2023学年二轮复习解答题专题四十五：与知识迁移有关的类比探究综合题（解析版）

2023学年二轮复习解答题专题四十五：与知识迁移有关的类比探究综合题典例分析例（2022绥化中考）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．

（1）如图一，在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G.利用面积证明：．（2）如图二，将矩形沿着折叠，使点A与点C重合，点B落在处，点G为折痕上一点，过点G作于M，于N.若，，求的长．（3）如图三，在四边形中，E为线段上的一点，，，连接，且，，，，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，利用等面积法，根据等腰中，，即可得到结论；（2）根据题中条件，利用折叠性质得到，结合矩形中得到，从而有，从而确定是等腰三角形，从而利用（1）中的结论得到，结合勾股定理及矩形性质即可得到结论；（3）延长交于，连接，过点作于，根据，，，得到是等腰三角形，从而由（1）知，在中，，在中，，，联立方程求解得，从而得到结论．【小问1详解】证明：连接，如图所示：

在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G，由得，；【小问2详解】解：连接，过点作于，如图所示：

根据折叠可知，在矩形中，，则，，即等腰三角形，在等腰中，，边上有一点G，过点G作于M，于N，过点作于，由（1）可得，在中，，，则，在四边形中，，则四边形为矩形，，即；【小问3详解】解：延长交于，连接，过点作于，

在四边形中，E为线段上的一点，，，则，又，，，即是等腰三角形，由（1）可得，设，，，，在中，，在中，，，，解得，，即．【点睛】本题考查几何综合，涉及到等腰三角形的判定与性质、等面积求线段关系、折叠的性质、勾股定理求线段长、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂题意，掌握（1）中的证明过程与结论并运用到其他情境中是解决问题的关键．专题过关1.（2022嘉兴中考）小东在做九上课本123页习题：“1：也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1：．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造DPE，使得DPE∽CPB．①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．【答案】（1）赞同，理由见解析，（2）①，②点N是线段ME的“趣点”，理由见解析【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质证明再利用从而可得结论；（2）①由题意可得：再求解证明从而可得答案；②先证明可得再证明从而可得结论．【小问1详解】证明：赞同，理由如下：等腰直角三角形ABC，∴点P为线段AB的“趣点”．【小问2详解】①由题意可得：DPE∽CPB，D，A重合，②点N是线段ME的“趣点”，理由如下：当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），而同理可得：点N是线段ME的“趣点”．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，等腰三角形的判定与性质，理解新定义的含义，掌握特殊的几何图形的性质是解本题的关键．2.（2022威海中考）回顾：用数学的思维思考（1）如图1，△ABC中，AB＝AC．①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．（从①②两题中选择一题加以证明）（2）猜想：用数学的眼光观察经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．（3）探究：用数学的语言表达如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．【答案】（1）见解析（2）添加条件CD=BE，见解析（3）能，0＜CF＜【解析】【分析】（1）①利用ASA证明△ABD≌△ACE．②利用SAS证明△ABD≌△ACE．（2）添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明△ABD≌△ACE．（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证△CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．【小问1详解】①如图1，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵BD，CE是△ABC的角平分线，∴∠ABD=∠ABC，∠ACE=∠ACB，∴∠ABD=∠ACE，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，∴AE=AD，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．【小问2详解】添加条件CD=BE，证明如下：∵AB=AC，CD=BE，∴AC+CD=AB+BE，∴AD=AE，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．【小问3详解】能在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，E与A重合，∵∠A＝36°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，∴△CBF∽△BAF，∴，∵AB＝AC＝2=BF，设CF=x，∴，整理，得，解得x=，x=（舍去），故CF=x=，∴0＜CF＜．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，一元二次方程的解法，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定性质是解题的关键．3.（2022盐城中考）【经典回顾】

梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．

在△ABC中，∠ACB=90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．

(1)证明：AD=LC；

(2)证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；

(3)请利用(2)中的结论证明勾股定理．

【迁移拓展】

(4)如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB(保留适当的作图痕迹)；若不存在，请说明理由．

