押江苏南京中考数学第27题(几何综合与探究)(原卷版+解析)-备战2022年中考数学临考题号押题(江苏南京专用)

押江苏南京中考数学第27题几何综合与探究近几年南京中考来看，试卷的第27题比较难，属于压轴题，主要以几何探究和函数综合为主要考查内容。例如：2021年南京中考的第27题考查了最短路径问题、用勾股定理解三角形、求圆心角、三角函数综合等；2020年第27题考查了最短路径问题、线段垂直平分线的实际应用、切线的应用、轴对称综合题(几何变换)等；2019年第27题考查了函数的综合运用和探究；2018年第27题考查了几何图形的规律探究。命题侧重对所学知识的理解和运用，难度较大。解此类题型对考生的要求比较高，需要考生熟练的掌握各种几何图形的基本性质和判定、相似三角形的性质与判定，几何图形的变换，结合数学思想和方法进行求解，例如在做几何探究题时，要熟练运用等量代换、转化思想、方程思想以及函数思想，要善于做辅助线尤其是复杂辅助线的构建，要善于在几何变换中寻找不变的量和不变的关系。1．（2021·江苏南京·中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？（1）如图①，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．②设的长为a，点B在母线上，．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．2．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：（1）这样的点A唯一吗？（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．①该弧所在圆的半径长为___________；②面积的最大值为_________；（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．①线段长的最小值为_______；②若，则线段长为________．3．（2021·江苏淮安·中考真题）【知识再现】学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．【简单应用】如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是．【拓展延伸】在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．4．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．【活动】小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）【思考】如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．【应用】在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．（1）如图4，CD＝AF＝1．①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为．（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围．1．（2022·江苏南京·一模）问题情境：如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离．（1）探究证明：如图2，在⊙O上任取一点C（不与点A，B重合），连接PC，OC．求证：PA＜PC．（2）直接应用：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是．（3）构造运用：如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A1MN，连接A1B，则A1B长度的最小值为．（4）综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（4，5）为圆心，以1，2为半径作⊙A，⊙B，M，N分别是⊙A，⊙B上的动点，P为x轴上的动点，直接写出PM+PN的最小值为．2．（2022·江苏·南通市海门区东洲国际学校一模）[问题提出](1)如图1，已知线段AB＝4，点C是一个动点，且点C到点B的距离为2，则线段AC长度的最大值是________；[问题探究](2)如图2，以正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，E为半圆O上一动点，若正方形的边长为2，求AE长度的最大值；[问题解决](3)如图3，某植物园有一块三角形花地ABC，经测量，AC＝20米，BC＝120米，∠ACB＝30°，BC下方有一块空地（空地足够大），为了增加绿化面积，管理员计划在BC下方找一点P，将该花地扩建为四边形ABPC，扩建后沿AP修一条小路，以便游客观赏．考虑植物园的整体布局，扩建部分BPC需满足∠BPC＝60°．为容纳更多游客，要求小路AP的长度尽可能长，问修建的观赏小路AP的长度是否存在最大值？若存在，求出AP的最大长度；若不存在，请说明理由．4．（2022·江苏无锡·一模）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．【理解运用】(1)如图1，对余四边形中，AB=5，BC=6，CD=4，连接AC，若AC=AB，则cos∠ABC=___________，sin∠CAD=__________．(2)如图2，凸四边形中，AD=BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2=CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论．【拓展提升】(3)在平面直角坐标中，A（－1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC=90°+∠ABC．设=u，点D的纵坐标为t，请在下方横线上直接写出u与t的函数表达，并注明t的取值范围____________________________．10．（2022·江苏·江阴市敔山湾实验学校一模）问题提出（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是_____．问题探究（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．问题解决（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．