR=AR=a ，正方形 O RQP 的边长为 b ，构建方程即可解决问题； 【解答】解：如图，设 P M=PL=NR=AR=a ，正方形 O RQP 的边长为 b ．由题意：a 2+b 2+（a+b ）（a ﹣b ）=50， ∴a 2=25，∴正方形 E FGH 的面积=a 2=25， 故选：B ．【点评】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用 参数构建方程解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二.填空题1. （2018•杭州•4 分）折叠矩形纸片 ABCD 时，发现可以进行如下操作：①把△ADE 翻折，点 A 落在 D C 边上的点 F 处，折痕为 D E ，点 E 在 A B 边上；②把纸 片展开并铺平；③把△CDG 翻折，点 C 落在直线 A E 上的点 H 处，折痕为 D G ，点 G 在 B C 边上， 若 AB=AD+2，EH=1，则 A D= 。

2020年中考数学二轮复习重要考点精析--探究型问题

2020年中考数学二轮复习重要考点精析--探究型问题

中考数学二轮复习重要考点精析探究型问题一、中考专题诠释探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．二、解题策略与解法精讲由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．三、中考考点精讲考点一：条件探索型：此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．例1 如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．（1）连结BE，CD，求证：BE=CD；（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．①当旋转角为60度时，边AD′落在AE上；②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．思路分析：（1）根据等边三角形的性质可得AB=AD ，AE=AC ，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC ，再利用“边角边”证明△BAE 和△DAC 全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；（2）①求出∠DAE ，即可得到旋转角度数；②当AC=2AB 时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的对边平行可得DP ∥BC ，根据等边三角形的性质求出AC=AE ，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCD′=∠ACD′=30°，从而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角边角”证明△BDD′与△CPD′全等． 解答：（1）证明：∵△ABD 和△ACE 都是等边三角形．∴AB=AD ，AE=AC ，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE ，即∠BAE=∠DAC ，在△BAE 和△DAC 中，AB AD BAE DACAE AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAE ≌△DAC （SAS ），∴BE=CD ；（2）解：①∵∠BAD=∠CAE=60°，∴∠DAE=180°-60°×2=60°，∵边AD′落在AE 上，∴旋转角=∠DAE=60°；②当AC=2AB 时，△BDD′与△CPD′全等．理由如下：由旋转可知，AB′与AD 重合，∴AB=BD=DD′=AD′，∴四边形ABDD′是菱形，∴∠ABD′=∠DBD′=12∠ABD=12×60°=30°，DP ∥BC ，∵△ACE 是等边三角形，∴AC=AE ，∠ACE=60°，∵AC=2AB ，∴AE=2AD′，∴∠PCD′=∠ACD′=12∠ACE=12×60°=30°，又∵DP ∥BC ，∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，在△BDD′与△CPD′中，DBD PCD BD CD BD D PD C ''∠=∠⎧⎪''=⎨⎪''∠=∠⎩，∴△BDD′≌△CPD′（ASA ）．故答案为：60．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定是姐提到过．对应训练1．如图，▱ABCD 中，点O 是AC 与BD 的交点，过点O 的直线与BA 、DC 的延长线分别交于点E 、F ．（1）求证：△AOE ≌△COF ；（2）请连接EC 、AF ，则EF 与AC 满足什么条件时，四边形AECF 是矩形，并说明理由．解：（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AO=OC ，AB ∥CD ．∴∠E=∠F 又∠AOE=∠COF ．∴△AOE ≌△COF （ASA ）；（2）如图，连接EC 、AF ，则EF 与AC 满足EF=AC 时，四边形AECF 是矩形，理由如下：由（1）可知△AOE≌△COF，∴OE=OF，∵AO=CO，∴四边形AECF是平行四边形，∵EF=AC，∴四边形AECF是矩形．考点二：结论探究型：此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一，而需探索发现与之相应的结论．例2 已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图（1）．易证BD+AB=2CB，过程如下：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE．∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°．∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=2CB．又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=2CB．（1）当MN绕A旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（2）给予证明．（2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=2时，则CD= 2，CB= +1．思路分析：（1）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到CB，根据BE=AB-AE即可证得；（2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．解：（1）如图（2）：．证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，∵∠ACD=90°，∴∠ACE=90°-∠DCE，∠BCD=90°-∠ECD，∴∠BCD=∠ACE．∵DB⊥MN，∴∠CAE=90°-∠AFC，∠D=90°-∠BFD，∵∠AFC=∠BFD，∴∠CAE=∠D，又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，∴△ECB为等腰直角三角形，∴．又∵BE=AB-AE，∴BE=AB-BD，∴CB．如图（3）：CB．证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，∵∠ACD=90°，∴∠ACE=90°+∠ACB，∠BCD=90°+∠ACB，∴∠BCD=∠ACE．∵DB⊥MN，∴∠CAE=90°-∠AFB，∠D=90°-∠CFD，∵∠AFB=∠CFD，∴∠CAE=∠D，又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=2CB．又∵BE=AE-AB，∴BE=BD-AB，∴BD-AB=2CB．（2）如图（2），过点B作BH⊥CD于点H，∵∠ABC=45°，DB⊥MN，∴∠CBD=135°，∵∠BCD=30°，∴∠CBH=60°，∴∠DBH=75°，∴∠D=15°，∴BH=BD•sin45°，∴△BDH是等腰直角三角形，∴DH=BH=22BD=22×2=1，∵∠BCD=30°∴CD=2DH=2，∴CH=223 CD DH-=，∴CB=CH+BH=3+1；点评：本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．对应训练2．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∠C=90°，∠B=∠E=30°．（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DE∥AC；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是S1=S2．（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S1与S2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∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=12AB，∴BD=AD=AC ，根据等边三角形的性质，△ACD 的边AC 、AD 上的高相等，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：DE ∥AC ；S1=S2；（2）如图，∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到，∴BC=CE ，AC=CD ，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM ，∵在△ACN 和△DCM 中，90ACN DCM CMD N AC CD ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△ACN ≌△DCM （AAS ），∴AN=DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D 作DF1∥BE ，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE 、DF1上的高相等，此时S △DCF=S △BDE ，过点D 作DF2⊥BD ，∵∠ABC=60°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD ，∠ABC=60°，点D 是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=12×60°=30°，∴∠CDF1=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，1212DF DF CDF CDF CD CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CDF1≌△CDF2（SAS ），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D 是角平分线上一点，DE ∥AB ，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=12×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=12×4÷cos30°=2÷3=3，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或．考点三：规律探究型：规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的观察、分析、比较，从中发现其变化的规律，并猜想出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用.例3 观察方程①：x+2x =3，方程②：x+6x =5，方程③：x+12x =7．（1）方程①的根为： x1=1，x2=2；方程②的根为： x1=2，x2=3；方程③的根为： x1=3，x2=4；（2）按规律写出第四个方程： =9；此分式方程的根为： x1=4，x2=5；（3）写出第n 个方程（系数用n 表示）： =2n+1；此方程解是： x1=n ，x2=n+1．思路分析：先计算出方程的根，再根据根的变化规律求出方程的一般形式及根的变化规律．解：（1）两边同时乘以x得，x2-3x+2=0，方程①根：x1=1，x2=2；两边同时乘以x得，x2-5x+6=0，方程②根：x1=2，x2=3；两边同时乘以x得，x2-7x+12=0，方程③根：x1=3，x2=4；（2）方程④：x+20x=9；方程④根：x1=4，x2=5．（3）第n个方程：x+(1)n nx=2n+1．此方程解：x1=n，x2=n+1．点评：本题考查了分式方程的解，从题目中找出规律是解题的关键．对应训练3．如图，一个动点P在平面直角坐标系中按箭头所示方向作折线运动，即第一次从原点运动到（1，1），第二次从（1，1）运动到（2，0），第三次从（2，0）运动到（3，2），第四次从（3，2）运动到（4，0），第五次从（4，0）运动到（5，1），…，按这样的运动规律，经过第2019次运动后，动点P的坐标是（2019，2）．3．（2019，2）考点四：存在探索型：此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目．例4 如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是BC边上的点，BE=1，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P，交边CD于点F，（1）FCEF的值为；（2）求证：AE=EP；（3）在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．思路分析：（1）由正方形的性质可得：∠B=∠C=90°，由同角的余角相等，可证得：∠BAE=∠CEF，根据同角的正弦值相等即可解答；（2）在BA边上截取BK=NE，连接KE，根据角角之间的关系得到∠AKE=∠ECP，由AB=CB，BK=BE，得AK=EC，结合∠KAE=∠CEP，证明△AKE≌△ECP，于是结论得出；（3）作DM⊥AE于AB交于点M，连接ME、DP，易得出DM∥EP，由已知条件证明△ADM≌△BAE，进而证明MD=EP，四边形DMEP是平行四边形即可证出．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D，∵∠AEP=90°，∴∠BAE=∠FEC，在Rt△ABE中，=∵sin∠BAE=BEAE=sin∠FEC=FCEC，∴FCEC=，（2）证明：在BA边上截取BK=NE，连接KE，∵∠B=90°，BK=BE，∴∠BKE=45°，∴∠AKE=135°，∵CP平分外角，∴∠DCP=45°，∴∠ECP=135°，∴∠AKE=∠ECP，∵AB=CB，BK=BE，∴AB-BK=BC-BE，即：AK=EC，易得∠KAE=∠CEP，∵在△AKE和△ECP中，KAE CEP AK ECAKE ECP ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AKE ≌△ECP （ASA ），∴AE=EP ；（3）答：存在．证明：作DM ⊥AE 于AB 交于点M ，则有：DM ∥EP ，连接ME 、DP ，∵在△ADM 与△BAE 中，AD AD ADM BAEBAD ABE =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩，∴△ADM ≌△BAE （AAS ），∴MD=AE ，∵AE=EP ，∴MD=EP ，∴MD ∥EP ，MD=EP ，∴四边形DMEP 为平行四边形．点评：此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的性质等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．对应训练4．问题探究：（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；（2）如图②，M 是正方形ABCD 内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M ）使它们将正方形ABCD 的面积四等分，并说明理由．问题解决：（3）如图③，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AB+CD=BC ，点P 是AD 的中点，如果AB=a ，CD=b ，且b ＞a ，那么在边BC 上是否存在一点Q ，使PQ 所在直线将四边形ABCD 的面积分成相等的两部分？如若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由．解：（1）如图1所示，（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB 于E，则直线EF、OM将正方形的面积四等份，理由是：∵点O是正方形ABCD的对称中心，∴AP=CQ，EB=DF，在△AOP和△EOB中∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE，∴∠AOP=∠BOE，∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°，∴△AOP≌△EOB，∴AP=BE=DF=CQ，设O到正方形ABCD一边的距离是d，则12（AP+AE）d=12（BE+BQ）d=12（CQ+CF）d=12（PD+DF）d，∴S四边形AEOP=S四边形BEOC=S四边形CQOF=S四边形DPFM，直线EF、OM将正方形ABCD面积四等份；（3）存在，当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，理由是：如图③，连接BP并延长交CD的延长线于点E，∵AB∥CD，∴∠A=∠EDP，∵在△ABP 和△DEP 中A EDP AP DPAPB DPE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABP ≌△DEP （ASA ），∴BP=EP ，连接CP ，∵△BPC 的边BP 和△EPC 的边EP 上的高相等，又∵BP=EP ，∴S △BPC=S △EPC ，作PF ⊥CD ，PG ⊥BC ，由BC=AB+CD=DE+CD=CE ，由三角形面积公式得：PF=PG ，在CB 上截取CQ=DE=AB=a ，则S △CQP=S △DEP=S △ABP∴S △BPC-S △CQP+S △ABP=S △CPE-S △DEP+S △CQP即：S 四边形ABQP=S 四边形CDPQ ，∵BC=AB+CD=a+b ，∴BQ=b ，∴当BQ=b 时，直线PQ 将四边形ABCD 的面积分成相等的两部分．四、中考演练1．如图钢架中，焊上等长的13根钢条来加固钢架，若AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A ，则∠A 的度数是 12°．1．12°2．如图，在△ABC 中，D 是BC 边上的一点，E 是AD 的中点，过A 点作BC 的平行线交CE 的延长线于点F ，且AF=BD ，连接BF ．（1）BD 与CD 有什么数量关系，并说明理由；（2）当△ABC 满足什么条件时，四边形AFBD 是矩形？并说明理由．解：（1）BD=CD ．理由如下：∵AF ∥BC ，∴∠AFE=∠DCE ，∵E 是AD 的中点，∴AE=DE ，在△AEF 和△DEC 中，AFE DCE AEF DEC AE DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEF ≌△DEC （AAS ），∴AF=CD ，∵AF=BD ，∴BD=CD ；（2）当△ABC 满足：AB=AC 时，四边形AFBD 是矩形．理由如下：∵AF ∥BD ，AF=BD ，∴四边形AFBD 是平行四边形，∵AB=AC ，BD=CD ，∴∠ADB=90°，∴▱AFBD 是矩形．3．已知抛物线y=ax2+bx+c 与x 轴交于点A （1，0），B （3，0），且过点C （0，-3）．（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；（2）请你写出一种平移的方法，使平移后抛物线的顶点落在直线y=-x 上，并写出平移后抛物线的解析式．解：（1）∵抛物线与x 轴交于点A （1，0），B （3，0），可设抛物线解析式为y=a （x-1）（x-3），把C （0，-3）代入得：3a=-3，解得：a=-1，故抛物线解析式为y=-（x-1）（x-3），即y=-x2+4x-3，∵y=-x2+4x-3=-（x-2）2+1，∴顶点坐标（2，1）；（2）先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到的抛物线的解析式为y=-x2，平移后抛物线的顶点为（0，0）落在直线y=-x 上．4．如图，在▱ABCD 中，点E 是AB 边的中点，DE 与CB 的延长线交于点F ．（1）求证：△ADE ≌△BFE ；（2）若DF 平分∠ADC ，连接CE ．试判断CE 和DF 的位置关系，并说明理由．解：（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ．又∵点F 在CB 的延长线上，∴AD ∥CF ，∴∠1=∠2．∵点E 是AB 边的中点，∴AE=BE ．∵在△ADE 与△BFE 中，1 2DEA AEBAE BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE ≌△BFE （AAS ）；（2）解：CE ⊥DF ．理由如下：如图，连接CE ．由（1）知，△ADE ≌△BFE ，∴DE=FE ，即点E 是DF 的中点，∠1=∠2．∵DF 平分∠ADC ，∴∠1=∠3，∴∠3=∠2，∴CD=CF ，∴CE ⊥DF ．5．先阅读以下材料，然后解答问题：材料：将二次函数y=-x2+2x+3的图象向左平移1个单位，再向下平移2个单位，求平移后的抛物线的解析式（平移后抛物线的形状不变）．解：在抛物线y=-x2+2x+3图象上任取两点A （0，3）、B （1，4），由题意知：点A 向左平移1个单位得到A ′（-1，3），再向下平移2个单位得到A ″（-1，1）；点B 向左平移1个单位得到B ′（0，4），再向下平移2个单位得到B ″（0，2）．设平移后的抛物线的解析式为y=-x2+bx+c ．则点A ″（-1，1），B ″（0，2）在抛物线上．可得： 112b c c --+=⎧⎨=⎩，解得：02b c =⎧⎨=⎩．所以平移后的抛物线的解析式为：y=-x2+2． 根据以上信息解答下列问题：将直线y=2x-3向右平移3个单位，再向上平移1个单位，求平移后的直线的解析式．解：在直线y=2x-3上任取一点A （0，-3），由题意知A 向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到A ′（3，-2），设平移后的解析式为y=2x+b ，则A ′（3，-2）在y=2x+b 的解析式上，-2=2×3+b ，解得：b=-8，所以平移后的直线的解析式为y=2x-8．6．分别以▱ABCD （∠CDA≠90°）的三边AB ，CD ，DA 为斜边作等腰直角三角形，△ABE ，△CDG ，△ADF ．（1）如图1，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接GF ，EF ．请判断GF 与EF 的关系（只写结论，不需证明）；（2）如图2，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接GF ，EF ，（1）中结论还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．解：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB=CD ，∠DAB+∠ADC=180°，∵△ABE ，△CDG ，△ADF 都是等腰直角三角形，∴DG=CG=AE=BE ，DF=AF ，∠CDG=∠ADF=∠BAE=45°，∴∠GDF=∠GDC+∠CDA+∠ADF=90°+∠CDA ，∠EAF=360°-∠BAE-∠DAF-∠BAD=270°-（180°-∠CDA ）=90°+∠CDA ，∴∠FDG=∠EAF ，∵在△EAF 和△GDF 中，DF AF FDG FAEDG AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF ≌△GDF （SAS ），∴EF=FG ，∠EFA=∠DFG ，即∠GFD+∠GFA=∠EFA+∠GFA ，∴∠GFE=90°，∴GF ⊥EF ；（2）GF ⊥EF ，GF=EF 成立；理由：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB=CD ，∠DAB+∠ADC=180°，∵△ABE ，△CDG ，△ADF 都是等腰直角三角形，∴DG=CG=AE=BE ，DF=AF ，∠CDG=∠ADF=∠BAE=45°，∴∠BAE+∠FDA+∠EAF+∠ADF+∠FDC=180°，∴∠EAF+∠CDF=45°，∵∠CDF+∠GDF=45°，∴∠FDG=∠EAF ，∵在△EAF 和△GDF 中，DF AF FDG FAEDG AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF ≌△GDF （SAS ），∴EF=FG ，∠EFA=∠DFG ，即∠GFD+∠GFA=∠EFA+∠GFA ，∴∠GFE=90°，∴GF ⊥EF ．7．在▱ABCD 中，P 是AB 边上的任意一点，过P 点作PE ⊥AB ，交AD 于E ，连结CE ，CP ．已知∠A=60°；（1）若BC=8，AB=6，当AP 的长为多少时，△CPE 的面积最大，并求出面积的最大值．（2）试探究当△CPE ≌△CPB 时，▱ABCD 的两边AB 与BC 应满足什么关系？解：（1）如图，延长PE 交CD 的延长线于F ，设AP=x ，△CPE 的面积为y ，∵四边形ABCD 为平行四边形，∴AB=DC=6，AD=BC=8，∵Rt △APE ，∠A=60°，∴∠PEA=30°，∴AE=2x ，PE=3x ，在Rt △DEF 中，∠DEF=∠PEA=30°，DE=AD-AE=8-2x ，∴DF=12DE=4-x ，∵AB ∥CD ，PF ⊥AB ，∴PF ⊥CD ，∴S △CPE=12PE•CF ，即y=12（10-x ）=-2x ，配方得：y=-（x-5）2+，当x=5时，y有最大值，即AP 的长为5时，△CPE的面积最大，最大面积是2；（2）当△CPE ≌△CPB 时，有BC=CE ，∠B=∠PEC=120°，∴∠CED=180°-∠AEP-∠PEC=30°，∵∠ADC=120°，∴∠ECD=∠CED=180°-120°-30°=30°，∴DE=CD ，即△EDC 是等腰三角形，过D 作DM ⊥CE 于M ，则CM=12CE ，在Rt △CMD 中，∠ECD=30°，∴cos30°=2CD CM， ∴CM=CD ，∴，∵BC=CE ，AB=CD ，∴，则当△CPE ≌△CPB 时，BC 与AB 满足的关系为AB ．8．如图，已知AB 是⊙O 直径，BC 是⊙O 的弦，弦ED ⊥AB 于点F ，交BC 于点G ，过点C 作⊙O 的切线与ED 的延长线交于点P ．（1）求证：PC=PG ；（2）点C 在劣弧AD 上运动时，其他条件不变，若点G 是BC 的中点，试探究CG 、BF 、BO 三者之间的数量关系，并写出证明过程；（3）在满足（2）的条件下，已知⊙O 的半径为5，若点O 到BCED 的长．（1）证明：连结OC，如图，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∴∠OCG+∠PCG=90°，∵ED⊥AB，∴∠B+∠BGF=90°，∵OB=OC，∴∠B=∠OCG，∴∠PCG=∠BGF，而∠BGF=∠PGC，∴∠PGC=∠PCG，∴PC=PG；（2）解：CG、BF、BO三者之间的数量关系为CG2=BO•BF．理由如下：连结OG，如图，∵点G是BC的中点，∴OG⊥BC，BG=CG，∴∠OGB=90°，∵∠OBG=∠GBF，∴Rt△BOG∽Rt△BGF，∴BG：BF=BO：BG，∴BG2=BO•BF，∴CG2=BO•BF；（3）解：连结OE，如图，由（2）得BG⊥BC，∴OG=5，在Rt △OBG中，OB=5，∴BG=22OB OG-=25，由（2）得BG2=BO•BF，∴BF=205=4，∴OF=1，在Rt△OEF中，EF=22OE OF-=26，∵AB⊥ED，∴EF=DF，∴DE=2EF=46．9．如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A（-6，0），过点E（-2，0）作EF∥AB，交BO于F；（1）求EF的长；（2）过点F作直线l分别与直线AO、直线BC交于点H、G；①根据上述语句，在图1上画出图形，并证明OH EO BG AE=；②过点G作直线GD∥AB，交x轴于点D，以圆O为圆心，OH长为半径在x轴上方作半圆（包括直径两端点），使它与GD有公共点P．如图2所示，当直线l绕点F旋转时，点P也随之运动，证明：12 OPBG=，并通过操作、观察，直接写出BG长度的取值范围（不必说理）；（3）在（2）中，若点M（2，3），探索2PO+PM的最小值．（1）解：解法一：在正方形OABC中，∠FOE=∠BOA=12∠COA=45°．∵EF∥AB，∴∠FEO=∠BAO=90°，∴∠EFO=∠FOE=45°，又E（-2，0），∴EF=EO=2．解法二：∵A（-6，0），C（0，6），E（-2，0），∴OA=AB=6，EO=2，∵EF∥AB，∴EF OEAB OA=，即266EF=，∴EF=6×26=2．（2）①画图，如答图1所示：证明：∵四边形OABC是正方形，∴OH∥BC，∴△OFH∽△BFG，∴OH OF BG BF=；∵EF∥AB，∴OF EO BF AE=；∴OH EO BG AE=．②证明：∵半圆与GD交于点P，∴OP=OH．由①得：OP EO BG EA=，又EO=2，EA=OA-EO=6-2=4，∴OP EOBG EA==12．通过操作、观察可得，4≤BG≤12．（3）解：由（2）可得：OPBG=12，∴2OP+PM=BG+PM．如答图2所示，过点M作直线MN⊥AB于点N，交GD于点K，则四边形BNKG为矩形，∴NK=BG．∴2OP+PM=BG+PM=NK+PM≥NK+KM，当点P与点K重合，即当点P在直线MN上时，等号成立．又∵NK+KM≥MN=8，当点K在线段MN上时，等号成立．∴当点P在线段MN上时，2OP+PM的值最小，最小值为8．。

2020年中考数学压轴题题型专练：规律探索题(含答案)

2020年中考数学压轴题题型专练：规律探索题(含答案)

