3.专题三 综合与实践——几何探究题-【一战成名新中考】2026江西中考数学·二轮复习·专项分类提升练

一战成名新中考 专题三综合与实践 —几何探究题 (每年在22题或23题考查，9~12分)》 考情时间轴 23.正方形、菱形背景的 23.三角形及四边形 旋转手拉手探究 23.证菱形及相似求比值 综合题 2024 2022 2025 2023 2021 23.直角三角形背景 23.三角形与正方形 的旋转手拉手探究 旋转求面积及最值 典例精进 类型1 动点类探究(2024.23,2019.22,2018.22)》 例1[2024江西23题12分]综合与实践 本题考查的是“手拉手模型” 如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点(，点D与，点A不 (方法指导见本册P8). 重合)，连接CD,以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE, 宁点拔 LD0E=0,连接BE,DCm CE CB (1)利用等腰直角三角形的性 质、全等三角形的判定与性质 特例感知 即可求解」 (1)如图①，当m=1时，BE与AD之间的位置关系是 数量关系是 (2)类比(1)问，利用相似三角 类比迁移 形的判定与性质即可求解 (2)如图②，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量 (3)①由(1)的结论可推出四 关系，并证明猜想 边形CDFE是正方形，根据正 拓展应用 方形的面积公式即可得到y与 (3)多解法 在(1)的条件下，点F与点C关于DE对称，连接x的函数表达式； DF,EF,BF,如图③.已知AC=6,设AD=x,四边形CDFE的 ②分点F在BC下方和点F在 面积为y BC上方两种情况讨论， ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； 解法一：构造相似三角形，运 ②分类讨论当BF=2时，请直接写出AD的长度. 用相似比进行求解. 解法二：由(1)的结论可推出 B,C,D,F四点共圆，利用正方 形的面积公式及勾股定理可 进行求解 图② 图③ 思考：同学们还有其他解题思 例1题图 路吗？ 专项分类提升练·江西数学 61 @针对训练 1.[2019江西22题9分]在图①，②，③中，已知□ABCD,∠ABC=120°，点E为线段BC上的动点，连 接AE,以AE为边向上作菱形AEFG,且∠EAG=120° (1)如图①，当点E与点B重合时，∠CEF=°； (2)如图②，连接AF. ①填空：∠FAD∠EAB(填“>”“<”“=”)； ②分类讨论求证：点F在∠ABC的平分线上； (3)如图③，连接EG,DG,并延长DG交BA的延长线于点H,当四边形AEGH是平行四边形时，求 的值 BC. D G G B(E) H 图① 图② 图③ 第1题图 62 专项分类提升练·江西数学 一战成名新中考 2.[人教八下P69第14题改编]追本溯源 (1)教材上有这样一道题，请你完成解答：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: 方法应用 (2)如图②，若点E是BC边上任意一点（不与B、C重合），其他条件不变.求证：AE=EF: 拓展延伸 (3)如图③，在(2)的条件下，连接AC,过点E作EP14C于点P,连接PR.设 =k,判断当k为何 BC 值时，四边形ECFP是平行四边形，并给予证明： (4)如图④，在平面直角坐标系xOy中，点O与点B重合，正方形ABCD的边长为1，当点F恰好落 在函数y=-2x+4的图象上时，请直接写出点E的坐标 图③ 图④ 第2题图 专项分类提升练·江西数学 63 3.[2025江西样卷一]如图，在菱形ABCD中，∠B=120°，E为射线BC上一动点，连接AE,以AE为边 朝右侧作菱形AEFG,且满足∠AEF=120°. (1)如图①，连接DG,求证：DG=BE; (2)如图②，连接CF,猜想CF与BE的数量关系，并证明你的结论： (3)利用备用图，连接DF,若AB=4,CE=2,求DF的长 B E C B E C 图① 图② 备用图 第3题图 64 专项分类提升练·江西数学 一战成名新中考 )>类型2操作类探究(2022.23,2021.23,2020.23) 例2[2021江西23题12分·人教八上P11研究改编]课本再现 C宁点拨 (1)在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成 (1)利用图形剪拼 图①即可证明，其中与∠A相等的角是 的性质即可得到 B 结论 图① 图② 例2题图 类比迁移 (2)如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，小明发现四边形 (2)利用勾股定理 ABCD中这对互余的角可类比(1)中思路进行拼合：先作∠CDF= 即可得出结论. ∠ABC,再过点C作CE⊥DF于点E,连接AE,发现AD,DE,AE之间的 数量关系是 方法运用 (3)如图③，在四边形ABCD中，连接AC,∠BAC=90°，点O是△ACD两边 (3)①由题意可知 垂直平分线的交点，连接OA,∠OAC=∠ABC. 