2026年中考数学一轮复习微专题：类比性几何探究

微专题：类比性几何探究 详解详析 1.解：（1） ； 【解法提示】如答案图①，取 的中点G， 的中点H，连接 ，∵G、H分别是 的中点，∴ ， // ，∴ ，∵ ，∴ .∵ 分别是 斜边上的中点，∴ ，∵ ， ，∴ ， ，∴ 是等边三角形，∴  ∴ .∵ 是等边三角形，∴ ∴ ∵P是 的中点，∴ ，∴ .在 与 中， ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ . 答案图① （2） ，理由如下： 如答案图②，延长 交线段 于点 ， 由题意得 ， ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ； 答案图② （3） 或 ． 【解法提示】∵ ， ，且 ，∴ ， .如答案图③，当点E在线段  上时，过点C作 于点N，∵ 是等边三角形，P是 的中点，∴ ， ，∵ ，∴ ，∴ ，在 中，由勾股定理得， ，∴  ；如答案图④，当点E在线段  的延长线上时，过点C作  于点N，同理，得 ，∴ ，∴综上所述，线段  的长为 或 ． 2.解：（1）AB＝DE； 【解法提示】∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，∴BC＝BD，∠CBD＝90°，∴∠BCA＝∠DBE＝90°－∠ABC，∵∠A＝∠E＝90°，∴△ABC≌△EBD（AAS），∴AB＝DE. （2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝90°， ∴∠BCA＝∠DBE＝90°－∠ABC， ∵∠A＝∠E＝90°， ∴△ABC≌△EBD（AAS）， ∴DE＝AB，BE＝AC， ∵AB＝2，AC＝6， ∴DE＝2，BE＝6， ∴AE＝AB+BE＝8， ∵∠DEB+∠A＝180°， ∴DE//AC， ∴△DEF∽△CAF， ∴ ，即 ， ∴EF＝4， ∴BF＝BE+EF＝10， ∴S△BDF  BF•DE＝10； （3） ； 【解法提示】解法一：如图①，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系，由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2，∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2），设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得， ，解得 ，∴直线BD解析式为y x ，同理可求直线CE解析式为y x+6，令 x x+6，解得x ，∴y ，即N（ ， ），∴利用两点距离公式可得BN ，∵BC 2 ，∴ ． 图① 解法二：如图②，过点N作NM⊥AE于点M，由△EMN∽△EAC得， ，即 ，∴EM MN，由△BMN∽△BED得， ，即 ，解得MN ，由△BMN∽△CAB得， ． 图② （4） 或 ． 【解法提示】①当点P在点B左侧时，如图③，过点P作PQ⊥BC于点Q，∵tan∠BCP ，tan∠ABC 3，∴PQ CQ，PQ＝3BQ，设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a，∴BC＝BQ+CQ＝11a，∵BC 2 11a，∴a ，∴BP 2 a ，∴AP＝BP－AB ；②当点P在点B右侧时，如图④，作PG⊥BC交BC延长线于点G，tan∠BCP ，tan∠PBG＝tan∠ABC，即 ，同理求得AP ，∴综上所述，AP的长度为 或 ． 图③                                                                    图④ 3.解：（1）  ； 【解法提示】∵当n＝1时，AD＝AB，AP＝AM，∴矩形ABCD和矩形APNM均是正方形，∴∠PAN＝∠DAC＝45°，∴点A，N，C在同一条直线上，∴  ，  ，∵AC＝CN+AN，AD＝PD+AP，∴  ，∴  . （2）  ，理由如下： 如答案图①，连接AC，当n＝3时，AD＝3AB＝3CD，AP＝3AM＝3PN， ∴  ， ∴  ， 又∵∠ADC＝∠APN＝90°， ∴△ADC∽△APN， ∴∠DAC＝∠PAN，  ， ∴∠DAC﹣∠PAC＝∠PAN﹣∠PAC，即∠DAP＝∠CAN， ∴△ADP∽△ACN， ∴  ， 在Rt△ADC中，由勾股定理得，  ， ∴  ， ∴  ； 答案图① （3）线段CN的长为  或  . 【解法提示】∵AD＝6，AP＝3，∴MN＝AP＝3，  ，  ，∴在Rt△ADC中，由勾股定理得，AC2＝CD2+AD2＝4+36＝40，如答案图②，连接AC，当点C，N，M三点共线，且点N在线段CM上时，∵∠M＝90°，∴在Rt△AMC中，由勾股定理得，  ，∴  ；如答案图③，连接AC，当点C，N，M三点共线，且点N在CM的延长线上时，∵∠AMC＝180°﹣∠AMN＝90°，∴ 在Rt△AMC ，∴  ，∴综上所述，线段CN的长为  或  ．   答案图②                                                        答案图③    4.（1）菱形，正方形； 【解法提示】∵平行四边形，矩形的对角线不一定平分平行四边形，矩形的角，∴平行四边形，矩形不一定是“可折四边形”；∵菱形，正方形的对角线平分一组对角，∴菱形，正方形一定是“可折四边形”． （2）①当DC⊥BC，DA⊥AB时，DC与DA最小， ∴此时AD+CD最小； ∵∠ABC＝60°，对角线BD平分∠ABC． ∴  ， ∴  ， ∴AD+CD＝2+2＝4， ∴AD+CD的最小值为4； ②如答案图①，过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E，DP⊥AC于点P，DG⊥BA交BA延长线于点G， ∵∠3＝∠1+∠2①，∠ACE＝∠4+∠ABC，DC平分∠ACE，DB平分∠ABC， ∴∠ACE＝2∠3，∠ABC＝2∠2， ∴2∠3＝∠4+2∠2②， ①×2－②得∠4＝2∠1＝50°， ∴∠GAC=180°－∠4=130°， ∵DE⊥BC，DP⊥AC，DG⊥AB，且DC平分∠ACE，DB平分∠ABC， ∴DE＝DP，DE＝DG， ∴DP＝DG， ∴AD平分∠GAP， ∴∠DAC=  ∠GAC=＝65°； 答案图① ③如答案图②，过点D作DQ⊥BC于点Q，DP⊥AB交BA的延长线于点P， ∵DB平分∠ABC， ∴DP＝DQ， 在Rt△DPA和Rt△DQC中， ， ∴Rt△DPA≌Rt△DQC(HL)， ∴∠ADP＝∠CDQ， ∵DB平分∠ABC， ∴  ， ∴∠BDP＝∠BDQ＝60°， ∴∠ADC＝∠PDQ＝120°， ∴∠ADC+∠ABC=180°， 则A，B，C，D四点共圆， ∴∠BAE＝∠BDC，∠ACB＝∠ADE； 当BA＝BE时，如答案图③，过点A作AM⊥BD于点M，过点C作CN⊥BD于点N， ∴  ， ∴∠ADE＝  =45°， ∴∠BCD＝180°－∠CBD－∠BDC＝180°－30°－75°＝75°， ∴∠BCD＝∠BDC， ∴BC＝BD＝6， ∵∠CBD＝30°， ∴  ， ∵∠ADE＝45°，∠AMD＝90°， ∴∠DAM＝∠ADE＝45°， ∴AM＝DM， ∵∠ABM＝30°， ∴AB＝2AM， 在Rt△AMB中，  ， ∵BM+DM＝BD＝6， ∴  ， ∴  ， ． 当EB＝EA时，如答案图④，过点C作CH⊥BD于点H， ∵∠BAE＝∠ABE＝∠BDC＝30°， ∴∠DEA＝∠BAE+∠ABE=60°， ∵∠DAC=∠DBC=30°， ∴∠ADE=180°－∠DEA=－∠DAC=＝90°， ∵BC＝6， ∴同理可求得CH＝3，  ，AD＝6， ． 综上，四边形ABCD的面积为  或  ． 答案图②              答案图③             答案图④ 5.解：(1)画出EF如答案图①，1； 答案图① (2) = , 理由：如答案图②，过点E作MN⊥BC分别交AD，BC于点M，N，则四边形MNCD是矩形. ∵∠DEF=90°， ∴∠DEM+∠FEN=90°. ∵∠DEM+∠EDM=90°， ∴∠FEN=∠EDM， ∴△DME∽△ENF， ∴ = = ， ∵EN∥AB,∴△CEN∽△CAB, ∴ = = ,∴ = ； 答案图② (3)当点F在线段BC上时，如答案图③，过点E作MN⊥BC分别交AD，BC于点M，N，连接DF交AC于点H. ∵∠EFC＞90°，∴当△EFC为等腰三角形时，则有FE=FC. 在Rt△DEF和Rt△DCF中 ∴Rt△DEF≌Rt△DCF(HL)，∴∠EFD=∠CFD， ∵在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，∴AC=5， ∴EH=CH= CE= ，∴AH= . ∵MN∥DC，∴△AME∽△ADC, ∴ = = ，即 = = ，∴AM= AE，ME= AE，∴MD=4- AE，NE=3- AE, 由(2)知△DME∽△ENF， ∴ = ，即 = ，化简得NF= AE, ∴CF=BC-BN-NF=4- AE. 又∵AD∥CF，∴△ADH∽△CFH， ∴ = ，即 = ，解得AE= (AE=0已舍去)； 当点F在BC的延长线上时，如答案图④，延长DE交BC于点H. ∵∠ECF＞90°，∴当△EFC为等腰三角形时，则有CE=CF. ∵∠FEH=90°，CE=CF，∴∠CEF=∠CFE， ∴∠HEC+∠CEF=∠CFE+∠EHC=90°， ∴∠HEC=∠EHC. ∵AD∥BC，∴∠ADE=∠CHE， 又∵∠AED=∠CEH，∴∠AED=∠ADE， ∴AE=AD=4. 综上所述，当△EFC为等腰三角形时，AE的长为 或4. 答案图③        答案图④ 6.解：(1)60°； 【解法提示】∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABD＝60°，由旋转可知，AP＝AQ，∠PAQ＝60°，∴∠BAP＝∠DAQ＝60°－∠PAD，∴△ABP≌△ADQ(SAS)，∴∠ADQ＝∠ABP＝60°. (2)①如答案图①，过点A作AE⊥BD于点E， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠ADE＝45°，即△ADE为等腰直角三角形， ∴AD ，∠DAE＝45°， 由旋转可知△APQ是等腰直角三角形， ∴AQ AP，∠PAQ＝45°， ∴ ，∠PAE＝45°－∠DAP＝∠QAD， ∴△APE∽△AQD， ∴∠ADQ＝∠AEP＝90°； ②在Rt△ABE中，BE＝AB•cos45°  ， ∴PE＝BP－BE＝2  ， 由①知△APE∽△AQD， ∴  ， ∴DQ  PE＝2  ； (3)2  ． 【解法提示】在Rt△APQ中，∠AQP＝30°，∴  ，∵∠ADB＝30°，∴∠ABD＝60°，过点A作AL⊥BD于点L，过点Q作QK⊥BD于点K，则QK  ，在Rt△ABL中，BL＝AB•cos60°＝2，①如答案图②，当点Q在BD上方时，同理可得△QPK∽△PAL，∴  ，∴PL  ，∴BP＝BL+PL＝2  ；②如答案图③，当点Q在BD下方时，同理可得PL  ，∴BP＝BL－PL＝2  ；综上，BP的长为2  ． 7.（1）解：   ； 【解法提示】在等边  ABC中，AB＝4，∴BC＝AC＝AB＝4，∠B＝60°，∵点D是边BC上一点，BD＝2，∴   ，∴点D是BC的中点，∵AC＝AB，∴AD⊥BC，在Rt△ABD中，   ，∴   ；若BD＝m，如图①，过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ABG中，   ，   ，∴   ，   ，∴DG＝|BG－BD|＝|2－m|，在Rt△ADG中，由勾股定理得   ． 