2020中考数学压轴题题型专练：规律探索题类型一数式规律1. 将一组数2，2，6，22，10，…，210，按下列方式进行排列：2，2，6，22，10；23，14，4，32，25；…若2的位置记为(1，2)，23的位置记为(2，1)，则38这个数的位置记为________．(4，4)【解析】∴当10n －2＝38时，n ＝4，∴38这个数的位置记为(4，4)． 2. 按一定规律排列的一列数：－12，1，－1， ，－911，1113，－1317，…，请你仔细观察，按照此规律方框内的数字应为________．1 【解析】将原来的一列数变形为－12，33，－55， ，－911，1113，－1317，…，观察这列数可得奇数项为负数，偶数项为正数，分子是依次从小到大排列的连续奇数，分母是依次从小到大排列的质数，故方框内填77，故答案为1.3. 观察下列数据：－2，52，－103，174，－265，…，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第11个数据是________．－12211 【解析】∵－2＝－12＋11，52＝ 22＋12，－103＝－32＋13，174＝ 42＋14，－265＝ －52＋15，∴第11个数据是：－112＋111＝－12211.4. 已知a 1＝ t t －1，a 2＝ 11－a 1，a 3＝ 11－a 2，…，a n ＋1＝ 11－a n(n 为正整数，且t ≠0，1)，则a 2018＝ ________(用含t 的代数式表示)． 1－t 【解析】根据题意得：a 1＝ t t －1，a 2＝ 11－t t －1＝ 1－t ，a 3＝ 11－1＋t ＝ 1t ，a 4＝ 11－1t＝ t t －1， (2018)3＝ 672……2，∴a 2018的值为1－t . 5. 一列数：0，1，2，3，6，7，14，15，30，…，这列数是由小明按照一定规律写下来的，他第一次写下“0，1”，第二次接着写“2，3”，第三次接着写“6，7”，第四次接着写“14，15”，就这样一直接着往下写，那么30后三个连续数应该是________．31，62，63 【解析】通过观察可知，下一组数的第一个数是前一组数的第二个数的2倍，在同一组数中的前后两个数相差1，由此可得30后三个连续数为31，62，63.类型二 图形累加规律1. 如图，用菱形纸片按规律依次拼成如图图案，第1个图案中有5个菱形纸片，第2个图案中有9个菱形纸片，第3个图案中有13个菱形纸片，按此规律，第10个图案中有________个菱形纸片．第1题图41【解析】观察图形发现：第1个图案中有5＝4×1＋1个菱形纸片，第2个图案有9＝4×2＋1个菱形纸片，第3个图案中有13＝4×3＋1个菱形纸片，…，第n个图形中有4n＋1个菱形纸片，故第10个图案中有4×10＋1＝41个菱形纸片．2. 如图，每个图案都由大小相同的正方形组成，按照此规律，第n个图案中这样的正方形的总个数可用含n的代数式表示为________．第2题图n2＋n【解析】由题图知，第1、2、3个图案对应的正方形的个数分别为2＝1×2、6＝2×3、12＝3×4，…，∴第n个图案所对应的正方形的个数为n(n＋1)＝n2＋n.3. 下列图形都是由同样大小的小圆圈按一定规律所组成的，其中第①个图形中一共有4个小圆圈，第②个图形中一共有10个小圆圈，第③个图形中一共有19个小圆圈，…，按此规律排列下去，第⑦个图形中小圆圈的个数为________．第3题图85【解析】可以分两部分观察，上半部分小圆圈个数为：1＋2＋3＋…＋n ＋n＋1，下半部分小圆圈个数为n2，所以第⑦个图形小圆圈个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋72＝85.4. 如图是用棋子摆成的“T”字图案：从图案中可以看出，第一个“T”字图案需要5枚棋子，第二个“T”字图案需要8枚棋子，第三个“T”字图案需要11枚棋子．则摆成第n个图案需要________枚棋子．第4题图3n＋2【解析】观察图案可知，图案分成两部分，横向的横子数量依次为3，5，7，…，纵向的棋子数量依次为2，3，4，…，∴第n个图案棋子数量为2n＋1＋(n＋1)＝3n＋2.5. 如图，由若干盆花摆成图案，每个点表示一盆花，几何图形的每条边上(包括两个顶点)都摆有n(n≥3)盆花，每个图案中花盆总数为S，按照图中的规律可以推断S与n(n≥3)的关系是________．第5题图n2－n【解析】n＝3时，S＝6＝3×2，n＝4时，S＝12＝4×3，n＝5时，S ＝20＝5×4，…，依此类推，当边数为n时，S＝n(n－1)＝n2－n.类型三图形成倍递变规律1. 如图，过点A0(2，0)作直线l：y＝33x的垂线，垂足为点A1，过点A1作A1A2⊥x轴，垂足为点A2，过点A2作A2A3⊥l，垂足为点A3，…，这样依次下去，得到一组线段：A0A1，A1A2，A2A3，…，则线段A2016A2017的长为()A. (32)2015 B. (32)2016C. (32)2017 D. (32)2018第1题图B【解析】由y＝33x，得直线l的倾斜角为30°，∵点A0坐标为(2，0)，∴OA0＝2，∴OA1＝32OA0＝3，OA2＝32OA1＝32，OA3＝32OA2＝334，OA4＝32OA3＝98，…，∴OA n＝(32)n OA0＝2×(32)n.∴OA2016＝2×(32)2016，A2016A2017＝12×2×(32)2016＝(32)2016.2. 如图，在平面直角坐标系中，边长不等的正方形依次排列，每个正方形都有一个顶点落在函数y＝x的图象上，从左向右第3个正方形中的一个顶点A的坐标为(8，4)，则第4个正方形的边长为________，第n个正方形的边长为________．第2题图8，2n-1【解析】∵函数y＝x与x轴正半轴的夹角为45°，∴直线y＝x与正方形的边围成的三角形是等腰直角三角形，∵A(8，4)，∴第四个正方形的边长为8，第三个正方形的边长为4，第二个正方形的边长为2，第一个正方形的边长为1，…，第n个正方形的边长为2n－1.3. 如图，在矩形ABCD中，AD＝a，AB＝b，连接其对边中点，得到四个矩形，顺次连接矩形AEFG各边中点，得到菱形I1；连接矩形FMCH对边中点，又得到四个矩形，顺次连接矩形FNPQ各边中点，得到菱形I2，…，如此操作下去，得到菱形I2016，则I2016的面积是________．第3题图(12)4033ab 【解析】由题意得，菱形I 1的面积为：12AG ·AE ＝12×12a ×12b ＝(12)3ab ，菱形I 2的面积为：12FQ ·FN ＝12×(12×12a )×(12×12b )＝(12)5ab ；…；菱形I n 的面积为：(12)2n ＋1ab .∴当n ＝2016时，菱形I 2016的面积为(12)4033ab .4. 如图，已知∠AOB ＝30°，在射线OA 上取点O 1，以O 1为圆心的圆与OB 相切；在射线O 1A 上取点O 2，以O 2为圆心，O 2O 1为半径的圆与OB 相切；在射线O 2A 上取点O 3，以O 3为圆心，O 3O 2为半径的圆与OB 相切；…；在射线O 9A 上取点O 10，以O 10为圆心，O 10O 9为半径的圆与OB 相切．若⊙O 1的半径为1，则⊙O 10的半径长是________．第4题图29 【解析】如解图，作O 1C 、O 2D 、O 3E 分别⊥OB ，∵∠AOB ＝30°，∴OO 1＝2CO 1，OO 2＝ 2DO 2，OO 3＝2EO 3，∵O 1O 2＝DO 2，O 2O 3＝ EO 3，O 1C ＝1，∴O 2D ＝2，O 3E ＝4，∴圆的半径呈2倍递增，∴⊙On 的半径为2n －1CO 1，∵⊙O 1的半径为1，∴⊙O 10的半径长＝ 29.第4题解图类型四图形周期变化规律1. 如图，已知菱形OABC的顶点O(0，0)，B(2，2)，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为()A. (1，－1)B. (－1，－1)C. (2，0)D. (0，－2)第1题图B【解析】∵菱形OABC的顶点O(0，0)，点B的坐标是(2，2)，∴BO与x 轴的夹角为45°，∵菱形的对角线互相垂直平分，∴点D是线段OB的中点，∴点D的坐标是(1，1) ，∵菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，360°÷45°＝8，∴每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置(1，1)，∵60÷8＝7……4，∴第60秒时是把菱形绕点O逆时针旋转了7周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了4×45°＝180°，∴点D的对应点落在第三象限，且对应点与点D关于原点O成中心对称，∴第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为(－1，－1)．2. 下列一串梅花图案是按一定规律排列的，请你仔细观察，在前2018个梅花图案中，共有________个“”图案．第2题图505【解析】∵2018÷4＝504……2，∴有505个．3. 如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推…，则正方形OB2017B2018C2018的顶点B2018的坐标是________．第3题图(0，21009)【解析】点B的位置依次落在第一象限、y正半轴、第二象限、x负半轴、第三象限、y负半轴、第四象限、x正半轴…，每8次一循环.2018÷8＝252……2，所以B2018落在y轴正半轴，故B2018的横坐标是0；OB n是正方形的对角线，OB1＝2，OB2＝2＝(2)2，OB3＝22＝(2)3，…，所以OB2018＝(2)2018＝21009，所以B2018的坐标为(0，21009)．4. 如图，正△ABO的边长为2，O为坐标原点，A在x轴上，B在第二象限，△ABO沿x轴正方向作无滑动的翻滚，经一次翻滚后得△A1B1O，则翻滚3次后点B的对应点的坐标是________，翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为________．第4题图(5，3)，(134633＋896)π 【解析】如解图，翻滚3次后点B 的对应点是B 3，作B 3E ⊥x 轴于E ，易知OE ＝ 5，B 3E ＝ 3，B 3(5，3)，观察图象可知翻滚3次为一个循环，一个循环点M 的运动路径为MM 1︵、M 1M 2︵、M 2M 3︵，120 ·π ·3180＋120 ·π ·1180＋120 ·π ·1180＝23＋43π，∵2017÷3＝672…1，∴翻滚2017次后AB 中点M 经过的路径长为672×23＋43π＋23π3＝ (134633＋896)π.第4题解图。

热点专题5操作探究问题-2020年《三步冲刺中考·数学》之热点专题冲刺(广东专用)(原卷版)

热点专题5操作探究问题-2020年《三步冲刺中考·数学》之热点专题冲刺(广东专用)(原卷版)

热点专题5 操作探究问题操作探究问题是中考必考题型，考查知识全面综合性强它把几何知识与代数知识有机结合起来，渗透数形结合思想，重在考查分析问题的能力、逻辑思维推理能力。

如折叠类型、旋转类型、类比、拓展型等背景鲜活，具有实用性和创造性，在考查考生计算能力的同时，考查考生的阅读理解能力动手操作能力、抽象思维能力、建模能力，要求引导考生将数学知识运用到实际生活中去需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等来确定所需求的结论、条件或方法。

常考题型有以下三种：题型一：折叠问题；题型二：旋转问题；题型三：类比、拓展问题。

考向1 折叠问题例：（2019•三水区期末）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若4AB=，8BC=．则D F'的长为()A．25B．4C．3D．2练习：1．（2019•新丰县二模）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF．把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点A'处，并使折痕经过点B，得到折痕BM．若矩形纸片的宽4AB=，则折痕BM 的长为( )A B C ．8 D ．2．（2019•徐闻县二模）如图，在Rt ABC ∆中，90BAC ∠=︒，36B ∠=︒，AD 是斜边BC 上的中线，将ACD ∆沿AD 对折，使点C 落在点F 处，线段DF 与AB 相交于点E ，则BED ∠等于( )A ．120︒B ．108︒C ．72︒D ．36︒3．（2018•海珠区期末）四边形ABCD 是长方形，将长方形ABCD 折叠，如图①所示，点B 落在AD 边上的点E 处，折痕为FG ，将图②折叠，点C 与点E 重合，折痕为PH ． （1）在图②中，证明：EH EP =；（2）若6EF =，8EH =，10FH =，求长方形ABCD 的面积．4．（2019 •赤坎区期末）如图1，直线//AB CD ，直线l 与直线AB ，CD 相交于点E ，F ，点P 是射线EA 上的一个动点（不包括端点）（1）若119CFE ∠=︒，PG 交FEB ∠的平分线EG 于点G ，150APG ∠=︒，则G ∠的大小为 ． （2）如图2，连接PF ．将EPF ∆折叠，顶点E 落在点Q 处．①若48PEF ∠=︒，点Q 刚好落在其中的一条平行线上，请直接写出EFP ∠的大小为 ． ②若75PEF ∠=︒，12CFQ PFC ∠=∠，求EFP ∠的度数．考向2 旋转问题例1、（2019秋•南沙区期末）如图，已知ABC ∆三个顶点的坐标分别为(1,2)A -，(3,4)B -，(2,6)C -，在给出的平面直角坐标系中；（1）画出ABC ∆绕点A 顺时针旋转90︒后得到的△11AB C ； 并直接写出1B ，1C 的坐标；（2）计算线段AB 旋转到1AB 位置时扫过的图形面积．例2：（2019秋•香洲期末）将两块全等的三角板如图①楔放，其中90A CB CACB ''∠==︒，30A A '∠=∠=︒．（1）将图①中的△A B C ''顺时针旋转45︒得图②，点P '是A C '与AB 的交点，点Q 是A B ''与BC 的交点， 求证：CP CQ '=；（2）在图②中，若3AP '=，求CQ 长． 练习：1．（2018•信宜市二中一模）如图，将ABC ∆沿BC 翻折得到DBC ∆，再将DBC ∆绕C 点逆时针旋转60︒得到FEC ∆，延长BD 交EF 于H ．已知30ABC ∠=︒，90BAC ∠=︒，1AC =，则四边形CDHF 的面积为( )A B C D 2．（2020•端州区一模）如图，在平面直角坐标系中，ABC ∆三个顶点都在格点上，点A ，B ，C 的坐标分别为(2,3)A -，(3,1)B -，(0,1)C 请解答下列问题：（1）ABC ∆与△111A B C 关于原点O 成中心对称，画出△111A B C 并直接写出点A 的对应点1A 的坐标； （2）画出ABC ∆绕点C 顺时针旋转90︒后得到的△22A B C ，并求出线段AC 旋转时扫过的面积．3．（2019•江海区实验中学一模）如图，正方形ABCD 的边长为9，E 、F 分别是AB 、BC 边上的点，且45EDF ∠=︒．将DAE ∆绕点D 逆时针旋转90︒，得到DCM ∆．（1）求证：EF FM =； （2）当3AE =时，求EF 的长．4．（2019 •高州市高州一中二模）如图1，在ABC ∆和ADE ∆中，90BAC DAE ∠=∠=︒，AB AC =，AD AE =． （1）若C ，D ，E 三点在同一直线上，连接BD 交AC 于点F ，求证：BAD CAE ∆≅∆． （2）在第（1）问的条件下，求证：BD CE ⊥；（3）将ADE ∆绕点A 顺时针旋转得到图2，那么第（2）问中的结论是否依然成立？若成立，请证明你的结论：若不成立，请说明理由．5．（2019 •麻章区期末）在ABC ∆中AB AC =，在BC 边上有两动点D 、E ，满足2DAE BAC ∠=∠，将AEC ∆绕A 旋转，使得AC 与AB 重合，点E 落到点E '． （1）求证DAE DAE ∠'=∠；（2）当20BE D ∠'=︒时，求DEA ∠的度数；（3）当1BD =，2EC =，△BE D '又为直角三角形时，求BAC ∠的度数．考向3 类比、拓展问题例：（2018•新会区一模）如图，在AOB ∆中，OA OB =，AOB α∠=，P 为AOB ∆外移动，将POB ∆绕点O 按顺时针方向旋转α得到△OP A '，且点A 、P '、P 三点在同一条直线上．（1）【观察猜想】在图①中，APB ∠= ；在图②中，APB ∠= ；（用含α的代数式表示） （2）【类比探究】如图③，若90α=︒，请补全图形，再过点O 作OH AP ⊥与点H ，探究线段PB ，PA ，OH 之间的数量关系，并证明你的结论；【问题解决】若90α=︒，5AB =，3BP =，求点O 到AP 的距离. 练习：1、（2019 •龙门县期末）在矩形ABCD 中，AB a =，AD b =，点E 为对角线AC 上一点，连接DE ，以DE 为边，作矩形DEFG ，点F 在边BC 上； （1）观察猜想：如图1，当a b =时，AECG= ，ACG ∠= ； （2）类比探究：如图2，当a b ≠时，求AECG的值（用含a 、b 的式子表示）及ACG ∠的度数； （3）拓展应用：如图3，当6a =，8b =，且DF AC ⊥，垂足为H ，求CG 的长．2．（2019 •清城区明阳中英文学校二模）等腰Rt PAB ∆中，90PAB ∠=︒，点C 是AB 上一点（与A 、B 不重合），连接PC ，将线段PC 绕点C 顺时针旋转90︒，得到线段DC ．连接PD ，BD ．探究PBD ∠的度数，以及线段AB 与BD 、BC 的数量关系．（1）尝试探究：如图（1）PBD∠=；AB BC AC=+=；（2）类比探索：如图（2），点C在直线AB上，且在点B右侧，还能得出与（1）中同样的结论么？请写出你得到的结论并证明：3．（2019•东城区金阳学校二模）“我们应该讨论一般化、特殊化和类比这些过程本身，他们是获得发现的伟大源泉”--乔治波利亚．（1）观察猜想如图1，在ABC∠=︒．点D在AC上，点E在BC上，且CD CE=．则BE与AD的ACB=，90∆中，CA CB数量关系是，直线BE与直线AD的位置关系是；（2）拓展探究如图2，在ABCACB DCE∠=∠=︒．则BE与AD的数量关系怎样？=，90=，CD CE∆中，CA CB∆和CDE直线BE与直线AD的位置关系怎样？请说明理由；（3）解决问题如图3，在ABC∆的角平分线，点M是AB的中点．点P在射线BDACB∠=︒，BD是ABC∆中，CA CB=，90上，连接PM，以点M为中心，将PM逆时针旋转90︒，得到线段MN，请直接写出点A，P，N在同一条直线上时CPM∠的值．4．（2019秋•大涌镇模拟三）知识背景我们在第十一章《三角形》中学习了三角形的边与角的性质，在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在十三章《轴对称》中学习了等腰三角形的性质和判定．在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题 问题初探如图（1），ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 是BC 上一点，连接AD ，以AD 为一边作ADE ∆，使90DAE ∠=︒，AD AE =，连接BE ，猜想BE 和CD 有怎样的数量关系，并说明理由．类比再探如图（2），ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点M 是AB 上一点，点D 是BC 上一点，连接MD ，以MD 为一边作MDE ∆，使90DME ∠=︒，MD ME =，连接BE ，则EBD ∠= ．（直接写出答案，不写过程，但要求作出辅助线） 方法迁移如图（3），ABC ∆是等边三角形，点D 是BC 上一点，连接AD ，以AD 为一边作等边三角形ADE ，连接BE ，则BD 、BE 、BC 之间有怎样的数量关系？ （直接写出答案，不写过程）．拓展创新如图（4），ABC ∆是等边三角形，点M 是AB 上一点，点D 是BC 上一点，连接MD ，以MD 为一边作等边三角形MDE ，连接BE ．猜想EBD ∠的度数，并说明理由．。

