专题13 几何探究综合题（六大题型）【好题汇编】-2024年中考数学二模试题分类汇编（广东专用）

专题13 几何探究综合题 三角形综合探究题 1．（2024•廉江市二模）在等腰△ABC中，AB＝AC，线段BC上存在一动点E（不与点B，C重合），连接AE；将线段AE绕点A按逆时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，M，N分别是线段BC，EF的中点． 【问题初棎】 （1）如图1，若∠BAC＝60°，当E恰好是边BC的中点时，　 ，∠NMC的度数为 　 　． 【深入探究】 （2）如图2，若∠BAC＝60°，当E是边BC上的任意一点时（不与点B，C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【问题拓展】 （3）如图3，若，当点G在边BC上，且，在点E的运动过程中，求线段GN的最小值． 2．（2024•中山市二模）已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，且AB＝AC，AD＝AE，若点D在BC边上运动时，总保持∠ADE＝∠B，连接CE，DE与AC交于点F． （1）①如图1，当点D为BC边中点时，则的值为 　　； ②如图2，当点D不为BC边中点时，求证：CE＝BD； （2）如图3，当点D在BC边上运动中恰好使得AE∥BC时，若AB＝5，BC＝6，求DF的长． 3．（2024•中山市二模）如图①，直线PQ同侧有两点M，N，点T在直线PQ上，若∠MTP＝∠NTQ，则称点T为M，N在直线PQ上的投射点． （1）如图②，在Rt△ABC中，∠B＝60°，D为斜边AB的中点，E为AC的中点．求证：点D为C，E在直线AB上的投射点； （2）如图③，在正方形网格中，已知点A，B，C三点均在格点上，请仅用没有刻度的直尺在AC上画出点P，在BC上画出点Q，使A，P在BC上的投射点Q满足CQ＝2BQ； （3）如图④，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在AB，BC边上是否分别存在点D，E，使点D为E，C在AB上的投射点，点E为A，D在BC上的投射点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．问题背景： 一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小慧的证明思路是：如图2，过点C作，交的延长线于点E，构造相似三角形来证明． (1)尝试证明：请参照小慧的思路，利用图2证明； (2)基础训练：如图3，在中，，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则的长； (3)拓展升华：如图4，中，，，平分，的中垂线交延长线于点，当 时，求的长． 5．（2024•盐田区二模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为BC边上一点，CE⊥AD于点E，延长BE交AC于点F． （1）求证：； （2）当EF平分∠AEC时，求的值； （3）当点D为BC的三等分点时，请直接写出的值． 6．（1）问题呈现：如图1，和都是直角三角形，，且．连接，，求的值． （2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转得到，连接，，延长交于点，设，求的长； （3）拓展提升：如图3，在等边中，，是边上的中线，点从点移动到点，连接，以为边长，在的上方作等边，求点经过的路径长． 7．（2024•南山区二模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是直线AB上的一动点（不与点A，B重合）连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，点H是BD的中点，连接EH． 【问题发现】 （1）如图（1），当点D是AB的中点时，线段EH与AD的数量关系是 　 　．EH与AD的位置关系是 　 　． 【猜想论证】 （2）如图（2），当点D在边AB上且不是AB的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图（2）中的情况给出证明；若不成立，请说明理由． 【拓展应用】 （3）若AC＝BC＝2，其他条件不变，连接AE、BE．当△BCE是等边三角形时，请直接写出△ADE的面积． 8．在中，，．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段绕点P逆时针旋转a得到线段，连接． (1)观察证明如图1，当时 ①猜想与的数量关系为___________，并说明理由． ②直线与直线相交所成的较小角的度数是___________． (2)类比猜想 如图2，当时，请直接写出的值及直线与直线相交所成的小角的度数 (3)解决问题 当时，若点E，F分别是的中点，点P在直线上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值． 四边形综合探究题 9．（2024•茂名二模）综合探究 素材：一张矩形纸片ABCD，AD＝6，AB＝8． 操作：在边CD上取一点E，把△ADE沿AE折叠，使点D的对应点D′落在矩形纸片ABCD的内部． （1）如图1，将矩形纸片对折，使DC与AB重合，得折痕MN，当D′落在MN上，求∠DAE的度数； （2）如图2，当D′落在对角线BD上时，求DE的长； （3）连接CD′，矩形纸片ABCD在折叠的过程中，线段CD′的长度是否有最小值？若有，请描述线段CD′长度最小时点D′的位置，并求出此时DE的长． 24．（2024•禅城区二模）综合探究 已知点E是边长为2的正方形ABCD内部一个动点，始终保持∠AED＝90°． 【初步探究】（1）如图，延长DE交边BC于点F．当点F是BC的中点时，求的值； 【深入探究】（2）如图，连接CE并延长交边AD于点M．当点M是AD的中点时，求的值； 【延伸探究】（3）如图，连接BE并延长交边CD于点G．当DG取得最大值时，求的值． 10．（2024•香洲区二模）在钝角三角形ABC中，∠ABC为钝角，AB＝3，．小红同学进行了一项有趣的构造：分别以AB，BC为边构造了如题26—1图的等边三角形ABD和等边三角形BCE，她发现一个有趣的结论：虽然BC的长度发生变化，但点D和点E之间的距离始终保持不变．为进一步探究，进行了另一种构造：分别以AB，BC为边构造了如题26—2图的正方形ABGF和正方形BCHK．请解答以下问题： （1）求点G和点K之间的距离； （2）当BC的长度变化时，点F和点H之间的距离是否发生变化？如果不变，求出FH的长度；如果变化，请说明理由； （3）在BC的长度变化过程中，当F，A，H在一条直线上时，如题26—3图，设FH与BK交于点M，求KM的长． 11．（2024•顺德区二模）综合探究 几何探究是培养推理能力、几何直观和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般、化静为动、类比等数学思想方法． 【问题情境】 分别以△ABC的两边AC和BC为边作正方形ACDE和BCFG．连接DF，探究AB与DF之间的关系． 【初步感知】 （1）如图1，若∠ACB＝90°，直接写出AB与DF之间的关系； 【深入探究】 （2）①在图2中，AB与DF之间有怎样的关系？说明理由； ②改变点B的位置，画出异于前面两种情况的图形，判断AB与DF之间的关系是否依然成立？ 【拓展延伸】 （3）如图3，连接AF，BD，过点C作CH⊥AF，垂足为点H，CH的延长线交BD于点M．求证：BM＝DM． 12．【教材呈现】 人教版八年级下册数学教材第68页第8题如下：如图1，是一个正方形花园，是它的两个门，且，要修建两条路和，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组发现探究图形中互相垂直的线段之间的数量关系是一个常见问题，于是对上面的问题又进行了拓展探索，内容如下： 【类比分析】 （1）如图2，在矩形中，点E是上一点，连接，过点A作的垂线交于点F，垂足为点G，若，，求的长． 【迁移探究】 （2）如图3，在中，，，点D是上一点，连接，作交于点E，求证：． 【拓展应用】 （3）如图4，在中，，，，作点A关于的对称点D，点E为上一点，连接，过点D作的垂线，交于F，垂足为G，若E为中点，则_________． 13．（2024•宝安区校级二模）（1）【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF＝BG； （2）【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．若EG•HF＝48，求HF的长； （3）【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝9，点E在直线AB上，BE＝6，AF⊥DE交直线BC于点F．请直接写出线段FC的长． 圆综合探究题 14．（2024•广州校级二模）问题提出 （1）如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为　 　． 问题探究 （2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值． 问题解决 （3）如图③所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，所对的圆心角为60°，新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计） 15．（2024•潮南区二模）如图1，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE＝8，DE＝2． （1）求AB的长． （2）探究拓展：如图2，连接AC，点G是上一动点，连接AG，延长CG交AB的延长线于点F． ①当点G是的中点时，求证：∠GAF＝∠F； ②如图3，连接DF，BG，当△CDF为等腰三角形时，请计算BG的长． 16．（2024•佛山二模）四边形ABCD是⊙O的内接矩形，点E是上的一动点，连接AE，BE，DE，其中BE交AD于点F． （1）如图1，当AB＝ED时， ①求证：△AEB≌△EAD； ②若∠EAD＝30°，连接BO，EO．求证：四边形ABOE是菱形． （2）如图2，若BC＝2AB＝2，，请用含k的式子表示EA•ED的值． 17．（2024•福田区二模）如图1，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，点D为的中点，连接AD，CD，过点C作CE∥AD交AB于点E，连接DE，DB． （1）证明：DC＝DE． （2）如图2，过点D作⊙O的切线交EC的延长线于点F，若，且，求EF的长． 18．（2024•福田区二模）【初步探究】 （1）如图1，四边形ABCD是矩形，点P是平面内任一点，则下列结论成立的是（　　） A．PA+PD＝PB+PC B．PA+PC＝PB+PD C．PA2+PD2＝PB2+PC2 D．PA2+PC2＝PB2+PD2 【深入探究】 （2）如图2，正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上一动点，连接PA，PC，PD，设PA＝x，PC＝y．（如有需要，可直接使用（1）中你所得的结论） ①求x2+y2的最小值； ②直接写出|x﹣y|的最大值，并直接写出此时PD的长． 