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江苏省2022年各地区中考数学真题按题型难易度分层分类汇编（14套）-05解答题压轴题
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江苏省2022年各地区中考数学真题按题型难易度分层分类汇编（14套）-05解答题压轴题
【考点目录】
一．一次函数综合题（共1小题） 1
二．二次函数综合题（共3小题） 1
三．三角形综合题（共3小题） 3
四．四边形综合题（共4小题） 4
五．圆的综合题（共3小题） 6
六．相似形综合题（共1小题） 9
【专题练习】
一．一次函数综合题（共1小题）
1．（2022•泰州）定义：对于一次函数y1＝ax+b、y2＝cx+d，我们称函数y＝m（ax+b）+n（cx+d）（ma+nc≠0）为函数y1、y2的“组合函数”．
（1）若m＝3，n＝1，试判断函数y＝5x+2是否为函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，并说明理由；
（2）设函数y1＝x﹣p﹣2与y2＝﹣x+3p的图象相交于点P．
①若m+n＞1，点P在函数y1、y2的“组合函数”图象的上方，求p的取值范围；
②若p≠1，函数y1、y2的“组合函数”图象经过点P．是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变？若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
二．二次函数综合题（共3小题）
2．（2022•无锡）如图，二次函数y＝的图象与x轴交于点A、B（A在B左侧），点C（0，3），点E在对称轴上．
（1）求A、B两点坐标；
（2）设直线AC与抛物线的另一个交点为D，求点D坐标；
（3）设E关于直线BD、CD的对称点分别为F、G，求以GF为直径的圆面积的最小值．
3．（2022•宿迁）如图，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A′的位置，线段A′C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
（1）求二次函数的表达式；
（2）①求证：△OCD∽△A′BD；
②求的最小值；
（3）当S△OCD＝8S△A'BD时，求直线A′B与二次函数的交点横坐标．
4．（2022•苏州）如图，二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
（1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
（2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值；
（3）若在第四象限内二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP＝75°，请结合函数的图象，直接写出m的取值范围．
三．三角形综合题（共3小题）
5．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
（1）∠EDC的度数为 °；
（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；
（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
（4）求的最大值．
6．（2022•泰州）已知：△ABC中，D为BC边上的一点．
（1）如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E．若AB＝5，BD＝9，DC＝6，求DE的长；
（2）在图②中，用无刻度的直尺和圆规在AC边上作点F，使∠DFA＝∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（3）如图③，点F在AC边上，连接BF、DF．若∠DFA＝∠A，△FBC的面积等于CD•AB，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由．
7．（2022•扬州）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，点D在BC边上由点C向点B运动（不与点B、C重合），过点D作DE⊥AD，交射线AB于点E．
（1）分别探索以下两种特殊情形时线段AE与BE的数量关系，并说明理由；
①点E在线段AB的延长线上且BE＝BD；
②点E在线段AB上且EB＝ED．
（2）若AB＝6．
①当＝时，求AE的长；
②直接写出运动过程中线段AE长度的最小值．
四．四边形综合题（共4小题）
8．（2022•淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 ；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
9．（2022•镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH＝AB；
（2）如图2，已知AE＝AH，CF＝CG，当AE、CF的大小有 关系时，四边形EFGH是矩形；
（3）如图3，AE＝DG，EG、FH相交于点O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
10．（2022•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
（1）当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证：AM＝AB；
（2）当AE＝3时，求CF的长；
（3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
11．（2022•盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
五．圆的综合题（共3小题）
12．（2022•镇江）（1）已知AC是半圆O的直径，∠AOB＝（）°（n是正整数，且n不是3的倍数）是半圆O的一个圆心角．
【操作】如图1，分别将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°（n取1、4、5、10）所对的弧三等分（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【交流】当n＝11时，可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分吗？
从上面的操作我发现，就是利用60°、（）°所对的弧去找（）°的三分之一即（）°所对的弧
我发现了它们之间的数量关系是4×（）°﹣60°＝（）°．
我再试试：当n＝28时，（）°、60°、（）°之间存在数量关系 ．
因此可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
【探究】你认为当满足什么条件时，就可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分？说说你的理由；
（2）如图2，⊙O的圆周角∠PMQ＝（）°．为了将这个圆的圆周14等分，请作出它的一条14等分弧（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
13．（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
14．（2022•宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
在Rt△CDE中， ，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
【拓展应用】
（1）如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使＝，写出作法，并给出证明；
（2）如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2＝AP•AB，写出作法，不用证明．
六．相似形综合题（共1小题）
15．（2022•南京）在平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所得多边形沿过该点的直线翻折，我们称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．例如：如图1，先将△ABC以点A为位似中心缩小，得到△ADE，再将△ADE沿过点A的直线l翻折，得到△AFG，则△ABC和△AFG成自位似轴对称．
（1）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＜BC，CD⊥AB，垂足为D．下列3对三角形：①△ABC和△ACD；②△BAC和△BCD；③△DAC和△DCB．其中成自位似轴对称的是 ；（填写所有符合要求的序号）
（2）如图3，已知△ABC经过自位似轴对称变换得到△ADE，Q是DE上一点，用直尺和圆规作点P，使P与Q是该变换前后的对应点（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；
（3）如图4，在△ABC中，D是BC的中点，E为△ABC内一点．∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，连结DE，求证：DE∥AC．
江苏省2022年各地区中考数学真题按题型难易度分层分类汇编（14套）-05解答题压轴题
参考答案与试题解析
一．一次函数综合题（共1小题）
1．（2022•泰州）定义：对于一次函数y1＝ax+b、y2＝cx+d，我们称函数y＝m（ax+b）+n（cx+d）（ma+nc≠0）为函数y1、y2的“组合函数”．
（1）若m＝3，n＝1，试判断函数y＝5x+2是否为函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，并说明理由；
（2）设函数y1＝x﹣p﹣2与y2＝﹣x+3p的图象相交于点P．
①若m+n＞1，点P在函数y1、y2的“组合函数”图象的上方，求p的取值范围；
②若p≠1，函数y1、y2的“组合函数”图象经过点P．是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变？若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）函数y＝5x+2是函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，理由见解答过程；
（2）①p＜1；
②存在m＝时，“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q（3，0）．
【解答】解：（1）函数y＝5x+2是函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，理由如下：
∵3（x+1）+（2x﹣1）＝3x+3+2x﹣1＝5x+2，
∴y＝5x+2＝3（x+1）+（2x﹣1），
∴函数y＝5x+2是函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”；
（2）①由得，
∴P（2p+1，p﹣1），
∵y1、y2的“组合函数”为y＝m（x﹣p﹣2）+n（﹣x+3p），
∴x＝2p+1时，y＝m（2p+1﹣p﹣2）+n（﹣2p﹣1+3p）＝（p﹣1）（m+n），
∵点P在函数y1、y2的“组合函数”图象的上方，
∴p﹣1＞（p﹣1）（m+n），
∴（p﹣1）（1﹣m﹣n）＞0，
∵m+n＞1，
∴1﹣m﹣n＜0，
∴p﹣1＜0，
∴p＜1；
②存在m＝时，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q（3，0），理由如下：
由①知，P（2p+1，p﹣1），