点O是△ACD两边 ①求证：∠ABC+∠ADC=90°； 的垂直平分线的交 迟=2，求BD的长（用含m,n 点，可利用垂直平分 ②连接BD,如图④，已知AD=m,DC=n, AC 线的性质，连接OC, 的式子表示) OD,再利用三角形 内角和定理进行推 导证明； ②类比(2)中的图 图③ 图④ 形和结论，且题于中 例2题图 存在线段比的条件， 可作辅助线，构造与 BD相关的相似三角 形，从而进行求解. 专项分类提升练·江西数学 65 @针对训练 4.[2020江西23题12分]某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图①中所示的“由直角 三角形三边向外侧作多边形，它们的面积S,S2,S,之间的关系问题”进行了以下探究： 类比探究 (1)如图②，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB,AC,BC为斜边向外侧作Rt△ABD,Rt△ACE, Rt△BCF,若∠1=∠2=∠3，则面积S1,S2,S之间的关系式为 推广验证 (2)如图③，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB,AC,BC为边向外侧作任意△ABD,△ACE, △BCF,满足∠1=∠2=∠3，∠D=∠E=∠F,则(1)中所得关系式是否仍然成立？若成立，请 证明你的结论：若不成立，请说明理由： 拓展应用 (3)如图④，在五边形ABCDE中，∠A=∠E=∠C=105°，∠ABC=90°，AB=2√3，DE=2,点P在AE 上，∠ABP=30°，PE=√2，求五边形ABCDE的面积 S S 图① 图② 图③ 图④ 第4题图 66 专项分类提升练·江西数学 一战成名新中考 5.[2025江西样卷七]如图，已知矩形ABCD,AD=2AB,E是边AB延长线上一点，且BE=AB. (1)如图①，连接DE,交BC边于点M,以DE为边在DE的左下方作正方形DEFG,连接AM,试判 断线段AM与DE的位置关系，并说明理由： (2)连接CE,以CE为边作正方形CEFG. ①当正方形CEFG在CE的左下方时，如图②，点G在线段BC的垂直平分线上吗？请证明你的 结论， ②当正方形CEFG在CE的右上方时，如图③，求证：点F在线段BC的垂直平分线上 D D B B A BE 图① 图② 图③ 第5题图 专项分类提升练·江西数学 67 6.[2024江西样卷一]一块材料的形状是锐角三角形ABC,下面分别对这块材料进行课题探究： 课本再现 (1)在图①中，若边BC=120mm,高AD=80mm.把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC 上，其余两个顶点分别在AB,AC上，这个正方形零件的边长是多少？ 类比探究 (2)如图②，若这块锐角三角形ABC材料可以加工成3个相同大小的正方形零件，请你探究高AD 与边BC的数量关系，并说明理由. 拓展延伸 (3)①如图③，若这块锐角三角形ABC材料可以加工成图中所示的4个相同大小的正方形零件， 器的克为 (直接写出结果)； ②如图④，若这块锐角三角形ABC材料可以加工成图中所示的n(n≥3)个相同大小的正方形 零作本26值 G D (n-1)个 图① 图② 图③ 图④ 第6题图 68 专项分类提升练·江西数学 一战成名新中考 )>类型3图形变化类探究(2025.23,2022.23) 例3[2025江西23题12分]综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为 背景就三角形的旋转放缩问题展开探究. 特例研究 点拨 在正方形ABCD中，AC,BD相交于点O. (1)根据正方形的 (1)如图①，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大飞倍得 性质及旋转的性质 到，此时旋转角的度数为，k的值为 求解即可. ； (2)如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为a:,并放大得到△AEF (2)先证明△AEF∽ (点O,B的对应点分别为，点E,F),使得点E落在OD上，点F落在BC △AOB,再证明 △AFB∽△AE0,由 上，求距 的值； 相似三角形性质及 类比探究 正方形性质求解。 (3)如图③，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O是AB的垂直平分线与BD的 (3)同(2)可证△4FB 交点，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为，并放缩得到△AEF(点 ∽△AE0,根据线段 垂直平分线的性质 O,B的对应点分别为点E,F),使得点E落在OD上，点F落在BC上 求得线段数量关系， 猜他能的值是否与心有关，并说明理由： 再根据余弦函数 求解 (4)多解法若(3)中∠ABC=B,其余条件不变，探究BA,BE,BF之间的 (4)由∠ABC=B,同 数量关系（用含B的式子表示） (3)可证∠BA0= B BF AB 2’0E01=…,根 据BE=OE+OB 求解. A 图① 图② D C D B A 图③ 备用图 例3题图 专项分类提升练·江西数学 69 @针对训练 7.