中考数学《第四部分第二讲第2课探究型问题》同步练习(含答案)

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2018届中考《第四部分第四讲第4课时操作探究型问题》同步练习-(数学)

第4课时操作探究型问题(60分)1．(15分)[2017·北京]如图4－4－1，P 是AB ︵所对弦AB 上一动点，过点P 作PM ⊥AB 交AB ︵于点M ，连结MB ，过点P 作PN ⊥MB 于点N .已知AB ＝6 cm ，设A ，P 两点间的距离为x cm ，P ，N 两点间的距离为y cm(当点P 与点A 或点B 重合时，y 的值为0)．小东根据学习函数的经验，对函数y 随自变量x 的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的探究过程，请补充完整：图4－4－1(1)通过取点、画图、测量，得到了x 与y 的几组值，如下表：(说明：补全表格时相关数值保留一位小数)(2)第1题答图(3)结合画出的函数图象，解决问题：当△P AN 为等腰三角形时，AP 的长度约为__2.2(答案不唯一)__cm.【解析】 (3)如答图，作y ＝x 与函数图象交点即为所求．则AP ≈2.2(答案不唯一)． 2．(15分)[2017·襄阳]如图4－4－2，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD 是中线，AC ＝BC .一个以点D 为顶点的45°角绕点D 旋转，使角的两边分别与AC ，BC 的延长线相交，交点分别为点E ，F ，DF 与AC 交于点M ，DE 与BC 交于点N.图4－4－2(1)如图①，若CE ＝CF ，求证：DE ＝DF ； (2)如图②，在∠EDF 绕点D 旋转的过程中：①探究三条线段AB ，CE ，CF 之间的数量关系，并说明理由； ②若CE ＝4，CF ＝2，求DN 的长．解：(1)证明：∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，AD ＝BD ， ∴∠BCD ＝∠ACD ＝45°，∠BCE ＝∠ACF ＝90°. ∴∠DCE ＝∠DCF ＝135°.又∵CE ＝CF ，CD ＝CD ，∴△DCE ≌△DCF . ∴DE ＝DF ；(2)①∵∠DCF ＝∠DCE ＝135°， ∴∠CDF ＋∠F ＝180°－135°＝45°.又∵∠CDF ＋∠CDE ＝45°，∴∠F ＝∠CDE . ∴△CDF ∽△CED ，∴CD CE ＝CFCD ，即CD 2＝CE ·CF . ∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴CD ＝12AB .∴AB 2＝4CE ·CF .②如答图，过点D 作DG ⊥BC 于G ，则∠DGN ＝∠ECN ＝90°，CG ＝DG . 当CE ＝4，CF ＝2时，由CD 2＝CE ·CF ，得CD ＝22.第2题答图∴在Rt △DCG 中，CG ＝DG ＝CD ·sin ∠DCG ＝22×sin45°＝2. ∵∠ECN ＝∠DGN ，∠ENC ＝∠DNG ，∴△CEN ∽△GDN . ∴ CN GN ＝CE DG ＝2，∴GN ＝13CG ＝23. ∴DN ＝GN 2＋DG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋22＝2103. 3．(15分)(1)问题发现与探究：如图4－4－3①，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB ＝∠DCE ＝90°，点A ，D ，E 在同一直线上，CM ⊥AE 于点M ，连结BD ，则：①线段AE ，BD 之间的大小关系是__AE ＝BD __，∠ADB ＝__90°__，并说明理由． ②求证：AD ＝2CM ＋BD ； (2)问题拓展与应用：如图②、图③，在等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，过点A 作直线，在直线上取点D ，∠ADC ＝45°，连结BD ，BD ＝1，AC ＝2，则点C 到直线的距离是__3－12__或__3＋12__，写出计算过程．图4－4－3解：(1)①∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC ＝BC ，CE ＝CD ，∵∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴∠ACE ＋∠ECB ＝∠BCD ＋∠ECB ，∴∠ACE ＝∠BCD ，在△ACE 与△BCD 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACE ＝∠BCD ，CE ＝CD ，∴△ACE ≌△BCD (SAS )，∴AE ＝BD ，∠AEC ＝∠BDC ，∵∠CED ＝∠CDE ＝45°，∴∠AEC ＝135°，∴∠BDC ＝135°，∴∠ADB＝90°；②证明：在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，∴CM＝DM＝ME，∴DE＝2CM.∴AD＝DE＋AE＝2CM＋BD；(2)如答图①，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由(1)知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝2AC＝2，∴AD＝AB2－BD2＝3，∴DE＝AD－AE＝3－1，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝12DE＝3－12；如答图②，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由(1)知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝2AC＝2，∴AD＝AB2－BD2＝3，∴DE＝AE＋AD＝1＋3，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝12DE＝3＋1 2.综上，点C到直线的距离是3－12或3＋12.第3题答图4．(15分)在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE 与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.(1)如图4－4－4①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝12AB；(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝3(BE－CF)．图4－4－4解：(1)∵AB ＝AC ，∠A ＝60°， ∴△ABC 是等边三角形，∴∠B ＝∠C ＝60°，BC ＝AC ＝AB ＝4. ∵点D 是线段BC 的中点， ∴BD ＝DC ＝12BC ＝2. ∵DF ⊥AC ，即∠AFD ＝90°，∴∠AED ＝360°－60°－90°－120°＝90°， ∴∠BED ＝90°，∴BE ＝BD ·cos B ＝2×12＝1；(2)证明：如答图①，过点D 作DM ⊥AB 于M ，作DN ⊥AC 于N ，则有∠AMD ＝∠BMD ＝∠AND ＝∠CND ＝90°.∵∠A ＝60°，∴∠MDN ＝360°－60°－90°－90°＝120°. ∵∠EDF ＝120°， ∴∠MDE ＝∠NDF . 在△MBD 和△NCD 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BMD ＝∠CND ，∠B ＝∠C ，BD ＝CD ，∴△MBD ≌△NCD ，∴BM ＝CN ，DM ＝DN . 在△EMD 和△FND 中，第4题答图①⎩⎪⎨⎪⎧∠EMD ＝∠FND ，DM ＝DN ，∠MDE ＝∠NDF ，∴△EMD ≌△FND ，∴EM ＝FN ，∴BE ＋CF ＝BM ＋EM ＋CF ＝BM ＋FN ＋CF ＝BM ＋CN ＝2BM ＝2BD ·cos60°＝BD ＝12BC ＝12AB ；(3)如答图②，过点D 作DM ⊥AB 于M ，同(1)可得∠B ＝∠ACD ＝60°.同(2)可得BM ＝CN ，DM ＝DN ，EM ＝FN . ∵DN ＝FN ，∴DM ＝DN ＝FN ＝EM ，∴BE ＋CF ＝BM ＋EM ＋CF ＝CN ＋DM ＋CF ＝NF ＋DM ＝2DM ，BE －CF ＝BM ＋EM －CF ＝BM ＋NF －CF ＝BM ＋NC ＝2BM .在Rt △BMD 中，DM ＝BM ·tan B ＝3BM ， ∴BE ＋CF ＝ 3(BE －CF )．(20分)5．(20分)[2017·天门]在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，点D 与点B 在AC 同侧，∠DAC ＞∠BAC ，且DA ＝DC ，过点B 作BE ∥DA 交DC 于点E ，M 为AB 的中点，连结MD ，ME . (1)如图4－4－5①，当∠ADC ＝90°时，线段MD 与ME 的数量关系是__MD ＝ME ；__；图4－4－5(2)如图②，当∠ADC ＝60°时，试探究线段MD 与ME 的数量关系，并证明你的结论；第4题答图②(3)如图③，当∠ADC＝α时，求MEMD的值．解：(2)MD＝ 3 ME.证明：如答图①，延长EM交DA于点F，∵BE∥DA，∴∠F AM＝∠EBM，又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BMF，∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME，∵DA＝DC，∠ADC＝60°，∴∠BED＝∠ADC＝60°，∠ACD＝60°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝30°，∴∠EBC＝30°，∴CE＝BE，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠MDE＝30°.在Rt△MDE中，tan∠MDE＝MEMD ＝33.∴MD＝3ME；第5题答图(3)如答图②，延长EM交DA于点F，∵BE∥DA，∴∠F AM＝EBM，又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BME，∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME，延长BE交AC于点N，∴∠BNC＝∠DAC，∵DA＝DC，∴∠DCA＝∠DAC，∴∠BNC＝∠DCA，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝∠EBC，∴CE＝BE，∴AF＝CE，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∵∠ADC＝α，∴∠MDE＝α2，∴在Rt△MDE中，MEMD ＝tan∠MDE＝tanα2.(20分)6．(20分)[2017·衡阳]如图4－4－6，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转得到CF，连结DF，以CE，CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD，AC分别交于点H，M，GF交CD延长线于点N.(1)证明：点A，D，F在同一条直线上；(2)随着点E的移动，线段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由；(3)连结EF，MN，当MN∥EF时，求AE的长．【解析】(1)证明三点共线，一般是证明中间点与另两点连线的夹角等于180°.由旋转不改变图形的形状和大小，可证△CBE≌△CDF，得到∠CDF＝∠CBE＝90°，所以可证∠ADF＝180°，问题得证．(2)求AE的最值，需要建立适当的函数模型，考虑AE，AH是同一个直角三角形的边，所以设AH＝y，AE＝x，由图直观看出△CBE∽△EAH，利用对应边成比例，可以得出y与x 的函数关系式，从而最值问题可解．(3)连结CG，根据正方形是轴对称图形，对角线所在的直线是对称轴，EF∥MN，所以NG＝GM，所以CN＝CM，从而可推出∠EFD＝∠ECA＝∠1＝∠3，所以Rt△CBE∽Rt△F AE，所以BCAF ＝BEAE，因此AE可求．第6题答图解：(1)证明：如答图①，由旋转的性质知，CF ＝CE ，又∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，又∵ CD ＝CB ，∴△CBE ≌△CDF ， ∴∠CDF ＝∠CBE ＝90°，∴∠ADF ＝180°. 故点A ，D ，F 三点共线；(2)设DH ＝y ，AH ＝1－y ，AE ＝x ，在Rt △CBE 和Rt △EAH 中，∠4＋∠5＝90°， ∴Rt △CBE ∽Rt △EAH ， ∴CB AE ＝BE AH ，即1x ＝1－x 1－y ，∴y ＝x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34，即当点E 是AB 的中点时，DH 最小，最小值为34；(3)如答图②，连结CG .∵矩形∠FGE 是正方形，对角线CG 所在的直线是其对称轴，又∵FG ＝GE ，EF ∥MN ，∴GN ＝GM ， ∴CN ＝CM ，又∵∠CNM ＝45°＋∠3，∠NMC ＝45°＋∠ECM ，又∵∠ECM ＝∠EFH ，∴∠3＝∠EFH ＝∠1， ∴Rt △CBE ∽Rt △F AE ，∴BC AF ＝BEAE ，BC ＝1，BE ＝1－AE ，AF ＝1＋1－AE ＝2－AE ，即有12－AE＝1－AEAE ，∴AE 2－4AE ＋2＝0，解得AE ＝2＋ 2>1(不合题意，舍去)，AE ＝2－ 2.。