图① （2）①证明：如图②，过点A作AM⊥DE交DE延长线于点M，作AN⊥DF于点N， ∵以点D为旋转中心，将直线AD逆时针旋转60°交直线AB于点E，顺时针旋转60°交直线AC于点F， ∴∠ADE＝∠ADF＝60°， ∴AD平分∠EDF，∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝120°， 又∵AM⊥DE，AN⊥DF， ∴DM＝DN，∠M＝∠AND＝∠ANF＝90°， ∴AM＝AN，∵四边形AMDN的内角和为360°， ∴∠MAN＝360°－∠M－∠MDN－∠AND＝360°－90°－120°－90°＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∴∠MAN＝∠BAC， ∴∠MAN－∠EAN＝∠BAC－∠EAN，即∠MAE＝∠NAF， 在△AME和△ANF中​  ， ∴△AME≌△ANF(ASA)， ∴AE＝AF； ②解：如图②，在Rt△ADM中，    ， ∴    ， 同理可得    ， 由（2）①得   AME≌△ANF， ∴ME＝NF， ∴DE+DF＝DM－ME+DN+NF＝DM+DN＝AD， 由（1）得若BD＝m，则    ， ∴    ． 图② （3）解：BD的长为1或2； 【解法提示】情况一：若点D在线段BC上，如图③，由（2）得，∠ADE＝60°，DE+DF＝AD，∴∠BDE+∠CDA＝120°，∵DF＝3DE，∴AD＝DE+DF＝4DE，∵  ABC为等边三角形，∴BC＝AC＝AB＝4，∠B＝∠C＝60°，∴∠BDE+∠BED＝120°，∴∠BED＝∠CDA，∴  BED∽△CDA，∴   ，∴   ；情况二：若点D在CB延长线上，如图④，过点A作AM⊥DE交ED延长线于点M，作AN⊥DF于点N，同理（2）中的方法可得ME＝NF，   ，∴DF－DE＝DN+NF－(ME－DM)＝DN+NF－ME+DM＝DN+DM＝AD，∵DF＝3DE，∴AD＝DF－DE＝2DE，同理①可得，  BED∽△CDA，∴   ，∴   ；情况三：若点D在BC延长线上，如图⑤，此时DE＞DF，不符合题意，舍去；综上所述，BD的长为1或2． 图③                          图④                          图⑤ 8.解：（1）MN＝DM+BN．理由如下： 由旋转的性质，可知AE＝AM，BE＝DM，∠EAM＝90°，∠ABE＝∠D＝90°， ∴∠ABE+∠ABC＝90°+90°＝180°， ∴E，B，C三线共线， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝∠EAM－∠MAN＝45°＝∠MAN， 在△EAN和△MAN中， ， ∴△EAN≌△MAN（SAS）， ∴EN＝MN， ∵EN＝BE+BN， ∴MN＝DM+BN. （2）MN＝BN－DM．理由如下： 如答案图①，在BC上取BE＝MD，连接AE， ∵AB＝AD，∠B＝∠ADM＝90°， ∴△ABE≌△ADM（SAS）， ∴AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∵∠DAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAE+∠DAN＝45°， ∴∠EAN＝45°＝∠MAN， 在△EAN和△MAN中， ， ∴△EAN≌△MAN（SAS）， ∴EN＝MN， ∵EN＝BN－BE， ∴MN＝BN－DM； 答案图① （3）MN＝DM+BN．理由如下： 如答案图②，将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE， ∴∠B＝∠ADE，AN＝AE，BN＝DE， ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADE+∠ADC＝180°， ∴E，D，C三点共线， 由（1）同理可得△EAN≌△NAM（SAS）， ∴MN＝DM+DE＝DM+BN． 答案图② 9.解：（1）20；40cosθ； 【解法提示】如答案图①，过点E作ET⊥AD于点T，连接DE，由旋转的性质可得AE＝AB＝8，∠BAE＝θ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴ET∥AB，∠DAE＝∠BAD－∠BAE＝90°－θ，∴∠TEA＝∠BAE＝90°－∠TAE＝θ，在Rt△AET中，TE＝AE·cos∠TEA＝8cosθ，∴ ，∴当θ＝60°时，S△ADE＝40cos60°＝20． 答案图 （2）②④； 【解法提示】由旋转的性质可得AB＝AE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABF＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝90°，又∵AF＝AF，在Rt△ABF和Rt△AEF中， ，∴Rt△ABF≌Rt△AEF(HL)，∴BF＝EF，故①错误；∵AB＝AE，BF＝EF，∴AF垂直平分BE，即AF⊥BE，故②正确；∵BF＝EF，∴∠FBE＝∠FEB，∵∠FBE＋∠ABE＝∠ABE＋∠BAF＝90°，∴∠BEF＝∠FBE＝∠BAF，∵Rt△ABF≌Rt△AEF，∴∠EAF＝∠BAF，∴∠BAE＝2∠BAF＝2∠BEF，∴ ，故③错误；如答案图②，设AF，BE交于点O，∵S四边形ABFE＝S△ABF＋S△AEF，∴ ，∴ ，∴ ，∴AF·BE＝2AB·EF，故④正确． 答案图 （3）①如答案图③，连接DE，当DA＝DE＝10时，过点A作AH⊥DE于点H， 设DH＝x，则EH＝10－x， 在Rt△AHE和Rt△ADH中，由勾股定理得AH2＝AE2－EH2＝AD2－DH2， ∴82－(10－x)2＝102－x2， 解得 ， ∴ ， 在Rt△ADH中， ， ∴ ； ②如答案图④，当AE＝DE＝8时，过点A作AH⊥DE于点H， 设DH＝y，则EH＝8－y， 在Rt△AHE和Rt△ADH中，由勾股定理得AH2＝AE2－EH2＝AD2－DH2， ∴82－(8－y)2＝102－y2， 解得 ， ∴ ， 在Rt△ADH中， ， ∴ ； ③如答案图⑤，当AE＝DE＝8时，同理可得 ； ④如答案图⑥，当AD＝DE＝10时，同理可得 ； 综上所述， 或 ． 答案图 10.解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OB＝OD ， ∴∠BOF＝90°，BD＝2OB， 由旋转的性质得BF＝BD， ∴BF＝BD＝2OB， ∴∠BFO＝30°， ∴∠OBF＝90°－∠BFO＝90°－30°＝60°， ∴α＝60°； （2）四边形BDGF为菱形，理由如下， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADB＝∠BDC， 由旋转的性质得BD＝BF，∠F＝∠BDC， ∴∠F＝∠ADB， ∵EF∥BD， ∴∠F＋∠DBF＝180°， ∴∠ADB＋∠DBF＝180°， ∴DG∥BF， ∵EF∥BD， ∴四边形BDGF是平行四边形， 又∵BD＝BF， ∴平行四边形BDGF为菱形； （3）6 或20或2 ． 【解法提示】①如答案图①，当EF∥BC时，∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD，由旋转的性质得BE＝BC，EF＝CD，∴BC＝EF，∴四边形BCFE是平行四边形，由又∵BC＝BE，∴四边形BCFE是菱形，过点D作DH⊥AB于点H，连接EH，CF，则tan∠DAB ，设DH＝3a，则AH＝4a，由勾股定理得AD 5a，∵四边形ABCD是边长为10的菱形，∴AD＝AB＝10，∴a＝2，∴DH＝6，AH＝8，∴BH＝AB－AH＝2，由勾股定理得BD 2 ，∵四边形BCFE是菱形，∴BG⊥CE，CE＝2EG，BG BF，∵BF＝BD＝2 ，∴BG ，∴EG 3 ，∴CE＝2EG＝6 ；②如答案图②，当EF∥AB时，则∠E＝∠ABE，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵∠BDC＝∠F，∴∠F＝∠ABD，∴∠ABD＋∠ABE＋∠EBF＝∠F＋∠E＋∠EBF＝180°，∴∠DBC＝∠FBE，∴∠FBE＋∠ABE＋∠ABD＝180°，∴E，B，C三点共线，∴CE＝BC＋BE＝10＋10＝20；③如答案图③，当EF∥BC，且EF在BC上方时，过点E作EG⊥BC于点G，则∠EBG＝∠BEF，∴tan∠EBG＝tan∠BEF＝tan∠DAB ，∵BE＝10，∴BG＝8，EG＝6，∴CG＝2，∴CE 2 ；综上所述，CE的长为6 或20或2 ． 答案图 11.（1）解： 为等腰直角三角形. 理由：∵四边形  为正方形， ∴ ，即 ， 由旋转的性质可得： ， ， ∴ ，即 ， ∴ 为等腰直角三角形； （2）证明：∵四边形 为正方形， 是对角线， ∴ ， 由旋转的性质可得 ， ， ， ， ∴ 为等腰直角三角形， ， ∴ ， ， ∴  ； （3）解：如答案图，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ， 由旋转的性质可得：  ，  ， ， ， ∴ ， ∴ ， 过点 作  于  ，则 ， ， ∴ ， ∴ ， 在Rt△BE中，由勾股定理得 ， ∴ ，即AE，BE，DE之间的数量关系为 . 答案图 12.解：（1）＝； 【解法提示】在矩形ABCD中，点P是矩形ABCD内一点，EF⊥AD，∴∠AEF＝∠DEF＝90°，AD∥BC，E，F是AD，BC上两点，∴四边形ABFE，CFED是矩形，∴∠BFE＝90°＝∠CFE，∴AE＝BF，ED＝FC，∴PA2＝AE2＋PE2，PC2＝PF2＋FC2，PB2＝BF2＋PF2，PD2＝PE2＋DE2，∴PA2＋PC2＝AE2＋PE2＋PF2＋FC2，PB2＋PD2＝BF2＋PF2＋PE2＋DE2，∴PA2＋PC2＝PB2＋PD2； （2）（1）中的结论还成立；理由如下， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°， ∴∠EAB＝∠FBA＝90°， ∵EF⊥AD， ∴∠E＝90°， ∴四边形ABFE和四边形DCFE都是矩形， ∴AE＝BF，DE＝CF， ∵PD2＝DE2＋PE2＝CF2＋PE2，PA2＝AE2＋PE2＝BF2＋PE2， ∴PD2－PA2＝CF2－BF2， ∵PC2＝CF2＋PF2，PB2＝BF2＋PF2， ∴PC2－PB2＝CF2－BF2， ∴PC2－PB2＝PD2－PA2， ∴PA2＋PC2＝PB2＋PD2； （3）解法一：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，P是Rt△ABC外一点，PA＝1，PB＝3，  ，如答案图①，作PM⊥CA交CA的延长线于点M，则∠PMC＝90°， ∴PC2＝PM2＋CM2，PA2＝PM2＋AM2， 作BN⊥PM交PM的延长线于点N，作CT⊥NB交NB的延长线于点T，连接AT，PT， ∴∠BAM＝90°， ∵∠AMN＝∠N＝∠CTN＝90°， ∴四边形ABNM和四边形CTNM都是矩形， ∴TN＝CM，BN＝AM， ∴PT2＝PN2＋TN2＝PN2＋CM2，PB2＝PN2＋BN2＝PN2＋AM2， ∴PT2－PC2＝PN2－PM2，PB2－PA2＝PN2－PM2， ∴PT2－PC2＝PB2－PA2， ∵PA＝1，PB＝3，  ， ∴  ， ∵TA＋PA  PT， ∴  ， ∴  ， ∵AB∥MN， ∴∠ABT＝∠N＝90°，而∠ACT＝90°， ∴四边形ABTC是矩形， ∴TA＝BC， ∴  ， ∴BC的最小值为  ； 解法二：如答案图②，作CE∥AB，BE∥AC相交于点E，连接PE，由（2）知PA2＋PE2＝PC2＋PB2， ∵PA＝1，PB＝3，  ， ∴1＋PE2＝3＋9， ∴PE  ， ∵PA＋AE  PE， ∴AE  1， ∴BC＝AE  1， ∴BC的最小值为  1．    