2025年中考数学第三阶段复习操作探究类综合压轴题考前冲刺专题提升训练

2025年中考数学第三阶段复习操作探究类综合压轴题 考前冲刺专题提升训练 1．综合与实践：教材八年级下册的数学活动—折纸，引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验． 实践发现：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展开；连接． （1）如图①，直线________（填“是”或“不是”）线段的垂直平分线；请判断图中是什么特殊三角形？答：________；进一步计算出________； （2）如图②，折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展开，连接交于点，连接．求证：四边形是菱形； （3）如图③，矩形纸片中，，，折叠纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段的长度有，，，．请直接写出以上个数值中你认为正确的数值． 2．实践与探究 操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则 度． 操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．我们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则 度． 在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题： （1）设AM与NF的交点为点P．求证：． （2）若，则线段AP的长为 ． 3．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法： 【综合与实践】 操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN； 操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′； 操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P； 【问题解决】 请在图3中解决下列问题： （1）求证：BP＝D′P； （2）AP：BP＝　 　； 【拓展探究】 （3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由． 4．将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点E，F分别在边，上．沿着折叠该纸片，使得点A落在边上，对应点为，如图①．再沿折叠，这时点E恰好与点C重合，如图②． （Ⅰ）求点C的坐标； （Ⅱ）将该矩形纸片展开，再折叠该矩形纸片，使点O与点F重合，折痕与相交于点P，展开矩形纸片，如图③． ①求的大小； ②点M，N分别为，上的动点，当取得最小值时，求点N的坐标（直接写出结果即可）． 5．问题情境 在综合实践课上，同学们以“正方形和直线的旋转”为主题分组开展数学探究活动，已知正方形ABCD，直线PQ经过点A，并绕点A旋转，作点B关于直线PQ的对称点E，直线DE交直线PQ于点F，连结AE，BE． 操作发现 （1）如图1，设∠PAB=25°则∠ADF=　 　°． （2）“梦想小组”的同学们发现，∠BEF的度数是一个定值，这个值为　 　． （3）“创新小组”的同学们发现，线段AB、DF、EF之间存在特殊的数量关系，请写出这一关系式，并说明理由： 拓展应用 （4）如图2，当直线PQ在正方形ABCD的外部时，“进取小组”的同学们发现（3）的结论仍然成立，并提出新问题；若DF=3，EF=4，直接写出正方形ABCD的边长． 6．综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“等腰三角形的剪拼”为主题开展数学活动．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝16cm．将△ABC沿BC边上的中线AD剪开，得到△ABD和△ACD． 操作发现： （1）乐学小组将图1中的△ACD以点D为旋转中心，按逆时针方向旋转，使得A'C'⊥AD，得到图2，A'C'与AB交于点E，则四边形BEC'D的形状是　 　． （2）缜密小组将图1中的△ACD沿DB方向平移，A'D'与AB交于点M，A'C'与AD交于点N，得到图3，判断四边形MNDD'的形状，并说明理由． 实践探究： （3）缜密小组又发现，当（2）中线段DD'的长为acm时，图3中的四边形MNDD'会成为正方形，求a的值． （4）创新小组又把图1中的△ACD放到如图4所示的位置，点A的对应点A'与点D重合，点D的对应点D'在BD的延长线上，再将△A'C'D'绕点D逆时针旋转到如图5所示的位置，DD'交AB于点P，DC'交AB于点Q，DP＝DQ，此时线段AP的长是　 　cm． 7．【操作思考】画⊙和⊙的直径、弦，使，垂足为（如图1）．猜想所画的图中有哪些相等的线段、相等的劣弧？（除外）． （1）猜想：① ；② ；③ ． 操作：将图1中的沿着直径翻折，因为圆是轴对称图形，过圆心的任意一条直线都是它的对称轴，所以与重合，又因为，所以射线与射线重合（如图2），于是点与点重合，从而证实猜想． 【知识应用】图3是某品牌的香水瓶，从正面看上去（如图4），它可以近似看作割去两个弓形后余下的部分与矩形组合而成的图形（点在上），其中． （2）已知⊙的半径为，，，，求香水瓶的高度． 8．综合与实践 问题情境 综合与实践课上，老师让同学们以“折纸”为主题开展数学活动．如图1，有一张长为4，宽为3的矩形纸片（）． 