題型九 幾何探究題 2025年中考數(shù)學(xué)重難題型分類練

題型九幾何探究題類型一非動(dòng)點(diǎn)探究題1.(2024包頭)如圖,在?ABCD中，∠ABC為銳角，點(diǎn)E在邊AD上，連接BE,CE,且S(1)如圖①,若F是邊BC的中點(diǎn),連接EF,對(duì)角線AC分別與BE,EF相交于點(diǎn)G,H.(i)求證:H是AC的中點(diǎn);(ii)求AG:GH:HC;(2)如圖②，BE的延長線與CD的延長線相交于點(diǎn)M，連接AM，CE的延長線與AM相交于點(diǎn)N.試探究線段AM與線段AN之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.2.(2024安徽)如圖①,?ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別在邊AD,BC上,且.AM=CN.點(diǎn)E,F分別是BD與AN,CM的交點(diǎn).(1)求證:(OE=OF;(2)連接BM交AC于點(diǎn)H,連接HE,HF.(i)如圖②,若HE‖AB,求證：HF‖AD;(ii)如圖③,若?ABCD為菱形，且MD=2AM,∠EHF=60°,求

3.(2024吉林省卷)小明在學(xué)習(xí)時(shí)發(fā)現(xiàn)四邊形面積與對(duì)角線存在關(guān)聯(lián)，下面是他的研究過程：【探究論證】(1)如圖①,在△ABC中，AB=BC,BD?AC,垂足為點(diǎn)D.若CD=2,BD=1,則S(2)如圖②,在菱形.A'B'C'D(3)如圖③,在四邊形EFGH中,EG?FH,垂足為點(diǎn)O.若EG=5,FH=3,則S四邊形EFGH=_;若EG=a,FH=b,猜想【理解運(yùn)用】(4)如圖④,在△MNK中，MN=3,KN=4,MK=5,點(diǎn)P為邊MN上一點(diǎn).小明利用直尺和圓規(guī)分四步作圖：(i)以點(diǎn)K為圓心，適當(dāng)長為半徑畫弧，分別交邊KN，KM于點(diǎn)R，I；(ii)以點(diǎn)P為圓心,KR長為半徑畫弧,交線段PM于點(diǎn)I';(iii)以點(diǎn)I'為圓心，IR長為半徑畫弧，交前一條弧于點(diǎn)R',點(diǎn)(iv)過點(diǎn)P畫射線.PR',在射線PR請(qǐng)你直接寫出S四邊形MPKQ類型二動(dòng)點(diǎn)探究題4.(2024吉林省卷)如圖,在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°,AC=3cm,AD是△ABC的角平分線.動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以3cm/s的速度沿折線AD-DB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng).過點(diǎn)P作PQ‖AB,交AC于點(diǎn)Q，以PQ為邊作等邊三角形PQE，且點(diǎn)C，E在PQ同側(cè)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為(1)當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，判斷△APQ的形狀(不必證明)，并直接寫出AQ的長(用含t的代數(shù)式表示)；(2)當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，求t的值；(3)求S關(guān)于t的函數(shù)解析式，并寫出自變量t的取值范圍.5.(2024南充)如圖,正方形ABCD邊長為6cm,點(diǎn)E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，CE=2AE,點(diǎn)P在AB邊上以1cm/s的速度由點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q在BC邊上以2cm/s的速度由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒((0<t≤3).(1)求證:△AEP△CEQ;(2)當(dāng)△EPQ是直角三角形時(shí)，求t的值；(3)連接AQ,當(dāng)tan∠AQE=13時(shí)，求

6.(2024重慶A卷)在△ABC中，AB=AC,點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)(點(diǎn)D不與端點(diǎn)重合).點(diǎn)D關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)E，連接AD，DE.在直線AD上取一點(diǎn)F，使∠EFD=∠BAC,直線EF與直線AC交于點(diǎn)G.(1)如圖①,若∠BAC=60°,BD<CD,∠BAD=α,求(2)如圖①,若∠BAC=60(3)如圖②,若∠BAC=90°,點(diǎn)D從點(diǎn)B移動(dòng)到點(diǎn)C的過程中，連接AE,當(dāng)△AEG為等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)類型三平移探究題7、(2023天津)在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，菱形ABCD的頂點(diǎn)A30,B01(1)填空：如圖①，點(diǎn)C的坐標(biāo)為，點(diǎn)G的坐標(biāo)為；(2)將矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形.E'F'G'H',點(diǎn)E,F，G，H的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為①如圖②，當(dāng)邊E'F'與AB相交于點(diǎn)M，邊G'②當(dāng)238.