答案图①                                                答案图② 13.解：（1）AD＝CE，60； 【解法提示】理由如下：∵等边△ABC，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝60°，线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，∴∠DBE＝60°，BD＝BE，∴△BDE为等边三角形，∴DB＝DE＝BE，∠ABD＋∠DBC＝60°，∠DBC＋∠CBE＝60°，∵∠ABD＝∠CBE，又∵AB＝AC，BD＝BE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴AD＝CE，∠BAD＝∠BCF，∠AFC＝180°－（∠FAC＋∠ACB＋∠BCF）＝180°－（∠FAC＋∠ACB＋∠BAD）＝180°－（∠ACB＋∠BAC）＝180°－120°＝60°； （2）由题意可知  ，∠D′CA＝∠E′AB， ∴△D′AC∽△E′AB， ∴  ，∠D′CA＝∠E′AB， ∠BFC＝180°－（∠ACD′＋∠ACB＋∠BCF）＝180°－（∠CBD′＋∠ACB＋∠BAD）＝180°－（∠ACB＋∠ABC）＝180°－135°＝45°， ∴∠BFC＝45°； （3）  1或  1； 【解法提示】解法一：分情况讨论，①当点D在AB的上方时，如图①所示，过点D作DE⊥DC交BA的延长线于点E，∵等腰Rt△ABD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，AD＝BD，∴∠DAE＝∠DBC＝135°，∠EDA＋∠ADC＝90°，∠ADC＋∠BDC＝90°，∴∠EDA＝∠BDC，又∵AD＝BD，∴△EDA≌△CDB（ASA），∴AE＝BC＝1，∵CD＝2  ，∴EC＝4，∴AB  1，②当点D在AB 的下方时，如图②所示，同理可得，AB  1，∴线段的AB长为  1或  1；  图①                                         图②  解法二：当点D在AB的下方时，如图③，过点D作DM⊥AB于点M，过点C作CN⊥DM于点N，∵∠ABC＝90°，∴四边形BCNM是矩形，∴MN＝BC＝1，CN＝MB，设AB＝x，∵△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴DM＝BM＝  AB＝  x，∴CN＝  x，DN＝DM－MN＝  x－1，∵DN²  CN²＝CD²，∴(  x－1)²  (  x)²＝(2  )²，解得x＝1  (x＝1－  舍去)，∴AB＝1  ；当点D在AB的上方时，如图④，过点D作DM⊥AB于点M，过点C作CN⊥DM，交DM的延长线于点N，∵∠ABC＝90°，∴四边形BCNM是矩形，∴MN＝BC＝1，CN＝MB，设AB＝x，∵△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴DM＝BM＝  AB＝  x，∴CN＝  x，DN＝DM  MN＝  x＋1，∵DN²＋CN²＝CD²，∴(  ＋1)²  (  x)²＝2  )²，解得x＝－1  (x＝－1－  舍去)，∴AB＝－1  ；综上所述，AB的长为1  或－1  ．   图③                                           图④ 14.解：（1）△GAE，△CEF； 【解法提示】如答案图①，取AB的中点G，连接GE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∵G，E分别是AB和BC的中点，∴AG＝BG＝CE＝BE，∴∠BGE＝∠BEG＝45°，∴∠AGE＝135°，∵EF交正方形外角的平分线CF于点F，∴∠DCF＝45°，∴∠ECF＝135°，∵∠AEF＝90°，∴∠CEF＋∠AEB＝∠BAE＋∠AEB＝90°，∴∠CEF＝∠BAE，∴△HAE≌△CEF(ASA)，∴AE＝EF． 答案图① （2）AE＝3EF；理由如下， 如答案图②，在AB上取点H，使BH＝BE，连接HE， 由（1）同理可得△HAE∽△CEF， ∴  ∵AB＝2BC， ∴  2， 设BC＝2x， 则BH＝BE＝CE＝x，AB＝4x， ∴AH＝3x， ∴  3； 即AE＝3EF； 答案图② （3）【解法一】如答案图③，过点E作EH⊥BC，交AB于点H， ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°， ∴AB＝BC＝3，AB∥CD，∠BHE＝30°，∠B＝∠DCG＝60°，∠BCD＝120°，∠BAE＋∠BEA＝120°， ∴∠AHE＝150°，BH＝2BE，HE     EC， ∵CF是角平分线， ∴∠DCF＝30°，∠ECF＝∠BCD＋∠DCF＝120°＋30°＝150°＝∠AHE， ∵∠AEF＝60°， ∴∠BEA＋∠CEF＝120°， ∴∠BAE＝∠FEC， ∴△AHE∽△ECF， ∴     设BE＝x，则CE＝BC－BE＝3－x，AH＝AB－BH＝3－2x， ∴     化简得x2－7x＋6＝0， 解得x1＝1，x2＝6， 当x＝1时，点E在BC上，CE＝BC－BE＝3－1＝2； 如答案图④，当x＝6时，点E在BC延长线上， ∴CE＝BE－BC＝6－3＝3； 综上所述，CE的长为2或3． 【解法二】如答案图⑤，当点E在BC延长线上时EF＝2   ，过点E作EN⊥BG交BA延长线于N， 在Rt△BEN中，∠B＝60°，∴∠N＝90°－∠B＝30°，设BE＝n，则BN＝2BE＝2n（n＞3）， ∴EN＝   ＝  n， ∵AD∥BC， ∴∠1＝∠2，∠NAD＝∠B＝60°， ∵∠AEF＝60°， ∴∠1＋∠NAD＝∠2＋∠AEF， ∴∠NAE＝∠CEF，在△ECF和△ANE中  ， ∴△ECF∽△ANE， ∴  ， ∴CE·NE＝NA·CF， ∵CE＝BE－BC＝n－3，NA＝BN－AB＝2n－3， ∴(n－3)×  n＝(2n－3)×2  ，n(n－3)＝(2n－3)×2，n²－3n＝4n－6，n²－7n＋6＝0，(n－1)(n－6)＝0，n＝1(舍去)或n＝6， ∴CE＝n－3＝3， 综上，CE长为2或3. 答案图③                                  答案图④                            答案图⑤ 15.解：(1)④； 【解法提示】①平行四边形对角相等，邻边不相等，不是“邻等对补四边形”，故该选项不符合题意；②菱形对角相等，邻边相等，不是“邻等对补四边形”，故该选项不符合题意；③矩形对角相等且互补，邻边不相等，不是“邻等对补四边形”，故该选项不符合题意；④正方形对角相等且互补，邻边相等，一定是“邻等对补四边形”，故该选项符合题意． (2)证明：如答案图①，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，作AF⊥BC于点F，则∠AED＝∠AFB＝90°， ∵AC平分∠BCD， ∴AE＝AF， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADE+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADE， 在△ADE和△ABF中， ， ∴△ADE≌△ABF(AAS)， ∴AB＝AD， ∵∠B+∠ADC＝180°，AC平分∠BCD， ∴四边形ABCD是“邻等对补四边形”； 答案图① (3)①∠CBA＝90°，AB＝BC＝2， 如答案图②，当∠CAD＝15°时， ∴∠BAC＝45°， ∴∠PAD＝∠BAC+∠CAD＝45°+15°＝60°， ∴∠CPB＝30°， ∴PC＝2BC＝4， 由勾股定理得 ， ∴ ； ②∠CBA＝90°，AB＝BC＝2， 如答案图③，当∠ACD＝15°时， ∴∠ACB＝45°， ∴∠PCB＝∠ACB+∠ACD＝45°+15°＝60°， ∴∠BPC＝30°， ∴PC＝2BC＝4， 由勾股定理得 ， ∴ ； 综上所述，AP的长为 或 ． 16.解：（1）①②③； 【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴ ∵  ∴ ，即  ∴  ∵ ，∴ ∵ ∴  ∴ ∴  ∴ 猜想①，猜想②正确；∵ ∴ ∴ ，∴点E在AC上运动的过程中，四边形BECF的面积不变，猜想③正确.综上所述，猜想①，猜想②，猜想③均正确. （2）①  ；理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴  ∴  ∵  ， ∴  ，即  ∴  ∵  ∴  ∴  ∴  ∴  ∴  ∴  ； ②改变； （3）线段BF的长为  或  【解法提示】∵在RtΔABC中，  ，∴  与（2）①同理可得，  ∴  ，即  由题可知，分两种情况：a.当四边形BECF关于EF所在直线对称时，如答案图①，设EF交BC于点H，∴EF垂直平分BC，∴  ∵  ∴  ∴  ∴点E为AC的中点，∴  ∴  b.当四边形BECF为矩形时，如答案图②，∴  ∴  ∴  ∴  综上所述，线段BF的长为  或                               答案图①                                              答案图②                             数学试卷 第页（共页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题：类比性几何探究 1.综合与实践 【问题背景】有两个三角形，一个是直角三角形，一个是等边三角形． ① ， ； ②等边 ．两个三角形的点 互相重合， 可以绕点 转动， ，点 是 的中点，连接 ． 【观察猜想】 （1）如图①，直接写出 与 的数量关系：______； 【类比探究】 （2）如图②，当 ，点 在线段 上方时，其他条件不变，延长 交线段 于点 ，探究 的度数是否为定值？若是定值，请求出 的度数；若不能求出 的度数，请说明理由； 【拓展提升】 （3）若 ， ，当点 ， ， 在同一条直线上时，请直接写出线段  的长． 1.解：（1） ； 【解法提示】如答案图①，取 的中点G， 的中点H，连接 ，∵G、H分别是 的中点，∴ ， // ，∴ ，∵ ，∴ .∵ 分别是 斜边上的中点，∴ ，∵ ， ，∴ ， ，∴ 是等边三角形，∴  ∴ .∵ 是等边三角形，∴ ∴ ∵P是 的中点，∴ ，∴ .在 与 中， ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ . 答案图① （2） ，理由如下： 如答案图②，延长 交线段 于点 ， 由题意得 ， ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ； 答案图② （3） 或 ． 【解法提示】∵ ， ，且 ，∴ ， .如答案图③，当点E在线段  上时，过点C作 于点N，∵ 是等边三角形，P是 的中点，∴ ， ，∵ ，∴ ，∴ ，在 中，由勾股定理得， ，∴  ；如答案图④，当点E在线段  的延长线上时，过点C作  于点N，同理，得 ，∴ ，∴综上所述，线段  的长为 或 ． 2.