操作发现 （1）快乐小组先将图1中的矩形纸片沿直线折叠，使得点落在点处，得到图2，他们发现，请你证明这个结论； （2）创新小组将图2中的矩形纸片展开后继续折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕为，得到图3，则折痕__________； 实践探究 （3）前进小组在创新小组的操作基础上，将图3中的纸片展开，再将矩形纸片沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，然后将纸片展平．如图4所示，折痕交于点，交于点，试判断的形状并证明你的结论． 9．已知：如图1，在中，弦，，．直线相交于点． （1）求的度数； （2）如果点在上运动，且保持弦的长度不变，那么，直线相交所成锐角的大小是否改变？试就以下三种情况进行探究，并说明理由（图形未画完整，请你根据需要补全）． ①如图2，弦与弦交于点； ②如图3，弦与弦不相交： ③如图4，点与点重合． 10．（1）如图1，矩形ABCD是由两个边长为1的正方形构成．请你剪两刀后拼成一个与矩形ABCD面积相等的正方形． （2）如图2，矩形EFGH的长FG为6，宽EF为4，用剪刀剪两次，然后将其拼接成一个与矩形EFGH面积相等的正方形，画出裁剪线及拼接后的图形，简要说明裁剪线是如何确定的．如果你没有想到好方法，不用急，请沉着应对．细读下列数学事实或许对你解决有帮助． （3）如图3，在⊙O中，MN为直径，PQ⊥MN，垂足为点Q，交⊙O于点P，连结PM、PN．易证明PQ2＝MQ•NQ．此结论可直接运用． 11．折纸的思考． 【操作体验】 用一张矩形纸片折等边三角形． 第一步，对折矩形纸片ABCD（AB＞BC）（图①），使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平（图②）． 第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点C落在EF上的P处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，折出PB，PC，得到△PBC． （1）说明△PBC是等边三角形． 【数学思考】 （2）如图④，小明画出了图③的矩形ABCD和等边三角形PBC，他发现，在矩形ABCD中把△PBC经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形，请描述图形变化的过程． （3）已知矩形一边长为3cm，另一边长为a cm，对于每一个确定的a的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形，请画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围． 【问题解决】 （4）用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4cm和1cm的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为 cm． 12．综合与实践 背景阅读  早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或3，4，5的三角形就是（3，4，5）型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形． 实践操作 如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm． 第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平． 第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF． 第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′H，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平． 问题解决 （1）请在图2中证明四边形AEFD是正方形． （2）请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明； （3）请在图4中证明△AEN（3，4，5）型三角形； 探索发现 （4）在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形？请找出并直接写出它们的名称． 13．综合与实践 动手实践：一次数学兴趣活动，张老师将等腰的直角顶点与正方形的顶点重合（），按如图（1）所示重叠在一起，使点在边上，连接． 则可证：______，______三点共线； 发现问题：（1）如图（2），已知正方形，为边上一动点，，交的延长线于，连结交于点． 若，则______，______； 尝试探究：（2）如图（3），在（1）的条件下若，求证：； 拓展延伸：（3）如图（4），在（1）的条件下，当______时，为的6倍（直接写结果，不要求证明）． 14．综合与实践 动手操作 利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法． 如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为． 思考探索 （1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2． ①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上； ②_________； ③为_______三角形，请证明你的结论． 拓展延伸 （2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上． ①面积的最大值为____________； ②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________． 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 参考答案 1．