九年级数学中考第二轮复习—开放探索问题同步练习人教实验版

初三数学人教实验版中考第二轮复习——开放探索问题同步练习（答题时间：50分钟）一、选择题1. 如图，已知AB ＝AD ，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC ≌△ADC 的是（）A. CB ＝CDB. ∠BAC ＝∠DACC. ∠BCA ＝∠DCAD. ∠B ＝∠D ＝90°A B CD*2. 在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝3，AF 平分∠DAB ，过C 点作CE ⊥BD 于E ．延长AF 、EC 交于点H ，下列结论中：①AF ＝FH ；②BO ＝BF ；③CA ＝CH ；④BE ＝3ED 。

正确的是（）A. ②③B. ③④C. ①②④D. ②③④AB C D OE FH二、填空题1. 在△ABC 中，AB ＝AC ＝12cm ，BC ＝6cm ，D 为BC 的中点，动点P 从B 点出发，以每秒1cm 的速度沿B →A →C 的方向运动。

设运动时间为t ，那么当t ＝__________秒时，过D 、P 两点的直线将△ABC 的周长分成两个部分，使其中一部分是另一部分的2倍。

*2. 如图⊙O 1和⊙O 2的半径分别为1和3，连接O 1O 2，交⊙O 2于点P ，O 1O 2＝8。

若将⊙O 1绕点P 按顺时针方向旋转360°，则⊙O 1与⊙O 2共相切__________次。

O 1O 2P三、解答题1.两地相距40km ，摩托车的速度为45km /h ，运货汽车的速度为35km /h （涂黑部分表示被墨水覆盖的若干文字）请将这道作业题补充完整，并列方程解答。

2. 鲁西西开始研究整数的特征。

她发现：4＝22－02，12＝42－22，20＝62－42。

4、12、20这些正整数都能表示为两个连续偶数的平方差，她称这些正整数为“和谐数”。

现在请你在鲁西西研究的基础上，进一步探究下列问题：（1）判断28、2008是否为“和谐数”；（2）根据上述判断，请你推广你的结论，指出判断一个正整数是否为“和谐数”的标准；（3）更进一步探究：两个连续奇数的平方差（取正数）是“和谐数”吗？为什么？3. 如图，在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝60°，AD ∥BC ，且AD ＝DC ，E 、F 分别在AD 、DC 的延长线上，且DE ＝CF ，AF 、BE 交于点P 。

2021年中考数学总复习直线形综合类比探究型专题训练(不用相似)(含答案与解析)