①求y与x之间的函数关系式；②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．（限时：60分钟）1．（2022·河南许昌·一模）问题背景折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起源于公元1世纪或者2世纪时的中国，6世纪时传入日本，再经由日本传到全世界，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支．今天折纸被应用于世界各地，其中比较著名的是日本筑波大学的芳贺和夫发现的折纸几何三定理，它已成为折纸几何学的基本定理．芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下：第一步：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ABCD展开，得到折痕EF；第二步：将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至的位置，得到折痕MN，与AB交于点P．则点P为AB的三等分点，即．问题解决如图1，若正方形ABCD的边长是2．(1)CM的长为______；(2)请通过计算AP的长度，说明点P是AB的三等分点．类比探究(3)将长方形纸片按问题背景中的操作过程进行折叠，如图2，若折出的点P也为AB的三等分点，请直接写出的值．2．（2022·山西吕梁·一模）综合与实践问题情境Rt△ABC和Rt△DEF如图1放置，点B与点D重合，∠ACB=∠EDF=90°，∠A=30°，AB=ED=FD=4，EF分别与AC，AB交于点N，点P，点M是AB的中点．(1)数学思考连接MN，求证：点N是EF的中点；并计算△MNP的面积；(2)操作探究如图2，先将△DEF沿BC的方向平移，使点D与点C重合，再沿CA的方向平移到点D为AC的中点时停止；过点C作CHAB交DE于点H，连接AH，AN，CM．试判断四边形AMCH的形状，并说明理由；(3)在图2的基础上，将△DEF绕着点D顺时针旋转30°，CHAB仍然存在，延长CH交MN于点G，交EF于点Q，如图3．请直接写出三角形CMG的面积．3．（2022·山东·广饶县实验中学一模）(1)阅读理解：如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．易证△AEF≌_______，得出线段BF，DE，EF之间的数量关系为____________；(2)类比探究：如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求线段DE的长；(3)拓展应用如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，请直接写出BD：CE的值．4．（2022·贵州遵义·一模）【证明体验】（1）如图1，过圆上一点作切线，是弦（不是直径），若是直径，连接，求证：；（2）如图2，若不是直径，______（填“＞”、“<”或“=”）；（3）如图3，（1）、（2）的结论是否成立，说明理由；【归纳结论】（4）由以上证明可知：切线与弦的夹角等于它所夹的弧对的______；【结论应用】（5）如图4，内接圆于，弦，交于，过点作的切线，交的延长线于点．若，，求线段的长．5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与实践综合与实践上，老师组织同学们以“正方形的旋转”为主题开展数学活动，“智慧小组”选行了下面的探究：已知正方形与正方形，正方形保持不变，正方形绕点旋转一周．(1)操作发现：当点在正方形的边上时，如图①所示，连接、，若，，则的值为__________；(2)探究证明：当正方形旋转至图②的位置时，连接、，试写出与的数量关系，并加以证明；(3)拓展延伸：连接、，分别取、的中点、，连接，，当正方形绕点旋转一周时，请直接写出线段所扫过的面积．6．（2022·广东·深圳中学一模）（1）【基础巩固】如图1，△ABC内接于⊙O，若∠C＝60°，弦，则半径r＝______；（2）【问题探究】如图2，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，点B为弧AC上一动点（不与点A，点C重合）求证：AB＋BC＝BD（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条道路劣弧围成，已知千米，∠DMC＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．押江苏南京中考数学第27题几何综合与探究近几年南京中考来看，试卷的第27题比较难，属于压轴题，主要以几何探究和函数综合为主要考查内容。例如：2021年南京中考的第27题考查了最短路径问题、用勾股定理解三角形、求圆心角、三角函数综合等；2020年第27题考查了最短路径问题、线段垂直平分线的实际应用、切线的应用、轴对称综合题(几何变换)等；2019年第27题考查了函数的综合运用和探究；2018年第27题考查了几何图形的规律探究。命题侧重对所学知识的理解和运用，难度较大。解此类题型对考生的要求比较高，需要考生熟练的掌握各种几何图形的基本性质和判定、相似三角形的性质与判定，几何图形的变换，结合数学思想和方法进行求解，例如在做几何探究题时，要熟练运用等量代换、转化思想、方程思想以及函数思想，要善于做辅助线尤其是复杂辅助线的构建，要善于在几何变换中寻找不变的量和不变的关系。1．（2021·江苏南京·中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？（1）如图①，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．②设的长为a，点B在母线上，．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．【答案】（1）作图如图所示；（2）①h+l；②见解析．【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可得到最短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出∠AOC，进而证明出△OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；（2）①由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥的母线长l；②如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次代入前面线段表达式中即可求出最短路径长．