（1）是，等边三角形，60；（2）见详解；（3）7，9． 【分析】（1）由折叠的性质可得AN=BN，AE=BE，∠NEA=90°，BM垂直平分AN，∠BAM=∠BNM=90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解； （2）由折叠的性质可得AO=A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO=TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形； （3）先求出AT的范围，即可求解． 【详解】（1）解：如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合， ∴EF垂直平分AB， ∴AN=BN，AE=BE，∠NEA=90°， ∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处， ∴BM垂直平分AN，∠BAM=∠BNM=90°， ∴AB=BN， ∴AB=AN=BN， ∴△ABN是等边三角形， ∴∠EBN=60°， ∴∠ENB=30°， ∴∠MNE=60°， 故答案为：是，等边三角形，60； （2）证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处， ∴ST垂直平分AA'， ∴AO=A'O，AA'⊥ST， ∵AD∥BC， ∴∠SAO=∠TA'O，∠ASO=∠A'TO， ∴△ASO≌△A'TO（AAS） ∴SO=TO， ∴四边形ASA'T是平行四边形， 又∵AA'⊥ST， ∴四边形SATA'是菱形； （3）解：∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处， ∴AT=A'T， 在Rt△A'TB中，A'T＞BT， ∴AT＞10-AT， ∴AT＞5， ∵点T在AB上， ∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10， ∴5＜AT≤10， ∴正确的数值为7，9， 故答案为：7，9． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 2．操作一：45°，操作二：60°；（1）证明见解析；（2） 【分析】操作一：直接利用折叠的性质，得出两组全等三角形，从而得出,,从而得出∠EAF的值； 操作二：根据折叠的性质得出 ,从而得出，即可求得的度数； （1）首先利用 ,得出 ,则,从而得出△ANF为等腰直角三角形，即可证得； （2）利用三角函数或者勾股定理求出BE的长，则,设DF=x，那么FC=，在Rt△EFC中，利用勾股定理得出DF的长，也就是MF的长，即可求得EF的长，进而可得结果． 【详解】操作一：45°，证明如下： ∵折叠得到 , 折叠得到 , ∴ , ∴ , ∴ , 故填：45°； 操作二：60°，证明如下： ∵， ∴ , 又∵沿着EF折叠得到 , ∴， ∴ , ∴ , 故填：60°； （1）证明： 由上述证明得,, ∴ , ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠C=∠D=90°， ∴ ,, 又∵ , ∴, 在和中， ∵ , ∴ , ∴ , ∴ ， ∴ , ∴为等腰直角三角形， 即AN=NF, 在和中： ∵ ∴ （2）由题可知是直角三角形，, ∴ , 解得BE=1, ∴BE=EM=1,, 设DF=x，则MF=x，CF=， 在Rt△CEF中， ， 解得x=， 则， ∵ ∴AP=EF=． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练运用折叠的性质，找出全等三角形． 3．（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析 【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论； （2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可； （3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接PC． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD， ∴∠MD′C＝∠D＝90°， ∴∠CD′P＝∠B＝90°， 在Rt△CD′P和Rt△CBP中， ， ∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL）， ∴BP＝D′P； （2）解：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝． 设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x， 在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2． ∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2， 解得x＝， ∴BP＝，AP＝， ∴AP：BP＝2：1， 故答案为：2：1． （3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点． 理由：如图2，连接QM． ∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°， ∴∠QD′M＝∠A＝90°． 在Rt△AQM和Rt△D′QM中， ， ∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL）， ∴AQ＝D′Q， 设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y， 则QP＝AP﹣AQ＝﹣y． 