2025年中考数学二轮专题练习----猜想证明类

2025年中考数学二轮专题练习----猜想证明类 1．综合与探究 问题情境 如图1，在正方形中，，点E为线段上的一个动点，连接，以为边，在右上方作正方形，连接． 探索发现 （1）猜想与的数量关系，并说明理由． 猜想证明 （2）如图2，在图1的基础上连接，交于点H，连接．猜想的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）若点E为射线上的一个动点，连接与射线交于点H，连接，其他条件不变．当点H落在的平分线上时，请直接写出的值． 2．如图，在菱形中，点分别在边上，． (1)求证：； (2)为中点，交于点，，垂足为． ①求证：； ②用等式表示线段，与之间的数量关系，并给予证明． 3．在中，．点（与点、不重合）为射线上一动点，连接，以为一边且在的右侧作正方形． (1)如果．如图①，且点在线段上运动．试判断线段与之间的位置关系，并证明你的结论． (2)如果，如图②，且点在线段上运动．（1）中结论是否成立，为什么？ (3)若正方形的边所在直线与线段所在直线相交于点，设，，，求线段的长．（用含的式子表示） 4．如图，在等腰直角三角形ABC和ADE中，AC＝AB，AD＝AE，连接BD，点M、N分别是BD，BC的中点，连接MN． (1)如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 ，位置关系是 ． (2)当绕点A旋转时，连接BE，上述结论是否依然成立，若成立请就图2情况给出证明：若不成立，请说明理由． (3)当AC＝5时，在绕点A旋转过程中，以D，E，M，N为顶点可以组成平行四边形，请直接写出AD的长． 5．如图，抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（-1，0），B（6，0），与y轴交于点C，点P为第一象限内抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线BC于点D，交x轴于点E，连接PB． (1)求该抛物线的解析式； (2)当△PBD与△BDE的面积之比为1：2时，求点P的坐标； (3)在直线BC上是否存在一点M，使得△AMO的周长最小？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由． 6．如图，已知CD是线段AB的垂直平分线，垂足为D，C点在D点上方，∠BAC＝30°，P是直线CD上一动点，E是射线AC上除A点外的一点，PB＝PE，连接BE． (1)如图1，若点P与点C重合，求∠ABE的度数； (2)如图2，若P在C点上方，试猜想线段PD，AC，CE的数量关系并说明理由； (3)若AC＝6，CE＝2，则PD的值为 　 　．（直接写出结果） 7．如图，在菱形ABCD中，，将边AB绕点A逆时针旋转至，记旋转角为．过点D作于点F，过点B作BE⊥直线于点E，连接EF． 【探索发现】 (1)填空：当时，　 　°；的值是 　 　； 【验证猜想】 (2)当时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由； 【拓展应用】 (3)在（2）的条件下，若，当是等腰直角三角形时，请直接写出线段EF的长． 8．【问题背景】 如图1：在四边形中，，，、分别是、上的点，且，小王同学探究此问题的方法是：延长到点，使，连接，再证明，可得出结论　 　． 【探索延伸】如图2，若在四边形中，，、分别是，上的点，上述结论是否仍然成立 【学以致用】 如图3，四边形是边长为5的正方形，，求的周长． 9．如图1，在平面直角坐标系中，，，且∠ACB＝90°，AC＝BC． （1）求点B的坐标； （2）如图2，若BC交y轴于点M，AB交x轴与点N，过点B作轴于点E，作轴于点F，请探究线段MN，ME，NF的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若在点B处有一个等腰Rt△BDG，且BD＝DG，∠BDG＝90°，连接AG，点H为AG的中点，试猜想线段DH与线段CH的数量关系与位置关系，并证明你的结论． 10．在正方形中，点是对角线所在直线上的一点；点在的延长线上，且，连接． （1）如图1，当点在线段上时，线段与线段的数量关系是______． （2）如图2，当点在的延长线上时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）如图3，把正方形改为菱形，其它条件不变，当时， ①探究线段与线段的数量关系，并请直接写出你的结论； ②若，，请直接写出的长． 11．（1）在正方形中，G是边上的一个动点（不与重合，以为边在正方形外作一个正方形，连接，如图1.直接写出线段的关系________； （2）将图1中的正方形绕点C按逆时针方向旋转任意角度，得到图2的情形，试判断（1）中的结论是否仍然成立？并证明你的判断； （3）将上面题中的正方形都改为矩形，得到如图3、图4，若，试判断（1）中的结论是否仍然成立？请以图4为例，简要说明理由． （4）在图4中，连接，若，直接写出的值_________． 12．