2020年中考数学重难点题型六 几何探究题

2020年中考数学重难点题型六 几何探究题

题型六 几何探究题(必考1道，9或12分)类型一 动点(不定点)探究问题(2019.22，2018.22)1. (2019广西北部湾经济区改编)如图①，在正方形ABCD 中，点E 是AB 边上的一个动点(点E 与点A ，B 不重合)，连接CE ，过点B 作BF ⊥CE 于点G ，交AD 于点F .(1)①∠AFB 与∠CEB 的数量关系为________； ②AE 与DF 的数量关系为________；(2)如图②，当点E 运动到AB 中点时，连接DG ，求证：DC ＝DG ；(3)如图③，在(2)的条件下，过点C 作CM ⊥DG 于点H ，分别交AD 、BF 于点M 、N ，求MNNH的值．第1题图2. (2019江西)在图①，②，③中，已知▱ABCD ，∠ABC ＝120°，点E 为线段BC 上的动点，连接AE ，以AE 为边向上作菱形AEFG ，且∠EAG ＝120°.(1)如图①，当点E 与点B 重合时，∠CEF ＝________°； (2)如图②，连接AF .①填空：∠F AD ________∠EAB (填“＞”，“＜”，“＝”)； ②求证：点F 在∠ABC 的平分线上；(3)如图③，连接EG ，DG ，并延长DG 交BA 的延长线于点H ，当四边形AEGH 是平行四边形时，求BCAB 的值．第2题图3. (2018 江西)在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，点P 是射线BD 上一动点，以AP 为边向右侧作等边△APE ，点E 的位置随着点P 的位置变化而变化．(1)如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图②，图③中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图④，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．第3题图4.(2019江西模拟)已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是直线AB上的动点，连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作一个等腰直角三角形CDE，连接E B.(1)如图①，若点D恰好是AB的中点，则ED和EB的数量关系是________；(2)如图②，若点D是线段AB上任意一点，(1)中ED和EB的数量关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请写出新的数量关系，并说明理由；(3)如图③，其他条件不变，已知AB＝4，当点D在直线AB上运动，且△BCE恰好为等边三角形时，求出符合条件的AD的长．第4题图5.(2019江西样卷一)已知，在矩形ABCD中，AB＝23，BC＝8，点P是对角线BD上的一个动点，连接AP，以AP为边在AP的右侧作等边△APE.第5题图①(1)①如图①，当点P运动到与点D重合时，记等边△APE为等边△AP1E1，则点E1到BC的距离是________；②如图②，当点P运动到点E落在AD上时，记等边△APE为等边△AP2E2.则等边△AP2E2的边长AE2是________；(2)如图③，当点P运动到与点B重合时，记等边△APE为等边△AP3E3，过点E3作E3F∥AB交BD于点F，求E3F的长；(3)①在上述变化过程中的点E1，E2，E3是否在同一直线上？请建立平面直角坐标系加以判断，并说明理由；②点E的位置随着动点P在线段BD上的位置变化而变化，猜想关于所有点E的位置的一个数学结论，试用一句话表述：________________________________________________________________________.第5题图类型二 旋转探究问题(2017.23，2016.22，2014.23，2010.25)1. (2019河南)在△ABC 中，CA ＝CB ，∠ACB ＝α.点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点，连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP .(1)观察猜想如图①，当α＝60°时，BDCP 的值是______，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是______；(2)类比探究如图②，当α＝90°时，请写出BDCP 的值及直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；(3)解决问题当α＝90°时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，求出点C ，P ，D 在同一直线上时ADCP的值．第1题图2. (2019自贡)(1)如图①，E是正方形ABCD边AB上的—点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.①线段DB和DG的数量关系是________；②写出线段BE、BF和DB之间的数量关系；(2)当四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.①如图②，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图③，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE＝1，AB＝2，求出线段GM 的长度．第2题图3. (2019江西样卷二)(1)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D与点C重合，点E在斜边AB 上，连接DE ，且DE ＝AE ，将线段DE 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DF ，连接EF ，则EFAD ＝________，sin ∠ADE ＝________；探究证明(2)在(1)中，如果将点D 沿CA 方向移动，使CD ＝13AC ，其余条件不变，如图②，上述结论是否保持不变？若改变，请求出具体数值；若不变，请说明理由；拓展延伸(3)如图③，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，∠CAB ＝α，点D 在边AC 的延长线上，E 是AB 上任意一点，连接DE ，ED ＝nAE ，将线段DE 绕着点D 顺时针旋转90°至点F ，连接EF ，求EFAD 和sin ∠ADE 的值分别是多少？(请用含有n ，α的式子表示)第3题图4. 如图，在平面直角坐标系中，A (0，3)、B (3，0)、C (－3，0)． (1)∠CAB ＝________°；(2)如图①，过B作直线MN⊥AB，P为线段OC上的一动点，AP⊥PH交直线MN于点H，证明：P A ＝PH；(3)在(1)的条件下，若在点A处有一个等腰Rt△APQ绕点A旋转，且AP＝PQ，∠APQ＝90°，连接BQ，点G为BQ的中点，如图②，试猜想线段OG与线段PG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．第4题图5. (2019江西黑白卷)如图，△ABC与△CDE是等边三角形，连接AD，取AD的中点P，连接BP并延长至点M，使PM＝BP，连接AM，EM，AE，将△CDE绕点C顺时针旋转．(1)观察猜想在图①中，当点D 在BC 上，点E 在AC 上时，AE 与AM 的数量关系是________，∠MAE ＝________； (2)探究证明将△CDE 绕点C 顺时针旋转至图②的位置，(1)中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)拓展应用若CD ＝12BC ，将△CDE 由图①位置绕点C 顺时针旋转α(0°＜α＜360°)，当ME ＝3CD 时，请求出α的值．第5题图6. (2019江西定心卷)如图①，B、C、D三点在同一直线上，且∠B＝∠ACE＝∠D，这样的图形我们称为“一线三等角”模型．探究证明(1)求证：△ABC∽△CDE；特例探索(2)如图②，在正三角形ABC中，M是BC边(不含端点B、C)上任意一点，连接MA，将MA绕点M顺时针旋转60°得线段MN，连接CN，点P是BC延长线上一点．求证：点N在∠ACP的平分线上；(3)如图③，若将图②中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，将MA绕点M顺时针旋转90°得线段MN，点P是BC延长线上一点，试判断：点N是否在∠DCP的平分线上，说明理由；拓展应用(4)如图，若将图③中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…A n”，其他条件不变，请你猜想：当∠A n－2MN为________时，点N在∠A1A n P的平分线上．第6题图类型三新定义探究问题(2017.23，2016.22，2015.24)1. (2017江西)我们定义：如图①，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”．△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图②、图③中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图②，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝____BC；②如图③，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________；猜想论证(2)在图①中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明；第1题图拓展应用(3)如图④，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝23，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△P AB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△P AB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．第1题图④2. (2019达州)箭头四角形模型规律如图①，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1＋∠B＝∠A＋∠C＋∠B.因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A＋∠B＋∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．第2题图①模型应用(1)直接应用：①如图②，∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝________；第2题图②如图③，∠ABE、∠ACE的2等分线(即角平分线)BF、CF交于点F，已知∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BFC＝________；③如图④，BO i、CO i分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线(i＝1，2，3，…，2017，2018)，它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018.已知∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，则∠BO1000C＝________度；(2)拓展应用：如图⑤，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝2∠BA D.O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝O D.求证：四边形OBCD是菱形．第2题图⑤3. (2019天水)如图①，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图①，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥B D.试证明：AB2＋CD2＝AD2＋BC2；(3)解决问题：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．第3题图4. (2019江西模拟)规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN就是嵌套四边形．第4题图(1)问题猜想：如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN绕点A顺时针旋转150°得到正方形AM′P′N′，连接BM′，DN′交于点O，则BM′与DN′的数量关系为________，位置关系为________；(2)类比探究：如图②，将图①中的正方形换成菱形，∠BAD＝∠MAN＝60°，其他条件不变，则(1)中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；(3)拓展延伸：如图③，将图①中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2∶1的矩形，旋转角换成α(90°＜α＜180°)，其他条件不变，请求出BM′与DN′的数量关系和位置关系．5. (2019江西样卷一)定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”．如图，在△ABC 与△AED 中，BA ＝BC ，EA ＝ED ，且△ABC ∽△AED ，所以称△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接EB ，DC ，则称DCEB为“关联比”．第5题图下面是小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请阅读后，解答下列问题： 【特例感知】(1)当△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，且α＝90°时， ①在图①中，若点E 落在AB 上，则“关联比”DCEB ＝________；②在图②中，探究△ABE 与△ACD 的关系，并求出“关联比”DCEB 的值；【类比探究】 (2)如图③，①当△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，且α＝120°时，“关联比”DCEB ＝________；②猜想：当△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，且α＝n °时，“关联比”DCEB ＝________；(直接写出结果，用含n 的式子表示) 【迁移运用】(3)如图④，△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”．若∠ABC ＝∠AED ＝ 90°，AC ＝4，点P 为AC 边上一点，且P A ＝1，点E 为PB 上一动点，求点E 自点B 运动至点P 时，点D 所经过的路径长．第5题图④类型四 操作探究问题(2014.23，2013.23，2012.24，2011.25)1. (2019江西模拟)【问题与情境】在综合与实践课上，老师组织同学们以“三角形纸片的旋转”为主题开展数学活动．如图①，现有矩形纸片ABCD ，AB ＝4 cm ，AD ＝3 cm.连接BD ，将矩形ABCD 沿BD 剪开，得到△ABD 和△BCE .保持△ABD 位置不变，将△BCE 从图①的位置开始，绕点B 按逆时针方向旋转，旋转角为α(0°≤α≤360°)．第1题图①【操作发现】(1)在△BCE 旋转过程中，连接AE ，AC ，则当α＝0°时，ACAE的值是________； (2)如图②，将图①中的△BCE 旋转，当点E 落在BA 延长线上时停止旋转，求出此时ACAE 的值；【实践探究】(3)如图③，将图②中的△BCE 继续旋转，当AC ＝AE 时停止旋转，求出此时α的度数，并求出△AEC 的面积；(4)将图③中的△BCE 继续旋转，则在某一时刻AC 和AE 还能相等吗？如果不能，则说明理由；如果能，请在图④中画出此时的△BCE ，连接AC ，AE ，并求出△AEC 的面积的值．第1题图2. (2019江西黑白卷)某数学活动小组在研究三角形拓展图形的性质时，经历了如下过程：●操作发现在等腰△ABC 中，AB ＝AC ，分别以AB 和AC 为腰，向△ABC 的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，连接DE ，其中F 是DE 的中点，连接AF ，则下列结论正确的是____________(填序号即可)；①AF ＝12BC ；②AF ⊥BC ；③整个图形是轴对称图形；④DE ∥BC ；●数学思考在任意△ABC 中，分别以AB 和AC 为腰，向△ABC 的外侧．．作等腰直角三角形，如图②所示，连接DE ，其中F 是DE 的中点，连接AF ，则AF 和BC 有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；●类比探索在任意△ABC 中，仍分别以AB 和AC 为腰，向△ABC 的内侧作等腰直角三角形，如图③所示，连接DE ，其中F 是DE 的中点，连接AF , 试判断AF 和BC 的数量和位置关系是否发生改变？并说明理由.第2题图3. (2019连云港改编)问题情境：如图①，在正方形ABCD 中，E 为边BC 上一点(不与点B 、C 重合)，垂直于AE 的一条直线MN 分别交AB 、AE 、CD 于点M 、P 、N .则线段DN 、MB 、EC 之间的数量关系为__________；问题探究：在“问题情境”的基础上，(1)如图②，若垂足P 恰好为AE 的中点，连接BD ，交MN 于点Q ，连接EQ ，并延长交边AD 于点F .求∠AEF 的度数；(2)如图③，当垂足P 在正方形ABCD 的对角线BD 上时，连接AN ，将△APN 沿着AN 翻折，点P 落在点P ′处．若正方形ABCD 的边长为4，AD 的中点为S ，求P ′S 的最小值；问题拓展：如图④，在边长为4的正方形ABCD 中，点M 、N 分别为边AB 、CD 上的点，将正方形ABCD 沿着MN 翻折，使得BC 的对应边B ′C ′恰好经过点A ，C ′N 交AD 于点F .分别过点A 、F 作AG ⊥MN ，FH ⊥MN ，垂足分别为G 、H .若AG ＝52，请直接写出FH 的长．图①图②图③图④第3题图4. (2019岳阳)操作体验：如图，在矩形ABCD 中，点E 、F 分别在边AD 、BC 上，将矩形ABCD 沿直线EF 折叠，使点D 恰好与点B 重合，点C 落在点C ′处．点P 为直线EF 上一动点(不与E 、F 重合)，过点P 分别作直线BE 、BF 的垂线，垂足分别为点M 和N ，以PM 、PN 为邻边构造平行四边形PMQN .(1)如图①，求证：BE＝BF；(2)特例感知：如图②，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，则平行四边形PMQN的周长为________；(3)类比探究：若DE＝a，CF＝b.①如图③，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图④，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．(不要求写证明过程)第4题图参考答案类型一 动点(不定点)探究问题1. (1)解：①∠AFB ＝∠CEB ；【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，BF ⊥CE 于点G ，∴∠A ＝90°，∠EGB ＝90°，∴∠AFB ＋∠FBA ＝90°，∠CEB ＋∠GBE ＝90°.∴∠AFB ＝∠CEB .②AE ＝DF ；【解法提示】由①可知，∠AFB ＝∠CEB ，又∵∠A ＝∠CBE ，AB ＝BC ，∴△ABF ≌△BCE .∴AF ＝BE .∵AB ＝AD ，∴AE ＝DF .(2)证明：如解图①，延长AD 到点Q ，使得DQ ＝DF ，连接QC ， 由(1)可得，△ABF ≌△BCE ， ∵E 是AB 中点， ∴DF ＝BE . ∴DQ ＝BE .又∵∠QDC ＝∠EBC ＝90°，BC ＝DC ， ∴△DQC ≌△BEC .∴△DQC 可看作由△BEC 绕点C 顺时针旋转90°而得， ∴CQ ⊥CE .过点D 作DP ⊥CG 于点P ，则DP ∥CQ ∥FG . ∵DF ＝DQ ， ∴CP ＝GP ，∴DP 是线段CG 的垂直平分线． ∴DC ＝DG ；第1题解图①(3)解：设正方形ABCD 的边长是4，则BE ＝2， ∴在△CBE 中，CE ＝22＋42＝2 5. 易得△BCG ∽△ECB ， ∴CG CB ＝BCEC. ∴CG ＝BC 2CE ＝4×425＝855.如解图②，过点D 作DP ⊥CG 于点P ，由(2)可得点P 是CG 中点， ∴在△CDP 中， DP ＝42－（455）2＝855，则S △DCG ＝12×855×855＝325.第1题解图②又∵S △DCG ＝12DG ·CH ，DG ＝DC ＝4，∴ CH ＝165.易得△CHG ∽△CGN ，△CDM ∽△CHD ， 则CN CG ＝CG CH ，CM CD ＝CD CH， ∴CN ＝CG 2CH ＝4，CM ＝CD 2CH＝5.∴MN ＝CM －CN ＝1，NH ＝CN －CH ＝4－165＝45，∴MN NH ＝54. 2. 解：(1)60； (2)①＝；②证明：如解图①，当BE ＞AB 时，过点F 作FN ⊥BC 于点N ，FM ⊥AB 交BA 的延长线于点M .在四边形FMBN 中，∠FMB ＝∠FNB ＝90°，∠B ＝120°，∴∠MFN ＝60°.又∵四边形AEFG 是菱形，∠EAG ＝120°， ∴AF 平分∠EAG ，AE ＝EF .∴∠F AE ＝60°，△AEF 是等边三角形． ∴∠AFE ＝60°.∴∠MFN －∠AFN ＝∠AFE －∠AFN . 即∠MF A ＝∠NFE . 在△FMA 和△FNE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠FMA ＝∠FNE ，∠MF A ＝∠NFE ，F A ＝FE ，∴△FMA≌△FNE(AAS)．∴FM＝FN.∴点F在∠ABC的平分线上；第2题解图①如解图②，当BE＝AB时，∵∠ABC＝120°，∴∠EAB＝∠AEB＝30°.∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠F AE＝∠FEA＝60°，AE＝EF.∴△AEF为等边三角形，∠F AB＝∠FEB＝90°.∴AF＝EF.∴点F在∠ABC的平分线上；当BE＜AB时，类似地，可证点F在∠ABC的平分线上．特别地当点E与点B重合时，点F在∠ABC 的平分线上．综上所述，点F在∠ABC的平分线上；第2题解图②【一题多解】如解图③，当点E与点B不重合时，在射线AD上截取AP＝AB，连接PB，PF.∵四边形AEFG是菱形，∴AF平分∠EAG，AE＝EF.∵∠ABC＝∠EAG＝120°，BC∥AD，∴∠BAD＝∠F AE＝60°.∴△AEF为等边三角形，且∠F AP＝∠EAB.第2题解图③在△APF和△ABE中，⎩⎪⎨⎪⎧AF ＝AE ，∠F AP ＝∠EAB ，AP ＝AB ，∴△APF ≌△ABE (SAS )． ∴∠FP A ＝∠EBA ＝120°. 又∵AP ＝AB ，∠DAB ＝60°， ∴△APB 为等边三角形． ∴∠APB ＝∠PBA ＝60°. ∴∠FP A ＋∠APB ＝180°. ∴F ，P ，B 三点在同一直线上． 又∵∠PBA ＝60°，∴点F 在∠ABC 的平分线上； 当点E 与点B 重合时， ∴∠AEF ＝12∠ABC ＝60°，∴BF 平分∠ABC .综上所述，点F 在∠ABC 的平分线上．(3)∵四边形AEGH 和四边形AEFG 都是平行四边形， ∴AE ∥HG ，AE ∥GF . ∴HG 和GF 重合．又∵GE 是菱形AEFG 的对角线，∠EAG ＝120°， ∴GE 平分∠FGA ，∠FGA ＝60°， ∴∠FGE ＝12∠FGA ＝30°.又∵GE ∥HB ， ∴∠H ＝∠FGE ＝30°.在△ADH 中，∵∠DAB ＝60°， ∴∠ADH ＝30°. ∴AH ＝AD . 在△GAD 中，∵∠ADG ＝30°，∠DGA ＝60°， ∴∠DAG ＝90°，∠H ＝∠GAH ＝30°. ∴GD ＝2AG ，HG ＝AG . ∴HD AE＝3.第2题解图④∵四边形AEFG 是菱形， ∴AG ＝AE ，AE ∥HD . ∴∠EAB ＝∠H ＝30°. ∴∠AEB ＝30°. ∴AB ＝EB .∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，AD ＝BC . ∴∠B ＝∠DAH . ∴△AHD ∽△BAE ， ∴AD BE ＝HD AE ＝3. 即BC AB＝3. 3. 解：(1)BP ＝CE ，CE ⊥AD ；【解法提示】如解图①，连接AC ，∵BA ＝BC ，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形，∴AC ＝AB ，∵∠BAC ＝∠P AE ＝60°，∴∠BAP ＝∠CAE ，在△BAP 和△CAE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAP ＝∠CAE ，AP ＝AE ，∴△BAP ≌△CAE (SAS )，∴BP ＝CE ，∵△BAP ≌△CAE ，∴∠ACE ＝∠ABP ＝12∠ABC ＝30°，∵∠ACD ＝60°，∴∠ECD ＝30°，∴CE 为△ACD 的角平分线，∵CA ＝CD ，由三线合一知CE ⊥AD .第3题解图①(2)仍然成立，选图②，理由如下：如解图②，连接AC ，设CE 交AD 于H 点， 在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°， ∵BA ＝BC ，∴△ABC 为等边三角形， ∴BA ＝CA ，∵△APE 为等边三角形，∴AP ＝AE ，∠P AE ＝∠BAC ＝60°， ∴∠BAP ＝∠CAE ， 在△BAP 和△CAE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAP ＝∠CAE ，AP ＝AE ，∴△BAP ≌△CAE (SAS )，∴BP ＝CE ，∠ACE ＝∠ABP ＝30°， ∵AC 和BD 为菱形的对角线， ∴∠CAD ＝60°，∴∠AHC ＝90°，即CE ⊥AD ，第3题解图②或选图③，理由如下：如解图③，连接AC ，设CE 交AD 于点H ， 同理得△BAP ≌△CAE (SAS )， BP ＝CE ，CE ⊥AD ；第3题解图③(3)如解图④，连接AC 交BD 于点O ，连接CE 交AD 于点H ， 由(2)可知，CE ⊥AD ，CE ＝BP ， 在菱形ABCD 中，AD ∥BC ， ∴EC ⊥BC ，∵BC ＝AB ＝23，BE ＝219， ∴在Rt △BCE 中，CE ＝（219）2－（23）2＝8， ∴BP ＝CE ＝8，∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD ＝12∠ABC ＝30°，AC ⊥BD ，∴BD ＝2BO ＝2AB ·cos30°＝6，AO ＝12AB ＝3，DP ＝BP －BD ＝8－6＝2，∴OP ＝OD ＋DP ＝5，在Rt △AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27， S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S 正△APE ＝12DP ·AO ＋34·AP 2 ＝12×2×3＋34×(27)2＝8 3.