26.【答案】(1)证明：如图1，连接MG，

∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，

∴AC=CH，BC=CG，∠ACH=∠BCG=90°，AB=AD，

∵∠ACB=90°，

∴∠GCH=360°-90°-90°-90°=90°，

∴∠GCH=∠ACB，

∴△ACB≌△HCG(SAS)，

∴GH=AB=AD，

∵∠GCH=∠CHI=∠CGL=90°，

∴四边形CGLH是矩形，

∴CL=GH，

∴AD=LC；

(2)证明一：∵∠CAI=∠BAM=90°，

∴∠BAC=∠MAI，

∵AC=AI，∠ACB=∠I=90°，

∴△ABC≌△AMI(ASA)，

由(1)知：△ACB≌△HCG，

∴△AMI≌△HGC，

∵四边形CGLH是矩形，

∴S△CHG=S△CHL，

∴S△AMI=S△CHL，

∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；

证明二：∵四边形CGLH是矩形，

∴PH=PC，

∴∠CHG=∠LCH，

∴∠CAB=∠CHG=∠LCH，

∵∠ACH=90°，

∴∠ACK+∠LCH=90°，

∴∠ACK+∠CAK=90°，

∴∠AKC=90°，

∴∠AKC=∠BAD=90°，

∴DM//LK，

∵AC//LI，

∴四边形ACLM是平行四边形，

∵正方形ACHI的面积=AC⋅CH，▱ACLH的面积=AC⋅CH，

∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；

(3)证明：由正方形ADEB可得AB/​/DE，

又AD//LC，

∴四边形ADJK是平行四边形，

由(2)知，四边形ACLM是平行四边形，

由(1)知：AD=LC，

∴▱ADJK的面积=▱ACLM的面积=正方形ACHI，

延长EB交LG于Q，

同理有▱KJEB的面积=▱CBQL的面积=正方形BFGC，

∴正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积=▱ADJK的面积+▱KJEB的面积=正方形ADEB，

∴AC【解析】(1)根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；

(2)证明S△CHG=S△CHL，所以S△AMI=S△CHL，由此可得结论；

(3)证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积=▱ADJK的面积+▱KJEB的面积=正方形ADEB，可得结论；

(4)如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径作弧交这直线于D，分别以A，B为圆心，以AB，AI为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．

本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等相似三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．

（1）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；（2）【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；

（3）【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．

【答案】（1）（2）16（3）或【解析】【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；（2）过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；（3）分别求出，由勾股定理可得方程，求出x的值即可．【小问1详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠∵是对角线，∴∠，∴∠，∵四边形正方形，∴∠，∴∠又∠∴，∴∴故答案为:【小问2详解】过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，如图，

∵点O是正方形ABCD的中心，∴又∠A=90°∴四边形ATOM是正方形，∴同（1）可证△∴【小问3详解】∵四边形均为正方形，∴∠∵CG在CD上，∴又CE在BC的延长线上，∴设则在中，在中，延长AD，CE交于点Q，则四边形是矩形，

∴∴，在中，若△为直角三角形，则有，即整理得，解得，∴或【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键5.（2022永州中考）为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地、B、C、四个位置安装四个自动喷酒装置（如图1所示），A、B、C、四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）．方案一：如图2所示，沿正方形的三边铺设水管；方案二：如图3所示，沿正方形的两条对角线铺设水管．（1）请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短；（2）小明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示），

满足，，、请将小明方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：，）【答案】（1）方案二（2）小明，理由见解析【解析】【分析】（1）根据方案铺设管道路线求解即可；（2）证，求出小明铺设方案的水管的总长度，进行比较即可得结果；【小问1详解】解：方案一：（米）方案二：（米）所以方案二总长度更短．【小问2详解】如图，作，，垂足分别为和．∵∴，，∴∵，∴（米），，总长度：（米）∵∴所以小明的方案总长度最短．【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，根据题意，灵活应用知识点进行求解是解题的关键．6.（2022随州中考）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）公式①：公式②：公式③：公式④：图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为．①若E为边AC的中点，则的值为_______；②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．【答案】（1）①，②，④，③（2）证明见解析（3）①2