如图1所示：点E为BC上一点，∠A＝∠D，AB∥CD （1）直接写出∠ACB与∠BED的数量关系； （2）如图2，AB∥CD，BG平分∠ABE，BG的反向延长线与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠GHD大60°，求∠DEB 的度数； （3）保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不发生变化，请求它的度数，若发生改变，请说明理由．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）． 13．（1）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果，那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为__________． （2）在图①中，若，则的长为__________； （3）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明：是的黄金分割点； （4）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时，、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由． 14．如图，点，，且a、b满足． （1）如图1，求的面积； （2）如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，，且，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论； （3）如图3，若P为x轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值． 15．已知等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC=90°，点D是AC边上一点，以BD为边作等腰直角△BDE，其中BD＝BE，∠DBE=90°，边AB与DE交于点F，点G是BC上一点． （1）如图1，若DG⊥DE，连接FG．求证：DG＋FG＝EF； （2）如图2，若DG⊥BD，EP⊥BE交BA的延长线于点P，连接PG，请猜想线段PG，DG，PE之间的数量关系，并证明． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年中考数学二轮专题练习----猜想证明类》参考答案 1．（1），理由见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3） 【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得； （2）过点作的平行线，交的延长线于点，先证出点在同一条直线上，再根据平行线的性质可得，，然后证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据等腰直角三角形的性质即可得； （3）分两种情况：①当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接，先证出，，再根据等腰三角形的性质可得，根据角平分线的性质定理可得，然后设，则，解直角三角形可得，从而可得，利用三角形的面积公式计算即可得；②当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点，同理可得，根据平行线的判定可得，则此时点不可能落在的平分线上，由此即可得． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）是等腰直角三角形，理由如下： 如图，过点作的平行线，交的延长线于点， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， 由（1）已证：， ∴，， ∴， ∴点在同一条直线上， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形． （3）①如图，当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∵平分， ∴， 由正方形的性质可知，正方形的对角线互相垂直且平分， ∴， 由（2）已证：， ∴， ∴，， ∴，（等腰三角形的三线合一）， 又∵，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴，即平分， ∴（角平分线的性质定理）， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 即的值为； ②如图，当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴， ∴此时点不可能落在的平分线上， 综上，的值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、角平分线的性质定理等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键． 2．