第3题解图④4. 解：(1)ED ＝EB ；【解法提示】在△ABC 中，∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，点D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ，∠B ＝45°，∴∠CDB ＝90°，∠DCB ＝45°，∴CD ＝BD .∵△CDE 是等腰直角三角形，∴∠DCE ＝∠CDE ＝45°，CE ＝DE ，∴点E 在BC 上，∴∠EDB ＝∠B ＝45°，∴ED ＝EB .(2)成立．证明：如解图①，设AB 的中点是O ，连接CO ，EO ，则CO 平分∠ACB ，∠A ＝∠ABC ＝45°，CO ⊥AB ，第4题解图①∴∠ACO ＝∠BCO ＝45°，OC ＝OA ＝OB ， ∴△ACO 是等腰直角三角形． ∴CACO＝ 2. ∵△CDE 是等腰直角三角形， ∴∠DCE ＝45°，CDCE＝ 2. ∴CA CO ＝CD CE. ∵∠ACO ＝∠DCE ＝45°， ∴∠ACD ＝∠OCE . ∴△ACD ∽△OCE . ∴∠COE ＝∠A ＝45°，∴∠EOB ＝∠COB －∠COE ＝45°. 又∵OC ＝OB ，OE ＝OE ， 在△COE 和△BOE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧OC ＝OB ，∠COE ＝∠BOE ，OE ＝OE ，∴△COE ≌△BOE (SAS )． ∴BE ＝CE . ∴ED ＝EB ；(3)设点O 为AB 的中点，连接CO ， 则CO ＝OB ＝OA ＝12AB ＝2，∴BC ＝2OC ＝2 2. ∵△BCE 是等边三角形， ∴CE ＝BC ＝2 2.∵△CDE 是等腰直角三角形， ∴CD ＝2CE ＝4.在Rt △COD 中，CD ＝4，CO ＝2， ∴OD ＝2 3.当点D 在AB 的延长线上时，如解图②，AD ＝OA ＋OD ＝2＋23； 当点D 在BA 的延长线上时，如解图③，AD ＝OD －OA ＝23－2. 综上可得，AD 的长为23＋2或23－2.图②图③ 第4题解图5. 解：(1)① 63；②165； (2)如解图①，过点E 3作E 3H ⊥AB 于点H ，延长HE 3交BD 于点M .在矩形ABCD 中， ∵△ABE 3是等边三角形，∴AH ＝HB ＝12AB ＝3，E 3H ＝3，∴HM ＝12AD ＝4.∵E 3F ∥AB ， ∴E 3F HB ＝E 3MHM ， 即E 3F 3＝4－34.∴E 3F ＝34；第5题解图①(3)①以B 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系．由(1)①②，(2)所求，得E 1(4，63)，E 2(165，23)，E 3(3，3)，第5题解图②设经过E 1，E 3的直线解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，依题意，得⎩⎨⎧3k ＋b ＝3，4k ＋b ＝63，解得⎩⎨⎧k ＝53，b ＝－14 3.∴y ＝53x －14 3.把E 2(165，23)代入直线解析式，得y ＝53x －143＝53×165－143＝23， ∴点E 2在直线E 1E 3上，即E 1，E 2，E 3在同一条直线上； ②所有点E 都在同一条线段(或直线)上．类型二 旋转探究问题1. 解：(1)1，60°；【解法提示】∵∠ACB ＝60°，∠APD ＝60°，AC ＝BC ，AP ＝PD ，∴△ACB 与△APD 都是等边三角形，∴AC ＝AB ，AP ＝AD ，而∠CAP ＝∠CAB －∠P AB ＝∠P AD －∠P AB ＝∠BAD ，∴△APC ≌△ADB (SAS )．∴BD ＝CP ，∴BDCP ＝1；∵△APC ≌△ADB ，∴∠ACP ＝∠ABD ，如解图①，延长CP 与BD 的延长线交于点I ，∴∠CIB ＝180°－∠PCB －∠CBD ＝180°－(60°－∠ACP )－(60°＋∠ABD )＝60°＋∠ACP －∠ABD ＝60°，∴直线BD 与直线CP 相交所成较小角的度数为60°.图①图② 第1题解图(2)2，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数为45°. 理由如下：∵∠ACB ＝90°，CA ＝CB ， ∴∠CAB ＝45°，ABAC＝ 2.同理可得：∠P AD ＝45°，ADAP ＝2，∴AB AC ＝ADAP，∠CAB ＝∠P AD . ∴∠CAB ＋∠DAC ＝∠P AD ＋∠DAC . 即∠DAB ＝∠P AC . ∴△DAB ∽△P AC . ∴BD CP ＝ABAC＝2，∠DBA ＝∠PCA . 如解图②，设BD 交CP 于点G ，BD 交CA 于点H . ∵∠BHA ＝∠CHG ， ∴∠CGH ＝∠BAH ＝45°；(3)分两种情况：如解图③，可设CP ＝a ， 则BD ＝2a .设CD 与AB 交于点Q ，则PQ ＝CP ＝a . 可证∠DQB ＝∠DBQ ＝67.5°， 则DQ ＝BD ＝2a ，易得AD ＝2PD ＝2a ＋2a ， ∴ADCP＝2＋2； 如解图④，可设AP ＝DP ＝b ， 则AD ＝2b ，由EF ∥AB ，∠PEA ＝∠CAB ＝45°， 可证∠ECD ＝∠EAD ＝22.5°， 易得CD ＝AD ＝2b ，CP ＝2b ＋b ， ∴ADCP＝2－ 2. 综上所述，ADCP的值为2＋2或2－ 2.图③图④ 第1题解图2. 解：(1)①DB ＝DG ；【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠DBC ＝45°，∵∠GDF 是由∠BDE 绕点D 逆时针旋转90°得到，点G 在BC 的延长线上，∴∠BDG ＝90°，∴∠G ＝90°－∠DBG ＝45°＝∠DBG ，∴DB ＝DG .②BE ＋BF ＝2BD ；【解法提示】由①知△BDG 是等腰直角三角形，且BD ＝DG ，∴BG ＝2BD . 在△BDE 和△GDF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BDE ＝∠GDF ，BD ＝GD ，∠DBE ＝∠G ，∴△BDE ≌△GDF (ASA )， ∴BE ＝GF ，∴BE ＋BF ＝GF ＋BF ＝BG ＝2BD ； (2)①BE ＋BF ＝3BD ；证明：如解图，过点D 作DH ⊥BG 于点H ， ∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝60°， ∴∠ABC ＝60°， ∴∠DBC ＝30°，∵将∠BDE 绕点D 逆时针旋转120°得到∠GDF ，且点F 在BC 的延长线上， ∴∠GDB ＝120°， ∴∠G ＝∠DBC ＝30°， ∴DG ＝BD ，在Rt △BDH 中，∠HBD ＝30°， ∴BH ＝BD ·cos ∠DBH ＝32BD ， ∵BD ＝DG ，DH ⊥BG ， ∴BG ＝2BH ＝3BD ， 在△GDF 和△BDE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠GDF ＝∠BDE ，DG ＝DB ，∠DGF ＝∠DBE ， ∴△GDF ≌△BDE (ASA )， ∴BE ＝GF ，∴BE ＋BF ＝GF ＋BF ＝BG ， ∴BE ＋BF ＝3BD ；第2题解图②∵四边形ABCD 是菱形， ∴CD ∥BE ，∴∠DCM ＝∠EBM ，∠CDM ＝∠BEM ， ∴△CDM ∽△BEM ， ∴CM BM ＝CDBE＝2， ∵BC ＝AB ＝2， ∴BM ＝23，在△ABD 中，AB ＝AD ＝2，∠A ＝180°－∠ADC ＝120°，∴BD ＝3AB ＝23，在△BDF 中，BD ＝DF ，∠BDF ＝120°， ∴BF ＝3BD ＝6， ∵△BDE ≌△FDG ， ∴GF ＝BE ＝1， ∴BG ＝BF ＋GF ＝7， ∴GM ＝BG －BM ＝7－23＝193.3. 解：(1)63，12； (2)不变．理由：如解图①，过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，则△ADG 为直角三角形， ∵∠DAG ＝30°，DE ＝AE ，设DG ＝x ，∴∠ADE ＝30°，AD ＝3x ，∠DEG ＝∠DGE ＝60°， ∴DE ＝DF ＝x ，sin ∠ADE ＝12.∵∠EDF ＝90°， ∴EF ＝2x ， ∴EF AD ＝2x 3x ＝63；第3题解图①(3)如解图②，过点E 作EG ⊥AD 于点G ，设AE ＝x ，则DE ＝nx .第3题解图②∵∠BAC ＝α，∴AG ＝cos α·x ，EG ＝sin α·x .∴DG ＝（nx ）2－（sin α·x ）2＝n 2－sin 2α·x . ∴AD ＝cos α·x ＋n 2－sin 2α·x ， ∵∠EDF ＝90°，DE ＝DF ， ∴EF ＝2DE ＝2nx .∴EF AD ＝2nx cos α·x ＋n 2－sin 2α·x ＝2n cos α＋n 2－sin 2α， sin ∠ADE ＝GE DE ＝sin α·x nx ＝sin αn .4. (1)解：90；(2)证明：∵A (0，3)、B (3，0)、C (－3，0)， ∴OA ＝OB ＝OC ，∴△ABC ，△OAC ，△OAB 都是等腰直角三角形， ∴∠6＝∠7＝45°，如解图①，过点P 作PG ∥AB 交y 轴于点G ，则∠4＝∠6＝45°，第4题解图①∴OP ＝OG ，∴AO ＋OG ＝OB ＋OP ， 即AG ＝PB ， ∵AP ⊥PH ， ∴∠2＋∠5＝90°， ∵∠1＋∠5＝90°， ∴∠1＝∠2， ∵MN ⊥AB ， ∴∠3＋∠7＝90°， ∴∠3＝45°， ∴∠3＝∠4，在△APG 和△PHB 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠1＝∠2，AG ＝PB ，∠4＝∠3，∴△APG ≌△PHB (ASA )， ∴P A ＝PH ；(3)解：OG ＝PG ，OG ⊥PG ，理由：如解图②，延长PG 到R ，使GR ＝PG ，连接PO ，OR ，BR ，第4题解图②在△PQG 和△RBG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧PG ＝GR ，∠4＝∠3，QG ＝BG ，∴△PQG ≌△RBG (SAS )， ∴PQ ＝RB ，∠5＝∠GBR ， ∴PQ ∥BR ， ∵AP ⊥PQ ，延长AP 交BR 于点S ，交OB 于点T ，则AP ⊥BR ， ∵∠AOB ＝∠ASB ＝90°，∠ATO ＝∠BTS ， ∴∠α＝∠β， ∵P A ＝PQ ，PQ ＝BR ， ∴P A ＝BR ，在△P AO 和△RBO 中， ⎩⎪⎨⎪⎧P A ＝RB ，∠β＝∠α，OA ＝OB ，∴△P AO ≌△RBO (SAS )， ∴PO ＝OR ，∠1＝∠2， ∵∠1＋∠POB ＝90°， ∴∠POB ＋∠2＝90°， ∴△POR 为等腰直角三角形， ∵PG ＝GR ，∴OG ⊥PG ，OG ＝PG . 5. 解：(1)AE ＝AM ，60°；(2)(1)中的结论依然成立，AE ＝AM ，∠MAE ＝60°. 证明：如解图①，连接BD 、DM ，设BD 交AE 于点H ，第5题解图①∵△ABC 和△CDE 都是等边三角形， ∴BC ＝AC ，DC ＝EC ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°. ∴∠BCD ＝∠ACE . ∵在△BCD 和△ACE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝AC ，∠BCD ＝∠ACE ，CD ＝CE ，∴△BCD ≌△ACE (SAS )． ∴BD ＝AE ，∠CBD ＝∠CAE .∴∠CAE ＋∠ABD ＝∠CBD ＋∠ABD ＝∠ABC ＝60°. ∴∠BAC ＋∠HAC ＋∠ABH ＝60°＋60°＝120°. ∴∠AHB ＝60°. ∵BP ＝PM ，AP ＝PD ，∴四边形ABDM 是平行四边形． ∴AM ＝BD ，AM ∥BD .∴AM ＝AE ，∠MAE ＝∠AHB ＝60°；(3)设CD ＝x ，则BC ＝2CD ＝2x ，ME ＝3CD ＝3x ，此时有ME 2＋CD 2＝BC 2，∵△AEM 是等边三角形，∴ME ＝AM .∵四边形ABDM 是平行四边形，∴BD ＝AM ＝ME .∴BD 2＋CD 2＝BC 2.∴∠BDC ＝90°.∵BC ＝2CD ，∴∠CBD ＝30°.∴∠BCD ＝60°，旋转过程中，当点D 与点A 在BC 同旁时，如解图②，旋转角度α ＝∠BCD ＝60°；当点D 与点A 在BC 两旁时，如解图③，旋转角度α ＝360°－∠BCD ＝300°.第5题解图6. (1)证明：∵∠ACD ＝∠A ＋∠B ＝∠ACE ＋∠DCE ，∠B ＝∠ACE ， ∴∠A ＝∠DCE ， 又∵∠B ＝∠D ， ∴△ABC ∽△CDE ；(2)证明：由题意可知∠AMN＝∠B＝60°，如解图①，过点N作NO∥AC交BC延长线于点O，则∠NOC ＝∠B＝∠AMN＝60°，∴△ABM∽△MON.第6题解图①又∵MA＝MN，∴△ABM≌△MON.∴AB＝MO，BM＝ON.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ACB＝60°.∴BC＝MO，∠ACO＝120°.∴BM＝OC.∴OC＝ON.∴△CON是等边三角形．∴∠NCO＝60°.∴∠ACN＝∠ACO－∠NCO＝60°，即∠NCO＝∠ACN.∴点N在∠ACP的平分线上；(3)解：点N在∠DCP的平分线上．理由如下：如解图②，过N作NO⊥BP于点O，则∠NOC＝∠B＝∠AMN＝90°，第6题解图②∴△ABM∽△MON.又∵AM＝MN，∴△ABM≌△MON.∴AB＝MO，BM＝ON.∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠DCB＝90°.∴∠DCO＝90°.∴BC＝MO.∴BM＝OC.∴OC ＝ON .∴△CON 是等腰直角三角形． ∴∠NCO ＝45°.∴∠DCN ＝∠NCO ＝45°. ∴点N 在∠DCP 的平分线上； (4)解：（n －2）·180°n.【解法提示】由(2)(3)可知当∠A n －2MN 等于正n 边形的一个内角时，点N 在∠A 1A n P 的平分线上． ∴∠A n －2MN ＝（n －2）180°n时，点N 在∠A 1A n P 的平分线上．类型三 新定义探究问题1. 解：(1)① 12；② 4；【解法提示】①由旋转可得AB ＝AB ′＝AC ＝AC ′， ∵∠BAC ＝60°，∴∠B ′AC ′＝120°，即∠AB ′ C ′＝30°，又∵AD 为B ′C ′上的中线，∴AD ＝12AB ′＝12B ′C ′＝12AB ＝12BC ；②由“旋补三角形”定义可得： ∠B ′AC ′＝90°，∴△AB ′C ′≌△ABC ，∴B ′C ′＝BC ， ∴AD ＝12BC ＝4.(2)猜想：AD ＝12BC .证明：如解图①，延长AD 至E ，使DE ＝AD .连接B ′E ，C ′E ，第1题解图①∵AD 是△ABC 的“旋补中线”， ∴B ′D ＝C ′D .∴四边形AB ′EC ′是平行四边形， ∴EC ′∥B ′A ，EC ′＝B ′A ， ∴∠AC ′E ＋∠B ′AC ′＝180°.由定义可知∠B ′AC ′＋∠BAC ＝180°，B ′A ＝BA ，AC ＝AC ′， ∴∠AC ′E ＝∠CAB ，EC ′＝BA ， ∴△AC ′E ≌△CAB (SAS )， ∴AE ＝BC ， ∵AD ＝12AE ，∴AD ＝12BC ；【一题多解】①证明：如解图②，延长B ′A 至F ，使AF ＝B ′A ，连接C ′F ，∴∠B ′AC ′＋∠C ′AF ＝180°.由定义可知∠B ′AC ′＋∠BAC ＝180°，B ′A ＝BA ，AC ＝AC ′，∴∠CAB ＝∠C ′AF ，AB ＝AF ，∴△ABC ≌△AFC ′，∴BC ＝FC ′，∵B ′D ＝C ′D ，B ′A ＝AF ，∴AD ＝12FC ′，∴AD ＝12BC .第1题解图②②证明：如解图③，将△AB ′C ′绕点A 顺时针旋转∠C ′AC 的度数，得到△AEC ，此时AC ′与AC 重合，D 的对应点为D ′，B ′的对应点为E ，连接AD ′.由定义可知∠B ′AC ′＋∠BAC ＝180°. 由旋转得∠B ′AC ′＝∠EAC ， ∴∠BAC ＋∠EAC ＝180°， ∴E ，A ，B 三点在同一直线上， ∵AB ＝AB ′＝AE ，ED ′＝D ′C ， ∴AD ′是△EBC 的中位线， ∴AD ′＝12BC ，即AD ＝12BC .第1题解③(3)存在．证明：如解图④，作PE 垂直平分BC ，且使PE ＝CD ，连接P A 、PB 、PC 、PD ， 可得PC ＝PB ，PE ∥CD , ∠DCE ＝90°， ∴四边形PECD 为矩形，∴PE ＝CD ＝23，PD ＝CE ＝AD ＝12BC ＝6，∠PDC ＝90°，∴tan ∠PCE ＝PE CE ＝33，∴∠PCE ＝∠PBE ＝30°，即∠BPC ＝120°， 又由∠ADC ＝150°，可得∠ADP ＝60°， ∴△P AD 为等边三角形， ∴PD ＝P A ，∠APD ＝60°，∵∠BPC ＋∠DP A ＝120°＋60°＝180°， ∴△PDC 是△P AB 的“旋补三角形”，第1解题图④如解图④，取CD 的中点M ，连接PM ， 可得DM ＝3，PD ＝6，由勾股定理得PM ＝DM 2＋PD 2＝（3）2＋62＝39. 2. (1)解：①2α；【解法提示】如解图①，设CE 与BD 交于点G .∵凹四边形ABGC 与凹四边形EFDG 都是箭头四角形，∴α＝∠E ＋∠F ＋∠D ＝∠A ＋∠B ＋∠C .∴∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＋∠E ＋∠F ＝2α.第2题解图①②85°；【解法提示】如解图②，∵BF 平分∠ABE ，∴∠1＝∠3. ∵CF 平分∠ACE ，∴∠2＝∠4. ∵凹四边形ABEC 是箭头四角形，∴∠BEC ＝2∠1＋2∠2＋∠A .∵∠BEC ＝120°，∠BAC ＝50°，∴120°＝2∠1＋2∠2＋50°，即∠1＋∠2＝35°.∵凹四边形ABFC 是箭头四角形，∴∠BFC ＝∠1＋∠2＋∠A ＝35°＋50°＝85°.第2题解图②③(10002019m ＋10192019n )； 【解法提示】由题意可得∠ABO 1＝12019∠ABO ，∠ACO 1＝12019∠ACO ，∠ABO 2＝22019∠ABO ，∠ACO 2＝22019∠ACO ，…，∠ABO 1000＝10002019∠ABO ，∠ACO 1000＝10002019∠ACO ，∴∠BO 1000C ＝∠BAC ＋∠ABO 1000＋∠ACO 1000＝∠BAC ＋10002019(∠BOC －∠BAC )＝n °＋10002019(m °－n °)＝10002019m °＋10192019n °.(2)证明：如解图③，延长AO 到点E ， ∵OA ＝OB ， ∴∠ABO ＝∠BAO ， ∵∠BOE ＝∠ABO ＋∠BAO ，∴∠BOE＝2∠BAO，同理∠DOE＝2∠DAO，∴∠BOE＋∠DOE＝2∠BAO＋2∠DAO＝2(∠BAO＋∠DAO)，即∠BOD＝2∠BAD.又∵∠BCD＝2∠BAD，∴∠BOD＝∠BCD.如解图③，连接OC，∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC，∴△OBC≌△ODC，∴∠OBC＝∠ODC.又∵∠BOD＝∠BCD，∴四边形OBCD是平行四边形．又∵OB＝OD，∴四边形OBCD是菱形．第2题解图③3. (1)解：四边形ABCD是垂美四边形．理由：如解图①，连接AC、BD交于点E，∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，第3题解图①∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；(2)证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得AD2＋BC2＝AO2＋DO2＋BO2＋CO2，AB2＋CD2＝AO2＋BO2＋CO2＋DO2，∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2;(3)解：如解图②，连接CG、BE，设AB与CE交于点M，∵四边形ACFG 和四边形ABDE 是正方形， ∴∠CAG ＝∠BAE ＝90°，∴∠CAG ＋∠BAC ＝∠BAE ＋∠BAC ，即∠GAB ＝∠CAE ， 在△GAB 和△CAE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AG ＝AC ，∠GAB ＝∠CAE ，AB ＝AE ，∴△GAB ≌△CAE (SAS )， ∴∠ABG ＝∠AEC ， 又∵∠AEC ＋∠AME ＝90°，∴∠ABG ＋∠BMC ＝90°，即EC ⊥BG ， ∴四边形CGEB 是垂美四边形，由(2)得，CG 2＋BE 2＝CB 2＋EG 2，∵AC ＝4，AB ＝5， ∴BC ＝3，CG ＝42，BE ＝52， ∴GE 2＝CG 2＋BE 2－CB 2＝73， ∴GE ＝73.第3题解图②4. 解：(1)BM ′＝DN ′，BM ′⊥DN ′；【解法提示】根据“SAS ”易证△ABM ′≌△ADN ′，进而可得BM ′＝DN ′，∠ABM ′＝ADN ′，再利用三角形内角和定理可推出∠BOD ＝90°，即BM ′⊥DN ′.(2)BM ′＝DN ′成立，BM ′⊥DN ′不成立，BM ′与DN ′相交，且夹角为60°. 理由：如解图①，设AB ，DN ′交于点E ， 由旋转的性质可得∠BAM ′＝∠DAN ′＝150°. ∵四边形ABCD ，AM ′P ′N ′都是菱形， ∴AB ＝AD ，AM ′＝AN ′， ∴△ADN ′≌△ABM ′，∴BM ′＝DN ′，∠ABM ′＝∠ADN ′. 又∵∠BEO ＝∠DEA ， ∴∠BOD ＝∠BAD ＝60°， ∴BM ′与DN ′相交，且夹角为60°；第4题解图(3)如解图②，设AB ，DN ′交于点E ， 由旋转知∠BAM ′＝∠DAN ′＝α. 易知AM ′＝2AN ′，AB ＝2AD ， ∴AB AD ＝AM ′AN ′＝2， ∴△ABM ′∽△ADN ′， ∴BM ′DN ′＝2，∠ABM ′＝∠ADN ′， ∴BM ′＝2DN ′. 又∵∠BEO ＝∠DEA ， ∴∠BOD ＝∠BAD ＝90°， ∴BM ′⊥DN ′. 5. 解：(1)① 2；②当α＝90°时，△ABC ，△AED 均为等腰直角三角形， ∴∠BAC ＝∠EAD ＝45°，AC ＝2AB ，AD ＝2AE . ∴AC AB ＝ADAE＝ 2. 又∵∠CAD ＝∠EAD －∠CAE ＝∠CAB －∠CAE ＝∠BAE ， ∴△CAD ∽△BAE . ∴CD BE ＝CABA＝ 2. ∴“关联比”DCEB 为2；(2)① 3； ② 2cos(90°－n °2)；(3)如解图，过点B 作BF ⊥AC 于点F .第5题解图∵△ABC 与△AED 为“关联等腰三角形”，∠ABC ＝∠AED ＝90°，AC ＝4， ∴△ABC 与△AED 均为等腰直角三角形，CF ＝F A ＝FB ＝2.∵P A＝1，∴PF＝2－1＝1.在Rt△PBF中，由勾股定理得，PB＝BF2＋PF2＝22＋12＝ 5.连接CD，由(1)可知△ACD∽△ABE.∴∠ACD＝∠ABE＝定角，∴点D所经过的路径是线段CD.∵α＝90°时，“关联比”为2，∴当点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长为5×2＝10.类型四 操作探究问题1. 解：(1)53；(2)如解图①，过点C 作CF ⊥AB 于点F .∵题图①中四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3，∴EC ＝4，BC ＝3，∠BAD ＝∠BCE ＝90°. ∴BD ＝BE ＝AB 2＋AD 2＝42＋32＝5. ∴sin ∠FBC ＝EC EB ＝45，cos ∠FBC ＝BC EB ＝35.在Rt △BFC 中，BF ＝BC ·cos ∠FBC ＝3×35＝95，FC ＝BC ·sin ∠FBC ＝3×45＝125.∴AF ＝AB －BF ＝4－95＝115.在Rt △AFC 中，AC ＝AF 2＋FC 2＝（115）2＋（125）2＝2655. AE ＝BE －AB ＝5－4＝1. ∴AC AE ＝2655∶1＝2655；第1题解图(3)α的度数为60°.如解图②，设EC 的中点为G ，连接AG ，过点A 作AH ⊥BC 交BC 延长线于点H . ∴∠GCH ＝180°－∠ECB ＝180°－90°＝90°. ∵AC ＝AE ， ∴AG ⊥EC .∴∠AGC ＝∠GCH ＝∠AHC ＝90°. ∴四边形AGCH 是矩形． ∴GC ＝AH ＝12EC ＝12×4＝2.在Rt △ABH 中，BH ＝AB 2－AH 2＝42－22＝2 3. ∴AG ＝CH ＝BH －BC ＝23－3.∴S △AEC ＝12EC ·AG ＝12×4×(23－3)＝(43－6)cm 2.(4)AC 和AE 还能相等，△BCE 位置如解图③所示， S △AEC ＝(43＋6)cm 2.2. 解：●操作发现：①②③④； ●数学思考：AF ＝12BC , AF ⊥BC ，证明：如解图①，延长AF 并截取FH ＝AF ，连接DH ，延长DA 交BC 于点G ，延长F A 交BC 于点M ，第2题解图①∵F 是DE 的中点，∴DF ＝EF ＝12DE .在△AFE 和△HFD 中， ⎩⎪⎨⎪⎧EF ＝DF ，∠AFE ＝∠HFD ，AF ＝HF ，∴△AFE ≌△HFD (SAS )． ∴DH ＝AE ，∠H ＝∠EAF . ∴DH ∥AE .∴∠ADH ＋∠DAE ＝180°.∵△ADB 和△EAC 都是等腰直角三角形， ∴AB ＝AD ，AE ＝AC ，∠BAD ＋∠CAE ＝180°. ∴DH ＝AC ，∠BAC ＋∠DAE ＝180°. ∴∠BAC ＝∠ADH . 在△BAC 和△ADH 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝DA ，∠BAC ＝∠ADH ，AC ＝DH ，∴△BAC ≌△ADH (SAS )． ∴∠DAH ＝∠ABC ，AH ＝BC . ∵FH ＝AF ＝12AH ，∠DAH ＝∠MAG ，∴AF ＝12BC , ∠ABG ＝∠MAG .∵∠BAM ＋∠MAG ＝90°，∴∠BAM ＋∠ABG ＝90°. ∴∠AMB ＝90°. ∴AF ⊥BC ；●类比探索：没有改变．AF ＝12BC , AF ⊥BC .理由如下：如解图②，延长AF 使得FH ＝AF ，连接DH , 设DA 交BC 于点G ，F A 交BC 于点M ，第2题解图②∵F 是DE 的中点， ∴DF ＝EF ＝12DE .在△HFD 和△AFE 中，⎩⎪⎨⎪⎧DF ＝EF ，∠DFH ＝∠EF A ，HF ＝AF ，∴△HFD ≌△AFE (SAS ). ∴DH ＝AE ，∠H ＝∠EAF . ∴DH ∥AE .∴∠ADH ＋∠DAE ＝180°. 又∵AE ＝AC ， ∴DH ＝AC .∵△ADB 和△EAC 都是等腰直角三角形， ∴AB ＝AD ，AE ＝AC ，∵∠DAE ＝90°－∠DAC ，∠BAC ＝90°＋∠DAC ， ∴∠DAE ＋∠BAC ＝180°， ∴∠BAC ＝∠ADH . 在△BAC 和△ADH 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ，∠BAC ＝∠ADH ，AC ＝DH ，∴△BAC ≌△ADH (SAS )． ∴∠DAH ＝∠ABC ，AH ＝BC .。