19．（2024•阳春市二模）如图1，在正方形ABCD中，P是边BC上的动点，E在△ABP的外接圆上，且位于正方形ABCD的内部，EA＝EP，连结AE，EP． （1）求证：△PAE是等腰直角三角形； （2）如图2，连结DE，过点E作EF⊥BC于点F，请探究线段DE与PF的数量关系，并说明理由； （3）当点P是BC的中点时，DE＝4． ①求BC的长； ②若点Q是△ABP外接圆上的动点，且位于正方形ABCD的外部，连结AQ．当∠PAQ与△ADE的一个内角相等时，求所有满足条件的AQ的长． 20．问题提出 (1)如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为 ． 问题探究 (2)如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值． 问题解决 (3)如图③所示，AB、AC、BC是某新区的三条规划路其中，AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，BC所对的圆心角为60°．新区管委会想在BC路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F．也就是，分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷环保和节约成本要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE＋EF＋FP的最小值(各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计)．              图①                    图②                      图③ 1．综合探究 素材：一张矩形纸片． 操作：在边上取一点，把沿折叠，使点的对应点落在矩形纸片的内部． (1)如图1，将矩形纸片对折，使与重合，得折痕，当落在上，求的度数； (2)如图2，当落在对角线上时，求的长； (3)连接，矩形纸片在折叠的过程中，线段的长度是否有最小值？若有，请描述线段长度最小时点的位置，并求出此时的长． 2．（2024•阳春市二模）如图1，矩形OABC的顶点O是直角坐标系的原点，点A、C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（8，4），将矩形OABC绕点A顺时针旋转得到矩形ADEF，D、E、F分别与B、C、O对应，EF的延长线恰好经过点C，AF与BC相交于点Q． （1）证明：△ACQ是等腰三角形； （2）求点D的坐标； （3）如图2，动点M从点A出发在折线AFC上运动（不与A、C重合），经过的路程为x，过点M作AO的垂线交AC于点N，记线段MN在运动过程中扫过的面积为S；求S关于x的函数关系式． 3．（2024•罗湖区二模）【问题提出】 （1）如图1，在边长为6的等边△ABC中，点D在边BC上，CD＝2，连接AD，则△ACD的面积为 　 　； 【问题探究】 （2）如图2，已知在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且∠EAF＝45°，若EF＝5，求△AEF的面积； 【问题解决】 （3）如图3是我市华南大道的一部分，因自来水抢修，需要在AB＝4米，米的矩形ABCD区域内开挖一个△AEF的工作面，其中E、F分别在BC、CD边上（不与点B、C、D重合），且∠EAF＝60°，为了减少对该路段的交通拥堵影响，要求△AEF面积最小，那么是否存在一个面积最小的△AEF？若存在，请求出△AEF面积的最小值；若不存在，请说明理由． 4．在学习图形的旋转时，创新小组同学们借助三角形和菱形感受旋转带来图形变化规律和性质． 【操作探究】 (1)如图1，已知，，将绕着直角边中点G旋转，得到，当的顶点D恰好落在的斜边上时，斜边与 交于点H．    ①猜想： _________ ②证明：． 【问题解决】 (2)在（1）的条件下，已知，，求的长． 【拓展提升】 (3)如图2，在菱形中，，， 将菱形绕着中点M顺时针旋转，得到菱形，当菱形的顶点E分别恰好落在菱形的边和对角线上时，菱形的边与边相交于点 N， 请直接写出的长．    5．（2024•龙华区二模）如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，F为CE的中点，将线段AF绕点F顺时针旋转90°至线段GF，连接CG．某数学学习小组成员发现线段CE与CG之间存在一定的数量关系，并运用“特殊到一般”的思想开展了探究． 【特例分析】当点E与点B重合时，小组成员经过讨论得到如下两种思路： 思路一 思路二 第一步 如图2，连接AG，AC，证明△ACG∽△AEF； 如图3，将线段CF绕点F逆时针旋转90°至HF，连接AH，证明△AFH≌△GFC； 第二步 利用相似三角形的性质及线段CE与EF之间的关系，得到线段CE与CG之间的数量关系. 利用全等三角形的性质及线段CE与AH之间的关系，得到线段CE与CG之间的数量关系. 图形表达 （1）①在上述两种思路中，选择其中一种完成其相应的第一步的证明； ②写出线段CE与CG之间的数量关系式：　 　； 【深入探究】（2）如图，当点E与点B不重合时，（1）中线段CE与CG之间的数量关系还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由； 【拓展延伸】（3）连接AG，记正方形ABCD的面积为S1，△AFG的面积为S2，当△FCG是直角三角形时，请直接写出的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 几何探究综合题 三角形综合探究题 1．（2024•廉江市二模）在等腰△ABC中，AB＝AC，线段BC上存在一动点E（不与点B，C重合），连接AE；将线段AE绕点A按逆时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，M，N分别是线段BC，EF的中点． 【问题初棎】 （1）如图1，若∠BAC＝60°，当E恰好是边BC的中点时，　 ，∠NMC的度数为 　 　． 【深入探究】 （2）如图2，若∠BAC＝60°，当E是边BC上的任意一点时（不与点B，C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【问题拓展】 （3）如图3，若，当点G在边BC上，且，在点E的运动过程中，求线段GN的最小值． 【分析】（1）设AB＝2a，证△ABC是等边三角形，得AB＝BC＝2a，AE⊥BC，BE＝a，则，再证△AEF是等边三角形，得∠AEF＝60°，，则∠NEC＝30°，然后由等边三角形的性质得AN⊥EF， 即可得出结论； （2）连接AM、AN，证△ABC为等边三角形，则AM⊥BC，再证△MAN＝△BAE，得，∠AMN＝∠ABE＝60°，则∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝30°； （3）连接AM、AN，同（2）得AM⊥BC，△MAN∽△BAE，则∠AMN＝∠B＝45°，∠NMC＝45°，再求出，当GN⊥MN 时，GN最小，此时△MNG是等腰直角三角形，即可解决问题． 【解答】解：（1）设AB＝2a， ∵AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝2a， ∵点E是BC边的中点，点M是BC边的中点， ∴E与M重合，AE⊥BC，BE＝a， ∴， 由旋转的性质得：∠EAF＝∠BAC＝60°，AE＝AF， ∴△AEF是等边三角形， ∴∠AEF＝60° ， ∴∠NEC＝∠AEC﹣∠AEF＝90°﹣60°＝30° ∵点N是EF的中点，AN⊥EF， ∴， 故答案为：；30°； （2）上述两个结论均成立． 证明：如图2，连接AM，AN． ∵AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴△ABC为等边三角形． ∵M是BC的中点， ∴AM⊥BC， ∴∠BMA＝90°． 在Rt△ABM中，∠B＝60°， ∴． 同理，可得， ∴， ∴△MAN∽△BAE， ∴， ∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝90°﹣60°＝30°． 综上所述，的度数为30°； （3）如图3，连接AM，AN． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴． 由（2），得AM⊥BC，△MAN∽△BAE， ∴∠AMN＝∠B＝45°， ∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝45°． ∵M是BC的中点， ∴． ∵， ∴MG＝CM﹣CG＝1． 当GN⊥MN时，GN最小． 此时，△MNG是等腰直角三角形，， 即GN的最小值为． 【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键． 2．（2024•中山市二模）已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，且AB＝AC，AD＝AE，若点D在BC边上运动时，总保持∠ADE＝∠B，连接CE，DE与AC交于点F． （1）①如图1，当点D为BC边中点时，则的值为 　　； ②如图2，当点D不为BC边中点时，求证：CE＝BD； （2）如图3，当点D在BC边上运动中恰好使得AE∥BC时，若AB＝5，BC＝6，求DF的长． 【分析】（1）由等腰三角形的性质可间接得出∠B＝∠BCA＝∠ADE＝∠AED，即可求出∠BAD＝∠CAE．由AB＝AC，点D为BC的中点，可得∠BAD＝∠CAD．即得∠CAD＝∠CAE．即可证明AC垂直平分DE，即得出结论CE＝CD．最后根据点D为BC的中点，可知． ②根据题意易证△BAD≌△CAE（SAS），即得出CE＝BD． （2）先证明四边形ABDE为平行四边形，再证明△ABD∽△CBA，求出BD的长，进而求出CD的长，再证明△AFE∽△CFD，得到，求出DF的长即可． 【解答】（1）①解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠BCA． ∵AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED． 又∵∠ADE＝∠B， ∴∠B＝∠BCA＝∠ADE＝∠AED， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE． ∵AB＝AC，点D为BC的中点， ∴∠BAD＝∠CAD． ∴∠CAD＝∠CAE． 又∵AD＝AE， ∴AC垂直平分DE， ∴CE＝CD． ∵点D为BC的中点， ∴BC＝2CD． ∴． 故答案为：； ②证明：由①知，∠BAD＝∠CAE． 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴CE＝BD． （2）解：∵AE∥BC， ∴∠AED＝∠CDE，∠DCA＝∠EAC， ∵∠ADE＝∠AED＝∠B＝∠ACB， ∴∠ADE＝∠CDE＝∠B， ∴AB∥DE， ∴四边形ABDE为平行四边形，∠BAD＝∠ADE， ∴∠BAD＝∠B＝∠BAC，DE＝AB＝5， ∴△ABD∽△CBA． ∴，即． ∴． ∴，． ∵AE∥BC， ∴△AFE∽△CFD， ∴， ∴． 