中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)復(fù)習(xí)專題18 解答題壓軸題閱讀理解探究題型（解析版）

專題18解答題壓軸題閱讀理解探究題型（原卷版）模塊一中考真題鏈接專題詮釋：閱讀理解探究題型以能力立意為目標(biāo)綜合考核數(shù)學(xué)素養(yǎng)與數(shù)學(xué)應(yīng)用能力，這類題目往往考核學(xué)生的閱讀能力、分析推理能力、數(shù)據(jù)處理能力、表達(dá)能力、知識(shí)遷移能力。綜合性強(qiáng)，靈活性高，又具有較強(qiáng)的區(qū)分度。近年來，閱讀理解探究性題型頻頻出現(xiàn)在全國(guó)各地的中考試題中。本專輯精選2022中考真題，題目仍然偏多，想刪去一些，但又感覺每道題都具有特點(diǎn)，都很好。所以還請(qǐng)讀者自己根據(jù)自己的情況選擇使用。類型一圖形的性質(zhì)1．（2022?淮安）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，同學(xué)們對(duì)菱形的折疊問題進(jìn)行了探究．如圖（1），在菱形ABCD中，∠B為銳角，E為BC中點(diǎn)，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A'，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B'．【觀察發(fā)現(xiàn)】A'D與B'E的位置關(guān)系是A′D∥B′E；【思考表達(dá)】（1）連接B'C，判斷∠DEC與∠B'CE是否相等，并說明理由；（2）如圖（2），延長(zhǎng)DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG，請(qǐng)?zhí)骄俊螪EG的度數(shù)，并說明理由；【綜合運(yùn)用】如圖（3），當(dāng)∠B＝60°時(shí)，連接B'C，延長(zhǎng)DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG，請(qǐng)寫出B'C、EG、DG之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【分析】【觀察發(fā)現(xiàn)】利用翻折變換的性質(zhì)判斷即可．【思考表達(dá)】（1）結(jié)論：∠DEC＝∠B'CE．證明DE∥CB′即可；（2）證明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解決問題．【綜合運(yùn)用】結(jié)論：DG2＝EG2+4916B′C2．如圖（3）中，延長(zhǎng)DG交EB′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DR⊥GA′交GA′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R．想辦法證明DE=7【解答】解：【觀察發(fā)現(xiàn)】如圖（1）中，由翻折的性質(zhì)可知，A′D∥B′E．故答案為：A′D∥B′E；【思考表達(dá)】（1）結(jié)論：∠DEC＝∠B'CE．理由：如圖（2）中，連接BB′．∵EB＝EC＝EB′，∴∠BB′C＝90°，∴BB′⊥B′C，由翻折變換的性質(zhì)可知BB′⊥DE，∴DE∥CB′，∴∠DEC＝∠B′CE；（2）結(jié)論：∠DEG＝90°．理由：如圖（2）中，連接DB，DB′，由翻折的性質(zhì)可知∠BDE＝∠B′DE，設(shè)∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y(tǒng)．∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，∵EC＝EB′，∴∠EB′C＝∠ECB′=12∠BEB′＝90°?12∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180﹣y﹣（90°?12y+x）＝90°?12∴∠CGA′＝2∠GB′C，∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，∴∠GB′C＝∠GCB′，∴GC＝GB′，∵EB′＝EC，∴EG⊥CB′，∵DE∥CB′，∴DE⊥EG，∴∠DEG＝90°；【綜合運(yùn)用】結(jié)論：DG2＝EG2+4916B′C理由：如圖（3）中，延長(zhǎng)DG交EB′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DR⊥GA′交GA′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R．設(shè)GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，∵∠B＝60°，∴∠A＝∠DA′B′＝120°，∴∠DA′R＝60°，∴A′R＝A′D?cos60°＝a，DR=3a在Rt△DGR中，則有（2a+x）2＝（3a）2+（3a﹣x）2，∴x=45∴GB′=45a，A′G=∵TB′∥DA′，∴TB′DA′∴TB′2a∴TB′=43∵CB′∥DE，∴CB′DE∴DE=74CB∵∠DEG＝90°，∴DG2＝EG2+DE2，∴DG2＝EG2+4916B′C【點(diǎn)評(píng)】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，翻折變換，勾股定理，解直角三角形，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．2．（2022?襄陽）矩形ABCD中，ABBC=k2（k＞1），點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作AE的垂線EF，與矩形的外角平分線【特例證明】（1）如圖（1），當(dāng)k＝2時(shí)，求證：AE＝EF；小明不完整的證明過程如下，請(qǐng)你幫他補(bǔ)充完整．證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3=12∠DCG＝45∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答題卡對(duì)應(yīng)區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過程）【類比探究】（2）如圖（2），當(dāng)k≠2時(shí)，求AEEF的值（用含k【拓展運(yùn)用】（3）如圖（3），當(dāng)k＝3時(shí)，P為邊CD上一點(diǎn)，連接AP，PF，∠PAE＝45°，PF=5，求BC【分析】（1）證明△AHE≌△ECF（ASA）即可；（2）在BA上截取BH＝BE，連接EH．證明△AHE∽△ECF，即可求解；（3）以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，設(shè)AB＝3a，則BC＝2a，由tan∠BAE=13，∠EAP＝45°，可得tan∠DAP=12，從而判斷△APE是等腰直角三角形，過點(diǎn)F作FQ⊥EG交于Q，又可得∠FEQ＝∠BAE，則13=FQFQ+a，可求FQ=12a，EQ=32a，EF=102a，能夠證明△PAE∽△FPE，從而得到∠APE＝∠PFE＝90°，則P【解答】（1）證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3=12∠DCG＝45∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，∵AE⊥EF，∴∠6+∠AEB＝90°，∵∠5+∠AEB＝90°，∴∠5＝∠6，∵AB＝BC，BH＝BE，∴AH＝EC，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；（2）解：在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠BHE＝∠BEH＝45°，∴∠AHE＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠DCF=12∠DCG＝45∴∠ECF＝135°，∵AE⊥EF，∴∠FEC+∠AEB＝90°，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，∴△AHE∽△ECF，∴AEEF∵ABBC=k2，∴EC＝HB=12∴AH＝AB?12BC＝（k2∴AEEF=k（3）如圖（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，設(shè)AB＝3，BE＝1，則EC＝2，∵∠ACE＝45°，∴EG＝GC=2∵AC＝32，∴AG＝22，∴tan∠EAG=12，tan∠BAE以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，∵k＝3，∴ABBC設(shè)AB＝3a，則BC＝2a，由旋轉(zhuǎn)可得∠P'AP＝90°，連接P'E，HE，延長(zhǎng)P'H交CD于點(diǎn)G，連接EG，∵AH＝AD＝2a，∴BH＝a，∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝a，∴tan∠BAE=1∵∠EAP＝45°，∴∠BAE+∠DAP＝45°，∴tan∠DAP=1∴DP＝a，∴PC＝2a，∴AP=5a，PE=5a，AE=∴△APE是等腰直角三角形，∴∠APE＝90°，∵AE⊥EF，∴∠PEF＝∠PEA＝45°，過點(diǎn)F作FQ⊥EG交于Q，∵CF平分∠PCG，∴∠FCQ＝45°，∵∠FEQ+∠AEB＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠FEQ＝∠BAE，∴13∴FQ=12∴EQ=32∴EF=102∴PEAE∴△PAE∽△FPE，∴∠APE＝∠PFE＝90°，∴PF＝EF=12∵PF=5∴1210a∴a=2∴BC＝22．解法2：設(shè)BE＝EC＝a，則AE=10a延長(zhǎng)AP、EF交于Q，∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，∴△AEQ是等腰直角三角形，∴AE＝EQ，作QM⊥BC交N，∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠QEM，∵AE＝EQ，∴△ABE≌△EMQ（AAS），∴EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，作QN⊥CD交BC延長(zhǎng)線于M，∴四邊形NCMQ是矩形，∴QN＝CM＝AD＝2a，∵∠APD＝∠NPQ，∠D＝∠PNQ，∴△ADP≌△QNP（AAS），∴AP＝PQ，∵EF=12AE=∴EF＝FQ，PF=12∴1210a∴a=2∴BC＝22．