类比探究型几何综合题专题训练（不用相似）【类型1】通过位置变化（图形变换）进行类比探究〖例1〗已知：如图，等边△AOB的边长为4，点C为OA中点．（1）如图1，将OC绕点O顺时针旋转，使点C落到OB边的点D处，设旋转角为α（0°＜α≤360°）．则此时α＝；此时△COD是三角形（填特殊三角形的名称）．（2）如图2，固定等边△AOB不动，将（1）中得到的△OCD绕点O逆时针旋转，连接AC，BD，设旋转角为β（0°＜β≤360°）．①求证：AC＝BD；②当旋转角β为何值时，OC∥AB，并说明理由；③当A、C、D三点共线时，直接写出线段BD的长．〖例2〗现有与菱形有关的三幅图，如图：（1）（感知）如图①，AC是菱形ABCD的对角线，∠B＝60°，E、F分别是边BC、CD上的中点，连结AE、EF、AF．若AC＝2，则CE+CF的长为．（2）（探究）如图②，在菱形ABCD中，∠B＝60°．E是边BC上的点，连结AE，作∠EAF＝60°，边AF交边CD于点F，连结EF．若BC＝2，求CE+CF的长．（3）（应用）在菱形ABCD中，∠B＝60°．E是边BC延长线上的点，连结AE，作∠EAF＝60°，边AF交边CD延长线于点F，连结EF．若BC＝2，EF⊥BC时，借助图③求△AEF的周长．〖尝试练习〗1．如图1，等边△ABC与等边△BDE的顶点B重合，D、E分别在AB、BC上，AB＝2√2，BD＝2．现将等边△BDE从图1位置开始绕点B顺时针旋转，如图2，直线AD、CE相交于点P．（1）在等边△BDE旋转的过程中，试判断线段AD与CE的数量关系，并说明理由；（2）在等边△BDE顺时针旋转180°的过程中，当点B到直线AD的距离最大时，求PC的长；（3）在等边△BDE旋转一周的过程中，当A、D、E三点共线时，求CE的长．2．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD 为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．（1）探究猜想如图1，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：；②BC、CD、CF之间的数量关系为：；（2）深入思考如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．（3）拓展延伸如图3，当点D在线段BC的延长线上时，正方形ADEF对角线交于点O．若已知AB＝2√2，CD＝14BC，请求出OC的长．3．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG有公共的顶点A，且正方形AEFG的边AE，AG分别在正方形ABCD的边AB，AD上，显然BE＝DG，BE⊥DG．（1）将图1的正方形AEFG绕点A转动一定的角度到图2的位置．求证：①BE＝DG；②BE⊥DG；（2）如图3，若点D，G，E在同一条直线上，且正方形ABCD的边长是4√2，正方形AEFG的边长为3√2，求BE的长．【类型2】通过形状变化进行类比探究〖例3〗如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α．D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转α，得到AE，连接DE，CE．（1）求证：CE＝BD；（2）若α＝60°，其他条件不变，如图2．请猜测线段AC，CD，CE之间的数量关系，并说明理由；（3）若α＝90°，其他条件不变，如图3，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间的数量关系，并说明理由．〖例4〗如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PC＝PE，PF交CD于点F．（1）求证：∠PCD＝∠PED；（2）连接EC，求证：EC＝√2AP；（3）如图2，把正方形ABCD改成菱形ABCD，其他条件不变，当∠DAB＝60°时，请直接写出线段EC和AP的数量关系．〖尝试练习〗4．已知菱形ABCD和菱形DEFG有公共的顶点D，C点在DE上，且∠ADC＝∠EDG，连接AE，CG，如图1．（1）试猜想AE与CG有怎样的数量关系（直接写出关系，不用证明）；（2）将菱形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）在（2）的条件下，如果∠ADC＝∠EDG＝90°，如图3，你认为AE和CG是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．5．已知在平行四边形ABCD中，AB≠BC，将△ABC沿直线AC翻折，点B落在点E处，AD与CE相交于点O，联结DE．（1）如图1，求证：AC∥DE；（2）如图2，如果∠B＝90°，AB＝√3，BC＝√6，求△OAC的面积；（3）如果∠B＝30°，AB＝2√3，当△AED是直角三角形时，求BC的长．6．如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG．（1）求证：四边形ECFG是菱形；（2）连结BD、CG，若∠ABC＝120°，则△BDG是等边三角形吗？为什么？（3）若∠ABC＝90°，AB＝10，AD＝24，M是EF的中点，求DM的长．【自主反馈】7．如图1，△ABC是等边三角形，点D，E分别是BC，AB上的点，且BD＝AE，AD与CE交于点F．（1）求∠DFC的度数；（2）将CE绕着点C逆时针旋转120°，得到CP，连接AP，交BC于点Q．①补全图形（图2中完成）；②用等式表示线段BE与CQ的数量关系，并证明．8．已知△ABC是等腰三角形．（1）如图1，若△ABC，△ADE均是顶角为42°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：△ABD≌△ACE；（2）如图2，若△ABC为等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交BD于点E，连接CE．①求∠AED的度数；②试探究线段AE、CE、BD之间的数量关系，并证明．9．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D．（1）如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；（2）如图2，若α＝60°时，点F是边AC中点，求证：DF＝BE；（3）如图3，点B、C的坐标分别是（0，0），（0，2），点Q是线段AC上的一个动点，点M是线段AO上的一个动点，是否存在这样的点Q、M使得△CQM为等腰三角形且△AQM为直角三角形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．10．在等腰直角三角形纸片ABC中，点D是斜边AB的中点，AB＝10，点E为BC上一点，将纸片沿DE折叠，点B的对应点为点B'．（1）如图①，连接CD，则CD的长为；（2）如图②，B'E与AC交于点F，DB'∥BC．①求证：四边形BDB'E为菱形；②连接B'C，则△B'FC的形状为；（3）如图③，则△CEF的周长为．11．已知正方形ABCD，以CE为边在正方形ABCD外部作正方形CEFG，连AF，H是AF的中点，连接BH，HE．（1）如图1所示，点E在边CB上时，则BH，HE的关系为；（2）如图2所示，点E在BC延长线上，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请给出新的结论并证明．（3）如图3，点B，E，F在一条直线上，若AB＝13，CE＝5，直接写出BH的长．12．（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．（2）简单应用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求CG的长．（3）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．13．我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．重温定理，识别图形（1）如图①，我们在探究三角形中位线DE和第三边BC的关系时，所作的辅助线为“延长DE到点F，使EF＝DE，连接CF”，此时DE与DF在同一直线上且DE＝12DF，又可证图中的四边形为平行四边形，可得BC与DF的关系是，于是推导出了“DE∥BC，DE＝12BC”．寻找图形，完成证明（2）如图②，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，△BEH是等腰直角三角形，∠EBH＝90°，连接CF、CH．求证CF＝√2BE．构造图形，解决问题（3）如图③，四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，∠ABC＝∠AEF＝120°，连接BE、CF．直接写出CF与BE的数量关系．类比探究型几何综合题专题训练（不用相似）答案与解析〖例1〗解：（1）如图1，∵△AOB是等边三角形，∴AO＝BO＝AB，∠AOB＝60°，∵将OC绕点O顺时针旋转，使点C落到OB边的点D处，∴OC＝OD，∠COD＝∠AOB＝60°＝α，∴△COD是等边三角形，答案为：60°，等边；（2）①∵△COD是等边三角形，∴OC＝OD，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠AOC＝∠BOD，又∵AO＝BO，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD；②如图2，当点C在点O的上方时，若OC∥AB，∴∠AOC＝∠OAB＝60°＝β，如图2﹣1，当点C在点O的下方时，若OC∥AB，∴∠ABO＝∠BOC＝60°，∴β＝360°﹣60°﹣60＝240°，综上所述：β＝60°或240°；③如图3，当点D在线段AC上时，过点O作OE⊥AC于E，∵等边△AOB的边长为4，点C为OA 中点，∴AO＝AB＝OB＝4，OC＝OD＝CD＝2，∵∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∵OE⊥CD，OC＝OD，∴CE＝DE＝1，∴OE＝√OC2−CE2＝√3，∴AE＝√OA2−OE2＝√13，∴AC＝AE+CE＝1+√13＝BD；如图4，当点C在线段AD上时，过点O作OF⊥AD于F，同理可求DF＝CF＝1，AF＝√13，∴AC＝BD＝√13﹣1，综上所述：BD＝√13+1或√13﹣1．〖例2〗解：（1）感知：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝AB＝2，∵E，F分别是边BC，CD的中点，∴CE＝12BC，CF＝12CD＝1，∴CE+CF＝2．故答案为：2．（2）探究：如图，连结AC．∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD．∴∠B+∠BCD＝180°．∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∠BCD＝120°．∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC．∴∠ACF＝∠B＝60°．∵∠EAF＝60°，∴∠BAC﹣∠CAE＝∠EAF﹣∠CAE．∴∠BAE＝∠CAF．∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF．∴CE+CF＝BC＝2．（3）应用：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD．∴∠B+∠BCD＝180°．∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∠BCD＝120°．∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC．∴∠CAD＝∠B＝60°．∵∠EAF＝60°，∴∠CAD﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE．∴∠CAE＝∠DAF．∵∠ACE＝∠ADF，AC＝AD∴△ACE≌△ADF（ASA）．∴CE＝DF，AE＝AF，∵∠EAF＝60°，∴△AEF为等边三角形，∵EF⊥BC，∠ECF＝60°，∴CF＝2CE，∵CD＝BC＝2，∴CE＝2，∴EF=√CF2−CE2=2√3，∴△AEF的周长为6√3．〖尝试练习〗1．解：（1）AD＝CE，理由：∵△ABC与△BDE都是等边三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE ＝60°，∴∠ABD ＝∠CBE ， ∴△ABD ≌△CBE （SAS ），∴AD ＝CE ；（2）如图2，过点B 作BH ⊥AD 于H ，在Rt △BHD 中，BD ＞BH ，∴当点D ，H 重合时，BD ＝BH ，∴BH ≤BD ，∴当BD ⊥AD 时，点B 到直线AD 的距离最大，∴∠EDP ＝90°﹣∠BDE ＝30°，同（1）的方法得，△ABD ≌△CBE （SAS ）， ∴∠BEC ＝∠BDA ＝90°，EC ＝AD ，在Rt △ABD 中，BD ＝2，AB ＝2√2，根据勾股定理得，AD ＝√AB 2−BD 2＝2， ∴CE ＝2，∵∠BEC ＝90°，∠BED ＝60°， ∴∠DEP ＝90°﹣60°＝30°＝∠EDP ，∴DP ＝EP ，如图2﹣1，过点P 作PQ ⊥DE 于Q ， ∴EQ ＝12DE ＝1，在Rt △EQP 中，∠PEQ ＝30°， ∴EP ＝EQcos ∠DEP ＝2√33， ∴PC ＝2−2√33；（3）①当点D 在AE 上时，如图3，∴∠ADB ＝180°﹣∠BDE ＝120°，∴∠BDE ＝60°，过点B 作BF ⊥AE 于F ，在Rt △BDF 中，∠DBF ＝30°，BD ＝2， ∴DF ＝1，BF ＝√3，在Rt △ABF 中，根据勾股定理得，AF ＝√AB 2−BF 2＝√5，AD ＝AF ﹣DF ＝√5﹣1，∴CE ＝AD ＝√5﹣1； ②当点D 在AE 的延长线上时，如图4，同①的方法得，AF ＝√5，DF ＝1，∴AD ＝AF +DF ＝√5+1，∴CE ＝AD ＝√5+1，即满足条件的CE 的长为√5+1和√5﹣1． 2．解：（1）①正方形ADEF 中，AD ＝AF ， ∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°，∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB=AC ，∴△DAB ≌△FAC （SAS ），∴∠ABC ＝∠ACF ，∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠ABC ＝∠ACB ＝45°，∴∠ACB +∠ACF ═45°+45°＝90°，即BC ⊥CF ；②△DAB ≌△FAC ，∴CF ＝BD ，∵BC ＝BD +CD ， ∴BC ＝CF +CD ；故答案为：BC ＝CF +CD ；（2）CF ⊥BC 成立；BC ＝CD +CF 不成立，CD ＝CF +BC ．理由如下：∵正方形ADEF 中，AD ＝AF ，∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°，∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB=AC ， ∴△DAB ≌△FAC （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACF ， ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，∴∠ACB ＝∠ABC ＝45°．∴∠ABD ＝180°﹣45°＝135°，∴∠BCF ＝∠ACF ﹣∠ACB ＝135°﹣45°＝90°，∴CF ⊥BC ．∵CD ＝DB +BC ，DB ＝CF ，∴CD ＝CF +BC ．（3）过点A 作AH ⊥BC 于点H ，过点E 作EM ⊥BD 于点M ，EN ⊥CF 于点N ， ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2√2， ∴BC ＝4，∴CD ＝14BC ＝1，∴BD ＝5，由（2）同理可证得△DAB ≌△FAC ，∴BC ⊥CF ，CF ＝BD ＝5，∵四边形ADEF 是正方形，∴OD ＝OF ，∵∠DCF ＝90°，∴DF ＝√CD 2+CF 2＝√26，∴OC ＝√262．3．证明：（1）如图2，延长DG交BE于H，∵四边形ABCD，四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AG＝AE，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，∴△DAG≌△BAE（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠C+∠CBA+∠ABE+∠BHD+∠CDH＝360°，∴90°+90°+∠ADG+∠CDH+∠BHD＝360°，∴∠BHD＝90°，∴DG⊥BE；（2）如图3，连接BD，∵正方形ABCD的边长是4√2，正方形AEFG的边长为3√2，∴BD＝√2AD＝8，GE＝√2AE＝6，∵BD2＝DE2+BE2，∴64＝（6+BE）2+BE2，∴BE＝√23﹣3．〖例3〗证明：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转α，∴AD＝AE，∠DAE＝α，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴BD＝CE；（2）AC＝CD+CE，理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，由（1）可知：BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝CE+CD，∴AC＝CD+CE；（3）∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵△BAD≌△CAE∴∠ACE＝∠ABC＝45°，∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝90°，∴CE2+CD2＝DE2，∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴DE2＝2AD2，∴CE2+CD2＝2AD2，∴BD2+CD2＝2AD2．