∵函数y1、y2的“组合函数”y＝m（x﹣p﹣2）+n（﹣x+3p）图象经过点P，
∴p﹣1＝m（2p+1﹣p﹣2）+n（﹣2p﹣1+3p），
∴（p﹣1）（1﹣m﹣n）＝0，
∵p≠1，
∴1﹣m﹣n＝0，有n＝1﹣m，
∴y＝m（x﹣p﹣2）+n（﹣x+3p）＝m（x﹣p﹣2）+（1﹣m）（﹣x+3p）＝（2m﹣1）x+3p﹣（4p+2）m，
令y＝0得（2m﹣1）x+3p﹣（4p+2）m＝0，
变形整理得：（3﹣4m）p+（2m﹣1）x﹣2m＝0，
∴当3﹣4m＝0，即m＝时，x﹣＝0，
∴x＝3，
∴m＝时，“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q（3，0）．
二．二次函数综合题（共3小题）
2．（2022•无锡）如图，二次函数y＝的图象与x轴交于点A、B（A在B左侧），点C（0，3），点E在对称轴上．
（1）求A、B两点坐标；
（2）设直线AC与抛物线的另一个交点为D，求点D坐标；
（3）设E关于直线BD、CD的对称点分别为F、G，求以GF为直径的圆面积的最小值．
【答案】（1）A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）D（5，8）；
（3）以GF为直径的圆面积最小为π．
【解答】解：（1）在y＝中，
令y＝0得：＝0，
解得x＝1或x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）设直线AC对应的函数表达式为y＝kx+t，
把A（﹣3，0），C（（0，3）代入得：
，
解得
∴直线AC对应的函数表达式为y＝x+3，
联立，
解得或，
∴D（5，8）；
（3）设EF交BD于点P，抛物线y＝的对称轴交x轴于点Q，直线AD交EQ于N，连接NG，EG，过D作DH⊥x轴于H，过F作FM⊥EQ于M，如图：
由y＝得抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
在y＝x+3中，令x＝﹣1得y＝2，
∴N（﹣1，2），
∵OA＝OC＝3，
∴∠CAO＝45°＝∠ANQ＝END，
∵E，G关于AD对称，
∴∠END＝∠GND＝45°，EN＝GN，
∴∠ENG＝90°，△ENG是等腰直角三角形，
设EM＝a，EQ＝b，则E（﹣1，b），
∴EN＝b﹣2＝EG，
∴G（b﹣3，2），
∵E，F关于BD对称，
∴∠KPF＝90°，P为EF的中点，
∴∠DBH＝∠PKF＝90°﹣∠PFK＝∠MEF，
∵∠DHB＝90°＝∠EMF，
∴△DBH∽△FEM，
∴＝，
∵B（1，0），D（5，8），
∴BH＝4，DH＝8，
∴＝＝，
∴FM＝2EM＝2a，
∴F（2a﹣1，b﹣a），
∵P为EF的中点，
∴P（a﹣1，b﹣），
由B（1，0），D（5，8）可得直线BD解析式为y＝2x﹣2，
把P（a﹣1，b﹣）代入y＝2x﹣2得：
2（a﹣1）﹣2＝b﹣，
∴a＝，
∴F（，），
∴FG2＝（b﹣3﹣）2+（2﹣）2＝b2﹣b+40＝（b﹣8）2+，
∵＞0，
∴FG2的最小值为，
∴以GF为直径的圆面积最小为π（）2＝FG2＝π，
答：以GF为直径的圆面积最小为π．
3．（2022•宿迁）如图，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A′的位置，线段A′C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
（1）求二次函数的表达式；
（2）①求证：△OCD∽△A′BD；
②求的最小值；
（3）当S△OCD＝8S△A'BD时，求直线A′B与二次函数的交点横坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣2x；
（2）①证明见解答；
②；
（3）．
【解答】（1）解：∵二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，
∴二次函数的解析式为：y＝（x﹣0）（x﹣4）＝x2﹣2x；
（2）①证明：如图1，
由翻折得：∠OAC＝∠A'，
由对称得：OC＝AC，
∴∠AOC＝∠OAC，
∴∠COA＝∠A'，
∵∠A'DB＝∠ODC，
∴△OCD∽△A′BD；
②解：∵△OCD∽△A′BD，
∴＝，
∵AB＝A'B，
∴＝，
∴的最小值就是的最小值，
y＝x2﹣2x＝（x﹣2）2﹣2，
∴C（2，﹣2），
∴OC＝2，
∴当CD⊥OA时，CD最小，的值最小，
当CD＝2时，的最小值为＝；
（3）解法一：∵S△OCD＝8S△A'BD，
∴S△OCD：S△A'BD＝8，
∵△OCD∽△A′BD，
∴＝（）2＝8，
∴＝2，
∵OC＝2，
∴A'B＝AB＝1，
∴BF＝2﹣1＝1，
如图2，连接AA'，过点A'作A'G⊥OA于G，延长CB交AA'于H，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，
由翻折得：AA'⊥CH，
∵∠AHB＝∠BFC＝90°，∠ABH＝∠CBD，
∴∠BCF＝∠BAH，
tan∠BCF＝tan∠GAA'，
∴＝＝，
设A'G＝a，则AG＝2a，BG＝2a﹣1，
在Rt△A'GB中，由勾股定理得：BG2+A'G2＝A'B2，
∴a2+（2a﹣1）2＝12，
∴a1＝0（舍），a2＝，
∴BG＝2a﹣1＝﹣1＝，
∵A'G∥OQ，
∴△A'GB∽△QOB，
∴＝，即＝，
∴OQ＝4，
∴Q（0，4），
设直线A'B的解析式为：y＝kx+m，
∴，
解得：，
∴直线A'B的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x2﹣2x，
3x2﹣4x﹣24＝0，
解得：x＝，
∴直线A′B与二次函数的交点横坐标是．
（3）解法二：如图3，过点M作MH⊥OA于H，
∵△OCD∽△A′BD，
∴＝＝＝2，
∵OC＝2，
∴A'B＝AB＝1，
设BD＝t，则CD＝2t，
∴A'D＝2﹣2t，OD＝2A'D＝8﹣8t，
∵OB＝OD+BD＝4﹣1＝3，
∴8﹣8t+t＝3，
∴t＝，
∴A'D＝2﹣＝，
∵A'B＝AB，∠A'＝∠OAC，∠A'BD＝∠ABN，
∴△A'BD≌△ABM（ASA），
∴AM＝A'D＝，
∵△AHM是等腰直角三角形，
∴AH＝MH＝，
∴M（，﹣），
易得BM的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x2﹣2x，
解得：3x2﹣4x﹣24＝0，
解得：x＝，
∴直线A′B与二次函数的交点横坐标是．
4．（2022•苏州）如图，二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
（1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
（2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值；
（3）若在第四象限内二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP＝75°，请结合函数的图象，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）A（﹣1，0），B（2m+1，0），C（0，2m+1），∠OBC＝45°；
（2）m＝1；
（3）0＜m＜．
【解答】解：（1）当y＝0时，﹣x2+2mx+2m+1＝0，
解方程，得x1＝﹣1，x2＝2m+1，
∵点A在点B的左侧，且m＞0，
∴A（﹣1，0），B（2m+1，0），
当x＝0时，y＝2m+1，
∴C（0，2m+1），
∴OB＝OC＝2m+1，
∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝45°；
（2）如图1中，连接AE．
∵y＝﹣x2+2mx+2m+1＝﹣（x﹣m）2+（m+1）2，
∴D（m，（m+1）2），F（m，0），
∴DF＝（m+1）2，OF＝m，BF＝m+1，
∵A，B关于对称轴对称，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠OBC＝45°，
∵∠ACO＝∠CBD，∠OCB＝∠OBC，
∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC，即∠ACE＝∠DBF，
∵EF∥OC，
∴tan∠ACE＝＝＝＝，
∴＝m+1，
∴m＝1或﹣1，
∵m＞0，
∴m＝1；
（3）如图，设PC交x轴于点Q．
当点P在第四象限时，点Q总是在点B的左侧，此时∠CQA＞∠CBA，即∠CQA＞45°，
∵∠ACQ＝75°，
∴∠CAO＜60°，
∴2m+1＜，
∴m＜，
又∵∠CAQ＞15°，
同法可得m＞，
∵m＞0，
∴0＜m＜．
三．三角形综合题（共3小题）
5．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
（1）∠EDC的度数为 45 °；
（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；
（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
（4）求的最大值．
【答案】（1）45；
（2）9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由见解析过程；
（4）．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，
∵D、E分别为BC、PC的中点，
∴DE∥AB，DE＝BP，
∴∠EDC＝∠ABC＝45°，
故答案为：45；
（2）设AP＝x，则BP＝12﹣x，
∵DE＝BP，
∴DE＝6﹣，
∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEF＝45°，
∴DF＝EF＝DE＝3﹣x，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝6，
∴CF＝3+x，
∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CGF＝45°，
∴GF＝FC，
∴GC＝FC＝6+，
∴AG＝6﹣，
∴S△APG＝×AP×AG＝×x×（6﹣）＝﹣（x﹣6）2+9，
∴当x＝6时，△APG的面积的最大值为9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：
∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，
∴△CEF≌△GDF（SAS），
∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF＝90°，
∴∠GDF+∠DCE＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DG⊥PE，
∵点E是PC的中点，
∴PE＝EC，
∴DG＝PE；
（4）方法一、∵CF＝3+x＝GF，EF＝3﹣x，
∴EC＝＝，
∵AP＝x，AC＝12，
∴PC＝＝，
∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，
∴△APC∽△HGC，
∴＝，
∴＝，
∴GH＝，CH＝，
∴＝＝12×＝≤＝＝＝，
∴的最大值为．
方法二、如图，过点H作MH∥AB，交BC于M，
∵∠DHC＝90°，
∴点H以CD为直径的⊙O上，
连接OH，并延长交AB于N，
∵MH∥AB，
∴，
∵OH，OB是定长，
∴ON的取最小值时，OM有最大值，
∴当ON⊥AB时，OM有最大值，
此时MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE∥AB，
∴MH∥DE，
∴，
∴当CM有最大值时，有最大值，
∵AB∥MH，
∴∠HMO＝∠B＝45°，
∵MH⊥OH，
∴∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴MH＝HO，
∴MO＝HO，
∵HO＝CO＝DO，
∴MO＝CO，CD＝2CO，
∴CM＝（+1）CO，