[2022江西23题12分·人教八下P63实验与探究改编]综合与实践 问题提出 某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF(∠P= 90°，∠F=60°)的一个顶点放在正方形中心0处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与 正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）. 操作发现 (1)如图①，若将三角板的顶点P放在点0处，在旋转过程中，当OF与0B重合时，重叠部分的面 积为；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为 ；一般地，若正方形面积为S,在旋转 过程中，重叠部分的面积S,与S的关系为 类比探究 (2)若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M,N. ①如图②，当BM=CW时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由； ②如图③，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）； 拓展应用 (3)若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠G0H(设∠GOH=α)，将∠G0H 绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠COH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积 为S,请直接写出S,的最小值与最大值（分别用含α的式子表示）. （参考数据：siml5°=y6-2 4,cs15°=V6+2 4,tanl5°=2-V3 D 4 O(F) O(F) O(P) B B M M N E 图① 图② 图③ 第7题图 70 专项分类提升练·江西数学于直线t=2对称，t1+i,=4 解法二：如解图②，过点D作DH L AB于点H,则∠AHD =90°=∠C,:∠DAH=∠BAC,△ADI∽△ABC,BC DH 治以装0 264w2 DH=反，A=4.BH= 2,DH=CD,存在3个时刻t1,2,(t1<2<)对应的正 方形DPEF的面积均相等，DP,=DP=DP,∴CP,= ,PH=4-,在R△CDP,和R△HDP,中DP=DP, (CD=HD. .Rt△CDP,≌Rt△HDP2(HL),.CP=HP2,∴.t1=4-t2, .∴.t1+t2=4. 18 Olt tit: 图① 图② 例5题解图 ②解法一：函数S=t2+2的图象向右平移4个单位与函 数S=(t-4)2+2的图象重合， 当t=t1和t=3时，S的值相等，t3t1=4, 又6=41心41-，=4，解得4=3 4 此时正方形DPEF的面积S=疗+2=34 解法二：根据二次函数的对称性，可知t2+t,=8. 由①可知t1+52=4,.t3-41=4, 同“解法一”得正方形DPEF的面积为 9 解法三：如解图②， .·DP,=DP,DH=DC,∠DHP3=∠C=90° .Rt△DHP≌Rt△DCP(HL),.PH=CP1, .P3H=t3-4,∴.t3-4=t1, 同“解法一”得正方形DPEF的面积为 9 10.解：(1)4,5： (2)如解图，过点Q作QD⊥AB,垂足为D. 当点P在边AB上时，BP=AQ=t-4. 20 在R△AD0中，D0= 2(4), S.00= 4 (t-4)2(4<t≤8)： 第10题解图 (3)由(1)可知，当0≤t≤4时，抛物线的顶点坐标为(2， 5), 当0≤t≤4时，设抛物线的解析式为S=a(t-2)2+√3(a ≠0)， 参考答案与重难题) 一战成名新中考 将(4,0)代入解析式，得0=4a+3, 第得á=年 5=年-2》w5. 由(2)可知，当4<t≤8，S随t的增大而增大 存在三个时刻t1,i2,t(,<2<t)对应的△BPQ的面积 均相等， ∴.0<t1<t2<4,4<t3<8, 根据二次函数的对称性可知t,+t2=4, 63-t2-t1=5….t3=4+5, 5=5x(4+w5-4=3535 4 =44=4 (t-2)2+√3」 解得1=1,2=3，t1=1. 专题三综合与实践一几何探究题 例1解：(1)AD⊥BE,AD=BE: (2)BE=mAD,AD⊥BE, 证明：∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE, 器-8得aAc△股C BE BC 六ADAC=m,∠CBE=∠A,BE=mMD, ·.·∠A+∠ABC=90°，.∠CBE+∠ABC=90°， ∴.∠ABE=90°，∴.AD⊥BE: (3)①解法一：由(1)知：当m=1时，BE=AD=x,BE⊥AD, CB=CA=6,CD=CE, .:∠ACB=∠DCE=90°， .AB=√CA+CB=√6+6=62， .