在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2． ∵D′P＝BP＝， ∴y2+（）2＝（﹣y）2， 解得y＝． ∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点， ∵EF∥AB， ∴，即， 解得AE＝． ∴点E为AD的五等分点． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键． 4．（Ⅰ）（Ⅱ）①，② 【分析】（Ⅰ）由翻折的性质可知，，，再由正方形的性质和勾股定理可得OE，继而即可求解； （Ⅱ）①连接，由题意和（Ⅰ）可知，而，，由等角对等边可知，，设，则，然后根据翻折的性质可知即，把x代入列出方程，解方程求出，根据相似三角形的判定可证, ，再根据相似三角形的对应角相等和三角形内角和即可求解； ②利用角平分线上的点到角两边的距离相等这一性质可判断M、N的位置，进而根据题意即可求解． 【详解】解：（Ⅰ）∵点，∴． 由两次折叠可知，，． ∴是正方形．∴． 在中，． ∴点C的坐标为． （Ⅱ）①如图③，连接，由和（Ⅰ）可知， ，而， ， 故，． 设，则， 由即， 得，解得． 所以．则有． 得．又，则， 即． ②如图④所示，过点P作⊥OC于点，交OF于点M，作关于OF的对称点N，连接MN，此时取得最小值时，且， 过点N作NG⊥x轴于点G， ∵由（Ⅱ）知，∠AOE＝45°, ∴∠NOG＝90°－45°＝45° ∴OG＝NG＝． ∴． 【点睛】本题主要考查几何变换的综合题，涉及到翻折的性质、勾股定理、相似三角形的判定及其性质、角平分线的性质等知识点，熟练运用所学知识是解题的关键． 5．（1）70°；（2）45°；（3）EF2+DF2=2AB2，详见解析；（4）5 【分析】（1）利用折叠得出∠BAP=∠EAP=25°，进而求出∠BAE=50°，即可得出结论； （2）设∠BAP=α，先求出∠AED=45°+α，再求出∠AEB，即可得出结论； （3）利用（2）判断出∠BFE=90°，即△BDF是直角三角形，利用勾股定理即可得出结论； （4）先判断出∠AED=∠ABF，再判断出∠AED=∠ADE，即可得出∠BFD=90°，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵∠PAB=25°， 由折叠知，∠PAB=∠EAP=25°， ∴∠BAE=50°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°， ∴∠DAE=40°， ∴∠ADF=（180°﹣40°）=70° （2）设∠BAP=α， 由折叠知，AE=AD，∠EAF=∠BAF=α， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴AD=AE，∠DAE=90°﹣∠BAE=90°﹣2α， ∴∠AED=（180°﹣∠DAE）=90°﹣∠DAE=90°﹣（90°﹣2α）=45°+α， 由折叠知，BE⊥AP， ∴∠AEB+∠EAF=90°， ∴∠AEB=90°﹣∠EAF=90°﹣α， ∴∠BEF=180°﹣∠AEB﹣∠AED=180°﹣（90°﹣α）﹣（45°+α）=45°， 故答案为：45°； （3）EF2+DF2=2AB2； 理由：如图1，连接BF， 由折叠知，BF=EF，∠BEF=∠EBF， 由（2）知，∠BEF=45°， ∴∠BFE=90°， 连接BD， ∴△BDF是直角三角形， ∴BD2=BF2+DF2=EF2+DF2， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴BD2=2AB2， ∴EF2+DF2=2AB2； （4）如图2，连接BD，BF， 由折叠知，∠BEF=∠EBF，∠AEB=∠ABE， ∴∠AED=∠ABF， 由折叠知，EF=BF，AE=AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°，AB=AD， ∴AE=AD， ∴∠AED=∠ADE， ∴∠ABF=∠ADE， ∵∠AOB=∠FOD， ∴∠BFD=∠BAD=90° ∴△BDF是直角三角形， ∴BD2=BF2+DF2=EF2+DF2， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴BD2=2AB2， ∴EF2+DF2=2AB2， ∵DF=，EF=， ∴2AB2=32+18=50， ∴AB=5 即：正方形ABCD的边长为5． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，正方形的性质，直角三角形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出∠BEF=45°． 6．(1)菱形；(2)四边形MNDD'是矩形，理由见解析；(3)；(4) 【分析】操作发现： （1）由等腰三角形的性质可得∠B=∠C，BD=CD=8cm，∠BAD=∠CAD，由余角的性质可得∠ADC'=∠BAD，可得AB∥C'D，可证四边形BDC'E是平行四边形，且BD=C'D，可证四边形BEC'D是菱形； （2）由“ASA”可证△MDB'≌△NDC'，可得DN=MD'，由平移性质可得MD'∥DN，可证四边形MNDD'是平行四边形，且∠BD'M=90°，可证四边形MNDD'是矩形； 实践探究： （3）由正方形的性质可得D'M∥DN，D'M=D'D=acm，由相似三角形的性质可求解； （4）过点D作DG⊥AB于点G，通过证明△DQP∽△AQD，可求AQ=AD=6，通过证明△DGA∽△BDA，可得，可求AG的长，即可求解． 