∴＝＝．
6．（2022•泰州）已知：△ABC中，D为BC边上的一点．
（1）如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E．若AB＝5，BD＝9，DC＝6，求DE的长；
（2）在图②中，用无刻度的直尺和圆规在AC边上作点F，使∠DFA＝∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（3）如图③，点F在AC边上，连接BF、DF．若∠DFA＝∠A，△FBC的面积等于CD•AB，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图①中，∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝2；
（2）如图②中，点F即为所求．
解法二：过点D作AB的平行线交AC于点G，再以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AC于点F（异于点G）．
∵AB∥DG，
∴∠A＝∠DGC，
∵DG＝DF，
∴∠DGF＝∠DFG，
∴∠DGC＝∠DFA＝∠A．
（3）结论：直线BC与以FD为半径作⊙F相切．
理由：作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR．
∵AF∥BR，∠A＝∠AFR，
∴四边形ABRF是等腰梯形，
∴AB＝FR，
∵CF∥BR，
∴S△CFB＝S△CFR＝•AB•CD＝•FR•CD，
∴CD⊥DF，
∴直线BC与以FD为半径作⊙F相切．
解法二：过点D作DE∥AB交AC于点E．设△BCF的BC边上的高为h．
∵DE∥AB，
∴∠CED＝∠A，
∵∠A＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠CED，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴DE＝DF，
∵DE：AB＝CD：CB，
∴DE＝DF＝，
∵S△BCF＝•BC•h＝•CD•AB，
∴h＝DF，
∴DF⊥BC，
∴直线BC与以FD为半径作⊙F相切．
7．（2022•扬州）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，点D在BC边上由点C向点B运动（不与点B、C重合），过点D作DE⊥AD，交射线AB于点E．
（1）分别探索以下两种特殊情形时线段AE与BE的数量关系，并说明理由；
①点E在线段AB的延长线上且BE＝BD；
②点E在线段AB上且EB＝ED．
（2）若AB＝6．
①当＝时，求AE的长；
②直接写出运动过程中线段AE长度的最小值．
【答案】（1）①AE＝2BE，理由见解答过程；
②AE＝2BE，理由见解答过程；
（2）①AE＝；
②线段AE长度的最小值为4．
【解答】解：（1）①AE＝2BE，理由如下：
∵DE⊥AD，
∴∠AED+∠EAD＝90°＝∠ADE＝∠BDE+∠BDA，
∵BE＝BD，
∴∠AED＝∠BDE，
∴∠EAD＝∠BDA，
∴AB＝BD，
∴BE＝BD＝AB，
∴AE＝2BE；
②AE＝2EB，理由如下：
如图：
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∵EB＝ED，
∴∠EDB＝∠B＝30°，
∴∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，
∵DE⊥AD，
∴∠EDA＝90°，∠EAD＝30°，
∴AE＝2ED，
∴AE＝2EB；
（2）①过D作DF⊥AB于F，如图：
∵∠FAD＝∠DAE，∠AFD＝90°＝∠ADE，
∴△AFD∽△ADE，
∴＝，即＝，
∵＝，
∴＝，
设DF＝m，则AF＝2m，
在Rt△BDF中，BF＝DF＝3m，
∵AB＝6，
∴BF+AF＝6，即3m+2m＝6，
∴m＝，
∴AF＝，DF＝，
∴AD＝＝，
∵△AFD∽△ADE，
∴＝，即＝，
∴AE＝；
②作AE的中点G，连接DG，如图：
∵∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，
∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，
当AE最小时，DG最小，此时DG⊥BC，
∵∠B＝30°，
∴BG＝2DG，
∴AE＝2DG＝BG，
∴BE＝AG，
∴AG＝EG＝BE，
∴此时AE＝AB＝4，
答：线段AE长度的最小值为4，
法2：作AE的中点G，连接DG，过G作GH⊥BC于H，如图：
∵∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，
∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，
设DG＝AG＝EG＝m，则BG＝6﹣m，
∴GH＝BG＝（6﹣m），
∵GH≤DG，即（6﹣m）≤m，
∴m≥2，
∴当m＝2，即GH与DG重合时，AE取最小值，最小值为2m＝4，
∴答：线段AE长度的最小值为4．
法3：
过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，如图：
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH＝90°﹣∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴＝，
∴AG•EH＝DH•DG，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AG＝AB＝3，EH＝BE＝（6﹣AE），
∴DH•DG＝3EH，
∴AE2＝AD2+DE2＝AG2+DG2+DH2+EH2＝9+DG2+DH2+EH2，
∵DG2+DH2≥2DH•DG，
∴AE2≥9+2DH•DG+EH2，即AE2≥9+6EH+EH2，
∴AE2≥（3+EH）2，
∵AE＞0，EH＞0，
∴AE≥3+EH，
∵EH＝（6﹣AE），
∴AE≥3+（6﹣AE），
∴AE≥4．
答：线段AE长度的最小值为4．
四．四边形综合题（共4小题）
8．（2022•淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 A′D∥B′E ；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【答案】【观察发现】A′D∥B′E；
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明见解析部分；
（2）结论：∠DEG＝90°．证明见解析部分；
【综合运用】结论：DG2＝EG2+B′C2．证明见解析部分．
【解答】解：【观察发现】如图（1）中，由翻折的性质可知，A′D∥B′E．
故答案为：A′D∥B′E；
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如图（2）中，连接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，
∴∠DEC＝∠B′CE；
（2）结论：∠DEG＝90°．
理由：如图（2）中，连接DB，DB′，
由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，
设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，
∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，
∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，
∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，
∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，
∵EC＝EB′，
∴∠EB′C＝∠ECB′＝∠BEB′＝90°﹣y+x，
∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180﹣y﹣（90°﹣y+x）＝90°﹣y﹣x，
∴∠CGA′＝2∠GB′C，
∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C＝∠GCB′，
∴GC＝GB′，
∵EB′＝EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°；
【综合运用】结论：DG2＝EG2+B′C2．
理由：如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．
设GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝∠DA′B′＝120°，
∴∠DA′R＝60°，
∴A′R＝A′D•cos60°＝a，DR＝a，
在Rt△DGR中，则有（2a+x）2＝（a）2+（3a﹣x）2，
∴x＝a，
∴GB′＝a，A′G＝a，
∵TB′∥DA′，
∴＝，
∴＝，
∴TB′＝a，
∵CB′∥DE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CB′，
∵∠DEG＝90°，
∴DG2＝EG2+DE2，
∴DG2＝EG2+B′C2．
9．（2022•镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH＝AB；
（2）如图2，已知AE＝AH，CF＝CG，当AE、CF的大小有 AE＝CF 关系时，四边形EFGH是矩形；
（3）如图3，AE＝DG，EG、FH相交于点O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析部分；
（2）AE＝CF．证明见解析部分；
（3）结论：四边形EFGH是平行四边形．证明见解析部分．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠AEH+∠AHE＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH＝EF，∠HEF＝90°，
∴∠AEH+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠AHE，
在△AEH和△BFE中，
，
∴△AEH≌△BFE（AAS），
∴AH＝BE，
∴AE+AH＝AE+BE＝AB；
（2）解：当AE＝CF时，四边形EFGH是矩形．
理由：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD＝BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵AE＝AH＝CF＝CG，
∴BE＝BF，DH＝DG，
∴∠AEH＝∠BEF＝45°，
∴∠HEF＝90°
同法可证，∠EHG＝90°，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：AE＝CF；
（3）解：结论：四边形EFGH是平行四边形．
理由：如图3中，过点H作HM⊥BC于点M．，交EG于点N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵AE＝DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AD∥EG，
∴EG∥BC，
∴＝，
∵OE：OF＝4：5，
设OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，则＝，
∴h＝4（4﹣x），
∴S＝•OE•HN＝×4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，
∵﹣8＜0，
∴x＝2时，△OEH的面积最大，
∴OE＝4x＝8＝EG＝OG，OF＝5x＝10＝HF＝OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