(2022貴港)已知:點(diǎn)C,D均在直線l的上方,AC與BD都是直線l的垂線段，且BD在AC的右側(cè)，BD=2AC,AD與BC相交于點(diǎn)O.(1)如圖①,若連接CD,則△BCD的形狀為，AOAD的值為(2)若將BD沿直線l平移，并以AD為一邊在直線l的上方作等邊△ADE.①如圖②,當(dāng)AE與AC重合時(shí),連接OE,若AC=3②如圖③，當(dāng)∠ACB=60°時(shí)，連接EC并延長交直線l于點(diǎn)F，連接OF.求證:類型四旋轉(zhuǎn)探究題9.(2024山西)綜合與探究問題情境：如圖①，四邊形ABCD是菱形，過點(diǎn)A作.AE?BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥猜想證明：(1)判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由；深入探究：(2)將圖①中的△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到△AHG,點(diǎn)E，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G，H.①如圖②，當(dāng)線段AH經(jīng)過點(diǎn)C時(shí)，GH所在直線分別與線段AD，CD交于點(diǎn)M，N.猜想線段CH與MD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②當(dāng)直線GH與直線CD垂直時(shí)，直線GH分別與直線AD，CD交于點(diǎn)M,N,直線AH與線段CD交于點(diǎn)Q.若AB=5,BE=4,直接寫出四邊形AMNQ的面積.10.新考法開放性設(shè)問(2024福建定心卷)如圖①，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=α,P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連接AP，將AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到AQ,連接BQ,BP,PC.(1)若α=60°,∠BPC=150(2)若點(diǎn)P為△ABC的外心，求證：四邊形AQBP是菱形；(3)如圖②,若D為BC的中點(diǎn),連接PD,PQ,當(dāng).∠QBA=∠PBC時(shí)，給出下列結(jié)論：①PD=PQ;②∠APC+∠BPD=1211.(2024山東省卷)一副三角板分別記作△ABC和△DEF,其中∠ABC=∠DEF=90°,∠BAC=45°,∠EDF=30(1)求證:BM=EN;(2)在同一平面內(nèi)，將圖①中的兩個(gè)三角形按如圖②所示的方式放置，點(diǎn)C與點(diǎn)E重合記為C，點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，將圖②中的△DCF繞C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α后，延長BM交直線DF于點(diǎn)P.①當(dāng)α=30②當(dāng)30°<α<60類型五折疊探究題12.(2024濟(jì)寧)綜合與實(shí)踐某校教學(xué)課外活動(dòng)小組用一張矩形紙片(如圖①，矩形ABCD中，AB>AD且AB足夠長)進(jìn)行探究活動(dòng).【動(dòng)手操作】如圖②，第一步，沿點(diǎn)A所在直線折疊，使點(diǎn)D落在AB上的點(diǎn)E處，折痕為AF，連接EF，把紙片展平.第二步，把四邊形AEFD折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)E重合，點(diǎn)D與點(diǎn)F重合，折痕為GH，再把紙片展平.第三步，連接GF.【探究發(fā)現(xiàn)】根據(jù)以上操作，甲、乙兩同學(xué)分別寫出了一個(gè)結(jié)論.甲同學(xué)的結(jié)論：四邊形AEFD是正方形.乙同學(xué)的結(jié)論：tan(1)請(qǐng)分別判斷甲，乙兩同學(xué)的結(jié)論是否正確，若正確，寫出證明過程；若不正確，請(qǐng)說明理由.【繼續(xù)探究】在上面操作的基礎(chǔ)上，丙同學(xué)繼續(xù)操作.如圖③，第四步，沿點(diǎn)G所在直線折疊，使點(diǎn)F落在AB上的點(diǎn)M處，折痕為GP，連接PM，把紙片展平.第五步，連接FM交GP于點(diǎn)N.根據(jù)以上操作，丁同學(xué)寫出了一個(gè)正確結(jié)論：FN·AM=GN·AD.(2)請(qǐng)證明這個(gè)結(jié)論.13.(2024天津)將一個(gè)平行四邊形紙片OABC放置在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)O(0,0),點(diǎn)A(3,0),點(diǎn)B,C在第一象限,且OC=2,∠AOC=6(1)填空：如圖①，點(diǎn)C的坐標(biāo)為，點(diǎn)B的坐標(biāo)為；(Ⅱ)若P為x軸的正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作直線l?x軸，沿直線l折疊該紙片，折疊后點(diǎn)O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)O'落在x軸的正半軸上，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'.