2020年九年级中考数学 压轴专题 几何探究题(含答案)

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年中考数学复习专题：操作探究性问题

专题：操作探究型1. (12分)综合与实践问题情景在综合与实践课上，老师出示了这样一个问题：在矩形纸片ABCD和矩形纸片EFGH 中，BC＝GF＝1，AB＝EF＝3.将两张矩形纸片按照如图①所示的方式摆放，使点E与点A 重合，点F落在AB的垂直平分线l上．试判断点H是否在线段AD的垂直平分线上．探究展示勤奋小组发现点H在线段AD的垂直平分线上，并展示了如下的证明方法：证明：如图①，连接BF，∵点F是AB垂直平分线上的点，∴EF＝BF.∵AB＝EF，∴AB＝EF＝BF，∴△ABF是等边三角形．(依据1)∴∠F AB＝60°，∠DAF＝∠DAB－∠F AB＝90°－60°＝30°.∴∠HAD＝∠HEF－∠DAF＝90°－30°＝60°.连接DH.∵AD＝EH，∴△ADH是等边三角形．∴HA＝H D.∴点H在线段AD的垂直平分线上．(依据2)反思交流(1)上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别指什么？(2)创新小组受勤奋小组的启发继续探究，将两张矩形纸片按照如图②所示的方式摆放，使点H与点B重合，边HG与边CD相交于点P，且PB＝PD，连接PF，发现PD＝PF.请你给予证明；探索发现(3)将两张矩形纸片按照如图③所示的方式摆放，使点C与点E重合，边EF与边AB相交于点P.若CP平分∠BCD，过点G作GM⊥CD于点M，交EF于点N，延长CB交GH于点Q，连接NQ.试判断四边形MNQC的形状并加以证明；(4)在如图③四边形BPNQ中，你可以求出这个四边形的哪几条边长？请你任选一条边并求出它的长度．图②图③2. (12分)综合与实践——猜想、证明与拓广问题情境：数学课上同学们探究正方形边上的动点引发的有关问题，如图①，正方形ABCD中，点E是BC边上的一点，点D关于直线AE的对称点为点F，直线DF交AB于点H，直线FB与直线AE交于点G，连接DG，CG.猜想证明：(1)当图①中的点E与点B重合时得到图②，此时点G也与点B重合，点H与点A重合，同学们发现线段GF与GD有确定的数量关系和位置关系，其结论为：__________；(2)希望小组的同学发现，图①中的点E在边BC上运动时，(1)中结论始终成立．为证明这两个结论，同学们展开了讨论：小敏：根据轴对称的性质，很容易得到“GF与GD的数量关系”…小丽：连接AF，图中出现新的等腰三角形，如△AFB，…小凯：不妨设图中不断变化的角∠BAF度数为n，并设法用n表示图中的一些角，可证明结论．请你参考同学们的思路，完成证明；(3)创新小组的同学在图①中，发现线段CG∥DF.请你说明理由；联系拓广：(4)如图③，若将题中的“正方形ABCD”变为“菱形ABCD”，∠ABC＝α，其余条件不变，请探究∠DFG的度数，直接写出结果(用含α的式子表示)．3. (12分)综合与实践问题情境在数学活动课上，老师提出了这样一个问题，如图①，四边形ABCD是正方形，点E 是CB延长线上的一点(BE<AB)，连接AE，过点A作AG⊥AE交边CD于点G，连接EG.独立思考(1)勤奋小组发现AE＝AG，请你证明这个结论；合作交流(2)希望小组受勤奋小组的启发，继续探究，提出了这样的问题：如图②，当BE>AB时，过点A作AG⊥AE，交DC的延长线于点G.连接EG，过点A作AF⊥EG，F为垂足，F A，CD的延长线交于点H，连接EH.①求证：DH ＋BE ＝EH ；②当点A 是GH 垂直平分线上的点时，请判断DH ，AD 的数量关系，并说明理由； 深入探究(3)四边形ABCD 是正方形，AB ＝4，点E 为直线BC 上任意一点，过点A 作AG ⊥AE 交直线CD 于点G ，连接BG .若CE AB ＝12，参照以上探究过程，试探究当点E 在BC 上或点E在BC 延长线上，任选一种情况，在图③中画出图形，并直接写出此时BG 的长．参考答案1. (1)解：依据1：三边都相等的三角形是等边三角形；依据2：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上；(2分) (2)证明：如解图①，连接DG . ∵CD ＝BG ，PD ＝PB ， ∴CD －PD ＝BG －PB . ∴CP ＝GP .在△PBC 和△PDG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧PB ＝PD ，∠1＝∠2，CP ＝GP ，∴△PBC ≌△PDG (SAS)． ∴DG ＝BC . ∵BC ＝GF ， ∴DG ＝GF .∵∠DGP ＝∠C ＝90°，∠BGF ＝90°， ∴∠DGF ＝∠DGP ＋∠FGB ＝90°＋90°＝180°. ∴D 、G 、F 三点在同一直线上． ∴PG 垂直平分DF . ∴PD ＝PF ；(6分)(3)解：四边形MNQC 是正方形．证明：如解图②，分别延长DC 、GH 相交于点K . ∵∠BCD ＝90°，CP 平分∠BCD ， ∴∠1＝∠2＝12∠BCD ＝12×90°＝45°.∴∠3＝∠4＝45°.∴在Rt △CHK 中，∠K ＝45°. ∴CH ＝KH ＝1.根据勾股定理可得，CK ＝12＋12＝ 2. 在Rt △CMN 中，∵∠1＝45°， ∴∠MNC ＝∠1＝45°. ∴∠FNG ＝∠MNC ＝45°. ∴Rt △FGN 是等腰直角三角形． ∴FN ＝FG ＝1.∴CN ＝CF －FN ＝3－1＝2. 由勾股定理得，CM ＝ MN ＝ 2. ∴CQ ＝ MN ＝ 2. 又∵MN ∥CQ ，∴四边形MNQC 是平行四边形． ∵∠QCM ＝90°， ∴四边形MNQC 是矩形． ∵CM ＝MN ，∴四边形MNQC 是正方形；(10分)(4)解：(答案不唯一)由(3)可知MC∥NQ，又∵四边形ABCD是矩形，∴BP∥NQ.∴△CPB∽△CNQ.∴PBNQ＝CBCQ.∵CQ＝NQ＝2，CB＝1，∴PB＝CBCQ·NQ＝12×2＝1.(12分)2. (1)解：GF＝GD，GF⊥GD；(1分)(2)证明：如解图①，连接AF.∵点D关于直线AE的对称点为点F，∴直线AE是线段DF的垂直平分线，∴AF＝AD，GF＝GD，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴∠1＋∠3＝∠2＋∠4，即∠AFG＝∠ADG.(2分)∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°.设∠BAF的度数为n，∴∠F AD＝90°＋n.(3分)∵AF ＝AD ＝AB ， ∴∠AFB ＝∠ABF ，∴∠AFB ＋∠ABF ＝180°－n ， ∴∠AFB ＋∠ADG ＝180°－n ，(4分)∴∠FGD ＝360°－∠F AD －∠AFG －∠ADG ＝360°－(90°＋n )－(180°－n )＝90°， ∴GF ⊥GD ；(5分)(3)解：如解图②，连接AF ，BD . 由(2)得FG ＝DG ，FG ⊥DG ，∴∠GFD ＝∠GDF ＝180°－∠FGD2＝45°.(6分)∵四边形ABCD 是正方形， ∴BC ＝CD ，∠BCD ＝90°， ∴∠BDC ＝∠DBC ＝45°， ∴∠FDG ＝∠BDC ，∴∠FDG －∠BDG ＝∠BDC －∠BDG ； 即∠FDB ＝∠GDC .(7分)∵在Rt △FDG 中，sin ∠DFG ＝DG DF ＝sin45°＝22，在Rt △BDC 中，sin ∠DBC ＝DC DB ＝sin45°＝22， ∴DG DF ＝DC DB ，∴DG DC ＝DFDB，(8分) ∴△BDF ∽△CDG ，∴∠DGC ＝∠DFG ＝45°，(9分) ∴∠DGC ＝∠FDG ， ∴CG ∥DF ；(10分) (4)∠DFG ＝90°－α2.(12分)【解法提示】如解图③连接AF ，BD ，∵点D 与点F 关于AE 对称，∴AE 是线段DF 的垂直平分线，∴AD ＝AF ，∠1＝∠2，AE ⊥DF ，∠DAE ＝∠F AE ，∴∠DAE ＝90°－∠2，∴∠DAF ＝2∠DAE ＝180°－2∠2.∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝AD .∴∠AFB ＝∠ABF ＝∠DFG ＋∠1.∵BD 是菱形ABCD 的对角线，∴∠ADB ＝∠ABD ＝12α.∴在四边形ADBF 中，(∠DFG ＋∠1)＋(∠DFG ＋∠1＋12α)＋12α＋(180°－2∠1)＝360°.∴2∠DFG ＋2∠1＋α－2∠1＝180°.∴∠DFG ＝90°－12α.3. (1)证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD ＝AB ，∠D ＝∠ABC ＝∠BAD ＝90°. ∵∠ABE ＋∠ABC ＝180°， ∴∠ABE ＝90°， ∴∠D ＝∠ABE . ∵AG ⊥AE ， ∴∠EAG ＝90°，∵∠EAB ＋∠BAG ＝∠DAG ＋∠BAG ＝90°， ∴∠EAB ＝∠GAD ， 在△ADG 和△ABE 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠DAG ＝∠BAE ，AD ＝AB ，∠D ＝∠ABE ，∴△ADG ≌△ABE (ASA)， ∴AG ＝AE ；(4分)(2)①证明：根据题意可得∠ABE ＝∠ADG ＝90°， ∵AG ⊥AE ， ∴∠EAG ＝90°，∴∠EAB ＋∠BAG ＝∠DAG ＋∠BAG ＝90°， ∴∠EAB ＝∠DAG ， 在△ADG 和△ABE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠DAG ＝∠BAE ，AD ＝AB ，∠ADG ＝∠ABE ， ∴△ADG ≌△ABE (ASA)， ∴DG ＝BE ，AG ＝AE ， ∴△AEG 是等腰直角三角形， 又∵AF ⊥EG ，∴AF 是EG 边上的中线， ∴AF 垂直平分EG ， ∴EH ＝GH ，∴GH ＝DH ＋DG ＝DH ＋BE . ∴DH ＋BE ＝EH ；(7分) ②解：DH ＝(2＋1)AD ；理由如下：∵A 是GH 垂直平分线上的点，∴AD ⊥HG ，DH ＝DG ，由(2)①知DG ＝BE ，∴DH ＝BE ，∴DH ＋DC ＝BE ＋BC ，即CH ＝CE ，∴△CEH 是等腰直角三角形，∴∠CHE ＝45°.∵HE ＝HG ，HF ⊥EG ，∴HF 平分∠CHE ，∴∠AHD ＝12∠CHE ＝12×45°＝22.5°， 如解图①，在DH 上取一点K ，使DK ＝AD ，则∠AKD ＝45°，∴∠HAK ＝∠AKD －∠AHD ＝45°－22.5°＝22.5°，∴∠HAK ＝∠AHD ，∴AK ＝HK .在Rt △ADK 中，AK ＝2AD ，∴KH ＝2AD ，∴HD ＝HK ＋DK ＝2AD ＋AD ＝(2＋1)AD ；(10分)(3)解：(答案不唯一)答案1：当点E 在BC 上时，画出图形如解图②，此时BG ＝213.(12分)答案2：当点E 在BC 延长线上时，画出图形如解图③，此时BG ＝229.。