10．（2022•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
（1）当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证：AM＝AB；
（2）当AE＝3时，求CF的长；
（3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】（1）证明见解析部分；
（2）或；
（3）．
【解答】（1）证明：如图1中，作FM⊥AC，垂足为M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵FM⊥AC，
∴∠B＝∠AMF＝90°，
∵∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAE＝∠MAF，
在△ABE和△AMF中，
，
∴△ABE≌△AMF（AAS），
∴AB＝AM；
（2）解：当点E在BC上，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，
∴BE＝＝＝，
∵△ABE≌△AMF，
∴AB＝AM＝4，FM＝BE＝，
在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝＝＝5，
∴CM＝AC﹣AM＝5﹣4＝1，
∵∠CMF＝90°，
∴CF＝＝＝．
当点E在CD上时，可得CF＝．
综上所述，CF的值为或；
（3）解：当点E在BC上时，如图2中，过点D作DH⊥FM于点H．
∵△ABE≌△AMF，
∴AM＝AB＝4，
∵∠AMF＝90°，
∴点F在射线FM上运动，当点F与K重合时，DF的值最小，
∵∠CMJ＝∠ADC＝90°，∠MCJ＝∠ACD，
∴△CMJ∽△CDA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴MJ＝，CJ＝，
∴DJ＝CD﹣CJ＝4﹣＝，
∵∠CMJ＝∠DHJ＝90°，∠CJM＝∠DJH，
∴△CMJ∽△DHJ，
∴＝，
∴＝，
∴DH＝，
∴DF的最小值为．
当点E在线段CD上时，如图3中，将线段AD绕点A顺时针旋转，旋转角为∠BAC，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K．
∵∠EAF＝∠BAC，∠DAR＝∠BAC，
∴∠DAE＝∠RAF，
∵AE＝AF，AD＝AR，
∴△ADE≌△ARF（SAS），
∴∠ADE＝∠ARF＝90°，
∴点F在直线RF上运动，当点D与K重合时，DF的值最小，
∵DQ⊥AR，DK⊥RF，
∴∠R＝∠DQR＝∠DKR＝90°，
∴四边形DKRQ是矩形，
∴DK＝QR，
∴AQ＝AD•cos∠BAC＝3×＝，
∵AR＝AD＝3，
∴DK＝QR＝AR﹣AQ＝，
∴DF的最小值为，
∵＜，
∴DF的最小值为．
解法二：当点E在BC上时，如图，将线段AD绕点A逆时针旋转，旋转角的度数＝∠BAC，得到AT，连接DT，ET，DF．
证明△DAF≌△TAE，推出DF＝TE，
当TE⊥BC时，DF的值最小，可得DF的最小值为．
当点E在CD上时，同法可得DF的最小值为．
11．（2022•盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）证明见解答；
（4）图2见解答．
【解答】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
证明二：∵四边形CGLH是矩形，
∴PH＝PC，
∴∠CHG＝∠LCH，
∴∠CAB＝∠CHG＝∠LCH，
∵∠ACH＝90°，
∴∠ACK+∠LCH＝90°，
∴∠ACK+∠CAK＝90°，
∴∠AKC＝90°，
∴∠AKC＝∠BAD＝90°，
∴DM∥LK，
∵AC∥LI，
∴四边形ACLM是平行四边形，
∵正方形ACHI的面积＝AC•CH，▱ACLH的面积＝AC•CH，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，
又AD∥LC，
∴四边形ADJK是平行四边形，
由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，
由（1）知：AD＝LC，
∴▱ADJK的面积＝▱ACLM的面积＝正方形ACHI，
延长EB交LG于Q，
同理有▱KJEB的面积＝▱CBQL的面积＝正方形BFGC，
∴正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，
∴AC2+BC2＝AB2；
（4）解：作图不唯一，如图2即为所求作的▱ADEB．
说明：如图2，延长IH和FG交于点L，以A为圆心CL为半径画弧交IH于点M，在MA的延长线上取AD＝AM，作▱ADEB，作射线LC交AB于K，交DE于J，由图可知：射线LC把▱ADEB分成▱ADJK和▱BKJE，根据同底等高可得：▱ADJK，▱AMLC，▱ACHI的面积相等，同理▱BKKE，▱CBQL，▱BCGF的面积相等（Q是直线EB与FG的交点），所以平行四边形ADEB的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．
五．圆的综合题（共3小题）
12．（2022•镇江）（1）已知AC是半圆O的直径，∠AOB＝（）°（n是正整数，且n不是3的倍数）是半圆O的一个圆心角．
【操作】如图1，分别将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°（n取1、4、5、10）所对的弧三等分（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【交流】当n＝11时，可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分吗？
从上面的操作我发现，就是利用60°、（）°所对的弧去找（）°的三分之一即（）°所对的弧
我发现了它们之间的数量关系是4×（）°﹣60°＝（）°．
我再试试：当n＝28时，（）°、60°、（）°之间存在数量关系 60°﹣9×（）°＝（）° ．
因此可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
【探究】你认为当满足什么条件时，就可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分？说说你的理由；
（2）如图2，⊙O的圆周角∠PMQ＝（）°．为了将这个圆的圆周14等分，请作出它的一条14等分弧（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】（1）【操作】作图见解析部分；
【交流】60°﹣9×（）°＝（）°．
【探究】所以对于正整数n（n不是3的倍数），都可以用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
（2）作图见解析部分．
【解答】解：（1）【操作】三等分点如图所示：
【交流】60°﹣9×（）°＝（）°．
故答案为：60°﹣9×（）°＝（）°；
【探究】设60°﹣k•（）°＝（）°或k•（）°﹣60°＝（）°
解得，n＝3k+1或n＝3k﹣1（k为非负整数），
所以对于正整数n（n不是3的倍数），都可以用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
（2）如图2中，即为所求．的度数＝的度数＝60°，的度数＝120﹣（）°+60°＝（）°．
13．（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 直角 三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵AB是直径，直径所对的圆周角是直角，
∴△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）如图，四边形EFHG或四边形EFG′H即为所求．
（3）小明的猜想正确．
理由：如图2中，设CM＝CA，CN＝CB，取AP＝BQ＝4cm，
则∵＝＝，
∴MN∥AB，
∴＝＝，
∴MN＝PQ＝4，
∴四边形MNQP是平行四边形，
∵＝＝，
∴MP∥CO，
∴＝＝，
∴PM＝4cm，
∴MN＝4cm，
∴四边形MNQP是菱形，边长为4cm，
∴小明的猜想正确．
14．（2022•宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
在Rt△CDE中， tan∠DCE＝ ，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
【拓展应用】
（1）如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使＝，写出作法，并给出证明；
（2）如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2＝AP•AB，写出作法，不用证明．
【答案】【操作探究】tan∠DCE＝；
【拓展应用】（1）见解析部分；
（2）见解析部分．
【解答】解：【操作探究】在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
在Rt△CDE中，tan∠DCE＝，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
故答案为：tan∠DCE＝；
【拓展应用】（1）如图②中，点P即为所求．
作法：取格点T，连接AT交⊙O于点P，点P即为所求；
证明：由作图可知，OM⊥AP，OM是半径，
∴＝；
（2）如图③中，点P即为所求．
作法：取格点J，K，连接JK交AB于点P，点P即为所求．
六．相似形综合题（共1小题）
15．（2022•南京）在平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所得多边形沿过该点的直线翻折，我们称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．例如：如图1，先将△ABC以点A为位似中心缩小，得到△ADE，再将△ADE沿过点A的直线l翻折，得到△AFG，则△ABC和△AFG成自位似轴对称．
（1）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＜BC，CD⊥AB，垂足为D．下列3对三角形：①△ABC和△ACD；②△BAC和△BCD；③△DAC和△DCB．其中成自位似轴对称的是 ①② ；（填写所有符合要求的序号）
（2）如图3，已知△ABC经过自位似轴对称变换得到△ADE，Q是DE上一点，用直尺和圆规作点P，使P与Q是该变换前后的对应点（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；
（3）如图4，在△ABC中，D是BC的中点，E为△ABC内一点．∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，连结DE，求证：DE∥AC．
【答案】（1）过程详见解答；
（2）过程详见解答；
（3）过程详见解答．
【解答】（1）解：如图1，
故答案为：①②；
（2）解：如图3，
（Ⅰ）分别在AE和AD的延长线上截取AC′＝AC，AB′＝AB，连接B′C′，
（Ⅱ）作射线AQ，交B′C′于点P′，
（Ⅲ）连接BC′，CB′，交于点O，作射线AO，
（Ⅳ）作P′P⊥AO，交BC于点P，
则点P就是Q点变换前的对应点；
（3）证明：如图4，
延长BE，交AC于F，
∵∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，
∴△ABE∽△ACD，
∴，
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠DAE＝∠CAD+∠DAE，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵∠AEF＝∠ABE+∠BAE，∠ADB＝∠CAD+∠C，
∴∠AEF＝∠ADB，