解法3：過點(diǎn)P作PQ⊥AE交于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作MN∥AD分別交AB、CD于點(diǎn)M、N，設(shè)BE＝2x＝EC，則AB＝6x，由△AMQ與△QNP全等，設(shè)MQ＝n，∵tan∠BAE=1∴AM＝3n＝QN，∴n+3n＝4x，解得n＝x，∴MQ＝x，AQ=10x＝PQ∴QE＝AE﹣QA=10x由（2）可知，AE：EF＝2，∴EF=10x可證得四邊形QEFP是正方形，∴PF=10x∵PF=5解答x=2∴BC＝4x＝22．【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形是判定及性質(zhì)，正方形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022?寧夏）綜合與實(shí)踐知識(shí)再現(xiàn)如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以BC、CA、AB為邊向外作的正方形的面積為S1、S2、S3．當(dāng)S1＝36，S3＝100時(shí)，S2＝64．問題探究如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．（1）如圖2，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等腰直角三角形的面積為S1、S2、S3，則S1、S2、S3之間的數(shù)量關(guān)系是S1+S2＝S3．（2）如圖3，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等邊三角形的面積為S4、S5、S6，試猜想S4、S5、S6之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．實(shí)踐應(yīng)用（1）如圖4，將圖3中的△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度至△BGH，△ACE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度至△AMN，GH、MN相交于點(diǎn)P．求證：S△PHN＝S四邊形PMFG；（2）如圖5，分別以圖3中Rt△ABC的邊BC、CA、AB為直徑向外作半圓，再以所得圖形為底面作柱體，BC、CA、AB為直徑的半圓柱的體積分別為V1、V2、V3．若AB＝4，柱體的高h(yuǎn)＝8，直接寫出V1+V2的值．【分析】知識(shí)再現(xiàn)：利用勾股定理和正方形的面積公式可求解；問題探究：（1）利用勾股定理和直角三角形的面積公式可求解；（2）過點(diǎn)D作DG⊥BC交于G，分別求出S4=34BC2，S5=34AC2，S6=34AB2，由勾股定理可得34AB2=34AC2+34BC實(shí)踐應(yīng)用：（1）設(shè)AB＝c，BC＝a，AC＝b，則HN＝a+b﹣c，F(xiàn)G＝c﹣a，MF＝c﹣b，可證明△HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，則S△PMN=34（a+b﹣c）2，S四邊形PMFG=32（c﹣a）（c﹣b），再由c2＝a2+b2，可證明S△PHN＝（2）設(shè)AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、以AC為直徑的圓的面積為S2，可得S1+S2＝S3，又由V2+V1=12（S1+S2）h=12S3h＝V3，即可求V1+V【解答】知識(shí)再現(xiàn)：解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AB2＝AC2+BC2，∴S1+S2＝S3，∵S1＝36，S3＝100，∴S2＝64，故答案為：64；問題探究：（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AB2＝AC2+BC2，∴12AB2=12AC2+∴S1+S2＝S3，故答案為：S1+S2＝S3；（2）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AB2＝AC2+BC2，過點(diǎn)D作DG⊥BC交于G，在等邊三角形BCD中，CD＝BC，CG=12∴DG=32∴S4=12×BC×32同理可得S5=34AC2，S6=3∴34AB2=34AC2+∴S4+S5＝S6；實(shí)踐應(yīng)用：（1）證明：設(shè)AB＝c，BC＝a，AC＝b，∴HN＝a+b﹣c，F(xiàn)G＝c﹣a，MF＝c﹣b，∵△HGB是等邊三角形，△ABF是等邊三角形，∴HG∥AF，MN∥BF，∴∠HPN＝60°，∴△HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，∴S△PHN=34（a+b﹣c）2，S四邊形PMFG=32（c﹣a）（∵△ABC是直角三角形，∴c2＝a2+b2，∴34（a+b﹣c）2=34（a2+b2+c2+2ab﹣2bc﹣2ac）=32（c2+ab﹣bc﹣ac）=32（c∴S△PHN＝S四邊形PMFG；（2）解：設(shè)AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、以AC為直徑的圓的面積為S2，∵△ABC是直角三角形，∴c2＝a2+b2，∴π4c2=π4a2+∴S1+S2＝S3，∵V2=12S2h，V1=12S1h，V3=∴V2+V1=12（S1+S2）h=12S3h∵AB＝4，h＝8，∴V3=12S3h=12×π×∴V1+V2＝16π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握直角三角形的勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，圓柱的體積，平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2022?朝陽）【思維探究】（1）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．小明的思路是：延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明△ADE≌△ABC，從而可證BC+CD＝AC，請(qǐng)你幫助小明寫出完整的證明過程．【思維延伸】（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【思維拓展】（3）在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD=6，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請(qǐng)直接寫出線段OD【分析】（1）如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：CB+CD=2AC．如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM＝BN，AM＝AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBD＝75°時(shí)，分別求解即可．【解答】（1）證明：如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．∵∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠B+∠ADC＝180°，∵∠ADE+∠ADC＝180°∴∠B＝∠ADE，在△ADE和△ABC中，DA=BA∠ADE=∠B∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，∴∠CAE＝∠BAD＝60°，∴△ACE的等邊三角形，∴CE＝AC，∵CE＝DE+CD，∴AC＝BC+CD；（2）解：結(jié)論：CB+CD=2AC理由：如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．∵∠DAB＝∠DCB＝90°，∴∠CDA+∠CBA＝180°，∵∠ABN+∠ABC＝180°，∴∠D＝∠ABN，∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM＝BN，AM＝AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC=2CM∵AC＝AC．AM＝AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM＝CN，∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CM=2AC（3）解：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，∴∠CDB＝30°，∵∠DCB＝90°，∴CD=3CB∵∠DCO＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP＝OQ，∴S△OBC∴ODOB∵AB＝AD=6，∠DAB＝90°∴BD=2AD＝23∴OD=31+3×2如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBA＝75°時(shí)，同法可證ODOB=13，OD=1綜上所述，滿足條件的OD的長(zhǎng)為33?3或3?【點(diǎn)評(píng)】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．5．（2022?蘭州）綜合與實(shí)踐問題情境：我國(guó)東周到漢代一些出土實(shí)物上反映出一些幾何作圖方法，如侯馬鑄銅遺址出土車軎（wèi）范、芯組成的鑄型（如圖1），它的端面是圓形．如圖2是用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方法：將“矩”的直角尖端A沿圓周移動(dòng)，直到AB＝AC，在圓上標(biāo)記A，B，C三點(diǎn)；將“矩”向右旋轉(zhuǎn)，使它左側(cè)邊落在A，B點(diǎn)上，“矩”的另一條邊與的交點(diǎn)標(biāo)記為D點(diǎn)，這樣就用“矩”確定了圓上等距離的A，B，C，D四點(diǎn)，連接AD，BC相交于點(diǎn)O，即O為圓心．問題解決：（1）請(qǐng)你根據(jù)“問題情境”中提供的方法，用三角板還原我國(guó)古代幾何作圖確定圓心O．