2020年中考数学专题：图形变换中的探究实践问题 训练

专题：图形变换中的探究型问题1.问题情境：小明将两个全等的Rt△ABC和Rt△DEF重叠在一起，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，∠ABC ＝∠DEF＝30°，AC＝1.固定△DEF不动，将△ABC沿直线ED向左平移，当B与D重合时停止移动．猜想证明：(1)如图①，在平移过程中，当点D为AB中点时，连接DC，CF，BF，请你猜想四边形CDBF的形状，并证明你的结论；(2)如图②，在平移过程中，连接DC，CF，FB，四边形CDBF的形状在不断地变化，判断它的面积变化情况，并求出其面积；探索发现：(3)在平移过程中，四边形CDBF有什么共同特征？(写出两个即可)____________________________，____________________________________________；(4)请你提出一个与△ABC平移过程有关的新的数学问题(不必证明和解答)．2.问题情境勤奋小组在一次数学活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，如图①、②，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∠DEF＝90°，DE＝3，EF＝4.如图③，勤奋小组将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AB重合在一起，使点B与点E重合，发现BC⊥DF.独立探究(1)请你证明勤奋小组发现的结论；合作交流(2)创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究，如图④，在图③的基础上，将△DEF沿BA方向平移，设DF、EF分别与边BC交于点G、H，发现当△DEF位于某一位置时点H 恰好在DF的垂直平分线上．请你求出此时BE的长；探索发现如图④，在图③的基础上，将△DEF沿BA方向平移，当点D到达A处时，停止平移．(3)在平移过程中，当△FGH≌△BEH时，求GH的值；(4)在平移过程中，当GH为何值时，点D位于△ABC某一边的垂直平分线上，任选一边，直接写出此时GH的值．3.问题情境在综合实践课上，老师让同学们以“全等等腰直角三角形纸片的图形变换”为主题开展数学活动．已知两张全等的等腰直角三角形纸片ABC和DEF，∠ACB＝∠DFE＝90°，AC ＝BC＝DF＝EF＝12 cm.操作发现(1)如图①，点F在边AB的中点M处，AB∥DE，将△DEF沿射线AB方向平移a cm，则当a＝______cm时，四边形CAFD是菱形，菱形CAFD的面积为______cm2.(2)如图②，勤奋小组将图①中的△DEF以点F为旋转中心，按逆时针方向旋转一定角度，DF交BC于点G，EF交AC于点H，发现CG＝HA，请你证明这个结论．实践探究(3)请你参照以上小组的操作过程，将图①中的△DEF在同一平面内进行平移或旋转变换，在图③中画出变换后的图形，标明字母，说明变换方法，并结合图形提出一个问题，不必解答．4.综合与实践在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的动点(不与点A，B重合)．(1)操作发现：如图①，当AC＝BC＝6时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE，BE.①∠CBE的度数为________；②当BE＝________时，四边形CDBE为正方形；(2)探究证明：如图②，当BC＝2AC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°后并延长为原来的两倍，记为线段CE，连接DE，BE.①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明；②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形；(3)拓展延伸：在(2)的探究条件下，当BC＝6时，在点D运动过程中，请在图③中画出DE⊥BC时的△CDE，并直接写出此时四边形CDBE的面积．5.问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动，如图①，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3.操作发现(1)将图①中的矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α，使α＝∠DAB，得到如图②所示的矩形AB′C′D′，分别连接DD′，BB′，则DD′与BB′的位置关系是________；(2)创新小组将图①中的矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α，使点B′恰好落在DC边上，得到如图③所示的矩形AB′C′D′，连接D′D，BB′并延长，延长线交于点P，发现△B′DP是直角三角形，请你证明这个结论；实践探究(3)勤奋小组将图①的矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α(α<90°)，使点B′恰好落在AB 的垂直平分线上，得到如图④所示的矩形AB′C′D′，连接D′D，BB′并延长交于点P，请直接写出PB′的长；(4)请仿照上述小组的探究过程，将矩形ABCD继续绕点A逆时针旋转，使得α>90°，连接D′D，BB′，你能从中得到什么结论，请直接写出，无需作答．4.问题情境在综合与实践课上，老师组织同学们以“三角形纸片的旋转”为主题开展数学活动．如图①，现有矩形纸片ABCD，AB＝4 cm，AD＝3 cm.连接BD，将矩形ABCD沿BD剪开，得到△ABD和△BCE.保持△ABD位置不变，将△BCE从图①的位置开始，绕点B按逆时针方向旋转，旋转角为α(0°≤α＜360°)．操作发现(1)在△BCE 旋转过程中，连接AE ，AC ，则当α＝0°时，ACAE 的值是________；(2)如图②，将图①中的△BCE 旋转，当点E 落在BA 延长线上时停止旋转，求出此时ACAE 的值；实践探究(3)如图③，将图②中的△BCE 继续旋转，当AC ＝AE 时停止旋转，直接写出此时α的度数，并求出△AEC 的面积；(4)将图③中的△BCE 继续旋转，则在某一时刻AC 和AE 还能相等吗？如果不能，则说明理由；如果能，请在图④中画出此时的△BCE ，连接AC ，AE ，并直接写出△AEC 的面积值．5. 如图①，将一个等腰直角三角尺ABC 的顶点C 放置在直线l 上，∠ABC ＝90°，AB ＝B C.过点A 作AD ⊥l 于点D.过点B 作BE ⊥l 于点E .观察发现：(1)如图①，当A ，B 两点均在直线l 的上方时． ①猜测线段AD ，CE 与BE 的数量关系，并说明理由； ②直接写出线段DC ，AD 与BE 的数量关系； 操作证明：(2)将等腰直角三角尺ABC绕着点C逆时针旋转至图②位置时，线段DC，AD与BE又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并写出证明过程；拓广探索：(3)将等腰直角三角尺ABC绕着点C继续旋转至图③位置时，AD与BC交于点H，若CD＝3，AD＝9.请直接写出DH的长度；(4)参照上述探究思路，将等腰直角三角尺ABC绕着点C继续逆时针旋转，当点D与点C重合时，画出图形，找出一对相似三角形，不需要证明．2. (11分)综合与实践问题情境在一节数学活动课上，李老师让每个学习小组拿出课前就制作好的Rt△ABC，其中AC ＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，通过折叠，展开数学活动．探究发现(1)“自强”小组将Rt△ABC折叠使点B与点C重合，折痕为DE，如图①，他们很快研究出了S△ADC：S△DEC的值. 请你写出计算过程；(2)“奋进”小组将Rt△ABC折叠使点B与点A重合，折痕为DE，如图②，有同学认为图①、图②两种折叠方法折痕DE的长是相等的．你同意他的观点吗？请说出你的理由；问题解决(3)“开拓”小组将∠B沿DE折叠，使点B落在了点B′，且B′E⊥AB于点F，如图③.当AD＝8时，试判断以B′、D、C、A为顶点的四边形的形状，并说明理由；(4)“创新”学习小组用“开拓”学习小组的折叠方法使点F恰好是边AB的中点．除∠A与∠B互余外，你还能发现哪些互余的角，写出一组，不需要证明．第2题图3. (12分)综合与实践问题背景在一节数学活动课上，张老师把一些宽度均为3 cm的矩形纸条分发给各个小组，要求各小组通过折纸来研究数学问题.实践操作(1)“明志”小组提出：将纸条按如图①的方式折叠，并将重叠部分剪下，得到图②中的四边形ABCD，再将四边形ABCD沿MN折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点C落在点C′处，若AB′＝1，则折痕MN的长度是________；(2)“明理”小组在进行了如图①的折叠后，把得到的四边形向右折叠了两次，如图③所示．将重叠部分剪下得到如图④的四边形EFGH，然后将四边形EFGH沿PQ折叠，使点G恰好落在边EH上的点G′处；若测得∠PQG＝30°，请求出四边形QPHG′的面积；(3)“明德”小组用与“明理”小组同样的方法得到四边形EFGH，如图⑤，然后将四边形EFGH沿IJ折叠，使点G与点E重合，点H落在了点H′处．请判断四边形EJGI的形状，并说明理由；拓展创新(4)在图⑤中，由折叠的性质可以知EH′＝GH＝3 cm，那么能否求出四边形EJIH′其他边的长度呢？若能，直接写出一条边的长度，若不能，请说明理由．第3题图1.解：(1)菱形；(1分)证明：由平移得CF∥AD，CF＝AD，(2分)∵点D为AB的中点，∴AD＝BD，∴CF＝BD，(3分)又∵CF∥AD，∴CF∥BD，∴四边形CDBF是平行四边形．(4分)在Rt△ACB中，CD为边AB的中线，∴CD＝DB，(5分)∴四边形CDBF是菱形；(6分)(2)四边形CDBF的面积是定值．(7分)如解图，过点C作CG⊥AB于点G，在Rt△AGC中，∵sin60°＝CGAC，AC＝1，∴CG＝32.(8分)∵AB＝ACsin30°＝2，∴S四边形CDBF＝12(CF＋DB)·CG＝12(AD＋DB)·CG＝12AB·CG＝S△ABC＝12×2×32＝32；(9分)第1题解图(3)①四边形CDBF的对角线互相垂直；②四边形CDBF一组对边平行；③四边形CDBF面积是一个定值；(11分)(写出两个即可，答案不唯一)(4)(答案不唯一，只要符合要求即可得1分)如：平移过程中，求∠FDB与∠CBD的和．(12分)2. (1)证明：如解图①，设BC与DF相交于点G.∵∠ACB ＝90°，∠DEF ＝90°， ∴∠ACB ＝∠DEF . ∵AC ＝6，DE ＝3， ∴AC DE ＝63＝2. ∵BC ＝8，EF ＝4， ∴BC EF ＝84＝2， ∴AC DE ＝BCFE，∴△ABC ∽△DFE ， ∴∠BAC ＝∠FDB ，∴AC ∥DF ， ∴∠DGB ＝∠ACB ＝90°， ∴BC ⊥DF ；(3分)第2题解图①(2)解：如解图②，连接DH ，设HE ＝x ，则FH ＝4－x ， ∵BC 垂直平分DF ， ∴DH ＝FH ＝4－x ， 在Rt △DEH 中，由勾股定理得x 2＋32＝(4－x )2，解得x ＝78，∴EH ＝78，∵∠HEB ＝∠C ＝90°， ∠B ＝∠B ，∴△BEH ∽△BCA ， ∴BE BC ＝EH CA， ∴BE 8＝786， ∴BE ＝76；(6分)第2题解图②(3)解：设GH ＝y ，在△DEF 中，由勾股定理得DF ＝DE 2＋EF 2＝5， 由(1)可知BC ⊥DF ， ∴△DEF ∽△HGF ， ∴DE HG ＝DF HF ，即3y ＝5HF， ∴HF ＝5y 3，∴EH ＝4－5y3，当△FGH ≌△BEH 时，GH ＝EH ， 即y ＝4－5y 3，解得y ＝32，∴GH ＝32；(9分)(4)解：选AB 边，此时GH ＝32.(12分)【解法提示】在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，由勾股定理得AB ＝10. 当点D 位于AB 的垂直平分线上时，即点D 是AB 的中点，∴BD ＝12AB ＝5，∵DE ＝3， ∴BE ＝2，易证△ABC ∽△HBE ， ∴AC HE ＝BC BE ，即6HE ＝82， ∴HE ＝32，∴FH ＝EF －HE ＝4－32＝52，由(3)可知△DEF ∽△HGF ， ∴DE HG ＝DF HF ，即3GH ＝552， ∴GH ＝32.类型三 图形旋转型跟踪训练1. (1)解：12－62；722；(4分)【解法提示】当四边形CAFD 是菱形时，AC ＝AF ＝12，在Rt △ABC 中，由勾股定理得AB ＝122，∵M 为AB 中点，∴AM ＝62，∴a ＝(12－62)cm ；如解图①，设EF 与AC 交于点N ，易求得NF ＝62，∴S 菱形CAFD ＝AC ·NF ＝12×62＝722cm 2.第1题解图①(2)证明：如解图②，连接CF ，∵M 是AB 中点，点F 与M 重合，△ABC 是等腰直角三角形， ∴CF ⊥AB ，∠A ＝∠FCG ＝45°，AF ＝CF ， ∴∠AFC ＝∠EFD ＝90°，∴∠AFH ＋∠HFC ＝∠HFC ＋∠CFG ＝90°，即∠AFH ＝∠CFG ， 在△AFH 和△CFG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠A ＝∠FCG ，AF ＝CF ，∠AFH ＝∠CFG ， ∴△AFH ≌△CFG ， ∴CG ＝HA ；(8分)第1题解图②(3)解：变换过程：如解图③，将△DEF 绕点F 逆时针旋转，连接DC 、AE ，CF ，当C 、A 、E 三点共线且点A 位于C 、E 之间时，求线段AE 的长．(12分)第1题解图③【解法提示】易证DC ＝AE ，设DC ＝AE ＝x ，则CE ＝12＋x ，在Rt △CDE 中，由勾股定理得DE 2＝CD 2＋CE 2，即122＋122＝x 2＋(12＋x )2，解得x ＝63－6(负值已舍去)，∴此时AE 的长为(63－6)cm.2. (1)解：①45°；(2分)【解法提示】∵∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴∠ACD ＋∠DCB ＝∠DCB ＋∠BCE ，∴∠ACD＝∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACD ＝∠BCE ，CD ＝CE ，∴△ACD ≌△BCE ，∴∠CBE ＝∠CAD＝45°.②解：32；(4分)【解法提示】当四边形CDBE 为正方形时，∠CDB ＝90°，∴BE ＝CD ＝22BC ＝3 2. (2)①解：∠CBE ＝∠A ，证明如下： 如解图①，∵BC ＝2AC ，CE ＝2CD ， ∴AC BC ＝CD CE ＝12， 又∵∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴∠ACD ＋∠DCB ＝∠DCB ＋∠BCE ， ∴∠ACD ＝∠BCE ， ∴△ACD ∽△BCE ， ∴∠CBE ＝∠A ；第2题解图①②证明：由(2)①得∠CBE ＝∠A ，∴∠DBE ＝∠DBC ＋∠CBE ＝∠DBC ＋∠A ＝90°， ∵CD ⊥AB ， ∴∠CDB ＝90°， 又∵∠DCE ＝90°，∴四边形CDBE 是矩形；(8分)(3)解：画出图形如解图②，四边形CDBE 的面积为452.(12分)【解法提示】∵BC ＝6，∴AC ＝3，在Rt △ABC 中，由勾股定理得AB ＝35，如解图②，设DE 与BC 交于点F ，由(2)①可知∠CBE ＝∠A ，∴易证△ACB ∽△DCE ，∴∠A ＝∠CDE ，∵DE ⊥BC ，∠DCE ＝90°，易得∠ECB ＝∠CDE ，由(2)①可得∠A ＝∠CBE ，∴∠A ＝∠CDE ＝∠ECB ＝∠CBE ，∴EC ＝EB ，又∵DE ⊥BC ，∴点F 为BC 的中点，DF 为△ABC 中位线，∴CD ＝12AB ＝352，∵△ACB ∽△DCE ，∴AC DC ＝AB DE ，即3352＝35DE，解得DE ＝152，S 四边形CDBE＝S △CDB ＋S △CEB ＝12BC ·DF ＋12BC ·EF ＝12BC ·(DF ＋EF )＝12BC ·DE ＝12×6×152＝452.第2题解图②3. (1)解：DD ′⊥BB ′；(3分)【解法提示】如解图①，延长D ′D 交BB ′于点E .∵四边形ABCD 是矩形，∴∠DAB ＝90°，由旋转知，∠DAD ′＝∠BAB ′＝90°，AD ＝AD ′，AB ＝AB ′，∴∠DAD ′＋∠BAB ′＝180°，∠AD ′D ＝45°，∠ABB ′＝45°，∴D ′、A 、B 三点在同一条直线上．∵∠AD ′D ＋∠ABB ′＝45°＋45°＝90°，∴∠D ′EB ＝90°，∴D ′D ⊥BB ′.第3题解图①(2)证明：由旋转知，AB ＝AB ′，AD ＝AD ′，∠BAB ′＝∠DAD ′＝α， ∴∠AB ′B ＝180°－α2，∠AD ′D ＝180°－α2.∴∠AB ′B ＝∠AD ′D .第3题解图②∵∠AD ′C ′＝90°， ∴∠AD ′D ＋∠C ′D ′P ＝90°. ∵∠AB ′C ′＝90°，∴∠AB ′B ＋∠PB ′C ′＝90°， ∴∠C ′D ′P ＝∠PB ′C ′.如解图②，设DP 与B ′C ′相交于点Q ， ∵∠C ′QD ′＝∠B ′QP ， ∴∠B ′PD ＝∠C ′＝90°， ∴△B ′DP 是直角三角形；(7分) (3)解：33－42；(10分)【解法提示】由(2)知，∠B ′PD ＝90°，如解图③，设BB ′与CD 交于点F ，∴△DFP 是直角三角形．∵B ′在AB 的垂直平分线上，∴AB ′＝BB ′.又∵AB ＝AB ′，∴AB ＝AB ′＝BB ′＝4，∴△ABB ′是等边三角形，∴∠ABB ′＝60°，∴∠CBF ＝30°.在Rt △BCF 中，CF ＝BC ·tan ∠CBF ＝3·tan30°＝3，BF ＝BC cos ∠CBF ＝BC cos30°＝23，∴DF ＝CD －CF ＝4－3，B ′F ＝BB ′－BF＝4－2 3.∵∠CBF ＋∠CFB ＝90°，∴∠CFB ＝90°－30°＝60°，∴∠DFP ＝∠CFB ＝60°.在Rt △DFP 中，PF ＝DF ·cos ∠DFP ＝(4－3)×cos60°＝4－32，∴PB ′＝PF －B ′F ＝4－32－(4－23)＝33－42.第3题解图③(4)解：结论：△AD ′D ∽△AB ′B .(答案不唯一，合理即可)(12分)第3题解图④【解法提示】如解图④，由旋转知，AD ＝AD ′＝3，AB ＝A ′B ＝4，∠B ′AD ′＝∠BAD ＝90°，∴∠DAD ′＝∠BAB ′，AB AD ＝AB ′AD ′＝43，∴△AD ′D ∽△AB ′B .4. 解：(1)53；(2分)【解法提示】如解图①，连接AC ，在矩形ABCD 中，AB ＝4 cm ，AD ＝3 cm ，∴AC ＝BD ＝AD 2＋AB 2＝32＋42＝5 cm ，AE ＝AD ＝3 cm ，∴AC AE ＝53.第4题解图①(2)如解图②，过点C 作CF ⊥AB 于点F ，(3分) ∵图①中四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3， ∴BD ＝BE ＝AB 2＋AD 2＝42＋32＝5. ∴sin ∠FBC ＝sin ∠EBC ＝EC EB ＝45，cos ∠FBC ＝cos ∠EBC ＝BC EB ＝35.在Rt △BFC 中，BF ＝BC ·cos ∠FBC ＝3×35＝95，FC ＝BC ·sin ∠FBC ＝3×45＝125，(4分)∴AF ＝AB －BF ＝4－95＝115.在Rt △AFC 中，AC ＝AF 2＋FC 2＝（115）2＋（125）2＝2655.(5分) AE ＝BE －AB ＝5－4＝1. ∴AC AE ＝26551＝2655；(6分)第4题解图②(3)α的度数为60°.(7分)如解图③，设EC 的中点为G ，连接AG ，过点A 作AH ⊥BC 的延长线于点H ， ∴∠GCH ＝180°－∠ECB ＝180°－90°＝90°. ∵AC ＝AE ， ∴AG ⊥EC .∴∠AGC ＝∠GCH ＝∠AHC ＝90°. ∴四边形AGCH 是矩形． ∴GC ＝AH ＝12EC ＝12×4＝2(cm)．在Rt △ABH 中，∵AH ＝2 cm ，AB ＝4 cm ， ∴BH ＝AB 2－AH 2＝23(cm)，(9分) ∴∠ABH ＝30°，则α＝90°－30°＝60°. ∴AG ＝CH ＝BH －BC ＝(23－3)cm. ∴S △AEC ＝12EC ·AG＝12×4×(23－3) ＝(43－6)cm 2；(10分)第4题解图③(4)AC 和AE 还能相等，△BCE 位置如解图④所示；(11分)第4题解图④S △AEC ＝(43＋6) cm 2.(12分)【解法提示】如解图⑤，设EC 的中点为G ，连接AG ，过点A 作AH ⊥CB 的延长线于点H .∵AC ＝AE ，∴AG ⊥EC .∴∠AGC ＝∠GCH ＝∠AHC ＝90°.∴四边形AGCH 是矩形．∴GC ＝AH ＝12EC ＝12×4＝2.在Rt △ABH 中，BH ＝AB 2－AH 2＝23，∴AG ＝CH ＝BH＋BC ＝23＋3.∴S △AEC ＝12EC ·AG ＝12×4×(23＋3)＝(43＋6)cm 2.第4题解图⑤5. 解：(1)①AD ＋CE ＝BE .(1分) 理由如下：如解图①，过点B 作BF ⊥AD .交DA 的延长线于点F .第5题解图①∵BE ⊥l ，BF ⊥AD ， ∴∠BEC ＝∠F ＝90°. 又∵AD ⊥l . ∴∠FDE ＝90°.∴四边形DEBF 为矩形．(2分) ∴∠FBE ＝90°. 又∵∠ABC ＝90°，∴∠ABC －∠ABE ＝∠FBE －∠ABE ， 即∠CBE ＝∠ABF . 在△CBE 和△ABF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠CBE ＝∠ABF ，∠CEB ＝∠AFB ＝90°，CB ＝AB ，∴△CBE≌△ABF.∴CE＝AF，BE＝BF.又∵四边形DEBF为矩形，∴四边形DEBF为正方形，∴BE＝DE＝FD＝FB.∴AD＋CE＝AD＋AF＝FD＝BE；(4分)②DC＋AD＝2BE；(5分)【解法提示】由①可得BF＝BE，易得四边形DEBF是正方形，∴BE＝DF＝DE＝AF＋AD.又∵CE＝AF，∴BE＝CE＋AD.∵DC＝DE＋CE＝BE＋CE，∴DC＋AD＝AD＋DE＋CE ＝AD＋BE＋CE＝BE＋BE＝2BE.(2)CD－AD＝2BE.(6分)证明：如解图②，过点B作BG⊥AD，交AD延长线于点G.第5题解图②∵BE⊥l，BG⊥AD，∴∠BED＝∠G＝90°.又∵AD⊥l，∴∠GDE＝90°.∴四边形DEBG为矩形．∴∠GBE＝90°.又∵∠ABC＝90°，∴∠ABC－∠ABE＝∠GBE－∠ABE.即∠CBE＝∠ABG.在△BCE 和△BAG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠CBE ＝∠ABG ，∠CEB ＝∠AGB ＝90°，CB ＝AB ，∴△BCE ≌△BAG .(9分) ∴CE ＝AG ，BE ＝BG . 又∵四边形DEBG 为矩形， ∴四边形DEBG 为正方形， ∴DE ＝BE ＝BG ＝DG . ∵CD ＝CE ＋DE .∴CD ＝AG ＋BE ＝AD ＋DG ＋BE ＝AD ＋2BE . ∴CD －AD ＝2BE ；(10分) (3)DH 的长度为32；(11分)【解法提示】如解图③，过点B 作BF ⊥AD ，交DA 于点F .同理可证，△BAF ≌△BCE .四边形DEBF 为正方形．∴CE ＝AF ，ED ＝BE ＝DF .∵CD ＝CE －ED .∴CD ＝AF －BE ＝AD －DF －BE ＝AD －2BE .∴AD －CD ＝2BE .∵CD ＝3，AD ＝9.∴BE ＝ED ＝3，CE ＝CD ＋ED ＝6.∵DH ∥EB ，∴DH EB ＝CD CE .∴DH 3＝36.∴DH ＝32.第5题解图③(4)(答案不唯一)画出图形如解图④，连接AE 交BC 于点F ，则：△BEC ∽△ABC ，△BFE ∽△CF A .(13分)第5题解图④【解法提示】∵AB ＝AC ，∠ABC ＝90°，∴∠BCA ＝45°，∵AD ⊥l ，点C 、D 重合，∴∠ECB ＝90°－45°＝45°，又∵BE ⊥l ，∴∠BEC ＝∠ABC ＝90°，∴△BEC ∽△ABC ；∵AD ⊥l ，BE ⊥l ，∴△BFE ∽△CF A .6. 解：(1)∵在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°， ∴BC ＝AB 2＋AC 2＝62＋82＝10.(1分) 由折叠知：DE 垂直平分AC ， ∴CE ＝AE ，∠DEC ＝∠DEA ＝90°. ∴∠A ＝∠DEC ＝90°. ∴DE ∥AB . ∴CE AE ＝DCBD＝1.(2分) ∴DC ＝BD ＝12BC ＝5；(3分)(2)MF ＝ME .证明：如解图①，连接DM .第6题解图①由(1)得∠DEC ＝∠DEA ＝90°.由旋转知：∠DFG ＝∠DEC ＝90°，DF ＝DE .(4分) 在Rt △DFM 和Rt △DEM 中，⎩⎪⎨⎪⎧DM ＝DM ，DF ＝DE ， ∴Rt △DFM ≌Rt △DEM (HL)． ∴MF ＝ME ；(5分)(3)①如解图②，连接DM .第6题解图②由(2)得Rt △DFM ≌Rt △DEM ， ∴∠1＝∠2. ∵FG ∥BC ， ∴∠1＝∠MDC .(6分) ∴∠2＝∠MDC . ∴CM ＝CD .(7分) ∵CD ＝5， ∴CM ＝5.∴AM ＝AC －CM ＝8－5＝3；(8分) ②74；(10分) 【解法提示】如解图③，当GF 经过点B 时，连接DM ，由(2)易得∠BMD ＝∠CMD .∵点D 是BC 的中点，∴△BMC 是等腰三角形．∴MD ⊥BC ，则△CMD ∽△CBA .∴CM BC ＝CDAC，即CM 10＝58.∴CM ＝58×10＝254.∴AM ＝AC －CM ＝8－254＝74.第6题解图③③如解图④，△DFG 和射线GF 为所求作的图形． 此时AM ＝10－3 5.(13分)第6题解图④【作法提示】先作∠EDC 的平分线，截取DG ＝CD ；再作∠FDG ＝∠EDC ，截取DF ＝DE ，连接GF 并延长，则△DFG 和射线GF 即为所求．【解法提示】如解图⑤，过点P 作PH ⊥CD 于点H ，根据作图可知PE ＝PH ，△CPH ∽△CDE ，∴CP PH ＝CD DE .由(1)知CD ＝5，CE ＝4，DE ＝3.∴CP PH ＝CD DE ＝53.则CP ＝53PH .∵CE ＝PE ＋CP ，∴4＝PH ＋53PH .解得PH ＝32.则CP ＝52，CH ＝2，DH ＝DC －CH ＝3.在Rt △DPH 中，DP ＝DH 2＋PH 2＝352.PG ＝DG －DP ＝10－352.又∵△MGP ∽△DCP ，∴MPDP ＝PG CP ，则MP352＝10－35252，解得MP ＝65－92.AM ＝AC －MP －CP ＝8－65－92－52＝10－3 5.第6题解图⑤类型四 图形折叠型1. 解：(1)67.5°，2；(4分)【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B ＝∠BCD ＝∠D ＝∠BAD ＝90°，AB ＝AD .∵正方形ABCD 折叠使得点B ，D 都在对角线AC 上的点N 处，∴∠BCE ＝∠ECN ＝∠NCF ＝∠DCF ＝14∠BCD ＝22.5°，∴∠BEC ＝∠CEN ＝67.5°；∴∠AEN ＝180°－2∠BEC ＝45°.∵AC 是正方形ABCD 的对角线，∴∠EAN ＝45°，∴△AEN 是等腰直角三角形，由折叠可知BE ＝EN ，∴AE EN ＝AEBE＝ 2.(2)四边形EMGF 是矩形．(5分) 理由如下：如解图①，∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠B ＝∠BCD ＝∠D ＝90°.由折叠可知∠1＝∠2＝∠3＝∠4，CM ＝CG ，∠BEC ＝∠NEC ＝∠NFC ＝∠DFC ， ∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°4＝22.5°.∴∠BEC ＝∠NEC ＝∠NFC ＝∠DFC ＝67.5°. 由折叠可知MH ，GH 分别垂直平分EC ，FC ， ∴MC ＝ME ，GC ＝GF .∴∠5＝∠1＝22.5°，∠6＝∠4＝22.5°. ∴∠MEF ＝∠GFE ＝90°.(7分) ∵∠MCG ＝90°，CM ＝CG ， ∴∠CMG ＝45°.又∵∠BME ＝∠1＋∠5＝45°，∴∠EMG ＝180°－∠CMG －∠BME ＝90°.(8分) ∴四边形EMGF 是矩形；(9分)第1题解图①(3)画出菱形如解图；第1题解图(答案不唯一，画出一个即可)．(10分) 菱形FGCH (或菱形EMCH )．(11分)2. 解：(1)∵将Rt △ABC 折叠使点B 与点C 重合，折痕为DE ， ∴DE 垂直平分线段BC ，即DE 为Rt △ABC 的中位线， ∴DE ＝12AC ，∵△ADC 边AC 上的高与△DEC 边DE 上的高相等， ∴S △ADC ∶S △DEC ＝12；(3分)(2)不同意； 理由如下：图①中，DE ＝12AC ＝52，图②中，易证△BDE ∽△BCA ， ∴BD BC ＝DECA， 在Rt △ABC 中，由勾股定理得AB ＝13， 由折叠可知DE 垂直平分AB ，∴BD ＝12AB ＝132，∴13212＝DE 5，解得DE ＝6524≠52， 即图①、图②两种折叠方法折痕DE 的长是不相等的；(6分) (3)平行四边形； 理由如下：如解图①，延长B ′D 交BC 于点G ， ∵B ′E ⊥AB ，∴∠B ′FD ＝∠BFE ＝90°， ∴∠B ＋∠BEF ＝90°，由折叠可知∠B ＝∠DB ′E ，BD ＝B ′D ＝13－8＝5， ∴∠DB ′E ＋∠BEF ＝90° ∴∠B ′GE ＝90°，即B ′G ⊥BC ， ∴B ′G ∥AC ， 又∵B ′D ＝AC ＝5，∴以B ′、D 、C 、A 为顶点的四边形是平行四边形；(10分)第2题解图①(4)(答案不唯一)∠B 与∠B ′DF 互余(∠B 与∠BEF 互余)．(12分) 证明：如解图②，由折叠性质可知，∠B ＝∠B ′， 又∵B ′E ⊥AB ， ∴∠DFB ′＝90°，∴∠B ′＋∠B ′DF ＝90°， ∴∠B ＋∠B ′DF ＝90°， 即∠B 与∠B ′DF 互余．第2题解图②3. 解：(1)10 cm ；(3分)【解法提示】解法一：将矩形纸条按如题图①的方式折叠，得到的四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ＝3, ∠A ＝∠B ＝∠D ＝∠C ＝90°，根据折叠的性质，可设MB ＝MB ′＝x ，且∠MB ′C ′＝∠B ＝90°，则AM ＝3－x ，∵∠A ＝90°，∴根据勾股定理得AM 2＋AB ′2＝MB ′2，即(3－x )2＋1＝x 2，解得x ＝53，∴AM ＝3－x ＝43，∵∠MB ′C ′＝∠A ＝90°，∴∠AMB ′＋∠AB ′M＝90°，∠AB ′M ＋∠DB ′C ′＝90°，∴∠AMB ′＝∠DB ′C ′，∴△AB ′M ∽△DEB ′，∴AB ′DE ＝AMDB ′，即1DE ＝432，解得DE ＝32，利用勾股定理得B ′E ＝B ′D 2＋DE 2＝52，∴EC ′＝B ′C ′－B ′E ＝BC －B ′E ＝12，又∵∠D ＝∠C ′＝90°，∠B ′ED ＝∠C ′EN ，∴△DB ′E ∽△C ′NE ，∴DB ′C ′N ＝DE C ′E ，解得C ′N ＝23＝CN ，如解图①，过点N 作NQ ⊥AB 交AB 于点Q ，则四边形QBCN 是矩形，NQ ＝3，MQ ＝BM －BQ ＝BM －CN ＝1 , ∴MN ＝MQ 2＋NQ 2＝10 cm ；解法二：将矩形纸条按题图①的方式折叠，得到的四边形ABCD 是正方形，如解图①，连接BB ′，过点N 作NQ ⊥AB 交AB 于点Q , ∴NQ ＝AD ＝AB ＝3 cm.由折叠的性质可知，折痕MN 是线段BB ′的垂直平分线，∴∠ABB ′＋∠QMN ＝90°，∵∠A ＝90°， ∴∠ABB ′＋∠AB ′B ＝90°，∴∠AB ′B ＝∠QMN ，又∵∠A ＝∠MQN ＝90°， AB ＝NQ ，∴△ABB ′≌△QNM (AAS )，∴MN ＝BB ′＝AB 2＋AB ′2＝32＋12＝10 cm.第3题解图①(2)将矩形纸条按题图③的方式折叠，得到的四边形EFGH是矩形，且HG＝EF＝3，∵∠PQG＝30°，且折叠后点G恰好落在边EH上的点G′处，∴∠G′PQ＝∠GPQ＝90°－30°＝60°，PG′＝PG, ∠PG′Q＝∠G＝90°，∴∠G′PH＝180°－∠G′PQ－∠GPQ＝60°，∴∠HG′P＝90°－∠G′PH＝30°，∴PG＝PG′＝2HP，(4分)∵HP＋PG＝3，∴3HP＝3，∴HP＝1，∴PG＝PG′＝2，∴在Rt△HG′P中，HG′＝PG′2－HP2＝ 3.∵∠PQG＝30°，∠G＝90°，∴PQ＝2PG＝4，∴在Rt△PG′Q中，G′Q＝PQ2－PG′2＝2 3.(5分)∴S四边形QPHG′＝S△HG′P＋S△PG′Q＝HP·HG′2＋PG′·G′Q2＝1×32＋2×232＝532cm2；(7分)(3)四边形EJGI是菱形．(8分)理由如下：如解图②，连接IG，由折叠可知点E，点G关于折痕IJ对称，∴IE＝IG，JE＝JG，∠EJI＝∠GJI，∵EH∥FG，∴∠GJI＝∠EIJ，∴∠EIJ＝∠EJI，∴JE＝IE，∴IE ＝IG ＝JE ＝JG ，∴四边形EJGI 是菱形；(10分)第3题解图②(4)①EJ ＝154cm ；(12分)， 【解法提示】已知FG ＝3EF ＝6，EF ＝3，设EJ ＝x ，FJ ＝6－x ，在Rt △EFJ 中，根据勾股定理得EJ 2＝EF 2＋FJ 2，即x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝154，即EJ ＝154cm. ②H ′I ＝94cm ；(12分) 【解法提示】如解图②，由折叠的性质得，EI ＝IG ，HI ＝H ′I ，∠H ′＝∠G ＝90°，设HI ＝x ，则EI ＝6－x ，在Rt △EH ′I 中，由勾股定理得EI 2＝H ′I 2＋H ′E 2，即(6－x )2＝x 2＋32，解得x ＝94，即HI ＝94cm. ③IJ ＝352cm.(12分) 【解法提示】如解图③，过点I 作IM ⊥FG ，垂足为点M .由①②知FJ ＝94，EI ＝154，则JM ＝EI －FJ ＝154－94＝32，在Rt △IJM 中，由勾股定理得IJ ＝IM 2＋MJ 2＝32＋（32）2＝352 (cm)．第3题解图③。

决胜2020年中考数学压轴题全揭秘——操作类探究问题(含答案)