(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②，证明见解析 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）①连接，先证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； ②延长，交于点，先证出，再证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后在中，解直角三角形可得，最后根据和等量代换即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）证明：①如图，连接， 由（1）已证：， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． ②，证明如下： 如图，延长，交于点， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 由上已证：， ∵， ∴， ∴，即， 由上已证：， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，综合性强，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键． 3．(1)垂直；见解析 (2)成立，见解析 (3) 【分析】此题综合性强，考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、正方形性质等知识点． （1）由，，得；，由正方形，可得，，；；可得．可证，得，．即； （2）过点作交于点，可得出，同理可证，所以，．即． （3）若正方形的边所在直线与线段所在直线相交于点，设，，，求线段的长．考虑点的位置，分两种情况去解答．①点在线段上运动，已知，可求出．即，易证，可得，，问题可求．②点在线段延长线上运动时，由，可求出，．过作交延长线于点，则，得，由，得，，问题解决． 【详解】（1）解：与位置关系是垂直； 证明如下： ，， ． ∴， 由正方形得，， ， ， ， ． ． ． ． （2）时，的结论成立． 理由是： 过点作交于点， ， ， ， 同理可证： ，， 即． （3）如图①，当时， 过点作交于点，可得， 同理可证， ，．即． 过点作交的延长线于点， 如图②，点在线段上运动时， ， ∴． ，， ， ， ． 如图③，点在线段延长线上运动时， ， ， ． 过作， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 4．(1)； (2)成立；见解析 (3)或 【分析】（1）延长MN交AB于点G，根据三角形的中位线定理证明，再由平行线的性质证明，则； （2）（1）中的结论依然成立，连接CD，由等腰直角三角形的性质推出相应的线段相等和角相等，证明，先证明，再证明；由三角形的中位线定理证明； （3）以D，E，M，N为顶点的四边形为平行四边形分两种情况：① AD在的内部，②AD、AE都在的外部，此时C、D、E三点在同一条直线上，且，再根据，得到直角三角形，由勾股定理列方程求AD的长． 【详解】（1）解：如图1， 延长MN交AB于点G， ∵M、N分别是BD、BC的中点， ，且， ， ， ， ， ． 故答案为：． （2）成立，理由如下： ∴如图2， 连接并延长CD交BE于点H，延长NM交BE于点G， ， ， ， ， ， ∵点M、N分别是BD、BC的中点， ， ； ， ， ， ； ． （3）如图3， AD在内部，AE在的外部，且四边形DEMN是平行四边形， 由（2）得，， ， ， ， ， ∴C、D、E三点在同一条直线上， ， ， ， ， ， ， ， 由得， ， 解得； 如图4， AD、AE都在△ABC的外部，且四边形DENM是平行四边形，设BE交AC于点O， ， ， ， ∵M、N分别为BD、BC的中点， ， ∵四边形DENM是平行四边形， ， ∴点E在CD上， ， ， ， ∵M、N分别是BD、BC的中点， ， ， ， ， 由得， ， 解得， 综上所述，AD的长为或． 【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理以及旋转的特征等知识和方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，第（3）题要分类讨论，求出所有符合条件的值． 5．(1)y=-x2+5x+6； (2)P（，）； (3)在直线BC上存在一点M（，），使得△AMO的周长最小． 【分析】（1）把点A（-1，0），B（6，0）代入抛物线y=ax2+bx+6中即可求解； （2）求出直线BC的解析式为y=-x+6，设P（m，-m2+5m+6），则D（m，-m+6），由三角形面积关系得出PE：DE=3：2，得出3（-m+6）=2（-m2+5m+6），解方程求出m的值即可得出答案； （3）作点O关于直线BC的对称点N．连接ON交BC于点G，连接AN交BC于点M，由轴对称的性质可知点M满足题意，求出N（6，6），求出直线AN的解析式，联立直线BC和直线AN的解析式，解方程组可得出答案． 