如圖3，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB＝AC，請(qǐng)作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）類比遷移：（2）小梅受此問題的啟發(fā)，在研究了用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方法后發(fā)現(xiàn)，如果AB和AC不相等，用三角板也可以確定圓心O．如圖4，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，請(qǐng)作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）拓展探究：（3）小梅進(jìn)一步研究，發(fā)現(xiàn)古代由“矩”度量確定圓上等距離點(diǎn)時(shí)存在誤差，用平時(shí)學(xué)的尺規(guī)作圖的方法確定圓心可以減少誤差．如圖5，點(diǎn)A，B，C是⊙O上任意三點(diǎn)，請(qǐng)用不帶刻度的直尺和圓規(guī)作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）請(qǐng)寫出你確定圓心的理由：垂直平分弦的直線經(jīng)過圓心．【分析】問題解決：（1）以B為頂點(diǎn)，以AB為一邊，用三角板作∠ABD是直角，∠ABD的另一邊與圓交于D，連接AD，BC，AD，BC的交點(diǎn)即是圓心O；類比遷移：（2）方法同（1）；拓展探究：（3）連接AC，AB，作AC，AB的垂直平分線，兩條垂直平分線的交點(diǎn)即為圓心，根據(jù)是垂直平分弦的直線經(jīng)過圓心．【解答】解：?jiǎn)栴}解決：（1）如圖：O即為圓心；類比遷移：（2）如圖：O即為所求作的圓心；拓展探究：（3）如圖：O即為所求作的圓心，理由是垂直平分弦的直線經(jīng)過圓心，故答案為：垂直平分弦的直線經(jīng)過圓心．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的綜合應(yīng)用，涉及用三角板或尺規(guī)確定圓心，解題的關(guān)鍵是掌握若圓周角是直角，它所對(duì)的弦是直徑及垂徑定理與推論的應(yīng)用．6．（2022?蘭州）綜合與實(shí)踐【問題情境】數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出示了一個(gè)問題：如圖1，在正方形ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，AE⊥EP，EP與正方形的外角∠DCG的平分線交于P點(diǎn)．試猜想AE與EP的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；【思考嘗試】（1）同學(xué)們發(fā)現(xiàn)，取AB的中點(diǎn)F，連接EF可以解決這個(gè)問題．請(qǐng)?jiān)趫D1中補(bǔ)全圖形，解答老師提出的問題．【實(shí)踐探究】（2）希望小組受此問題啟發(fā)，逆向思考這個(gè)題目，并提出新的問題：如圖2，在正方形ABCD中，E為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，連接CP，可以求出∠DCP的大小，請(qǐng)你思考并解答這個(gè)問題．【拓展遷移】（3）突擊小組深入研究希望小組提出的這個(gè)問題，發(fā)現(xiàn)并提出新的探究點(diǎn)：如圖3，在正方形ABCD中，E為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，連接DP．知道正方形的邊長(zhǎng)時(shí)，可以求出△ADP周長(zhǎng)的最小值．當(dāng)AB＝4時(shí)，請(qǐng)你求出△ADP周長(zhǎng)的最小值．【分析】（1）取AB的中點(diǎn)F，連接EF，利用同角的余角相等說明∠PEC＝∠BAE，再根據(jù)ASA證明△AFE≌△ECP，得AE＝EP；（2）在AB上取AF＝EC，連接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，則△FAE≌△CEP（SAS），再說明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；（3）作DG⊥CP，交BC的延長(zhǎng)線于G，交CP于O，連接AG，則△DCG是等腰直角三角形，可知點(diǎn)D與G關(guān)于CP對(duì)稱，則AP+DP的最小值為AG的長(zhǎng)，利用勾股定理求出AG，進(jìn)而得出答案．【解答】解：（1）AE＝EP，理由如下：取AB的中點(diǎn)F，連接EF，∵F、E分別為AB、BC的中點(diǎn)，∴AF＝BF＝BE＝CE，∴∠BFE＝45°，∴∠AFE＝135°，∵CP平分∠DCG，∴∠DCP＝45°，∴∠ECP＝135°，∴∠AFE＝∠ECP，∵AE⊥PE，∴∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEC＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠PEC＝∠BAE，∴△AFE≌△ECP（ASA），∴AE＝EP；（2）在AB上取AF＝EC，連接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，∵AF＝EC，AE＝EP，∴△FAE≌△CEP（SAS），∴∠ECP＝∠AFE，∵AF＝EC，AB＝BC，∴BF＝BE，∴∠BEF＝∠BFE＝45°，∴∠AFE＝135°，∴∠ECP＝135°，∴∠DCP＝45°，（3）連接CP，作DG⊥CP，交BC的延長(zhǎng)線于G，交CP于O，連接AG，由（2）知，∠DCP＝45°，∴∠CDG＝45°，∴△DCG是等腰直角三角形，∴點(diǎn)D與G關(guān)于CP對(duì)稱，∴AP+DP的最小值為AG的長(zhǎng)，∵AB＝4，∴BG＝8，由勾股定理得AG=82+4∴△ADP周長(zhǎng)的最小值為AD+AG＝4+45．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．7．（2022?大連）綜合與實(shí)踐問題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，王老師出示了一個(gè)問題：如圖1，在△ABC中，D是AB上一點(diǎn)，∠ADC＝∠ACB．求證∠ACD＝∠ABC．獨(dú)立思考：（1）請(qǐng)解答王老師提出的問題．實(shí)踐探究：（2）在原有問題條件不變的情況下，王老師增加下面的條件，并提出新問題，請(qǐng)你解答．“如圖2，延長(zhǎng)CA至點(diǎn)E，使CE＝BD，BE與CD的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F，點(diǎn)G，H分別在BF、BC上，BG＝CD，∠BGH＝∠BCF．在圖中找出與BH相等的線段，并證明．”問題解決：（3）數(shù)學(xué)活動(dòng)小組同學(xué)對(duì)上述問題進(jìn)行特殊化研究之后發(fā)現(xiàn)，當(dāng)∠BAC＝90°時(shí)，若給出△ABC中任意兩邊長(zhǎng)，則圖3中所有已經(jīng)用字母標(biāo)記的線段長(zhǎng)均可求．該小組提出下面的問題，請(qǐng)你解答．“如圖3，在（2）的條件下，若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝2，求BH的長(zhǎng)．”【分析】（1）利用三角形的外角的性質(zhì)證明即可；（2）結(jié)論：BH＝EF．如圖2中，在CB上取一點(diǎn)T，使得GH＝CT．證明△BGH≌△DCT（SAS），推出BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，再證明△CEF≌△BDT（AAS），推出EF＝DT，可得結(jié)論；（3）如圖3，過點(diǎn)E作EM∥AD交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．【解答】（1）證明：如圖1中，∵∠ADC＝∠ACB，∴∠B+∠DCB＝∠DCB+∠ACD，∴∠ACD＝∠B；（2）解：結(jié)論：BH＝EF．理由：如圖2中，在CB上取一點(diǎn)T，使得GH＝CT．在△BGH和△DCT中，GB=CD∠BGH=∠DCT∴△BGH≌△DCT（SAS），∴BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，∵∠CDT+∠FDT＝180°，∴∠GBH+∠FDT＝180°，∴∠BFD+∠BTD＝180°，∵∠CFE+∠BFD＝180°，∴∠CFE＝∠BTD，在△CEF和△BDT中，∠CFE=∠BTD∠ECF=∠DBT∴△CEF≌△BDT（AAS），∴EF＝DT，∴EF＝BH；（3）解：如圖3，過點(diǎn)E作EM∥AD交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．∵AD∥EM，∴ADEM∴1EM∴EM=3∵EMBD∵tan∠ACD＝tan∠ABC=1∴ADAC∵AC＝2，AB＝4，∴AD＝1，BD＝CE＝3，∴AE＝1，∴BE==A∴EF=13BE【點(diǎn)評(píng)】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或直角三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．8．（2022?深圳）（1）發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長(zhǎng)EF交CD邊于G點(diǎn)．求證：△BFG≌△BCG；（2）探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，且AD＝8，AB＝6．將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長(zhǎng)EF交BC邊于G點(diǎn)，延長(zhǎng)BF交CD邊于點(diǎn)H，且FH＝CH，求AE的長(zhǎng)．（3）拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點(diǎn)，∠D＝60°．