【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相关判定和性质，是解题的关键． 3．（2024•中山市二模）如图①，直线PQ同侧有两点M，N，点T在直线PQ上，若∠MTP＝∠NTQ，则称点T为M，N在直线PQ上的投射点． （1）如图②，在Rt△ABC中，∠B＝60°，D为斜边AB的中点，E为AC的中点．求证：点D为C，E在直线AB上的投射点； （2）如图③，在正方形网格中，已知点A，B，C三点均在格点上，请仅用没有刻度的直尺在AC上画出点P，在BC上画出点Q，使A，P在BC上的投射点Q满足CQ＝2BQ； （3）如图④，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在AB，BC边上是否分别存在点D，E，使点D为E，C在AB上的投射点，点E为A，D在BC上的投射点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求出∠BDC＝60°，进而判断出∠ADE＝∠B＝60°，即可得出结论； （2）根据对称性即可作出图形； （3）根据对称和相似作出图形，再用相似三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点， ∴CD＝BDAB． 又∵∠B＝60°， ∴∠BDC＝60°． ∵D，E分别为AB，AC的中点， ∴DE∥AC， ∴∠ADE＝∠B＝60°． ∴∠ADE＝∠BDC， ∴点D为C，E在直线AB上的投射点． （2）如图③， 作法： 1、在格点上取点G，H，连接HG交BC于Q，（理由：△BQG∽△HQC） 2、作点A关于BC的对称点A'，连接A'Q并延长交AC于P，（∠AQB＝∠A'QB＝∠PQC） 即：点P就是所求作的点． （3）存在， 如图④，作点C关于AB的对称点C′，连接BC'AC'， 则四边形ACBC′为正方形， 作点A关于BC的对称点A′，连接A'C'交AB于D，交BC于E， 即：点D，E是所求作的点， ∴C′，D，E，A在同一直线上， CA′＝CA＝C′A＝C′B＝BC，CD＝C′D， ∴△C′BE≌△A′CE． ∴BEBCC′A． ∵AC′∥BC， ∴△BDE∽△ADC′， ∴， ∴． 【点评】此题是三角形综合题，主要考查了新定义，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，对称性，正确作出图形是解本题的关键． 4．问题背景： 一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小慧的证明思路是：如图2，过点C作，交的延长线于点E，构造相似三角形来证明． (1)尝试证明：请参照小慧的思路，利用图2证明； (2)基础训练：如图3，在中，，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则的长； (3)拓展升华：如图4，中，，，平分，的中垂线交延长线于点，当 时，求的长． 【分析】（1）证明，由相似三角形的性质得出，证出，则可得出结论； （2）①由折叠的性质可得出，，由（1）可知，，由勾股定理求出，则可求出答案； （3）根据可得，从而求得，再根据中垂线、三角形外角以及等量代换可知，然后可得出，最后根据相似三角形的性质及线段的和差即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵， ，， ， ， ，， ， ， ． （2）解：将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处， ，， 由（1）可知，， 又，， ， ， ， ， ， ， ； ． （3）解：为的角平分线， ，， ，，， ， ， 的中垂线交延长线于， ， ， ，， ， 又， ， ， ， ． 【点评】本题考查了相似三角形的判定及性质、角平分线、中垂线、等腰三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． 5．（2024•盐田区二模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为BC边上一点，CE⊥AD于点E，延长BE交AC于点F． （1）求证：； （2）当EF平分∠AEC时，求的值； （3）当点D为BC的三等分点时，请直接写出的值． 【分析】（1）根据互余关系得出∠CAD与∠DCE相等，再根据三角函数之间的关系求证即可； （2）根据角平分线的定义和三角形外角的性质得出△ABE和△BCE相似，再根据等腰直角三角形的性质求出AE和CE的比值，在根据三角函数值的定义求出AC和CD的比值即可； （3）根据D的位置分类讨论，过F作BC的平行线，根据平行线分线段成比例列出方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵CE⊥AD， ∴∠DEC＝∠CEA＝90°，∠CAE+∠ACE＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠DCE＝∠ACB﹣∠ACE＝90°﹣∠ACE＝∠CAE， 设∠DCE＝∠CAD＝α， ∴sinα，cosα，tanα， ∵tanα， ∴， ∴； （2）解：∵EF平分∠AEC，∠AEC＝90°， ∴∠AEF＝∠CEF＝45°， ∴∠AEB＝∠BEC＝135°，∠EBC+∠ECB＝45°， ∵AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝45°，ABBC， ∴∠EBC+∠ABE＝45°， ∴∠ABE＝∠ECB， ∴△ABE∽△BCE， ∴， ∴•2， 即tanα， ∴， ∵AC＝BC， ∴2； （3）解：设AC＝BC＝3，AF＝x， ①当BD＝2CD时，过F作FG∥BC交AD于G，如图： ∴BD＝2，CD＝1， 在Rt△ACD中，AD， 由（1）知，9， ∴DE，AE， ∵FG∥CD， ∴， ∴AG， ∴EG＝AE﹣AG， ∵BD＝2CD， ∴， ∵FG∥BD， ∴， ∴EGDEx， ∴x， 解得：x， ∴FC＝AC﹣AF， ∴6； ②当CD＝2BD时，过F作FG∥BC交AD于G，如图： 由①知：， ∵CD＝2BD， ∴， ∴， 由（1）知，， 在Rt△ACD中，AD， ∴AE，DE， ∴AGAD，EG， ∵AG+EG＝AE， ∴， 解得：x， ∴CF＝AC﹣AF， ∴， 综上所述，的值为6或． 【点评】本题主要考查了相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定与性质、比例的性质、平行线分线段成比例以及勾股定理是本题解题的关键． 6．（1）问题呈现：如图1，和都是直角三角形，，且．连接，，求的值． （2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转得到，连接，，延长交于点，设，求的长； （3）拓展提升：如图3，在等边中，，是边上的中线，点从点移动到点，连接，以为边长，在的上方作等边，求点经过的路径长． 【分析】（1）首先证明，由相似三角形的性质可得，进而可得，利用勾股定理解得，，，进而证明，由相似三角形的性质即可求得答案； （2）过点作，交的延长线于，作于，易得，由旋转的性质可知，和都是等边三角形；证明，易得，利用勾股定理可得，然后由求解即可； （3）过点作于点，证明，由全等三角形的性质可得，，即点总在直线上，垂直平分，所以点经过的路径为一条线段，起点为点、重合时点的位置，终点为的中点，然后求解即可获得答案． 【解答】解（1）∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理，， ∴， ∴， ∴； （2）如图，过点作，交的延长线于，作于， 则， ∵是等腰直角三角形，，， ∴， 由旋转知，，，，， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）过点作于点，如下图， 在等边中，，， 在等边中，，， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴点总在直线上，即垂直平分， ∴点经过的路径为一条线段，起点为点、重合时点的位置，终点为的中点， 如图所示， 在等边△中，点、重合时，， 此时由等边三角形“三线合一”的性质可得， ∴点经过的路径长为． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 7．（2024•南山区二模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是直线AB上的一动点（不与点A，B重合）连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，点H是BD的中点，连接EH． 【问题发现】 （1）如图（1），当点D是AB的中点时，线段EH与AD的数量关系是 　 　．EH与AD的位置关系是 　 　． 【猜想论证】 （2）如图（2），当点D在边AB上且不是AB的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图（2）中的情况给出证明；若不成立，请说明理由． 【拓展应用】 （3）若AC＝BC＝2，其他条件不变，连接AE、BE．当△BCE是等边三角形时，请直接写出△ADE的面积． 【分析】（1）利用等腰直角三角形的判定和性质解决问题即可． （2）结论仍然成立：如图2中，延长DE到F，使得EF＝DE，连接CF，BF．证明△ACD≌△BCF（SAS），再利用三角形的中位线定理即可解决问题． （3）分两种情形：如图3﹣1中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．如图3﹣2中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．分别求出AD，EH即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中， ∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝BD， ∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB， ∴∠A＝∠B＝45°，∠DCB＝∠ACD＝45°， ∵∠DCE＝45°， ∴点E在线段CB上， ∵DE⊥BC， ∴∠EDB＝∠B＝45°， ∵DH＝HB， ∴EH⊥DB，EHDBAD， 故答案为EHAD，EH⊥AD． （2）结论仍然成立： 理由：如图2中，延长DE到F，使得EF＝DE，连接CF，BF． ∵DE＝EF．CE⊥DF， ∴CD＝CF， ∴∠CDF＝∠CFD＝45°， ∴∠ECF＝∠ECD＝45°， ∴∠ACB＝∠DCF＝90°， ∴∠ACD＝∠BCF， ∵CA＝CB， ∴△ACD≌△BCF（SAS）， ∴AD＝BF，∠A＝∠CBF＝45°， ∵∠ABC＝45°， ∴∠ABF＝90°， ∴BF⊥AB， ∵DE＝EF，DH＝HB， ∴EHBF，EH∥BF， ∴EH⊥AD，EHAD． （3）如图3﹣1中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H． ∵∠ACB＝90°，∠ECB＝60°， ∴∠ACE＝30°， ∵AC＝CB＝CE＝EB＝DE＝2， ∴∠CAE＝∠CEA＝75°， ∵∠CAB＝45°， ∴∠EAH＝30°， ∵∠DEC＝90°，∠CEB＝60°， ∴∠DEB＝150°， ∴∠EDB＝∠EBD＝15°， ∵∠EAH＝∠ADE+∠AED， ∴∠ADE＝∠AED＝15°， ∴AD＝AE，设EH＝x，则AD＝AE＝2x，AHx， ∵EH2+DH2＝DE2， ∴x2+（2xx）2＝8， ∴x1， ∴AD＝22， ∴S△ADE•AD•EH（22）•（1）＝4﹣2． 