〖例4〗（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，又∵PD=PD，∴△ADP≌△CDP（SAS），∴∠PAD＝∠PCD，AP＝CP，∵PC＝PE，∴AP＝PE，∴∠PAD＝∠PED，∴∠PCD＝∠PED；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝∠EDF＝90°，由（1）知，∠PCD＝∠PED，∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），∴180°﹣∠CFP﹣∠PCD＝180°﹣∠EFD﹣∠PED，即∠CPF＝∠EDF＝90°，∵PC＝PE，∴△CPE是等腰直角三角形，∴EC＝√2CP，由（1）知，AP＝CP，∴EC＝√2AP；（3）解：AP＝CE；理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP ＝60°，∠BAD＝∠BCD，∠EDC＝∠DAB＝60°，又∵PB=PB，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA ＝PC，∠BAP＝∠BCP，∴∠DAP＝∠DCP，∵PC＝PE，∴PA＝PE，∴∠DAP＝∠AEP，∴∠DCP ＝∠AEP，∵∠CFP＝∠EFD，∴180°﹣∠CFP﹣∠PCF＝180°﹣∠EFD﹣∠AEP，即∠CPF＝∠EDF＝60°，∴△EPC是等边三角形，∴PC＝EC，∴EC＝AP，〖尝试练习〗4．解：（1）AE＝CG，理由如下：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是菱形，∴DA＝DC，DE＝DG，又∵∠ADE=∠CDG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴AE＝CG；（2）成立，理由如下：∵∠ADC＝∠EDG，∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC，即∠ADE＝∠CDG，又∵DA＝DC，DE＝DG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴AE＝CG；（3）AE⊥CG，理由如下：延长线段AE、GC交于点H，∵AD∥BC，∴∠CEH＝∠DAE，由（2）可知，△DAE ≌△DCG ，∴∠DAE ＝∠DCG ，∴∠CEH ＝∠DCG ， ∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝90°，∴四边形ABCD 是正方形，∴∠BCD ＝90°，∴∠ECH +∠DCG ＝90°，∴∠ECH +∠CEH ＝90°，∴∠CHE ＝90°，∴AE ⊥CG ． 5．（1）证明：由折叠的性质得：△ABC ≌△△ AEC ，∴∠ACB ＝∠ACE ，BC ＝EC ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ，AD ∥BC ．∴EC ＝AD ，∠ACB ＝∠CAD ，∴∠ACE ＝∠CAD ，∴OA ＝OC ，∴OD ＝OE ，∴∠ODE ＝∠OED ，∵∠AOC ＝∠DOE ，∴∠CAD ＝∠ACE ＝∠OED ＝∠ODE ，∴AC ∥DE ；（2）解：∵平行四边形ABCD 中，∠B ＝90°，∴四边形ABCD 是矩形，∴∠CDO ＝90°，CD ＝AB ＝√3，AD ＝BC ＝√6，由（1）得：OA ＝OC ，设OA ＝OC ＝x ，则OD ＝√6﹣x ，在Rt △OCD 中，由勾股定理得：（√3）2+（√6﹣x ）2＝x 2，解得：x ＝3√64，∴OA ＝3√64， ∴△OAC 的面积＝12OA ×CD ＝12×3√64×√3＝9√28；（3）解：分两种情况：①如图3，当∠EAD ＝90°时，延长EA 交BC 于G ，∵AD ＝BC ，BC ＝EC ，∴AD ＝EC ， ∵AD ∥BC ，∠EAD ＝90°，∴∠EGC ＝90°， ∵∠B ＝30°，AB ＝2√3，∴∠AEC ＝30°， ∴GC ＝12EC ＝12BC ，∴G 是BC 的中点，在Rt △ABG中，BG ＝√32AB ＝3，∴BC ＝2BG ＝6；②如图4，当∠AED ＝90°时∵AD ＝BC ，BC ＝EC ，∴AD ＝EC ，由折叠的性质得：AE ＝AB ，∴AE ＝CD ，又∵AC=AC ，∴△ACE ≌△CAD （SSS ）， ∴∠ECA ＝∠DAC ，∴OA ＝OC ，∴OE ＝OD ，∴∠OED ＝∠ODE ，∴∠AED ＝∠CDE ， ∵∠AED ＝90°，∴∠CDE ＝90°，∴AE ∥CD ，又∵AB ∥CD ，∴B ，A ，E 在同一直线上， ∴∠BAC ＝∠EAC ＝90°，∵Rt △ABC 中，∠B ＝30°，AB ＝2√3，∴AC ＝√33AB ＝2，BC ＝2AC ＝4；综上所述，当△AED 是直角三角形时，BC 的长为4或6．6．证明：（1）∵AF 平分∠BAD ，∴∠BAF ＝∠DAF ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，AB ∥CD ，∴∠DAF ＝∠CEF ，∠BAF ＝∠CFE ，∴∠CEF ＝∠CFE ，∴CE ＝CF ，又∵四边形ECFG 是平行四边形， ∴四边形ECFG 为菱形；（2）△BDG 是等边三角形，理由如下：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ∥DC ，AB ＝DC ，AD ∥BC ，∵∠ABC ＝120°，∴∠BCD ＝60°，∠BCF ＝120°，由（1）知，四边形CEGF 是菱形，∴CE ＝GE ，∠BCG ＝12∠BCF ＝60°，∴CG ＝GE ＝CE ，∠DCG ＝120°，∵EG ∥DF ，∴∠BEG ＝120°＝∠DCG ，∵AE 是∠BAD 的平分线，∴∠DAE ＝∠BAE ，∵AD ∥BC ， ∴∠DAE ＝∠AEB ，∴∠BAE ＝∠AEB ，∴AB ＝BE ，∴BE ＝CD ，∴△BEG ≌△DCG （SAS ），∴BG ＝DG ，∠BGE ＝∠DGC ，∴∠BGD ＝∠CGE ，∵CG ＝GE ＝CE ，∴△CEG 是等边三角形， ∴∠CGE ＝60°，∴∠BGD ＝60°，∵BG ＝DG ， ∴△BDG 是等边三角形；（3）如图2中，连接BM ，MC ，∵∠ABC ＝90°，四边形ABCD 是平行四边形，∴四边形ABCD 是矩形，又由（1）可知四边形ECFG 为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝10，AD＝24，∴BD＝√AB2+AD2＝26，∴DM＝√22BD＝13√2．【自主反馈】7．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝60°，又∵BD=AE，∴△ABD≌△CAE（SAS），∴∠BAD＝∠ACE，∵∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠DFC＝∠ACE+∠DAC＝60°；（2）①根据题意补全图形如图2所示：②线段BE与CQ的数量关系为：CQ＝12BE；理由如下：∵CE绕着点C逆时针旋转120°，得到CP，∴CE＝CP，∠ECP＝120°，∵∠DFC＝60°，∴AD∥CP，∴∠ADC＝∠DCP，∵△ABD≌△CAE，∴CE＝AD，∴AD＝CP，∴△ADQ≌△PCQ（AAS），∴CQ＝DQ＝12CD，∵AB＝BC，BD＝AE，∴BE＝CD，∴CQ＝12BE．8．解：（1）∵△ABC，△ADE均是顶角为42°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）①∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，由旋转知，AC＝AD，∠CAD＝90°，∴AB＝AD，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝150°，∴∠D＝12（180°﹣∠BAD）＝15°，∵AE是∠BAC的平分线，∴∠CAE＝12∠BAC＝30°，∴∠DAE＝∠CAD+∠CAE＝120°，∴∠AED＝180°﹣∠D﹣∠DAE＝45°；②BD＝2CE+√2AE；证明：如图，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∵AE是∠BAC的角平分线，∴∠BAE＝∠CAE，∵AE＝AE，∴△BAE≌△CAE（SAS），∴BE＝CE，过点A作AF⊥AE交DE于F，∴∠EAF＝90°，由旋转知，∠CAD＝90°，∴∠CAE＝∠DAF，由①知，∠AED＝45°，∴∠AFE＝45°＝∠AEF，∴AE＝AF，∴EF＝√2AE，∵AC＝AD，∴△ACE≌△ADF（SAS），∴DF＝CE，∴BD＝BE+EF+DF＝CE+√2AE+CE ＝2CE+√2AE．9．解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ACB＝60°，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，∴CA＝AD，∠EAD＝∠BAC＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°﹣30°）＝75°，∵∠EDA＝∠ACB＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠EDA＝15°；（2）连接BF，∵点F是边AC中点，∴BF＝AF＝12AC，∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC，∴∠FBA＝∠BAC＝30°，∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，CB＝DE，∠DEA＝∠ABC＝90°，∴DE ＝BF ，延长BF 交AE 于点G ，则∠BGE ＝∠GBA +∠BAG ＝90°， ∴∠BGE ＝∠DEA ，∴BF ∥ED ，∴四边形BFDE 是平行四边形，∴DF ＝BE ；（3）∵点B 、C 的坐标分别是（0，0），（0，2）， ∴BC ＝2，∵∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°， ∴AC ＝4，AB ＝2√3，若∠QMA ＝90°，CQ ＝MQ 时，如图3，设CQ ＝QM ＝x ，∠CAB ＝30°，∴AQ ＝2x ，AM ＝√3x ， ∴AC ＝x +2x ＝3x ＝4，∴x ＝43，∴AM ＝43√3，∴BM ＝AB ﹣AM ＝2√3﹣4√33＝2√33，∴点M （2√33，0）；若∠AQM ＝90°，CQ ＝QM 时，如图4，设CQ ＝QM ＝x ，∠CAB ＝30°， ∴AQ ＝√3x ，AM ＝2x ， ∴AC ＝x +√3x ＝4，∴x ＝2√3﹣2，∴AM ＝4√3﹣4， ∴BM ＝2√3﹣（4√3﹣4）＝4﹣2√3， ∴点M （4﹣2√3，0）；综上所述：M （2√33，0）或（4﹣2√3，0）．10．（1）解：∵△ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，AB ＝10，∴CD ＝12AB ＝5（2）①证明：由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，B 'E ＝BE ，∠B 'DE ＝∠BDE ，∵DB '∥BC ，∴∠B 'DE ＝∠BED ，∴∠BDE ＝∠BED ，∴BD ＝BE ，∴B 'D ＝BE ，∴四边形BDB 'E 是平行四边形，又∵B 'D ＝BD ，∴四边形BDB 'E 为菱形；②解：∵△ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，∴CD ＝12AB ＝BD ，由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，∴CD ＝B 'D ，∴∠DCB '＝∠DB 'C ，∵∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵DB '∥BC ，∴DB '⊥AC ，∴∠ACB '＝90°﹣∠DB 'C ，由①得：四边形BDB 'E 为菱形， ∴AB ∥B 'E ，∵CD ⊥AB ，∴CD ⊥B 'E ，∴∠EB 'C ＝90°﹣∠DCB '，∴∠ACB '＝∠EB 'C ， ∴FB '＝FC ，即△B 'FC 为等腰三角形；（3）解：连接B 'C ，如图③所示：∵△ABC 是等腰直角三角形，点D 是斜边AB 的中点，AB ＝10，∴BC ＝√22AB ＝5√2，∠B ＝45°，CD ＝12AB ＝BD ，∠ACD ＝12∠ACB ＝45°，由折叠的性质得：B 'D ＝BD ，∠B '＝∠B ＝45°，∴CD ＝B 'D ，∴∠DCB '＝∠DB 'C ，∴∠FCB '＝∠FB 'C ，∴CF ＝B 'F ，∴△CEF 的周长＝EF +CF +CE ＝EF +B 'F +CE ＝B 'E +CE ＝BE +CE ＝BC ＝5√2； 11．解：（1）BH ⊥HE ，BH ＝HE ；理由如下：延长EH 交AB 于M ，如图1所示： ∵四边形ABCD 和四边形CEFG 是正方形，∴AB ∥CD ∥EF ，AB ＝BC ，CE ＝FE ，∠ABC ＝90°，∴∠AMH ＝∠FEH ，∵H 是AF 的中点，∴AH ＝FH ，∴△AMH ≌△FEH （AAS ）， ∴AM ＝FE ＝CE ，MH ＝EH ，∴BM ＝BE ， ∵∠ABC ＝90°，∴BH ⊥HE ，BH ＝12ME ＝HE ；（2）结论仍然成立．BH ⊥HE ，BH ＝HE ．理由如下：延长EH 交BA 的延长线于点M ，如图2所示：∵四边形ABCD 是正方形，四边形EFGC 是正方形，∴∠ABE ＝∠BEF ＝90°，AB ＝BC ，AB ∥CD ∥EF ，CE ＝FE ，∴∠HAM ＝∠HFE ，∴△AHM ≌△FHE （ASA ），∴HM ＝HE ，AM ＝EF ＝CE ，∴BM ＝BE ，∵∠ABE ＝90°， ∴BH ⊥EH ，BH ＝12EM ＝EH ；（3）延长EH 到M ，使得MH ＝EH ，连接AH 、BH ，如图3所示：同（2）得：△AMH ≌△FEH （SAS ），∴AM ＝FE ＝CE ，∠MAH ＝∠EFH ， ∴AM ∥BF ，∴∠BAM +∠ABE ＝180°，∴∠BAM +∠CBE ＝90°，∵∠BCE +∠CBE ＝90°∴∠BAM ＝∠BCE ，∴△ABM ≌△CBE （SAS ），∴BM ＝BE ，∠ABM ＝∠CBE ，∴∠MBE ＝∠ABC ＝90°，∵MH ＝EH ，∴BH ⊥EH ，BH ＝12EM ＝MH ＝EH ，在Rt △CBE 中，BE ＝√CB 2−CE 2＝12，∵BH ＝EH ，BH ⊥EH ，∴BH ＝√22BE ＝6√2．12．解：（1）GF ＝GC ．理由如下：如图1，连接GE ， ∵E 是BC 的中点， ∴BE ＝EC ，∵△ABE 沿AE 折叠后得到△AFE ，∴BE ＝EF ，∴EF ＝EC ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠C ＝∠B ＝90°，∴∠EFG ＝90°，∴Rt △GFE ≌Rt △GCE （HL ），∴GF ＝GC ；（2）设GC ＝x ，则AG ＝4+x ，DG ＝4﹣x ，在Rt △ADG 中，62+（4﹣x ）2＝（4+x ）2，解得x ＝94．∴GC ＝94；（3）（1）中的结论仍然成立．证明：如图2，连接FC ，∵E 是BC 的中点，∴BE ＝CE ，∵将△ABE 沿AE 折叠后得到△AFE ，∴BE ＝EF ，∠B ＝∠AFE ，∴EF ＝EC ，∴∠EFC ＝∠ECF ，∵矩形ABCD 为平行四边形，∴∠B ＝∠D ， ∵∠ECD ＝180°﹣∠D ，∠EFG ＝180°﹣∠AFE ＝180°﹣∠B ＝180°﹣∠D ，∴∠ECD ＝∠EFG ，∴∠GFC ＝∠GFE ﹣∠EFC ＝∠ECG ﹣∠ECF ＝∠GCF ，∴∠GFC ＝∠GCF ，∴FG ＝CG ；即（1）中的结论仍然成立．13．解：（1）∵AE ＝CE ，DE ＝EF ，∠AED ＝∠CEF ，∴△AED ≌△CEF （SAS ）， ∴AD ＝CF ，∠ADE ＝∠F ，∴BD ∥CF ，∵AD ＝BD ，∴BD ＝CF ，∴四边形BCFD 是平行四边形，∴DF ＝BC ，DF ∥BC ，（2）证明：∵四边形ABCD 是正方形∴AB ＝BC ，∠ABC ＝90°，即∠ABE +∠CBE ＝90° ∵△BEH 是等腰直角三角形，∴EH ＝2BE ＝2BH ，∠BEH ＝∠BHE ＝45°， ∠EBH ＝90°，即∠CBH +∠CBE ＝90° ∴∠ABE ＝∠CBH ， ∴△ABE ≌△CBH （SAS ）， ∴AE ＝CH ，∠AEB ＝∠CHB ，∴∠CHE ＝∠CHB ﹣∠BHE ＝∠CHB ﹣45°＝∠AEB ﹣45°， ∵四边形AEFG 是正方形， ∴AE ＝EF ，∠AEF ＝90°，∴EF ＝HC ，∠FEH ＝360°﹣∠AEF ﹣∠AEB ﹣∠BEH ＝225°﹣∠AEB ， ∴∠CHE +∠FEH ＝∠AEB ﹣45°+225°﹣∠AEB ＝180°， ∴EF ∥HC 且 EF ＝HC ， ∴四边形EFCH 是平行四边形， ∴CF ＝EH ＝√2BE ；（3）CF＝√3BE，如图，过点B作BH，使∠EBH＝120°，且BH＝BE，连接EH、CH，则∠BHE＝∠BEH＝30°，∵∠ABC＝∠EBH＝120°，∴∠ABE＝∠CBH，∵AB＝BC，BE＝BH，∴△AEB≌△CHB（SAS），∴CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，∵∠CHE＝∠CHB﹣∠BHE＝∠AEB﹣30°，∠FEH＝360°﹣∠AEF﹣∠AEB﹣∠BEH＝210°﹣∠AEB，∴∠CHE+∠FEH＝180°，∴CH∥EF且CH＝EF，∴四边形EFCH是平行四边形，∴CF＝EH，过B作BN⊥EH于N，在△EBH中，∠EBH＝120°，BH＝BE，∴∠BEN＝30°，EH＝2EN，BE，∴EN＝√32∴EH＝√3BE，∴CF＝EH＝√3BE．。