將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點(diǎn)P，求PC的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可證Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；（2）延長(zhǎng)BH，AD交于Q，設(shè)FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x=73，DH＝DC﹣HC=113，由△BFG∽△BCH，得68=BG6+73=FG73，BG=254，F(xiàn)G=74，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得BCDQ=CHDH，即8DQ（3）分兩種情況：（Ⅰ）當(dāng)DE=13DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，設(shè)DQ＝x，QE＝y(tǒng)，則AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分線，有6?x6=y2①，在Rt△HQE中，（2?12x）2+（32x）2＝y(tǒng)2②（Ⅱ）當(dāng)CE=13DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD延長(zhǎng)線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長(zhǎng)線于H'，同理解得x'=125【解答】（1）證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，∴∠BFG＝90°＝∠C，∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；（2）解：延長(zhǎng)BH，AD交于Q，如圖：設(shè)FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，∴82+x2＝（6+x）2，解得x=7∴DH＝DC﹣HC=11∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，∴△BFG∽△BCH，∴BFBC=BG∴BG=254，F(xiàn)G∵EQ∥GB，DQ∥CB，∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，∴BCDQ=CH∴DQ=88設(shè)AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+887∵△EFQ∽△GFB，∴EQBG=EF解得m=9∴AE的長(zhǎng)為92方法2：連接GH，如圖：∵CH＝FH，GH＝GH，∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），∴CG＝FG，設(shè)CG＝FG＝x，則BG＝8﹣x，在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，∴62+x2＝（8﹣x）2，解得x=7∴BG＝BC﹣x=25∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，∴EG＝BG=25∴EF＝EG﹣FG=9∴AE=9（3）解：方法一：（Ⅰ）當(dāng)DE=13DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于設(shè)DQ＝x，QE＝y(tǒng)，則AQ＝6﹣x，∵CP∥DQ，∴△CPE∽△QDE，∴CPDQ∴CP＝2x，∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，∴AE是△AQF的角平分線，∴AQAF=QEEF∵∠D＝60°，∴DH=12DQ=12x，HE＝DE﹣DH＝2?12x，在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，∴（2?12x）2+（32x）2＝y(tǒng)聯(lián)立①②可解得x=3∴CP＝2x=3（Ⅱ）當(dāng)CE=13DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD延長(zhǎng)線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長(zhǎng)線于設(shè)DQ'＝x'，Q'E＝y(tǒng)'，則AQ'＝6+x'，同理∠Q'AE＝∠EAF，∴AQ′AF=Q′E由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（32x'）2+（12x'+4）2＝y(tǒng)'可解得x'=12∴CP=12x'綜上所述，CP的長(zhǎng)為32或6方法二：（Ⅰ）當(dāng)DE=13DC＝2時(shí)，連接CF，過P作PK⊥CD于∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝60°，∴△ABC，△ADC是等邊三角形，∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，∴∠PCK＝60°，∵將△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，∴∠AFC＝∠ACF，∴∠PFC＝∠PCF，∴PF＝PC，設(shè)PF＝PC＝2m，在Rt△PCK中，CK＝m，PK=3m∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，∴（4﹣m）2+（3m）2＝（2+2m）2，解得m=3∴PC＝2m=3（Ⅱ）當(dāng)CE=13DC＝2時(shí)，連接CF，過P作PT⊥CD交DC延長(zhǎng)線于同（Ⅰ）可證AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，∴∠ACF＝∠AFC，∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，∴PC＝PF，設(shè)PC＝PF＝2n，在Rt△PCT中，CT＝n，PT=3n∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，∴（3n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，解得n=3∴PC＝2n=6綜上所述，CP的長(zhǎng)為32或6【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形角平分線的性質(zhì)，勾股定理及應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是方程思想的應(yīng)用．9．（2022?貴陽）小紅根據(jù)學(xué)習(xí)軸對(duì)稱的經(jīng)驗(yàn)，對(duì)線段之間、角之間的關(guān)系進(jìn)行了拓展探究．如圖，在?ABCD中，AN為BC邊上的高，ADAN=m，點(diǎn)M在AD邊上，且BA＝BM，點(diǎn)E是線段AM上任意一點(diǎn)，連接BE，將△ABE沿BE翻折得△（1）問題解決：如圖①，當(dāng)∠BAD＝60°，將△ABE沿BE翻折后，使點(diǎn)F與點(diǎn)M重合，則AMAN=2（2）問題探究：如圖②，當(dāng)∠BAD＝45°，將△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度數(shù)，并求出此時(shí)m的最小值；（3）拓展延伸：當(dāng)∠BAD＝30°，將△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE＝MD，根據(jù)題意在備用圖中畫出圖形，并求出m的值．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)可得AMAN（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)即可求得∠AEB的度數(shù)，由三角形內(nèi)角和定理可得∠ABE的度數(shù)，根據(jù)點(diǎn)M在AD邊上，當(dāng)AD＝AM時(shí)，m取得最小值，從而求解；（3）連接FM，設(shè)AN＝a，然后結(jié)合勾股定理分析求解．【解答】解：（1）∵BA＝BM，∠BAD＝60°∴△ABM是等邊三角形，∴AB＝AM＝BM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ABN＝∠BAM＝60°，∵AN為BC邊上的高，∴AMAN故答案為：23（2）∵∠BAD＝45°，BA＝BM，∴△AMB是等腰直角三角形，∴∠MBC＝∠AMB＝45°，∵EF∥BM，∴∠FEM＝∠AMB＝45°，∴∠AEB＝∠FEB=12（180°+45°）＝112.5∵AD∥NC，∴∠BAE＝∠ABN＝45°，∴∠ABE＝180°﹣∠AEB﹣∠BAE＝22.5°，∵ADAN=m，△AMB是等腰直角三角形，AN為底邊上的高，則AN=∵點(diǎn)M在AD邊上，∴當(dāng)AD＝AM時(shí)，m取得最小值，最小值為AMAN（3）如圖，連接FM，延長(zhǎng)EF交NC于點(diǎn)G，∵∠BAD＝30°，則∠ABN＝30°，設(shè)AN＝a，則AB＝2a，NB=3a∵EF⊥AD，∴∠AEB＝∠FEB=12（180°+90°）＝135∵∠EAB＝∠BAD＝30°，∴∠ABE＝15°，∴∠ABF＝30°，∵AB＝BM，∠BAD＝30°，∴∠ABM＝120°，∵∠MBC＝∠AMB＝30°，∴∠FBM＝90°，在Rt△FBM中，F(xiàn)B＝AB＝BM，∴FM=2FB＝22a∴EG⊥GB，∵∠EBG＝∠ABE+∠ABN＝45°，∴GB＝EG＝a，∵NB=3a∴AE＝EF＝MD＝（3?1）a在Rt△EFM中，EM=FM2?EF∴AD＝AE+EM+MD＝2AE+EM＝（33?1）a同理，當(dāng)點(diǎn)F落在BC下方時(shí)，AD＝（33+1）∴m=ADAN=3【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，解直角三角形，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，掌握相關(guān)性質(zhì)定理，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．10．（2022?遵義）綜合與實(shí)踐“善思”小組開展“探究四點(diǎn)共圓的條件”活動(dòng)，得出結(jié)論：對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四個(gè)頂點(diǎn)共圓．該小組繼續(xù)利用上述結(jié)論進(jìn)行探究．提出問題：如圖1，在線段AC同側(cè)有兩點(diǎn)B，D，連接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上．