如图3﹣2中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H． 同法可求：EH1，AD＝22， ∴S△ADE•AD•EH（2）（1）＝4+2， 综上所述，满足条件的△ADE的面积为4﹣2或4+2． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 8．在中，，．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段绕点P逆时针旋转a得到线段，连接． (1)观察证明如图1，当时 ①猜想与的数量关系为___________，并说明理由． ②直线与直线相交所成的较小角的度数是___________． (2)类比猜想 如图2，当时，请直接写出的值及直线与直线相交所成的小角的度数 (3)解决问题 当时，若点E，F分别是的中点，点P在直线上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值． 【分析】（）观察猜想：由“”可证，可得，，即可求解； （）类比探究：通过证明，可得， ，即可求解； （）分两种情形：当点在线段上时，延长交的延长线于，证明即可解决问题；当点在线段上时，同法可证：解决问题． 【解答】（1）解： ，， 是等边三角形， ，， 由旋转的性质得，，， 是等边三角形， ，， ， ，， ， ，， 故答案为：； 如图中，延长交的延长线于，设交于点， 在和中， ，， ， 直线与直线相交所成的较小角的度数是； 故答案为：； （2）解：类比探究： 如图中，设交于点， ， ， ， ， ，， ， ， ∴直线与直线相交所成的小角的度数为； （3）解：如图，当点在线段上时，延长交的延长线于， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，，四点共圆， ，， ， ，设，则，， ； 如图中，当点在线段上时，同法可证：， 设，则，， ， ； 综上所述：的值为或． 【点评】本题考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 四边形综合探究题 9．（2024•茂名二模）综合探究 素材：一张矩形纸片ABCD，AD＝6，AB＝8． 操作：在边CD上取一点E，把△ADE沿AE折叠，使点D的对应点D′落在矩形纸片ABCD的内部． （1）如图1，将矩形纸片对折，使DC与AB重合，得折痕MN，当D′落在MN上，求∠DAE的度数； （2）如图2，当D′落在对角线BD上时，求DE的长； （3）连接CD′，矩形纸片ABCD在折叠的过程中，线段CD′的长度是否有最小值？若有，请描述线段CD′长度最小时点D′的位置，并求出此时DE的长． 【分析】（1）根据折叠的性质得到△ADD′是等边三角形．则∠DAD′＝60°，再根据折叠的性质得到∠DAE＝∠D′AE，即可得到答案； （2）由折叠的性质得到AE⊥DD′，再由同角的余角相等即可得到∠EDD′＝∠EAD，由即可求出DE的长； （3）由三角形三边关系可得，CD′≥AC﹣AD′，只有当A、C、D′三点共线时，线段CD′长度最小，即当点D′落在对角线AC上时，线段CD′长度最小，根据勾股定理得到，由折叠得：ED＝ED′，∠AD′E＝90°，AD＝AD′＝6，设DE＝x，则EC＝8﹣x，D′C＝10﹣6＝4，根据勾股定理得到x2+42＝（8﹣x）2，解方程即可得到答案． 【解答】解：（1）连接DD′，如图1， 由折叠得：AD＝AD′，MN垂直平分AD．∠DAE＝∠D′AE， ∵D′在MN上， ∴D′A＝D′D， ∴D′A＝D′D＝AD， ∴△ADD′是等边三角形． ∴∠DAD′＝60°， ∵∠DAE＝∠D′AE， ∴∠DAE＝30°． （2）依题意得，AE⊥DD′， ∴∠EDD′+∠ADD′＝∠EAD+∠ADD′＝90°， ∴∠EDD′＝∠EAD， ∴， ∴． （3）矩形纸片ABCD在折叠的过程中，线段CD′的长度有最小值；点D′落在对角线AC上时，线段CD′长度最小，此时DE的长为3．理由如下： 由三角形三边关系可得，CD′≥AC﹣AD′，只有当A、C、D′三点共线时，线段CD′长度最小，即当点D′落在对角线AC上时，线段CD′长度最小，如图2， 在Rt△ADC中，， 由折叠得：ED＝ED′，∠AD′E＝90°，AD＝AD′＝6， 设DE＝x，则EC＝8﹣x，D′C＝10﹣6＝4， 根据勾股定理得，DE′2+CD′2＝CE2， 则x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴线段CD′长度最小时DE的长为3． 【点评】此题考查了解直角三角形、矩形的折叠问题、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 24．（2024•禅城区二模）综合探究 已知点E是边长为2的正方形ABCD内部一个动点，始终保持∠AED＝90°． 【初步探究】（1）如图，延长DE交边BC于点F．当点F是BC的中点时，求的值； 【深入探究】（2）如图，连接CE并延长交边AD于点M．当点M是AD的中点时，求的值； 【延伸探究】（3）如图，连接BE并延长交边CD于点G．当DG取得最大值时，求的值． 【分析】（1）如图1，首先推导出∠2＝∠1＝90°﹣∠3，由tan∠2＝tan∠1推导出，结合点F是BC的中点，得到； （2）延长DE交边BC于点F，如图2，利用勾股定理求得，，继而推导出，与（1）同理可得：； （3）延长DE交边BC于点F，如图3，取AD中点O，连接OE，OB，当BE与半圆相切时，DG有最大值．同时推导出BA也为半圆的切线，点B在线段AE的垂直平分线上，同理：点O在线段AE的垂直平分线上，所以OB是线段AE的垂直平分线，推导出BO∥FD，结合BC∥AD，得到四边形BODF是平行四边形，求得OD＝BF＝1，FC＝BC﹣BF＝1，与（1）同理可得：． 【解答】解：（1）如图1，在正方形ABCD中，∠AED＝∠ADC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝2， ∴∠2＝∠1＝90°﹣∠3， ∴tan∠2＝tan∠1， ∴． ∵点F是BC的中点， ∴； （2）延长DE交边BC于点F，如图2， ∵点M是AD的中点时，∠AED＝90°， ∴， ∴∠2＝∠1， 在Rt△MDC中，， ∴， 在正方形ABCD中，AD∥BC， ∴∠2＝∠4， ∵∠1＝∠3， ∴∠4＝∠3， ∴， 与（1）同理可得：； （3）延长DE交边BC于点F，如图3， ∵AD＝2，∠AED＝90°， ∴点E在以AD为直径的半圆上运动， 取AD中点O，连接OE，OB， ∴当BE与半圆相切时，DG有最大值． ∵∠BAD＝90°且OA为半径， ∴BA也为半圆的切线， ∴AB＝BE， ∴点B在线段AE的垂直平分线上， 同理：点O在线段AE的垂直平分线上， ∴OB是线段AE的垂直平分线， ∴∠1＝∠AED＝90°， ∴BO∥FD， 又∵BC∥AD， ∴四边形BODF是平行四边形． ∴OD＝BF＝1， ∴FC＝BC﹣BF＝1． 与（1）同理可得：． 【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的性质以及勾股定理． 10．（2024•香洲区二模）在钝角三角形ABC中，∠ABC为钝角，AB＝3，．小红同学进行了一项有趣的构造：分别以AB，BC为边构造了如题26—1图的等边三角形ABD和等边三角形BCE，她发现一个有趣的结论：虽然BC的长度发生变化，但点D和点E之间的距离始终保持不变．为进一步探究，进行了另一种构造：分别以AB，BC为边构造了如题26—2图的正方形ABGF和正方形BCHK．请解答以下问题： （1）求点G和点K之间的距离； （2）当BC的长度变化时，点F和点H之间的距离是否发生变化？如果不变，求出FH的长度；如果变化，请说明理由； （3）在BC的长度变化过程中，当F，A，H在一条直线上时，如题26—3图，设FH与BK交于点M，求KM的长． 【分析】（1）如图2，连接GK，根据正方形的性质得到BG＝AB，BK＝BC，∠ABG＝∠CBK＝90°，根据全等三角形的判定和性质定理得到GK＝AC＝4； （2）如图2，连接BF，BH，根据正方形的性质得到∠FBA＝∠HBK＝45°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （3）如图3，连接BF，BH，根据正方形的性质得到AB＝AF＝3，∠K＝∠BAF＝∠BAH＝90°，由（2）知，FH＝8，根据勾股定理得到BH，求得KH＝BKBH，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）如图2，连接GK， ∵四边形ABGF和四边形BCHK是正方形， ∴BG＝AB，BK＝BC，∠ABG＝∠CBK＝90°， ∴GBK＝ABC， ∴△GBK≌△ABC（SAS）， ∴GK＝AC＝4， 即点G和点K之间的距离为4； （2）不变，如图2，连接BF，BH， ∵四边形ABGF和四边形BCHK是正方形， ∴∠FBA＝∠HBK＝45°， ∴∠FBH＝90°+∠ABK， ∵∠ABC＝90°+∠ABK， ∴∠FBH＝∠ABC， ∵， ∴△FBH∽△ABC， ∴， ∴FH8； （3）如图3，连接BF，BH， ∵四边形ABGF和四边形BCHK是正方形， ∴AB＝AF＝3，∠K＝∠BAF＝∠BAH＝90°， 由（2）知，FH＝8， ∴AH＝5， ∴BH， ∴KH＝BKBH， ∵∠K＝∠BAM＝90°，∠KMH＝∠BMA， ∴△ABM∽△KHM， ∴， ∴设KMx，AM＝3x， ∵KM2+KH2＝MH2， ∴17x2+17＝（5﹣3x）2， 解得x（负值舍去）， ∴KM． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 11．（2024•顺德区二模）综合探究 几何探究是培养推理能力、几何直观和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般、化静为动、类比等数学思想方法． 【问题情境】 分别以△ABC的两边AC和BC为边作正方形ACDE和BCFG．连接DF，探究AB与DF之间的关系． 【初步感知】 （1）如图1，若∠ACB＝90°，直接写出AB与DF之间的关系； 【深入探究】 （2）①在图2中，AB与DF之间有怎样的关系？说明理由； ②改变点B的位置，画出异于前面两种情况的图形，判断AB与DF之间的关系是否依然成立？ 【拓展延伸】 （3）如图3，连接AF，BD，过点C作CH⊥AF，垂足为点H，CH的延长线交BD于点M．求证：BM＝DM． 【分析】（1）由四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，可证△ACB≌△DCF（SAS），故AB＝DF，可得AB⊥DF； （2）①由四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，可得∠ACD＝∠BCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC，故∠ACB＝∠DCF，即得△ACB≌△DCF（SAS），从而AB＝DF，可得AB⊥DF； ②同①可证△ACB≌△DCF（SAS），故AB＝DF，可得AB⊥DF； （3）过D作DK∥BC交CM的延长线于K，连接BK，证明∠AFC＝∠DKC，∠FAC＝90°﹣∠ACH＝∠DCK，AC＝DC，可得△FAC≌△KCD（AAS），故CF＝DK，从而可得四边形BCDK是平行四边形，即得BM＝DM． 