如图①，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图②，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E． （1）【观察感知】如图②，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______； （2）【问题解决】如图③，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； （3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则 ______； （4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP ，请直接写出线段AP的长度．                                                                          图①                                  图②                                         图③ 2.解：（1）AB＝DE； 【解法提示】∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，∴BC＝BD，∠CBD＝90°，∴∠BCA＝∠DBE＝90°－∠ABC，∵∠A＝∠E＝90°，∴△ABC≌△EBD（AAS），∴AB＝DE. （2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝90°， ∴∠BCA＝∠DBE＝90°－∠ABC， ∵∠A＝∠E＝90°， ∴△ABC≌△EBD（AAS）， ∴DE＝AB，BE＝AC， ∵AB＝2，AC＝6， ∴DE＝2，BE＝6， ∴AE＝AB+BE＝8， ∵∠DEB+∠A＝180°， ∴DE//AC， ∴△DEF∽△CAF， ∴ ，即 ， ∴EF＝4， ∴BF＝BE+EF＝10， ∴S△BDF  BF•DE＝10； （3） ； 【解法提示】解法一：如图①，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系，由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2，∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2），设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得， ，解得 ，∴直线BD解析式为y x ，同理可求直线CE解析式为y x+6，令 x x+6，解得x ，∴y ，即N（ ， ），∴利用两点距离公式可得BN ，∵BC 2 ，∴ ． 图① 解法二：如图②，过点N作NM⊥AE于点M，由△EMN∽△EAC得， ，即 ，∴EM MN，由△BMN∽△BED得， ，即 ，解得MN ，由△BMN∽△CAB得， ． 图② （4） 或 ． 【解法提示】①当点P在点B左侧时，如图③，过点P作PQ⊥BC于点Q，∵tan∠BCP ，tan∠ABC 3，∴PQ CQ，PQ＝3BQ，设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a，∴BC＝BQ+CQ＝11a，∵BC 2 11a，∴a ，∴BP 2 a ，∴AP＝BP－AB ；②当点P在点B右侧时，如图④，作PG⊥BC交BC延长线于点G，tan∠BCP ，tan∠PBG＝tan∠ABC，即 ，同理求得AP ，∴综上所述，AP的长度为 或 ． 图③                                                                    图④ 3.综合与实践【实践操作】 如图①，在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上（均不与端点重合），且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN． 【问题发现】 （1）如图②，当n＝1时，CN与PD的数量关系为            ； 【类比探究】 （2）如图③，当n＝3时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，判断CN与PD之间的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在（2）的条件下，已知AD＝6，AP＝3，当矩形AMNP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长． 3.解：（1）  ； 【解法提示】∵当n＝1时，AD＝AB，AP＝AM，∴矩形ABCD和矩形APNM均是正方形，∴∠PAN＝∠DAC＝45°，∴点A，N，C在同一条直线上，∴  ，  ，∵AC＝CN+AN，AD＝PD+AP，∴  ，∴  . （2）  ，理由如下： 如答案图①，连接AC，当n＝3时，AD＝3AB＝3CD，AP＝3AM＝3PN， ∴  ， ∴  ， 又∵∠ADC＝∠APN＝90°， ∴△ADC∽△APN， ∴∠DAC＝∠PAN，  ， ∴∠DAC﹣∠PAC＝∠PAN﹣∠PAC，即∠DAP＝∠CAN， ∴△ADP∽△ACN， ∴  ， 在Rt△ADC中，由勾股定理得，  ， ∴  ， ∴  ； 答案图① （3）线段CN的长为  或  . 【解法提示】∵AD＝6，AP＝3，∴MN＝AP＝3，  ，  ，∴在Rt△ADC中，由勾股定理得，AC2＝CD2+AD2＝4+36＝40，如答案图②，连接AC，当点C，N，M三点共线，且点N在线段CM上时，∵∠M＝90°，∴在Rt△AMC中，由勾股定理得，  ，∴  ；如答案图③，连接AC，当点C，N，M三点共线，且点N在CM的延长线上时，∵∠AMC＝180°﹣∠AMN＝90°，∴ 在Rt△AMC ，∴  ，∴综上所述，线段CN的长为  或  ．   答案图②                                                        答案图③    4.定义：在四边形中，若一条对角线能平分一个内角，则称这样的四边形为“可折四边形”． 例：如图①，在四边形ABCD中，∠ABD＝∠DBC，则四边形ABCD是“可折四边形”． 利用上述知识解答下列问题． （1）在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是“可折四边形”的有：            ； （2）在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC； ①如图①，若∠ABC＝60°，BD＝4，求AD+CD的最小值； ②如图②，连接对角线AC，若DC刚好平分∠ACE，且∠BDC＝25°，求∠DAC的度数； ③如图③，若∠ABC＝60°，AD＝CD，对角线AC与BD相交于点E，当BC＝6，且 AEB为等腰三角形时，求四边形ABCD的面积． 4.（1）菱形，正方形； 【解法提示】∵平行四边形，矩形的对角线不一定平分平行四边形，矩形的角，∴平行四边形，矩形不一定是“可折四边形”；∵菱形，正方形的对角线平分一组对角，∴菱形，正方形一定是“可折四边形”． （2）①当DC⊥BC，DA⊥AB时，DC与DA最小， ∴此时AD+CD最小； ∵∠ABC＝60°，对角线BD平分∠ABC． ∴  ， ∴  ， ∴AD+CD＝2+2＝4， ∴AD+CD的最小值为4； ②如答案图①，过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E，DP⊥AC于点P，DG⊥BA交BA延长线于点G， ∵∠3＝∠1+∠2①，∠ACE＝∠4+∠ABC，DC平分∠ACE，DB平分∠ABC， ∴∠ACE＝2∠3，∠ABC＝2∠2， ∴2∠3＝∠4+2∠2②， ①×2－②得∠4＝2∠1＝50°， ∴∠GAC=180°－∠4=130°， ∵DE⊥BC，DP⊥AC，DG⊥AB，且DC平分∠ACE，DB平分∠ABC， ∴DE＝DP，DE＝DG， ∴DP＝DG， ∴AD平分∠GAP， ∴∠DAC=  ∠GAC=＝65°； 答案图① ③如答案图②，过点D作DQ⊥BC于点Q，DP⊥AB交BA的延长线于点P， ∵DB平分∠ABC， ∴DP＝DQ， 在Rt△DPA和Rt△DQC中， ， ∴Rt△DPA≌Rt△DQC(HL)， ∴∠ADP＝∠CDQ， ∵DB平分∠ABC， ∴  ， ∴∠BDP＝∠BDQ＝60°， ∴∠ADC＝∠PDQ＝120°， ∴∠ADC+∠ABC=180°， 则A，B，C，D四点共圆， ∴∠BAE＝∠BDC，∠ACB＝∠ADE； 当BA＝BE时，如答案图③，过点A作AM⊥BD于点M，过点C作CN⊥BD于点N， ∴  ， ∴∠ADE＝  =45°， ∴∠BCD＝180°－∠CBD－∠BDC＝180°－30°－75°＝75°， ∴∠BCD＝∠BDC， ∴BC＝BD＝6， ∵∠CBD＝30°， ∴  ， ∵∠ADE＝45°，∠AMD＝90°， ∴∠DAM＝∠ADE＝45°， ∴AM＝DM， ∵∠ABM＝30°， ∴AB＝2AM， 在Rt△AMB中，  ， ∵BM+DM＝BD＝6， ∴  ， ∴  ， ． 当EB＝EA时，如答案图④，过点C作CH⊥BD于点H， ∵∠BAE＝∠ABE＝∠BDC＝30°， ∴∠DEA＝∠BAE+∠ABE=60°， ∵∠DAC=∠DBC=30°， ∴∠ADE=180°－∠DEA=－∠DAC=＝90°， ∵BC＝6， ∴同理可求得CH＝3，  ，AD＝6， ． 综上，四边形ABCD的面积为  或  ． 答案图②              答案图③             答案图④ 5.综合探究：如图，在矩形ABCD中，E是对角线AC上一动点，连接DE. (1)【操作探究】 如图①，AB=AD，过点E作EF⊥DE交线段BC于点F，根据题意在图①中画出EF，图中 的值为             ； (2)【问题探究】 如图②，AB=3，AD=4，过点E作EF⊥DE交线段BC于点F，探究线段DE与EF的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图③，AB=3，AD=4，过点E作EF⊥DE交射线BC于点F，当△EFC为等腰三角形时，求AE的长. 5.解：(1)画出EF如答案图①，1； 答案图① (2) = , 理由：如答案图②，过点E作MN⊥BC分别交AD，BC于点M，N，则四边形MNCD是矩形. ∵∠DEF=90°， ∴∠DEM+∠FEN=90°. ∵∠DEM+∠EDM=90°， ∴∠FEN=∠EDM， ∴△DME∽△ENF， ∴ = = ， ∵EN∥AB,∴△CEN∽△CAB, ∴ = = ,∴ = ； 答案图② (3)当点F在线段BC上时，如答案图③，过点E作MN⊥BC分别交AD，BC于点M，N，连接DF交AC于点H. ∵∠EFC＞90°，∴当△EFC为等腰三角形时，则有FE=FC. 在Rt△DEF和Rt△DCF中 ∴Rt△DEF≌Rt△DCF(HL)，∴∠EFD=∠CFD， ∵在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，∴AC=5， ∴EH=CH= CE= ，∴AH= . ∵MN∥DC，∴△AME∽△ADC, ∴ = = ，即 = = ，∴AM= AE，ME= AE，∴MD=4- AE，NE=3- AE, 由(2)知△DME∽△ENF， ∴ = ，即 = ，化简得NF= AE, ∴CF=BC-BN-NF=4- AE. 又∵AD∥CF，∴△ADH∽△CFH， ∴ = ，即 = ，解得AE= (AE=0已舍去)； 当点F在BC的延长线上时，如答案图④，延长DE交BC于点H. ∵∠ECF＞90°，∴当△EFC为等腰三角形时，则有CE=CF. ∵∠FEH=90°，CE=CF，∴∠CEF=∠CFE， ∴∠HEC+∠CEF=∠CFE+∠EHC=90°， ∴∠HEC=∠EHC. ∵AD∥BC，∴∠ADE=∠CHE， 又∵∠AED=∠CEH，∴∠AED=∠ADE， ∴AE=AD=4. 