②结论仍成立，理由见解析【解析】【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．【小问1详解】解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；故答案为：①，②，④，③；【小问2详解】解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，∴，∵，∴，又∵，∴；【小问3详解】解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设，∴，，，，∴，，∴；故答案为：2；②成立，证明如下：由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设，，∴，，，，∴，，∴仍成立．【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．7.（2022河南桐柏一模）习过相似三角形后，刘老师布置了一道思考题．问题情境：如图1，等腰三角形ABC中，，CD为AB边上的中线，M为CD上一个动点，于点E，连接CE，若点N为AC上一个动点，连接EN，当，时，求EN的最小值．小明在分析这道题时，发现思路不明显，他采用从特殊到一般的方法进行探究，以下是他的探究过程，请仔细阅读，并完成下列任务．

原题中动点较多，小明准备先从动点的条件入手分析：分析一：如图2，等腰三角形ABC中，，CD为AB边上的中线，若，点M为CD的中点，于点E，连接CE，点N为AC上一个动点，连接EN，探究EN是否存在最小值；过程：连接AE，∵CD垂直平分AB，，M是CD的中点，∴，，∴是等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵，∴≌，∴，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴当时有最小值；分析二：如图3，等腰三角形ABC中，，CD为AB边上的中线，若，且M，N分别为CD、CA的中点，于点E，连接CE，EN，求证：．任务：（1）小明在分析一中判断EN的最小值时运用了______原理；（填序号）①两点之间线段最短；②垂线段最短；③平行线间距离；④点到圆的距离．（2）请完成分析二的证明；（3）请直接写出问题情境中EN的最小值．【答案】（1）②（2）见解析（3）【解析】【分析】（1）由分析一的证明过程即可求解；（2）连接AE，证明∽，得到，再得到，证明∽，得到，证明，再利用三线合一即可证明；（3）当时EN的长最短，由点M的运动过程中，一直等于90°，故点E可看成在以BD为直径，O为圆心的内部的圆周上的动点，过点O作交于点，交AC于点，此时即为所求EN的最小值，根据解直角三角形的方法求出的长，故可求解．【小问1详解】由分析一知当时有最小值，即垂线段最短，故填②；【小问2详解】接AE，∵CD垂直平分AB，，∴．∵，，∴，∴∽，∴，∵D，M分别是AB，CD的中点，∴BD=AB，DM=CD∴，∴，∵，∴∽，∴，∴，∴，∵N是AC的中点，∴．

【小问3详解】求EN的最小值，即为时EN的长．在点M的运动过程中，一直等于90°，∴点E可看成在以BD为直径，O为圆心的内部的圆周上的动点，如图所示．过点O作交于点，交AC于点，此时即为所求EN的最小值．∵，，CD垂直平分AB，∴，，∴，∴，∴，∴，∴EN的最小值为．

【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知等腰直角三角形的性质、全等三角形与相似三角形的判定与性质、圆的性质、解直角三角形的方法．8.（2022太原二模）请阅读下列材料，并完成相应的任务．有趣的布罗卡尔点和布罗卡尔角1816年法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现了“布罗卡尔点”，但是他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，这一特殊点被一个数学爱好者——法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字将其命名．他的这一发现引起一大批数学家的兴趣，一时形成了一股研究“三角形几何”的热潮．关于布罗卡尔点的研究与推广以代数计算为主，充分体现了代数与几何的联系．定义：如图1，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角．人们研究发现，等边三角形只有一个布罗卡尔点．任务：（1）等边三角形的布罗卡尔点是这个三角形的______心；（2）若设等边三角形的面积为S，边长为a，布罗卡尔角为，求证：；（3）如图2，在等腰直角三角形ABC中，，若P是它的一个布罗卡尔点，满足，，求的值．【答案】（1）答案不唯一，如内、外、中、重等．（2）证明见解析（3）6【解析】【分析】（1）本小题答案不唯一，可以先猜想，再证明，比如根据题意，△ABC是等边三角形，可知∠PAC=∠PCB=∠PBA=30°，得到∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，所以∠PCA=∠PBC=∠PAB=30°，即可证明P是∠ABC、∠BCA、∠BAC的角平分线的交点所以P是△ABC的内心.（2）由材料可知，等边三角形布罗卡尔角为．求．根据三角函数求得等边三角形一边上的高为．根据三角形面积公式即可求得；（3）由是等腰直角三角形，得到，，，再证明．得到．求出，进而求得，，即可求解．【小问1详解】根据题意，可知∠PAC=∠PCB=∠PBA=30°，∵△ABC是等边三角形,∴∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，∴∠PCA=∠PBC=∠PAB=30°，∴P是∠ABC、∠BCA、∠BAC的角平分线的交点∴P是△ABC的内心.【小问2详解】证明：由材料可知，等边三角形布罗卡尔角为．∴．∵等边三角形的面积为S，边长为a，∴等边三角形一边上的高为．∴．又∵，∴．【小问3详解】∵是等腰直角三角形，，∴，．∵，∴．又∵，∴．∴．∵，∴，，∴的值为6．【点睛】本题是属于三角形的几何综合题型，也是压轴题，较难，内容有等边三角形的性质，内心，外心，等边三角形角平分线，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定的综合，求三角形的面积，以及锐角三角函数等知识，熟悉并灵活利用以上性质是解题的关键．9.（2022郑州枫杨外国语二模）小明发现，若一个三角形中，中线的存在会和三角形的面积有一定的关系．如图1，中，为边的中线，可得，过点作于，则