設(shè)①如圖②.若直線l與邊CB相交于點(diǎn)Q，當(dāng)折疊后四邊形PO'C'Q與②設(shè)折疊后重疊部分的面積為S，當(dāng)23類型六類比探究題14.(2024廣元)數(shù)學(xué)實(shí)驗(yàn)，能增加學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的樂趣，還能經(jīng)歷知識(shí)“再創(chuàng)造”的過程，更是培養(yǎng)動(dòng)手能力，創(chuàng)新能力的一種手段.小強(qiáng)在學(xué)習(xí)《相似》一章中對(duì)“直角三角形斜邊上作高”這一基本圖形(如圖①)產(chǎn)生了如下問題，請(qǐng)同學(xué)們幫他解決.在△ABC中,點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn),連接CD.(1)初步探究如圖②，若∠ACD=∠B,求證：A(2)嘗試應(yīng)用如圖③,在(1)的條件下,若點(diǎn)D為AB中點(diǎn),BC=4,求CD的長；(3)創(chuàng)新提升如圖④，點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，連接BE，若∠CDB=∠CBD=30°,∠ACD

15.(2024長春)如圖,在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,點(diǎn)D是邊BC上的一點(diǎn)(點(diǎn)D不與點(diǎn)B，C重合)，作射線AD，在射線AD上取點(diǎn)P,使AP=BD,以AP為邊作正方形APMN，使點(diǎn)M和點(diǎn)C在直線AD同側(cè).(1)當(dāng)點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn)時(shí)，求AD的長；(2)當(dāng)BD=4時(shí)，點(diǎn)D到直線AC的距離為；(3)連接PN,當(dāng)PN?AC時(shí)，求正方形APMN的邊長；(4)若點(diǎn)N到直線AC的距離是點(diǎn)M到直線AC距離的3倍，則CD的長為.(寫出一個(gè)即可)16.(2024達(dá)州)在學(xué)習(xí)特殊的平行四邊形時(shí)，我們發(fā)現(xiàn)正方形的對(duì)角線等于邊長的2倍，某數(shù)學(xué)興趣小組以此為方向?qū)α庑蔚膶?duì)角線和邊長的數(shù)量關(guān)系探究發(fā)現(xiàn)，具體如下：如圖①.(1)∵四邊形ABCD是菱形,∴AC?BD,AO=CO,BO=DO.∴A又·∵AC=2AO,BD=2BO,∴A化簡整理得A【類比探究】(2)如圖②.若四邊形ABCD是平行四邊形，請(qǐng)說明邊長與對(duì)角線的數(shù)量關(guān)系；【拓展應(yīng)用】(3)如圖③，四邊形ABCD為平行四邊形，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為AO的中點(diǎn)，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，連接EF，若AB=8,BD=8,AC=12,直接寫出EF的長度.類型七其他問題17.(2024上海)在梯形ABCD中,AD‖BC,點(diǎn)E在邊AB上，且AE=1(1)如圖①所示,點(diǎn)F在邊CD上,且DF=1(2)已知AD=AE=1.①如圖②所示，連接DE，如果△ADE外接圓的圓心恰好落在∠B的平分線上，求△ADE的外接圓的半徑長；②如圖③所示,如果點(diǎn)M在邊BC上,連接EM,DM,EC,DM與EC交于N.如果∠∠CMD=∠CEM,BC=4，且CD18.(2024通遼)【實(shí)際情境】手工課堂上，老師給每個(gè)制作小組發(fā)放一把花折傘和制作花折傘的材料及工具，同學(xué)們認(rèn)真觀察后，組裝了花折傘的骨架，粘貼了彩色傘面，制作出精美的花折傘.【模型建立】(1)如圖①，從花折傘中抽象出“傘形圖”，AM=AN,DM=DN.求證∠AMD=∠AND;【模型應(yīng)用】(2)如圖②,△AMC中，∠MAC的平分線AD交MC于點(diǎn)D，請(qǐng)你從以下兩個(gè)條件：①∠AMD=2∠C;②AC=AM+MD中選擇一個(gè)作為已知條件,另一個(gè)作為結(jié)論，并寫出結(jié)論成立的證明過程；(注：只需選擇一種情況作答)【拓展提升】(3)如圖③,AC為⊙O的直徑,AB=BC,∠BAC題型九幾何探究題1.(1)(i)解題思路由平行線之間等距，以及S△ABE證明：∵∴E為AD的中點(diǎn),∴AE=DE=∵F是邊BC的中點(diǎn),∴BF=CF=∵在?ABCD中,AD=BC,AD∥BC,∴AE=CF,∠EAH=∠FCH,又∵∠AHE=∠CHF,∴△AHE≌△CHF(AAS),∴AH=CH,∴H是AC的中點(diǎn);(ii)解題思路先證△AGB∽△HGE,得出ABHE解:∵AE=BF,AE∥BF,∴四邊形ABFE為平行四邊形，∴AB∥EF,∴△AGB∽△HGE,∴∵△AHE≌△CHF,∴EH=FH,∴∴AG=2GH,∴GH=∴AG:GH:HC=2:1:3;(2)解：線段AM與線段AN之間的數(shù)量關(guān)系為：AM=3AN,證明如下:如解圖，連接BD交CN于點(diǎn)I，∵AB∥CD,∴AB∥CM,∴∠ABE=∠DME,又∵AE=DE,∠AEB=∠DEM,∴△AEB≌△DEM(AAS),∴AB=DM,∴四邊形ABDM為平行四邊形，∴AM∥BD,AM=BD.