操作类探究问题1．（2020•衢州）如图，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得边长为2的正六边形．则原来的纸带宽为（）A．1 B．√2C．√3D．2【分析】根据正六边形的性质，正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，然后求出等边三角形的高即可．【解析】边长为2的正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，所以原来的纸带宽度=√32×2=√3．故选：C．2．（2020•台州）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH 上，使重叠部分为平行四边形，且点D 与点G 重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tan α等于（ ）A ．14B ．12C ．817D ．815【分析】由“ASA ”可证△CDM ≌△HDN ，可证MD ＝DN ，即可证四边形DNKM 是菱形，当点B 与点E 重合时，两张纸片交叉所成的角a 最小，可求CM =154，即可求tan α的值． 【解析】如图，∵∠ADC ＝∠HDF ＝90°∴∠CDM ＝∠NDH ，且CD ＝DH ，∠H ＝∠C ＝90° ∴△CDM ≌△HDN （ASA ）∴MD ＝ND ，且四边形DNKM 是平行四边形 ∴四边形DNKM 是菱形 ∴KM ＝DM∵sin α＝sin ∠DMC =CDMD∴当点B 与点E 重合时，两张纸片交叉所成的角a 最小， 设MD ＝a ＝BM ，则CM ＝8﹣a ， ∵MD 2＝CD 2+MC 2， ∴a 2＝4+（8﹣a ）2， ∴a =174∴CM=15 4∴tanα＝tan∠DMC=CDMC=815故选：D．3．（2020•台州）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（）A．√2：1 B．3：2 C．√3：1 D．√2：2【分析】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．求出△DFN与△DNK的面积比即可．【解析】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF=√2DK，∴S△DFNS△DNK =FNNK=DFDK=√2（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），∴SA型SB型=2S△DFN2S△DNK=√2，∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为√2：1，故选：A．4．（2020•温州）如图，在矩形ABCD中，E为AB中点，以BE为边作正方形BEFG，边EF交CD于点H，在边BE上取点M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于点L，交FG于点N，欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，现以点F为圆心，FE为半径作圆弧交线段DH于点P，连结EP，记△EPH的面积为S 1，图中阴影部分的面积为S 2．若点A ，L ，G 在同一直线上，则S 1S 2的值为（ ）A ．√22B ．√23C ．√24D ．√26【分析】如图，连接AL ，GL ，PF ．利用相似三角形的性质求出a 与b 的关系，再求出面积比即可． 【解析】如图，连接AL ，GL ，PF ．由题意：S 矩形AMLD ＝S 阴＝a 2﹣b 2，PH =√a 2−b 2， ∵点A ，L ，G 在同一直线上，AM ∥GN ， ∴△AML ∽△GNL ， ∴AM GN=ML NL， ∴a+b a−b=a−b b，整理得a ＝3b ，∴S 1S 2=12⋅(a−b)⋅√a 2−b 2a −b =2√2b 28b =√24，故选：C ．5．（2020•金华）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM ，GN 是折痕．若正方形EFGH 与五边形MCNGF 的面积相等，则FM GF的值是（ ）A ．√5−√22B ．√2−1C ．12D ．√22【分析】连接HF ，设直线MH 与AD 边的交点为P ，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH ＝MF 且正方形EFGH 的面积=15×正方形ABCD 的面积，从而用a 分别表示出线段GF 和线段MF 的长即可求解．【解析】连接HF ，设直线MH 与AD 边的交点为P ，如图：由折叠可知点P 、H 、F 、M 四点共线，且PH ＝MF ， 设正方形ABCD 的边长为2a ， 则正方形ABCD 的面积为4a 2，∵若正方形EFGH 与五边形MCNGF 的面积相等∴由折叠可知正方形EFGH 的面积=15×正方形ABCD 的面积=45a 2， ∴正方形EFGH 的边长GF =√45a 2=2√55a ∴HF =√2GF =2√105a ∴MF ＝PH =2a−2√105a 2=5−√105a∴FM GF=5−√105a ÷2√55a =√5−√22故选：A ．6．（2020•宁波）如图所示，矩形纸片ABCD 中，AD ＝6cm ，把它分割成正方形纸片ABFE 和矩形纸片EFCD 后，分别裁出扇形ABF 和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AB 的长为（ ）A ．3.5cmB ．4cmC ．4.5cmD ．5cm【分析】设AB ＝xcm ，则DE ＝（6﹣x ）cm ，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可． 【解析】设AB ＝xcm ，则DE ＝（6﹣x ）cm ， 根据题意，得90πx 180=π（6﹣x ），解得x ＝4． 故选：B ．二．填空题（共4小题）7．（2020•湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4√2的正方形ABCD 可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH 内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q 、R 分别与图2中的点E 、G 重合，点P 在边EH 上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH 的边长是 4√5 ．【分析】如图2中，连接EG ，GM ⊥EN 交EN 的延长线于M ，利用勾股定理解决问题即可． 【解析】如图2中，连接EG ，作GM ⊥EN 交EN 的延长线于M ．在Rt △EMG 中，∵GM ＝4，EM ＝2+2+4+4＝12，∴EG =√EM 2+GM 2=√122+42=4√10， ∴EH =EG√2=4√5， 故答案为4√5．8．（2020•衢州）如图，由两个长为2，宽为1的长方形组成“7”字图形（1）将一个“7”字图形按如图摆放在平面直角坐标系中，记为“7”字图形ABCDEF ，其中顶点A 位于x 轴上，顶点B ，D 位于y 轴上，O 为坐标原点，则OB OA的值为12．（2）在（1）的基础上，继续摆放第二个“7”字图形得顶点F 1，摆放第三个“7”字图形得顶点F 2，依此类推，…，摆放第n 个“7”字图形得顶点F n ﹣1，…，则顶点F 2020的坐标为 （6062√55，405√5） ．【分析】（1）先证明△AOB ∽△BCD ，所以OB OA=DC BC，因为DC ＝1，BC ＝2，所有OB OA=12；（2）利用三角形相似与三角形全等依次求出F 1，F 2，F 3，F 4的坐标，观察求出F 2020的坐标． 【解析】（1）∵∠ABO +∠DBC ＝90°，∠ABO +∠OAB ＝90°， ∴∠DBC ＝∠OAB ， ∵∠AOB ＝∠BCD ＝90°， ∴△AOB ∽△BCD ， ∴OB OA=DC BC，∵DC ＝1，BC ＝2， ∴OB OA=12，故答案为12；（2）解：过C 作CM ⊥y 轴于M ，过M 1作M 1N ⊥x 轴，过F 作FN 1⊥x 轴．根据勾股定理易证得BD =√22+12=√5，CM ＝OA =2√55，DM ＝OB ＝AN =√55， ∴C （2√55，√5），∵AF ＝3，M 1F ＝BC ＝2， ∴AM 1＝AF ﹣M 1F ＝3﹣2＝1， ∴△BOA ≌ANM 1（AAS ）， ∴NM 1＝OA =2√55， ∵NM 1∥FN 1， ∴M 1N FN 1=AM 1AF， 2√55FN 1=13，∴FN 1=6√55， ∴AN 1=3√55，∴ON 1＝OA +AN 1=2√55+3√55=5√55 ∴F （5√55，6√55）， 同理，F 1（8√55，7√55），即（1×3+55√5，6+15√5） F 2（11√55，8√55），即（2×3+55√5，6+25√5） F 3（14√55，9√55），即（3×3+55√5，6+35√5） F 4（17√55，10√55），即（4×3+55√5，6+45√5） …F 2020（2020×3+55√5，6+20205√5），即（60625√5，405√5）， 故答案为即（60625√5，405√5）． 9．（2020•台州）如图，直线l 1∥l 2∥l 3，A ，B ，C 分别为直线l 1，l 2，l 3上的动点，连接AB ，BC ，AC ，线段AC 交直线l 2于点D ．设直线l 1，l 2之间的距离为m ，直线l 2，l 3之间的距离为n ，若∠ABC ＝90°，BD ＝4，且m n=23，则m +n 的最大值为253．【分析】延长AB 交l 3于E ，根据已知条件得到DB CE=m m+n，求得CE ＝10，∠CBE ＝90°，设m ＝2x ，n＝3x ，构造以CE 为直径的半圆，则点B 在其弧上运动，易知BG ≤B ′G ′＝5，得到3x ≤5，由m +n ＝5x ≤253，于是得到结论．【解析】延长AB 交l 3于E ，∵m n=23，易知DB CE=m m+n，∵BD ＝4， ∴CE ＝10， ∵∠ABC ＝90°， ∴∠CBE ＝90°， 设m ＝2x ，n ＝3x ，构造以CE 为直径的半圆，则点B 在其弧上运动，易知BG ≤B ′G ′＝5， 即3x ≤5，∴x ≤53，∵m +n ＝5x ≤253， ∴m +n 的最大值为253．故答案为：253．10．（2020•温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB ＝∠AOE ＝90°，菱形的较短对角线长为2cm ．若点C 落在AH 的延长线上，则△ABE 的周长为 12+8√2 cm ．【分析】连接IC ，连接CH 交OI 于K ，则A ，H ，C 在同一直线上，CI ＝2，根据△COH 是等腰直角三角形，即可得到∠CKO ＝90°，即CK ⊥IO ，设CK ＝OK ＝x ，则CO ＝IO =√2x ，IK =√2x ﹣x ，根据勾股定理即可得出x 2＝2+√2，再根据S 菱形BCOI ＝IO ×CK =12IC ×BO ，即可得出BO ＝2√2+2，进而得到△ABE 的周长． 【解析】如图所示，连接IC ，连接CH 交OI 于K ，则A ，H ，C 在同一直线上，CI ＝2，∵三个菱形全等， ∴CO ＝HO ，∠AOH ＝∠BOC ， 又∵∠AOB ＝∠AOH +∠BOH ＝90°， ∴∠COH ＝∠BOC +∠BOH ＝90°， 即△COH 是等腰直角三角形，∴∠HCO ＝∠CHO ＝45°＝∠HOG ＝∠COK ， ∴∠CKO ＝90°，即CK ⊥IO ，设CK ＝OK ＝x ，则CO ＝IO =√2x ，IK =√2x ﹣x ， ∵Rt △CIK 中，（√2x ﹣x ）2+x 2＝22， 解得x 2＝2+√2，又∵S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×BO，∴√2x2=12×2×BO，∴BO＝2√2+2，∴BE＝2BO＝4√2+4，AB＝AE=√2BO＝4+2√2，∴△ABE的周长＝4√2+4+2（4+2√2）＝12+8√2，故答案为：12+8√2．1．（2020•奉化区模拟）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝4，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．以下结论：①BF∥ED；②BH＝3FH；③tan∠GEB=3 4；④S△BFG＝0.6，其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理依次对各个选项进行判断、计算，即可得出答案．【解析】①∵AB＝4，E为AB的中点，∴AE＝BE＝2，∵将△ADE沿DE翻折得到△FDE，∴AD＝DF，AE＝EF＝2，∠AED＝∠DEF，∴AE＝EF＝BE，∴∠EBF＝∠EFB，∵∠AEF＝∠EBF+∠EFB，∴∠AED＝∠EBF，∴BF ∥ED ， 故①正确； ②∵BF ∥ED ， ∴∠ABF ＝∠AED ，∵∠ABF +∠FBH ＝90°，∠AED +∠ADE ＝90°， ∴∠FBH ＝∠ADE ，∴tan ∠FBH =FHBH =tan ∠ADE =AEAD =26=13， ∴FH BH=13，∴BH ＝3FH ， 故②正确；③过点E 作EM ⊥BF 于点M ，如图，∵AE ＝EF ＝BE ， ∴∠FEM =12∠BEF ， ∵∠DEF =12∠AEF ，∴∠FEM +∠DEF =12×180°=90°， ∵∠DEF +∠EDF ＝90°， ∴∠FEM ＝∠EDF ， ∵∠EMF ＝∠DFE ＝90°， ∴△EFM ∽△DEF ， ∴FM EF=EF ED，∴FM =√105， ∴BF =2FM =2√105，∵∠HBF +∠EBM ＝∠EBM +∠BEM ＝90°， ∴∠HBF ＝∠BEM ＝∠FEM ＝∠FDE ， ∵∠BHF ＝∠DFE ＝90°， ∴△BHF ∽△DFE ， ∴FH EF=BH DF，∵BH ＝3FH ， ∴FH =25，BH =65， 设HG ＝x ， ∵FH ⊥BC ， ∴FH ∥BE ， ∴△GFH ∽△GEB ，∴HG BG=HF BE，即xx+65=252，解得，x =310，∴BG =BH +HG =32， ∴tan ∠GEB =BG EB =34， 故③正确；④S △BFG =12BG ⋅FH =0.3， 故④错误； 综上共有3个正确． 故选：C ．2．（2020•宁波模拟）如图，将矩形ABCD 沿EF 折叠，使顶点C 恰好落在AB 边的中点C ′上，点D 落在D ′处，C′D′交AE于点M，若AB＝6，BC＝9，则AM的长为（）A．2 B．94C．52D．114【分析】先根据勾股定理求出BF，再根据△AMC′∽△BC′F求出AM即可．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，根据折叠的性质可知，FC＝FC′，∠C＝∠FC′M＝90°，设BF＝x，则FC＝FC′＝9﹣x，∵BF2+BC′2＝FC′2，∴x2+32＝（9﹣x）2，解得：x＝4，∴BF＝4，∵∠FC′M＝90°，∴∠AC′M+∠BC′F＝90°，又∵∠BFC′+BC′F＝90°，∴∠AC′M＝∠BFC′，∵∠A＝∠B＝90°，∴△AMC′∽△BC′F，∴AMBC′=AC′BF，即AM3=34，∴AM=9 4；故选：B．3．（2020•宁波模拟）如图，梯形ABCD 被分割成两个小梯形①②，和一个小正方形③，去掉③后，①和②可剪拼成一个新的梯形，若EF ﹣AD ＝2，BC ﹣EF ＝1，则AB 的长是（ ）A ．6B ．3√5C ．9D ．3√10【分析】连接AH 交EF 于点K ，根据EF ﹣AD ＝2，BC ﹣EF ＝1，可得BC ﹣AD ＝3，由图象剪拼观察可得，AD ＝HC ，四边形AHCD 是平行四边形，再证明△AEK ∽△ABH ，可得AB 的长．【解析】如图，连接AH 交EF 于点K ， ∵EF ﹣AD ＝2，BC ﹣EF ＝1， ∴BC ﹣AD ＝3， 由图象剪拼观察可知：AD ＝HC ，∴四边形AHCD 是平行四边形， ∴BC ﹣AD ＝BC ﹣HC ＝3，KF ＝AD ，EK ＝2，∵③为正方形， ∴EB ＝BH ＝3， ∵△AEK ∽△ABH ， ∴AE AB=EK BH，即AB−3AB=23，解得AB ＝9． 故选：C ．4．（2020•黄岩区模拟）如图，矩形纸片ABCD 中，AB ＝6，BC ＝8，E 是边CD 上一点，连接AE ．折叠该纸片，使点A 落在AE 上的G 点，并使折痕经过点B ，得到折痕BF ，点F 在AD 上．若DE ＝4，则AF 的长为（ ）A ．163B ．4C ．3D ．2【分析】由矩形的性质可得AB ＝CD ＝6，AD ＝BC ＝8，∠BAD ＝∠D ＝90°，通过证明△ABF ∽△DAE ，可得AF AB=DE AD，即可求解．【解析】设BF 与AE 交于点H ，∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ＝CD ＝6，AD ＝BC ＝8，∠BAD ＝∠D ＝90°，由折叠及轴对称的性质可知，△ABF ≌△GBF ，BF 垂直平分AG ， ∴BF ⊥AE ，AH ＝GH ， ∴∠BAH +∠ABH ＝90°， 又∵∠FAH +∠BAH ＝90°， ∴∠ABH ＝∠FAH ， 又∵∠BAD ＝∠D ＝90°， ∴△ABF ∽△DAE ， ∴AF AB=DE AD，∴AF =48×6=3， 故选：C ．5．（2020•路桥区模拟）如图，在矩形ABCD 中，将△ABE 沿着BE 翻折，使点A 落在BC 边上的点F 处，再将△DEG 沿着EG 翻折，使点D 落在EF 边上的点H 处．若点A ，H ，C 在同一直线上，AB ＝1，则AD 的长为（ ）A ．32B ．√5+12C ．√2D ．√5−1【分析】由折叠的性质可得AB ＝BF ＝1，AE ＝EF ，∠ABE ＝∠FBE ，∠A ＝∠EFB ＝90°，DE ＝EH ，可证四边形CDEF 是矩形，可得DE ＝FC ，由平行线分线段成比例可得HF AB=CF BC，可求AD 的长．【解析】连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A ＝∠C ＝∠ADC ＝∠ABC ＝90°，AD ＝BC ，∵将△ABE 沿着BE 翻折，使点A 落在BC 边上的点F 处，再将△DEG 沿着EG 翻折，使点D 落在EF 边上的点H 处，∴AB ＝BF ＝1，AE ＝EF ，∠ABE ＝∠FBE ，∠A ＝∠EFB ＝90°，DE ＝EH ， ∴AB ∥EF ，∠FEB ＝∠EBF ＝45°， ∴EF ＝BF ＝1＝AE ，∵∠EFC ＝∠C ＝∠ADC ＝90°， ∴四边形CDEF 是矩形， ∴DE ＝FC ，∴DE ＝EH ＝FC ＝AD ﹣AE ＝AD ﹣1， ∴HF ＝1﹣（AD ﹣1）＝2﹣AD ， ∵点A ，H ，C 在同一直线上，EF ∥AB ，∴HF AB =CF BC，∴2−AD1=AD−1AD，∴AD =1+√52或1−√52（舍去） ∴AD =1+√52， 故选：B ．6．（2020•宁波模拟）如图，四边形ABCD 是轴对称图形，对角线BD 所在的直线是它的对称轴，∠A ＝∠C ＝90°，AB ≠AD ，若把这个轴对称图形沿对角线BD 剪开成两个三角形后，再把这两个三角形的一边完全重合在一起，重新拼成一个中心对称图形，则拼法共有（ ）A ．0种B ．1种C ．2种D ．3种【分析】直接利用旋转的性质结合中心对称图形的性质得出符合题意的答案． 【解析】如图所示：3种拼法都是中心对称图形． 故选：D ．7．（2020•柯桥区模拟）如图，矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝1，DC =√3，矩形OGHM 的边OM 经过点D ，边OG 交CD 于点P ，将矩形OGHM 绕点O 逆时针方向旋转α（0°＜α＜60°），OM ′交AD 于点F ，OG ′交CD 于点E ，设DF ＝y ，EP ＝x ，则y 与x 的关系为（ ）A ．y =√3xB ．y =√32xC ．y =√33xD ．y =12x【分析】由矩形的性质和余角的性质可得∠ODC ＝∠OCD ，由锐角三角函数可得AD DC=OP DO，通过证明△DOP∽△POE ，可得PEDF=PO DO，即可求解．【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴AC ＝BD ，AO ＝CO ，BO ＝DO ，∠ADC ＝90°， ∴DO ＝CO ， ∴∠ODC ＝∠OCD ， ∵四边形OGHM 是矩形， ∴∠MOG ＝90°， ∴∠ODC +∠OPD ＝90°， 又∵∠ODC +∠ODF ＝90°， ∴∠OPD ＝∠ODF ， ∵∠ODC ＝∠OCD ， ∴tan ∠OCD ＝tan ∠ODC ， ∴AD DC=OP DO，∵AD ＝1，DC =√3， ∴OP DO=√3，∵将矩形OGHM 绕点O 逆时针方向旋转α， ∴∠DOF ＝∠POE ， 又∵∠OPD ＝∠ODF ，∴△DFO∽△PEO，∴PEDF =PODO，∴xy =√3，∴y=√3x，故选：A．8．（2020•路桥区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，DE是△ABC的中位线，点D在AB上，把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°）角得到点F，连接AF，BF．下列结论：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，则α＝2∠BAC或2∠ABC；③若α＝90°，连接EF，则S△DEF＝4.5；其中正确的结论是（）A．①②B．①③C．①②③D．②③【分析】由三角形中位线定理和旋转的性质可得AD＝BD＝DF，可得△ABF是直角三角形，可判断①；由全等三角形的性质和等腰三角形的性质，可得∠BDF＝α＝2∠DAF，∠DAF＝∠BAC或∠DAF＝∠ABC，可判断②；过点B作BN⊥DE，交ED的延长线于N，过点F作FH⊥DE，交交ED的延长线于H，由“AAS”可证△DFH≌△BDN，可得DN＝FH＝3，由三角形面积公式可得S△DEF＝4.5，可判断③，即可求解．【解析】∵DE是△ABC的中位线，∴AD＝DB，∵把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°）角得到点F，∴BD＝DF，∴BD＝AD＝DF，∴△ABF是直角三角形，故①正确，∵AD＝BD＝DF，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠BDF＝α＝2∠DAF，若△ABF和△ABC全等，且∠AFB＝∠C＝90°，∴∠DAF＝∠BAC或∠DAF＝∠ABC，∴α＝2∠BAC或2∠ABC，故②正确，如图，过点B作BN⊥DE，交ED的延长线于N，过点F作FH⊥DE，交交ED的延长线于H，∵BC＝6，DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE=12BC＝3，∵BN⊥DE，∠C＝90°，∴∠NEC+∠C＝180°，∴∠C＝∠NEC＝90°，又∵BN⊥DE，∴四边形BCEN是矩形，∴BC＝NE＝6，∴DN＝3，∵把点B绕点D按顺时针方向旋转90°，∴DF＝DB，∠FDB＝90°，∴∠FDH+∠BDN＝90°，又∵∠FDH+∠F＝90°，∴∠F＝∠BDN，又∵DF＝BD，∠FHD＝∠BND＝90°，∴△DFH≌△BDN（AAS），∴DN＝FH＝3，∴S△DEF＝4.5，故③正确，故选：C ．二．填空题（共6小题）9．（2020•下城区一模）如图，在矩形ABCD 中，点E 是边DC 上一点，连结BE ，将△BCE 沿BE 对折，点C 落在边AD 上点F 处，BE 与对角线AC 交于点M ，连结FM ．若FM ∥CD ，BC ＝4．则AF ＝ 2√5−2【分析】由对折的性质得∠BCM ＝∠BFM ，BC ＝BF ，再由FM ∥CD ，证明∠BFM ＝ABF ，从而得△ABF ∽△BCA ，由相似三角形的性质求得AB ，进而由勾股定理得AF ．【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AB ∥CD ，∵FM ∥CD ，∴FM ∥AB ，∴∠ABF ＝∠BFM ，由折叠的性质得，BF ＝BC ＝4，∠BFM ＝∠ACB ，∴∠ABF ＝∠ACB ，∴△ABF ∽△BCA ，∴AB BC =BF CA ， ∴AB 4=√AB 2+42， 即AB 216=16AB +16，∴AB 2=8√5−8，∴AF =√BF 2−AB 2=√16−8√5+8=√24−8√5=√(2√5−2)2=2√5−2．故答案为：2√5−2．10．（2020•柯桥区模拟）如图，在等腰三角形ABC 中，AC ＝BC ＝4，∠A ＝30°，点D 为AC 的中点，点E 为边AB 上一个动点，连接DE ，将△ADE 沿直线DE 折叠，点A 落在点F 处．当直线EF 与直线AC 垂直时，则AE 的长为 2√33或2√3 ．【分析】当直线EF与直线AC垂直时，如图1，如图2，根据折叠的性质得到和等腰三角形的判定和性质定理以及直角三角形的性质健康得到结论．【解析】∵AC＝4，点D为AC的中点，∴AD=12AC＝2，①当直线EF与直线AC垂直时，如图1，∵将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点F处，∴∠F＝∠A＝30°，∠AED＝∠FED，∵∠AGE＝90°，∴∠AEG＝60°，∴∠AED＝∠FED＝30°，∴AD＝DE＝2，过D作DM⊥AE与M，∴AE＝2AM＝2×√32×2＝2√3；当直线EF与直线AC垂直时，如图2，∵将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点F处，∴∠F＝∠A＝30°，∠ADE＝∠FDE，∵∠AGE ＝∠FGE ＝90°，∴∠FGD ＝60°，∴∠ADE ＝∠FDE ＝30°，∴∠A ＝∠ADE ，∴AE ＝DE ，∴AG =12AD ＝1， ∴AE =2√33，综上所述，2√33或2√3， 故答案为：2√33或2√3． 11．（2020•瓯海区二模）如图是一个可调节花盆支架，外围是一个圆形框架，如图1，支架AC ，BD 的长度均为14cm ，端点C ，D 固定在花盆圆形套圈的直径两端，端点A ，B 可在外围圆形框架上移动，整个花盆支架始终成轴对称，已知花盆高EF ＝15cm ，圆形套圈的直径CD ＝20cm ，且EF 被CD 平分为上下比为1：2，当端点A ，B 向上调节至最高时，AC ，BD 和CD 同一直线上（如图2所示），此时，花盆底到圆形框架最低点的距离为FG ＝6cm ，则圆形框架的半径为 26 cm ，为了整体美观要求，花盆底到圆形框架最低点的距离FG 要最大，则此时FG 为 （16﹣2√11） cm ．【分析】如图2中，设圆心为O ，连接OG ，交花盆的上底于E ，交花盆的下底于F ，交AB 于T ．连接OA ，设OA ＝OG ＝r ．在Rt △AOT 中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．如图1中，如图1中，连接OG 交CD 于T ，连接OC ，OB ，观察图象可知：当，O ，C ，A 共线，O ，D ，B 共线时，OC ＝OD ＝26﹣14＝12最小，此时OE 的值最小，FG 的值最大．【解析】如图2中，设圆心为O ，连接OG ，交花盆的上底于E ，交花盆的下底于F ，交AB 于T ．连接OA ，设OA ＝OG ＝r ．由题意AB＝AC+CD+BD＝14+20+14＝48（cm），FG＝6cm，TF=23EF＝10（cm），∴TG＝TF+FG＝16（m）．在Rt△AOT中，∵OA2＝OT2+AT2，∴r2＝（r﹣16）2+242，解得r＝26．如图1中，连接OG交CD于T，连接OC，OB，观察图象可知：当，O，C，A共线，O，D，B共线时，OC＝OD＝26﹣14＝12最小，此时OE的值最小，FG 的值最大，在Rt△OCT中，CT＝10，OC＝12，∴OT=√OC2−CT2=√122−102=2√11（cm），∵TF=23EF＝10（cm），∴FG＝OG﹣OT﹣TF＝26﹣2√11−10＝（16﹣2√11）cm．故答案为26，（16﹣2√11）．12．（2020•温州一模）如图，在矩形ABCD中，BC＝8，E为BC中点，将△ABE沿AE翻折后，得到△AEF，再将CE折向FE，使点C与点F重合，折痕为EG．若CG＝3，则AG＝253．【分析】由折叠的性质可得AB ＝AF ，∠B ＝∠AFE ＝90°，FG ＝CG ＝3，∠C ＝∠EFG ＝90°，可证点A ，点F ，点G 三点共线，由勾股定理可求AB 的长，即可求解．【解析】∵将△ABE 沿AE 翻折后，得到△AEF ，再将CE 折向FE ，使点C 与点F 重合，∴AB ＝AF ，∠B ＝∠AFE ＝90°，FG ＝CG ＝3，∠C ＝∠EFG ＝90°，∴∠AFE +∠GFE ＝180°，∴点A ，点F ，点G 三点共线，∵AD 2+DG 2＝AG 2，∴64+（AB ﹣3）2＝（AB +3）2，∴AB =163， ∴AG ＝AF +FG =253，故答案为：253．13．（2020•杭州模拟）如图，矩形ABCD 中，AB ＝8，AD ＝6，E 为AB 边上一点，将△BEC 沿着CE 翻折，使点B 落在点F 处，连接AF ，当△AEF 为直角三角形时，BE ＝ 3或6 ．【分析】分三种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可BE 的长．【解析】如图，若∠AEF ＝90°，∵∠B ＝∠BCD ＝90°＝∠AEF∴四边形BCFE 是矩形∵将△BEC 沿着CE 翻折∴CB＝CF∴四边形BCFE是正方形∴BE＝BC＝AD＝6，如图，若∠AFE＝90°，∵将△BEC沿着CE翻折∴CB＝CF＝6，∠B＝∠EFC＝90°，BE＝EF∵∠AFE+∠EFC＝180°∴点A，点F，点C三点共线∴AC=√AB2+BC2=10，∴AF＝AC﹣CF＝4∵AE2＝AF2+EF2，∴（8﹣BE）2＝16+BE2，∴BE＝3，（3）若∠EAF＝90°，∵CD＝8＞CF＝6∴点F不可能落在直线AD上，∴不存在∠EAF＝90°，综上所述：BE＝3或614．（2020•余杭区二模）如图，已知矩形ABCD，E，F分别是边AB，CD的中点，M，N分别是边AD，AB上两点，将△AMN沿MN对折，使点A落在点E上．若AB＝a，BC＝b，且N是FB的中点，则ba 的值为√22．【分析】由题意可证四边形ADEF 是矩形，可得AD ＝EF ＝b ，∠EFB ＝90°，由折叠性质可得AN ＝EN =34a ，由勾股定理可求解．【解析】∵四边形ABCD 是矩形∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∠A ＝90°∵E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，N 是FB 的中点，∴DE ＝AF ＝BF =12AB =12a ，FN =14AB =14a ，∴AN ＝AF +FN =34a∵AF ＝DE ，DC ∥AB ，∠A ＝90°∴四边形ADEF 是矩形∴AD ＝EF ＝b ，∠EFB ＝90°∵将△AMN 沿MN 对折，使点A 落在点E 上∴AN ＝EN =34a ，在Rt △EFN 中，EN 2＝EF 2+FN 2，∴916a 2＝b 2+116a 2，∴b =√22a ∴b a =√22故答案为：√22 三．解答题（共6小题）15．（2020•江干区模拟）已知一张正方形ABCD 纸片，边长AB ＝2，按步骤进行折叠，如图1，先将正方形纸片ABCD 对折，得到折痕EF ；再折出矩形BCFE 的对角线BF ．（1）如图2，将CF 边折到BF 上，得到折痕FM ，点C 的对应点为C '，求CM 的长．（2）如图3，将AB 边折到BF 上，得到折痕BN ，点A 的对应点为A '，求AN 的长．【分析】（1）由折叠的性质可得CF ＝C 'F ＝1，∠C ＝∠FC 'M ＝90°，CM ＝C 'M ，可得BC '=√5−1，由锐角三角函数可得CF BC =C ′M BC ′，即可求解；（2）由折叠的性质可得AB ＝A 'B ＝2，AN ＝A 'N ，∠A ＝∠NA 'F ＝90°，由勾股定理可列方程，可求解．【解析】∵将正方形纸片ABCD 对折，∴CF ＝DF ＝1，∴BF =√CF 2+BC 2=√1+4=√5，（1）∵将CF 边折到BF 上，∴CF ＝C 'F ＝1，∠C ＝∠FC 'M ＝90°，CM ＝C 'M ，∴BC '=√5−1，∵tan ∠FBC =CF BC =C ′M BC ′， ∴12=√5−1， ∴C 'M =√5−12， ∴CM =√5−12；（2）如图，连接NF ，∵将AB 边折到BF 上，∴AB ＝A 'B ＝2，AN ＝A 'N ，∠A ＝∠NA 'F ＝90°，∴A 'F =√5−2，∵NF2＝DN2+DF2，NF2＝A'N2+A'F2，∴（2﹣AN）2+1＝AN2+（√5−2）2，∴AN=√5−1．16．（2020•宁波模拟）如图，平行四边形纸片ABCD中，折叠纸片使点D落在AB上的点E处，得折痕AF，再折叠纸片使点C落在EF上的G点，得折痕FH．（1）请说明：∠AFH＝90°；（2）请说明：GH∥AB．【分析】（1）根据折叠的性质得到∠DFA＝∠EFA，∠CFH＝∠GFH，根据平角的定义即可得到结论；（2）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，求得∠DFA＝∠FAE，得到AD＝DF，推出四边形ADFE是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AD∥EF，推出四边形BCFE是平行四边形，于是得到结论．【解析】（1）∵折叠纸片使点D落在AB上的点E处，∴∠DFA＝∠EFA，∵折叠纸片使点C落在EF上的G点，∴∠CFH＝∠GFH，∵∠DFA+∠EFA+∠GFH+∠CFH＝180°，∴∠EFA+∠GFH=12×180°=90°，∴∠AFH＝90°；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠DFA＝∠FAE，∵∠DAF＝∠EAF，∴∠DAF＝∠DFA，∴AD＝DF，由折叠的性质得，AD＝AE，∴AE＝DF，∵AE∥DF，∴四边形ADFE是平行四边形，∴AD∥EF，∴EF∥BC，∴四边形BCFE是平行四边形，∴∠C＝∠BEF，由折叠的性质的，∠C＝∠FGH，∴∠FGH＝∠BEF，∴GH∥AB．17．（2020•上虞区一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4√2，BC＝8，∠B＝60°，将平行四边形ABCD 沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处，折叠后点C的对应点为C′，D′C′交BC于点G，∠BGD′＝32°．（1）求∠D′EF的度数；（2）求线段AE的长．【分析】（1）由平行四边形的性质可得∠B＝∠D＝60°，AD∥BC，可得∠DEF＝∠EFB，由折叠的性质可得∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，由四边形内角和定理可求∠D′EF的度数；（2）过点E作EH⊥AB于点H，设AE＝x，可得AH=x2，HE=√32x，由勾股定理可求x的值，即可求线段AE的长．【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形∴∠B＝∠D＝60°，AD∥BC∴∠DEF＝∠EFB∵将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处∴∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，∴∠D'EF＝∠EFB，∵∠BGD ′＝32°∴∠D 'GF ＝148°∵∠D 'GF +∠EFB +∠D 'EF +∠ED 'G ＝360°∴∠D 'EF ＝76°（2）过点E 作EH ⊥AB 于点H ，设AE ＝x ，∵AD ∥BC∴∠HAD ＝∠B ＝60°，且EH ⊥AB∴AH =x 2，HE =√32x ，∵点D '是AB 中点∴AD '=12AB ＝2√2∵HE 2+D 'H 2＝D 'E 2，∴34x 2+（2√2+x 2）2＝（8﹣x ）2， ∴x =112−14√231∴AE =112−14√231 18．（2020•萧山区模拟）如图，在矩形ABCD 中，2AB ＞BC ，点E 和点F 为边AD 上两点，将矩形沿着BE 和CF 折叠，点A 和点D 恰好重合于矩形内部的点G 处，（1）当AB ＝BC 时，求∠GEF 的度数；（2）若AB =√2，BC ＝2，求EF 的长．【分析】（1）由折叠的性质可得AB＝BG，CD＝CG；∠EGB＝∠A＝90°＝∠FGC，可得BG＝BC＝GC，可得∠BGC＝60°，∠ABG＝30°，由四边形内角和可求∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝150°，可求∠GEF的度数；（2）由折叠的性质可得AB＝BG，CD＝CG，AE＝EG，DF＝FG，由勾股定理的逆定理可得∠BGC＝90°，可得∠GBC＝45°，由四边形内角和可求∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝135°，可求∠FEG＝45°，由线段关系可求EF的长．【解析】（1）当AB＝BC时，矩形ABCD为正方形由折叠得，AB＝BG，CD＝CG；∠EGB＝∠A＝90°＝∠FGC，∵AB＝BC＝CD∴BG＝BC＝GC∴∠BGC＝60°∴∠ABG＝30°∴∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝150°∴∠GEF＝30°（2）在矩形ABCD中，AB＝CD=√2由折叠得，AB＝BG，CD＝CG，AE＝EG，DF＝FG∴BG＝GC=√2，∵BG2+CG2＝4，BC2＝4，∴BG2+CG2＝BC2，∴∠BGC＝90°，且BG＝CG，∴∠GBC＝45°∴∴∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝135°∴∠FEG＝45°，同理可得∠EFG＝45°，∴△EGF为等腰直角三角形设EG＝x，则AE＝FD＝x，EF=√2x，得（2+√2）x＝2，∴x＝2−√2∴EF=√2x＝2√2−219．（2020•义乌市校级模拟）在△ABC中，沿着中位线DE剪切后，用得到的△ADE和四边形DBCE可以拼成平行四边形DBCF，剪切线与拼图如图1所示．仿照上述的方法，按要求完成下列操作设计，并在规定位置画出图示．（画图工具不限，剪切线用实线表示，拼接线用虚线表示，要求写出简要的说明）（1）将平行四边形ABCD剪切成两个图形，再将它们拼成一个矩形，剪切线与拼图画在图2的位置；（2）将梯形ABCD剪切成两个图形，再将它们拼成一个平行四边形，剪切线与拼图画在图3的位置．【分析】（1）过点A作AE⊥BC，再把△ABE剪切，然后移到△DCF的位置即可；（2）过AB的中点作GF∥DC，再把△BGF剪切，然后旋转到△AEG的位置即可；【解析】（1）如图：过点A作AE⊥BC，再把△ABE剪切，然后移到△DCF的位置即可；（2）如图：过AB的中点作GF∥DC，再把△BGF剪切，然后旋转到△AEG的位置即可；20．（2020•新昌县一模）在平面直角坐标系中，已知点A（0，4），B（4，4），点M，N是射线OC上两动点（OM＜ON），且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．（1）探究发现：当点M，N均在线段OB上时（如图1），有OM2+BN2＝MN2．他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．请你完成第二步三角形全等的证明．（2）继续探究：除（1）外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）．（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．【解析】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵点A（0，4），B（4，4），∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP（SAS）．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP（SAS），∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM2+BN2＝MN2．（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．设MN＝2x，则BM＝BN＝x，∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，∴OB＝4√2，∴OM＝4√2−x，∵OM2+BN2＝MN2．∴（4√2−x）2+x2＝（2x）2，解得x＝﹣2√2+2√6或﹣2√2−2√6（舍弃）∴MN＝﹣4√2+4√6．。