中考数学类比探究实战演练(二)(含答案)

学生做题前请先回答以下问题问题1：类比探究属于几何综合题，类比________，类比_________，类比_______是解决此问题的主要方法，做好类比需要把握变化过程中的____________．若属于类比探究常见的结构类型，调用结构类比解决．若不属于常见结构类型：①根据题干条件，结合___________________先解决第一问；②类比解决下一问．如果不能，分析条件变化，寻找______________．结合所求目标，依据_____________，大胆猜测、尝试、验证．问题2：想一想，画一画类比探究问题中常见特征有哪些？中考数学类比探究实战演练（二）一、单选题(共4道，每道4分)1.如图1，在四边形ABCD中，AB=CD，E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，与BA，CD的延长线分别交于点M，N，则∠BME=∠CNE（不必证明）．（1）如图2，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB=CD，E，F分别是BC，AD的中点，连接EF，分别交CD，AB于点M，N，判断△OMN的形状，并说明理由．（2）如图3，在△ABC中，，点D在AC边上，且AB=CD．E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，连接DG，若∠EFC=60°，判断△AGD形状，并说明理由．（1）中△OMN的形状为( )A.等腰三角形B.等边三角形C.等腰直角三角形D.含30°角的直角三角形答案：A解题思路：见第2题中解析试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究2.（上接第1题）（2）中△AGD的形状为( )A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.含30°角的直角三角形答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究3.小明在一次数学兴趣小组活动中，对一个数学问题作如下探究：（1）问题情境：如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD边的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F，求证：（S表示面积）．（2）问题迁移：如图2，在已知锐角∠AOB内有一个定点P，过点P任意作一条直线，分别交射线OA，OB于点M，N．小明在直线MN绕着点P旋转的过程中发现，△MON的面积存在最小值，请问当直线MN在什么位置时，△MON的面积最小？并说明理由．（3）实际应用：如图3，若在道路OA，OB之间有一村庄Q发生疫情，防疫部门计划以公路OA，OB和经过防疫站P的一条直线MN为隔离线，建立一个面积最小的三角形隔离区△MON．若测得∠AOB=66°，∠POB=30°，OP=4km，试求△MON的面积．（参考数据：sin66°≈0.91，tan66°≈2.25，）（2）中当直线MN在什么位置时，△MON的面积最小？( )A.当直线MN旋转到与OA垂直的位置时B.当直线MN旋转到与OP垂直的位置时C.当直线MN旋转到与OB垂直的位置时D.当直线MN旋转到P是MN中点的位置时答案：D解题思路：见第4题中解析试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究4.（上接第3题）（3）中△MON的面积为( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究。

中考数学类比探究专项练习(二)(含答案)

学生做题前请先回答以下问题问题1：想一想类比探究问题常见的不变结构有哪些，处理方式是什么？问题2：类比探究问题在处理时若常见的结构不能解决问题，需要分析不变特征，如何分析不变特征？中考数学类比探究专项练习（二）一、单选题(共4道，每道7分)1.已知四边形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的点，DE与CF相交于点G．（1）如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：；（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，成立？并证明你的结论；（3）如图3，若BA=BC=6，DA=DC=8，∠BAD＝90°，DE⊥CF，请直接写出的值．（2）中∠B与∠EGC应满足的关系是( )A.∠B=∠EGCB.∠B+∠EGC=90°C.∠B+∠EGC=120°D.∠B+∠EGC=180°答案：D解题思路：见第2题中解析试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究2.（上接第1题）（3）中的值为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：中考数学几何中的类比探究3.问题情境：张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，P为BC 边上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP的面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．（1）变式探究：如图3，当点P在BC的延长线上时，其他条件不变，求证：PD-PE=CF；（2）结论运用：如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为G，H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；（3）迁移拓展：图5是一个航模的截面示意图，已知在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D，C，且，．M，N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，求△DEM与△CEN的周长之和．（2）中PG+PH的值为( )A.3B.4C.5D.答案：B解题思路：见第4题中解析试题难度：三颗星知识点：翻折变换（折叠问题）4.（上接第3题）（3）中△DEM与△CEN的周长之和为( )A.6B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。

七年级数学实践与探索同步练习(含参考答案)