∴.BD=AB-AD=6N2-x, .DE=BE2+BD2=x2+(62-x)2=2x2-12√2x+72, .·点C与点F关于DE对称， .CD=CE=EF=DF,.四边形CDFE是正方形， 六y=2DB=-62x+36=(x-32)2+18, 当x=32时，y取得最小值18； 解法二：如解图①，过点D作DPL AC于点P, 则∠DPA=90° 由(1)知，CB=CA,.∠A=45°， DP=AP= 2,4CP=6-2, 同“解法一”易得四边形CDFE是正例1题解图① 方形， 在Rt△CDP中，CD2=CP2+DP2. y=x2-62x+36=(x-32)2+18, 当x=32时，y取得最小值18； 解法三：如解图②，过点C作CGLAB于点G, 则∠AGC=90°，同“解法二”易得∠A=45°，四边形CDFE 是正方形 AC=6,..CG=AG=32,..DG=3 DG=x-32. 在Rt△CGD中，CD=DG+CG2, .CD2=(32-x)2+(32)2或CD2=(x-32)2+ (32)2, 军析·江西数学 35 ∴.y=x2-6W2x+36=(x-3√2)2+18 当x=32时，y取得最小值18： 图② 图3 例1题解图 ②AD的长度为22或4W2.【解法提示】 解法一：如解图②，过点C作CG⊥AB于点G,连接CF 则△CBG和△CFD都是等腰直角三角形， CB CF AG-CG-3G-CD-LBCG-LFCD=45 ∴.∠FCB=∠DCG, ·.△CFB∽△CDG BF BC 2 6 DGCC…32-x32 解得x=2√2； 如解图③，同理可得BFBC DG CG 26,解得x=45 x-3232 ·.AD的长度为2√2或4√2 解法二：如解图④，连接CF交DE于点 0,连接OB 由①可知四边形CDFE是正方形， .0F=0C=0D=0E, 由(1)可知∠EBA=90°， :点O是DE的中点， ∴.OB=0D=0C=0F, 例1题解图④ .点B,C,D,F都在以O为圆心，OB长为半径的圆上 .∠CBF+∠CDF=180° ∠CDF=90°， .∠CBF=90° BC=AC=6,BF=2. .CF=√BC2+BF=√6+2=2√/10】 y=2/1×21×-20, .x2-62x+36=20,解得x1=22,x2=42 .AD的长度为2√2或4W2 解法三：如解图⑤，过点C作CG⊥AB于点G,连接CF交 DE于点O,连接OB 同“解法二”得四边形CDFE是正方形，∠CBF=90°， .BC=AC=6.BF=2. .CF=V√BC2+BFr=√6+2=2WI0 .CD=25」 AC=6, .CG=AG=32. .DG=(2W5)2-(32)2=2, .DG=2, .AD=AG-DG=22: 如解图⑥，同理可得AD=AG+DG=32+√2=42， 36 参考答案与重对 .·AD的长度为2W2或4W2」 图( 图6 例1题解图 1.(1)解：60： (2)①解：=： ②证明：当BA<BE时，如解图①，过点F分别作FM⊥BC 于点M,FN⊥BA交BA的延长线于点N, 则∠FNB=∠FME=90°， .·∠ABC=120°，∴.∠NFM=60°， :回边形APG是菱形F=EA,∠FAE=子LFAG=60. ∴.△AEF为等边三角形 .FA=FE,∠AFE=60°，.∠AFN=∠EFM, L∠FNA=∠FME, 在△AFN和△EFM中 ∠AFN=∠EFM FA=FE. .△AFN≌△EFM(AAS),FN=FM, 又：FM⊥BC,FN⊥BA,点F在∠ABC的平分线上； 当BA=BE时，如解图②， BA=BE,∠ABC=120°，∠BAE=∠BEA=30°， ∠EAG=120°，四边形AEFG为菱形，.∠EAF=60°， 又·EA=EF,.△AEF为等边三角形， ∴.∠FEA=60°，FA=FE, 则∠FAB=∠FEB=90° 又FA=FE,点F在LABC的平分线上； 当BA>BE时，同理可证，点F在∠ABC的平分线上. 综上所述，点F在∠ABC的平分线上： D NA B A 图① 图② 第1题解图 (3)解：如题图③，设线段DA,GE相交于点Q, :四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°， ∴.∠AGF=60°，∴.∠FGE=∠AGE=30° 四边形AEGH为平行四边形，.GE∥AH, ∴.∠GAH=∠AGE=30°，∠H=∠FGE=30° 又四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=120°， .∠DAB=60°，.∠GA0=90°. 又.∠AGE=30°，.G0=2AQ. .·∠DAB=60°，∠H=30°，.∠ADH=30°，.AD=AH. ∴.当四边形AEGH是平行四边形时， GE=AH=AD,QE∥AB, .·四边形ABCD为平行四边形，.BC=AD,BE∥AQ ∴.BC=GE,四边形ABEQ是平行四边形 ∠DAE=∠EAB=30°，∠QEA=∠EAB=30°=∠QAE, .QA=QE,平行四边形ABEQ为菱形， AB=AO=0E.BC=GE=3AB.3 题解析·江西数学 2.