综上所述，当△EFC为等腰三角形时，AE的长为 或4. 答案图③        答案图④ 6.综合与实践 (1)【提出问题】 如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ．则∠ADQ的度数为______； (2)【类比探究】 如图②，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP＞DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ． ①求∠ADQ的度数； ②当BP＝BA＝2时，求DQ的长； (3)【迁移运用】 如图③，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，当点Q到BD的距离为 时，请直接写出BP的长． 6.解：(1)60°； 【解法提示】∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABD＝60°，由旋转可知，AP＝AQ，∠PAQ＝60°，∴∠BAP＝∠DAQ＝60°－∠PAD，∴△ABP≌△ADQ(SAS)，∴∠ADQ＝∠ABP＝60°. (2)①如答案图①，过点A作AE⊥BD于点E， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠ADE＝45°，即△ADE为等腰直角三角形， ∴AD ，∠DAE＝45°， 由旋转可知△APQ是等腰直角三角形， ∴AQ AP，∠PAQ＝45°， ∴ ，∠PAE＝45°－∠DAP＝∠QAD， ∴△APE∽△AQD， ∴∠ADQ＝∠AEP＝90°； ②在Rt△ABE中，BE＝AB•cos45°  ， ∴PE＝BP－BE＝2  ， 由①知△APE∽△AQD， ∴  ， ∴DQ  PE＝2  ； (3)2  ． 【解法提示】在Rt△APQ中，∠AQP＝30°，∴  ，∵∠ADB＝30°，∴∠ABD＝60°，过点A作AL⊥BD于点L，过点Q作QK⊥BD于点K，则QK  ，在Rt△ABL中，BL＝AB•cos60°＝2，①如答案图②，当点Q在BD上方时，同理可得△QPK∽△PAL，∴  ，∴PL  ，∴BP＝BL+PL＝2  ；②如答案图③，当点Q在BD下方时，同理可得PL  ，∴BP＝BL－PL＝2  ；综上，BP的长为2  ． 7.李老师带领数学社团的同学们探究下面的问题： 在等边 ABC中，AB＝4． 【初步感知】 （1）如图①，点D是边BC上一点，若BD＝2，则AD＝           ；若BD＝m，则AD＝           (用含m的代数式表示)； 【深入探究】 （2）如图②，点D是边BC上一点，以点D为旋转中心，将直线AD逆时针旋转60°交直线AB于点E，顺时针旋转60°交直线AC于点F． ①求证：AE＝AF； ②若BD＝m，求DE+DF； （3）点D是直线BC上一点，将直线DA按照（2）中方式旋转，若DF＝3DE，请直接写出此时BD的长． 7.（1）解：   ； 【解法提示】在等边  ABC中，AB＝4，∴BC＝AC＝AB＝4，∠B＝60°，∵点D是边BC上一点，BD＝2，∴   ，∴点D是BC的中点，∵AC＝AB，∴AD⊥BC，在Rt△ABD中，   ，∴   ；若BD＝m，如图①，过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ABG中，   ，   ，∴   ，   ，∴DG＝|BG－BD|＝|2－m|，在Rt△ADG中，由勾股定理得   ． 图① （2）①证明：如图②，过点A作AM⊥DE交DE延长线于点M，作AN⊥DF于点N， ∵以点D为旋转中心，将直线AD逆时针旋转60°交直线AB于点E，顺时针旋转60°交直线AC于点F， ∴∠ADE＝∠ADF＝60°， ∴AD平分∠EDF，∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝120°， 又∵AM⊥DE，AN⊥DF， ∴DM＝DN，∠M＝∠AND＝∠ANF＝90°， ∴AM＝AN，∵四边形AMDN的内角和为360°， ∴∠MAN＝360°－∠M－∠MDN－∠AND＝360°－90°－120°－90°＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∴∠MAN＝∠BAC， ∴∠MAN－∠EAN＝∠BAC－∠EAN，即∠MAE＝∠NAF， 在△AME和△ANF中​  ， ∴△AME≌△ANF(ASA)， ∴AE＝AF； ②解：如图②，在Rt△ADM中，    ， ∴    ， 同理可得    ， 由（2）①得   AME≌△ANF， ∴ME＝NF， ∴DE+DF＝DM－ME+DN+NF＝DM+DN＝AD， 由（1）得若BD＝m，则    ， ∴    ． 图② （3）解：BD的长为1或2； 【解法提示】情况一：若点D在线段BC上，如图③，由（2）得，∠ADE＝60°，DE+DF＝AD，∴∠BDE+∠CDA＝120°，∵DF＝3DE，∴AD＝DE+DF＝4DE，∵  ABC为等边三角形，∴BC＝AC＝AB＝4，∠B＝∠C＝60°，∴∠BDE+∠BED＝120°，∴∠BED＝∠CDA，∴  BED∽△CDA，∴   ，∴   ；情况二：若点D在CB延长线上，如图④，过点A作AM⊥DE交ED延长线于点M，作AN⊥DF于点N，同理（2）中的方法可得ME＝NF，   ，∴DF－DE＝DN+NF－(ME－DM)＝DN+NF－ME+DM＝DN+DM＝AD，∵DF＝3DE，∴AD＝DF－DE＝2DE，同理①可得，  BED∽△CDA，∴   ，∴   ；情况三：若点D在BC延长线上，如图⑤，此时DE＞DF，不符合题意，舍去；综上所述，BD的长为1或2． 图③                          图④                          图⑤ 8.【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题。若四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD，BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法。 （1）【初步尝试】如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE，连接MN.用等式写出线DM，BN，MN的数量关系______； （2）【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图②，点M，N分别在正方形ABCD的边CD，BC的延长线上，∠MAN=45°，连接MN，用等式写出线段MN，DM，BN的数量关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B+∠D=180°，点N，M分别在边BC，CD上，∠MAN=60°，用等式写出线段BN，DM，MN的数量关系，并说明理由。 8.解：（1）MN＝DM+BN．理由如下： 由旋转的性质，可知AE＝AM，BE＝DM，∠EAM＝90°，∠ABE＝∠D＝90°， ∴∠ABE+∠ABC＝90°+90°＝180°， ∴E，B，C三线共线， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝∠EAM－∠MAN＝45°＝∠MAN， 在△EAN和△MAN中， ， ∴△EAN≌△MAN（SAS）， ∴EN＝MN， ∵EN＝BE+BN， ∴MN＝DM+BN. （2）MN＝BN－DM．理由如下： 如答案图①，在BC上取BE＝MD，连接AE， ∵AB＝AD，∠B＝∠ADM＝90°， ∴△ABE≌△ADM（SAS）， ∴AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∵∠DAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAE+∠DAN＝45°， ∴∠EAN＝45°＝∠MAN， 在△EAN和△MAN中， ， ∴△EAN≌△MAN（SAS）， ∴EN＝MN， ∵EN＝BN－BE， ∴MN＝BN－DM； 答案图① （3）MN＝DM+BN．理由如下： 如答案图②，将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE， ∴∠B＝∠ADE，AN＝AE，BN＝DE， ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADE+∠ADC＝180°， ∴E，D，C三点共线， 由（1）同理可得△EAN≌△NAM（SAS）， ∴MN＝DM+DE＝DM+BN． 答案图② 9.如图①，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10．将边AB绕点A逆时针旋转(0°＜θ＜180°)得到线段AE，过点E作EF⊥AE交直线BC与点F．同学们进行分组自主探究． 【问题解决】 （1）小郑组连接DE，研究的是△ADE的面积问题．他们发现，当θ＝60°时，△ADE的面积为______；当0°＜θ＜90°时，△ADE的面积为______(请用含θ的代数式表示)； （2）小州组研究的是四边形ABFE的问题．连接AF，BE，在旋转过程中，他们有以下猜想，其中正确的是：______(填序号)； ①FB＝2FE；②AF⊥BE；③ ；④AF·BE＝2AB·BF． （3）小迎组研究的是等腰三角形的存在性问题，他们发现，在旋转过程中，△ADE可能是等腰三角形，请求出当△ADE是等腰三角形时，cos∠ADE的值． 9.解：（1）20；40cosθ； 【解法提示】如答案图①，过点E作ET⊥AD于点T，连接DE，由旋转的性质可得AE＝AB＝8，∠BAE＝θ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴ET∥AB，∠DAE＝∠BAD－∠BAE＝90°－θ，∴∠TEA＝∠BAE＝90°－∠TAE＝θ，在Rt△AET中，TE＝AE·cos∠TEA＝8cosθ，∴ ，∴当θ＝60°时，S△ADE＝40cos60°＝20． 答案图 （2）②④； 【解法提示】由旋转的性质可得AB＝AE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABF＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝90°，又∵AF＝AF，在Rt△ABF和Rt△AEF中， ，∴Rt△ABF≌Rt△AEF(HL)，∴BF＝EF，故①错误；∵AB＝AE，BF＝EF，∴AF垂直平分BE，即AF⊥BE，故②正确；∵BF＝EF，∴∠FBE＝∠FEB，∵∠FBE＋∠ABE＝∠ABE＋∠BAF＝90°，∴∠BEF＝∠FBE＝∠BAF，∵Rt△ABF≌Rt△AEF，∴∠EAF＝∠BAF，∴∠BAE＝2∠BAF＝2∠BEF，∴ ，故③错误；如答案图②，设AF，BE交于点O，∵S四边形ABFE＝S△ABF＋S△AEF，∴ ，∴ ，∴ ，∴AF·BE＝2AB·EF，故④正确． 答案图 （3）①如答案图③，连接DE，当DA＝DE＝10时，过点A作AH⊥DE于点H， 设DH＝x，则EH＝10－x， 在Rt△AHE和Rt△ADH中，由勾股定理得AH2＝AE2－EH2＝AD2－DH2， ∴82－(10－x)2＝102－x2， 解得 ， ∴ ， 在Rt△ADH中， ， ∴ ； ②如答案图④，当AE＝DE＝8时，过点A作AH⊥DE于点H， 设DH＝y，则EH＝8－y， 在Rt△AHE和Rt△ADH中，由勾股定理得AH2＝AE2－EH2＝AD2－DH2， ∴82－(8－y)2＝102－y2， 解得 ， ∴ ， 在Rt△ADH中， ， ∴ ； ③如答案图⑤，当AE＝DE＝8时，同理可得 ； ④如答案图⑥，当AD＝DE＝10时，同理可得 ； 综上所述， 或 ． 