【解答】（1）解：AB＝DF，AB⊥DF，理由如下： 延长AB交DF于M，如图： ∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形， ∴∠ACB＝∠DCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC， ∴△ACB≌△DCF（SAS）， ∴AB＝DF；∠BAC＝∠FDC， ∵∠FDC+∠DFC＝90°， ∴∠BAC+∠DFC＝90°， ∴∠ANC＝90°， ∴AB⊥DF； （2）解：①AB＝DF，AB⊥DF，理由如下： 延长AB交DF于M，交CD于N，如图： ∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形， ∴∠ACD＝∠BCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC， ∴∠ACD﹣∠BCD＝∠BCF﹣∠BCD，即∠ACB＝∠DCF， ∴△ACB≌△DCF（SAS）， ∴AB＝DF；∠BAC＝∠FDC， ∵∠ANC＝∠DNM， ∴∠ACN＝∠DMN＝90°， ∴AB⊥DF； ②改变点B的位置，AB与DF之间的关系依然成立，即AB＝DF，理由如下： 设AB交CD于N，交DF于M，如图： ∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形， ∴∠ACD＝∠BCF＝90°，AC＝DC，BC＝FC， ∴∠ACD+∠BCD＝∠BCF+∠BCD，即∠ACB＝∠DCF， ∴△ACB≌△DCF（SAS）， ∴AB＝DF；∠BAC＝∠FDC， ∵∠ANC＝∠DNM， ∴∠ACN＝∠DMN＝90°， ∴AB⊥DF； （3）证明：过D作DK∥BC交CM的延长线于K，连接BK，如图： ∵四边形BCFG是正方形， ∴∠BCM+∠MCF＝90°， ∵CH⊥AF， ∴∠AFC+∠MCF＝90°， ∴∠BCM＝∠AFC， ∵DK∥BC， ∴∠DKC＝∠BCM， ∴∠AFC＝∠DKC， ∵四边形ACDE是正方形，CH⊥AF， ∴∠FAC＝90°﹣∠ACH＝∠DCK，AC＝DC， ∴△FAC≌△KCD（AAS）， ∴CF＝DK， ∵CF＝BC， ∴DK＝BC， ∵DK∥BC， ∴四边形BCDK是平行四边形， ∴BM＝DM． 【点评】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，平行四边形判定与性质，正方形性质及应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理和性质定理． 12．【教材呈现】 人教版八年级下册数学教材第68页第8题如下：如图1，是一个正方形花园，是它的两个门，且，要修建两条路和，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组发现探究图形中互相垂直的线段之间的数量关系是一个常见问题，于是对上面的问题又进行了拓展探索，内容如下： 【类比分析】 （1）如图2，在矩形中，点E是上一点，连接，过点A作的垂线交于点F，垂足为点G，若，，求的长． 【迁移探究】 （2）如图3，在中，，，点D是上一点，连接，作交于点E，求证：． 【拓展应用】 （3）如图4，在中，，，，作点A关于的对称点D，点E为上一点，连接，过点D作的垂线，交于F，垂足为G，若E为中点，则_________． 【分析】（1）利用矩形的性质证明，利用相似三角形性质建立等式并求解，即可解题； （2）作，延长交于点，利用等腰三角形性质，证明，得到，再证明，利用相似三角形性质得到，结合等量代换，即可证明； （3）连接，交于点，由对称的性质可知于点，，作于点，交于点，利用三角形内角和证明，得到，利用等面积法求得，进而得到，设，，利用勾股定理建立等式求解，得到，再证明，利用相似的性质得到，再结合题干条件利用勾股定理得到，将代入等式求解，即可解题． 【解答】（1）解：四边形为矩形， ， ， 于点， ， ， ， ， ，， ， 解得； （2）证明：作，延长交于点， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：连接，交于点，由对称的性质可知于点，，作于点，交于点， ，， ， ，，， ，， ， ，解得， ， ， 设，， 有， 解得， ， ，， ， ， ， ， E为中点， ， ， ，解得． 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等面积法求高，对称的性质，以及勾股定理等知识，灵活运用相关知识点解决问题是解题关键． 13．（2024•宝安区校级二模）（1）【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF＝BG； （2）【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．若EG•HF＝48，求HF的长； （3）【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝9，点E在直线AB上，BE＝6，AF⊥DE交直线BC于点F．请直接写出线段FC的长． 【分析】（1）由正方形的性质得∠ABF＝∠C＝90°，AB＝BC，而∠APB＝90°，则∠BAF＝∠CBG＝90°﹣∠ABG，即可根据“ASA”证明△ABF≌△BCG，得AF＝BG； （2）作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，由矩形的性质得∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC，可证明四边形EBCM是矩形，则EM＝BC＝8，EM∥BC，所以EM∥AD，再证明四边形ABNH是矩形，得HN＝AB＝4，∠AHN＝90°，所以∠HIJ＝∠AHN＝90°，而∠EPJ＝90°，可证明∠NHF＝∠MEG，进而证明△HNF∽△EMG，得，则EG＝2HF，所以2HF•HF＝48，求得HF的长是2； （3）作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，由菱形的性质得AD＝BC＝AB＝6，AD∥BC，则∠DAM＝∠B＝60°，求得BH＝AM，AH＝DM，则CH，再分两种情况讨论，一是点E在线段AB上，则AE＝3，EM，求得DE＝3，设AF⊥DE于点G，则3AG3S△ADE，求得AG，则DG，由tan∠FAH＝tan∠ADG，求得FH，则FC＝CH﹣FH；二是点E在线段AB的延长线上，则AE＝AB+BE＝10，EM＝13，求得DE＝14，设AF⊥DE于点L，则14AL10×3S△ADE，求得AL，则DL，由tan∠FAH＝tan∠DAL，求得FH，则FC＝FH﹣CH． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABF＝∠C＝90°，AB＝BC， ∵AF⊥BG， ∴∠APB＝90°， ∴∠BAF＝∠CBG＝90°﹣∠ABG， 在△ABF和△BCG中， ， ∴△ABF≌△BCG（ASA）， ∴AF＝BG； （2）解：如图2，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC＝∠HNB＝90°， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC， ∵∠B＝∠C＝∠EMC＝90°， ∴四边形EBCM是矩形， ∴EM＝BC＝8，EM∥BC， ∴EM∥AD， ∵∠A＝∠B＝∠HNB＝90°， ∴四边形ABNH是矩形， ∴HN＝AB＝4，∠AHN＝90°， ∴∠HIJ＝∠AHN＝90°， ∵EG⊥FH于点P， ∴∠EPJ＝90°， ∴∠NHF＝∠MEG＝90°﹣∠EJH， ∵∠HNF＝∠EMG＝90°， ∴△HNF∽△EMG， ∴， ∴EG＝2HF， ∵EG•HF＝48， ∴2HF•HF＝48， 解得HF＝2或HF（不符合题意，舍去）， ∴HF的长是2． （3）解：线段FC的长为或，理由如下： 如图3，作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，则∠AHB＝∠AHF＝∠M＝90°， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AB＝9， ∴AD＝BC＝AB＝9，AD∥BC， ∴∠DAM＝∠B＝60°， ∴cos60°，sin60°， ∴BH＝AMABBC9，AH＝DMAD9， ∴CHBC， 点E在线段AB上，且BE＝6，则AE＝AB﹣BE＝9﹣6＝3， ∴EM＝AE+AM＝3， ∴DE3， 设AF⊥DE于点G，则∠AGD＝90°，3AG3S△ADE， ∴AG， ∴DG， ∵∠HAD＝∠AHB＝90°， ∴∠FAH＝∠ADG＝90°﹣∠DAF， ∴tan∠FAH＝tan∠ADG， ∴FHAH， ∴FC＝CH﹣FH； 如图4，点E在线段AB的延长线上，且BE＝6，则AE＝AB+BE＝9+6＝15， ∴EM＝AE+AM＝15， ∴DE， 设AF⊥DE于点L，则∠ALD＝90°，14AL10×3S△ADE， ∴AL， ∴DL， ∵∠FAH＝∠ADL＝90°﹣∠DAF， ∴tan∠FAH＝tan∠DAL， ∴FHAH3， ∴FC＝FH﹣CH， 综上所述，线段FC的长为或． 【点评】此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 圆综合探究题 14．（2024•广州校级二模）问题提出 （1）如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为　 　． 问题探究 （2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值． 问题解决 （3）如图③所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，所对的圆心角为60°，新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计） 【分析】（1）设O是△ABC的外接圆的圆心，易证△ABO是等边三角形，所以AB＝OA＝OB＝5； （2）当PM⊥AB时，此时PM最大，连接OA，由垂径定理可知：AMAB＝12，再由勾股定理可知：OM＝5，所以PM＝OM+OP＝18， （3）设连接AP，OP，分别以AB、AC所在直线为对称轴，作出P关于AB的对称点为M，P关于AC的对称点为N，连接MN，交AB于点E，交AC于点F，连接PE、PF，所以AM＝AP＝AN，设AP＝r， 易求得：MNr，所以PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MNr，即当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值． 