（1)证明：如解图①，取AB的中点G,连接EG,则BG=AG, 点E是BC的中点，BE=CE, .·四边形ABCD是正方形， .AB=BC,∠B=∠BCD=90° .∴AG=BG=BE=CE,∠GAE+∠AEB=90°， .△BGE是等腰直角三角形，.∠BGE=∠BEG=45°、 ∴.∠AGE=1350. .∠AEF=90°，CF平分正方形的外角， .∠AEB+∠CEF=90°，∠ECF=135°， ∴.∠GAE=∠CEF,∠AGE=∠ECF,又，·AG=CE ·.△GAE≌△CEF(ASA),.AE=EF: (2)证明：如解图②，在AB边上取点G,使得AG=EC,连 接EG, 四边形ABCD是正方形，∴.AB=BC,∠B=∠BCD=90°， .∴.∠EAG+∠AEB=90°，.·AG=CE, ∴BG=BE,∴.△BGE是等腰直角三角形 ∴.∠BGE=∠BEG=45°，∴.∠AGE=135° ·∠AEF=90°，CF平分正方形的外角， .∠AEB+∠FEC=90°，∠ECF=135°， ∠GAE=∠CEF,∠AGE=∠ECF,又：AG=CE ∴.△GAE≌△CEF(ASA),∴.AE=EF: D 图① 图② 图③ 第2题解图 (3)解：当=时，四边形BCP是子行四边形证明如下： 如解图③，在AB边上取点G,使得AG=EC,连接EG, 由(2)知，△BGE是等腰直角三角形，△GAE≌△CEF, ∠ECF=135°. ∴.CF=GE,设BC=x,则BE=kx .CF=GE=2kx,EC=(1-k), 由正方形的性质得∠ACB=45°， 又.EP⊥AC,.∠PEC=45°， ∠EC4∠BCF-180,PE=2(1-6x,Pg/CF 当PE=CF时，四边形ECFP是平行四边形 1 .2(1-k)x=√2，解得=3 2 (4)解：点E的坐标为(3,0). 3.(1)证明：在菱形ABCD,菱形AEFG中，AB=AD,AE=AG, ∠B=∠AEF=120°， .LBAD=∠EAG=60°.∠BAE=∠DAG. ∴.△ABE≌△ADG(SAS). ∴.DG=BE; (2)解：结论：CF=√3BE. 证明：如解图①，连接AC,AF 参考答案与重难题 一战成名新中考 在△ABC中，AB=BC,∠B=120°， .易得AC=√3AB=√5AD, :AC平分∠BAD 1 六LCAD=2∠BAD=30, 第3题解图① 同理可得AF=√3AG,∠G4F=30°， AC AF 六∠CAF=30°-LDAF=∠GAD,ADAG 3, .△ACF∽△ADG,. CF =√3 GD CF 由(1)知DG=BE,证5，CF=5BE: (3)解：由上可得，∠ACF=∠ADG=∠B=120°，∠ACB =30°， ∴.∠BCF=120°+30°=150°， .∠DCF=150°-60°=90°， ∴.DC⊥CF ①当点E在线段BC上时，如解图② AB=4,CE=2, .DC=AB=4,BE=2,.CF=25, .DF=√DC+CF=√4+(25)2 =27: B E C ②当点E在线段BC的延长线上 第3题解图② 时，如解图③， B 第3题解图③ 同理可得CF=√3BE且∠DCF=90°， AB=4,CE=2, .DC=AB=4,BE=6,.CF=63, .DF=√DC+CF=√42+(63)2=2√31. 综上，DF的长为2√7或2√3I. 例2(1)解：∠DCE'; (2)解：AD+DE=AE2: (3)①证明：如解图①，连接0D,0C. .·点O是△ACD两边垂直平分线的交点 ∴.0A=0C=0D. ·.∠OAC=∠0CA,∠0DC=∠OCD,∠OAD=∠ODA, .2∠0AC+2∠0DC+2∠0DA=180°， 即2∠OAC+2∠ADC=180°. ∴.∠OAC+∠ADC=90°， .·∠OAC=∠ABC,.∠ABC+∠ADC=90°： 4 图① 图② 例2题解图 ②解：如解图②，作∠CDF=∠ABC,过点C作CE⊥DF 于点E,连接AE, 解析·江西数学 37 :∠ABC+∠ADC=90°，∴.∠CDF+∠ADC=90°， .AD2+DE2=AE m2+DE2=AE2. :∠BAC=90°. AB =2, AC .AC:AB:BC=1:2:5,易证△ABC∽△EDC, CE:DE:DC=1:2:5,.B=Cの， ·∠CDF=∠ABC,.∠ACB=∠DCE ∴.∠BCD=∠ACE,∴.△ACE∽△BCD. 0成店G=侧 AE AC 1 5 在t△CDE中，DE2 'DC 5 DE= 哈， 2 .m2+(二n)2=(白 =(0,即m+4D √5 5 51 BD2=5m2+4n2,.BD=√5m+4n. 4.解：(1)S1+S2=S3; (2)仍然成立 证明：：∠1=∠3，∠D=∠F,.△ADB∽△BFC, 「S、三()，同理可得=() ∠BAC=90°，AB2+AC2=BC2 (CAC =1 BC2 ∴.S1+S2=S3; (3)如解图，过点A作AH⊥BP于点H,连接PD,BD .∠ABIH=30°，AB=2√3 .AH=√3，BH=3,∠BAH=60°， .∠BAP=105°，.∠HAP=45°， .AH⊥BP,.