2020年九年级中考数学 几何压轴之几何探究题(含答案)


∴ △ABD≌△ CAF(AAS)； 归 纳证明 :∵∠ 1=∠ 2=∠ BAC,∠1=∠BAE＋ ∠ ABE, ∠ BAC=∠ BAE＋∠ CAF,∠2=∠FCA＋∠ CAF, ∴ ∠ABE=∠ CAF,∠BAE=∠FCA, 在 △ABE 和△CAF 中,
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
2. 特 例探究 :如图 ①,已 知在△ABC 中,AB=BC,
∠ ABC=90°,D 为 AC 边 的中点 ,连接 BD,判断△ABD 是什 么三角 形,并 说明理 由;
归 纳证明 :如图 ②,已 知在△ABC 中,AB=BC,∠ ABC=90°,把 Rt△DEF 的 直角顶 点 D 放在 AC 的
中 点上,DE 交 AB 于 M,DF 交 BC 于 N,连接 BD． 证明:DM=DN；
拓 展应用 :在图 ②中,AC=4,其 他条件 都不发 生变化 ,请直接 写出 Rt△DEF 与△ABC 的重 叠部分
的面积．
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
第 2 题图
特例探究 :解:△ABD 是等腰直角三角形．
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2020 中考数学 几何压轴之几何探究题（含答案）
1. 两个全等的直角三角形 ABC 和 DEF 重叠在一起,其中∠A=60°,AC=1,固定△ABC 不动,将△DEF 进行如下 操作:
(1)操作发现 如图①,△DEF 沿线段 AB 向右平移(即 D 点在线段 AB 内移动),连接 DC、CF、FB,四边形 CDBF 的形状在不断变化,但它的面积不变化,请求出其面积； (2)猜想论证 如图②,当 D 点移到 AB 的中点时,请你猜想四边形 CDBF 的形状,并说明理由； (3)拓展研究 如图③,将△DEF 的 D 点固定在 AB 的中点,然后绕 D 点按顺时针方向旋转△DEF,使 DF 落在 AB 的边上,此时 F 点恰好与 B 点重合,连接 AE,求 sinα 的值.
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热点专题5 操作探究问题实践操作性问题以趣味性强、思维含量高为特点，在具体的实践操作中主要有以下类型：（1）裁剪、折叠、拼图等问题，往往与面积与对称性相联系；（2）画图、测量、猜想、证明等探究性问题，往往要求答题者在给定的操作规则下，进行探索研究、大胆猜想、发现结论，进而提高个人的创新能力与实践能力.在2019年的中考中，操作性行问题主要包含几何体的展开与折叠，图案设计、程序框输入，尺规作图、几何图形的探究等题型，分值不一，难度不等.考向1几何体的展开与折叠1.（2019·济宁）如图，一个几何体上半部为正四校锥，下半部为立方体，且有一个面涂有颜色，该几何体的表面展开图是（）A B C D【答案】B【解析】选项A和C带图案的一个面是底面，不能折叠成原几何体的形式；选项B能折叠成原几何体的形式；选项D折叠后下面带三角形的面与原几何体中的位置不同．2．（2019·山西）某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么在原正方体中，与"点"字所在面相对的面上的汉字是( )A．青B．春C．梦D．想【答案】B【解析】根据正方体的展开与折叠中面的关系，可知与"点"字所在面相对的面上的汉字是春，故选B ． 考向2 图案设计与几何变换1．（2019·烟台）小明将一张正方形纸片按如图所示的顺序折叠成纸飞机，当机翼展开在同一平面时（机翼间无缝隙），AOB ∠的度数是 ．【答案】22.5︒【解析】在解本题的过程中，可以找一张正方形的纸片进行如题操作，通过测量，来得到答案，也可以利用图形的轴对称的性质，直接得到AOB ∠的度数是22.5︒．2.（2019·南充）如图，正方形MNCB 在宽为2的矩形纸片一端，对折正方形MNCB 得到折痕AE ，再翻折纸片，使AB 与AD 重合，以下结论错误的是( )A ．210AB =+B ．CD BC =C ．2BC CD EH =g D ．sin AHD ∠=【答案】A【解析】在Rt AEB ∆中，AB == //AB DH Q ，//BH AD ，∴四边形ABHD 是平行四边形，AB AD =Q ，∴四边形ABHD 是菱形，AD AB ∴==1CD AD AD ∴===，∴CD BC ，故选项B 正确，24BC =Q ，1)4CD EH ==g ，2BC CD EH ∴=g ，故选项C 正确， Q 四边形ABHD 是菱形，AHD AHB ∴∠=∠，sin sin AE AHD AHB AH ∴∠=∠==D 正确，故选：A ．3．（2019 · 北京）已知30AOB ∠=︒，H 为射线OA 上一定点，1OH =，P 为射线OB 上一点，M 为线段OH 上一动点，连接PM ，满足OMP ∠为钝角，以点P 为中心，将线段PM 顺时针旋转150︒，得到线段PN ，连接ON ．（1）依题意补全图1；（2）求证：OMP OPN ∠=∠；（3）点M 关于点H 的对称点为Q ，连接QP ．写出一个OP 的值，使得对于任意的点M 总有ON=QP ，并证明．解：（1）见下图（2）证明：∵30AOB ∠=︒，∴在△OPM 中，=180150OMP POM OPM OPM ︒-∠-∠=︒-∠∠， 又∵150MPN ∠=︒，∴150OPN MPN OPM OPM ∠=∠-∠=︒-∠，∴OMP OPN ∠=∠. （3）如下图，过点P 作PK ⊥OA 于K ，过点N 作NF ⊥OB 于F∵∠OMP=∠OPN ，∴∠PMK=∠NPF ，在△NPF 和△PMK 中，90NPF PMKNFO PKM PN PM ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△NPF ≌△PMK （AAS ），∴PF=MK ，∠PNF=∠MPK ，NF=PK ， 又∵ON=PQ ，在Rt △NOF 和Rt △PKQ 中，ON PQ NF PK=⎧⎨=⎩，∴Rt △NOF ≌Rt △PKQ （HL ），∴KQ=OF ， 设,MK y PK x ==，∵∠POA=30°，PK ⊥OQ ，备用图图1A∴2OP x =，∴,OK OM y ==-，∴2OF OP PF x y =+=+，)1MH OH OM y =---，1KH OH OK =-.∵M 与Q 关于H 对称，∴MH=HQ ，∴11y -+=2y -+，又∵KQ=OF ，∴22y x y -+=+，∴(22x =+，∴1x =，即PK=1， 又∵30POA ∠=︒，∴OP=2. 考向3 程序输入与规律探究1.（2019·重庆A 卷）按如图所示的运算程序，能使输出y 值为1的是 （ ） A ．m=1，n=1 B ．m=1，n=0 C ．m=1，n=2D ．m=2，n=1【答案】D ．【解析】∵m=1，n=1，∴y=2m ＋1=3；∵m=1，n=0，∴y=2n －1=－1；∵m=1，n=2，∴y=2m ＋1=3；∵m=2，n=1，∴y=2n －1=1．故选D ．18.(2019·东营)如图，在平面直角坐标系中，函数x y 33=和x y 3-=的图象分别为直线1l ，2l ，过1l 上的点A 1（1，33）作x 轴的垂线交2l 于点A 2，过点A 2作y 轴的垂线交1l 于点A 3，过点A 3作x 轴的垂线交2l 于点A 4…，一次进行下去，则点2019A 的横坐标为 .【答案】：-31009【解析】：本题考查坐标里的点规律探究题，观察发现规律：A 1（1，33），A 2（1，3-），A 3（-3，3-），A 4（-3，33），A 5（9，33），A 6（9，39-），A 7（-27，39-），……A 2n+1[(-3)n ，3×(-3)n]（n 为自然数），2019=1009×2+1，所以A 2019的横坐标为：(-3)1009=-31009.考向4 尺规作图1．（2019·长沙）如图，Rt △ABC 中，∠C=90°，∠B=30°，分别以点A 和点B 为圆心，大于12AB 的长为半径作弧，两弧相交于M 、N 两点，作直线MN ，交BC 于点D ，连接AD ，则∠CAD 的度数是（ ）A ．20°B ．30°C ．45°D ．60°【答案】B【解析】在△ABC 中，∵∠B=30°，∠C=90°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=60°，由作图可知MN 为AB 的中垂线，∴DA=DB ，∴∠DAB=∠B=30°，∴∠CAD=∠BAC-∠DAB=30°，故本题选：B ．2．（2019·兰州）如图，矩形ABCD ，∠BAC=60°，以点A 为圆心，以任意长为半径作弧分别交AB ，AC 于点M ，N 两点，再分别以点M ，N 为圆心，以大于21MN 的长作半径作弧交于点P ，作射线AP 交BC 于点E ，若BE=1，则矩形ABCD 的面积等于 .【答案】【解析】在矩形ABCD 中，∠BAC=60°，∴∠B=90°，∠BCA=30°，∵AE 平分∠BAC ，∴∠BAE=∠EAC=30°∵在Rt △ABE 中，BE=1，∴AE=1sin30︒=2，AB=1tan30︒∵∠EAC=∠ECA=30°，∴EC=AE=2，∴S 矩形ABCD =AB ⋅BC=3.（2019·济宁）如图，点M 和点N 在∠AOB 内部．（1）请你作出点P ，使点P 到点M 和点N 的距离相等，且到∠AOB 两边的距离也相等（保留作图痕迹，不写作法）；（2）请说明作图理由．解：(1)画出∠AOB 的角平分线，画出线段MN 的垂直平分线，两者的交点就得到P 点．（2）作图的理由：点P 在∠AOB 的角平分线上，又在线段MN 的垂直平分线上，∠AOB 的角平分线和线段MN 的垂直平分线的交点即为所求．4. （2019·长春）图①、图②、图③处均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A、B、C、D、E、F均在格点上.在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法.（1）在图①中以线段AB为边画一个△ABM，使其面积为6.（2）在图②中以线段CD为边画一个△CDN，使其面积为6.（3）在图③中以线段EF为边画一个四边形EFGH，使其面积为9，且∠EFG=90°.解：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）如图所示.考向5 几何探究1．（2019·武汉）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA＋PC=PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN=6，∠M=75°，MG=24．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是___________．【答案】【解析】由题构造等边△MFN，△MHO，图中2个彩色三角形全等（△MFH≌△MNO（SAS））∴OM＋ON＋OG=HO＋HF＋OG，∴距离和最小值为（Rt△FQG勾股定理）2．（2019·山西）综合与实践动手操作:第一步:如图1，正方形纸片ABCD 沿对角线AC 所在的直线折叠，展开铺平，再沿过点C 的直线折叠，使点B ，点D 都落在对角线AC 上.此时，点B 与点D 重合，记为点N ，且点E ，点N ，点F 三点在同一条直线上，折痕分别为CE ，CF.如图2.第二步:再沿AC 所在的直线折叠，△ACE 与△ACF 重合，得到图3.第三步:在图3的基础上继续折叠，使点C 与点F 重合，得到图4，展开铺平，连接EF ，FG ，GM ，ME ，如图5.图中的虚线为折痕. 问题解决:（1）在图5中，∠BEC 的度数是_____，AEBE的值是_____; （2）在图5中，请判断四边形EMGF 的形状，并说明理由;（3）在不增加字母的条件下，请你以图5中的字母表示的点为顶点，动手画出．．．．一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形:_______.【解题过程】（1）∵正方形ABCD ，∴∠ACB=45°，由折叠知:∠1=∠2=22.5°，∠BEC=∠CEN ，BE=EN ，∴∠BEC=90°－∠1=67.5°，∴∠AEN=180°－∠BEC －∠CEN=45°，∴cos45°=2EN AE =，AEEN，AE AEBE EN=（2）四边形EMGF 是矩形.理由如下:∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B=∠BCD=∠D=90°，由折叠可知:∠1=∠2=∠3=∠4，CM=CG ，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC ，∴∠1=∠2=∠3=∠4=°904=22.5°，∴∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°，由折叠知:MH ，GH 分别垂直平分EC ，FC ，∴MC=ME ，GC=GF.∴∠5=∠1=22.5°，∠6=∠4=22.5°，∴∠MEF=∠GFE=90°.∵∠MCG=90°，CM=CG ，∴∠CMG=45°，又∵∠BME=∠1+∠5=45°，∴∠4图2FEMG=180°－∠CMG －∠BME=90°，∴四边形EMGF 是矩形;（3）答案不唯一，画出正确的图形（一个即可）.菱形FGCH （或菱形EMCH ）3．（2019·淮安）如图①，在△ABC 中，AB=AC=3，∠BAC=100°，D 是BC 的中点.小明对图①进行了如下探究：在线段AD 上任取一点P ，连接PB ．将线段PB 绕点P 按逆时针方向旋转80°，点B 的对应点是点E ，连接BE ，得到△BPE.小明发现，随着点P 在线段AD 上位置的变化，点E 的位置也在变化，点E 可能在直线AD 的左侧，也可能在直线AD 上，还可能在直线AD 的右侧. 请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：(1)当点E 在直线AD 上时，如图②所示.①∠BEP= °； ②连接CE ，直线CE 与直线AB 的位置关系是 .(2)请在图③中画出△BPE ，使点E 在直线AD 的右侧，连接CE.试判断直线CE 与直线AB 的位置关系，并说明理由.(3)当点P 在线段AD 上运动时，求AE 的最小值.【解题过程】（1）①由题意得，PE=PB ，∠BPE=80°，∴∠BEP=︒=︒-︒50280180； ②如图所示，∵AB=AC ，D 是BC 的中点，∠BAC=100°，∴∠ABC=︒=︒-︒402100180，∵∠BEP=50°，∴∠BCE=∠CBE=40°，∴∠ABC=∠BCE ，∴CE ∥AB ．答案：①50°；②平行 （2）在DA 延长线上取点F ，使∠BFA=∠CFA=40°，总有△BPE ∽△BFC ． 又∵△BPF ∽△BEC ，∴∠BCE=∠BFP=40°，∴∠BCE=∠ABC=40°，∴CE ∥AB ．(3)当点P 在线段AD 上运动时，由题意得PB=PE=PC ， ∴点B 、E 、C 在以P 为圆心、PB 为半径的圆上，如图所示：∴AE 的最小值为AC=3.。

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