【解答】解：（1）设O是△ABC的外接圆的圆心， ∴OA＝OB＝OC， ∵∠A＝120°，AB＝AC＝5， ∴△ABO是等边三角形， ∴AB＝OA＝OB＝5， （2）当PM⊥AB时，此时PM最大， 连接OA， 由垂径定理可知：AMAB＝12， ∵OA＝13， ∴由勾股定理可知：OM＝5， ∴PM＝OM+OP＝18， （3）设连接AP，OP 分别以AB、AC所在直线为对称轴， 作出P关于AB的对称点为M，P关于AC的对称点为N， 连接MN，交AB于点E，交AC于点F，连接PE、PF， ∴AM＝AP＝AN， ∵∠MAB＝∠PAB，∠NAC＝∠PAC， ∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝∠MAB+∠NAC＝60°， ∴∠MAN＝120° ∴M、P、N在以A为圆心，AP为半径的圆上， 设AP＝r， 易求得：MNr， ∵PE＝ME，PF＝FN， ∴PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MNr， ∴当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值， ∵AP+OP≥OA， ∴AP≥OA﹣OP，即点P在OA上时，AP可取得最小值， 设AB的中点为Q， ∴AQ＝AC＝3， ∵∠BAC＝60°， ∴AQ＝QC＝AC＝BQ＝3， ∴∠ABC＝∠QCB＝30°， ∴∠ACB＝90°， ∴由勾股定理可知：BC＝3， ∵∠BOC＝60°，OB＝OC＝3， ∴△OBC是等边三角形， ∴∠OBC＝60°， ∴∠ABO＝90° ∴由勾股定理可知：OA＝3， ∵OP＝OB＝3， ∴AP＝r＝OA﹣OP＝33， ∴PE+EF+PF＝MNr＝39 ∴PE+EF+PF的最小值为（39）km． 【点评】本题考查圆的综合问题，涉及轴对称的性质，勾股定理，垂径定理，等边三角形的性质与判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用知识． 15．（2024•潮南区二模）如图1，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE＝8，DE＝2． （1）求AB的长． （2）探究拓展：如图2，连接AC，点G是上一动点，连接AG，延长CG交AB的延长线于点F． ①当点G是的中点时，求证：∠GAF＝∠F； ②如图3，连接DF，BG，当△CDF为等腰三角形时，请计算BG的长． 【分析】（1）先求得⊙O的直径为10，再利用垂径定理求得AE＝BE，在Rt△OAE中，利用勾股定理即可求解； （2）①连接DG，由点G是的中点，推出∠GAF＝∠D，根据等角的余角相等即可证明结论成立； ②分两种情况讨论，当CF＝CD＝10和DF＝CD＝10时，证明△FGB∽△FAC，利用相似三角形的性质求解即可． 【解答】（1）解：连接OA，如图1， ∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE＝8，DE＝2， ∴CD＝CE+DE＝10，AE＝BE， ∴，OE＝OD﹣DE＝3， 在Rt△OAE中，， ∴AB＝2AE＝8； （2）①证明：连接DG，如图2， ∵点G是的中点， ∴， ∴∠GAF＝∠D， ∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E， ∴∠CGD＝∠CEF＝90°， ∴∠F＝90°﹣∠DCG＝∠D， ∴∠GAF＝∠F； ②解：当CF＝CD＝10时， 在Rt△CEF中，， ∴BF＝EF﹣BE＝2， ∵∠FGB＝180°﹣∠BGC＝∠FAC， ∴△FGB∽△FAC， ∴，即， ∴； 当DF＝CD＝10时， 在Rt△DEF中，， 在Rt△CEF中，， ∴， 同理△FGB∽△FAC， ∴，即， ∴； 综上，BG的长为或． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 16．（2024•佛山二模）四边形ABCD是⊙O的内接矩形，点E是上的一动点，连接AE，BE，DE，其中BE交AD于点F． （1）如图1，当AB＝ED时， ①求证：△AEB≌△EAD； ②若∠EAD＝30°，连接BO，EO．求证：四边形ABOE是菱形． （2）如图2，若BC＝2AB＝2，，请用含k的式子表示EA•ED的值． 【分析】（1）①根据圆周角定理与全等三角形的判定方法可得结论；②连接AO、BO、EO，由矩形的性质可得AB＝AE，再根据等边三角形的判定与性质可得AE＝EO，最后由菱形的判定方法可得结论； （2）连接BD，过点E作EH⊥AD于H，由圆周角定理和解直角三角形可得∠EBD＝∠EAH，再根据相似三角形的判定与性质可得答案． 【解答】（1）证明：①∵， ∴∠EDA＝∠ABE， ∵ED＝AB， ∴， ∴∠EAD＝∠AEB， 在△AEB和△AED中， ， ∴△AEB≌△AED（AAS）；， ②解：如图，连接AO、BO、EO， ∵四边形ABCD是矩形，∠EAD＝30°， ∴∠AEB＝∠EAD＝30°，∠BAD＝90°， ∴∠ABE＝180°﹣∠AEB﹣∠BAE＝30°， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AE＝AB， ∵∠ABE＝30°， ∴∠AOE＝60°， ∵OA＝OE， ∴△AEO是等边三角形， ∴AE＝EO， ∴AB＝EO＝BO＝AE， ∴四边形ABOE是菱形； （2）解：如图，连接BD，过点E作EH⊥AD于H， ∵∠BAD＝90°， ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BED＝90°， ∵sin，，sin∠EBD， ∴∠EBD＝∠EAH， ∴，即EA•ED＝EH•BD， ∵BC＝2AB＝2， ∴， ∴， ∵∠BAF＝∠EHF＝90°，∠AFB＝∠HFE， ∴△EHF∽△BAF， ∴， ∴． 【点评】此题考查的是圆的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定方法，正确作出辅助线是解决此题的关键． 17．（2024•福田区二模）如图1，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，点D为的中点，连接AD，CD，过点C作CE∥AD交AB于点E，连接DE，DB． （1）证明：DC＝DE． （2）如图2，过点D作⊙O的切线交EC的延长线于点F，若，且，求EF的长． 【分析】（1）如图1，设BD与DE交于G，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据平行线的性质得到∠BGE＝∠ADB＝90°，得到∠ABD＝∠CBD，根据全等三角形的性质得到EB＝CB，DC＝DE； （2）如图2，连接OD，OC交于K，根据等腰直角三角形的性质得到∠AOD＝∠COD＝45°，求得∠ADO＝∠DAO（180°﹣45°）＝67.5°，同理∠ODC＝∠OCD（180°﹣45°）＝67.5°，得到∠ADO＝∠DKF＝67.5°，根据切线的性质得到OD⊥DF，根据平行线的性质得到∠DKC＝∠ADK＝67.5°求得∠F＝∠DCE﹣∠CDF＝22.5°，得到DC＝CF，∠DCE＝45°，由（1）知，DC＝DE，求得∠DEC＝∠DCE＝45°，根据勾股定理得到EC2，于是得到EF＝EC+CF＝2． 【解答】（1）证明：如图1， 设BD与DE交于G， ∵AB为⊙O的直径， ∵∠ADB＝90°， ∵CE∥AD， ∴∠BGE＝∠ADB＝90°， ∵点D为的中点， ∴， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵BG＝BG， ∠BGE＝∠BGC＝90°， ∴△GBC≌△GBE（ASA）， ∴EB＝CB， ∵∠ABD＝∠CBD，DB＝DB， ∴△DCB≌△DEB（SAS）， ∴DC＝DE； （2）如图2，连接OD，OC交于K， ∵， ∴∠AOC＝90°， ∴∠AOD＝∠COD＝45°， ∵OD＝OA， ∴∠ADO＝∠DAO（180°﹣45°）＝67.5°， 同理∠ODC＝∠OCD（180°﹣45°）＝67.5°， ∵EC∥AD， ∴∠ADO＝∠DKF＝67.5°， ∵DF是⊙O的切线， ∴OD⊥DF， ∴∠ODF＝90°， ∴∠FDC＝∠ODF﹣∠ODC＝22.5°， ∵AD∥CE， ∴∠DKC＝∠ADK＝67.5°， ∴∠F＝∠DCE﹣∠CDF＝22.5°， ∴DC＝CF，∠DCE＝45°， 由（1）知，DC＝DE， ∴∠DEC＝∠DCE＝45°， ∴△DCE是等腰直角三角形， ∵弧AD与弧CD相等， ∴CD＝AD， ∵AD， ∴AD＝DE＝DC＝CF． 在等腰直角三角形DCE中， EC2， ∴EF＝EC+CF＝2． 【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键． 18．（2024•福田区二模）【初步探究】 （1）如图1，四边形ABCD是矩形，点P是平面内任一点，则下列结论成立的是（　　） A．PA+PD＝PB+PC B．PA+PC＝PB+PD C．PA2+PD2＝PB2+PC2 D．PA2+PC2＝PB2+PD2 【深入探究】 （2）如图2，正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上一动点，连接PA，PC，PD，设PA＝x，PC＝y．（如有需要，可直接使用（1）中你所得的结论） ①求x2+y2的最小值； ②直接写出|x﹣y|的最大值，并直接写出此时PD的长． 【分析】（1）如图1中，过点P作PF⊥AB于点F，PE⊥DA交DA的延长线于点E，交CB的延长线于点G．利用勾股定理证明选项D正确； （2）①连接BP，BD．则，，由（1）知，x2+y2＝22+PD2，所以，当PD最小时，x2+y2 最小； ②如图3中，在BA，BC上分别截取BM＝BN＝1，利用相似三角形的性质证明PMx，PNy，由|PM﹣PN|≤MN，推出|x﹣y|≤2（等号成立时，点P在直线MN与⊙B的交点处，如图4中），可得|x﹣y|的最大值为2．再求出此时PD的值即可． 【解答】解：（1）如图1中，过点P作PF⊥AB于点F，PE⊥DA交DA的延长线于点E，交CB的延长线于点G．则四边形PEAF，四边形PGBF，四边形EGCD都是矩形． ∴AE＝PF＝GB，PE＝AF，PG＝BF，ED＝GC， ∵PA2＝PE2+AE2，PC2＝PG2+CG2，PB2＝PG2+GB2．PD2＝ED2+PE2， ∴PA2+PC2＝PB2+PD2， 故选：D； （2）①x2+y2 的最小值为 ．理由如下： 如图5，连接BP，BD．则，， 由（1）知，x2+y2＝22+PD2， 所以，当PD最小时，x2+y2 最小， 而 （等号成立时，点P位于BD上）， 所以，x2+y2 的最小值为 ； ②如图3中，在BA，BC上分别截取BM＝BN＝1， ∵PB＝2，BM＝1，BA＝4， ∴PB2＝BM•BA， ∴， ∵∠PBM＝∠ABP， ∴△PBM∽△ABP， ∴PM：AP＝PB：AB＝1：2， ∴PMx， 同理可得PNPCy， ∵|PM﹣PN|≤MN， ∴|x﹣y|≤2（等号成立时，点P在直线MN与⊙B的交点处，如图4中）， ∴|x﹣y|的最大值为2． 连接BD，AC，BD交MN于点F，则BD⊥AC， ∵MN∥AC， ∴MN⊥BD， ∵MN，BD＝4， ∴BF，DF， ∴PF， ∴PD2． 【点评】本题属于圆综合题，考查了圆的有关性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 19．（2024•阳春市二模）如图1，在正方形ABCD中，P是边BC上的动点，E在△ABP的外接圆上，且位于正方形ABCD的内部，EA＝EP，连结AE，EP． （1）求证：△PAE是等腰直角三角形； （2）如图2，连结DE，过点E作EF⊥BC于点F，请探究线段DE与PF的数量关系，并说明理由； （3）当点P是BC的中点时，DE＝4． ①求BC的长； ②若点Q是△ABP外接圆上的动点，且位于正方形ABCD的外部，连结AQ．