【解析】解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；设∠AOC=n°，∵圆锥的母线长为，的长为，∴，∴；连接OA、CA，∵，∴是等边三角形，∵B为母线的中点，∴，∴．（2）①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l②蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知，，GF=h，OB=b，由的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，作BE⊥OG，垂足为E，因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，因为两点之间线段最短，∴A、G、B三点共线，利用勾股定理可以得到：,进而得到关于x的方程，即可解出x，将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．2．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：（1）这样的点A唯一吗？（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．①该弧所在圆的半径长为___________；②面积的最大值为_________；（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．①线段长的最小值为_______；②若，则线段长为________．【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②【分析】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．【解析】解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，∵∠BAC=30°，∴∠BOC=60°，又OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB=OC=BC=2，即半径为2；②∵△ABC以BC为底边，BC=2，∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，∴BE=CE=1，DO=BO=2，∴OE==，∴DE=，∴△ABC的最大面积为=；（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，∵点D在圆上，∴∠BDC=∠BAC，∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，∴∠BA′C＞∠BDC，∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，∴tan∠DPC==，为定值，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，∵点Q是PD中点，∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，∴BE=BC-CE=3-=，∴BQ==，∵PD==，∴圆Q的半径为，∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；②∵AD=3，CD=2，，则，∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，过点C作CF⊥PD，垂足为F，∵PD平分∠ADC，∴∠ADP=∠CDP=45°，∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，∴CF=DF==，∵tan∠DPC==，∴PF=，∴PD=DF+PF==．3．（2021·江苏淮安·中考真题）【知识再现】学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．【简单应用】如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是．【拓展延伸】在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．【答案】【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析【分析】简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．【解析】简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案为：AE＝AD．拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，∴△CAM≌△BAN（AAS），∴CM＝BN，AM＝AN，∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），∴EM＝DN，∵AM＝AN，∴AE＝AD．（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．∵CE′＝BD，CE＝BD，∴CE＝CE′，∵CT⊥EE′，∴ET＝TE′，∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．4．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．【活动】小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）【思考】如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．【应用】在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．（1）如图4，CD＝AF＝1．①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为．（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围．