∵AB=CD,∴DM=CD,∴D為CM的中點(diǎn),∵DI∥MN,∴∴I為CN的中點(diǎn),∴DI為△CMN的中位線,∴DI=∵AM∥BD,∴∠NAE=∠IDE,又∵AE=DE,∠AEN=∠DEI,∴△AEN≌△DEI(ASA),∴DI=AN=∴MN=2AN,∴AM=AN+MN=3AN,∴AM=3AN.解題技巧連接BD交CN于點(diǎn)I，構(gòu)造出△CNM的中位線是本題的解題關(guān)鍵.2.(1)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,OA=OC,∴AM∥CN,∵AM=CN,∴四邊形AMCN是平行四邊形，∴AN∥CM,∴∠OAE=∠OCF,在△AOE與△COF中,{∴△AOE≌△COF(ASA),∴OE=OF;(2)(i)證明:∵HE∥AB,∴又∵OB=OD,OE=OF,∴∵∠HOF=∠AOD,∴△HOF∽△AOD,∴∠OHF=∠OAD,∴HF∥AD;(ii)解:∵?ABCD為菱形,∴AC⊥BD.又∵OE=OF,∠EHF=60°,∴∠EHO=∠FHO=30°,∴OH=3OE,∵AM∥BC,MD=2AM,∴AH∴OC+OH=3(OA-OH),∴OA+OH=3(OA-OH),∴OA=2OH,又∵BN∥AD,MD=2AM,AM=CN,∴BE∴3(OB-OE)=2(OB+OE),∴OB=5OE,∴OB=∴貝ACBD的值為3.解:(1)2;【解法提示】∵在△ABC中,AB=BC,BD⊥AC,CD=2,∴AD=CD=2,∴AC=4,∴(2)4;【解法提示】∵在菱形A'B'C'D'中,A'C'=4,B'D'=2,∴3【解法提示】∵EG?FH,∴S△EFG=12EG·FO,猜想：S證明:∵EG⊥FH,∴∵∴∵EG=a,FH=b,∴(4)10.【解法提示】根據(jù)尺規(guī)作圖可知:∠QPM=∠MKN,∵在△MNK中,MN=3,KN=4,MK=5,∴MK2=KN2+MN2,∴△MNK是直角三角形,且∠MNK=90°,∴∠NMK+∠MKN=90°,∵∠QPM=∠MKN,∴∠NMK+∠QPM=90°,∴MK⊥PQ,∵PQ=KN=4,MK=5,∴根據(jù)(3)的結(jié)論有：S4.解:(1)解題思路根據(jù)角平分線+平行線的性質(zhì)可得△APQ是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的長.△APQ為等腰三角形,AQ的長為t;【解法提示】如解圖①,過點(diǎn)Q作QH⊥AD于點(diǎn)H,由題意得：AP=3t,∵∠C=90°,∠B=30°,∴∠BAC=60°,∵AD平分∠BAC,∴∠PAQ=∠BAD=30°,∵PQ∥AB,∴∠APQ=∠BAD=30°,∴∠PAQ=∠APQ,∴QA=QP,∴△APQ為等腰三角形,∵QH⊥AP,∴HA=12AP=3(2)如解圖②,∵△PQE為等邊三角形,∴QE=QP,由(1)得QA=QP,∴QE=QA,即AE=2AQ=2t=3,∴t=(3)解題思路①當(dāng)點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)E在AC上時(shí)，重合部分是等邊三角形；②當(dāng)點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)E在AC延長線上時(shí)，重合部分是四邊形；③當(dāng)點(diǎn)P在DB上，重合部分是直角三角形，分類討論畫出圖形計(jì)算求解即可.①如解圖③,當(dāng)點(diǎn)P在AD上,點(diǎn)E在AC上時(shí),重合部分為等邊三角形PQE,過點(diǎn)P作PG⊥QE于點(diǎn)G,∵∠PAQ=30°,∴PG=∵△PQE是等邊三角形,∴QE=PQ=AQ=t,∴S=由(2)知當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，t=32②如解圖④,當(dāng)點(diǎn)P在AD上,點(diǎn)E在AC延長線上時(shí)，記PE與BC交于點(diǎn)F，此時(shí)重合部分為四邊形FPQC,∵△PQE是等邊三角形,∴∠E=60°,CE=AE-AC=2t-3,∴CF=CE?∴S△FCE∴S=S△PQE當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí),在Rt△ADC中,AD=ACcos∴t=2,∴S=?③如解圖⑤，當(dāng)點(diǎn)P在DB上時(shí)，重合部分為直角三角形PQC,∵∠DAC=30°,∠DCA=90°,∴在Rt△ADC中,DC=AC?∴此時(shí)，PD=∴PC=CD+PD=∵△PQE是等邊三角形，∴∠PQE=60°,∴QC=∴S=∵∠B=∠BAD=30°,∴DA=DB=2∴當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，3解得t=4，此時(shí)，不滿足PQ∥AB,當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí),t=2,∴S=綜上所述S={5.(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴∠PAE=∠QCE=45°;∵CE=2AE,AP=t,CQ=2t,∴∴△AEP∽△CEQ;(2)解:如解圖①,過點(diǎn)E作EM⊥AB于點(diǎn)M,過點(diǎn)E作EN⊥BC于點(diǎn)N.