七年级数学实践与探索同步练习(含参考答案) 以下是查字典数学网为您推荐的七年级数学实践与探索同步练习(含参考答案)，希望本篇文章对您学习有所帮助。

七年级数学实践与探索同步练习(含参考答案)一、七彩题1.(一题多解题)从甲地到乙地，先下坡然后是平路，某人骑自行车从甲地以12千米/时的速度下坡，而以9千米/时的速度通过平路，到乙地共用了55分钟;他回来时以8千米/时的速度通过平路，以4千米/时的速度上坡，回到甲地又用了1 小时，求甲，•乙两地的距离.2.(一题多变题)一个矩形，长减少6cm，宽增加3cm或长增加4cm，宽减少1cm，所得面积与原面积相同，求原矩形的长和宽.(1)一变：一个矩形，它的长减少1cm，宽增加3cm，•所得的矩形长与宽相等且比原来的矩形的面积大21cm2，求原来矩形的面积.(2)二变：某车间在规定时间内做完一批零件，如果减少6人，则要多做3天才能完成任务，如果增加4人，则可提前一天完成任务，那么这个车间共有多少人?•原规定时间为多少天?3.(巧题妙解题)在情系海啸捐款活动中，某同学对甲，乙两班捐款情况进行统计，得到如下三条信息，信息一：甲班共捐款300元，乙班共捐款232元;信息二：乙班平均每人捐款钱数是甲班平均每人捐款钱数的 ;信息三：甲班比乙班多2人，请你根据以三条信息，求甲班平均每人捐款多少元?二、知识交叉题4.(科内交叉题)某果品商店进行组合销售，甲种搭配：2kgA 水果，4kgB水果;乙种搭配：3kgA水果，8kgB水果，1kgC 水果;丙种搭配：2kgA水果，6kgB水果，1kgC水果.已知A 水果每千克2元，B水果每千克1.2元，C水果每千克10元.某天该商店销售这三种搭配共得441.2元，其中A水果的销售额为116元，问C水果的销售额为多少元?三、实际应用题5.某城区中学5月份开展了与农村偏远学校手拉手的活动.九(3)•班苗苗同学用自己的零花钱买了圆珠笔和钢笔共8枝，准备送给偏远山区的同学，•共用去了20元钱.其中圆珠笔每枝1元，钢笔每枝5元.•你知道苗苗同学买了圆珠笔和钢笔各多少枝吗?四、经典中考题6.(2019，济南，4分)如果 xa+2y3与-3x3y2b-1是同类项，那么a，b的值分别是( )A. B. C. D.7.(2019，海南，10分)根据北京奥运票务网站公布的女子双人3•米跳板跳水决赛的门票价格(如下表)，小明预订了B 等级，C等级门票共7张，他发现这7•张门票的费用恰好可以预订3张A等级门票.问小明预订了B等级，C等级门票各多少张?等级票价(元/张)A 500B 300C 1508.(2019，长沙，8分)5.12汶川大地震后，灾区急需大量帐篷.•某服装厂原有4条成衣生产线和5条童装生产线，工厂决定转产，计划用3天时间赶制1000•顶帐篷支援灾区.若启用1条成衣生产线和2条童装生产线，一天可以生产帐篷105顶;•若启用2条成衣生产线和3条童装生产线，一天可以生产帐篷178顶.(1)每条成衣生产线和童装生产线平均每天生产帐篷各多少顶?(2)工厂满负荷全面转产，是否可以如期完成任务?如果你是厂长，你会怎样体现你的社会责任感?五、课标新型题1.(条件结论全开放题)小月买了1元的邮票与2元的邮票共_____枚，_____.•求1元的邮票与2元的邮票各买了多少枚?请你在横线上填上合适的条件，•并列出方程组进行求2.(图表信息题)学校举办了迎奥运知识竞赛，设一，二，三等奖共12名，奖品发放方案如下表：一等奖二等奖三等奖1盒福娃和1枚徽章 1盒福娃 1枚徽章用于购买奖品的总费用不少于1000元但不超过1100元，•小明在购买福娃和徽章前，了解到如下信息(如图7-3-3)：求一盒福娃和一枚徽章各多少元?3.(最佳方案设计题)某体育彩票经销商计划用45000•元从省体彩中心购进彩票20扎，每扎1000张，已知体彩中心有A，B，C三种不同价格的彩票，进价分别是A•种彩票每张1.5元，B种彩票每张2元，C种彩票每张2.5元.(1)若经销商同时购进两种不同型号的彩票20扎，用去45000元，请你设计进票方案;(2)若销售A种彩票一张获手续费0.2元，B种彩票一张获手续费0.3元，C种彩票一张获手续费0.5元.在购进两种彩票的方案中，为使销售完时获得的手续费最多，你选择哪种进票方案?4.甲对乙说：当我的岁数是你现在的岁数时，你才4岁.•乙对甲说：当我的岁数是你现在的岁数时，你将61岁.甲、乙现在各是多少岁?参考答案1.分析：从甲地到乙地的下坡是乙地到甲地的上坡，虽然速度，•所用时间发生变化，但无论上，下坡，路程不变. 解法一：设山坡长为x千米，平路长为y千米，则去时下坡需小时，走平路需小时，•返回时，走平路需小时，上坡需小时，根据题意，得解得，所以x+y=9.解法二：设去时下坡用x小时，则走平路用( -x)小时，返回时上坡用y小时，则走平路用(1 -y)小时.根据题意，得解得当x= 时，12x+9( -x)=9.答：甲，乙两地的距离为9千米.点拨：对于分段行程问题，要理清各段与全程的内在联系，•从中分析出哪些是变化量，哪些是不变量，从而确定出相等关系，列出方程.2.分析：从图形的变化中寻找出哪些是变化的哪些是不变的，以不变量为依据找出相等关系式.解：设原矩形的长为xcm，宽为ycm，根据题意，得即解得答：原矩形的长为16cm，宽为5cm.(1)设原矩形的长为xcm，宽为ycm.根据题意，得即解得所以xy=106=60(cm2).答：原矩形的面积为60cm2.(2)设车间共有x人，原规定时间为y天，根据题意，得即解得答：这个车间共有16人，原规定时间为5天.点拨：本题所列方程组中出现了二次项，但两边可消去，•化简后的方程组仍然是二元一次方程组.3.分析：此题的相等关系为：(1)甲班平均每人捐款钱数甲班人数=300;(2)•乙班平均每人捐款钱数乙班人数=232. 解：设甲班平均每人捐款x元，甲班有y人，则乙班平均每人捐款 x元，乙班有(y-2)人.根据题意，得即将①代入②，得 300- x=232，所以x=5.答：甲班平均每人捐款5元.点拨：本题所列方程组中出现了二次项xy，一般情况下无法求解，•但根据方程组的特点，把xy看作一个整体，采用整体代入的方法可消去xy项，从而巧妙地解决问题.拓展：掌握整体代入消元的方法.二、4.分析：若直接设元，不易求解，但商店每天销售额与甲，乙，•丙三种搭配的销量有关，故可以从甲，乙，丙搭配的套数入手设元.解：设该天卖出甲种，乙种，丙种搭配分别为x套，y套，z套，根据题意，得从①②中消去x，得y+z=15，由题意知C水果正好卖出15kg，所以C水果的销售额为150元.点拨：本题在求解中用到了整体求解的思想，这是常用的数学思想方法.三、5.分析：本题的相等关系为：(1)圆珠笔枝数+钢笔枝数=8，(2)买圆珠笔所付的款+买钢笔所付的款=20.解：设苗苗买了x枝圆珠笔，y枝钢笔，根据题意，得解得答：苗苗买了5枝圆珠笔，3枝钢笔.点拨：此题也可列一元一次方程来解决.四、6.A 点拨：根据同类项的定义得解得所以答案选A.7.解：设小明预订了B等级，C等级门票分别为x张和y张. 依题意，得 •解这个方程组得答：小明预订了B等级门票3张，C等级门票4张.点拨：本题背景联系生活，利用预订奥运门票这个主题，•着重考查了二元一次方程组的列法和解法，这是一道较简单的题目.8.解：(1)设每条成衣生产线和童装生产线平均每天生产帐篷分别为x顶，y顶，•则解得答：每条成衣生产线平均每天生产帐篷41顶，每条童装生产平均每天生产帐篷32顶.(2)由3(441+532)=9721000知，即使工厂满负荷全面转产，还不能如期完成任务，可以从加班生产，改进技术等方面进一步挖掘生产潜力，•或者动员其他厂家支援等，想办法尽早完成生产任务，为灾区人民多做贡献.五、1.分析与解：根据所加的条件不同，会得到不同的方程组. 添加的条件为：12;共花了20元，设买1元的邮票x枚，2元的邮票y枚.根据题意，•得解得答：1元的邮票和2元的邮票各买了4枚，8枚.点拨：事实上只需添加的条件，能反映1元，2元邮票之间存在的等量关系，且符合实际即可.2.分析：仔细看图易得出二元一次方程组，解方程组求出结果.解：设一盒福娃x元，一枚徽章y元，根据题意，得解得答：一盒福娃150元，一枚徽章15元.点拨：解此类题的关键是仔细观察图，找出相等关系列出方程.3.分析：由于有三种票价，则有三个未知数，从中任选两种型号，则有三种组合，列出三个方程组.解：(1)设从体彩中心购进A种彩票x张，B种彩票y张，C 种彩票z张，•下面分三种情况讨论：①只购进A种彩票和B种彩票，根据题意，得解得x0，不合题意，舍去.②只购进A种彩票和C种彩票，根据题意，得解得③只购进B种彩票和C种彩票，根据题意，得解得综上所述，若同时购进两种不同型号的彩票，共有两种方案可行，即A种彩票5扎，C种彩票15扎或B种彩票与C种彩票各10扎.(2)若购进A种彩票5扎，C种彩票15扎，销完后获手续费为0.25000+0.51500=8500(元);若购进B种彩票与C种彩票各10扎，销完后获手续费为0.310000+0.5•10000=8000(元)，所以应选择方案为购进A 种彩票5扎，C种彩票15扎.点拨：注意分类讨论的思想方法，求出的解需保证符合实际意义.4.分析与解：对于年龄问题，两人的年龄差是不变的，下面四个同学经过分析探索，给出以下解法：甲：设甲现在的年龄是x岁，乙现在的年龄为y岁，根据题意，得解得答：甲现在的年龄为42岁，乙现在的年龄为23岁.乙：设他们的年龄差为x岁，那么乙现在的年龄为(x+4)岁，甲现在的年龄为(61-x)岁，根据题意，得(61-x)-(x+4)=x，解得x=19，则甲现在的年龄为42岁，•乙现在的年龄为19+4=23(岁). 答：(略).丙：设乙现在的年龄为x岁，他们的年龄差为y岁，则甲现在的年龄为(x+y)岁，•根据题意，得解得则甲现在的年龄为：x+y=23+19=42(岁).答：(略).丁：设甲现在的年龄为x岁，他们的年龄差为y岁，根据题意，得解得，•则乙现在的年龄为：42-19=23(岁). 答：(略).注：以上四位同学的解法从不同侧面进行探究.由于所选的参照物(即以谁现在的年龄为标准)不同，所设的未知数不同，从而得到不同的方程(组)，但甲、乙两人的年龄差是不变的，这是列方程(组)的主要依据.点拨：多角度分析，大胆探索，从变化量中善于抓住不变量，从不同侧面去探究.。

初三数学中考探究题专项练习.docx

1・探究：如图①，在Z\ABC 中，AB=AC, ZABC=60°,延长BA 至点D,延长CB 至点 E,使 BE=AD,连结 CD, AE,求证：AACE^ACBD.应用：如图②，在菱形ABCF 中，ZABC=60°,延长BA 至点D,延长CB 至点E, 使BE=AD,连结CD, EA,延长EA 交CD 于点G,求ZCGE 的度数.2.如图①，在DABCD 的形外分别作等腰直角AABF 和等腰直角AADE, ZFAB= ZEAD=90° ,连结AC 、EF.在图中找一个与Z^FAE 全等的三角形，并加以证明.(5 分)应用以口ABCD 的四条边为边，在其形外分别作正方形，如图②，连结EF 、GH 、IJ 、 KL.若DABCD 的面积为5,则图中阴影部分四个三角形的面积和为・(2分)3.AB, CD 是O0的两条弦，直线AB, CD 互相垂直，垂足为点E,连接AD,过点B 作BF 丄AD,垂足为点F,直线BF 交直线CD 于点G.(1)如图1,当点E 在O0外时，连接BC,求证：BE 平分ZGBC ； (2)如图2,当点E 在O0内时，连接AC, AG,求证：AC=AG ； (3) 如图3,在(2)条件下，连接B0并延长交AD 于点H,若BH 平分ZABF,图! 4AG=4, tanZD=3,求线段 AH 的长.图2 图34.如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N,连接FM,易证：DM=FM, DM丄FM (无需写证明过程)(1) 如图2,当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N,其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；(2) 如图3,当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N,其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想.5••如图在AABC 中，ZC=90°,点 D 在AC 上，且CD>DA/DA=2.点P、Q 同时从D点出发，以相同的速度分别沿射线DC、射线DA运动。