【详解】解：操作发现： （1）如图1：∵AB＝AC＝10cm，BC＝16cm． ∴∠B＝∠C，BD＝CD＝8cm，∠BAD＝∠CAD， ∵△ACD以点D为旋转中心，按逆时针方向旋转， ∴C'D＝BD， ∵AD⊥BD，A'C'⊥AD， ∴A'C'∥BD，∠ADC'＝90°﹣∠C'， ∴∠ADC'＝90°﹣∠B，且∠BAD＝90°﹣∠B， ∴∠ADC'＝∠BAD， ∴AB∥C'D， ∴四边形BDC'E是平行四边形， ∵BD＝C'D， ∴四边形BEC'D是菱形， 故答案为：菱形； （2）如图3，四边形MNDD'是矩形， 理由如下： ∵BD＝CD， ∴BD'＝CD，且∠B＝∠C'，∠MD'B＝∠NDC' ∴△MDB'≌△NDC'（ASA） ∴MD'＝ND， ∵△ACD沿DB方向平移， ∴MD'∥DN， ∴四边形MNDD'是平行四边形， ∵∠BD'M＝90°， ∴四边形MNDD'是矩形； （3）由图形（1）可得AB＝10cm，BD＝8cm， ∴AD＝＝＝6cm， ∵四边形MNDD'为正方形， ∴D'M∥DN，D'M＝D'D＝acm， ∴△BD'M∽△BDA， ∴， ∴， ∴a＝； （4）如图5，过点D作DG⊥AB于点G， ∵DP＝DQ， ∴∠DQP＝∠DPQ，QG＝PG， 又∵∠A＝∠PDQ， ∴△DQP∽△AQD， ∴∠ADQ＝∠DPQ， ∴∠ADQ＝∠AQD， ∴AQ＝AD＝6， ∵∠A＝∠A，∠DGA＝∠BDA， ∴△DGA∽△BDA， ∴， ∴， ∴AG＝， ∴GQ＝AQ﹣AG＝6﹣＝， ∴PG＝QG＝， ∴AP＝AG﹣PG＝﹣＝， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 7．（1）CP=DP，，；（2）7.2cm 【分析】（1）根据轴对称图形的定义及垂径定理即可得到答案； （2）作OM⊥EF，延长MO角GH于N，连接OE、OG，根据垂径定理分别求出EM、GN，利用勾股定理求出OM、ON，即可得到答案. 【详解】（1）∵⊙的直径、弦，使，垂足为， ∴相等的线段是：CP=DP，相等的劣弧是： ，， 故答案为：CP=DP，，； （2）作OM⊥EF，延长MO角GH于N，连接OE、OG， ∵， ∴ON⊥GH， ∵EM=EF=1.8cm，GN=GH=2.4cm，⊙的半径为3cm， ∴，, ∴香水瓶的高度=AB+OM+ON=3+2.4+1.8=7.2cm. 【点睛】此题考查轴对称图形和圆的相关知识，勾股定理，垂径定理正确掌握轴对称图形的定义，圆的轴对称关系，利用垂径定理进行计算是解题的关键. 8．（1）证明见解析；（2）；（3）为等腰三角形，理由见解析． 【分析】（1）利用矩形和折叠的性质分别得到，，，，然后根据AAS定理证明，从而求证； （2）根据勾股定理求得BD的长，设AF=FG=x，然后利用折叠的性质及勾股定理列方程求出AF的值，最后再利用勾股定理求BF； （3）利用折叠的性质得到垂直平分，从而得到及，然后利用等角对等边判定三角形的形状． 【详解】解：（1）如图2，四边形为矩形， ，， 由折叠得，， ， 在和中， ， ；    （2）如图3，由题意可知：AB=BG=3，AD=4，∠A=∠FGB=90° ∴BD= ∴DG=BD-BG=5-3=2 设AF=FG=x，则DF=4-x 在Rt△FGD中， 解得： 在Rt△ABF中， 故答案为：；    （3）如图4，为等腰三角形． 理由如下： 折叠得到， 垂直平分， ． 又， ， ． 又折叠得到， ， ， ， 为等腰三角形．    【点睛】本题考查折叠的性质，勾股定理的应用及等腰三角形的判定，掌握折叠的性质及勾股定理，正确推理论证是解题关键． 9．（1）（2）①结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变，依然是；证明过程见详解．②结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变，依然是；证明过程见详解．③结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变，依然是；证明过程见详解． 【分析】（1）根据得到是直径，连接、，发现等边三角形，再根据圆周角定理求得，再进一步求得的度数； （2）分别画出三种图形，图中，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质可以求得；图中，根据三角形的外角的性质和圆周角定理可以求得；图中，根据切线的性质发现直角三角形，根据直角三角形的两个锐角互余求得． 【详解】解：（1）连接、，如图： ∵ ∴是直径 ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ （2）①结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变依然是 证明：连接、、，如图： ∵ ∴为等边三角形 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ②结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变依然是 证明：连接、，如图： ∵ ∴是直径 ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ ③结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变依然是 证明：如图： ∵当点与点重合时，则直线与只有一个公共点 ∴恰为的切线 ∴ ∵，， ∴ ∴． 故答案是：（1）（2）①结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变，依然是；证明过程见详解．②结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变，依然是；证明过程见详解．③结论：直线 、相交所成锐角的大小不发生改变，依然是；证明过程见详解． 【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、圆内接四边形的性质．此题主要是能够根据圆周角定理的推论发现是直径，进一步发现等边，从而根据圆周角定理以及圆内接四边形的性质求解． 10．