由題意易知AE=22,AM=ME=2,EN=CN=4,AP=t,CQ=2t,BQ=6-2t,MP=|t-2|,BP=6-t,QN=|2t-4|,∴EP2=EPQ2=BPEQ2=E①當(dāng)∠EPQ=90°時(shí),有E即4t2?16t+32=t2?4t+8+5t②當(dāng)∠PEQ=90°時(shí),有P即5t③當(dāng)∠PQE=90°時(shí),有E即t2?4t+8=5t2綜上所述，當(dāng)△EPQ是直角三角形時(shí)，t的值為(6?23(3)解:如解圖②,過點(diǎn)A作AF⊥AC,交CB的延長線于點(diǎn)F,連接FE交AQ于點(diǎn)G.∵AF⊥AC,∠ACF=45°,∴AF=AC,又∵CE=2AE,∴∴∵tan∠AQE=∴∠AFE=∠AQE,∵∠AGF=∠EGQ,∴△AGF∽△EGQ,∴AGEG=∵∠AGE=∠FGQ,∴△AGE∽△FGQ,∴∠AEG=∠FQG,∵∠AFE+∠AEF=90°,∴∠FQG+∠EQG=90°,即∠FQE=90°,∴△EQC是等腰直角三角形.∴QC=4,S△AQE∴△AEQ的面積為4cm2.6.解:(1)∵BD<CD,∴點(diǎn)F在線段AD上,∵∠BAC=60°,∠EFD=∠BAC,∴∠AFG=∠EFD=60°,∵∠BAD=α,∴∠FAG=60°-α,在△AFG中,∠FAG+∠AFG+∠AGF=180°,∴∠AGF=18即∠AGE=62DE=∵BD<CD,∴點(diǎn)F在線段AD上,如解圖①,連接BE,過點(diǎn)B作BQ∥EG,分別交AD,AC于點(diǎn)P,Q,則∠BPD=∠EFD,∵∠BAC=60°,∠EFD=∠BAC,AB=AC,∴∠ABC=∠C=∠BPD=60°,∵∠BPD=∠BAD+∠ABQ,∠ABC=∠ABQ+∠CBQ,∴∠BAD=∠CBQ,在△ABD和△BCQ中,{∴△ABD≌△BCQ(ASA),∴BD=CQ,∵點(diǎn)D與點(diǎn)E關(guān)于直線AB對(duì)稱,設(shè)DE與AB交于點(diǎn)H,∴BE=BD,EH=HD,∠EBA=∠ABD=60°,∠BHE=∠BHD=90°,∴∠BEH=∠BDH=3∴DE=2DH=2×∵∠EBD=120°,∴∠EBD+∠C=180°,∴EB∥AC,∴四邊形EBQG是平行四邊形，∴BE=QG,∴BD=GQ=CQ,∴CG=2BD,∴DE=3CGAG的值為3?1【解法提示】如解圖②，連接BE，記AB與DE的交點(diǎn)為點(diǎn)N,∵AB=AC,∠EFD=∠BAC=90°=∠AFG,∴∠ABC=45°,由對(duì)稱的性質(zhì)知∠EAB=∠DAB,∠EBA=∠DBA=45°,DE⊥AB,NE=ND,當(dāng)點(diǎn)G在邊AC上時(shí),由于∠EAG>90°,∴當(dāng)△AEG為等腰三角形時(shí),只能是AE=AG,設(shè)∠BAD=α,∵∠BAC=∠AFG=90°,∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠AGE,∴∠BAD=∠AGE=α,∴∠EAB=∠DAB=α,∴∠EAD=2α,∵AE=AG,EG⊥AD,∴∠FAG=∠EAD=2α,∴在Rt△AFG中,α+2α=90°,解得α=30°,∴∠EAD=60°,又∵AE=AD,∴△AED為等邊三角形,∴AE=ED,設(shè)AF=x,∵∠EAD=60°,∴AG=AE=ED=AFcos60°=2x,∴DN=x,.在Rt△DAN中,AN=DNtan∠DAB=3DN=3x,∵DE?AB,∠ABC=45°,∴BN=DNtan45°=DN=x,∴AC=AB=3x+x,∴CG=AC?AG=3x+x?2x=7.解:1【解法提示】如解圖①,連接AC,BD,交于點(diǎn)M,∵B(0,1),D(23,1),∴BD⊥y軸,∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,且AC=2AM,∴AC∥y軸,∴AC=2AM=2BO=2,∴C32;∵E01(2)①∵點(diǎn)E(0,12),.點(diǎn)F?312,點(diǎn)H03∵點(diǎn)A(3,0),點(diǎn)B(0,1),∴OA=在Rt△ABO中,tan∴∠ABO=60°,在Rt△BME中,∵EM=EB?∴EM=∴同理可得S∵E∴又∵S=S矩形E∴S=t?34,②【解法提示】由①及題意可知，233≤slantt≤slant332時(shí)，矩形E'F'G'H'與菱形ABCD重疊部分的面積S是增大的，由①知S=t?34(32<t≤3),此時(shí)S最小=233?38.(1)解:等腰三角形,1【解法提示】如解圖①,過點(diǎn)C作CF⊥BD于點(diǎn)F,∵AC⊥l,BD⊥l,∴AC∥BD,∠CAB=∠DBA=∠CFB=90°,∴四邊形ABFC是矩形,∴AC=BF,∵BD=2AC,∴BF=DF,在△BCF和△DCF中,△DCF(SAS),∴BC=DC,∴△BCD是等腰三角形;∵AC∥BD,∴∠ACO=∠DBO,∠OAC=∠ODB,∴△AOC△DOB,∴ODOA=(2)①解:如解圖②,過點(diǎn)E作EG⊥AD于點(diǎn)G,∵AC=3∴BD=2AC=3,∠EAD=60°,∴∠DAB=90°-∠EAD=30°,∴AD=AE=2BD=6,由(1)得AO∴AO=∵AG=∴OG=AG-AO=1,EG=∴OE=②證明：如解圖③，連接CD，由(1)可知△BCD是等腰三角形，∵∠ACB=60°,AC∥BD,∴∠DBC=∠ACB=60°,∴△BCD是等邊三角形,∠ABC=30°,∴CD=BD,∠CDB=60°,∵∠EDC=∠EDA-∠CDA=60°-∠CDA,∠ADB=∠CDB-∠CDA=60°-∠CDA,∴∠EDC=∠ADB,在△ECD和△ABD中,{∴△ECD≌△ABD(SAS),∴∠ECD=∠ABD=90°,∴∠ACF=∠ECD+∠DCB+∠ACB-180°=90°+60°+60°-180°=30°,設(shè)AF=x,則AC=3x,AB=3AC=3x,∴∵∠OAF=∠DAB,∴△OAF∽△DAB,∴∠OFA=∠DBA=90°,∴OF⊥AB.9.