∠HAP=∠APH=45°， .PH=AH=√5， 第4题解图 .AP=√6，BP=BH+PH=3+√3 5m=BP,4_3+3)x335+3 2 2 21 :PE=√2，DE=2,AP=V6,AB=25, ,PE√2√5DE2√3，PEED AP 63'AB23AP-AB 又∠E=∠BAP=1O5°，∴△EDP∽△ABP, 2m=AP=45m限有号)分， °·BPAP3'SAAP 13W5+3V5+1 .∠BPD=90°，PD=1+/5,SamE=3X2 2 ∴.S△mD= P.PD_（3+3)x(1+W5)-25+3. 2 2 tan∠PBD=PD-3 Bp3∠PBD=30, .∴∠CBD=∠ABC-∠ABP-∠PBD=30°， .∠PDE=180°-∠E-∠EPD=30°， ∴.∠ABP=∠PDE=∠CBD, 又.∠BAP=∠E=∠C=105°， 六由(2)的结论可得5aw=5。n+s6c-35+3,5 2 2 25+2. .五边形ABCDE的面积为S△ABP+S△Ps+S△Cw+S△BPm= 38 参考答案与重难 35+3,5+1+25+2+25+3=65+7. 2 2 5.(1)解：AM垂直平分DE. 理由：BE=AB, ∴.AE=2AB. ·.·AD=2AB ∴.AD=AE. .·四边形ABCD是矩形， ∴.DC=AB=BE,∠C=∠MBE=90°，DC∥AB, .∠CDM=∠BEM, ∴.△CDM≌△BEM(ASA). ∴.EM=DM 又.AD=AE,∴.AM⊥DE. ∴.AM垂直平分DE: (2)解：①点G在线段BC的垂直平分线上. 证明：如解图①，过点G作GH L BC,垂足为H. :四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上， .∠CBE=∠ABC=∠GHC=90°， .∴.∠1+∠2=90°， :四边形CEFG为正方形， .∴.CG=CE,∠GCE=90°， ∴.∠1+∠3=90°，∴.∠2=∠3， .△GIHC≌△CBE(AAS), .CH=BE. .·四边形ABCD是矩形，.AD=BC ·AD=2AB,BE=AB .BC=2BE=2HC. .HC=BH. ∴.GH垂直平分BC ∴点G在线段BC的垂直平分线上 D B E 图① 图② 第5题解图 ②证明：如解图②，过点F作FM⊥BC,垂足为M,过点E 作EN⊥FM,垂足为N. ∴.∠BMN=∠ENM=∠ENF=90°. :四边形ABCD是矩形，点E在边AB的延长线上， .∠CBE=∠ABC=90°， .四边形BENM为矩形 .BM=EN,∠BEN=90. ∴.∠1+∠2=90° .·四边形CEFG为正方形， .∴.EF=EC,∠CEF=90°. ∴.∠2+∠3=90° .∠1=∠3. ·.·∠CBE=∠ENF=90° .△ENF≌△EBC(AAS). ∴.NE=BE, .BM=BE :四边形ABCD是矩形， .AD=BC. ·AD=2AB,AB=BE, 题解析·江西数学 ∴.BC=2BM .∴.BM=MC. ∴.FM垂直平分BC. .,点F在线段BC的垂直平分线上 6.解：(1)设正方形零件的边长为xmm, 则KD=EF=x,AK=80-x, EF∥BC△AEF∽△ABC,B=D, 小高解得8， .正方形零件的边长为48mm: (2)AD=BC.理由如下： 如解图①，设AD交EF于点M,交GH于点N, 设每个正方形的边长为a, .·EF∥GH,.△AEF∽△AGH AM EF 1 AN GH 2 六AM=MN=a,AD=3a,A03, EF∥BC,·.△AEF∽△ABC, EF AM 1 六BCAD3BC=3aAD=BC: (n-1)个 图① 图② 第6题解图 (3)07 ②如解图②，设AD交EF于点M,交GH于点N, 设每个正方形的边长为a, .·EF∥GH,∴.△AEF∽△AGH AM EF a 1 “AWGH(n-1)an-1 AM1 Am+an-14Ms、了】 n20 ·:EF∥BC,∴.△AEF∽△ABC EF AM AD AM 1 六BCAD,心BCEFn-2 例3解：(1)45°，V2; (2)根据题意得△AEF∽△AOB 六∠EAF=∠0 AB.AB-AO' AF AE ∠FAB=LEA0,AEAO AF AB .△AFB∽△AE0 BF AB OE AO .·∠0AB=45°，∠A0B=90° 82 BF AB 0EA02; (3)2的值与e无关，超白如下知年因0。 同(2)可证△AFB∽△AE0, 参考答案与重难 一战成名新中考 BF AB D OE AO ·在菱形ABCD中，∠ABC =60°， ∴.∠AB0=30° ·O是AB的垂直平分线与 例3题解图① BD的交点， .A0=B0. .∴.∠BA0=∠AB0=30° 过点0作0G⊥AB于点G, ÷AB=2BG,c0s∠AB0=BG_BG OB OA c0s300= 2 AB 0 =3, BF_AE-, OEAO 的值与a无关； BF (4)解法一：同理可证，∠B10=B,BP B 200=2cos 2 9e0e:2m号.B4=082 21 .·BE=OE+OB B B ∴.BF+BA=OE·2cos +0B·2s =2(0E+0B)· 2 B -=2BEcos- 2 B .·.BF+BA=2 BEcos 2 解法二：如解图②，·点0在 D AB的垂直平分线上，∴.AO =B0. 