探究展示：如圖2，作經(jīng)過點(diǎn)A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一點(diǎn)E（不與A，C重合），連接AE，CE，則∠AEC+∠D＝180°（依據(jù)1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴點(diǎn)A，B，C，E四點(diǎn)在同一個(gè)圓上（對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四個(gè)頂點(diǎn)共圓）∴點(diǎn)B，D在點(diǎn)A，C，E所確定的⊙O上（依據(jù)2）∴點(diǎn)A，B，C，D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上反思?xì)w納：（1）上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個(gè)點(diǎn)有且只有一個(gè)圓．（2）如圖3，在四邊形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，則∠4的度數(shù)為45°．拓展探究：（3）如圖4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，點(diǎn)D在BC上（不與BC的中點(diǎn)重合），連接AD．作點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)E，連接EB并延長(zhǎng)交AD的延長(zhǎng)線于F，連接AE，DE．①求證：A，D，B，E四點(diǎn)共圓；②若AB＝22，AD?AF的值是否會(huì)發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、過三點(diǎn)的圓解答即可；（2）根據(jù)四點(diǎn)共圓、圓周角定理解答；（3）①根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得到AE＝AC，DE＝DC，∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，進(jìn)而得到∠AED＝∠ABC，證明結(jié)論；②連接CF，證明△ABD∽△AFB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可．【解答】（1）解：依據(jù)1：圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個(gè)點(diǎn)有且只有一個(gè)圓，故答案為：圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)；過不在同一直線上的三個(gè)點(diǎn)有且只有一個(gè)圓；（2）解：∵∠1＝∠2，∴點(diǎn)A，B，C，D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，∴∠3＝∠4，∵∠3＝45°，∴∠4＝45°，故答案為：45°；（3）①證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵點(diǎn)E與點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱，∴AE＝AC，DE＝DC，∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∴∠AED＝∠ACB，∴∠AED＝∠ABC，∴A，D，B，E四點(diǎn)共圓；②解：AD?AF的值不會(huì)發(fā)生變化，理由如下：如圖4，連接CF，∵點(diǎn)E與點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱，∴FE＝FC，∴∠FEC＝∠FCE，∴∠FED＝∠FCD，∵A，D，B，E四點(diǎn)共圓，∴∠FED＝∠BAF，∴∠BAF＝∠FCD，∴A，B，F(xiàn)，C四點(diǎn)共圓，∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，∵∠BAD＝∠FAB，∴△ABD∽△AFB，∴ADAB∴AD?AF＝AB2＝8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是四點(diǎn)共圓、相似三角形的判定和性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)，正確理解四點(diǎn)共圓的條件是解題的關(guān)鍵．11．（2022?赤峰）同學(xué)們還記得嗎？圖①，圖②是人教版八年級(jí)下冊(cè)教材“實(shí)驗(yàn)與探究”中我們研究過的兩個(gè)圖形．受這兩個(gè)圖形的啟發(fā)，數(shù)學(xué)興趣小組提出了以下三個(gè)問題，請(qǐng)你回答：【問題一】如圖①，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)O又是正方形A1B1C1O的一個(gè)頂點(diǎn)，OA1交AB于點(diǎn)E，OC1交BC于點(diǎn)F，則AE與BF的數(shù)量關(guān)系為AE＝BF；【問題二】受圖①啟發(fā)，興趣小組畫出了圖③：直線m、n經(jīng)過正方形ABCD的對(duì)稱中心O，直線m分別與AD、BC交于點(diǎn)E、F，直線n分別與AB、CD交于點(diǎn)G、H，且m⊥n，若正方形ABCD邊長(zhǎng)為8，求四邊形OEAG的面積；【問題三】受圖②啟發(fā)，興趣小組畫出了圖④：正方形CEFG的頂點(diǎn)G在正方形ABCD的邊CD上，頂點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線上，且BC＝6，CE＝2．在直線BE上是否存在點(diǎn)P，使△APF為直角三角形？若存在，求出BP的長(zhǎng)度；若不存在，說明理由．【分析】【問題一】利用ASA判斷出△AOE≌△BOF，即可得出答案；（2）先求出S△AOB＝16，再利用ASA判斷出△AOE≌△BOG，即可求出答案；【問題三】分三種情況：利用三垂線構(gòu)造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．【解答】解：【問題一】∵正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，∠AOB＝90°，∵四邊形A1B1C1O是正方形，∴∠EOF＝90°，∴∠AOE＝∠BOF，∴△AOE≌△BOF（ASA），∴AE＝BF，故答案為：AE＝BF；【問題二】如圖③，連接OA，OB，∵點(diǎn)O是正方形ABCD的中心，∴S△AOB=14S正方形ABCD=1∵點(diǎn)O是正方形ABCD的中心，∴∠OAE＝∠OBG＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°，∵m⊥n，∴∠EOG＝90°，∴∠AOE＝∠BOG，∴△AOE≌△BOG（ASA），∴S△AOE＝S△BOG，∴S四邊形OEAG＝S△AOE+S△AOG＝S△BOG+S△AOG＝S△AOB＝16；【問題三】在直線BE上存在點(diǎn)P，使△APF為直角三角形，①當(dāng)∠AFP＝90°時(shí)，如圖④，延長(zhǎng)EF，AD相交于點(diǎn)Q，∵四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形，∴EQ＝AB＝6，∠BAD＝∠B＝∠E＝90°，∴四邊形ABEQ是矩形，∴AQ＝BE＝BC+CE＝8，EQ＝AB＝6，∠Q＝90°＝∠E，∴∠EFP+∠EPF＝90，∵∠AFP＝90°，∴∠EFP+∠AFQ＝90°，∴△EFP∽△QAF，∴EPQF∵QF＝EQ﹣EF＝4，∴EP4∴EP＝1，∴BP＝BE﹣EP＝7；②當(dāng)∠APF＝90°時(shí)，如圖⑤，同①的方法得，△ABP∽△PEF，∴ABPE∵PE＝BE﹣BP＝8﹣BP，∴68?BP∴BP＝2或BP＝6；③當(dāng)∠PAF＝90°時(shí)，如圖⑥，過點(diǎn)P作AB的平行線交DA的延長(zhǎng)線于M，延長(zhǎng)EF，AD相交于N，同①的方法得，四邊形ABPM是矩形，∴PM＝AB＝6，AM＝BP，∠M＝90°，同①的方法得，四邊形ABEN是矩形，∴AN＝BE＝8，EN＝AB＝6，∴FN＝EN﹣EF＝4，同①的方法得，△AMP∽△FNA，∴PMAN∴68∴AM＝3，∴BP＝3，即BP的長(zhǎng)度為2或3或6或7．【點(diǎn)評(píng)】此題是幾何變換綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出相似三角形和全等三角形是解本題的關(guān)鍵．12．（2022?黔東南州）閱讀材料：小明喜歡探究數(shù)學(xué)問題，一天楊老師給他這樣一個(gè)幾何問題：如圖1，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點(diǎn)A在DE上．求證：以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．【探究發(fā)現(xiàn)】（1）小明通過探究發(fā)現(xiàn)：連接DC，根據(jù)已知條件，可以證明DC＝AE，∠ADC＝120°，從而得出△ADC為鈍角三角形，故以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．請(qǐng)你根據(jù)小明的思路，寫出完整的證明過程．【拓展遷移】（2）如圖2，四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，點(diǎn)A在EG上．①試猜想：以AE、AG、AC為邊的三角形的形狀，并說明理由．②若AE2+AG2＝10，試求出正方形ABCD的面積．【分析】（1）連接DC，證△CBD≌△ABE（SAS），得CD＝AE，∠BDC＝∠E＝60°，則∠ADC＝∠BDE+∠BDC＝120°，即可得出結(jié)論；（2）①連接CG，證△CBG≌△ABE（SAS），得CG＝AE，∠CGB＝∠AEB＝45°，再證∠AGC＝90°，得△ACG是直角三角形，即可得出結(jié)論；②由勾股定理得CG2+AG2＝AC2，則AE2+AG2＝AC2＝10，再由正方形的性質(zhì)和勾股定理得AB2＝5，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：如圖1，連接DC，∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，∴AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝∠E＝∠BDE＝60°，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，即∠CBD＝∠ABE，∴△CBD≌△ABE（SAS），∴CD＝AE，∠BDC＝∠E＝60°，∴∠ADC＝∠BDE+∠BDC＝120°，∴△ADC為鈍角三角形，∴以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．