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）如图1所示，分别沿AE，DE各剪一刀，即可拼成与原矩形面积相等的正方形AEDF； （2）如图2﹣1，延长GF至M，使MF＝EF＝4，作以MG为直径的圆，延长FE交圆于点N，由可知NF2＝MF•GF＝EF•GF＝24，如图2﹣2，以F为圆心，FN为半径作圆，交矩形EH边于点Q，过G作GK⊥FQ于点K，沿FQ，GK剪开后可拼成正方形KGPO，且S正方形KGPO＝24． 【详解】（1）如图1所示，分别沿AE，DE各剪一刀，即可拼成与原矩形面积相等的正方形AEDF； （2）如图2﹣1，延长GF至M，使MF＝EF＝4，作以MG为直径的圆，延长FE交圆于点N， ∴∠MNG=90° ∴∠GNF+∠MNF=90°, ∵∠NFM=90°, ∴∠NMF+∠MNF=90°, ∴∠NMF=∠GNF, 又∠NFM=∠NFG, ∴ ∴ 即NF2＝MF•GF＝EF•GF＝24， ∴S正方形＝S矩形＝24， 如图2﹣2，以F为圆心，FN为半径作圆，交矩形EH边于点Q，过G作GK⊥FQ于点K， 沿FQ，GK剪开后可拼成正方形KGPO，且S正方形KGPO＝24． 【点睛】本题考查了圆的有关性质，矩形的性质，正方形的性质等，解题关键是熟知任何一个矩形都可能剪拼成一个正方形． 11．（1）理由见解析；（2）答案见解析；（3）本题答案不唯一，如图⑥；（4）． 【分析】（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可； （2）由旋转的性质和位似的性质即可得出答案； （3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可； （4）证明△AEF∽△DCE，得出，设AE=x，则AD=CD=4x，DE=AD﹣AE=3x，在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：EF是BC的垂直平分线，BG是PC的垂直平分线，∴PB=PC，PB=CB，∴PB=PC=CB，∴△PBC是等边三角形． （2）以点B为中心，在矩形ABCD中把△PBC逆时针方向旋转适当的角度，得到△P1BC1； 再以点B为位似中心，将△△P1BC1放大，使点C1的对应点C2落在CD上，得到△P2BC2； 如图⑤所示； （3）本题答案不唯一，举例如图⑥所示； （4）如图⑦所示： △CEF是直角三角形，∠CEF=90°，CE=4，EF=1，∴∠AEF+∠CED=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠D=90°，AD=CD， ∴∠DCE+∠CED=90°， ∴∠AEF=∠DCE， ∴△AEF∽△DCE， ∴， 设AE=x，则AD=CD=4x， ∴DE=AD﹣AE=3x， 在Rt△CDE中，由勾股定理得： ， 解得：x=， ∴AD=4×=； 故答案为． 12．（1）证明见解析；（2）NF=ND′，理由见解析；（3）证明见解析；（4）△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形． 【详解】试题分析：（1）根据题中所给（3，4，5）型三角形的定义证明即可； （2）NF=ND′，证明Rt△HNF≌Rt△HND′即可； （3）根据题中所给（3，4，5）型三角形的定义证明即可； （4）由△AEN是（3，4，5）型三角形，凡是与△AEN相似的△都是（3，4，5）型三角形． 试题解析：解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠DAE=90°．由折叠知：AE=AD，∠AEF=∠D=90°，∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形．∵AE=AD，∴矩形AEFD是正方形． （2）NF=ND′．证明如下： 连结HN．由折叠知：∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′． ∵四边形AEFD是正方形，∴∠EFD=90°． ∵∠AD′H=90°，∴∠HD′N=90°． 在Rt△HNF和Rt△HND′中，∵HN=HN，HF=HD′，∴Rt△HNF≌Rt△HND′，∴NF=ND′． （3）∵四边形AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折叠知：AD′=AD=8cm，EN=EF-NF=（8-x）㎝． 在Rt△AEN中，由勾股定理得： ，即，解得：x=2，∴AN=8+x=10（㎝），EN=6（㎝），∴AN=6：8：10=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形． （4）图4中还有△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形． ∵CF∥AE，∴△MFN∽△AEN． ∵EN：AE：AN=3：4：5，∴FN：MF：CN=3：4：5，∴△MFN是（3，4，5）型三角形； 同理，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形． 13．动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3） 【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得∠ABF=∠D=90°，则∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线； （1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，可证出△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得BG=CE=AB，即可得出，根据三角形的面积公式分别表示S△AGE和S△BGF，即可得出S△AGE和S△BGF的比值； （2）若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得4BG=CE=AB，可得出BG==AB，即可得出结论； （3）根据AG为GB的6倍得AG=6GB，则AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，则，可得出BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，由DE=BF，BC=CD可得x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，n=3+或3-． 