过，点E分别作BA,BC的垂 线，垂足分别为M,N,则 AM ∠EMA=∠ENF=∠EMB 例3题解图② =90° .·BD平分∠ABC .∴.EM=EN. .·△AEF由△AOB旋转放缩得到，∴.EA=EF ∴.Rt△AEM≌Rt△FEN(HL),∴.AM=FW ·BE=BE,EM=EN, ∴.Rt△MBE≌Rt△NBE(HL),∴.BM=BN. .BA+BF=AM+BM+BN-NF=BM+BN=2BM. ABC= 1 由题可知，LAB0=2 2 ,在Rt△BEM中，BM= 2 ∴.BA+BF=2BM=2 BEcos 解法三：如解图③，： D △AOB绕点A旋转并放缩 得到△AEF,·.∠AEF= ∠AOB,EA=EF ,:点O是AB的垂直平分线 B 与BD的交点，∠OAB= 例3题解图③ ∠OBA=∠OBC. .·∠AOB+∠AB0+∠BAO=180°， .∴.∠AEF+∠ABF=180°..∠EAB+∠EFB=180°. 题解析·江西数学 39 将△BEF绕点E顺时针旋转，使点F的对应点为点A, 设此时点B对应点为点B', ∠EAB'=∠EFB,EB'=EB,AB'=FB. .∠EAB+∠EAB'=180° 点B,A,B在同一直线上， .BA+BF=BB'. 过点E作EG⊥AB于点G. BG)BB=2(BM+BP】 .·cos∠EBG= BG BE ∴BG=BE·cos LEBG, B ∴.BA+BF=2 BEcos 2 7.解：(1)11：S=45 (2)①△OMN是等边三角形 理由：如解图①，过，点0作0T⊥BC于点T, :点O是正方形ABCD的中心， A D ∴.BT=CT O(F .BM=CN,∴.MT=TN, .OT⊥MN,.OM=ON. B :∠M0N=60°， MTNP ..△OMW是等边三角形： ②如解图②，连接0C,过点0作011E BC于点I, 第7题解图① .:CM=CN,∠OCM=∠OCN,OC=OC, ∴.△OCM≌△OCN(SAS), ∴.∠C0M=∠C0N=30°， O(F ∴.∠OMI=∠C0M+∠OCM=75° .O1⊥CB, .∴.∠I0M=90°-∠0MI=15°， BI=IC=0I=1. ∴.IM=01.tan∠10M=2-√3， ..CM=C1-M=1-(2-√3)=√3-1， 第7题解图② Smwww=2m-2xGM--1 (3)小S=am分S=1-am(45-受. 8.解：(1)①四边形ABC'D是菱形.理由如下： .四边形ABCD是矩形，.AB=CD,AB∥CD. 由平移知对应线段平行且相等，.AB∥DC',AB=DC', .四边形ABCD是平行四边形， BD⊥AC,∴.平行四边形ABCD是菱形： ②由题意可得A'D=BC=3,CD=AB=4, 在Rt△ABC中，AB=4,BC=3,.AC=√AB2+BC=5, BC 3 ∴.cos∠DA'C'=cOs∠ACB= AC5 .·BD⊥AC', 在Bm△A'D0中，0M'=A'D·cos∠DA'C=3x2=? 55 ·四边形ABC'D是菱形，.OA=OC', .AA'=CC',..OA'=OC, 4'C=20A'=18 心M'=AC-A'C=5187 559 (2).A'CAB,∴.∠CA'C'=∠A, :∠A=∠C,∴.∠CA'C'=∠C',∴.CA'=CC' 40 参考答案与重 设C4'=CC'=x,则CD=4-x, 在Rt△A'CD中，A'D+CD2=A'C2, 25 即3+(4-x)2=,解得x=8, 44'=AC-A'C=525_15 88 9解：10P0=2cD:②P1BE,AP=B: (2)AP1.BE.AP-BE 证明：如解图，连接PQ,AQ,AQ与BF交于点N 则PQ是△BCD的中位线， cDCE.PQ/CD, 1 ·.∠POB=∠DCB. .∠POB-∠AOB=∠DCB-∠DCE,即∠POA=∠ECB. 在Rt△ABC中，AB=AC,Q为BC中点， ∴40=2C…是品2 PQ AQ 1 ·∠PQA=∠ECB,∴.△APQ∽△BEC, AP=2B,∠QMP=∠BC, .·∠BNQ=∠ANF,∠FBQ+∠BNQ=90°. ∴.∠AWNF+∠NAF=90°，∴.∠AFN=90°，∴.AP⊥BE: Q 第9题解图 (3)M是DE中点，P是BD中点， .CM⊥DE,PM是△DBE的中位线. .∴.PMBE,∴.∠BED=∠PMD=90°， 由(2)易知AP1BE,AD=BE, .∴.AP∥ED,∴.∠EFP=∠FPM=90°， .四边形PMEF是矩形， 设AP=x,则BE=2x,在Rt△CDE中，CE=CD=2, .EM=2=PF,AF=x-√2， BK=EF=PW服= 在Rt△ABF中，AF=x-√2，BF=x,AB=4. 由勾股定理得AF2+BF2=AB, :(x-2)+=4,解得=+30（负值已舍去. 2 .S四边wBr=EM·PM=V2x=1+√T5 10.【探究发现】解：四边形DEGF是菱形：【解法提示】将 △DEF沿EF翻折得到△GEF,.DE=GE,DF=GF, DF=DE,.GE=DE=DF=GF,.四边形DEGF是菱形 【探究证明】证明：将△BMN沿MW翻折得到△HMN, ∴.BN=HN,BM=HM, BN=BM, ∴.HN=BN=BM=IHM .