∴△EAF∽△DAB，
∴，
∴，
∵点D是BC的中点，
∴CD＝BD，
∴BE＝EF，
∴DE∥AC．
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江苏省2022年各地区中考数学真题按题型难易度分层分类汇编（14套）-05解答题压轴题
【考点目录】
一．一次函数综合题（共1小题） 1
二．二次函数综合题（共3小题） 1
三．三角形综合题（共3小题） 3
四．四边形综合题（共4小题） 4
五．圆的综合题（共3小题） 6
六．相似形综合题（共1小题） 9
【专题练习】
一．一次函数综合题（共1小题）
1．（2022•泰州）定义：对于一次函数y1＝ax+b、y2＝cx+d，我们称函数y＝m（ax+b）+n（cx+d）（ma+nc≠0）为函数y1、y2的“组合函数”．
（1）若m＝3，n＝1，试判断函数y＝5x+2是否为函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，并说明理由；
（2）设函数y1＝x﹣p﹣2与y2＝﹣x+3p的图象相交于点P．
①若m+n＞1，点P在函数y1、y2的“组合函数”图象的上方，求p的取值范围；
②若p≠1，函数y1、y2的“组合函数”图象经过点P．是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变？若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
二．二次函数综合题（共3小题）
2．（2022•无锡）如图，二次函数y＝的图象与x轴交于点A、B（A在B左侧），点C（0，3），点E在对称轴上．
（1）求A、B两点坐标；
（2）设直线AC与抛物线的另一个交点为D，求点D坐标；
（3）设E关于直线BD、CD的对称点分别为F、G，求以GF为直径的圆面积的最小值．
3．（2022•宿迁）如图，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A′的位置，线段A′C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
（1）求二次函数的表达式；
（2）①求证：△OCD∽△A′BD；
②求的最小值；
（3）当S△OCD＝8S△A'BD时，求直线A′B与二次函数的交点横坐标．
4．（2022•苏州）如图，二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
（1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
（2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值；
（3）若在第四象限内二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP＝75°，请结合函数的图象，直接写出m的取值范围．
三．三角形综合题（共3小题）
5．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
（1）∠EDC的度数为 °；
（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；
（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
（4）求的最大值．
6．（2022•泰州）已知：△ABC中，D为BC边上的一点．
（1）如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E．若AB＝5，BD＝9，DC＝6，求DE的长；
（2）在图②中，用无刻度的直尺和圆规在AC边上作点F，使∠DFA＝∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（3）如图③，点F在AC边上，连接BF、DF．若∠DFA＝∠A，△FBC的面积等于CD•AB，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由．
7．（2022•扬州）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，点D在BC边上由点C向点B运动（不与点B、C重合），过点D作DE⊥AD，交射线AB于点E．
（1）分别探索以下两种特殊情形时线段AE与BE的数量关系，并说明理由；
①点E在线段AB的延长线上且BE＝BD；
②点E在线段AB上且EB＝ED．
（2）若AB＝6．
①当＝时，求AE的长；
②直接写出运动过程中线段AE长度的最小值．
四．四边形综合题（共4小题）
8．（2022•淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 ；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
9．（2022•镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH＝AB；
（2）如图2，已知AE＝AH，CF＝CG，当AE、CF的大小有 关系时，四边形EFGH是矩形；
（3）如图3，AE＝DG，EG、FH相交于点O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
10．（2022•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
（1）当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证：AM＝AB；
（2）当AE＝3时，求CF的长；
（3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
11．（2022•盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
五．圆的综合题（共3小题）
12．（2022•镇江）（1）已知AC是半圆O的直径，∠AOB＝（）°（n是正整数，且n不是3的倍数）是半圆O的一个圆心角．
【操作】如图1，分别将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°（n取1、4、5、10）所对的弧三等分（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【交流】当n＝11时，可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分吗？
从上面的操作我发现，就是利用60°、（）°所对的弧去找（）°的三分之一即（）°所对的弧
我发现了它们之间的数量关系是4×（）°﹣60°＝（）°．
我再试试：当n＝28时，（）°、60°、（）°之间存在数量关系 ．
因此可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
【探究】你认为当满足什么条件时，就可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分？说说你的理由；
（2）如图2，⊙O的圆周角∠PMQ＝（）°．为了将这个圆的圆周14等分，请作出它的一条14等分弧（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
13．（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
14．（2022•宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
在Rt△CDE中， ，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
【拓展应用】
（1）如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使＝，写出作法，并给出证明；
（2）如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2＝AP•AB，写出作法，不用证明．
六．相似形综合题（共1小题）
15．（2022•南京）在平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所得多边形沿过该点的直线翻折，我们称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．例如：如图1，先将△ABC以点A为位似中心缩小，得到△ADE，再将△ADE沿过点A的直线l翻折，得到△AFG，则△ABC和△AFG成自位似轴对称．
（1）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＜BC，CD⊥AB，垂足为D．下列3对三角形：①△ABC和△ACD；②△BAC和△BCD；③△DAC和△DCB．其中成自位似轴对称的是 ；（填写所有符合要求的序号）
（2）如图3，已知△ABC经过自位似轴对称变换得到△ADE，Q是DE上一点，用直尺和圆规作点P，使P与Q是该变换前后的对应点（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；
（3）如图4，在△ABC中，D是BC的中点，E为△ABC内一点．∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，连结DE，求证：DE∥AC．
江苏省2022年各地区中考数学真题按题型难易度分层分类汇编（14套）-05解答题压轴题
参考答案与试题解析
一．一次函数综合题（共1小题）
1．（2022•泰州）定义：对于一次函数y1＝ax+b、y2＝cx+d，我们称函数y＝m（ax+b）+n（cx+d）（ma+nc≠0）为函数y1、y2的“组合函数”．
（1）若m＝3，n＝1，试判断函数y＝5x+2是否为函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，并说明理由；
（2）设函数y1＝x﹣p﹣2与y2＝﹣x+3p的图象相交于点P．
①若m+n＞1，点P在函数y1、y2的“组合函数”图象的上方，求p的取值范围；
②若p≠1，函数y1、y2的“组合函数”图象经过点P．是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变？若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）函数y＝5x+2是函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，理由见解答过程；
（2）①p＜1；
②存在m＝时，“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q（3，0）．
【解答】解：（1）函数y＝5x+2是函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”，理由如下：
∵3（x+1）+（2x﹣1）＝3x+3+2x﹣1＝5x+2，
∴y＝5x+2＝3（x+1）+（2x﹣1），
∴函数y＝5x+2是函数y1＝x+1、y2＝2x﹣1的“组合函数”；
（2）①由得，
∴P（2p+1，p﹣1），
∵y1、y2的“组合函数”为y＝m（x﹣p﹣2）+n（﹣x+3p），
∴x＝2p+1时，y＝m（2p+1﹣p﹣2）+n（﹣2p﹣1+3p）＝（p﹣1）（m+n），
∵点P在函数y1、y2的“组合函数”图象的上方，
∴p﹣1＞（p﹣1）（m+n），
∴（p﹣1）（1﹣m﹣n）＞0，
∵m+n＞1，
∴1﹣m﹣n＜0，
∴p﹣1＜0，
∴p＜1；
②存在m＝时，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q（3，0），理由如下：
由①知，P（2p+1，p﹣1），
∵函数y1、y2的“组合函数”y＝m（x﹣p﹣2）+n（﹣x+3p）图象经过点P，
∴p﹣1＝m（2p+1﹣p﹣2）+n（﹣2p﹣1+3p），
∴（p﹣1）（1﹣m﹣n）＝0，