在持续研究中，小明发现，这个研究可以运用到很多问题解决中，请你帮助小明完成下列任务：（1）如图2，矩形中，点，分别为，上的动点，且，与交于点．连接．①判断与的面积关系；②若，，当点为的中点时，求四边形的面积；（2）中，，，点为的中点，连接，将沿折叠，点的对应点为点，若与重合部分的面积为面积的，直接写出的面积．【答案】（1）（1）①，理由见解析；②6；（2）或；【解析】【分析】（1）①只需要证明△MDE≌△ANE得到ME=AE，即可推出；②先求出，，再证，即可得到结果；（2）分如图2-1所示，当△ABC是锐角三角形时，如图3-2所示，当△ABC时钝角三角形时，两种情况讨论求解即可．【小问1详解】解：①，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴，∴∠MDE=∠ANE，∠DME=∠NAE，在△MDE和△ANE中，，∴△MDE≌△ANE（ASA），∴ME=AE，∴；②∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAN=90°，AB=CD=4，，∵M是CD的中点，∴，，又∵，∴，∴；【小问2详解】解：如图2-1所示，当△ABC是锐角三角形时，重叠部分即为△CDQ，∵D是AB的中点，∴，，∵重叠部分的面积为面积的，∴，∴Q为BD的中点，∴，由折叠的性质可得，，过点D作DF⊥BC于F，∴，∵点到直线距离垂线段最短，过直线外一点有且只有一条线段与已知直线垂直，∴Q与F点重合，即DQ⊥CE，在Rt△ACQ中，，∴，