【答案】【活动】见解析；【思考】是；【应用】（1）①；②；（2）＜t＜【分析】[活动]如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线；[思考]如图2，证明△OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；[应用]（1）①建立平面直角坐标系，分两种情况：如图3﹣1和3﹣2，根据中点坐标公式和待定系数法可得面积平分线的解析式，并计算P和Q的坐标，利用两点的距离公式可得PQ的长，并比较大小可得结论；②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可；（2）如图5，由已知得：CD＝tAF，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，列不等式可得t的取值．【解析】解：【活动】如图1，直线O1O2是该L图形的面积平分线；【思考】如图2，∵∠A＝∠B＝90°，∴AF∥BC，∴∠NQO＝∠MPO，∵点O是MN的中点，∴ON＝OM，在△OQN和△OPM中，，∴△OQN≌△OPM（AAS），∴S△OQN＝S△OPM，∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，即SABPON＝SCDEFQOM，∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．故答案为：是；【应用】（1）①如图3，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，L图形ABCDEF的面积=4×6-（4-1）×（6-1）=9，∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，∴梯形CDQP的面积=×（DQ+BC）×CD=，即×（DQ+6）×1=，∴DQ=CH=3，∴PH=6-3=3，∵QH=CD=1，由勾股定理得：PQ=；∴PQ长的最大值为；②如图4，当GH⊥AB时GH最短，过点E作EM⊥AB于M，设BG＝x，则MG＝1﹣x，根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，解得x＝，即BG＝；故答案为：；（2）∵＝t（t＞0），∴CD＝tAF，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，如图5，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，即（4﹣tAF）•AF＜6t•AF，∴，∵0＜AF＜6，∴0＜﹣6＜6，∴．故答案为：＜t＜．1．（2022·江苏南京·一模）问题情境：如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离．（1）探究证明：如图2，在⊙O上任取一点C（不与点A，B重合），连接PC，OC．求证：PA＜PC．（2）直接应用：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是．（3）构造运用：如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A1MN，连接A1B，则A1B长度的最小值为．（4）综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（4，5）为圆心，以1，2为半径作⊙A，⊙B，M，N分别是⊙A，⊙B上的动点，P为x轴上的动点，直接写出PM+PN的最小值为．【答案】（1）见解析；（2）；（3）﹣1；（4）7.【分析】（1）根据题意可知在△POC中，根据“三角形两边之差小于第三边”可求证；（2）由题意先连接OA交⊙O于点P，然后根据勾股定理求得OA，进而求得AP；（3）由题意可知A′的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆，故连接BM，求得BM，进而求得A′B的最小值；（4）根据题意作点A关于x轴的对称点C，连接CB交x轴于点P，求出BC的长，进而求得PM+PN得最小值．【解析】解：（1）证明：如图1，∵PO﹣OC＜PC，∴（AP+OA）﹣OC＜PC，∵OA＝OC，∴AP＜PC；（2）如图2，连接OA角半⊙O于P，则AP最小，在Rt△AOC中，OA＝＝＝，∴AP＝OA﹣OP＝，故答案为：；（3）如图3，连接BM，交⊙M（半径是1）于A1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵∠BAM＝60°，∴△ABD是等边三角形，∵M是AD的中点，∴∠AMB＝90°，∴BM＝AB•sin60°＝，∴A1B＝-1；故答案为：﹣1；（4）如图4，作点A关于x轴的对称点C，连接BC，交⊙B于点N，交x轴于点P，连接PA交⊙A于M，∴PA＝PC，∴PA+PB＝PC+PB＝BC，∵C（﹣2，﹣3），B（4，5），∴BC＝＝10，∴PM+PN＝PA+PB﹣AM﹣BN＝10﹣1﹣2＝7，故答案为：7．2．（2022·江苏·南通市海门区东洲国际学校一模）[问题提出](1)如图1，已知线段AB＝4，点C是一个动点，且点C到点B的距离为2，则线段AC长度的最大值是________；[问题探究](2)如图2，以正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，E为半圆O上一动点，若正方形的边长为2，求AE长度的最大值；[问题解决](3)如图3，某植物园有一块三角形花地ABC，经测量，AC＝20米，BC＝120米，∠ACB＝30°，BC下方有一块空地（空地足够大），为了增加绿化面积，管理员计划在BC下方找一点P，将该花地扩建为四边形ABPC，扩建后沿AP修一条小路，以便游客观赏．考虑植物园的整体布局，扩建部分BPC需满足∠BPC＝60°．为容纳更多游客，要求小路AP的长度尽可能长，问修建的观赏小路AP的长度是否存在最大值？若存在，求出AP的最大长度；若不存在，请说明理由．【答案】(1)6(2)(3)60+40【分析】（1）当C在线段AB延长线上时，AC最大；（2）连接AO并延长交半圆O于F，当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，Rt△AOD中求出OA即可得到答案；（3）作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，Rt△ACF中，求出AF、CF，再在Rt△AOF中，求出OA，即可得到答案．