∵p≠1，
∴1﹣m﹣n＝0，有n＝1﹣m，
∴y＝m（x﹣p﹣2）+n（﹣x+3p）＝m（x﹣p﹣2）+（1﹣m）（﹣x+3p）＝（2m﹣1）x+3p﹣（4p+2）m，
令y＝0得（2m﹣1）x+3p﹣（4p+2）m＝0，
变形整理得：（3﹣4m）p+（2m﹣1）x﹣2m＝0，
∴当3﹣4m＝0，即m＝时，x﹣＝0，
∴x＝3，
∴m＝时，“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q（3，0）．
二．二次函数综合题（共3小题）
2．（2022•无锡）如图，二次函数y＝的图象与x轴交于点A、B（A在B左侧），点C（0，3），点E在对称轴上．
（1）求A、B两点坐标；
（2）设直线AC与抛物线的另一个交点为D，求点D坐标；
（3）设E关于直线BD、CD的对称点分别为F、G，求以GF为直径的圆面积的最小值．
【答案】（1）A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）D（5，8）；
（3）以GF为直径的圆面积最小为π．
【解答】解：（1）在y＝中，
令y＝0得：＝0，
解得x＝1或x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）设直线AC对应的函数表达式为y＝kx+t，
把A（﹣3，0），C（（0，3）代入得：
，
解得
∴直线AC对应的函数表达式为y＝x+3，
联立，
解得或，
∴D（5，8）；
（3）设EF交BD于点P，抛物线y＝的对称轴交x轴于点Q，直线AD交EQ于N，连接NG，EG，过D作DH⊥x轴于H，过F作FM⊥EQ于M，如图：
由y＝得抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
在y＝x+3中，令x＝﹣1得y＝2，
∴N（﹣1，2），
∵OA＝OC＝3，
∴∠CAO＝45°＝∠ANQ＝END，
∵E，G关于AD对称，
∴∠END＝∠GND＝45°，EN＝GN，
∴∠ENG＝90°，△ENG是等腰直角三角形，
设EM＝a，EQ＝b，则E（﹣1，b），
∴EN＝b﹣2＝EG，
∴G（b﹣3，2），
∵E，F关于BD对称，
∴∠KPF＝90°，P为EF的中点，
∴∠DBH＝∠PKF＝90°﹣∠PFK＝∠MEF，
∵∠DHB＝90°＝∠EMF，
∴△DBH∽△FEM，
∴＝，
∵B（1，0），D（5，8），
∴BH＝4，DH＝8，
∴＝＝，
∴FM＝2EM＝2a，
∴F（2a﹣1，b﹣a），
∵P为EF的中点，
∴P（a﹣1，b﹣），
由B（1，0），D（5，8）可得直线BD解析式为y＝2x﹣2，
把P（a﹣1，b﹣）代入y＝2x﹣2得：
2（a﹣1）﹣2＝b﹣，
∴a＝，
∴F（，），
∴FG2＝（b﹣3﹣）2+（2﹣）2＝b2﹣b+40＝（b﹣8）2+，
∵＞0，
∴FG2的最小值为，
∴以GF为直径的圆面积最小为π（）2＝FG2＝π，
答：以GF为直径的圆面积最小为π．
3．（2022•宿迁）如图，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A′的位置，线段A′C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
（1）求二次函数的表达式；
（2）①求证：△OCD∽△A′BD；
②求的最小值；
（3）当S△OCD＝8S△A'BD时，求直线A′B与二次函数的交点横坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣2x；
（2）①证明见解答；
②；
（3）．
【解答】（1）解：∵二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，
∴二次函数的解析式为：y＝（x﹣0）（x﹣4）＝x2﹣2x；
（2）①证明：如图1，
由翻折得：∠OAC＝∠A'，
由对称得：OC＝AC，
∴∠AOC＝∠OAC，
∴∠COA＝∠A'，
∵∠A'DB＝∠ODC，
∴△OCD∽△A′BD；
②解：∵△OCD∽△A′BD，
∴＝，
∵AB＝A'B，
∴＝，
∴的最小值就是的最小值，
y＝x2﹣2x＝（x﹣2）2﹣2，
∴C（2，﹣2），
∴OC＝2，
∴当CD⊥OA时，CD最小，的值最小，
当CD＝2时，的最小值为＝；
（3）解法一：∵S△OCD＝8S△A'BD，
∴S△OCD：S△A'BD＝8，
∵△OCD∽△A′BD，
∴＝（）2＝8，
∴＝2，
∵OC＝2，
∴A'B＝AB＝1，
∴BF＝2﹣1＝1，
如图2，连接AA'，过点A'作A'G⊥OA于G，延长CB交AA'于H，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，
由翻折得：AA'⊥CH，
∵∠AHB＝∠BFC＝90°，∠ABH＝∠CBD，
∴∠BCF＝∠BAH，
tan∠BCF＝tan∠GAA'，
∴＝＝，
设A'G＝a，则AG＝2a，BG＝2a﹣1，
在Rt△A'GB中，由勾股定理得：BG2+A'G2＝A'B2，
∴a2+（2a﹣1）2＝12，
∴a1＝0（舍），a2＝，
∴BG＝2a﹣1＝﹣1＝，
∵A'G∥OQ，
∴△A'GB∽△QOB，
∴＝，即＝，
∴OQ＝4，
∴Q（0，4），
设直线A'B的解析式为：y＝kx+m，
∴，
解得：，
∴直线A'B的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x2﹣2x，
3x2﹣4x﹣24＝0，
解得：x＝，
∴直线A′B与二次函数的交点横坐标是．
（3）解法二：如图3，过点M作MH⊥OA于H，
∵△OCD∽△A′BD，
∴＝＝＝2，
∵OC＝2，
∴A'B＝AB＝1，
设BD＝t，则CD＝2t，
∴A'D＝2﹣2t，OD＝2A'D＝8﹣8t，
∵OB＝OD+BD＝4﹣1＝3，
∴8﹣8t+t＝3，
∴t＝，
∴A'D＝2﹣＝，
∵A'B＝AB，∠A'＝∠OAC，∠A'BD＝∠ABN，
∴△A'BD≌△ABM（ASA），
∴AM＝A'D＝，
∵△AHM是等腰直角三角形，
∴AH＝MH＝，
∴M（，﹣），
易得BM的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x2﹣2x，
解得：3x2﹣4x﹣24＝0，
解得：x＝，
∴直线A′B与二次函数的交点横坐标是．
4．（2022•苏州）如图，二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
（1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
（2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值；
（3）若在第四象限内二次函数y＝﹣x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP＝75°，请结合函数的图象，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）A（﹣1，0），B（2m+1，0），C（0，2m+1），∠OBC＝45°；
（2）m＝1；
（3）0＜m＜．
【解答】解：（1）当y＝0时，﹣x2+2mx+2m+1＝0，
解方程，得x1＝﹣1，x2＝2m+1，
∵点A在点B的左侧，且m＞0，
∴A（﹣1，0），B（2m+1，0），
当x＝0时，y＝2m+1，
∴C（0，2m+1），
∴OB＝OC＝2m+1，
∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝45°；
（2）如图1中，连接AE．
∵y＝﹣x2+2mx+2m+1＝﹣（x﹣m）2+（m+1）2，
∴D（m，（m+1）2），F（m，0），
∴DF＝（m+1）2，OF＝m，BF＝m+1，
∵A，B关于对称轴对称，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠OBC＝45°，
∵∠ACO＝∠CBD，∠OCB＝∠OBC，
∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC，即∠ACE＝∠DBF，
∵EF∥OC，
∴tan∠ACE＝＝＝＝，
∴＝m+1，
∴m＝1或﹣1，
∵m＞0，
∴m＝1；
（3）如图，设PC交x轴于点Q．
当点P在第四象限时，点Q总是在点B的左侧，此时∠CQA＞∠CBA，即∠CQA＞45°，
∵∠ACQ＝75°，
∴∠CAO＜60°，
∴2m+1＜，
∴m＜，
又∵∠CAQ＞15°，
同法可得m＞，
∵m＞0，
∴0＜m＜．
三．三角形综合题（共3小题）
5．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
（1）∠EDC的度数为 45 °；
（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；
（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
（4）求的最大值．
【答案】（1）45；
（2）9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由见解析过程；
（4）．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，
∵D、E分别为BC、PC的中点，
∴DE∥AB，DE＝BP，
∴∠EDC＝∠ABC＝45°，
故答案为：45；
（2）设AP＝x，则BP＝12﹣x，
∵DE＝BP，
∴DE＝6﹣，
∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEF＝45°，
∴DF＝EF＝DE＝3﹣x，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝6，
∴CF＝3+x，
∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CGF＝45°，
∴GF＝FC，
∴GC＝FC＝6+，
∴AG＝6﹣，
∴S△APG＝×AP×AG＝×x×（6﹣）＝﹣（x﹣6）2+9，
∴当x＝6时，△APG的面积的最大值为9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：
∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，
∴△CEF≌△GDF（SAS），
∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF＝90°，
∴∠GDF+∠DCE＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DG⊥PE，
∵点E是PC的中点，
∴PE＝EC，
∴DG＝PE；
（4）方法一、∵CF＝3+x＝GF，EF＝3﹣x，
∴EC＝＝，
∵AP＝x，AC＝12，
∴PC＝＝，
∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，
∴△APC∽△HGC，
∴＝，
∴＝，
∴GH＝，CH＝，
∴＝＝12×＝≤＝＝＝，
∴的最大值为．
方法二、如图，过点H作MH∥AB，交BC于M，
∵∠DHC＝90°，
∴点H以CD为直径的⊙O上，
连接OH，并延长交AB于N，
∵MH∥AB，
∴，
∵OH，OB是定长，
∴ON的取最小值时，OM有最大值，
∴当ON⊥AB时，OM有最大值，
此时MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE∥AB，
∴MH∥DE，
∴，
∴当CM有最大值时，有最大值，
∵AB∥MH，
∴∠HMO＝∠B＝45°，
∵MH⊥OH，
∴∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴MH＝HO，
∴MO＝HO，
∵HO＝CO＝DO，
∴MO＝CO，CD＝2CO，
∴CM＝（+1）CO，
∴＝＝．
6．（2022•泰州）已知：△ABC中，D为BC边上的一点．