中考《第四部分第一讲第1课新知识学习型问题》同步练习

第2课时新知识学习型问题(60分)一、选择题(每题6分，共12分)1．[·黔东南州]我国古代数学的许多创新和发现都位居世界前列，如南宋数学家杨辉(约13世纪)所著的《详解九章算术》一书中，用如图1－2－1的三角形解释二项和(a＋b)n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．图1－2－1根据“杨辉三角”请计算(a＋b)20的展开式中第三项的系数为(D) A．2 017 B．2 016C．191 D．190【解析】找规律发现(a＋b)3的第三项系数为3＝1＋2；(a＋b)4的第三项系数为6＝1＋2＋3；(a＋b)5的第三项系数为10＝1＋2＋3＋4；不难发现(a＋b)n 的第三项系数为1＋2＋3＋…＋(n－2)＋(n－1)，∴(a＋b)20第三项系数为1＋2＋3＋…＋19＝190.2．“如果二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴有两个公共点，那么一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有两个不相等的实数根”．请根据你对这句话的理解，解决下面问题：若m，n(m<n)是关于x的方程1－(x－a)(x－b)＝0的两根，且a<b，则a，b，m，n的大小关系是(A) A．m<a<b<n B．a<m<n<bC．a<m<b<n D．m<a<n<b【解析】∵1－(x－a)(x－b)＝0，∴1＝(x－a)(x－b)．∵m，n(m<n)是关于x 的方程1－(x－a)(x－b)＝0的两根，∴m，n是直线y＝1和二次函数y＝(x－a)(x－b)的交点横坐标，∵函数y＝(x－a)(x－b)的图象开口向上，∴m<a<b<n.故选A.二、填空题(每题6分，共24分)3．[·江西]中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹(小棍形状的记数工具)正放表示正数，斜放表示负数．如图1－2－2，根据刘徽的这种表示法，观察图①(表示(＋1)＋(－1)＝0)，可推算图②中所得的数值为__－3__．图1－2－2【解析】图②中表示(＋2)＋(－5)＝－3.4．[·邵阳]我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》一书中，给出了著名的秦九韶公式，也叫三斜求积公式，即如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，则该三角形的面积为S＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a2b2－⎝⎛⎭⎪⎫a2＋b2－c222，现已知△ABC的三边长分别为1，2，5，则△ABC的面积为__1__．5．[·北京]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等(如图1－2－3所示)”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．(以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》)图1－2－3请根据该图完成这个推论的证明过程．证明：S 矩形NFGD ＝S △ADC －(S △ANF ＋S △FGC )，S 矩形EBMF ＝S △ABC －(__S △AEF __＋__ S △FCM __)．易知，S △ADC ＝S △ABC ，__S △ANF __＝__S △AEF __，__S △FGC __＝__S △FMC __．可得S 矩形NFGD ＝S 矩形EBMF .6．[·临沂]一般地，当α，β为任意角时，sin(α＋β)与sin(α－β)的值可以用下面的公式求得：sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β；sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β.例如：sin90°＝sin(60°＋30°)＝sin60°cos30°＋cos60°sin30°＝32×32＋12×12＝1.类似地，可以求得sin15°的值是 6－24 ．【解析】 sin15°＝sin(60°－45°)＝sin60°cos45°－cos60°sin45°＝32×22－12×22＝6－24.三、解答题(共24分)7．(12分)[·达州]探究：小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，可通过构造直角三角形利用图形(如答图1－2－4①)得到结论：P 1P 2＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.他还利用图②证明了线段P 1P 2的中点P (x ，y )的坐标公式x ＝x ＋x 22，y ＝y 1＋y 22.(1)请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程；运用：(2)①已知点M (2，－1)，N (－3，5)，则线段MN 长度为__61__； ②直接写出以点A (2，2)，B (－2，0)，C (3，－1)，D 为顶点的平行四边形顶点D 的坐标：__(－3，3)或(7，1)或(－1，－3)__；拓展：(3)如图③，点P (2，n )在函数y ＝43x (x ≥0)的图象OL 与x 轴正半轴夹角的平分线上，请在OL ，x 轴上分别找出点E ，F ，使△PEF 的周长最小，简要叙述作图方法，并求出周长的最小值．图1－2－4解：(1)∵P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，∴Q 1Q ＝x 2－x 12， ∴OQ ＝OQ 1＋Q 1Q ＝x 1＋x 2－x 12＝x 1＋x 22， ∵PQ 为梯形P 1Q 1Q 2P 2的中位线，∴PQ ＝P 1Q 1＋P 2Q 22＝y 1＋y 22，即线段P 1P 2的中点P (x ，y )的坐标公式为x ＝x 1＋x 22，y ＝y 1＋y 22；(2)①∵M (2，－1)，N (－3，5)，∴MN ＝（2＋3）2＋（－1－5）2＝61.②∵A (2，2)，B (－2，0)，C (3，－1)，∴当AB 为平行四边形对角线时，其对称中心坐标为(0，1)，设D (x ，y )，则x ＋3＝0，y ＋(－1)＝2，解得x ＝－3，y ＝3，∴此时D 点坐标为(－3，3)，当AC 为对角线时，同理可求得D 点坐标为(7，1)，当BC 为对角线时，同理可求得D 点坐标为(－1，－3)，综上可知，D 点坐标为(－3，3)或(7，1)或(－1，－3)；(3)如答图，设P 关于直线OL 的对称点为M ，关于x 轴的对称点为N ，连结PM 交直线OL 于点R ，连结PN 交x 轴于点S ，连结MN 交直线OL 于点E ，交x 轴于点F ，由对称性可知，EP ＝EM ，FP ＝FN ，∴PE ＋PF ＋EF ＝ME ＋EF ＋NF ＝MN ，∴此时△PEF 的周长即为MN 的长，为最小，设R ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，43x ，由题意可知OR ＝OS ＝2，PR ＝PS ＝n ， ∴ x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43x 2＝2，解得x ＝－65(舍去)或65， ∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫65，85，∴ ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－652＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －852＝n ，解得n ＝1，∴P (2，1)，∴N (2，－1)，设M (x ，y )，则 x ＋22＝65，y ＋12＝85，解得x ＝25，y ＝115，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫25，115，∴MN ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1152＝855，即△PEF 的周长的最小值为 855.8．(12分)[·泰州]阅读理解：如图1－2－5①，图形l 外一点P 与图形l 上各点连结的所有线段中，若线段P A 1最短，则线段P A 1的长度称为点P 到图形l 的距离．例如：图②中，线段P 1A 的长度是点P 1到线段AB 的距离；线段P 2H 的长度是点P 2到线段AB 的距离．解决问题：如图③，平面直角坐标系xOy 中，点A ，B 的坐标分别为(8，4)，(12，7)，点P 从原点O 出发，以每秒1个单位长度的速度向x 轴正方向运动了t s.第7题答图图1－2－5(1)当t ＝4时，求点P 到线段AB 的距离；(2)t 为何值时，点P 到线段AB 的距离为5?(3)t 满足什么条件时，点P 到线段AB 的距离不超过6？(直接写出此小题的结果)解： (1)如答图①，作AC ⊥x 轴于点C ，则AC ＝4，OC ＝8，当t ＝4时，OP ＝4，∴PC ＝4，∴点P 到线段AB 的距离P A ＝PC 2＋AC 2＝42＋42＝42； (2)如答图②，过点B 作BD ∥x 轴，交AC 轴于点E ，①当点P 位于AC 左侧时，∵AC ＝4，P 1A ＝5，∴P 1C ＝P 1A 2－AC 2＝52－42＝3，∴OP 1＝5，即t ＝5；②当点P 位于AC 右侧时，如答图②，过点A 作AP 2⊥AB ，交x 轴于点P 2， ∴∠CAP 2＋∠EAB ＝90°，∵BD ∥x 轴，AC ⊥x 轴，∴CE ⊥BD ，∴∠ACP 2＝∠BEA ＝90°，第8题答图①第8题答图②∵∠EAB ＋∠ABE ＝90°，∴∠ABE ＝∠P 2AC ，在△ACP 2和△BEA 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACP 2＝∠BEA ＝90°，AC ＝BE ＝4，∠P 2AC ＝∠ABE ，∴△ACP 2≌△BEA (ASA )，∴AP 2＝BA ＝AE 2＋BE 2＝32＋42＝5，而此时P 2C ＝AE ＝3，∴OP 2＝11，即t ＝11.∵当t ＝5或11时，点P 到线段AB 的距离是5；(3)如答图③，①当点P 位于AC 左侧，且AP 3＝6时，则P 3C ＝AP 23－AC 2＝62－42＝25，∴OP 3＝OC －P 3C ＝8－25；②当点P 位于AC 右侧，且P 5M ＝6时，过点P 4作P 4N⊥P 5M 于点N ，则四边形AP 4NM 是矩形，∴∠AP 4N ＝90°，∠ACP 4＝∠P 4NP 5＝90°，AP 4＝MN ＝5，∴△ACP 4∽△P 4NP 5，且NP 5＝1，∴AP 4P 4P 5＝CP 4NP 5，即5P 4P 5＝31，∴P 4P 5＝53， ∴OP 5＝OC ＋CP 4＋P 4P 5＝8＋3＋53＝383，∴当8－2 5≤t ≤383时，点P 到线段AB 的距离不超过6.(24分)9．(12分)[·枣庄]我们知道，任意一个正整数n 都可以进行这样的分解：n ＝p ×q (p ，q 是正整数，且p ≤q )，在n 的所有这种分解中，如果p ，q 两因数之差的绝对值最小，我们就称p ×q 是n 的最佳分解．并规定：F (n )＝p q .例如12可以分解成1×12，2×6或3×4，∵12－1＞6－2＞4－3，∴3×4是第8题答图③12的最佳分解，∴F(12)＝3 4.(1)如果一个正整数m是另外一个正整数n的平方，我们称正整数m是完全平方数．求证：对任意一个完全平方数m，总有F(m)＝1；(2)如果一个两位正整数t，t＝10x＋y(1≤x≤y≤9，x，y为自然数)，交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为36，那么我们称这个数t为“吉祥数”，求所有“吉祥数”；(3)在(2)所得“吉祥数”中，求F(t)的最大值．【解析】(1)对任意一个完全平方数m，设m＝n2(n为正整数)，找出m的最佳分解，确定出F(m)的值即可；(2)设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′＝10y＋x，根据“吉祥数”的定义确定出x与y的关系式，进而求出所求即可；(3)利用“吉祥数”的定义分别求出各自的值，进而确定出F(t)的最大值即可．解：(1)证明：对任意一个完全平方数m，设m＝n2(n为正整数)，∵|n－n|＝0，∴n×n是m的最佳分解，∴对任意一个完全平方数m，总有F(m)＝nn＝1；(2)设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′＝10y＋x，∵t是“吉祥数”，∴t′－t＝(10y＋x)－(10x＋y)＝9(y－x)＝36，∴y＝x＋4，∵1≤x≤y≤9，x，y为自然数，∴满足“吉祥数”的有15，26，37，48，59；(3)∵F(15)＝35，F(26)＝213，F(37)＝137，F(48)＝68＝34，F(59)＝159.∵3 4＞35＞213＞137＞159，∴所有“吉祥数”中，F(t)的最大值是34.10．(12分)[·重庆B卷]对任意一个三位数n，如果n满足各数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”．将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为F(n)．例如n＝123，对调百位与十位上的数字得到213，对调百位与个位上的数字得到321，对调十位与个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213＋321＋132＝666，666÷111＝6，所以，F(123)＝6.(1)计算：F(243)，F(617)；(2)若s，t都是“相异数”，其中s＝100x＋32，t＝150＋y(1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数)，规定：k＝F（s）F（t）.当F(s)＋F(t)＝18时，求k的最大值．【解析】(1)当n＝243，对调百位与十位上的数字得到423，对调百位与个位上的数字得到342，对调十位与个位上的数字得到234，然后计算出新三位数的和，除以111即得F(243)的结果；同理可得F(617)的结果；(2)按上述操作办法分别计算出F(s)，F(t)，由F(s)＋F(t)＝18进而判断出x，y 满足的关系式，再根据限制条件“1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数”确定出6组符合条件的x，y值；由s，t都是“相异数”锁定x，y的值，分别代入F(s)，F(t)所满足的关系式，按规则计算出k的值，问题即可获解．解：(1)F(243)＝(423＋342＋234)÷111＝9，F(617)＝(167＋716＋671)÷111＝14；(2)∵s，t都是“相异数”，∴F(s)＝(302＋10x＋230＋x＋100x＋23)÷111＝x＋5，F(t)＝(510＋y＋100y＋51＋105＋10y)÷111＝y＋6，∵F(s)＋F(t)＝18，∴x＋5＋y＋6＝x＋y＋11＝18，∴x＋y＝7，∵1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝6或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝5 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2或 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝1.∵s 是“相异数”，∴ x ≠2，x ≠3，∵t 是“相异数”，∴y ≠1，y ≠5，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝6或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝3 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧F （s ）＝6，F （t ）＝12或⎩⎪⎨⎪⎧F （s ）＝9，F （t ）＝9或⎩⎪⎨⎪⎧F （s ）＝10，F （t ）＝8，∴k ＝F （s ）F （t ）＝12 或k ＝F （s ）F （t ）＝1或k ＝F （s ）F （t ）＝54， ∴k 的最大值为54.(16分)11．(16分)[·安徽]【阅读理解】我们知道，1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，那么12＋22＋32＋…＋n 2结果等于多少呢？在图1－2－6①所示三角形数阵中，第1行圆圈中的数为1，即12；第2行两个圆圈中数的和为2＋2，即22；…第n 行n 个圆圈中数的和为n ＋n ＋…＋n ，即n 2.n 个n这样，该三角形数阵中共有n （n ＋1）2个圆圈，所有圆圈中数的和为12＋22＋32＋…＋n 2.图1－2－6①【规律探究】将三角形数阵经两次旋转可得如图②所示的三角形数阵，观察这三个三角形数阵各行同一位置圆圈中的数(如第n－1行第一个圆圈中的数分别为n－1，2，n)，发现每个位置上三个圆圈中数的和均为__2n＋1__，由此可得，这三个三角形数阵所有圆圈中数的总和为3(12＋22＋32＋…＋n2)＝n（n＋1）（2n＋1）2．由此，12＋22＋32＋…＋n2＝n（n＋1）（2n＋1）6．【解析】图1－2－6②【解决问题】根据以上发现，计算12＋22＋32＋…＋2 01721＋2＋3＋…＋2 017的结果为__1_345__．11 / 11。