如图3-2所示，当△ABC时钝角三角形时，重叠部分为△CDQ，同理可证Q为BC的中点，Q为DE的中点，又∵D为AB的中点，∴DQ是△ABC的中位线，，∴，，∴，过点C作CF⊥AB于F，∴，∴，综上所述，或．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、矩形的性质、三角形中线的性质、折叠的性质、含30度角的直角三角形的性质、点到直线的距离、三角形面积、三角形中位线定理等等，熟知三角形中线的性质是解题的关键．10.（2022运城二模）阅读下列材料，并按要求解答相关问题：【思考发现】根据直径所对的圆周角是直角，我们可以推出“如果一条定边所对的角始终为直角，那么所有满足条件的直角顶点组成的图形是以定边为直径的圆或圆弧（直径的两个端点除外）”这一正确的结论．如图1，若AB是一条定线段，且，则所有满足条件的直角顶点P组成的图形是定边AB为直径的（直径两端点A、B除外）（1）已知：如图2，四边形ABCD是边长为8的正方形，点E从点B出发向点C运动，同时点F从点C出发以相同的速度向点D运动，连接AE，BF相交于点P．①当点E从点B运动到点C的过程中，的大小是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，请直接写出的度数．②当点E从点B运动到点C的过程中，点P运动的路径是（）A.线段；B.弧；C.半圆；D.圆③点P运动的路经长是_____．（2）已知：如图3，在图2的条件下，连接CP，请直接写出E、F运动过程中，CP的最小值．【答案】（1）①90°；②B；③2π；（2）【解析】【分析】（1）①由题意可得△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质可得=90°始终成立；②根据题目所给材料可以推得点P运动的路径是一条以AB为直径的圆弧；③根据弧长公式计算即可；（2）设AB的中点为O，连接OC，与⊙O交于点Q，则CQ的长度即为所求CP的最小值．【小问1详解】①如图，由题意可得在△ABE和△BCF中，AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，BE=CF，∴△ABE≌△BCF，∴∠BAE=∠CBF，∴∠BEA+∠CBF=∠BEA+∠BAE=90°，∴∠APB=90°；②∵E、F刚出发时，P点即点B，E、F到达终点时，P点即AC与BD的交点G，∴由题中所给材料可以得到：当点E从点B运动到点C过程中，点P运动的路径是以AB为直径的劣弧BG，但不是半圆或圆，故选B；③设AB的中点为O，则⊙O半径为4，劣弧BG所对圆心角为90°，∴劣弧BG长度为；【小问2详解】如图，连接OC，与⊙O交于点Q，则CQ的长度即为所求CP的最小值，由勾股定理可得：OC=，∴CQ=OC-OQ=，即E、F运动过程中，CP的最小值为．【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质、新定义下的解题方法、圆的弧长计算公式、勾股定理的应用及点与圆的位置关系是解题关键．11.（2022河南虞城二模）思考题：如图，正方形中，点P为上一个动点，点B关于的对称点为点M，的延长线交的延长线于点Q，点E为的中点，连接，过点D作交的延长线于点F，连接，求证：≌．在分析过程中，小明找不到解题思路，便和同学们一起讨论，以下是讨论过程：小红：可以得出；理由：连接，点M和点B关于对称，∴，又∵，∴，∵点E为的中点，∴；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．①①小亮：是等腰直角三角形；理由：由小红的结论得，∴，，∴；∵，∴，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②②∴是等腰直角三角形；小明：我好像知道该怎么解决问题了．请仔细阅读讨论过程，完成下述任务．任务：（1）小红的讨论中①的依据是_______________，小亮的讨论中②的依据是_______________；（2）请帮小明证明≌；拓展研究：（3）若，连接，直接写出的最小值．【答案】（1）等腰三角形的三线合一；两直线平行，同位角相等；（2）证明见解析；（3）．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质和平行线性质求解即可；（2）由小红的证明方法可证得，小亮的证明方法可证得是等腰直角三角形，再由正方形的边相等，可得AD=CD，同角的余角相等，即可证明；（3）由圆周角所对的弦是直径可知：点E在以为直径的⊙上运动，求的最小值为求点A到⊙的最小距离，则可知当点A，E，O在同一直线上时，最小，再用勾股定理即可求解．【小问1详解】证明：连接，点M和点B关于对称，∴，又∵，∴，∵点E为的中点，∴（等腰三角形三线合一）；由小红的结论得，∴，，∴，∵，∴，（两直线平行，同位角相等）故小红的讨论中①的依据是等腰三角形的三线合一，小亮的讨论中②的依据是两直线平行，同位角相等；【小问2详解】证明：在正方形中，，，连接，由点B与点M关于对称知，又∵，∴．∵点E为的中点，∴，又∵，∴，又∵，∴，由点B与点M关于对称及为等腰三角形，且为顶角平分线知：，则，又∵，∴，∴，由，，知≌；【小问3详解】如图：在正方形中，，，∴点E在以为直径的⊙上运动，求的最小值为求点A到⊙O的最小距离，当点A，E，O在同一直线上时，最小，，．【点睛】本题考查了正方形的性质，对称的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的相关性质，圆周角所对的弦是直径，勾股定理等知识，综合掌握和运用相关知识点是解题关键．12.（2022河南商水二模）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点在直线上，且，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角”模型．（1）如图2，中，，，直线经过点，过作于点，过作于点．求证：；（2）如图3，在中，是上一点，，，，，求点到边的距离；（3）如图4，在中，为边上的一点，为边上的一点．若，，，求的值．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据“AAS”证明即可；（2）过作于点，过作交延长线于点，可根据“AAS”证即可求解；（3）过作交的延长线于点，可得，由平行四边形ABCD易证，故，由相似三角形的性质可求．【小问1详解】证明：∵，，∴