（2）解：①以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形，理由如下：如圖2，連接CG，∵四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，∴AB＝CB，BE＝BG，∠ABC＝∠BCD＝∠EBG＝∠BGF＝90°，∠EGB＝∠GEB＝45°，∴∠ABC﹣∠ABG＝∠EBG﹣∠ABG，即∠CBG＝∠ABE，∴△CBG≌△ABE（SAS），∴CG＝AE，∠CGB＝∠AEB＝45°，∴∠AGC＝∠EGB+∠CGB＝45°+45°＝90°，∴△ACG是直角三角形，即以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形；②由①可知，CG＝AE，∠AGC＝90°，∴CG2+AG2＝AC2，∴AE2+AG2＝AC2，∵AE2+AG2＝10，∴AC2＝10，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴AB2+BC2＝AC2＝10，∴AB2＝5，∴S正方形ABCD＝AB2＝5．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．13．（2022?威海）回顧：用數(shù)學(xué)的思維思考（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC．①BD，CE是△ABC的角平分線．求證：BD＝CE．②點(diǎn)D，E分別是邊AC，AB的中點(diǎn)，連接BD，CE．求證：BD＝CE．（從①②兩題中選擇一題加以證明）猜想：用數(shù)學(xué)的眼光觀察經(jīng)過做題反思，小明同學(xué)認(rèn)為：在△ABC中，AB＝AC，D為邊AC上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，C重合）．對(duì)于點(diǎn)D在邊AC上的任意位置，在另一邊AB上總能找到一個(gè)與其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)E，使得BD＝CE．進(jìn)而提出問題：若點(diǎn)D，E分別運(yùn)動(dòng)到邊AC，AB的延長(zhǎng)線上，BD與CE還相等嗎？請(qǐng)解決下面的問題：（2）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D，E分別在邊AC，AB的延長(zhǎng)線上，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并證明．探究：用數(shù)學(xué)的語言表達(dá)（3）如圖3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E為邊AB上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），F(xiàn)為邊AC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)．判斷BF與CE能否相等．若能，求CF的取值范圍；若不能，說明理由．【分析】（1）①證明△BCD≌△CBE（ASA），推出BD＝CE即可；②證明△BCD≌△CBE（SAS），推出BD＝CE即可；（2）添加條件：BE＝CD（答案不唯一）．利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；（3）能．設(shè)CF＝x，假設(shè)BF＝AB，利用相似三角形的性質(zhì)求出x的值，即可判斷．【解答】（1）證明：①∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠DBC=12∠同理∠ECB=12∠∴∠DBC＝∠ECB，在△BCD和△CBE中，∠ACB=∠ABCBC=CB∴△BCD≌△CBE（ASA），∴BD＝CE；②∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵D是AC的中點(diǎn)，∴CD=12同理BE=12∴BE＝CD，在△BCD和△CBE中，CD=BE∠ACB=∠ABC∴△BCD≌△CBE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：添加條件：BE＝CD（答案不唯一）．理由：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ABC+∠EBC＝∠ACB+∠BCD＝180°，∴∠CBE＝∠BCD，在△BCD和△CBE中，CD=BE∠BCD=∠CBE∴△BCD≌△CBE（SAS），∴BD＝CE；（3）能．理由：如圖3中，值A(chǔ)C上取一點(diǎn)D，使得BD＝CE若BF＝CE，則BF＝BD，反之也成立．∵BD＜AB，∴BF＜AB，顯然BD越大，BF就越大，CF也越大，假設(shè)BF＝AB，∵∠A＝36°，∴∠BFA＝∠A＝36°，∴∠ABF＝180°﹣2×36°＝108°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝72°，∴∠BCF＝180°﹣72°＝108°，∴∠BCF＝∠ABF，∵∠BCF＝∠ABF，∠BFC＝∠AFB，∴△BFC∽△AFB，∴BFAF設(shè)CF＝x，∵AB＝AC＝2，∴BF＝2，AF＝2+x，∴22+x解得x=5?1或經(jīng)檢驗(yàn)x=5∴CF=5∵E與A不重合，∴0＜CF＜5【點(diǎn)評(píng)】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．14．（2022?河南）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．（1）操作判斷操作一：對(duì)折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM，BM．根據(jù)以上操作，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，寫出圖1中一個(gè)30°的角：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個(gè)即可）．（2）遷移探究小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長(zhǎng)PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠MBQ＝15°，∠CBQ＝15°；②改變點(diǎn)P在AD上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）拓展應(yīng)用在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長(zhǎng)為8cm，當(dāng)FQ＝1cm時(shí)，直接寫出AP的長(zhǎng)．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得AE＝BE=12AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由銳角三角函數(shù)可求∠EMB＝30（2）①由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ＝15°；②由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ；（3）分兩種情況討論，由折疊的性質(zhì)和勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵對(duì)折矩形紙片ABCD，∴AE＝BE=12AB，∠AEF＝∠BEF＝90∵沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，∵sin∠BME=BE∴∠EMB＝30°，∴∠ABM＝60°，∴∠CBM＝∠ABP＝∠PBM＝30°，故答案為：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個(gè)即可）；（2）①由（1）可知∠CBM＝30°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴∠BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ＝15°，故答案為：15，15；②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ；（3）由折疊的性質(zhì)可得DF＝CF＝4cm，AP＝PM，∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，∴CQ＝MQ，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CF上時(shí)，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝3cm，DQ＝5cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，∴AP=40當(dāng)點(diǎn)Q在線段DF上時(shí)，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝5cm，DQ＝3cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+5）2＝（8﹣AP）2+9，∴AP=24綜上所述：AP的長(zhǎng)為4011cm或2413【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．15．（2022?武漢）問題提出如圖（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)E，使DE＝DB，延長(zhǎng)ED交AB于點(diǎn)F，探究AFAB問題探究（1）先將問題特殊化．如圖（2），當(dāng)∠BAC＝60°時(shí)，直接寫出AFAB（2）再探究一般情形．如圖（1），證明（1）中的結(jié)論仍然成立．問題拓展如圖（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中點(diǎn)，G是邊BC上一點(diǎn)，CGBC=1n（n＜2），延長(zhǎng)BC至點(diǎn)E，使DE＝DG，延長(zhǎng)ED交AB于點(diǎn)F．