【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（-1，0），B（6，0）， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为y=-x2+5x+6； （2）解：∵抛物线y=-x2+5x+6过点C， ∴C（0，6）， 设直线BC的解析式为y=kx+n， ∴， ∴， ∴直线BC的解析式为y=-x+6， 设P（m，-m2+5m+6），则D（m，-m+6）， ∴PE=-m2+5m+6，DE=-m+6， ∵△PBD与△BDE的面积之比为1：2， ∴PD：DE=1：2， ∴PE：DE=3：2， ∴3（-m+6）=2（-m2+5m+6）， 解得m1=，m2=6（舍去）， ∴P（，）； （3）解：存在． ∵A（-1，0）， ∴OA=1， ∴AM+OM的值最小时，△AMO的周长最小， 作点O关于直线BC的对称点N．连接ON交BC于点G，连接AN交BC于点M，由轴对称的性质可知点M满足题意， ∵OC=OB=6， ∴∠OBC=45°， ∴△BOG为等腰直角三角形， ∴G（3，3）， ∴N（6，6）， 设直线AN的解析式为y=cx+d， ， ∴直线AN的解析式为y=x+， ∴， 解得， ∴M（，）， ∴在直线BC上存在一点M（，），使得△AMO的周长最小． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、三角形的面积、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握待定系数法是解题的关键． 6．(1)90° (2)PDAC＝CE，理由见解析 (3)1或5 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到：△BPE为等边三角形，则∠CBE＝60°，故∠ABE＝90°； （2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，构造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形（Rt△PGB≌Rt△PHE），根据含30度的直角三角形的性质和全等三角形的对应边相等证得结论； （3）分两种情形，分别求解即可． 【详解】（1）解：如图1，∵点P与点C重合，CD是线段AB的垂直平分线， ∴PA＝PB， ∴∠PAB＝∠PBA＝30°， ∴∠BPE＝∠PAB+∠PBA＝60°， ∵PB＝PE， ∴△BPE为等边三角形， ∴∠CBE＝60°， ∴∠ABE＝90°； （2）解：结论：PDAC＝CE． 理由：如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G， ∵CD垂直平分AB， ∴CA＝CB． ∵∠BAC＝30°， ∴∠ACD＝∠BCD＝60°． ∴∠GCP＝∠HCP＝∠BCE＝∠ACD＝∠BCD＝60°． ∴PG＝PH，CG＝CHCP，CDAC． 在Rt△PGB和Rt△PHE中， ， ∴Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）． ∴BG＝EH，即CB+CG＝CE﹣CH． ∴CBCP＝CECP，即CB+CP＝CE． 又∵CB＝AC， ∴CP＝PD﹣CD＝PDAC． ∴PDAC＝CE； （3）解：如图3，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC于G， 此时Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）． ∴BG＝EH，即CB﹣CG＝CE+CH． ∴CBCP＝CECP，即CP＝CB﹣CE＝6﹣2＝4． 又∵CB＝AC， ∴PD＝CP﹣CD＝4﹣3＝1． 如图4， 同理，PC＝EC+BC＝8， PD＝PC﹣CD＝8﹣3＝5． 故答案是：1或5． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定及线段垂直平分线的性质，熟练掌握等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定及线段垂直平分线的性质是解题的关键． 7．(1)；； (2)成立，见解析； (3)的长为或． 【分析】（1）当时，点与点C重合，根据菱形的性质和，可得，再利用全等证明，进一步可证，假设，则可求出，，所以； （2）连接BD，由，根据三角形内角和定理表示，的度数，从而求出，再证明，得； （3）连接AC，BD交于点O，分点E在线段上或点E在的延长线上时，分别画出图形，由（2）可知，根据菱形的性质可得，利用，得，从而解决问题． 【详解】（1）解：当时，点与点C重合， ∵四边形ABCD为菱形，， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， 在和中， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， 假设，则，， ∴， 故答案为：；； （2）解：当时，（1）中的结论仍然成立． 证明：如图，连接BD， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴． （3）解：连接AC，BD交于点O， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由（2）可知 ∴， 分两种情况： ①如图，当点E在线段上时， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ②如图，当点E在的延长线上时， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题考查图形旋转，菱形性质，等腰直角三角形，三角形相似的判定及性质，关键是理解菱形性质，等腰直角三角形性质，三角形相似的判定及性质． 