四边形BMIN是菱形， ∴.NHBC. :E为边AD的中点，M为边BC的中点， 1 1 六DE=ZAD,BM=ZBC, 题解析·江西数学 .·四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC, .DE=BM,DE∥BM ·四边形DEGF是菱形 .∴.DE=FG,FG//DE. .FG=DE=BM=HN,FG∥NH. ·.四边形GFN是平行四边形： 【探究提升】解：四边形GHH能成为轴对称图形，4D的 'B的 值为)或子【解法提示】由（探究证明]知，四边形心 N是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四 边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHW是矩形时 过G作GK⊥AB于K,过E作ET⊥AB于T,如解图①， ∠A=60∠4T=30A7=2E,设47=，则46= 2x,.ET=WAE-AT=√3x=GK,.·E为AD中点，.AD =2AE=4x,DE=AE=2x,:四边形DEGF是菱形，.EG= DE=2x=TK,.四边形GFN是矩形，.∠GNH=90°， ADNH,∠A=60°，∴.∠HNB=∠A=60°，.∠GNK=180 -∠GNH-∠HWNB=180°-90°-60°=30°，∴.KN=√3GK= 5x/*xN-BC-ADAAT TK+KN+BN=x+2x+3x+2x8x2 AD 4x 1 B W B 第10题解图① 第10题解图② 当四边形GFN是菱形时，延长FG交AB于W,如解图 ②，设AD=y,则DE=DF=EG=GF=BN=BM=M=NH= 2,:四边形GFHN是菱形，GF=PH=NM=GN= 1 1 2y,:EG/CD/AB,GF∥AD四边形AEGW是平行四 边形，∠GWN=∠A=60°，AW=EG=2,GW=AE= 2GW=GN,△G聊N是等边三角形WN=Gw 1 2.AB=AW+WN+BN=111 3 AD 2 2+2=2…AB 、=?,综上所述，四边形GFN能成为轴对称图形， 3 2 的值为宁或号 AD. 11.解：(1)四边形BDB'E是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得BD=B'D,BE=B'E,∠B'DE=LBDE, 'B'D∥BC,∴.∠B'DE=∠BED, .∠BDE=∠BED,.BD=BE. ∴.BE=BD=B'D=B'E. 四边形BDB'E是菱形： 参考答案与重难题解 一战成名新中考 (2)①DE⊥A'E,理由如下： 由(I)知四边形BDB'E是菱形，∴.BD=B'E=B'D, 由折叠的性质得到AD=A'D, 又.AD=2BD,∴.A'D=2BD=2B'D=2B'E, .B'D=AB'=B'E,.∠1=∠2，∠3=∠4， .:∠1+∠2+∠3+∠4=180°， .∠2+∠3=90°，即∠DEA'=90°.DE⊥A'E; ②4F的长为5安'【解法提示】：∠G=90,4B=15, BC=9,.AC=√AB-BC=12,当△A'FG是以A'F和 FG为腰，A'G为底的等腰三角形时，如解图①，延长A'F 交AB于点H,设AC与A'D的交点为M,则FG=A'F, ∠C=90°，A'D/BC,.∠AMD=∠C=90°，.∠AMA'=90°，由 折叠的性质得∠A=∠DA'F,AF=A'F,:∠AFH=∠A'FG, ..∠AHF=∠AMA'=∠C=90°，.∠A=∠A,.∴.△AFH∽ △c-0sa=0四：C加=34 :5,.·∠AHF=∠A'MF,∠A=∠MA'F,AF=A'F,.△AHE 兰△A'MF,.HF=FM,AH=A'M,设HF=FM=3x,则AH =A'M=4,AF=A'F=FG=5x,..AM=AF+FM=8x,A'D /Bc△4n△hCB化-0即答-8A0- 10x,..BE=BD=AB-AD=15-10x...CE=BC-BE=10x- 6,.FG=A'F=5x,...MG=FG-FM=2x,..CG=AC-AM- MG=12-8.x-2x=12-10x,.A'D∥BC,.△A'MG △B06瓷62产26第得=1或=0 (舍去)，.A'F=5x=5:当△A'FG是以A'F和A'G为腰， FG为底的等腰三角形时，如解图②，延长A'F交AB于 点H,设AC与A'D的交点为M,则A'F=A'G,同理得HF: AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5.HF=FM.AH=A'M.AF= A'F,HF=FM=3y,AH=A'M=4y,AF=A'F=5y,..AM A+Fw=mC△4wn△MCR-0 即&、AD 215AD=10,BE=BD=AB-AD=15-10, CE=BC-BE=10y-6,A'D∥BC,∠C=90°，.A'M⊥AC .A'F=A'G,∴.GM=FM=3y,∴.FG=GM+FM=6y,∴.CG= AC-AF-FG=12-11y,.:A'D∥BC,∴.△A'MG∽△ECG,. 提器高。品得哥武含去 45综上所述4F的长为5 37 图① 图② 第11题解图 析·江西数学 41