解:(1)四邊形AECF是矩形,理由如下:∵AE⊥BC,CF⊥AD,∴∠AEC=∠AFC=90°,∵四邊形ABCD為菱形,∴AD∥BC,∴∠AFC+∠ECF=180°.∴∠ECF=180°-∠AFC=90°,∴四邊形AECF為矩形;(2)①解題思路方法一:可先證△HAM≌△DAC,得出AM=AC,根據(jù)線段的和差關(guān)系得出CH=MD.方法二：可先連接HD,證△CDH≌△MHD,直接得出CH=MD.CH=MD,理由如下:∵四邊形ABCD為菱形,∴AB=AD,∠B=∠D,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),得AB=AH,∠B=∠H,∴AH=AD,∠H=∠D.∵∠HAM=∠DAC,∴△HAM≌△DAC,∴AM=AC,∴AH-AC=AD-AM,∴CH=MD;一題多解CH=MD,理由如下:如解圖①，連接HD，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD,∠B=∠ADC.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),得AB=AH,∠B=∠AHM,∴AH=AD,∠AHM=∠ADC,∴∠AHD=∠ADH,∴∠AHD-∠AHM=∠ADH-∠ADC,∴∠MHD=∠CDH,∵DH=HD,∴△CDH≌△MHD,∴CH=MD.②解題思路對(duì)于旋轉(zhuǎn)的面積問題，首先分類討論，根據(jù)情況畫出草圖，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)或相似進(jìn)行計(jì)算即可，需要注意的是四邊形AMNQ是不規(guī)則的，需要用割補(bǔ)法，用三角形面積的和差解決.634或【解法提示】如解圖②,∵AE⊥BC,△ABE旋轉(zhuǎn)得到△AHG,∴AG⊥GH,∵GH⊥CD,∴AG∥CD,∵AB∥CD,∴A,G,B三點(diǎn)共線,∵AB=5,BE=4,∴AE=3.易知GN的長是AB與CD之間的距離,過點(diǎn)A作AW⊥CD于點(diǎn)W，∵∠B=∠D,∴tanD=tanB=AWDW=34,∵AD=5,∴AW=3,∴GN=3,由旋轉(zhuǎn)得,GH=BE=4,AG=AE=3,∴HN=HG+GN=7,由△AHG∽△QHN得,GHNH=AGQN,即47=3NQ,∴NQ=214,∴S△QHN=12HN·NQ=12×7×214=綜上所述，四邊形AMNQ的面積為63410.(1)解:∵∠QAP=∠BAC=α,∴∠QAB=∠PAC.在△QAB和△PAC中,{∴△QAB≌△PAC(SAS),∴∠QBA=∠PCA.∵∠BPC=∠ABP+∠BAC+∠ACP,α=60°,∠BPC=150°,∴∠ABP+∠ACP=∠BPC-∠BAC=150°-60°=90°,∴∠QBP=∠QBA+∠ABP=∠PCA+∠ABP=90°;(2)證明:∵點(diǎn)P為△ABC的外心,∴AP=BP=PC.由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=PC.∵AQ=AP,∴AQ=AP=BQ=BP,∴四邊形AQBP為菱形;(3)解:選擇結(jié)論①:證明:如解圖①,過點(diǎn)B作BG∥PC交PD的延長線于點(diǎn)G.∵D為BC的中點(diǎn),∴BD=CD.∵BG∥PC,∴∠DBG=∠DCP,∠G=∠DPC,∴△BDG≌△CDP(AAS),∴BG=CP,PD=GD=由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∴BG=BQ.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PBC=∠PCA.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB,∴∠ABP=∠DBG,∴∠QBP=∠GBP.∵BP=BP,∴△QBP≌△GBP(SAS),∴PQ=PG,∴PD=1一題多解證明:如解圖②,延長BP至點(diǎn)G,使得PG=BP,連接CG.∵D為BC的中點(diǎn),∴BD=CD.∵BP=PG,∴PD‖CG,PD=∴∠BPD=∠G,由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=PC,∠QBA=∠PCA,∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PCA=∠PBC.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB.∵∠GPC=∠PBC+∠PCB,∴∠QBP=∠GPC,∴△QBP≌△CPG(SAS),∴PQ=GC,∴PD=1選擇結(jié)論②：證明:如解圖③,過點(diǎn)B作BG∥PC交PD的延長線于點(diǎn)G.∵D為BC的中點(diǎn),∴BD=CD.∵BG∥PC,∴∠DBG=∠DCP,∠G=∠DPC,∴△BDG≌△CDP(AAS),∴BG=CP,由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∠AQB=∠APC,∴BG=BQ.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PBC=∠PCA.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB,∴∠ABP=∠DBG,∴∠QBP=∠GBP.