答案图 10.四边形ABCD是边长为10的菱形，AC与BD相交于点O．将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，点C，D旋转后的对应点分别为E，F，旋转角为α(0°＜α＜360°)． （1）如图①，当点F第一次落在对角线AC上时，求OB与BF的数量关系以及α的度数； （2）如图②，当α＞180°，且EF∥BD时，EF与AD交于点G．试判断四边形BDGF的形状，并说明理由； （3）如图③，连接CE，在旋转过程中，当EF与菱形ABCD的一边平行时，且 ，请直接写出线段CE的长． 10.解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OB＝OD ， ∴∠BOF＝90°，BD＝2OB， 由旋转的性质得BF＝BD， ∴BF＝BD＝2OB， ∴∠BFO＝30°， ∴∠OBF＝90°－∠BFO＝90°－30°＝60°， ∴α＝60°； （2）四边形BDGF为菱形，理由如下， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADB＝∠BDC， 由旋转的性质得BD＝BF，∠F＝∠BDC， ∴∠F＝∠ADB， ∵EF∥BD， ∴∠F＋∠DBF＝180°， ∴∠ADB＋∠DBF＝180°， ∴DG∥BF， ∵EF∥BD， ∴四边形BDGF是平行四边形， 又∵BD＝BF， ∴平行四边形BDGF为菱形； （3）6 或20或2 ． 【解法提示】①如答案图①，当EF∥BC时，∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD，由旋转的性质得BE＝BC，EF＝CD，∴BC＝EF，∴四边形BCFE是平行四边形，由又∵BC＝BE，∴四边形BCFE是菱形，过点D作DH⊥AB于点H，连接EH，CF，则tan∠DAB ，设DH＝3a，则AH＝4a，由勾股定理得AD 5a，∵四边形ABCD是边长为10的菱形，∴AD＝AB＝10，∴a＝2，∴DH＝6，AH＝8，∴BH＝AB－AH＝2，由勾股定理得BD 2 ，∵四边形BCFE是菱形，∴BG⊥CE，CE＝2EG，BG BF，∵BF＝BD＝2 ，∴BG ，∴EG 3 ，∴CE＝2EG＝6 ；②如答案图②，当EF∥AB时，则∠E＝∠ABE，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵∠BDC＝∠F，∴∠F＝∠ABD，∴∠ABD＋∠ABE＋∠EBF＝∠F＋∠E＋∠EBF＝180°，∴∠DBC＝∠FBE，∴∠FBE＋∠ABE＋∠ABD＝180°，∴E，B，C三点共线，∴CE＝BC＋BE＝10＋10＝20；③如答案图③，当EF∥BC，且EF在BC上方时，过点E作EG⊥BC于点G，则∠EBG＝∠BEF，∴tan∠EBG＝tan∠BEF＝tan∠DAB ，∵BE＝10，∴BG＝8，EG＝6，∴CG＝2，∴CE 2 ；综上所述，CE的长为6 或20或2 ． 答案图 11.在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动； （1）如图， 是正方形 中 边上的任意一点，以点 为旋转中心，将 顺时针旋转 后得到 ，连接 .请问： 是否为等腰直角三角形？请说明理由. （2）如图②，若 是正方形 的对角线 上一点，以点 为旋转中心，将 顺时针旋转 得到 ，连接 . 求证： ； （3）如图③，若 是菱形 外部的一点， ， ，请求出 ， ， 之间的数量关系. 11.（1）解： 为等腰直角三角形. 理由：∵四边形  为正方形， ∴ ，即 ， 由旋转的性质可得： ， ， ∴ ，即 ， ∴ 为等腰直角三角形； （2）证明：∵四边形 为正方形， 是对角线， ∴ ， 由旋转的性质可得 ， ， ， ， ∴ 为等腰直角三角形， ， ∴ ， ， ∴  ； （3）解：如答案图，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ， 由旋转的性质可得：  ，  ， ， ， ∴ ， ∴ ， 过点 作  于  ，则 ， ， ∴ ， ∴ ， 在Rt△BE中，由勾股定理得 ， ∴ ，即AE，BE，DE之间的数量关系为 . 答案图 12.【问题发现】 （1）如图①，在矩形ABCD中，点P是矩形ABCD内一点，过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC于点E，F，则PA2＋PC2            PB2＋PD2．(填“＞”“＝”或“＜”) 【类比探究】 （2）如图②，在矩形ABCD中，点P是矩形ABCD外一点，过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC的反向延长线于点E，F，（1）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图③，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，P是Rt△ABC外一点，PA＝1，PB＝3，  ，求BC的最小值． 12.解：（1）＝； 【解法提示】在矩形ABCD中，点P是矩形ABCD内一点，EF⊥AD，∴∠AEF＝∠DEF＝90°，AD∥BC，E，F是AD，BC上两点，∴四边形ABFE，CFED是矩形，∴∠BFE＝90°＝∠CFE，∴AE＝BF，ED＝FC，∴PA2＝AE2＋PE2，PC2＝PF2＋FC2，PB2＝BF2＋PF2，PD2＝PE2＋DE2，∴PA2＋PC2＝AE2＋PE2＋PF2＋FC2，PB2＋PD2＝BF2＋PF2＋PE2＋DE2，∴PA2＋PC2＝PB2＋PD2； （2）（1）中的结论还成立；理由如下， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°， ∴∠EAB＝∠FBA＝90°， ∵EF⊥AD， ∴∠E＝90°， ∴四边形ABFE和四边形DCFE都是矩形， ∴AE＝BF，DE＝CF， ∵PD2＝DE2＋PE2＝CF2＋PE2，PA2＝AE2＋PE2＝BF2＋PE2， ∴PD2－PA2＝CF2－BF2， ∵PC2＝CF2＋PF2，PB2＝BF2＋PF2， ∴PC2－PB2＝CF2－BF2， ∴PC2－PB2＝PD2－PA2， ∴PA2＋PC2＝PB2＋PD2； （3）解法一：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，P是Rt△ABC外一点，PA＝1，PB＝3，  ，如答案图①，作PM⊥CA交CA的延长线于点M，则∠PMC＝90°， ∴PC2＝PM2＋CM2，PA2＝PM2＋AM2， 作BN⊥PM交PM的延长线于点N，作CT⊥NB交NB的延长线于点T，连接AT，PT， ∴∠BAM＝90°， ∵∠AMN＝∠N＝∠CTN＝90°， ∴四边形ABNM和四边形CTNM都是矩形， ∴TN＝CM，BN＝AM， ∴PT2＝PN2＋TN2＝PN2＋CM2，PB2＝PN2＋BN2＝PN2＋AM2， ∴PT2－PC2＝PN2－PM2，PB2－PA2＝PN2－PM2， ∴PT2－PC2＝PB2－PA2， ∵PA＝1，PB＝3，  ， ∴  ， ∵TA＋PA  PT， ∴  ， ∴  ， ∵AB∥MN， ∴∠ABT＝∠N＝90°，而∠ACT＝90°， ∴四边形ABTC是矩形， ∴TA＝BC， ∴  ， ∴BC的最小值为  ； 解法二：如答案图②，作CE∥AB，BE∥AC相交于点E，连接PE，由（2）知PA2＋PE2＝PC2＋PB2， ∵PA＝1，PB＝3，  ， ∴1＋PE2＝3＋9， ∴PE  ， ∵PA＋AE  PE， ∴AE  1， ∴BC＝AE  1， ∴BC的最小值为  1．    答案图①                                                答案图② 13.综合与实践： （1）问题情景：如图①，已知等边△ABC和它内部一点D，把线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，连接DE，CE，射线AD，CE交于点F，则AD与CE数量关系是            ，∠AFC＝            °； （2）类比探究：如图②，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AC边上一点，过点D作DE∥CB交AB于点E，将△ADE绕点A旋转得到△AD′E′，连接CD′，BE′，在旋转的过程中，设直线CD′，BE′交于点F，探索CD′和BE′的数量关系和∠BFC的度数； （3）拓展应用：如图③，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝1，以AB为斜边作等腰直角三角形ABD，若CD＝2  ，求线段的AB长（直接写出答案）． 13.解：（1）AD＝CE，60； 【解法提示】理由如下：∵等边△ABC，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝60°，线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，∴∠DBE＝60°，BD＝BE，∴△BDE为等边三角形，∴DB＝DE＝BE，∠ABD＋∠DBC＝60°，∠DBC＋∠CBE＝60°，∵∠ABD＝∠CBE，又∵AB＝AC，BD＝BE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴AD＝CE，∠BAD＝∠BCF，∠AFC＝180°－（∠FAC＋∠ACB＋∠BCF）＝180°－（∠FAC＋∠ACB＋∠BAD）＝180°－（∠ACB＋∠BAC）＝180°－120°＝60°； （2）由题意可知  ，∠D′CA＝∠E′AB， ∴△D′AC∽△E′AB， ∴  ，∠D′CA＝∠E′AB， ∠BFC＝180°－（∠ACD′＋∠ACB＋∠BCF）＝180°－（∠CBD′＋∠ACB＋∠BAD）＝180°－（∠ACB＋∠ABC）＝180°－135°＝45°， ∴∠BFC＝45°； （3）  1或  1； 【解法提示】解法一：分情况讨论，①当点D在AB的上方时，如图①所示，过点D作DE⊥DC交BA的延长线于点E，∵等腰Rt△ABD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，AD＝BD，∴∠DAE＝∠DBC＝135°，∠EDA＋∠ADC＝90°，∠ADC＋∠BDC＝90°，∴∠EDA＝∠BDC，又∵AD＝BD，∴△EDA≌△CDB（ASA），∴AE＝BC＝1，∵CD＝2  ，∴EC＝4，∴AB  1，②当点D在AB 的下方时，如图②所示，同理可得，AB  1，∴线段的AB长为  1或  1；  图①                                         图②  解法二：当点D在AB的下方时，如图③，过点D作DM⊥AB于点M，过点C作CN⊥DM于点N，∵∠ABC＝90°，∴四边形BCNM是矩形，∴MN＝BC＝1，CN＝MB，设AB＝x，∵△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴DM＝BM＝  AB＝  x，∴CN＝  x，DN＝DM－MN＝  x－1，∵DN²  CN²＝CD²，∴(  x－1)²  (  x)²＝(2  )²，解得x＝1  (x＝1－  舍去)，∴AB＝1  ；当点D在AB的上方时，如图④，过点D作DM⊥AB于点M，过点C作CN⊥DM，交DM的延长线于点N，∵∠ABC＝90°，∴四边形BCNM是矩形，∴MN＝BC＝1，CN＝MB，设AB＝x，∵△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴DM＝BM＝  AB＝  x，∴CN＝  x，DN＝DM  MN＝  x＋1，∵DN²＋CN²＝CD²，∴(  ＋1)²  (  x)²＝2  )²，解得x＝－1  (x＝－1－  舍去)，∴AB＝－1  ；综上所述，AB的长为1  或－1  ．   