（1）如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E．若AB＝5，BD＝9，DC＝6，求DE的长；
（2）在图②中，用无刻度的直尺和圆规在AC边上作点F，使∠DFA＝∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（3）如图③，点F在AC边上，连接BF、DF．若∠DFA＝∠A，△FBC的面积等于CD•AB，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图①中，∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝2；
（2）如图②中，点F即为所求．
解法二：过点D作AB的平行线交AC于点G，再以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AC于点F（异于点G）．
∵AB∥DG，
∴∠A＝∠DGC，
∵DG＝DF，
∴∠DGF＝∠DFG，
∴∠DGC＝∠DFA＝∠A．
（3）结论：直线BC与以FD为半径作⊙F相切．
理由：作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR．
∵AF∥BR，∠A＝∠AFR，
∴四边形ABRF是等腰梯形，
∴AB＝FR，
∵CF∥BR，
∴S△CFB＝S△CFR＝•AB•CD＝•FR•CD，
∴CD⊥DF，
∴直线BC与以FD为半径作⊙F相切．
解法二：过点D作DE∥AB交AC于点E．设△BCF的BC边上的高为h．
∵DE∥AB，
∴∠CED＝∠A，
∵∠A＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠CED，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴DE＝DF，
∵DE：AB＝CD：CB，
∴DE＝DF＝，
∵S△BCF＝•BC•h＝•CD•AB，
∴h＝DF，
∴DF⊥BC，
∴直线BC与以FD为半径作⊙F相切．
7．（2022•扬州）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，点D在BC边上由点C向点B运动（不与点B、C重合），过点D作DE⊥AD，交射线AB于点E．
（1）分别探索以下两种特殊情形时线段AE与BE的数量关系，并说明理由；
①点E在线段AB的延长线上且BE＝BD；
②点E在线段AB上且EB＝ED．
（2）若AB＝6．
①当＝时，求AE的长；
②直接写出运动过程中线段AE长度的最小值．
【答案】（1）①AE＝2BE，理由见解答过程；
②AE＝2BE，理由见解答过程；
（2）①AE＝；
②线段AE长度的最小值为4．
【解答】解：（1）①AE＝2BE，理由如下：
∵DE⊥AD，
∴∠AED+∠EAD＝90°＝∠ADE＝∠BDE+∠BDA，
∵BE＝BD，
∴∠AED＝∠BDE，
∴∠EAD＝∠BDA，
∴AB＝BD，
∴BE＝BD＝AB，
∴AE＝2BE；
②AE＝2EB，理由如下：
如图：
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∵EB＝ED，
∴∠EDB＝∠B＝30°，
∴∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，
∵DE⊥AD，
∴∠EDA＝90°，∠EAD＝30°，
∴AE＝2ED，
∴AE＝2EB；
（2）①过D作DF⊥AB于F，如图：
∵∠FAD＝∠DAE，∠AFD＝90°＝∠ADE，
∴△AFD∽△ADE，
∴＝，即＝，
∵＝，
∴＝，
设DF＝m，则AF＝2m，
在Rt△BDF中，BF＝DF＝3m，
∵AB＝6，
∴BF+AF＝6，即3m+2m＝6，
∴m＝，
∴AF＝，DF＝，
∴AD＝＝，
∵△AFD∽△ADE，
∴＝，即＝，
∴AE＝；
②作AE的中点G，连接DG，如图：
∵∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，
∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，
当AE最小时，DG最小，此时DG⊥BC，
∵∠B＝30°，
∴BG＝2DG，
∴AE＝2DG＝BG，
∴BE＝AG，
∴AG＝EG＝BE，
∴此时AE＝AB＝4，
答：线段AE长度的最小值为4，
法2：作AE的中点G，连接DG，过G作GH⊥BC于H，如图：
∵∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，
∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，
设DG＝AG＝EG＝m，则BG＝6﹣m，
∴GH＝BG＝（6﹣m），
∵GH≤DG，即（6﹣m）≤m，
∴m≥2，
∴当m＝2，即GH与DG重合时，AE取最小值，最小值为2m＝4，
∴答：线段AE长度的最小值为4．
法3：
过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，如图：
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH＝90°﹣∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴＝，
∴AG•EH＝DH•DG，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AG＝AB＝3，EH＝BE＝（6﹣AE），
∴DH•DG＝3EH，
∴AE2＝AD2+DE2＝AG2+DG2+DH2+EH2＝9+DG2+DH2+EH2，
∵DG2+DH2≥2DH•DG，
∴AE2≥9+2DH•DG+EH2，即AE2≥9+6EH+EH2，
∴AE2≥（3+EH）2，
∵AE＞0，EH＞0，
∴AE≥3+EH，
∵EH＝（6﹣AE），
∴AE≥3+（6﹣AE），
∴AE≥4．
答：线段AE长度的最小值为4．
四．四边形综合题（共4小题）
8．（2022•淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 A′D∥B′E ；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【答案】【观察发现】A′D∥B′E；
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明见解析部分；
（2）结论：∠DEG＝90°．证明见解析部分；
【综合运用】结论：DG2＝EG2+B′C2．证明见解析部分．
【解答】解：【观察发现】如图（1）中，由翻折的性质可知，A′D∥B′E．
故答案为：A′D∥B′E；
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如图（2）中，连接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，
∴∠DEC＝∠B′CE；
（2）结论：∠DEG＝90°．
理由：如图（2）中，连接DB，DB′，
由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，
设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，
∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，
∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，
∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，
∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，
∵EC＝EB′，
∴∠EB′C＝∠ECB′＝∠BEB′＝90°﹣y+x，
∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180﹣y﹣（90°﹣y+x）＝90°﹣y﹣x，
∴∠CGA′＝2∠GB′C，
∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C＝∠GCB′，
∴GC＝GB′，
∵EB′＝EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°；
【综合运用】结论：DG2＝EG2+B′C2．
理由：如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．
设GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝∠DA′B′＝120°，
∴∠DA′R＝60°，
∴A′R＝A′D•cos60°＝a，DR＝a，
在Rt△DGR中，则有（2a+x）2＝（a）2+（3a﹣x）2，
∴x＝a，
∴GB′＝a，A′G＝a，
∵TB′∥DA′，
∴＝，
∴＝，
∴TB′＝a，
∵CB′∥DE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CB′，
∵∠DEG＝90°，
∴DG2＝EG2+DE2，
∴DG2＝EG2+B′C2．
9．（2022•镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH＝AB；
（2）如图2，已知AE＝AH，CF＝CG，当AE、CF的大小有 AE＝CF 关系时，四边形EFGH是矩形；
（3）如图3，AE＝DG，EG、FH相交于点O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析部分；
（2）AE＝CF．证明见解析部分；
（3）结论：四边形EFGH是平行四边形．证明见解析部分．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠AEH+∠AHE＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH＝EF，∠HEF＝90°，
∴∠AEH+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠AHE，
在△AEH和△BFE中，
，
∴△AEH≌△BFE（AAS），
∴AH＝BE，
∴AE+AH＝AE+BE＝AB；
（2）解：当AE＝CF时，四边形EFGH是矩形．
理由：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD＝BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵AE＝AH＝CF＝CG，
∴BE＝BF，DH＝DG，
∴∠AEH＝∠BEF＝45°，
∴∠HEF＝90°
同法可证，∠EHG＝90°，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：AE＝CF；
（3）解：结论：四边形EFGH是平行四边形．
理由：如图3中，过点H作HM⊥BC于点M．，交EG于点N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵AE＝DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AD∥EG，
∴EG∥BC，
∴＝，
∵OE：OF＝4：5，
设OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，则＝，
∴h＝4（4﹣x），
∴S＝•OE•HN＝×4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，
∵﹣8＜0，
∴x＝2时，△OEH的面积最大，
∴OE＝4x＝8＝EG＝OG，OF＝5x＝10＝HF＝OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
10．（2022•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