∵BP=BP,∴△QBP≌△GBP(SAS),∴∠BPD=∠BPQ,∵AQ=AP,∴∠AQP=∠APQ=∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=∵∠PAQ=∠BAC,∴∠AQP=∠APQ=∠ABC=∠ACB.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBP=∠ABC,∴∠AQP=∠QBP,∴∠APC+∠BPD=∠APC+∠BPQ=∠AQB+∠BPQ=∠AQP+∠BQP+∠BPQ=∠QBP+∠BQP+∠BPQ=180°,即結(jié)論②正確.一題多解證明:如解圖④,延長BP至點(diǎn)G,使得PG=BP,連接CG.∵D為BC的中點(diǎn),∴BD=CD.∵BP=PG,∴PD‖CG,PD=∴∠BPD=∠G,由(1)得,△QAB≌△PAC,∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∠AQB=∠APC,∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBA=∠PCA=∠PBC.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABP=∠PCB.∵∠GPC=∠PBC+∠PCB,∴∠QBP=∠GPC,∴△QBP≌△CPG(SAS),∴∠QPB=∠G,∴∠BPD=∠QPB.∵AQ=AP,∴∠AQP=∠APQ=∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=∵∠PAQ=∠BAC,∴∠AQP=∠APQ=∠ABC=∠ACB.∵∠QBA=∠PBC,∴∠QBP=∠ABC,∴∠AQP=∠QBP,∴∠APC+∠BPD=∠APC+∠QPB=∠AQB+∠QPB=∠AQP+∠BQP+∠QPB=∠QBP+∠BQP+∠QPB=180°,即結(jié)論②正確.(答案不唯一)11.(1)證明:∵∠ABC=90°,∠BAC=45°,∴△ABC為等腰直角三角形，∵BM⊥AC,∴BM=∵EN⊥DF,∠EDF=30°,∴EN=∵AC=DE,∴BM=EN;(2)①證明:∵CN⊥DF,∠CDN=30°,∴∠DCN=90°-∠CDN=60°.∵∠ACD=30°,∴∠MCN=90°.∵BP⊥AC,CN⊥DF,∴四邊形CNPM為矩形.∵△ABC為等腰直角三角形，∴AM=CM=BM.由(1)知,BM=EN=CN,∴CM=CN,∴四邊形CNPM為正方形；②解:當(dāng)30°<α<60°時(shí),MP+DP=3如解圖①，連接PC.由①知,CM=CN,在Rt△CPM與Rt△CPN中,{∴Rt△CPM≌Rt△CPN(HL),∴MP=NP,∴MP+DP=NP+DP=DN.在Rt△CND中,DN=CD?∴MP+DP=當(dāng)60°<α<120°時(shí),MP?DP=【解法提示】當(dāng)60°<α<120°時(shí),點(diǎn)P在FD的延長線上.如解圖②,連接PC,同理可證MP=NP,DN=32CD,∴MP?DP=NP?DP=DN,.∴當(dāng)60°<α<120°時(shí)，12.(1)解題思路求證∠AFG的三角函數(shù)值，只需作輔助線構(gòu)造∠AFG所在的直角三角形即可.解：甲，乙同學(xué)的結(jié)論都正確，證明如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAE=∠D=90°,由第一步操作，根據(jù)折疊性質(zhì)可知AD=AE，DF=EF，∠AEF=∠D=90°,∴∠DAE=∠AEF=∠D=90°,∴四邊形AEFD為矩形,又∵AD=AE,∴四邊形AEFD為正方形，故甲同學(xué)的結(jié)論正確；如解圖①,作GM⊥AF于點(diǎn)M,∵四邊形AEFD為正方形，∴∠FAE=45°,設(shè)AG=a,由第二步操作，根據(jù)折疊性質(zhì)可知GE=AG=1∴EF=AE=2a,在Rt△AMG中,∵∠MAG=45°,∴AM=MG=在Rt△AEF中,AF=∴MF=AF?AM=2∴故乙同學(xué)的結(jié)論正確；(2)解題思路第一步：根據(jù)折疊，做輔助線，求出與AD，AG相等的線段.證明：如解圖②，設(shè)第四步折疊后，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)為Q，點(diǎn)D對(duì)應(yīng)點(diǎn)為S,作GR∥QS交SM于點(diǎn)R,∵GP為折痕,∴AG=QG,AD=QS,DP=SP,FP=MP,DF=SM,∠ADF=∠DAE=∠Q=∠S=90°,∵GR∥QS,∴∠SRG=∠QGR=∠Q=∠S=90°,∴四邊形QSRG為矩形，∴AG=SR=QG=DH,AD=GR=QS=HG,第二步:求證△GHP≌△GRP,推出四邊形GMPF為菱形.

在Rt△GHP和Rt△GRP中,{∴Rt△GHP?Rt△GRP(HL),∴∠FPG=∠MPG,又∵FP=MP,∴PG?FM,FN=MN,由折疊性質(zhì)可知GF=GM，∵PG⊥FM,FN=MN,∴∠FGP=∠MGP,∵FP∥GM,∴∠FPG=∠MGP,∴∠FPG=∠MPG=∠FGP=∠MGP,∴FG=FP=PM=GM,∴四邊形GMPF為菱形,第三步:由菱形推出AM=RP,證明△DAM≌△GRP,得到∠AMD=∠RPG,再根據(jù)菱形性質(zhì)推出∠AMD=∠FGN.∵RM=SM-SR=DF-DH=HF=AG,∴AG+GM=RM+MP,即AM=RP,在Rt△DAM和Rt△GRP中,{∴Rt△DAM≌Rt△GRP(SAS),∴∠AMD=∠RPG,∵四邊形GMPF為菱形,∴GF∥MP,∴∠RPG=∠FGN,∴∠FGN=∠AMD,∵PG⊥FM,∴∠FNG=90°,∴∠FNG=∠DAM=90°,第四步:由△DAM∽△FNG即可得證.