【解析】(1)解：当C在线段AB延长线上时，AC最大，此时AC＝AB+BC＝4+2＝6，故答案为：6；(2)解：连接AO并延长交半圆O于F，如图：∵正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，边长为2，∴∠ADO＝90°，AD＝2，OD＝OC＝OF＝1，当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，Rt△AOD中，AO＝，∴AF＝AO+OF＝+1，即AE最大为+1；(3)解：作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，如图：∵∠BCO＝30°，∠ACB＝30°，∴∠ACF＝60°，Rt△ACF中，AF＝AC•sin60°＝30，CF＝AC•cos60°＝10，∵DE垂直平分BC，BC＝120，∴CE＝60，∠OEC＝90°，∴OC＝，∴OF＝OC﹣CF＝30，Rt△AOF中，OA＝，∴AP＝OA+OP＝60+40．即小路AP的长度最大为60+40．4．（2022·江苏无锡·一模）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．【理解运用】(1)如图1，对余四边形中，AB=5，BC=6，CD=4，连接AC，若AC=AB，则cos∠ABC=___________，sin∠CAD=__________．(2)如图2，凸四边形中，AD=BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2=CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论．【拓展提升】(3)在平面直角坐标中，A（－1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC=90°+∠ABC．设=u，点D的纵坐标为t，请在下方横线上直接写出u与t的函数表达，并注明t的取值范围____________________________．【答案】(1)，；(2)四边形ABCD是对余四边形；(3)【分析】（1）先构造直角三角形，然后利用对余四边形的性质和相似三角形的性质，求出cos∠ABC和sin∠CAD的值．（2）通过构造手拉手模型，即构造等腰直角三角形，通过证明三角形全等，利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形．（3）过点D作DH⊥x轴于点H，先证明△ABE∽△DBA，得出u与AD的关系，设D（x，t），再利用（2）中结论，求出AD与t的关系即可解决问题．【解析】(1)解：过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F∵AB=AC，AE⊥BC∴BE=CE=BC=3，∴cos∠ABC=∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠B+∠D=90°又∵∠B+∠BAE=90°∴∠D=∠BAE又∵∠CFD=∠AEB=90°∴△ABE∽△DCF∴∴∴CF=∴sin∠CAD＝=故答案为：，；(2)如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形．理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM．∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∴∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四边形ABCD是对余四边形．(3)如图③中，过点D作DH⊥x轴于H．∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠ACE＝∠ADE，∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，∴∠EAB＝∠ACE，∴∠EAB＝∠ADB，∵∠ABE＝∠DBA，∴△ABE∽△DBA，∴，∴，∴u＝，设D（x，t），∵四边形ABCD是对余四边形，可得BD2＝2CD2+AD2，∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，整理得（x+1）2＝4t﹣t2，在Rt△ADH中，AD＝＝2，∴u＝（0＜t＜4），即u＝（0＜t＜4）10．（2022·江苏·江阴市敔山湾实验学校一模）问题提出（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是_____．问题探究（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．问题解决（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．①求y与x之间的函数关系式；②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．【答案】（1）CF、DE、DF；（2）CF＝6﹣2；（3）①y＝﹣x2+35x+1225；②576m2．【分析】（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝4，在Rt△CFB中，BF＝＝CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；（3）①同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35，S△ACB＝AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝＝＝50，由S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，求PF，即可得出结果．