当∠PAQ与△ADE的一个内角相等时，求所有满足条件的AQ的长． 【分析】（1）如图1，在正方形ABCD中，∠B＝90°，根据圆内接四边形的性质得到∠AEP+∠A＝180°，求得∠EAP+∠EPA＝90°．得到∠EAP＝∠EPA＝45°，于是得到结论； （2）如图2，延长FE交AD于点H．根据平行线的性质得到EH⊥AD，根据垂直的定义得到∠AHE＝∠EFP＝90°，根据全等三角形的判定和性质定理得到AH＝EF，EH＝PF，于是得到结论； （3）①由（2）知．求得PF＝2．根据P是BC的中点，于是得到BC＝2PC＝8， ②推出∠EAD＜∠EDA＝45°＝∠PAE，当∠PAQ＝∠EDA时，如图3，∠PAQ＝45°＝∠PAE，根据圆周角定理得到AP是圆的直径，根据勾股定理得到AQ＝AE＝4．当∠PAQ＝∠EAD时，如图4，连结PQ．由第一种情况可知AP是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：如图1，∵点E在△ABP的外接圆上， ∴∠AEP+∠A＝180°， ∴∠AEP＝90°， ∴∠EAP+∠EPA＝90°． ∵， ∴∠EAP＝∠EPA＝45°， ∴△PAE是等腰直角三角形； （2）解：结论：DEPF， 理由：如图2，延长FE交AD于点H， ∵EF⊥BC，BC∥AD， ∴EH⊥AD， 即∠AHE＝∠EFP＝90°， ∴∠EAH+∠AEH＝90°， ∵∠AEP＝90°， ∴∠PEF+∠AEH＝90°， ∴∠EAH＝∠PEF， 又∵△PAE是等腰直角三角形， ∴EA＝EP， ∴△EAH≌△PEF（AAS）， ∴AH＝EF，EH＝PF， ∵AD＝DC＝HF， ∴AH+HD＝EF+HE， ∴HD＝HE＝PF， ∴； （3）解：①由（2）知． ∵DE＝4， ∴PF＝2． ∵P是BC的中点， ∴BC＝2PC＝8， ②∵， ∴∠EAD＜∠EDA＝45°＝∠PAE， ∴存在∠PAQ＝∠EDA或∠PAQ＝∠EAD， 当∠PAQ＝∠EDA时，如图3，∠PAQ＝45°＝∠PAE， ∴， ∵∠B＝90度， ∴AP是圆的直径， ∴， ∴AQ＝AE4； 当∠PAQ＝∠EAD时，如图4，连结PQ； ∵AP是圆的直径， ∴∠AQP＝90°＝∠AHE， ∴△APQ∽△AEH， ∴， ∴AQAH＝12， 综上所述，AQ的长是4或12． 【点评】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 20．问题提出 (1)如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为 ． 问题探究 (2)如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值． 问题解决 (3)如图③所示，AB、AC、BC是某新区的三条规划路其中，AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，BC所对的圆心角为60°．新区管委会想在BC路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F．也就是，分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷环保和节约成本要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE＋EF＋FP的最小值(各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计)．              图①                    图②                      图③ 【分析】（1）如图（1），设外接圆的圆心为O，连接OA， OB，根据已知条件可得△AOB是等边三角形，由此即可得半径； （2）如图（2）所示，连接MO并延长交⊙O于N，连接OP，显然，MN即为MP的最大值，根据垂径定理求得OM的长即可求得MN的最大值； （3） 如图（3）所示，假设P点即为所求点，分别作出点P关于AB、AC的对称点P´、P＂连接PP´、P´E，PE，P＂F，PF，PP＂，则P´P＂即为最短距离，其长度取决于PA的长度， 根据题意正确画出图形，得到点P的位置，根据等边三角形、勾股定理等进行求解即可得PE＋EF＋FP的最小值. 【解答】（1）如图（1），设外接圆的圆心为O，连接OA， OB， ∵O是等腰三角形ABC的外心，AB=AC， ∴∠BAO=∠OAC=∠BAC==60°， ∵OA=OB， ∴△AOB是等边三角形， ∴OB=AB=5， 故答案为5； （2）如图（2）所示，连接MO并延长交⊙O于N，连接OP， 显然，MP≤OM＋OP＝OM＋ON＝MN，ON＝13，OM＝＝5，MN＝18， ∴PM的最大值为18； （3） 如图（3）所示，假设P点即为所求点，分别作出点P关于AB、AC的对称点P´、P＂连接PP´、P´E，PE，P＂F，PF，PP＂ 由对称性可知PE＋EF＋FP＝P´E＋EF＋FP＂＝P´P＂，且P´、E、F、P＂在一条直线上，所以P´P＂即为最短距离，其长度取决于PA的长度， 如图（4），作出弧BC的圆心O，连接AO，与弧BC交于P，P点即为使得PA最短的点，∵AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°， ∴∆ABC是直角三角形，∠ABC＝30°，BC＝3， BC所对的圆心角为60°，∴∆OBC是等边三角形，∠CBO＝60°，BO＝BC＝3， ∴∠ABO＝90°，AO＝3，PA＝3－3， ∠P´AE＝∠EAP，∠PAF＝∠FAP＂， ∴∠P´AP＂＝2∠ABC＝120°，P´A＝AP＂， ∴∠AP´E＝∠AP＂F＝30°， ∵P´P＂＝2P´Acos∠AP´E＝P´A＝3－9， 所以PE＋EF＋FP的最小值为3－9km． 【点评】本题考查了圆的综合题，涉及到垂径定理、最短路径问题等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键. 1．综合探究 素材：一张矩形纸片． 操作：在边上取一点，把沿折叠，使点的对应点落在矩形纸片的内部． (1)如图1，将矩形纸片对折，使与重合，得折痕，当落在上，求的度数； (2)如图2，当落在对角线上时，求的长； (3)连接，矩形纸片在折叠的过程中，线段的长度是否有最小值？若有，请描述线段长度最小时点的位置，并求出此时的长． 【分析】（1）根据折叠的性质得到是等边三角形. 则，再根据折叠的性质得到，即可得到答案； （2）由折叠的性质得到，再由同角的余角相等即可得到，由即可求出的长； （3）由三角形三边关系可得，，只有当三点共线时，线段长度最小，即当点落在对角线上时，线段长度最小， 根据勾股定理得到，由折叠得：，，，设，则，，根据勾股定理得到，解方程即可得到答案． 【解答】（1）解：连接， 由折叠得：，垂直平分. ∵在上， ∴， ∴， ∴是等边三角形. ∴， ∵， ∴. （2）依题意得，， ∴， ∴， ∴， ∴. （3）点落在对角线上时，线段长度最小时的长为3. 理由如下：由三角形三边关系可得，，只有当三点共线时，线段长度最小，即当点落在对角线上时，线段长度最小，如图， 中，， 由折叠得：，，， 设，则，， 根据勾股定理得，， 则 解得 ∴线段长度最小时的长为3. 【点评】此题考查了解直角三角形、矩形的折叠问题、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 2．（2024•阳春市二模）如图1，矩形OABC的顶点O是直角坐标系的原点，点A、C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（8，4），将矩形OABC绕点A顺时针旋转得到矩形ADEF，D、E、F分别与B、C、O对应，EF的延长线恰好经过点C，AF与BC相交于点Q． （1）证明：△ACQ是等腰三角形； （2）求点D的坐标； （3）如图2，动点M从点A出发在折线AFC上运动（不与A、C重合），经过的路程为x，过点M作AO的垂线交AC于点N，记线段MN在运动过程中扫过的面积为S；求S关于x的函数关系式． 【分析】（1）想办法证明∠QCA＝∠QAC即可解决问题． （2）设CQ＝AQ＝x，利用勾股定理求出x，如图1中，过点D作DH⊥x轴于H．利用相似三角形的性质求出AH，DH即可解决问题． （3）分两种情形：①当0＜x≤8时，如图2中，延长MN交AO于H，作QJ∥AB交AC于J．利用相似三角形的性质求出AH，MN即可解决问题．②当8＜x＜12时，如图3中，作QJ∥AB交AC于J，作EK∥AB交BC于T，设MN交BC于R．利用相似三角形的性质求出MN，CR即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵四边形OABC，四边形FADE都是矩形， ∴∠AOC＝90°，∠AFE＝∠AFC＝90°，BC∥OA， ∵∠CFA＝∠AOC＝90°，AC＝AC，AO＝AF， ∴Rt△ACO≌Rt△ACF（HL）， ∴∠CAO＝∠CAF， ∵BC∥OA， ∴∠BCA＝∠CAO， ∴∠BCA＝∠CAF， ∴QC＝QA， ∴△ACQ是等腰三角形． （2）解：设CQ＝AQ＝x， ∵B（8，4）， ∴BC＝8，AB＝4， 在Rt△AQB中，∵AQ2＝BQ2+AB2， ∴x2＝（8﹣x）2+42， ∴x＝5， ∴BQ＝3， 如图1中，过点D作DH⊥x轴于H． ∵∠QAD＝∠BAH＝90°， ∴∠QAB＝∠DAH， ∵∠B＝∠AHD＝90°， ∴△ABQ∽△AHD， ∴， ∴， ∴AH，DH， ∴OH＝OA+AH＝8， ∴D（，）． （3）①当0＜x≤8时，如图2中，延长MN交AO于H，作QJ∥AB交AC于J． ∵QJ∥AB， ∴， ∴， ∴QJ， ∵MN∥QJ， ∴△AMN∽△AQJ， ∴， ∴ ∴MNx，AH， ∴S•MN•AHxx2． ②当8＜x＜12时，如图3中，作QJ∥AB交AC于J，作EK∥AB交BC于T，设MN交BC于R． ∵FK∥AB，JQ∥AB， ∴FK∥JQ， ∴△AQJ∽△AFK， ∴， ∴， ∴FK＝4，BT， ∴CT＝BC﹣BT＝8， ∵MN∥FK， ∴△CMN∽△CFK， ∴， ∴， ∴MN＝12﹣x，CR（12﹣x）， ∴S＝S△ACF﹣S△CMN4×8（12﹣x）（12﹣x）x2x． 综上所述，S． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 3．（2024•罗湖区二模）【问题提出】 （1）如图1，在边长为6的等边△ABC中，点D在边BC上，CD＝2，连接AD，则△ACD的面积为 　 　； 【问题探究】 （2）如图2，已知在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且∠EAF＝45°，若EF＝5，求△AEF的面积； 【问题解决】 （3）如图3是我市华南大道的一部分，因自来水抢修，需要在AB＝4米，米的矩形ABCD区域内开挖一个△AEF的工作面，其中E、F分别在BC、CD边上（不与点B、C、D重合），且∠EAF＝60°，为了减少对该路段的交通拥堵影响，要求△AEF面积最小，那么是否存在一个面积最小的△AEF？