直接寫出【分析】問題探究（1）取AB的中點(diǎn)G，連接DG，利用等邊三角形的性質(zhì)可得點(diǎn)F為AG的中點(diǎn)，從而得出答案；（2）取BC的中點(diǎn)H，連接DH，利用ASA證明△DBH≌△DEC，得BH＝EC，則EBEH=32，再根據(jù)DH∥AB，得△問題拓展取BC的中點(diǎn)H，連接DH，由（2）同理可證明△DGH≌△DEC，得GH＝CE，得HEBC=1n，再根據(jù)DH∥AB，得△【解答】解：（1）如圖，取AB的中點(diǎn)G，連接DG，∵點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，∴DG是△ABC的中位線，∴DG∥BC，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，∴∠DBC＝30°，∵BD＝ED，∴∠E＝∠DBC＝30°，∴DF⊥AB，∵∠AGD＝∠ADG＝60°，∴△ADG是等邊三角形，∴AF=12∵AG=12∴AF=14∴AFAB（2）取BC的中點(diǎn)H，連接DH，∵點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，∴DH∥AB，DH=12∵AB＝AC，∴DH＝DC，∴∠DHC＝∠DCH，∵BD＝DE，∴∠DBH＝∠DEC，∴∠BDH＝∠EDC，∴△DBH≌△DEC（ASA），∴BH＝EC，∴EBEH∵DH∥AB，∴△EDH∽△EFB，∴FBDH∴FBAB∴AFAB問題拓展取BC的中點(diǎn)H，連接DH，由（2）同理可證明△DGH≌△DEC（ASA），∴GH＝CE，∴HE＝CG，∵CGBC∴HEBC∴HEBH∴HEBE∵DH∥BF，∴△EDH∽△EFB，∴HEBE∵DH=12∴BFAB∴AFAB【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．16．（2022?岳陽）如圖，△ABC和△DBE的頂點(diǎn)B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)點(diǎn)D，E分別在AB，BC上時(shí)，可以得出結(jié)論：ADCE=3，直線AD與直線CE的位置關(guān)系是（2）探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D恰好落在線段AC上，連接EC，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說明理由；（3）拓展運(yùn)用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（19°＜α＜60°），連接AD、EC，它們的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，當(dāng)DF＝BE時(shí)，求tan（60°﹣α）的值．【分析】（1）解直角三角形求出EC，AD，可得結(jié)論；（2）結(jié)論不變，證明△ABD∽△CBE，推出ADEC=ABBC=3，（3）如圖3中，過點(diǎn)B作BJ⊥AC于點(diǎn)J，設(shè)BD交AK于點(diǎn)K，過點(diǎn)K作KT⊥AC于點(diǎn)K．求出BJ，JK，可得結(jié)論．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝3，∠A＝30°，∴AB=3BC＝33在Rt△BDE中，∠BDE＝30°，BE＝2，∴BD=3BE＝23∴EC＝1，AD=3∴ADEC=3，此時(shí)AD故答案為：3，垂直；（2）結(jié)論成立．理由：∵∠ABC＝∠DBE＝90°，∴∠ABD＝∠CBE，∵AB=3BC，BD=3∴ABBC∴△ABD∽△CBE，∴ADEC=ABBC=3，∵∠ADB+∠CDB＝180°，∴∠CDB+∠BEC＝180°，∴∠DBE+∠DCE＝180°，∵∠DBE＝90°，∴∠DCE＝90°，∴AD⊥EC；（3）如圖3中，過點(diǎn)B作BJ⊥AC于點(diǎn)J，設(shè)BD交AK于點(diǎn)K，過點(diǎn)K作KT⊥AC于點(diǎn)T．∵∠AJB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABJ＝60°，∴∠KBJ＝60°﹣α．∵AB＝33，∴BJ=12AB=332，當(dāng)DF＝BE時(shí)，四邊形BEFD是矩形（由∠DBE＝90°，∠F＝90，取DE中點(diǎn)，證明BDFE四點(diǎn)共圓，再由BE＝DF推得弧等，從而圓周角∠DEF＝∠BDE＝30°，則∠BEF＝90°，由3個(gè)直角得矩形），∴∠ADB＝90°，AD=A設(shè)KT＝m，則AT=3m，AK＝2m∵∠KTB＝∠ADB＝90°，∴tanα=KT∴mBT∴BT=25∴3m+255m∴m=45?6∴AK＝2m=90?12∴KJ＝AJ﹣AK=9∴tan（60°﹣α）=KJ解法二：證明∠CAF＝60°﹣α，通過tan（60°﹣α）=CF【點(diǎn)評(píng)】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．17．（2022?宿遷）如圖，在網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，點(diǎn)A、B、C、D、M均為格點(diǎn)．【操作探究】在數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，佳佳同學(xué)在如圖①的網(wǎng)格中，用無刻度的直尺畫了兩條互相垂直的線段AB、CD，相交于點(diǎn)P并給出部分說理過程，請(qǐng)你補(bǔ)充完整：解：在網(wǎng)格中取格點(diǎn)E，構(gòu)建兩個(gè)直角三角形，分別是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan∠BAC=1在Rt△CDE中，tan∠DCE=12所以tan∠BAC＝tan∠DCE．所以∠BAC＝∠DCE．因?yàn)椤螦CP+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠ACP+∠BAC＝90°，所以∠APC＝90°，即AB⊥CD．【拓展應(yīng)用】（1）如圖②是以格點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的圓，請(qǐng)你只用無刻度的直尺，在BM上找出一點(diǎn)P，使PM=（2）如圖③是以格點(diǎn)O為圓心的圓，請(qǐng)你只用無刻度的直尺，在弦AB上找出一點(diǎn)P．使AM2＝AP?AB，寫出作法，不用證明．【分析】【操作探究】利用網(wǎng)格特征，解決問題即可；【拓展應(yīng)用】（1）取格點(diǎn)Q，連接OQ交AM于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求．利用垂徑定理證明即可；（2）利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)AP=22，再利用網(wǎng)格特征，畫出點(diǎn)【解答】解：【操作探究】在網(wǎng)格中取格點(diǎn)E，構(gòu)建兩個(gè)直角三角形，分別是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan∠BAC=1在Rt△CDE中，tan∠DCE=1所以tan∠BAC＝tan∠DCE．所以∠BAC＝∠DCE．因?yàn)椤螦CP+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠ACP+∠BAC＝90°，所以∠APC＝90°，即AB⊥CD．故答案為：tan∠DCE=1【拓展應(yīng)用】（1）如圖②中，點(diǎn)P即為所求．作法：取格點(diǎn)T，連接AT交⊙O于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求；證明：由作圖可知，OM⊥AP，OM是半徑，∴PM=（2）如圖③中，點(diǎn)P即為所求．作法：取格點(diǎn)J，K，連接JK交AB于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．18．（2022?蘇州）（1）如圖1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于點(diǎn)D，DE∥AC，交BC于點(diǎn)E．①若DE＝1，BD=32，求②試探究ABAD（2）如圖2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2個(gè)外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，DE∥AC，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．記△ACD的面積為S1，△CDE的面積為S2，△BDE的面積為S3．若S1?S3=916S22，求cos∠【分析】（1）①證出∠ACD＝∠DCB＝∠B，由等腰三角形的判定得出CD＝BD=32，求出CE＝DE＝1，證明△CED∽△CDB，由相似三角形的性質(zhì)可求出②由平行線分線段成比例定理得出ABAD=BCCE，同①可得，CE＝（2）證出S1?S3S22=BCCE，由題意可得出BCCE=916，設(shè)BC＝9x，則CE＝16x，證明△CDB∽△CED，由相似三角形的性質(zhì)得出CDCE=CBCD，求出【解答】解：（1）①∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠DCB=12∠∵∠ACB＝2∠B，∴∠ACD＝∠DCB＝∠B，∴CD＝BD=3∵DE∥AC，∴∠ACD＝∠EDC，∴∠EDC＝∠DCB＝∠B，∴CE＝DE＝1，∴△CED∽△CDB，∴CECD∴13∴BC=9②ABAD∵DE∥AC，∴ABAD同①可得，CE＝DE，∴ABAD∴ABAD∴ABAD（2）∵DE∥AC，∴S1∵S3∴S1又∵S1?S3=916S2∴BCCE設(shè)BC＝9x，則CE＝16x，∵CD平分∠BCF，∴∠ECD＝∠FCD=12∠∵∠BCF＝2∠CBG，∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD，∴BD＝CD，∵DE∥AC，∴∠EDC＝∠FCD，∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD，∴CE＝DE，∵∠DCB＝∠ECD，∴△CDB∽△CED，∴CDCE∴CD2＝CB?CE＝144x2，∴CD＝12x，過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，∵BD＝CD＝12x，∴BH=12BC=∴cos∠CBD=BH【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，考查了角平分線的定義，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2022?湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過點(diǎn)A，過點(diǎn)B、C分別作l的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E．（1）特例體驗(yàn)：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC=2，分別求出線段BD、CE和DE（2）規(guī)律探究：（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請(qǐng)?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點(diǎn)H，請(qǐng)?jiān)偬骄€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長(zhǎng)線段BD交線段AC于點(diǎn)F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．【分析】（1）易證△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的三邊關(guān)系可得出BD，DE和CE的長(zhǎng)即可．（2）（Ⅰ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進(jìn)而解答即可；（Ⅱ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進(jìn)而解答即可；（3）根據(jù)題意可證明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的長(zhǎng)，根據(jù)S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵l∥BC，∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，∴AD＝BD，AE＝CE，∵AB＝AC=2∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，∴DE＝2；（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，∠ABD=∠CAE∠BDA=∠AEC=90°∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE．（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，∠ABD=∠CAE∠BDA=∠AEC=90°∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE∵∠BAC＝∠ADB＝90°，∴△ABD∽△FBA，∴AB：FB＝BD：AB，∵CE＝3，DE＝1，∴AE＝BD＝4，∴AB＝5．∴BF=25∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF=12×52?【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角形的面積；證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．20．（2022?陜西）問題提出（1）如圖1，AD是等邊△ABC的中線，點(diǎn)P在AD的延長(zhǎng)線上，且AP＝AC，則∠APC的度數(shù)為75°．問題探究（2）如圖2，在△ABC中，CA＝CB＝6，∠C＝120°．過點(diǎn)A作AP∥BC，且AP＝BC，過點(diǎn)P作直線l⊥BC，分別交AB、BC于點(diǎn)O、E，求四邊形OECA的面積．問題解決（3）如圖3，現(xiàn)有一塊△ABC型板材，∠ACB為鈍角，∠BAC＝45°．工人師傅想用這塊板材裁出一個(gè)△ABP型部件，并要求∠BAP＝15°，AP＝AC．工人師傅在這塊板材上的作法如下：①以點(diǎn)C為圓心，以CA長(zhǎng)為半徑畫弧，交AB于點(diǎn)D，連接CD；②作CD的垂直平分線l，與CD交于點(diǎn)E；③以點(diǎn)A為圓心，以AC長(zhǎng)為半徑畫弧，交直線l于點(diǎn)P，連接AP、BP，得△ABP．請(qǐng)問，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？請(qǐng)證明你的結(jié)論．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB＝AC，∠BAC＝60°，根據(jù)等腰三角形的三線合一得到∠PAC＝30°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案；（2）連接PB，證明四邊形PBCA為菱形，求出PB，解直角三角形求出BE、PE、OE，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可；（3）過點(diǎn)A作CD的平行線，過點(diǎn)D作AC的平行線，兩條平行線交于點(diǎn)F，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到PA＝PF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠PAF＝60°，進(jìn)而求出∠BAP＝15°，根據(jù)要求判斷即可．【解答】解：（1）∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵AD是等邊△ABC的中線，∴∠PAC=12∠BAC＝30∵AP＝AC，∴∠APC=12×（180°﹣30°故答案為：75°；（2）如圖2，連接PB，∵AP∥BC，AP＝BC，∴四邊形PBCA為平行四邊形，∵CA＝CB，∴平行四邊形PBCA為菱形，∴PB＝AC＝6，∠PBC＝180°﹣∠C＝60°，∴BE＝PB?cos∠PBC＝3，PE＝PB?sin∠PBC＝33，∵CA＝CB，∠C＝120°，∴∠ABC＝30°，∴OE＝BE?tan∠ABC=3∴S四邊形OECA＝S△ABC﹣S△OBE=12×6×33=15（3）符合要求，理由如下：如圖3，過點(diǎn)A作CD的平行線，過點(diǎn)D作AC的平行線，兩條平行線交于點(diǎn)F，∵CA＝CD，∠DAC＝45°，∴∠ACD＝90°，∴四邊形FDCA為正方形，∵PE是CD的垂直平分線，∴PE是AF的垂直平分線，∴PF＝PA，∵AP＝AC，∴PF＝PA＝AF，∴△PAF為等邊三角形，∴∠PAF＝60°，∴∠BAP＝60°﹣45°＝15°，∴裁得的△ABP型部件符合要求．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)，得出△PAF為等邊三角形是解題的關(guān)鍵．21．（2022?樂山）華師版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)教材第121頁習(xí)題19.3第2小題及參考答案．如圖，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求證：CE＝DF．證明：設(shè)CE與DF交于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD．∴∠BCE+∠DCE＝90°，∵CE⊥DF，∴∠COD＝90°．∴∠CDF+∠DCE＝90°．∴∠CDF＝∠BCE，∴△CBE≌△DFC．∴CE＝DF．某數(shù)學(xué)興趣小組在完成了以上解答后，決定對(duì)該問題進(jìn)一步探究．【問題探究】如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別在線段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．試猜想EGFH【知識(shí)遷移】如圖2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，點(diǎn)E、F、G、H分別在線段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．則EGFH=n【拓展應(yīng)用】如圖3，在四邊形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，點(diǎn)E、F分別在線段AB、AD上，且CE⊥BF．求CEBF【分析】（1）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求證△ABM≌△ADN即可；（2）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，利用在長(zhǎng)方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求證△ABM∽△ADN．再根據(jù)其對(duì)應(yīng)邊成比例，將已知數(shù)值代入即可；（3）如圖3中，過點(diǎn)C作CM⊥AB于點(diǎn)M．設(shè)CE交BF于點(diǎn)O．證明△CME∽△BAF，推出CEBF【解答】解：（1）結(jié)論：EGFH理由：如圖（1）中，過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，∴AM＝HF，AN＝EG，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN，在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN，∴△ABM≌△ADN（ASA），∴AM＝AN，即EG＝FH，∴EGFH（2）如圖（2）中，過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，∴AM＝HF，AN＝EG，在長(zhǎng)方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN．∴△ABM∽△ADN．∴AMAN∵AB＝m，BC＝AD＝n，∴EGFH故答案為：nm（3）如圖3中，過點(diǎn)C作CM⊥AB于點(diǎn)M．設(shè)CE交BF于點(diǎn)O．∵CM⊥AB，∴∠CME＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∵CE⊥BF，