天津市中考数学几何综合压轴题模拟专题

天津市中考数学几何综合压轴题模拟专题一、中考几何压轴题1．（问题探究）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．（拓展延伸）（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．2．如图1，在中，，点P在斜边上，点D､E､F分别是线段､､的中点，易知是直角三角形．现把以点P为中心，顺时针旋转，其中．连接､､．（1）操作发现如图2，若点P是的中点，连接，可以发现____________；（2）类比探究如图3，中，于点P，请判断与的大小，结合图2说明理由；（3）拓展提高在（2）的条件下，如果，且，在旋转的过程中，当以点C､D､F､P四点为顶点的四边形与以点B､E､F､P四点为顶点的四边形都是平行四边形时，直接写出线段､､的长．3．（发现问题）（1）如图，已知和均为等边三角形，在上，在上，易得线段和的数量关系是．（2）将图中的绕点旋转到图的位置，直线和直线交于点①判断线段和的数量关系，并证明你的结论．②图中的度数是．（3）（探究拓展）如图3，若和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点，分别写出的度数，线段、之间的数量关系．4．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在平行四边形中，点是的中点，点是线段上一点，的延长线交射线于点．若，求的值．（1）尝试探究在图1中，过点作交于点，则和的数量关系是_________，和的数量关系是_________，的值是_________．（2）类比延伸如图2，在原题的条件下，若，则的值是_________（用含有的代数式表示），试写出解答过程．（3）拓展迁移如图3，梯形中，，点是的延长线上的一点，和相交于点．若，，，则的值是________（用含、的代数式表示）．5．（问题发现）（1）如图1所示，在中，，，点在边上，且，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接、，的值为______；（类比探究）（2）如图2所示，在（1）的条件下，点为的中点，，将线段绕点顺时针旋转90°得到，连接，则的值会发生改变吗？说明你的理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，在钝角中，，，点在边的延长线上，，连接．将线段绕着点顺时针旋转，旋转角，连接，则______（请用含有，的式子表示）．6．（1）问题发现如图1，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直线BD，CE交于点F，直线BD，AC交于点G．则线段BD和CE的数量关系是，位置关系是；（2）类比探究如图2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直线BD，CE交于点F，AC与BD相交于点G．若AB＝kAC，试判断线段BD和CE的数量关系以及直线BD和CE相交所成的较小角的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3.0），点N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转90得到线段MP，连接NP，OP．请直接写出线段OP长度的最小值及此时点N的坐标．7．问题探究：（1）如图①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，则AB的最大值是．（2）如图②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D为△ABC内一点，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，请求出∠ADB的度数．问题解决：（3）如图③，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，点A、B、C分别是三个任务点，点P是△ABC内一个打卡点．按照设计要求，CP＝30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120°，即∠APB＝120°．为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值．8．（1）（操作）如图，请用尺规作图确定圆的圆心，保留作图痕迹，不要求写作法；（2）（探究）如图，若（1）中的圆的半径为2，放入平面直角坐标系中，使它与轴，轴分别切于点和，点的坐标为，过点的直线与圆有唯一公共点（与不重合）时，求点的坐标；（3）（拓展）如图3，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向点运动，同时，点从原点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向上运动，设运动时间为（），过点，，三点的圆，交第一象限角平分线于点，当为何值时，有最小值，求出此时，并探索在变化过程中的值有变化吗？为什么？9．（1）（问题发现）如图①，正方形的两边分别在正方形的边和上，连接．填空：①线段与的数量关系为______；②直线与所夹锐角的度数为_______．（2）（拓展探究）如图②，将正方形绕点逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明．（3）（解决问题）如图③，在正方形中，，点M为直线上异于B，C的一点，以为边作正方形，点N为正方形的中心，连接，若，直接写出的长．10．（阅读理解）定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫“协和线”，该四边形叫做“协和四边形”．（深入探究）（1）如图1，在四边形中，，，请说明：四边形是“协和四边形”．（尝试应用）（2）如图2，四边形是“协和四边形”，为“协和线”，，，若点、分别为边、的中点，连接，，．求：①与的面积的比；②的正弦值．（拓展应用）（3）如图3，在菱形中，，，点、分别在边和上，点、分别在边和上，点为与的交点，点在上，连接，若四边形，都是“协和四边形”，“协和线”分别是、，求的最小值．11．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，（1）猜想：线段与的数量关系为_____；（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．12．在与中，且，点D始终在线段AB上（不与A、B重合）．（1）问题发现：如图1，若度，的度数______，______；（2）类比探究：如图2，若度，试求的度数和的值；（3）拓展应用：在（2）的条件下，M为DE的中点，当时，BM的最小值为多少？直接写出答案．13．综合与实践操作探究（1）如图1，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点．请回答下列问题：①与全等的三角形为______，与相似的三角形为______．并证明你的结论：（相似比不为1，只填一个即可）：②若连接、，请判断四边形的形状：______．并证明你的结论；拓展延伸（2）如图2，矩形中，，，点、分別在、边上，且，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点，连接．①设，，则与的数量关系为______；②设，，请用含的式子表示：______；③的最小值为______．14．（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图①，在中，，点是边上的一点，，求的长”．某同学做了如下的思考：如图②，过点作，交的延长线于点，进而求解，请回答下列问题：（1）___________度；（2）求的长．（拓展应用）如图③，在四边形中，，对角线相交于点，且，，则的长为_____________．15．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．16．（1）问题发现：如图1，在△ABC中和△DCE中，，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．填空：①的值为；②∠ABE的度数为．（2）类比探究：如图2，在△ABC中和△DCE中，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．请判断的值及∠ABE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若，，请直接写出BE的长．17．爱好思考的小明在探究两条直线的位置关系查阅资料时，发现了“中垂三角形”，即两条中线相互垂直的三角形“中垂三角形”，如图（1）、图（2）、图（3）中，AM、BN是△ABC的中线，AM⊥BN于点P，像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如图1，当tan∠PAB=1，c=4时，a=b=；（归纳证明）（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想a2、b2、c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图2证明你的结论；（拓展证明）（3）如图4，▱ABCD中，E、F分别是AD、BC的三等分点，且AD=3AE，BC=3BF，连接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相较于点G，AD=3，AB=3，求AF的长．18．（1）问题探究：如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．（2）理解应用：如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长；（3）拓展应用：如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长19．如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是AC，AB上的点，且，猜想：①的值是_______；②直线DE与直线CF所成的角中较小的角的度数是_______．（2）类比探究：如图2，将绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中结论是否成立，就图2的情形说明理由．（3）拓展延伸：在绕点A旋转的过程中，当三点共线时，请直接写出CF的长．20．（模型构建）如图所示，在边长为1的正方形中，的顶点，分别在，上（可与点，，重合），且满足．的高线交线段于点（可与，重合），设．（1）求的值．（模型拓展）在（模型构建）的基础上，将条件“边长为1的正方形”改为“长、宽的矩形”（其他条件不变）．（2）判断的值是否改变．若改变，请求出的取值范围；若不改变，请证明．（深入探究）在（模型构建）的基础上，设的面积为．（3）①求的最小值；②当取到最小值时，直接写出与的数量关系．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似解析：（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．【详解】解：（1）和均为等腰直角三角形，，，，，，且，，，，，，故答案为：；②如图，过点作于点，，，，，，，故答案为：4；（2）若点在右侧，如图，过点作于点，，，，，．，，，，，，，，，，，即，，，，，若点在左侧，，，，，．，，，，，，，，，，，，即，，，，．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．2．（1）1，1；（2）结论：，理由见解析；（3），，．【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质以及全等三角形的性质解决问题即可．（2）结论：．如图3中，连接．利用相似三角形的性质解决问题即可．解析：（1）1，1；（2）结论：，理由见解析；（3），，．【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质以及全等三角形的性质解决问题即可．（2）结论：．如图3中，连接．利用相似三角形的性质解决问题即可．（3）分两种情形：如图中，当时，满足条件，如图中，当点落在上时，四边形是矩形，四边形是矩形，分别求解即可．【详解】解：（1）如图2中，连接，．，，，，，，，，，，，同法可证，，，．故答案为1，1．（2）结论：．理由：如图3中，连接．，，，，，，，，，同法可证，，，，，，，．（3）如图中，当时，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，同法可证，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，，由（2）可知，，，．如图中，当点落在上时，四边形是矩形，四边形是矩形，此时，由（2）可知，，，．综上所述，，，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．3．（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；②由全等三角形的性质得，然后利用等解析：（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；②由全等三角形的性质得，然后利用等量代换即可求解；（3）首先证明，然后根据相似三角形的性质得到，和，即可求解．【详解】（1）∵和均为等边三角形∴CA=CB，CD=CE∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE∴AD=BE；（2）①AD=BE证明：∵和均为等边三角形∴CA=CB，CD=CE，∴∴∴AD=BE②∵∴设BC和AF交于点O，如图2∵∴，即∴；（3）结论，证明：∵，AB=BC，DE=EC∴，∴∴，∴∵∴【点睛】本题考查了几何变换综合，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，关键证明全等和相似，并且分类讨论．4．（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本问体现“特殊”的情形，是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用EH来表示，最解析：（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本问体现“特殊”的情形，是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用EH来表示，最后求得比值；（2）本问体现“一般”的情形，不再是一个确定的数值，但（1）问中的解题方法依然适用，如答图2所示．（3）本问体现“类比”与“转化”的情形，将（1）（2）问中的解题方法推广转化到梯形中，如答图3所示．【详解】解：（1）依题意，过点作交于点，如图1所示．则有，∴，∴．∵，，∴，又∵为中点，∴为的中位线，∴．．故答案为：；；．（2）如图2所示，作交于点，则．∴，∴．∵，∴．∵，∴．∴，∴．∴．故答案为：．（3）如图3所示，过点作交的延长线于点，则有．∵，∴，∴，∴．又，∴．∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题的设计独特：由平行四边形中的一个特殊的例子出发（第1问），推广到平行四边形中的一般情形（第2问），最后再通过类比、转化到梯形中去（第3问）．各种图形虽然形式不一，但运用的解题思想与解题方法却是一以贯之：即通过构造相似三角形，得到线段之间的比例关系，这个比例关系均统一用同一条线段来表达，这样就可以方便地求出线段的比值．本题体现了初中数学的类比、转化、从特殊到一般等思想方法，有利于学生触类旁通、举一反三．5．（1）；（2）BE+BD的值不会发生改变，理由见解答；（3）2k•sin【分析】（1）只要证明，即可解决问题；（2）如图2中，作交于，过点作交于．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中解析：（1）；（2）BE+BD的值不会发生改变，理由见解答；（3）2k•sin【分析】（1）只要证明，即可解决问题；（2）如图2中，作交于，过点作交于．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中，作交的延长线于，作于．只要证明，可证，即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，，，，，，，，，，，，故答案为：．（2）的值不会发生改变，理由如下：作交于，过点作交于，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，由（1），知，，，，为边上的中点，，，，，，，，，，；（3）如图3中，作交的延长线于，作于．，，，，，，，，，，，，，，，，，，．．故答案为：．【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．6．（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE解析：（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，结合∠AGB＝∠FGC，即可得到结论；（2）先证明ABCADE，从而得，结合∠BAD=∠CAE，可得BADCAE，进而即可得到结论；（3）把OPM绕点M顺时针旋转90°得到（与N重合），则，，(3，3)，，进而即可求解．【详解】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∵∠BAD＝∠BAC−∠DAC，∠CAE＝∠DAE−∠DAC∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵，∴△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠AGB＝∠FGC，∴∠CFG＝∠BAG＝90°，即BD⊥CE，故答案是：BD＝CE，BD⊥CE；（2）∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴ABCADE，∴，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴BADCAE，∴∠ABD=∠ACE，又∵∠AGB＝∠FGC，∴∠BFC=∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-α-β，∴AB=kAC，直线BD和CE相交所成的较小角的度数为：180°-α-β；（3）由题意得：MN=MP，∠NMP=90°，把OPM绕点M顺时针旋转90°得到（与N重合），则，，∵点M的坐标为（3，0），∴(3，3)∵OPM，∴，即线段OP长度最小时，的长度最小，∴当⊥y轴时，的长度最小，此时(0，3)，∴N(0，3)，OP的最小值为3.【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，通过旋转变换，构造相似三角形或全等三角形，是解题的关键．7．（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT解析：（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT，利用勾股定理的逆定理证明∠CTD＝90°，可得结论；（3）将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ，证明PA+PB=JC，再求出JC的最大值即可求解．【详解】（1）如图①，作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，∵∠BOC=2∠BAC＝90°，OB=OC∴△OBC是等腰直角三角形∵BC=4∴OB=OC=2=OA∵AB≤OA+OB∴AB≤4∴AB的最大值为4故答案为：4；（2）如图②，将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT由题意可得DT=BD=2，CT=AD=2∵CD=6∴∴∠CTD＝90°，∵△BDT是等腰直角三角形∴∠DTB=45°∴∠CTB=45°+90°=135°∴∠ADB=∠CTB=135°（3）如图③，将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ∵∠PAK＝120°，∠AKC＝∠APB＝120°∴∠JAK＝∠JKA＝60°∴∠AJK＝60°∴△JAK是等边三角形∴AK=KJ∴∠COP＝2∠AJK＝120°∵PC=30∴OP=OC=OJ=∵CJ≤OJ+OC∴CJ≤∵PA+PB=AK+CK+KJ+KC=JC∴PA+PB的最大值为米．【点睛】此题主要考查旋转的综合运用，解题的关键是熟知三角形外接圆的性质、三角函数的应用、旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理的应用及三角形的三边关系的应用．8．（1）见解析；（2）；（3）当时，有最小值，此时；的值不变，见解析【分析】（1）在圆上任意取两条弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分线，则它们的交点为P点；（2）由题意得与相切于点，根据切线长解析：（1）见解析；（2）；（3）当时，有最小值，此时；的值不变，见解析【分析】（1）在圆上任意取两条弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分线，则它们的交点为P点；（2）由题意得与相切于点，根据切线长定理和勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质即可求解；（3）根据勾股定理得，得到当时，有最小值，即有最小值．四边形是正方形，即可求得此时，根据利用三角形面积公式，即可求解．【详解】（1）如图，点P即为所作；（2）如图，过点作轴于点，连接，，由题意得：与坐标轴相切，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，则，由题意得与相切于点，∴，设，在中，，，，，由勾股定理得：，即：，解得，∴，由题意可得，∴，即：，∴，，则∴；（3）如图，在中，，，，则，当时，有最小值，即有最小值．此时，，∵平分第一象限，∴∠EON=∠EOM=45，∴△EON△EOM，∴∠ENO=∠EMO，∵四边形是圆内接四边形，∴∠ENO+∠EMO=180，∴∠ENO=∠EMO=90，又OM=ON，∴四边形是正方形，∴；在这个变化过程中，没有变化，理由如下：∵平分第一象限，∴是等腰直角三角形，∴则，∴．【点睛】本题考查了坐标与图形，圆的切线的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数最值的求解，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，学会利用参数构建方程解决问题．9．（1）①；②；（2）仍然成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）【问题发现】连接．易证，，三点共线．易知．，推出，从而得出与所夹锐角的度数；（2）【拓展探究】连接，，延长交的延长线于点，交于点解析：（1）①；②；（2）仍然成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）【问题发现】连接．易证，，三点共线．易知．，推出，从而得出与所夹锐角的度数；（2）【拓展探究】连接，，延长交的延长线于点，交于点，根据四边形的性质得到，根据得到，根据相似三角形的性质即可解决问题；（3）【解决问题】需分两种情况讨论：①当点M在线段BC上时，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，可得∠BAM=∠CAN，根据，可得△ABM∽△CAN，从而得到CN=BM，根据，可得到BM=AC-CM=2，从而可求出CN的值；②当点M在线段BC的延长线上时，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，可得∠BAM=∠CAN，根据，可得△ABM∽△CAN，从而得到CN=BM，根据，可得到BM=AC+CM=6，从而可求出CN的值．【详解】解：（1）【问题发现】如图①中，①线段与的数量关系为；②直线与所夹锐角的度数为．理由：如图①中，连接．易证，，三点共线．∵．，∴．故答案为，．（2）【拓展探究】结论不变．理由：连接，，延长交的延长线于点，交于点．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．（3）【解决问题】①当点M在线段BC上时，如图，连接AB，AN，∵四边形ADBC，四边形AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC-∠MAC=∠MAN-∠MAC，即∠BAM=∠CAN，∵，∴△ABM∽△CAN，∴，∴CN=BM，∵，∴BM=AC-CM=2，∴CN=BM=；②当点M在线段BC的延长线上时，如图，连接AB，AN，∵四边形ADBC，四边形AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC+∠MAC=∠MAN+∠MAC，即∠BAM=∠CAN,∵,∴△ABM∽△CAN，∴，∴CN=BM，∵，∴BM=AC+CM=2=6，∴CN=BM=．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．10．（1）证明见解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据“协和四边形”的定义即可得证；（2）①先根据“协和四边形”的定义、三角形全等的解析：（1）证明见解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据“协和四边形”的定义即可得证；（2）①先根据“协和四边形”的定义、三角形全等的判定定理可得，从而可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后设，解直角三角形可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得；②如图（见解析），设，先利用勾股定理可得，再利用三角形的面积公式可得，然后根据正弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），先解直角三角形可得，再根据菱形的性质、平行线的性质可得，从而可得，然后根据垂线段最短可得当时，取得最小值，最后根据相似三角形的判定与性质即可得．【详解】证明：（1）如图，连接，在和中，，，，平分和，四边形是“协和四边形”；（2）①如图，设与相交于点，为“协和线”，平分和，，在和中，，，，∵点、分别为边、的中点，，，是等边三角形，，（等腰三角形的三线合一），设，则，∵在中，，，在中，，，，即与的面积的比为；②如图，过点作于点，由（2）①知，垂直平分，，设，则，同（2）①可得：，，，，解得，则在中，；（3）如图，过点作，交延长线于点，，，在中，，四边形是菱形，，，同（2）①可证：垂直平分，，，，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，在和中，，，，即，解得，即的最小值为．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），利用垂线段最短得出当时，取得最小值是解题关键．11．(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．【详解】解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，∴∠ADF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠ADF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(2)仍旧成立，理由如下：延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示设BD延长线DM交AE于M点，∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，∴∠MDF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠MDF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF，∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(3)如下图所示：∵BA=BE，∴∠BAE=∠BEA，∵∠BAE=∠EBG,∴∠BEA=∠EBG，∴AECG，∴∠AEG+∠G=180°，∴∠AEG=90°，∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，∴四边形AEGC为矩形，∴AC=EG，且AB=BE，∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，又∵ED=AC=EG，且EB=EB，∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，∴∠BAC=30°，∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：．故答案为：．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．12．（1）90度；1；（2）的度数为90度，的值为；（3）BM的最小值为1．【分析】（1）度，利用SAS证明，即可得出，的值为1；（2）度，证明，即可得出，；（3）当CD最小时，即CD垂直于AB解析：（1）90度；1；（2）的度数为90度，的值为；（3）BM的最小值为1．【分析】（1）度，利用SAS证明，即可得出，的值为1；（2）度，证明，即可得出，；（3）当CD最小时，即CD垂直于AB时，CD最小，此时DE最小，而BM是直角三角形DBE斜边上的中线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【详解】（1）①∵∴∴∵，∴∴，∴∴，∴，的值为1；（2）在中，，令，则，同理令，∴，∴①∵即∴②有①②得∴，∴（3）在中，，∴，当CD最小时，即CD垂直于AB时，CD最小，此时DE最小，而，∴，而BM是直角三角形DBE斜边上的中线，∴【点睛】本题涉及全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、特殊的三角函数值和直角三角形的性质．是一个综合性比较强的题目，要熟练掌握各个知识点．13．（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形解析：（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形与可得结论；（2）①如图2，连接由折叠可得：再利用勾股定理可得答案；②如图3，连接交于证明四边形是菱形，可得从而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函数的性质可得答案．【详解】解：（1）①矩形由折叠可得：如图1，连接由折叠可得：同理：故答案为：，或②如图1，由①得：矩形四边形为平行四边形，四边形为菱形，（2）①如图2，连接由折叠可得：矩形，，故答案为：②如图3，连接交于矩形重合，同理可得：由对折可得：四边形是菱形，，，故答案为：③由②得：当时，最小，最小值为的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，二次函数的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE解析：【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE，由平行线证明△ABD∽△ECD，求出AD=2；ED=4，ED=2，得出AC=AE=AD+ED=6；

拓展应用：过点D作DF∥AB交AC于点F．证明△BAE∽△DFE，得出=2，得出AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，证出AC=AD，在Rt△ADF中，求出DF=AF×tan∠CAD=，得出AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，得出AC=AB，在Rt△ABC中，求出BC=AB=2即可．【详解】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ACE+∠BAC=180°，

∴∠ACE=180°-108°=72°；

故答案为：72；

（2）∵CE∥AB，

∴∠E=∠BAD=72°，

∴∠E=∠ACE，

∴AC=AE，

∵CE∥AB，

∴△ABD∽△ECD，

∴，∵BD=2CD，

∴=2，∴AD=2ED=4，

∴ED=2，

∴AC=AE=AD+ED=4+2=6；拓展应用：

：如图3中，过点D作DF∥AB交AC于点F．

∵AC⊥AB，∴∠BAC=90°，∵DF∥AB，

∴∠DFA=∠BAC=90°，

∵∠AEB=∠DEF，

∴△BAE∽△DFE，

∴=2，∴AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，∵∠BAD=120°，

∴∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°=∠ADC，

∴AC=AD，

在Rt△ADF中，∵∠CAD=30°，

∴DF=AF×tan∠CAD=3×，∴AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，∴AC=AB，

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90°，

∴BC=AB=2；故答案为：2．【点睛】此题考查四边形综合题，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，本题综合性强，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．15．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共线，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一条直线上，与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC＝＝4，如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝，即DE＝．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．16．（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知解析：（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知条件证明△ACD∽△BCE，即可推出,；（3）当点E在AF右边时，如图2所示，由已知条件可得出，在中运用勾股定理可求出AD的值，再运用（2）中结论即可得出BE的值；当点E在AF左边时，如图3所示，可证明，，再运用（2）中结论即可得出BE的值．【详解】解：（1）①∵，，∴为等边三角形∴∴∴∴的值为1；故答案为：1；②∵∴∵∴∴∵∴故答案为：90°．（2）,.理由如下：在Rt△ABC中，，.∴.同理：.∴.又.∴.∴△ACD∽△BCE.∴,.∴.（3）当点E在AF右边时，如图2所示：∵，，，∴，∴∵∴；当点E在AF左边时，如图3所示同理，可得，∵∴∴∴∵∵∴综上所述，BE的值为或.【点睛】本题是一道关于三角形相似的综合题目，涉及的知识点有全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等边三角形的判定、解直角三角形、勾股定理的应用等多个知识点，它充分体现了数学解题中的数形结合思想和整体转化思想．17．（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=5c2．设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分别求出a2、b2、c2即可解决问题．（3）取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，首先证明△ABF是中垂三角形，利用（2）中结论列出方程即可解决问题．【详解】（1）解：如图中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案为：；（2）结论a2+b2=5c2．证明：如图中，连接MN．∵AM、BN是中线，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如图中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，

同理可证△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四边形CEPF是平行四边形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线构造全等三角形，学会利用新的结论解决问题，属于中考压轴题．18．（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性质可求解；（3）分两种情况讨论，通过证明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位线定理可求解．【详解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如图1：延长BE交AD于N，交DG于H，∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠ABE+∠ANB＝90°，∴∠ADG+∠DNH＝90°，∴∠DHN＝90°，∴BE⊥DG；（2）如图，当点G在线段DE上时，连接BD，∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DA