图③                                           图④ 14.课本再现 如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．(提示：取AB的中点G，连接EG) （1）请你思考题中的“提示”，这样添加辅助线的目的是通过截取线段BG＝BE，构造出            ≌            ，进而得到AE＝EF． 类比迁移 （2）如图②，四边形ABCD是矩形，AB＝2BC，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交矩形的外角平分线CF于点F，请判断AE与EF的数量关系，并说明理由． 拓展探究 （3）如图③，四边形ABCD是边长为3的菱形，∠B＝60°，点E为射线BC上一动点，连接AE，作∠AEF＝60°，且EF与菱形外角∠DCG的平分线交于点F．当  时，请直接写出CE的长． 14.解：（1）△GAE，△CEF； 【解法提示】如答案图①，取AB的中点G，连接GE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∵G，E分别是AB和BC的中点，∴AG＝BG＝CE＝BE，∴∠BGE＝∠BEG＝45°，∴∠AGE＝135°，∵EF交正方形外角的平分线CF于点F，∴∠DCF＝45°，∴∠ECF＝135°，∵∠AEF＝90°，∴∠CEF＋∠AEB＝∠BAE＋∠AEB＝90°，∴∠CEF＝∠BAE，∴△HAE≌△CEF(ASA)，∴AE＝EF． 答案图① （2）AE＝3EF；理由如下， 如答案图②，在AB上取点H，使BH＝BE，连接HE， 由（1）同理可得△HAE∽△CEF， ∴  ∵AB＝2BC， ∴  2， 设BC＝2x， 则BH＝BE＝CE＝x，AB＝4x， ∴AH＝3x， ∴  3； 即AE＝3EF； 答案图② （3）【解法一】如答案图③，过点E作EH⊥BC，交AB于点H， ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°， ∴AB＝BC＝3，AB∥CD，∠BHE＝30°，∠B＝∠DCG＝60°，∠BCD＝120°，∠BAE＋∠BEA＝120°， ∴∠AHE＝150°，BH＝2BE，HE     EC， ∵CF是角平分线， ∴∠DCF＝30°，∠ECF＝∠BCD＋∠DCF＝120°＋30°＝150°＝∠AHE， ∵∠AEF＝60°， ∴∠BEA＋∠CEF＝120°， ∴∠BAE＝∠FEC， ∴△AHE∽△ECF， ∴     设BE＝x，则CE＝BC－BE＝3－x，AH＝AB－BH＝3－2x， ∴     化简得x2－7x＋6＝0， 解得x1＝1，x2＝6， 当x＝1时，点E在BC上，CE＝BC－BE＝3－1＝2； 如答案图④，当x＝6时，点E在BC延长线上， ∴CE＝BE－BC＝6－3＝3； 综上所述，CE的长为2或3． 【解法二】如答案图⑤，当点E在BC延长线上时EF＝2   ，过点E作EN⊥BG交BA延长线于N， 在Rt△BEN中，∠B＝60°，∴∠N＝90°－∠B＝30°，设BE＝n，则BN＝2BE＝2n（n＞3）， ∴EN＝   ＝  n， ∵AD∥BC， ∴∠1＝∠2，∠NAD＝∠B＝60°， ∵∠AEF＝60°， ∴∠1＋∠NAD＝∠2＋∠AEF， ∴∠NAE＝∠CEF，在△ECF和△ANE中  ， ∴△ECF∽△ANE， ∴  ， ∴CE·NE＝NA·CF， ∵CE＝BE－BC＝n－3，NA＝BN－AB＝2n－3， ∴(n－3)×  n＝(2n－3)×2  ，n(n－3)＝(2n－3)×2，n²－3n＝4n－6，n²－7n＋6＝0，(n－1)(n－6)＝0，n＝1(舍去)或n＝6， ∴CE＝n－3＝3， 综上，CE长为2或3. 答案图③                                  答案图④                            答案图⑤ 15.综合与实践 定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“邻等对补四边形”． 如图①，四边形ABCD中，AB＝BC，∠B+∠D＝180°(或∠A+∠C＝180°)，则四边形ABCD叫做“邻等对补四边形”． (1)概念理解 在以下四种图形中：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形．一定是“邻等对补四边形”的是______．(填写序号) (2)探究发现 如图②，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AC平分∠BCD，求证：四边形ABCD是“邻等对补四边形”． (3)拓展应用 如图③，在Rt△ABC中，∠CBA＝90°，AB＝BC＝2，D为平面内一点，满足四边形ABCD为邻等对补四边形，直线CD与AB交于点P，若△ACD中有一个角为15°，求AP的长． 15.解：(1)④； 【解法提示】①平行四边形对角相等，邻边不相等，不是“邻等对补四边形”，故该选项不符合题意；②菱形对角相等，邻边相等，不是“邻等对补四边形”，故该选项不符合题意；③矩形对角相等且互补，邻边不相等，不是“邻等对补四边形”，故该选项不符合题意；④正方形对角相等且互补，邻边相等，一定是“邻等对补四边形”，故该选项符合题意． (2)证明：如答案图①，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，作AF⊥BC于点F，则∠AED＝∠AFB＝90°， ∵AC平分∠BCD， ∴AE＝AF， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADE+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADE， 在△ADE和△ABF中， ， ∴△ADE≌△ABF(AAS)， ∴AB＝AD， ∵∠B+∠ADC＝180°，AC平分∠BCD， ∴四边形ABCD是“邻等对补四边形”； 答案图① (3)①∠CBA＝90°，AB＝BC＝2， 如答案图②，当∠CAD＝15°时， ∴∠BAC＝45°， ∴∠PAD＝∠BAC+∠CAD＝45°+15°＝60°， ∴∠CPB＝30°， ∴PC＝2BC＝4， 由勾股定理得 ， ∴ ； ②∠CBA＝90°，AB＝BC＝2， 如答案图③，当∠ACD＝15°时， ∴∠ACB＝45°， ∴∠PCB＝∠ACB+∠ACD＝45°+15°＝60°， ∴∠BPC＝30°， ∴PC＝2BC＝4， 由勾股定理得 ， ∴ ； 综上所述，AP的长为 或 ． 16.综合与实践 【问题发现】在学习了“特殊平行四边形”后，数学兴趣小组的同学发现了这样一个问题：如图①，已知正方形ABCD，E为对角线AC上一动点，过点C作垂直于AC的射线CG，点F在射线CG上，且  ，连接EF. 通过观察图形，数学兴趣小组的同学进行了如下猜想： 猜想①：  ； 猜想②：  ； 猜想③：点E在AC上运动的过程中，四边形BECF的面积不变. （1）上述猜想中正确的有            （填序号）． 【类比探究】 （2）兴趣小组的同学在探究了正方形中的结论后，将正方形换成矩形继续探究．如图②，已知矩形ABCD，  ，E为对角线AC上一动点，过点C作垂直于AC的射线CG，点F在射线CG上，且  °，连接EF. ①请判断线段AE与CF的数量关系，并说明理由； ②点E在AC上运动时，四边形BECF的面积            （选填“不变”或“改变”）. 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，点E在对角线AC上运动，当四边形BECF为轴对称图形时，请直接写出线段BF的长. 16.解：（1）①②③； 【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴ ∵  ∴ ，即  ∴  ∵ ，∴ ∵ ∴  ∴ ∴  ∴ 猜想①，猜想②正确；∵ ∴ ∴ ，∴点E在AC上运动的过程中，四边形BECF的面积不变，猜想③正确.综上所述，猜想①，猜想②，猜想③均正确. （2）①  ；理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴  ∴  ∵  ， ∴  ，即  ∴  ∵  ∴  ∴  ∴  ∴  ∴  ∴  ； ②改变； （3）线段BF的长为  或  【解法提示】∵在RtΔABC中，  ，∴  与（2）①同理可得，  ∴  ，即  由题可知，分两种情况：a.当四边形BECF关于EF所在直线对称时，如答案图①，设EF交BC于点H，∴EF垂直平分BC，∴  ∵  ∴  ∴  ∴点E为AC的中点，∴  ∴  b.当四边形BECF为矩形时，如答案图②，∴  ∴  ∴  ∴  综上所述，线段BF的长为  或                               答案图①                                              答案图②                             数学试卷 第页（共页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 类比性几何探究 1.综合与实践 【问题背景】有两个三角形，一个是直角三角形，一个是等边三角形． ① ， ； ②等边 ．两个三角形的点 互相重合， 可以绕点 转动， ，点 是 的中点，连接 ． 【观察猜想】 （1）如图①，直接写出 与 的数量关系：______； 【类比探究】 （2）如图②，当 ，点 在线段 上方时，其他条件不变，延长 交线段 于点 ，探究 的度数是否为定值？若是定值，请求出 的度数；若不能求出 的度数，请说明理由； 【拓展提升】 （3）若 ， ，当点 ， ， 在同一条直线上时，请直接写出线段  的长． 2.如图①，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图②，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E． （1）【观察感知】如图②，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______； （2）【问题解决】如图③，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； （3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则 ______； （4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP ，请直接写出线段AP的长度．                                                                          图①                                  图②                                         图③ 3.综合与实践【实践操作】 如图①，在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上（均不与端点重合），且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN． 