（1）当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证：AM＝AB；
（2）当AE＝3时，求CF的长；
（3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】（1）证明见解析部分；
（2）或；
（3）．
【解答】（1）证明：如图1中，作FM⊥AC，垂足为M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵FM⊥AC，
∴∠B＝∠AMF＝90°，
∵∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAE＝∠MAF，
在△ABE和△AMF中，
，
∴△ABE≌△AMF（AAS），
∴AB＝AM；
（2）解：当点E在BC上，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，
∴BE＝＝＝，
∵△ABE≌△AMF，
∴AB＝AM＝4，FM＝BE＝，
在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝＝＝5，
∴CM＝AC﹣AM＝5﹣4＝1，
∵∠CMF＝90°，
∴CF＝＝＝．
当点E在CD上时，可得CF＝．
综上所述，CF的值为或；
（3）解：当点E在BC上时，如图2中，过点D作DH⊥FM于点H．
∵△ABE≌△AMF，
∴AM＝AB＝4，
∵∠AMF＝90°，
∴点F在射线FM上运动，当点F与K重合时，DF的值最小，
∵∠CMJ＝∠ADC＝90°，∠MCJ＝∠ACD，
∴△CMJ∽△CDA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴MJ＝，CJ＝，
∴DJ＝CD﹣CJ＝4﹣＝，
∵∠CMJ＝∠DHJ＝90°，∠CJM＝∠DJH，
∴△CMJ∽△DHJ，
∴＝，
∴＝，
∴DH＝，
∴DF的最小值为．
当点E在线段CD上时，如图3中，将线段AD绕点A顺时针旋转，旋转角为∠BAC，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K．
∵∠EAF＝∠BAC，∠DAR＝∠BAC，
∴∠DAE＝∠RAF，
∵AE＝AF，AD＝AR，
∴△ADE≌△ARF（SAS），
∴∠ADE＝∠ARF＝90°，
∴点F在直线RF上运动，当点D与K重合时，DF的值最小，
∵DQ⊥AR，DK⊥RF，
∴∠R＝∠DQR＝∠DKR＝90°，
∴四边形DKRQ是矩形，
∴DK＝QR，
∴AQ＝AD•cos∠BAC＝3×＝，
∵AR＝AD＝3，
∴DK＝QR＝AR﹣AQ＝，
∴DF的最小值为，
∵＜，
∴DF的最小值为．
解法二：当点E在BC上时，如图，将线段AD绕点A逆时针旋转，旋转角的度数＝∠BAC，得到AT，连接DT，ET，DF．
证明△DAF≌△TAE，推出DF＝TE，
当TE⊥BC时，DF的值最小，可得DF的最小值为．
当点E在CD上时，同法可得DF的最小值为．
11．（2022•盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）证明见解答；
（4）图2见解答．
【解答】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
证明二：∵四边形CGLH是矩形，
∴PH＝PC，
∴∠CHG＝∠LCH，
∴∠CAB＝∠CHG＝∠LCH，
∵∠ACH＝90°，
∴∠ACK+∠LCH＝90°，
∴∠ACK+∠CAK＝90°，
∴∠AKC＝90°，
∴∠AKC＝∠BAD＝90°，
∴DM∥LK，
∵AC∥LI，
∴四边形ACLM是平行四边形，
∵正方形ACHI的面积＝AC•CH，▱ACLH的面积＝AC•CH，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，
又AD∥LC，
∴四边形ADJK是平行四边形，
由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，
由（1）知：AD＝LC，
∴▱ADJK的面积＝▱ACLM的面积＝正方形ACHI，
延长EB交LG于Q，
同理有▱KJEB的面积＝▱CBQL的面积＝正方形BFGC，
∴正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，
∴AC2+BC2＝AB2；
（4）解：作图不唯一，如图2即为所求作的▱ADEB．
说明：如图2，延长IH和FG交于点L，以A为圆心CL为半径画弧交IH于点M，在MA的延长线上取AD＝AM，作▱ADEB，作射线LC交AB于K，交DE于J，由图可知：射线LC把▱ADEB分成▱ADJK和▱BKJE，根据同底等高可得：▱ADJK，▱AMLC，▱ACHI的面积相等，同理▱BKKE，▱CBQL，▱BCGF的面积相等（Q是直线EB与FG的交点），所以平行四边形ADEB的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．
五．圆的综合题（共3小题）
12．（2022•镇江）（1）已知AC是半圆O的直径，∠AOB＝（）°（n是正整数，且n不是3的倍数）是半圆O的一个圆心角．
【操作】如图1，分别将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°（n取1、4、5、10）所对的弧三等分（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【交流】当n＝11时，可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分吗？
从上面的操作我发现，就是利用60°、（）°所对的弧去找（）°的三分之一即（）°所对的弧
我发现了它们之间的数量关系是4×（）°﹣60°＝（）°．
我再试试：当n＝28时，（）°、60°、（）°之间存在数量关系 60°﹣9×（）°＝（）° ．
因此可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
【探究】你认为当满足什么条件时，就可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分？说说你的理由；
（2）如图2，⊙O的圆周角∠PMQ＝（）°．为了将这个圆的圆周14等分，请作出它的一条14等分弧（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】（1）【操作】作图见解析部分；
【交流】60°﹣9×（）°＝（）°．
【探究】所以对于正整数n（n不是3的倍数），都可以用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
（2）作图见解析部分．
【解答】解：（1）【操作】三等分点如图所示：
【交流】60°﹣9×（）°＝（）°．
故答案为：60°﹣9×（）°＝（）°；
【探究】设60°﹣k•（）°＝（）°或k•（）°﹣60°＝（）°
解得，n＝3k+1或n＝3k﹣1（k为非负整数），
所以对于正整数n（n不是3的倍数），都可以用圆规将半圆O的圆心角∠AOB＝（）°所对的弧三等分．
（2）如图2中，即为所求．的度数＝的度数＝60°，的度数＝120﹣（）°+60°＝（）°．
13．（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 直角 三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵AB是直径，直径所对的圆周角是直角，
∴△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）如图，四边形EFHG或四边形EFG′H即为所求．
（3）小明的猜想正确．
理由：如图2中，设CM＝CA，CN＝CB，取AP＝BQ＝4cm，
则∵＝＝，
∴MN∥AB，
∴＝＝，
∴MN＝PQ＝4，
∴四边形MNQP是平行四边形，
∵＝＝，
∴MP∥CO，
∴＝＝，
∴PM＝4cm，
∴MN＝4cm，
∴四边形MNQP是菱形，边长为4cm，
∴小明的猜想正确．
14．（2022•宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
在Rt△CDE中， tan∠DCE＝ ，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
【拓展应用】
（1）如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使＝，写出作法，并给出证明；
（2）如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2＝AP•AB，写出作法，不用证明．
【答案】【操作探究】tan∠DCE＝；
【拓展应用】（1）见解析部分；
（2）见解析部分．
【解答】解：【操作探究】在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
在Rt△CDE中，tan∠DCE＝，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
故答案为：tan∠DCE＝；
【拓展应用】（1）如图②中，点P即为所求．
作法：取格点T，连接AT交⊙O于点P，点P即为所求；
证明：由作图可知，OM⊥AP，OM是半径，
∴＝；
（2）如图③中，点P即为所求．
作法：取格点J，K，连接JK交AB于点P，点P即为所求．
六．相似形综合题（共1小题）
15．（2022•南京）在平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所得多边形沿过该点的直线翻折，我们称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．例如：如图1，先将△ABC以点A为位似中心缩小，得到△ADE，再将△ADE沿过点A的直线l翻折，得到△AFG，则△ABC和△AFG成自位似轴对称．
（1）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＜BC，CD⊥AB，垂足为D．下列3对三角形：①△ABC和△ACD；②△BAC和△BCD；③△DAC和△DCB．其中成自位似轴对称的是 ①② ；（填写所有符合要求的序号）
（2）如图3，已知△ABC经过自位似轴对称变换得到△ADE，Q是DE上一点，用直尺和圆规作点P，使P与Q是该变换前后的对应点（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；
（3）如图4，在△ABC中，D是BC的中点，E为△ABC内一点．∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，连结DE，求证：DE∥AC．
【答案】（1）过程详见解答；
（2）过程详见解答；
（3）过程详见解答．
【解答】（1）解：如图1，
故答案为：①②；
（2）解：如图3，
（Ⅰ）分别在AE和AD的延长线上截取AC′＝AC，AB′＝AB，连接B′C′，
（Ⅱ）作射线AQ，交B′C′于点P′，
（Ⅲ）连接BC′，CB′，交于点O，作射线AO，
（Ⅳ）作P′P⊥AO，交BC于点P，
则点P就是Q点变换前的对应点；
（3）证明：如图4，
延长BE，交AC于F，
∵∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，
∴△ABE∽△ACD，
∴，
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠DAE＝∠CAD+∠DAE，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵∠AEF＝∠ABE+∠BAE，∠ADB＝∠CAD+∠C，
∴∠AEF＝∠ADB，
∴△EAF∽△DAB，
∴，
∴，
∵点D是BC的中点，
∴CD＝BD，
∴BE＝EF，
∴DE∥AC．
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