【详解】解：动手实践：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD， ∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°， ∴∠BAF=∠DAE， ∴△ADE≌△ABF， ∴∠ABF=∠D=90°， ∴∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线， 故答案为：ABF，F、B、C； （1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点， ：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD， ∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°， ∴∠BAF=∠DAE， ∴△ADE≌△ABF， ∴FB=DE=CD=AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴△FBG∽△FCE， ∴， ∴BG=CE=AB， ∴AG=AB-BG=AB， ∴， ∵S△AGE=AG•BC=×AB×AB=AB2， S△BGF=BG•BF=×AB×AB=AB2， ∴， 故答案为：5，10； （2）证明：若n=3，则DC=3DE， 由（1）得△ADE≌△ABF， ∴FB=DE=CD=AB， 由（1）得△FBG∽△FCE， ∴， ∴4BG=CE=AB， ∴BG=AB， ∴AG=AB-BG=AB， ∴AG=5GB； （3）∵AG为GB的6倍， ∴AG=6GB， ∴AG=AB=CD，BG=CD， 由（1）得△FBG∽△FCE， ∴， ∴BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF， 设CD=x，DE=a， ∵DE=BF，BC=CD， ∴x（a+x）=（x-a）a， 整理得：x2-6ax+7a2=0， 解得：x=（3+）a，或x=（3-）a， 即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE， ∴n=3+或3-． 故答案为：3+或3-． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，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． 14．（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②． 【分析】（1）①利用圆的基本性质，即可求解； ②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解； ③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解； （2）①由题意知点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，此时当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大； ②当E、B′、C三点共线时，B'C+ EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）根据折叠的性质知：BE=B′E，BC=B′C=3，MA=MB=NC=ND=， ∠B=∠EB′C=90， ①点B′在以点E为圆心，BE的长为半径的圆上； ②B′M=MN- B′N= = =； ③B′D=， ∴△DB'C为等边三角形； 故答案为：①BE，②，③等边； （2）①∵AB=3=3AE， ∴AE=1，BE=2， 故点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上， ∴△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可， ∴当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大，如图： △ABB'的面积最大值； ②∵∠AQP=∠AB'E， ∴PQ∥B'E， ∵P为AE的中点， ∴Q为AB'的中点， ∴PQ为△AEB'的中位线， ∴PQ=EB'，即EB'=2PQ， ∴B'C+2PQ= B'C+ EB'， 当E、B′、C三点共线时，B'C+ EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值， 且最小值为EC的长， ∴EC=， ∴B'C+2PQ的最小值为． 故答案为：①；②． 【点睛】本题考查了圆的性质，矩形的性质、图形的折叠、等腰三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）①当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+2PQ取得最小值，是解本题的关键． 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 $$