8．【问题背景】；【探索延伸】结论仍然成立；理由见解析；【学以致用】10 【分析】（1）【问题背景】延长到点．使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （2）【探索延伸】延长到点．使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （3）【学以致用】延长，截取，连接，根据定理可得出，故可得出，，再由，可得出，故，由定理可得，故，故的周长，由此可得出结论． 【详解】（1）【问题背景】解：如图1， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． （2）【探索延伸】解：结论仍然成立； 理由：如图2，延长到点．连接， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）【学以致用】解：如图3，延长到点，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，． ∵，， ∴， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴的周长． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 9．（1） （2），见解析 （3）且，见解析 【分析】（1）如图1中，过点C作CT⊥y轴于点T，根点B作BH⊥CT交CT的延长线于点H．证明△ATC≌△CHB（AAS），推出AT＝CH＝6，CT＝BH＝2，可得结论； （2）结论：MN＝ME+NF．证明△BFN≌△BEK（SAS），推出BN＝BK，∠FBN＝∠EBK，再证明△BMN≌△BMK（SAS），推出MN＝MK，可得结论； （3）结论：DH＝CH，DH⊥CH．如图3中，延长DH到J，使得HJ＝DH，连接AJ，CJ，延长DG交AC于点M．证明△JDC是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】解：（1）如图1中，过点C作CT⊥y轴于点T，根点B作BH⊥CT交CT的延长线于点H． ∵A（0，4），C（﹣2，﹣2）， ∴OA＝4，OT＝CT＝2， ∴AT＝4+2＝6， ∵∠ACB＝∠ATC＝∠H＝90°， ∴∠CAT+∠ACT＝90°，∠BCH+∠CBH＝90°， ∴∠CAT＝∠BCH， ∵CA＝CB， ∴△ATC≌△CHB（AAS）， ∴AT＝CH＝6，CT＝BH＝2， ∴TH＝CH﹣CT＝4， ∴B（4，-4）； （2）结论：MN＝ME+NF． 理由：在射线OE上截取EK＝FN，连接BK． ∵B（4，4），BE⊥y轴，BF⊥x轴， ∴BE＝BF＝4，∠BEO＝∠BFO＝∠EOF＝90°， ∴四边形BEOF是矩形， ∴∠EBF＝90°， ∵EK＝FN，∠BFN＝∠BEK＝90°， ∴△BFN≌△BEK（SAS）， ∴BN＝BK，∠FBN＝∠EBK， ∴∠NBK＝∠FBE＝90°， ∵∠MBN＝45°， ∴∠MBN＝∠BMK＝45°， ∵BM＝BM， ∴△BMN≌△BMK（SAS）， ∴MN＝MK， ∵MK＝ME+EK， ∴MN＝EM+FN； （3）结论：DH＝CH，DH⊥CH． 理由：如图3中，延长DH到J，使得HJ＝DH，连接AJ，CJ，延长DG交AC于点M． ∵AH＝HG，∠AHJ＝∠GHD，HJ＝HD， ∴△AHJ≌△GHD（SAS）， ∴AJ＝DG，∠AJH＝∠DGH， ∴AJ∥DM， ∴∠JAC＝∠AMD， ∵DG＝BD， ∴AJ＝BD， ∵∠MCB＝∠BDM＝90°， ∴∠CBD+∠CMD＝180°， ∵∠AMD+∠CMD＝180°， ∴∠AMD＝∠CBD， ∴∠CAJ＝∠CBD， ∵CA＝CB， ∴△CAJ≌△CBD（SAS）， ∴CJ＝CD，∠ACJ＝∠BCD， ∴∠JCD＝∠ACB＝90°， ∵JH＝HD， ∴CH⊥DJ，CH＝JH＝HD， 即CH＝DH，CH⊥DH． 【点睛】本题属于三角形综合题，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等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 10．（1）；（2）成立，证明见解析；（3）①；② 【分析】（1）由四边ABCD为正方形，BD为对角线是正方形的对称轴，可得AP=PC，∠PAD=∠PCD，由，可得∠PAD=∠PED，PC=PE，再求∠CPF =90°，由勾股定理即可； （2）；由四边形是正方形，可得，，可证，再证为等腰直角三角形，由勾股定理即可； （3）①；设PC与AE交于F，由四边形ABCD为菱形，BD为对角线，可得AD=CD，∠ABD=∠CBD，可证△ABD与△CBD均为等边三角形，再证，再证△PCE为等边三角形，可得CE=PC=PA即可； ②连接AC，交BD于G，由四边形ABCD为菱形，可得AC⊥BD，AG=CG，BG=DG，由△ADB为等边三角形，，可求BG=DG=，由勾股定理，可得AC=2AG=6，可证四边形ACEP为菱形，可得AE⊥PC，由勾股定理，可得AE=2AF=． 