∴△DAM∽△FNG,∴∴FN·AM=GN·AD.13.解:(Ⅰ)(1,3),(4,3);【解法提示】如解圖①,過點(diǎn)C作CH⊥OA于點(diǎn)H,∵四邊形OABC是平行四邊形,OC=2,∠AOC=60°,A(3,0),∴CB=OA=3,∵CH⊥OA,∴∠OCH=30°,∴OH=12OC=1,∴CH=Ⅱ【解法提示】根據(jù)題意及題圖②，易得∠OO'C'=∠AOC=60°,O'P=OP,∴OO'=2OP=2t,∵A(3,0),∴OA=3,∴AO'=OO'?OA=2t?3.∴∵四邊形OABC為平行四邊形,∴AB=OC=2,AB∥OC,∠O'AB=∠AOC=60°,∴△EO'A是等邊三角形,∴AE=AO'=2t-3,∴BE=AB-AE=2-(2t-3)=-2t+5;如解圖②,當(dāng)O'與點(diǎn)A重合時(shí),此時(shí)AB與C'O'的交點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，OP=12OA=②【解法提示】當(dāng)23≤t<1時(shí)，如解圖④，設(shè)直線l與OC邊的交點(diǎn)為M,由(1)得出C(1,3),∠COA=60°,∴tan60°=MPOP,∴MP=3當(dāng)1≤t≤32時(shí)，如解圖⑤，設(shè)直線l與BC邊的交點(diǎn)為V,S=12O'P+NC'?NP=12OP+CN?NP=12t+t?1×3=322t?1=3t?32.∵3>0,∴S隨著t的增大而增大，∴在t=32時(shí)，S=3×32?32=332?32=3;在t=1時(shí),S=3×1?32=32,.當(dāng)1≤t≤slant32時(shí)，32≤S≤3;當(dāng)32<t<52時(shí)，如解圖⑥，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，設(shè)直線l與BC邊的交點(diǎn)為N,∵由①得出△EO'A是等邊三角形,EF⊥AO',∴AF=12AO'易錯(cuò)點(diǎn)撥(Ⅱ)①在點(diǎn)P移動(dòng)過程中，注意先確定點(diǎn)O'與點(diǎn)A重合，或當(dāng)C'與點(diǎn)B重合兩種臨界情況，進(jìn)而得出t的取值范圍；②注意點(diǎn)P在移動(dòng)過程中，重疊部分的形狀也會(huì)不斷發(fā)生變化，在分情況討論過程中注意不要漏掉某種情況，同時(shí)隨著重疊部分形狀的變化，在計(jì)算過程中要注意對(duì)應(yīng)邊與OP之間的關(guān)系，從而正確求解折疊后重疊部分的面積.14.(1)證明:∵∠ACD=∠B,∠A=∠A,∴△ACD∽△ABC,∴∴A(2)解題思路設(shè)AD=m,則AD=BD=m,AB=2m,根據(jù)△ACD∽△ABC的性質(zhì),則AC2=2m2,求得解:∵點(diǎn)D為AB中點(diǎn),∴設(shè)AD=BD=m,由(1)知△ACD∽△ABC,∴A∴AC=∴△ACD與△ABC的相似比為AD∴∵BC=4,∴CD=2(3)解：如解圖，過點(diǎn)C作EB的平行線交AB的延長線于點(diǎn)H,過點(diǎn)C作CY⊥AB于點(diǎn)Y,∵點(diǎn)E為CD中點(diǎn),∴設(shè)CE=DE=a,∵∠CDB=∠CBD=30°,∴CB=CD=2a,∠DCB=120°,在Rt△BCY中,CY=∴BD=2過點(diǎn)B作BF⊥EC交EC的延長線于點(diǎn)F,∴∠FCB=60°,∴∠CBF=30°,∴CF=∴EF=2a,∴BE=∵CH∥BE,點(diǎn)E為CD中點(diǎn),∴CH=2BE=2又∵∠ACD=∠EBD,∴∠ACD=∠H,∵∠A=∠A,∴△ACD∽△AHC,∴又∵AC=2∴AD=2,AH=14,∴DH=12,即4∴a=∴BE=解題技巧構(gòu)造BE的平行線和構(gòu)造BE所在的直角三角形是本題的解題關(guān)鍵.15.解:(1)∵AB=AC,D是BC中點(diǎn),∴BD=CD,∠ADB=∠ADC=90°,∵BC=6,∴BD=在Rt△ABD中,AB=5,∴AD=(2)8【解法提示】如解圖①,過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E,過點(diǎn)A作AF⊥BC于點(diǎn)F,∵BC=6,BD=4,∴CD=2,由(1)知AF=4,∵S△ACD=12AC·DE=如解圖②,過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E,當(dāng)PN⊥AC時(shí),易得∠DAC=45°,設(shè)AP=BD=x,則CD=6-x.由(1)可得,sin∴∴DE=AE=∴解得x=即正方形APMN的邊長為17(4)259或25【解法提示】過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E,過點(diǎn)M作MH⊥AC于點(diǎn)H,過點(diǎn)N作NG⊥AC于點(diǎn)G,此時(shí)分兩種情況討論：①當(dāng)點(diǎn)M，N在AC同側(cè)時(shí)，設(shè)PM與AC的交點(diǎn)為S,如解圖③,在正方形APMN中,AN=AP=PM,AN∥PM,∠APM=90°,∴∠NAG=∠MSH,∵M(jìn)H⊥AC,NG⊥AC,∴∠AGN=∠SHM=90°,∴△AGN∽△SHM,∴AN=GNM,∵點(diǎn)N到直線AC的距離是點(diǎn)M到直線AC距離的3倍，.∴ANSM=GNHM=3,即AN=3SM,設(shè)SM=a,則AN=AP=PM=3a,∴PS=PMSM=2a,∴tan∠DAC=PSAP=2a3a=23.∵DE⊥AC,∴∠DEC=90°,∴tan∠D