【解析】解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，∴四边形CEDF是矩形，∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE＝DF，∴四边形CEDF是正方形，∴CE＝CF＝DE＝DF，故答案为：CF、DE、DF；（2）连接OP，如图2所示：∵AB是半圆O的直径，，∴∠APB＝90°，∠AOP＝×180°＝60°，∴∠ABP＝30°，同（1）得：四边形PECF是正方形，∴PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8×＝4，在Rt△CFB中BF＝＝＝＝CF，∵PB＝PF+BF，∴PB＝CF+BF，即：4＝CF+CF，解得：CF＝6﹣2；（3）①∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，∵CA＝CB，∴∠ADC＝∠BDC，同（1）得：四边形DEPF是正方形，∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝AB＝×70＝35，∴S△ACB＝AC2＝×（35）2＝1225，∴y＝S△PA′B+S△ACB＝x（70﹣x）+1225＝﹣x2+35x+1225；②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝＝＝50，∵S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，∴×50×PF＝×40×30，解得：PF＝24，∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．（限时：60分钟）1．（2022·河南许昌·一模）问题背景折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起源于公元1世纪或者2世纪时的中国，6世纪时传入日本，再经由日本传到全世界，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支．今天折纸被应用于世界各地，其中比较著名的是日本筑波大学的芳贺和夫发现的折纸几何三定理，它已成为折纸几何学的基本定理．芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下：第一步：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ABCD展开，得到折痕EF；第二步：将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至的位置，得到折痕MN，与AB交于点P．则点P为AB的三等分点，即．问题解决如图1，若正方形ABCD的边长是2．(1)CM的长为______；(2)请通过计算AP的长度，说明点P是AB的三等分点．类比探究(3)将长方形纸片按问题背景中的操作过程进行折叠，如图2，若折出的点P也为AB的三等分点，请直接写出的值．【答案】(1)；(2)说明见解析；(3)【分析】（1）设，则，，在中，由勾股定理可得：，进而得出的长；（2）先证△AEP∽△DME，由（1）可知：，再求得，即可得出结论；（3）设，，，由勾股定理可得：，∽，，即，解得，从而得到解得，得到，即可得出结论.【解析】(1)设，则，，在中，由勾股定理可得：，即，解得，∴,故答案为；(2)解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝2，∴∠DEM＋∠DME＝90°，由折叠的性质可知：∠PEM＝∠C＝90°，∴∠AEP＋∠DEM＝180°－∠PEM＝90°，∴∠AEP＝∠DME，又∵∠A＝∠D＝90°，∴△AEP∽△DME，∴，由（1）可知：，∴，∵E是AD的中点，∴，∴，∴，∴．即点P为AB的三等分点．(3)解：设，，，在中，由勾股定理可得：，即，，，，，又，∽，,即，即，把代入得，，解得，把代入，解得，（舍去）∵AC2=AB2+BC2∴∴．2．（2022·山西吕梁·一模）综合与实践问题情境Rt△ABC和Rt△DEF如图1放置，点B与点D重合，∠ACB=∠EDF=90°，∠A=30°，AB=ED=FD=4，EF分别与AC，AB交于点N，点P，点M是AB的中点．(1)数学思考连接MN，求证：点N是EF的中点；并计算△MNP的面积；(2)操作探究如图2，先将△DEF沿BC的方向平移，使点D与点C重合，再沿CA的方向平移到点D为AC的中点时停止；过点C作CHAB交DE于点H，连接AH，AN，CM．试判断四边形AMCH的形状，并说明理由；(3)在图2的基础上，将△DEF绕着点D顺时针旋转30°，CHAB仍然存在，延长CH交MN于点G，交EF于点Q，如图3．请直接写出三角形CMG的面积．【答案】(1)证明见解析；△MNP的面积是(2)四边形AMCH为菱形，理由见解析(3)三角形CMG的面积为【分析】（1）过点M作于点G，过点P作于点H，利用含的直角三角形和勾股定理求出，再根据平行线分线段成比例得点N为EF的中点，再根据相似三角形的判定定理和性质求出，根据等腰三角形的判定定理求出AN的长度和AN与PH的关系，再利用相似三角形的判定定理和性质求出，最后利用三角形的面积公式求解；（2）连接MD，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得AM=CM，根据全等三角形的判定定理和性质可得，再根据垂直平分线的性质得到CH=AH，最后根据菱形的判定定理即可证明；（3）以C为原点，以BC所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．连接MD，过E作EI⊥AC于I，过F作FJ⊥AC于J，过G作GK⊥AC于K，过Q作QP⊥x轴于P，设MN与AC交于L．根据AC和BC的长度求出M的坐标，根据三角形中位线定理可确定∠MDC=90°和MD=1，根据旋转角度，ED和FD的长度求出E和F的坐标，进而求出点N的坐标，使用待定系数法求出直线MN的解析式，进而可求出LC的长度，根据三角形面积公式可得△LCM的面积，根据求出∠QCP的度数，进而求出直线CQ的解析式，联立直线MN与直线CQ的解析式可求出G的坐标，进而求出KG的长度，根据三角形面积公式可得△LCG的面积，再将△LCM和△LCG的面积相加即可得△CMG的面积．【解析】(1)解：如下图所示，过点M作于点G，过点P作于点H．∵，，，∴，∴．∵，∴CE=EB-BC=2．∴．∵，∴∠ACB+∠EDF=180°．∴．∴．∴．∴点N为EF的中点．∵，∴．∴．∴．∴．∴．∵点M是AB的中点，，∴．∴．∴．∵，，∴．∴．∴．∴∠ENC=∠E．∴，∴．∴．∵PH⊥AC，∴∠AHP=90°．∴∠HPN=∠AHP-∠HNP=45°，∠AHP=∠ACB．∴∠HNP=∠HPN．∴．∴．∵∠A是△APH和△ABC的公共角，∴．∴．∴．∴．∴．∴．(2)解：四边形AMCH为菱形，理由如下：如下图所示，连接MD．∵点D为AC的中点，点M为AB的中点，，∴，．∴，．∵∠BAC=30°，∴∠MCD=30°．∵∠EDF=90°，∴∠CDH=180°-∠EDF=90°．∴∠CDH=∠CDM．∵，∴．∴．在△HCD与△MCD中：∴．∴．∵D是AC的中点，∠EDF=90°，∴DH垂直平分AC．∴．∴．∴四边形AMCH是菱形．