【详解】解：（1）， 因为四边ABCD为正方形，BD为对角线是正方形的对称轴， ∴AP=PC，∠PAD=∠PCD， ∵， ∴∠PAD=∠PED，PC=PE， ∵∠PFC=∠DFE， ∴∠CPF=180°-∠PFC-∠PCD=180°-∠DFE-∠PED=∠FDE=90°， ∴△CPE为等腰直角三角形， ∴由勾股定理； （2）； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， 在△ADP和△CDP中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． （3）①； 设PC与AE交于F， ∵四边形ABCD为菱形，BD为对角线， ∴AD=CD，∠ABD=∠CBD， ∵， ∴∠ABD=∠CBD=， ∴△ABD与△CBD均为等边三角形， ∴∠ADB=∠CDB=60°， ∴∠ADP=∠CDP=120°， 在△ADP和△CDP中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴∠CPE=180°-∠PEF-∠PFE=180°-∠DCF-∠DFC=∠CDF=60°， ∴△PCE为等边三角形， ∴CE=PC=PA， ②连接AC，交BD于G， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD，AG=CG，BG=DG， ∵△ADB为等边三角形，， ∴BD=，BG=DG=， 在Rt△ABG中，， ∴AC=2AG=6， ∴AP=PE=CE=AC=6， ∴ 四边形ACEP为菱形， ∴AE⊥PC， ∴AF=EF，CF=FP=， 在Rt△AFC中，， ∴AE=2AF=． 【点睛】本题考查探究，拓展与应用类型问题，涉及正方形性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形判定，菱形的判定与性质等知识，熟练掌握上述知识是解题关键． 11．（1）；（2）成立，见解析；（3）成立，不成立，见解析；（4） 【分析】（1）由正方形的性质得出BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，由SAS证明△BCG≌△DCE，得出BG=DE，∠CBG=∠CDE，延长BG交DE于H，由角的互余关系和对顶角相等证出∠CDE+∠DGH=90°，由三角形内角和定理得出∠DHG=90°即可； （2）根据正方形的性质及SAS推出△BCG≌△DCE．然后得出，推出BG⊥DE； （3）依题意得出AB=a，BC=b，CG=mb，CE=ma的线段比例，然后再推出∠CDE+∠DHO=90°即可； （4）延长DE交BG与点N，连接BD、EG，根据BG⊥DE及勾股定理得出，根据给出的数值求出及即可得出答案． 【详解】解：（1） 理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°， 在△BCG和△DCE中， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE， 延长BG交DE于H，如图1所示： ∵∠CBG+∠BGC=90°，∠DGH=∠BGC， ∴∠CDE+∠DGH=90°， ∴∠DHG=90°， ∴BG⊥DE； 故答案为：BG=DE，BG⊥DE； （2）仍然成立： 在正方形和正方形中， ， ， 延长交于M、交的延长线于N， 又 ， 即 （3）成立，不成立 在矩形和矩形中 ， 延长交于M、交于N， 又 ， 即 （4） 延长DE交BG与点N，连接BD、EG , ，， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、对顶角相等、勾股定理、相似三角形的判定及性质；熟记性质并准确识图确定出三角形全等的条件是解题的关键，也是本题的难点． 12．(1) ；(2) ；(3)不发生变化，理由见解析 【分析】(1)如图1，延长DE交AB于点F，根据平行线的性质推出； (2)如图2，过点E作ES∥AB，过点H作HT∥AB，根据AB∥CD，AB∥ES推出，再根据AB∥TH，AB∥CD推出，最后根据比大得出的度数； (3)如图3，过点E作EQ∥DN，根据得出的度数，根据条件再逐步求出的度数． 【详解】(1)如答图1所示，延长DE交AB于点F． AB∥CD，所以， 又因为，所以，所以AC∥DF，所以． 因为，所以． (2)如答图2所示，过点E作ES∥AB，过点H作HT∥AB． 设，， 因为AB∥CD，AB∥ES，所以，， 所以， 因为AB∥TH，AB∥CD，所以，，所以， 因为比大，所以，所以，所以，所以 (3)不发生变化 如答图3所示，过点E作EQ∥DN． 设，， 由(2)易知，所以，所以， 所以， 所以． 【点睛】本题考查了平行线的性质，求角的度数，正确作出相关的辅助线，根据条件逐步求出角度的度数是解题的关键． 13．（1）；（2）；（3）见解析；（4），见解析 【分析】（1）由黄金分割点的概定义可得出答案； （2）延长，交于点，由折叠的性质可知，，得出，则，根据勾股定理求出的长，由锐角三角函数的定义可出，则可得出答案； （3）证明，由全等三角形的性质得出，证明，则可得出答案． 【详解】解：（1）∵点把线段分成两部分，， ∴点是线段的黄金分割点，且， ∴它们的比值为， 故答案为为； （2）∵点为线段的黄金分割点，， ∴. 