若存在，请求出△AEF面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）如图所示，过点A作AE⊥BC于E，利用等边三角形的性质得到AC＝BC＝6，CEBC＝3，再利用勾股定理得到AE＝3，即可利用求出答案； （2）如图所示，延长EB到G使得BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，再证明△AEF≌△AEG（SAS），得到EG＝EF＝5，S△AEF＝S△AEG，则； （3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°并把边长缩小为原来的，得到△ABG，则，∠EAG＝30°；过点E作EM⊥AG于M，作EN⊥AF于N，则四边形AMEN是矩形，则ME＝AN，解直角三角形得到，进而得到，即S△AEF＝3S△AEG，则当△AEG的面积最小时，△AEF的面积最小；如图所示，作△AEG的外接圆，圆心为O，连接OA，OG，OE，过点O作OH⊥EG于H，设OG＝OA＝OE＝r，由圆周角定理得到∠GOE＝2∠GAE＝60°，则∠GOH＝∠EOH＝30°，推出，由于，则当r最小时，△AEG的面积最小，故当A、O、H三点共线时，r有最小值，最小值为，则，即存在一个面积最小的△AEF，其最小值为． 【解答】解：（1）如图1所示，过点A作AE⊥BC于E， ∵△ABC是边长为6的等边三角形， ∴AC＝BC＝6，CEBC＝3， ∴AE3， ∵CD＝2， ∴S△ACDAE•CD＝3； 故答案为：3； （2）如图2所示，延长EB到G使得BG＝DF，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABG＝∠BAD＝90°， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠DAF＝∠BAG， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°， ∴∠BAG+∠BAE＝45°， ∴∠EAG＝∠EAF＝45°， 又∵AE＝AE， ∴△AEF≌△AEG（SAS）， ∴EG＝EF＝5，S△AEF＝S△AEG， 又∵AB＝6， ∴S△AEF＝S△AEGAB•EG＝15； （3）存在一个面积最小的△AEF；理由如下： 把△ADF绕点A顺时针旋转90°并把边长缩小为原来的，得到△ABG， ∴， ∵∠EAF＝60°， ∴∠EAG＝30°， 过点E作EM⊥AG于M，作EN⊥AF于N，则四边形AMEN是矩形， ∴ME＝AN， ∴， ∴， ∴S△AEF＝3S△AEG， ∴当△AEG的面积最小时，△AEF的面积最小； 如图3所示，作△AEG的外接圆，圆心为O，连接OA，OG，OE，过点O作OH⊥EG于H，设OG＝OA＝OE＝r， ∴∠GOE＝2∠GAE＝60°， ∴∠GOH＝∠EOH＝30°， ∴， ∵S△AGEGE•AB＝2GE＝2r， ∴当r最小时，△AEG的面积最小， ∵OA+OH≥AB， ∴， ∴， ∴当A、O、H三点共线时，r有最小值，最小值为， ∴（S△AEF）最小值＝3（S△AEG）最小值＝3×296﹣48， ∴存在一个面积最小的△AEF，其最小值为． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，解直角三角形，正方形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，通过作出辅助线构造直角三角形，全等三角形是解题的关键． 4．在学习图形的旋转时，创新小组同学们借助三角形和菱形感受旋转带来图形变化规律和性质． 【操作探究】 (1)如图1，已知，，将绕着直角边中点G旋转，得到，当的顶点D恰好落在的斜边上时，斜边与 交于点H．    ①猜想： _________ ②证明：． 【问题解决】 (2)在（1）的条件下，已知，，求的长． 【拓展提升】 (3)如图2，在菱形中，，， 将菱形绕着中点M顺时针旋转，得到菱形，当菱形的顶点E分别恰好落在菱形的边和对角线上时，菱形的边与边相交于点 N， 请直接写出的长．    【分析】（1）①由等边对等角结合三角形内角和定理，得出的度数；②由旋转的性质可推导出； （2）由，利用计算出，再根据，计算出，最后计算出； （3）当E落在上，由推导出，得到F在的延长线上，根据的面积等于菱形的一半，得到的长度，最后算出； 当E落在上，推导出E在菱形的对角线上，由，推导出E、M、B、N四点共圆，再利用和计算、，最后算出、． 【解答】（1）①由题意可知，， A、D、C在以G为圆心，为半径的圆上， ， ②证明：由旋转的性质可知，， ， ． （2），， 由勾股定理得，， 的锐角顶点D恰好落在的斜边上， ， A、D、C在以G为圆心，为半径的圆上， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， 解得，经检验，是方程的解， ， ． （3）①当E落在上时，如图所示，连接、、，    由M是中点和旋转可知，， 又 ， ， 又四边形是菱形 和在同一直线，F在的延长线上， 由（1）①可知（已证） ， ， 菱形中，，，如图所示，   ，，， 又， ， 在中，，， ， 和菱形等底等高 ， ； ②当落在上时，如图所示，作交于点    由旋转可知，， 四边形是菱形 ， 在对角线的中点上，即在和的交点上 是的中点，是的中点 ， ， 由旋转可知， 、、、四点共圆 如下图所示，连接和    ， ， 在中，， 【点评】本题考查了图形旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形相似的判定与性质、圆周角定理的性质与应用、四点共圆等知识点，解题的关键是熟知以上定理并能作出相应的图形． 5．（2024•龙华区二模）如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，F为CE的中点，将线段AF绕点F顺时针旋转90°至线段GF，连接CG．某数学学习小组成员发现线段CE与CG之间存在一定的数量关系，并运用“特殊到一般”的思想开展了探究． 【特例分析】当点E与点B重合时，小组成员经过讨论得到如下两种思路： 思路一 思路二 第一步 如图2，连接AG，AC，证明△ACG∽△AEF； 如图3，将线段CF绕点F逆时针旋转90°至HF，连接AH，证明△AFH≌△GFC； 第二步 利用相似三角形的性质及线段CE与EF之间的关系，得到线段CE与CG之间的数量关系. 利用全等三角形的性质及线段CE与AH之间的关系，得到线段CE与CG之间的数量关系. 图形表达 （1）①在上述两种思路中，选择其中一种完成其相应的第一步的证明； ②写出线段CE与CG之间的数量关系式：　 　； 【深入探究】（2）如图，当点E与点B不重合时，（1）中线段CE与CG之间的数量关系还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由； 【拓展延伸】（3）连接AG，记正方形ABCD的面积为S1，△AFG的面积为S2，当△FCG是直角三角形时，请直接写出的值． 【分析】（1）①思路一，根据正方形的性质，可以得出∠BAC＝45°，以及AC和AB的比值，在根据旋转的性质得出△AFG是等腰直角三角形，从而可以证明相似；思路二，根据旋转的性质以及中点定理可以得出FH＝FC，在根据互余关系得出∠AFH＝∠CFG，从而可以证明两三角形全等； ②思路一，直接根据相似比即可求出CG和EF的关系，从而得出CG和CE的关系； （2）思路一和思路二的证明过程基本与（1）相同，所以结论也是相同的； （3）因为E在AB上，所以∠AEC不可能是锐角，所以AF一定长于EF，也就是FG一定长于CF，所以CF不可能是斜边，当△FCG是直角三角形时，第一种情况，FG⊥FC，此时A、F、C共线，即A和E重合，第二种情况，FC⊥CG，过B作CE垂线，根据（2）的结论可以得出FG和CF的关系，然后根据勾股定理求出BC和CF的关系，最后求出面积比即可． 【解答】（1）①选择思路一： 证明：连接AC，AG． ∵四边形ABCD是正方形， ∴，∠BAC＝45°， 由旋转得，AF＝FG，∠AFG＝90°， ∴△AFG是等腰直角三角形， ∴，∠FAG＝45°， ∴， ∵∠BAC＝∠FAG， ∴∠BAC﹣∠FAC＝∠FAG﹣∠FAC，即∠BAF＝∠CAG， ∴△ACG∽△ABF； 选择思路二： 证明：由旋转的性质可知：HF＝FC，∠HFC＝90°，AF＝FG，∠AFG＝90°． ∴∠AFG＝∠HFC， ∴∠AFH＝∠GFC， 在△AFH与△GFC中， ， ∴△AFH≌△GFC（SAS）； ②由①知：， ∵EFCE， ∴CECG， 故答案为：CECG； （2）线段CE与CG的关系成立． 思路一：连接AC，AG，BF． ∵四边形ABCD是正方形， ∴，∠BAC＝45°， 由旋转得，AF＝FG，∠AFG＝90°， ∴△AFG是等腰直角三角形， ∴，∠FAG＝45°， ∴， ∵∠BAC＝∠FAG， ∴∠BAC﹣∠FAC＝∠FAG﹣∠FAC， ∴∠BAF＝∠CAG， ∴△ACG﹣△ABF， ∴． 在Rt△EBC 中，∠EBC＝90°， ∵F为CE中点， ∴BFCE， ∴CGCE； 思路二：将线段CF绕点F逆时针旋转 90° 至HF，连接AH、EH、CH、BH． 将HB绕点H逆时针旋转90°得到HK，连接CK． 由旋转的性质可知：HF＝FC，∠HFC＝90°，AF＝FG，∠AFG＝90°， ∴∠AFG＝∠HFC， ∴∠AFH＝∠GFC， 在△AFH与△GFC中， ， ∴△AFH≌△GFC（SAS）， ∴CG＝AH， ∵F为EC中点，FH＝FC，FH⊥EC， ∴△EHC为等腰直角三角形， ∴∠EHC＝90°，∠ECH＝∠CEH＝45°，ECCH， 由旋转的性质可知：∠BHK＝90°＝∠EHC，HB＝HK， ∴∠EHB＝∠CHK， 在△EHB和△CHK中， ， ∴△EHB≌△CHK（SAS）， ∴∠HEB＝∠HCK， ∵∠ABC+∠EHC＝180°， ∴∠HEB+∠HCB＝180°， ∴∠HCB+∠HCK＝180°， ∴B、C、K三点共线， ∴△HBK为等腰直角三角形， ∴∠EBH＝∠ECH＝∠HEC＝∠HBC＝45°， 在△ABH和△CBH中， ， ∴△ABH≌△CBH（SAS）， ∴AH＝HC， ∵ECCH， ∴ECCG； （3）∵E在边AB上， ∴∠AEC≥90°， ∴AF＞EF， ∵AF＝FG，CF＝EF， ∴FG＞CF， ∵△FCG为直角三角形， ∴CF不能作为斜边， ①当FG⊥CF时， ∵AF⊥FG， ∴AF和CF共线， ∴E和A重合，G和D重合，如图： 由正方形的性质可知，S△AFGS正方形ABCD， ∴4； ②当CF⊥CG时，连接AC，AG，BF，过B作BM⊥CE于M，如图： 由（2）知，△ABF∽△ACG， ∴∠ABF＝∠ACG， ∵∠ACG+∠ACE＝90°，∠ABF+∠FBC＝90°， ∴∠FBC＝∠ACE， ∵∠ACB＝45°，∠ACE+∠BCE＝∠ACB， ∴∠EFB＝∠FBC+∠FCB＝∠ACB＝45°， 设CF＝EF＝x，则CGx，CE＝2x， 在Rt△FCG中，FGx， ∵△AFG为等腰直角三角形， ∴S2FG2x2， 在Rt△BCE中，F是CE中点， ∴BF＝CF＝x， ∵∠BFM＝45°， ∴BM＝FMx， ∴EM＝EF﹣FM＝xxx， 在Rt△BEM中，BE2＝BM2+EM2x2+（）2x2＝（2）x2， 在Rt△BCE中，BC2＝CE2﹣BE2＝4x2﹣（2）x2＝（2）x2， ∵四边形ABCD为正方形， ∴S1＝BC2＝（2）x2， ∴； 综上所述，的值为4或． 【点评】本题主要考查了相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理是本题解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$