【问题发现】 （1）如图②，当n＝1时，CN与PD的数量关系为            ； 【类比探究】 （2）如图③，当n＝3时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，判断CN与PD之间的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在（2）的条件下，已知AD＝6，AP＝3，当矩形AMNP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长． 4.定义：在四边形中，若一条对角线能平分一个内角，则称这样的四边形为“可折四边形”． 例：如图①，在四边形ABCD中，∠ABD＝∠DBC，则四边形ABCD是“可折四边形”． 利用上述知识解答下列问题． （1）在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是“可折四边形”的有：            ； （2）在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC； ①如图①，若∠ABC＝60°，BD＝4，求AD+CD的最小值； ②如图②，连接对角线AC，若DC刚好平分∠ACE，且∠BDC＝25°，求∠DAC的度数； ③如图③，若∠ABC＝60°，AD＝CD，对角线AC与BD相交于点E，当BC＝6，且 AEB为等腰三角形时，求四边形ABCD的面积． 5.综合探究：如图，在矩形ABCD中，E是对角线AC上一动点，连接DE. (1)【操作探究】 如图①，AB=AD，过点E作EF⊥DE交线段BC于点F，根据题意在图①中画出EF，图中 的值为             ； (2)【问题探究】 如图②，AB=3，AD=4，过点E作EF⊥DE交线段BC于点F，探究线段DE与EF的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图③，AB=3，AD=4，过点E作EF⊥DE交射线BC于点F，当△EFC为等腰三角形时，求AE的长. 6.综合与实践 (1)【提出问题】 如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ．则∠ADQ的度数为______； (2)【类比探究】 如图②，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP＞DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ． ①求∠ADQ的度数； ②当BP＝BA＝2时，求DQ的长； (3)【迁移运用】 如图③，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，当点Q到BD的距离为 时，请直接写出BP的长． 7.李老师带领数学社团的同学们探究下面的问题： 在等边 ABC中，AB＝4． 【初步感知】 （1）如图①，点D是边BC上一点，若BD＝2，则AD＝           ；若BD＝m，则AD＝           (用含m的代数式表示)； 【深入探究】 （2）如图②，点D是边BC上一点，以点D为旋转中心，将直线AD逆时针旋转60°交直线AB于点E，顺时针旋转60°交直线AC于点F． ①求证：AE＝AF； ②若BD＝m，求DE+DF； （3）点D是直线BC上一点，将直线DA按照（2）中方式旋转，若DF＝3DE，请直接写出此时BD的长． 8.【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题。若四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD，BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法。 （1）【初步尝试】如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE，连接MN.用等式写出线DM，BN，MN的数量关系______； （2）【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图②，点M，N分别在正方形ABCD的边CD，BC的延长线上，∠MAN=45°，连接MN，用等式写出线段MN，DM，BN的数量关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B+∠D=180°，点N，M分别在边BC，CD上，∠MAN=60°，用等式写出线段BN，DM，MN的数量关系，并说明理由。 9.如图①，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10．将边AB绕点A逆时针旋转(0°＜θ＜180°)得到线段AE，过点E作EF⊥AE交直线BC与点F．同学们进行分组自主探究． 【问题解决】 （1）小郑组连接DE，研究的是△ADE的面积问题．他们发现，当θ＝60°时，△ADE的面积为______；当0°＜θ＜90°时，△ADE的面积为______(请用含θ的代数式表示)； （2）小州组研究的是四边形ABFE的问题．连接AF，BE，在旋转过程中，他们有以下猜想，其中正确的是：______(填序号)； ①FB＝2FE；②AF⊥BE；③ ；④AF·BE＝2AB·BF． （3）小迎组研究的是等腰三角形的存在性问题，他们发现，在旋转过程中，△ADE可能是等腰三角形，请求出当△ADE是等腰三角形时，cos∠ADE的值． 10.四边形ABCD是边长为10的菱形，AC与BD相交于点O．将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，点C，D旋转后的对应点分别为E，F，旋转角为α(0°＜α＜360°)． （1）如图①，当点F第一次落在对角线AC上时，求OB与BF的数量关系以及α的度数； （2）如图②，当α＞180°，且EF∥BD时，EF与AD交于点G．试判断四边形BDGF的形状，并说明理由； （3）如图③，连接CE，在旋转过程中，当EF与菱形ABCD的一边平行时，且 ，请直接写出线段CE的长． 11.在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动； （1）如图， 是正方形 中 边上的任意一点，以点 为旋转中心，将 顺时针旋转 后得到 ，连接 .请问： 是否为等腰直角三角形？请说明理由. （2）如图②，若 是正方形 的对角线 上一点，以点 为旋转中心，将 顺时针旋转 得到 ，连接 . 求证： ； （3）如图③，若 是菱形 外部的一点， ， ，请求出 ， ， 之间的数量关系. 12.【问题发现】 （1）如图①，在矩形ABCD中，点P是矩形ABCD内一点，过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC于点E，F，则PA2＋PC2            PB2＋PD2．(填“＞”“＝”或“＜”) 【类比探究】 （2）如图②，在矩形ABCD中，点P是矩形ABCD外一点，过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC的反向延长线于点E，F，（1）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图③，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，P是Rt△ABC外一点，PA＝1，PB＝3，  ，求BC的最小值． 13.综合与实践： （1）问题情景：如图①，已知等边△ABC和它内部一点D，把线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，连接DE，CE，射线AD，CE交于点F，则AD与CE数量关系是            ，∠AFC＝            °； （2）类比探究：如图②，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AC边上一点，过点D作DE∥CB交AB于点E，将△ADE绕点A旋转得到△AD′E′，连接CD′，BE′，在旋转的过程中，设直线CD′，BE′交于点F，探索CD′和BE′的数量关系和∠BFC的度数； （3）拓展应用：如图③，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝1，以AB为斜边作等腰直角三角形ABD，若CD＝2  ，求线段的AB长（直接写出答案）． 14.课本再现 如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．(提示：取AB的中点G，连接EG) （1）请你思考题中的“提示”，这样添加辅助线的目的是通过截取线段BG＝BE，构造出            ≌            ，进而得到AE＝EF． 类比迁移 （2）如图②，四边形ABCD是矩形，AB＝2BC，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交矩形的外角平分线CF于点F，请判断AE与EF的数量关系，并说明理由． 拓展探究 （3）如图③，四边形ABCD是边长为3的菱形，∠B＝60°，点E为射线BC上一动点，连接AE，作∠AEF＝60°，且EF与菱形外角∠DCG的平分线交于点F．当  时，请直接写出CE的长． 15.综合与实践 定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“邻等对补四边形”． 如图①，四边形ABCD中，AB＝BC，∠B+∠D＝180°(或∠A+∠C＝180°)，则四边形ABCD叫做“邻等对补四边形”． (1)概念理解 在以下四种图形中：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形．一定是“邻等对补四边形”的是______．(填写序号) (2)探究发现 如图②，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AC平分∠BCD，求证：四边形ABCD是“邻等对补四边形”． (3)拓展应用 如图③，在Rt△ABC中，∠CBA＝90°，AB＝BC＝2，D为平面内一点，满足四边形ABCD为邻等对补四边形，直线CD与AB交于点P，若△ACD中有一个角为15°，求AP的长． 16.综合与实践 【问题发现】在学习了“特殊平行四边形”后，数学兴趣小组的同学发现了这样一个问题：如图①，已知正方形ABCD，E为对角线AC上一动点，过点C作垂直于AC的射线CG，点F在射线CG上，且  ，连接EF. 通过观察图形，数学兴趣小组的同学进行了如下猜想： 猜想①：  ； 猜想②：  ； 猜想③：点E在AC上运动的过程中，四边形BECF的面积不变. （1）上述猜想中正确的有            （填序号）． 【类比探究】 （2）兴趣小组的同学在探究了正方形中的结论后，将正方形换成矩形继续探究．如图②，已知矩形ABCD，  ，E为对角线AC上一动点，过点C作垂直于AC的射线CG，点F在射线CG上，且  °，连接EF. ①请判断线段AE与CF的数量关系，并说明理由； ②点E在AC上运动时，四边形BECF的面积            （选填“不变”或“改变”）. 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，点E在对角线AC上运动，当四边形BECF为轴对称图形时，请直接写出线段BF的长. 数学试卷 第页（共页） 学科网（北京）股份有限公司 $