故答案为：. （3）延长，交于点， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴是的黄金分割点； （4）当时，满足题意. 理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当、恰好分别是、的黄金分割点时， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是相似形综合题，考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，黄金分割点的定义，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 14．（1）；（2）CD＝BD+AC，证明见解析；（3）BQ是定值，且BQ=2 【分析】（1）根据非负数的性质得到a＝1，b＝1，进而可得OA与OB的长，进一步可求出结果； （2）易得△OAB是等腰直角三角形，将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，如图2，根据旋转的性质、已知条件和等腰三角形的性质可利用SAS证明△ODF≌△ODC，再根据全等三角形的性质和线段的和差关系即可推出结论； （3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF＝FD，连接PD，如图3，易证∠PAB＝∠PDE＝135°，根据余角的性质可得∠BPA＝∠PED，进而可根据AAS推出△PBA≌△EPD，可得AP＝ED，从而可得FE＝FA，然后根据等腰直角三角形的性质和判定即可得到结论． 【详解】解：（1）∵（a﹣1）2+|2b﹣2|＝0， ∴a﹣1＝0，2b﹣2＝0， ∴a＝1，b＝1， ∴A（1，0）、B（0，1）， ∴OA＝1，OB＝1， ∴△AOB的面积＝×1×1＝； （2）线段AC、BD、CD之间的数量关系为CD＝BD+AC； 证明：∵OA＝OB＝1，∴∠OAB=∠OBA=45°， 将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，如图2， 则∠OAC＝∠OBF＝∠OBA＝45°，∠FOB＝∠AOC，OF=OC，BF=AC， ∵∠DBA＝90°，∴∠DBF＝180°，即B、D、F三点共线， ∵∠DOC＝45°，∠AOB＝90°， ∴∠BOD+∠AOC＝45°， ∴∠FOD＝∠BOF+∠BOD＝∠BOD+∠AOC＝45°， ∴∠FOD＝∠DOC， 在△ODF与△ODC中，， ∴△ODF≌△ODC（SAS）， ∴DC＝DF， ∴DF＝BD+BF＝BD+AC； 即CD＝BD+AC； （3）BQ是定值，且BQ=2； 作EF⊥OA于F，在FE上截取FD＝PF，连接PD，如图3，则∠BAO＝∠PDF＝45°， ∴∠PAB＝∠PDE＝135°， ∵∠BPA+∠EPF＝90°，∠EPF+∠PED＝90°， ∴∠BPA＝∠PED， 在△PBA与△EPD中，， ∴△PBA≌EPD（AAS）， ∴AP＝ED， ∴FD+ED＝PF+AP，即FE＝FA， ∴∠FEA＝∠FAE＝45°， ∴∠QAO＝∠EAF＝∠OQA＝45°， ∴OA＝OQ＝1， ∴BQ＝2，即BQ是定值． 【点睛】本题考查了图形与坐标、旋转的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，具有一定的难度，属于中考压轴题，正确作出辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键． 15．（1）证明见解析；（2）PE＝PG+DG，证明见解析 【分析】（1）在ED上截取EH＝DG，连接BH；结合题意，通过证明△EBH≌△DBG，得BH＝BG，∠EBH＝∠DBG；再经证明△FHB≌△FGB，得HF＝FG，即可完成证明； （2）在EP上截取EM＝DG，连接BM；结合题意，通过证明△DBG≌△MEB，得BG＝BM，∠DBG＝∠EBM；再经证明△GBP≌△MBP，得PG＝PM，从而得到PE＝PG+DG． 【详解】（1）如下图 在ED上截取EH＝DG，连接BH ∵DG⊥DE，BD＝BE，∠DBE=90° ∴∠E＝45°，∠BDG＝∠EDG-∠EDB＝45° ∵ ∴△EBH≌△DBG（SAS） ∴BH＝BG，∠EBH＝∠DBG ∴∠HBG＝∠DBG+∠HBD＝∠EBH+∠HBD＝90° 又∵AB＝AC，∠A＝90° ∴∠ABC＝∠HBA＝45° ∵ ∴△FHB≌△FGB（SAS） ∴HF＝FG ∴DG＝EH＝EF-HF＝EF-FG ∴DG＝EF-FG； （2）如下图，在EP上截取EM＝DG，连接BM ∵DG⊥BD，EP⊥BE ∴∠PEB＝∠BDG＝90° ∵ ∴△DBG≌△MEB（SAS） ∴BG＝BM，∠DBG＝∠EBM ∴∠MBC＝∠MBD+∠DBG＝∠MBD+∠MBE＝90° ∴∠MBP＝∠PBC＝45° ∵ ∴△GBP≌△MBP（SAS） ∴PG＝PM ∴PE＝PM+EM＝PG+DG ∴PE＝PG+DG． 【点睛】本题考查了全等三角形、等腰直角三角形的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形、等腰直角三角形的性质，从而完成求解． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$