(3)解：如下图所示，以C为原点，以BC所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．连接MD，过E作EI⊥AC于I，过F作FJ⊥AC于J，过G作GK⊥AC于K，过Q作QP⊥x轴于P，设MN与AC交于L．∵，BC=2，∴，．∵M是AB的中点，D是AC中点，∴，MD是△ABC的中位线．∴，．∴∠MDC=180°-∠ACB=90°．∵△EDF在图2的基础上绕点D顺时针旋转30°，∴∠ADF=30°．∵∠EDF=90°，∴∠IDE=180°-∠ADE-∠EDF=60°．∵ED=FD=4，∴，，，．∵D为AC的中点，∴．∴，．∴，．∵N是EF的中点，∴．设直线MN的解析式为．根据点M和点N坐标可得解∴直线MN的解析式为．∴当x=0时，．∴．∴．∴．∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，∴∠ABC=180°-∠ACB-∠BAC=60°．∵，∴∠QCP=∠ABC=60°．设CP=m，则．∴．设直线CQ的解析式为．根据Q坐标可得．解得．∴直线CQ的解析式为．联立直线MN解析式和直线CQ解析式可得解得∴．∴．∴．∴．∴三角形CMG的面积为．3．（2022·山东·广饶县实验中学一模）(1)阅读理解：如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常会想到：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．易证△AEF≌_______，得出线段BF，DE，EF之间的数量关系为____________；(2)类比探究：如图2，在等边△ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求线段DE的长；(3)拓展应用如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，请直接写出BD：CE的值．【答案】(1)

；

(2)(3)或【分析】（1）由旋转的性质可得，，，进而得到，由全等三角形的性质可得，即可解答；（2）将绕点顺时针旋转，得到，连接，过点作，交的延长线于点，进而证≌，得到，即可求出和，再根据勾股定理即可解答；（3）利用的方法，分类讨论是等腰的腰长，求出：的值即可．【解析】(1)解：把绕点顺时针旋转得到，可知：，，，，，在和中，≌，，，，故答案为；．(2)如图，将△ACE绕点A顺时针旋转60°，得到△ABF，连接DF，过点F作FG⊥BC，交CB的延长线于点G，如图所示：∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，AB=AC，∵∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠DAF＝30°，又∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∴DE=DF，∵∠ABF＝∠ABC＝∠C＝60°，∠FBG＝60°，∵BF=CE=4，∠G＝90°，∴BG＝BF=2，FG＝=，∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴线段DF的长为．(3)如图，将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，连接DG，过点D作DH⊥BG，交BG的于点H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE为顶角，则∠ADE=30°，∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°-150°）=15°，∴由旋转性质得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，∵将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABG，∴∠EAG=150°，∵∠DAE＝75°，∴∠GAD=75°，∴∠ADE=30°，在△ADE和△ADG中，，∴△ADE≌△ADG，∴∠GDA=∠ADE=30°，∴∠GDE=60°，∵∠GDE=∠GBD+∠BGD，∴∠BGD=60°-30°=30°，∴BD=DG，∴BH=GH=BG=CE，在Rt△BHD中，设HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；如图将△ACE绕点A顺时针旋转150°，得到△ABM，连接DM，过点M作MN⊥BD，交BD于点N，∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰长，∠E为顶角，∴∠E=30°，∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°-75°-15°=60°，由旋转性质可知△ABM≌△ACE，∴∠BAM=∠CAE=15°，∠ABM=∠ACE=15°，AM=AE，BM=CE，∴∠MAD=15°+60°=75°=∠DAE，在△MAD和△EAD中，，∴△MAD≌△EAD，∴DM=DE=CE=BM，∵MN⊥BD，∴BN=DN=BD，∵∠MBD=∠ABM＋∠ABC=15°+15°=30°，∴在Rt△BNM中，设MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．4．（2022·贵州遵义·一模）【证明体验】（1）如图1，过圆上一点作切线，是弦（不是直径），若是直径，连接，求证：；（2）如图2，若不是直径，______（填“＞”、“<”或“=”）；（3）如图3，（1）、（2）的结论是否成立，说明理由；【归纳结论】（4）由以上证明可知：切线与弦的夹角等于它所夹的弧对的______；【结论应用】（5）如图4，内接圆于，弦，交于，过点作的切线，交的延长线于点．若，，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）=；（3）成立，理由见解析；（4）圆周角；（5）5．【分析】（1）根据及切线的性质、直径所对的圆周角是直角即可得结论；（2）根据直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等与切线的性质可得结论；（3）连接，延长与交于点，连接；根据圆周角定理与切线性质可得结论；（4）根据前三个小题的结论即可得答案；.（5）连接AE，AE为的直径，根据（4）的结论及解直角三角形、结合勾股定理可得答案．【解析】（1）证明：如图1，图1

∵是