人教版2025年中考复习数学解答题专题探究-专题六几何综合探究题

（2）如图6，连接，过点作的垂线，分别交，，于点，，.求证： .
证明：由翻折得， . 四边形是正方形，，即 .，，，， . ，，，，， .
【深入研究】若，请求出的值（用含的代数式表示）.
解：如图2，连接 .
图2
四边形是正方形，，， .
,是对角线， . ，，，，，在中，，， .，设, ， .
如图3，当时，则 .
图3
，则，则 .， .
，，解得 .综上所述，的长为或．
方法总结解决轴对称（含折叠）问题的一般方法1.本质：折叠的本质是轴对称，根据轴对称的性质挖掘题中隐含的信息，如边角相等、线段垂直等.2.方法：根据题中等量和变量关系，结合勾股定理、三角形的性质、锐角三角函数、相似三角形等建立等式.3.技巧：注重过程和结果，即“折”的过程和“叠”的结果，抓住“轴对称”的本质和“方程”的思想，注意分类讨论思想的应用.
（3）拓展应用：在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出的长．
[答案] 或．
【提示】设，则 .依题意，知 .
当时，如图2，过点作于点，
图2
. ，，，，
，则 .在中，，，则， .在中，，则， .在中，，
， .由可得，，，，解得 .
图2
①若，请判断与的数量关系，并说明理由；
图1
解： .理由如下：如图1，连接 .和关于直线对称， .和关于直线对称，
，，，即 .
②若，求，两点间的距离．
解：如图1，连接，分别交，于点，，过点作于点 .易证，，在同一条直线上，四边形为矩形， .和关于直线对称，和关于直线对称，，，故 .答：，的距离为 .

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第 1 页共 13 页第2课时探究型问题 (69分) 一、选择题(每题6分，共12分) 1．[2017·滨州]如图2－2－1，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM＋ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为 ( B ) A．4 B．3 C．2 D．1

图2－2－1 第1题答图【解析】如答图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.∵∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF＋∠AOB＝180°，∵∠MPN＋∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN，∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，

在Rt△POE和Rt△POF中，OP＝OP，PE＝PF， ∴Rt△POE≌Rt△POF，∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中，

∠MPE＝∠NPF，PE＝PF，∠PEM＝∠PFN，∴△PEM≌△PFN，∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确；

∴S△PEM＝S△PNF，∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故③正确；∵OM＋ON＝OE＋ME＋OF－NF＝2OE＝定值，故②正确；MN的长度是变化的，故④错误．故选B. 2．[2017·株洲]如图2－2－2，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，第 2 页共 13 页

则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ＋FQ的值为 ( D ) A．5 B．4 C．3＋2 D．2＋2

图2－2－2 第2题答图【解析】如答图，在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，DE＝DF， ∠1＝∠2＝∠3，∵∠1＋∠QEF＝∠3＋∠DFQ＝45°，∴∠QEF＝∠DFQ，∵∠2＝∠3，∴△DQF∽△FQE, ∴DQFQ＝FQQE＝DFEF＝12，∵DQ＝1，∴FQ＝

2，EQ＝2，∴EQ＋FQ＝2＋ 2. 二、填空题(每题6分，共12分) 3．[2017·绍兴]如图2－2－3，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是__x＝0或x＝42－4或4＜x＜4_2__．【解析】分三种情况：①如答图①，当M与O重合时，即x＝0时，点P恰好有三个； ②如答图②，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，

图2－2－3

第3题答图① 第 3 页共 13 页

∴MC⊥OB，∵∠AOB ＝45°，∴△MCO是等腰直角三角形， ∴MC＝OC＝4，∴OM＝4 2，当M与D重合时，即x＝OM－DM＝4 2－4时，同理可知：点P恰好有三个； ③如答图③，取OM＝4，以M为圆心，以OM为半径画圆，则⊙M与OB除了O外只有一个交点，此时x＝4，即以∠PMN为顶角，MN为腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点，∴当4＜x＜4 2时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个．综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x

＝0或x＝4 2－4或4＜x＜4 2. 4．如图2－2－4，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②PQBQ＝32；③S△PDQ

＝18；④cos∠ADQ＝35.其中正确结论是__①②④__(填序号)．

图2－2－4 第4题答图【解析】 ①如答图，连结OQ，OD，∵DP＝12CD＝BO＝12AB，且DP∥OB，∴四边形OBPD是平行四边形．∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB，∵OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB，∴∠AOD＝∠DOQ，∴△AOD≌△QOD(SAS)，

第3题答图② 第3题答图③ 第 4 页共 13 页

∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1.∴①正确；②如答图，延长DQ交BC于点E，过点Q作QF⊥CD，垂足为F，根据切线长定理，得QE＝BE，设QE＝x，则BE＝x，DE＝1＋x，CE＝1－x，在Rt△CDE中，(1＋x)2＝(1－x)2＋1，解得x＝14，∴CE＝34，∵△DQF∽△DEC，∴DQDE＝FQCE＝45，得FQ＝35，∵△PQF∽△PBC，∴PQBP＝FQCB＝35，∴PQBQ＝32.∴②正确；③S△PDQ＝ 12DP·QF＝12×12×35＝320，∴③错误；④∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠DEC，

∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝CEDE＝ 34 54＝35，∴④正确．故答案为①②④. 三、解答题(共45分) 5．(15分)[2017·连云港]问题呈现：如图2－2－5①，点E，F，G，H分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，AE＝DG. 求证：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD.(S表示面积)

图2－2－5① 实验探究：某数学实验小组发现：若图①中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E，G作BC边的平行线，再分别过点F，H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1，B1，C1，D1，得到矩形A1B1C1D1.如图②，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近(DG＞AE)，经过探索，发现：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋S矩形A1B1C1D1. 如图③，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近(DG＜AE)，请探索S四边形EFGH，S矩形ABCD与S矩形A1B1C1D1之间的数量关系，并说明理由．第 5 页共 13 页

图2－2－5 迁移应用：请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题： (1)如图④，点E，F，G，H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点，已知AH＞BF，AE＞DG，S四边形EFGH＝11，HF＝29，求EG的长．

图2－2－5④ 图2－2－5⑤ (2)如图⑤，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E，H分别在边AB，AD上，BE＝1，DH＝2，点F，G分别是边BC，CD上的动点，且FG＝10，连结EF，HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．解：问题呈现：证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠A＝90°，又∵AE＝DG，∴四边形AEGD是矩形， ∴S△HEG＝12EG·AE＝12S矩形AEGD，同理可得S△FEG＝12S矩形BCGE. ∵S四边形EFGH＝S△HEG＋S△FEG， ∴2S四边形EFGH＝S矩形ABCD. 实验探究：第 6 页共 13 页

由题意得，当将G点向点D靠近(DG＜AE)时，如答图①所示， S△HEC1＝12S矩形HAEC1， S△EFB1＝12S矩形EBFB1， S△FGA1＝12S矩形FCGA1，S△GHD1＝12S矩形GDHD1， ∴S四边形EFGH＝S△HEC1＋S△EFB1＋S△FGA1＋S△GHD1－S矩形A1B1C1D1， ∴2S四边形EFGH＝S矩形HAEC1＋S矩形EBFB1＋S矩形FCGA1＋S矩形GDHD1

－2S矩形A1B1C1D1，

即2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1. 迁移应用： (1)如答图②所示，由“实验探究”的结论可知 2S四边形EFGH ＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1， ∴S矩形A1B1C1D1＝S矩形ABCD－2S四边形EFGH＝25－2×11＝3＝A1B1·A1D1， ∵正方形面积是25，∴边长为5，又∵A1D21＝HF2－52＝29－25＝4，

∴A1D1＝2，A1B1＝32， ∴EG2＝A1B21＋52＝94＋25＝1094，∴EG＝1092. (2)四边形 EFGH面积的最大值为172. 6．(15分)[2016·黑龙江]已知：P是▱ABCD对角线AC所在直线上的一个动点(点P不与点A，C重合)，分别过点A，C向直线BP作垂线，垂足分别为E，F，O为AC的中点． (1)如图2－2－6①，当点P与点O重合时，求证OE＝OF；

图2－2－6

第5题答图① 第5题答图② 第 7 页共 13 页 (2)直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE＝30°时，如图②、图③的位置，猜想线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图②、图③的猜想，并选择一种情况予以证明．解：(1)证明：∵AE⊥PB，CF⊥BP，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，

在△AEO和△CFO中，∠AEO＝∠CFO，∠AOE＝∠COF，AO＝CO， ∴△AEO≌△CFO(AAS)，∴OE＝OF； (2)图②中的结论为CF＝OE＋AE. 图③中的结论为CF＝OE－AE. 选图②中的结论，证明：如答图①，延长EO交CF于点G. ∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠GCO，

在△EOA和△GOC中，∠EAO＝∠GCO，OA＝OC，∠AOE＝∠COG， ∴△EOA≌△GOC(ASA)，∴EO＝GO，AE＝CG，在Rt△EFG中，∵EO＝OG，∴OE＝OF＝GO， ∵∠OFE＝30°，∴∠OFG＝90°－30°＝60°， ∴△OFG是等边三角形，∴OF＝FG，∵OE＝OF， ∴OE＝FG，∵CF＝FG＋CG，∴CF＝OE＋AE.

① ② 第6题答图选图③的结论，证明：如答图②，延长EO交FC的延长线于点G， ∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠AEO＝∠G，