青岛市中考数学几何综合压轴题模拟专题

青岛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．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法：（综合与实践）操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN；操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′；操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P；（问题解决）请在图3中解决下列问题：（1）求证：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由．2．如图，已知和均为等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，将这两个三角形放置在一起．（1）问题发现：如图①，当时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，则＝°，线段BD、CE之间的数量关系是；（2）拓展探究：如图②，当时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，请判断的度数及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图③，，，AE＝2，连接CE、BD，在绕点A旋转的过程中，当时，请直接写出EC的长．3．某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究：（1）如图2，在中，为斜边，分别以为直径，向外侧作半圆，则面积之间的关系式为_____________；推广验证：（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作，，满足，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用：（3）如图4，在五边形中，，点在上，，求五边形的面积．4．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．5．（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．6．综合与实践（问题背景）如图1，矩形中，．点E为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点C落在边的点处．（问题解决）（1）填空：的长为______．（2）如图2，将沿线段向右平移，使点与点B重合，得到与交于点F，与交于点G．求的长；（拓展探究）（3）在图2中，连接，则四边形是平行四边形吗？若是，请予以证明；若不是，请说明理由．7．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．8．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，点E是线段AC上一动点，连接DE．填空：①则的值为______；②∠EAD的度数为_______．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，点E是线段AC上一动点，连接DE．请求出的值及∠EAD的度数；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，取线段DE的中点M，连接AM、BM，若BC=4，则当△ABM是直角三角形时，求线段AD的长．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．某数学学习小组在复习线段垂直平分线性质时，提出了以下几个问题，请你帮他们解决：[数学理解](1)点是线段垂直平分线上的一点，则的值为；[拓展延伸](2)在平面直角坐标系中，点，点在轴上，且，则点的坐标为．(3)经小组探究发现，如图，延长线段到点，使，以点为因心，长为半径作园，则对于上任一点，都有，请你证明这个结论：[问题解决](4)如图，某人乘船以25千米/时的速度沿一笔直的河从码头到码头，再立即坐车沿一笔直公路以75千米/时的速度回到住处，已知乘船和坐车所用的时间相等请在河边上确定码头的位置．(请画出示意图并简要说明理由)11．如图1，已知直角三角形，，，点是边上一点，过作于点，连接，点是中点，连接，．（1）发现问题：线段，之间的数量关系为______；的度数为______；（2）拓展与探究：若将绕点按顺时针方向旋转角，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若绕点旋转的过程中，当点落到边上时，边上另有一点，，，连接，请直接写出的长度．12．（性质探究）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF=2OG．（迁移应用）（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．13．问题发现：（1）如图1，与同为等边三角形，连接则与的数量关系为________；直线与所夹的锐角为_________；类比探究：（2）与同为等腰直角三角形，其他条件同（1），请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；拓展延伸：（3）中，为的中位线，将绕点逆时针自由旋转，已知，在自由旋转过程中，当在一条直线上时，请直接写出的值．14．（1）问题发现如图1，ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，若∠ADE＝60°，则AB，CE，BD，DC之间的数量关系是．（2）拓展探究如图2，ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝α，点D，E分别在边BC，AC上．若∠ADE＝α，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）解决问题如图3，在ABC中，∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向勾速运动，同时点M从点B出发，以cm/s的速度沿B→C方向匀速运动，当其中一个点运动至终点时，另一个点随之停止运动，连接PM，在PM右侧作∠PMG＝30°，该角的另一边交射线CA于点G，连接PC．设运动时间为t（s），当△APG为等腰三角形时，直接写出t的值．15．如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上．（问题发现）如图1所示，与的数量关系为________；（类比探究）如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由；（拓展延伸）若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为________16．（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．17．如图（1），在矩形中，，点分别是边的中点，四边形为矩形，连接．（1）问题发现在图（1）中，_________；（2）拓展探究将图（1）中的矩形绕点旋转一周，在旋转过程中，的大小有无变化？请仅就图（2）的情形给出证明；（3）问题解决当矩形旋转至三点共线时，请直接写出线段的长．18．问题情境：两张直角三角形纸片中，．连接，，过点作的垂线，分别交线段，于点，（与在直线异侧）．特例分析：（1）如图1，当时，求证：；拓展探究：（2）当，探究下列问题：①如图2，当时，直接写出线段与之间的数量关系：；②如图3，当时，猜想与之间的数量关系，并说明理由；推广应用：（3）若图3中，，设的面积为，则的面积为．（用含，的式子表示）19．[探索发现]（1）如图①，△ABC与△ADE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，连接BD与CE，则△ABD与△ACE的关系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点，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，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．请你探究，当点E在直线AD上时，如图②所示，连接CE，判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．[拓展应用]（3）在（2）的应用下，请在图③中画出△BPE，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P在线段AD上运动时，AE的最小值．20．问题提出（1）如图（1），在等边三角形ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ACN＝°．类比探究（2）如图（2），在等边三角形ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．拓展延伸（3）如图（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使AM＝MN，连接CN．添加一个条件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，写出你所添加的条件，并说明理由．【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）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性解析：（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论；（2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：如图1，连接PC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠MD′C＝∠D＝90°，∴∠CD′P＝∠B＝90°，在Rt△CD′P和Rt△CBP中，，∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），∴BP＝D′P；（2）解：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝．设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案为：2：1．（3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点．理由：如图2，连接QM．∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，∴∠QD′M＝∠A＝90°．在Rt△AQM和Rt△D′QM中，，∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），∴AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，则QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴点E为AD的五等分点．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．2．（1）；（2），理由见解析；（3）CE的长为2或4，理由见解析．【分析】（1）证明，得出CE＝BD，，即可得出结论；（2）证明，得出，，即可得出结论；（3）先判断出，再求出：①当点E在点D解析：（1）；（2），理由见解析；（3）CE的长为2或4，理由见解析．【分析】（1）证明，得出CE＝BD，，即可得出结论；（2）证明，得出，，即可得出结论；（3）先判断出，再求出：①当点E在点D上方时，先判断出四边形APDE是矩形，求出AP＝DP＝AE＝2，再根据勾股定理求出，BP＝6，得出BD＝4；②当点E在点D下方时，同①的方法得，AP＝DP＝AE＝1，BP＝6，进而得出BD＝BP+DP＝8，即可得出结论．【详解】解：（1）为等腰三角形，，∴是等边三角形，同理可得是等边三角形故答案为：．（2），理由如下：在等腰三角形ABC中，AC＝BC，，，同理，，，，，，，，点B、D、E在同一条直线上:；（3）由（2）知，，，在中，，，①当点E在点D上方时，如图③，过点A作交BD的延长线于P，，，四边形APDE是矩形，，矩形APDE是正方形，，在中，根据勾股定理得，，，；②当点E在点D下方时，如图④同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝6，BD＝BP+DP＝8，，综上CE的长为2或4．【点睛】本题是几何变换的综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质，判断出三角形ACE和三角形ABD相似是关键．3．（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）【分析】（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．（3）解析：（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）【分析】（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．（3）先添加辅助线，在第二问的思路下，先证明三个三角形相似，得出三个三角形的面积关系，再利用30°、45°的直角三角形计算出相应的边，计算出五边形的面积即可．【详解】解：（1）设AB=b,AC=a,BC=c.则有：所以在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且故答案为：S1+S2=S3（2）∵∴设AB、AC、BC边上的高分别为h1，h2，h3∴，设AB=b,AC=a,BC=c则∴又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2∴故依然成立（3）连接PD、BD，作AF⊥BP，EM⊥PD∵∠ABP=30°，∠BAP=105°∴∠APB=45°在Rt△ABF中，AF=AB=,BF=3,在Rt△AFP中,AF=PF=,则AP=，∵∠A=∠E,∴△ABP∽△EDP∴∠EPD=45°∠EDP=30°∴∠BPD=90°又PE=∴PM=EM=1,MD=则PD=1+∴=所以五边形的面积为：【点睛】本题考查勾股定理、与勾股定理有关的图形问题、相似三角形．是中考的常考知识．4．（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．5．（1）=1；（2）改变，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三点共线，可以求出k=1；（2）当点G与点E重合时，DG取最小值，当点F与点C重合时，DG取最大值，进而求出k的取解析：（1）=1；（2）改变，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三点共线，可以求出k=1；（2）当点G与点E重合时，DG取最小值，当点F与点C重合时，DG取最大值，进而求出k的取值范围；（3）①设BE=m，BF=n，利用一元二次方程的根与系数的关系进行和不等式进行求解；②根据①求出的EF=，由于ΔDEF为等腰三角形，EF为底，所以G为EF中点，易得GB=，进而可以求出GB=（）DG．【详解】如图1所示，把ΔDAE，ΔDCF分别沿着DE、DF翻折，在正方形ABCD中，ADC=DAB=DCB=90°’，AD=CD,ADE+CDF=ADC-EDF=90°-45°=45°，翻折后，AD，CD重合．设重合线为AG'，则DG'E=DG'F=90°，DG'EF，且E、G'、F三点共线，则G'在EF上。又DGEF，DG'与DG重合，DG=DG'=AD．k==1．（2)k的值发生改变．①如图2所示，当点G与点E重合时，DG取最小值，DEF=90°又EDF=45°，ΔDEF是等腰直角三角形，则DE=EF．易证ΔADEΔBEF，AD=BE=6，AE=AB-BE=8-6=2，在RtΔADE中，由勾股定理，得DE=，②如图3所示，当点F与点C重合时，DG取最大值，EDC=45°，AB//DF，则AED=EDC=45°，ΔDAE是等腰直角三角形，则AD=AE=6，BE=AB-AE=8-6=2，在RtΔEBC中，由勾股定理得：CE=，易证ΔDGC~ΔCBE，，即DG=，，综上所述，．（3)①设BE=m，BF=n，易知ΔBEF的周长为2．，一元二次方程有求根公式：，，所以，，则m，n是关于x的方程的两个实数根，，解得：．S=DG·EF=EF，当EF=时，S取最小值．②ΔDEF为等腰三角形，EF为底，G为EF中点，易得GB=EF=，GB=（）DG．【点睛】本题考查了正方形、矩形、等腰三角形的性质及一元二次方程的灵活运用，有一定的难度，解题关键是画出正确的图形进行解答．6．（1）6；（2）；（3）四边形不是平行四边形，理由见解析．【分析】（1）先根据已知条件和矩形的性质可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根据折叠的性质可得DC＇=DC=10，最后运用勾股定理解解析：（1）6；（2）；（3）四边形不是平行四边形，理由见解析．【分析】（1）先根据已知条件和矩形的性质可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根据折叠的性质可得DC＇=DC=10，最后运用勾股定理解答即可；（2）先根据折叠的性质和勾股定理可求得，进而求得BE、EC，然后连接，根据平移的性质可得，进而说明，最后运用相似三角形的性质解答即可；（3）先由折叠可得，再根据平移的性质和等腰三角形的判定与性质得到，过点作于点H，则且，根据相似三角形的性质可得；设，则，在中，运用勾股定理求得和DH；然后再在中求得，可以发现即，即可发现四边形不可能是平行四边形．【详解】解：（1）如图：∵矩形中，∴CD=AB=10，AD=BC=8根据折叠的性质可得DC＇=DC=10在直角三角形ADC＇中，AC＇=．（2）由折叠可知：．在中，根据勾股定理可求得，∴．在中，设，根据勾股定理，得，解得，即．如图：连接，则由平移可知，，且．于是可得，∴，又∵，∴．（3）四边形不是平行四边形，理由如下：由折叠可知；又∵平移可知，且，∴，∴，即是等腰三角形，∴．如图，过点作于点H，则且，∴．设，则，在中，根据勾股定理，得，解得，∴，∴．而在中，，根据勾股定理可求得，∴，即，故四边形不可能是平行四边形．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解答本题的关键．7．（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．8．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，从而可得到结论；（2）通过证明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度数；（3）由直角三角形的性质可证AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的长，从而可求出AD的长．【详解】（1）∵∠ABC=∠DBE=90°,∠ACB=∠BED=45°，∴∠CBE=∠ABD,∠CAB=45°∴AB=BC，BE=DE，∴△BCE≌△BAD∴AD=CE，∠BAD=∠BCE=45°∴=1，∠EAD=∠CAB+∠BAD=90°故答案为：1，（2），∠EAD=90°理由如下：∵∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°∴∠ABD=∠EBC，∠BAC=∠BDE=30°∴在Rt△ABC中，tan∠ACB==tan60°=在Rt△DBE中，tan∠BED==tan60°=∴=又∵∠ABD=∠EBC∴△ABD∽△BCE∴==，∠BAD=∠ACB=60°∵∠BAC=30°∴∠EAD=∠BAD+∠BAC=60°+30°=90°，（3）如图，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且点M是DE的中点，∴AM=BM=DE，∵△ABM为直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，设EC=x，则AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（负值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴线段AD的长为（2+6），【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识.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）1；（2）或；（3）见解析；（4）以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置，画出示意图见解析；简要理由见解析．【分析】（1）直接利用垂直平分线的性质证明即可；（2）根据求解析：（1）1；（2）或；（3）见解析；（4）以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置，画出示意图见解析；简要理由见解析．【分析】（1）直接利用垂直平分线的性质证明即可；（2）根据求出的长，再根据，即可求出点的坐标；（3）连接，根据推出，从而推出，证明，即可证明；（4）在线段上作点，使，在线段的延长线上作点，使，以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置.同（3）证明即可证明结论.【详解】（1）∵点是线段垂直平分线上的一点，∴，∴，故答案为：1；（2）∵∴，∵，∴，∴点的坐标为或，故答案为：或；（3）如图，连接，∵，，∴，∵的半径为，∴，∴.∴，∴.∵，∴，∴.∴.（4）如图，在线段上作点，使，在线段的延长线上作点，使.以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置.简要理由:由于水路速度为陆路速度的，且时间相等，所以水路的距离必为陆路距离的，即需，连接，同(3)可证，∵，，∴，∴，∴，同理可得，∴又∵，由此，得.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，准确的理解题意画出图形和作出正确的辅助线是解题的关键.11．（1），；（2）结论成立，理由见解析；（3）．【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质即可求出的度数；（2）如图（见解析），先根据解析：（1），；（2）结论成立，理由见解析；（3）．【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质即可求出的度数；（2）如图（见解析），先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理可得，再根据等腰三角形的性质、平行线的性质、三角形的外角性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行线的性质、等边三角形的判定与性质、角的和差即可求出的度数；（3）如图（见解析），先根据直角三角形的性质可得，从而可得，再分别在和中，根据直角三角形的性质、勾股定理可得，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【详解】（1）在中，，点是中点，，同理可得：，，在中，，，，又，，，，，，，；（2）结论成立，理由如下：如图，分别取AB的中点为M，取AD的中点为N，连接FM、CM、EN、FN，，，又点是中点，是的中位线，，，同理可得：，，绕点按顺时针方向旋转角，，，，，，，，，同理可得：，，在和中，，，，，是等边三角形，，，，，，，；（3）如图，过点G作，交AE延长线于点F，在中，，，，，由旋转的性质得：，在中，，，在中，，，，则在中，．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、三角形中位线定理、三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．12．（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG解析：（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，又∵BF=2OG，，∴，设CD=2x，AC=3x，则AD=，∴．（4）解：设OG=a，AG=k．①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，综上所述，tan∠BAE的值为或．【点睛】本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．13．（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形的性质可推出，再根据相似三角形对应角相等，得出，故得出直线与所夹的锐角为45°，与（1）结论不符．（3）此问需要分两种情况讨论，一种情况是当在直线上，该种情况需要先证明，从而根据相似三角形的性质得到，最后根据全等三角形的性质求出；另一种情况是，当在直线下，先证明，从而证明四边形为矩形，最后求出．【详解】解：（1）；60°解答如下：如图１，与为等边三角形，，在与中，，故答案为：；直线与所夹的锐角为60°．（2）不成立理由如下：与为等腰直角三角形，，，，即：，在与中，故（1）中的结论不成立；（3）的长度为2或4；①点在直线上方时如图4，，，②点在直线下方时，如图5，∥根据题意，易证四边形为矩形，，故答案为综上可得的长度为2或4【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的三边关系、旋转的性质、矩形的判定及性质相似三角形的判定及性质，综合性比较强，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）利用等边三角形的性质，从而证明三角形全等是解答该小问的关键．（2）根据等腰直角三角形的三边关系，证明两个三角形相似是解答第二问的关键，重点掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本题时，首先要认识到旋转过程中满足题意的两种情况，其次证明过程可参考上面的证明过程，最后如何判定四边形为矩形也是解答最后一题第二种情况的关键．14．（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，解析：（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，即可得到结论；（3）解决问题:可证△PBM∽△MCG，然后得到，用t可表示线段的长，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，代入计算即可；当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，则△APG为等边三角形，代入计算得到t．【详解】解：（1）问题发现AB，CE，BD，DC之间的数量关系是：，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∠ADE＝60°，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴．故答案为：．（2）拓展探究（1）中的结论成立，∵AB＝AC，∠B＝α，∴∠B＝∠C＝α，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣α，∵∠ADE＝α，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣α，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴；（3）解决问题∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BPM+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∵∠PMG＝30°，∴∠CMG+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∴∠BPM＝∠CMG，又∠B＝∠C＝30°，∴△PBM∽△MCG，∴，由题意可知AP＝t，BM＝t，即BP＝4﹣t，如图1，过点A作AH⊥BC于H，∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴AH＝2cm，BH＝＝＝2cm，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BC＝2BH＝4cm，∴MC＝（4t）cm，∴，即CG＝3t，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，如图2，此时AG＝AC﹣CG＝4﹣3t，∴4﹣3t＝t，解得：t＝1，当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，如图3，此时∠PAG＝180°﹣120°＝60°，则△APG为等边三角形，AP＝AG，此时AG＝CG﹣AC＝3t﹣4，∴3t﹣4＝t，解得：t＝2，∴当△APG为等腰三角形时，t的值为1或2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握分类的思想方法是解题的关键．15．【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即解析：【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论；拓展延伸：分两种情况，连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，GH=HF=HE=HC，得出CF=BC=2，GF=CE=2，HF=HE=HC=，由勾股定理求出AH==，即可得出答案．【详解】问题发现：AE=BF，理由如下：∵四边形和四边形是正方形，∴，，CE=CF，，∴，∴，∴AE=BF；故答案为：AE=BF；类比探究：上述结论还成立，理由如下：连接，如图2所示：∵，∴，在和中，CE=CF，CA=CB，∴，∴，∴，∴AE=BF；拓展延伸：分两种情况：①如图3所示：连接交于，∵四边形和四边形是正方形，∴，AC=AB=4，GF=CE=CF，，∵点为的中点，∴，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴∴AG=AH+HG=；②如图4所示：连接交于，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴AG=AH-HG=；故答案为：或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．16．（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（解析：（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．17．（1）；（2）的大小无变化，证明见解析；（3）或【分析】（1延长FG交BC于点H，可根据题意分别求出，的长，即可求的值；（2）连接，先由勾股定理计算的值，再计算，最后根据相似三角形的判定与性质解析：（1）；（2）的大小无变化，证明见解析；（3）或【分析】（1延长FG交BC于点H，可根据题意分别求出，的长，即可求的值；（2）连接，先由勾股定理计算的值，再计算，最后根据相似三角形的判定与性质解题即可；（3）采用分类讨论法解题，一种是点在线段上，另一种是点在的延长线上，据此分别求解即可.【详解】（1）解：延长FG交BC于点H，则，，故答案为：（2）的大小无变化.证明：如图（1），连接，由题意可知：，∴，即，在矩形中，，∴，∴，在矩形中，，∴，∴，∴，∴，∴；（3）或如图（2），图（3）：如图（2），当点在线段上，由（2）知，，，在中，；当点在的延长线上时，由（2）知，，，在中，综上所述，或【点睛】本题考查勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，其中涉及分类讨论思想，综合性较强，有一定难度，熟练并灵活运用知识是解题的关键.18．（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，解析：（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即