2020届中考数学第二轮复习专题专题复习七：开放性探究题 (1)

专题七：开放性探究题
【问题解析】
开放性探究题一般是在特定的背景、情境或某些条件下(可以是关系式、有规律的数或式、特定的生活情景、流程图、具有某种特征的图形、图案或图表)，通过认真分析，仔细观察，提取相关的数据、信息，进行适当的分析、综合归纳，作出大胆猜想，得出结论，进而加以验证或解决问题的数学探索题．其解题思维过程是：从特殊情况入手→探索发现规律→综合归纳→猜想得出结论→验证结论．由于规律探究题的命题背景极其丰富多样，解题过程中一般需要创造性地进行思考，所以同学们在求解时觉得较难把握．下面我们通过近年的典型试题分析这种试题的解题方法，希望对同学们有所帮助．
【热点探究】
类型一：涉及三角形的探究问题
【例题1】（2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）
（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．
【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE．
选图2中的结论证明如下：
延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠GCO，
在△EOA和△GOC中，
，
∴△EOA≌△GOC，
∴EO=GO，AE=CG，
在RT△EFG中，∵EO=OG，
∴OE=OF=GO，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=GF，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG+CG，
∴CF=OE+AE．
选图3的结论证明如下：
延长EO交FC的延长线于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠AEO=∠G，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，AE=CG，
在RT△EFG中，∵OE=OG，
∴OE=OF=OG，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=FG，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG﹣CG，
∴CF=OE﹣AE．


【同步练】
（2016·江西·10分）如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°后，发现旋转前后两图形有另一交点O，连接AO，我们称AO为“叠弦”；再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后，交旋转前的图形于点P，连接PO，我们称∠OAB为“叠弦角”，△AOP为“叠弦三角形”．
【探究证明】
（1）请在图1和图2中选择其中一个证明：“叠弦三角形”（△AOP）是等边三角形；
（2）如图2，求证：∠OAB=∠OAE′．
【归纳猜想】
（3）图1、图2中的“叠弦角”的度数分别为　　，　　；
（4）图n中，“叠弦三角形”　　等边三角形（填“是”或“不是”）
（5）图n中，“叠弦角”的度数为　 （用含n的式子表示）




类型二：涉及四边形的探究问题
【例题2】（2016·陕西）问题提出
（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．
问题探究
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．
问题解决[来源:Zxxk.Com]
（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求；
（2）作E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，得到此时四边形EFGH的周长最小，根据轴对称的性质得到BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，于是得到AF′=6，AE′=8，求出E′F′=10，EF=2即可得到结论；
（3）根据余角的性质得到1=∠2，推出△AEF≌△BGF，根据全等三角形的性质得到AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x根据勾股定理列方程得到AF=BG=1，BF=AE=2，作△EFG关于EG的对称△EOG，则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，以O为圆心，以EG为半径作⊙O，则∠EHG=45°的点在⊙O上，连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件，根据矩形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，△ADC即为所求；
（2）存在，理由：作E关于CD的对称点E′，
作F关于BC的对称点F′，
连接E′F′，交BC于G，交CD于H，连接FG，EH，
则F′G=FG，E′H=EH，则此时四边形EFGH的周长最小，
由题意得：BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，
∴AF′=6，AE′=8，
∴E′F′=10，EF=2，
∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2+10，
∴在边BC、CD上分别存在点G、H，
使得四边形EFGH的周长最小，
最小值为2+10；

（3）能裁得，
理由：∵EF=FG=，∠A=∠B=90°，∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°，
∴∠1=∠2，
在△AEF与△BGF中，，
∴△AEF≌△BGF，
∴AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x，
∴x2+（3﹣x）2=（）2，解得：x=1，x=2（不合题意，舍去），
∴AF=BG=1，BF=AE=2，
∴DE=4，CG=5，
连接EG，
作△EFG关于EG的对称△EOG，
则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，
以O为圆心，以EG为半径作⊙O，
则∠EHG=45°的点在⊙O上，
连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，
连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，
此时，四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的，
∴C在线段EG的垂直平分线设，
∴点F，O，H′，C在一条直线上，
∵EG=，
∴OF=EG=，
∵CF=2，
∴OC=，
∵OH′=OE=FG=，
∴OH′＜OC，
∴点H′在矩形ABCD的内部，
∴可以在矩形ABCD中，裁得符合条件的面积最大的四边形EFGH′部件，
这个部件的面积=EG•FH′=××（+）=5+，
∴当所裁得的四边形部件为四边形EFGH′时，裁得了符合条件的最大部件，这个部件的面积为（5+）m2．



　【同步练】
（2016·浙江省绍兴市·14分）如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．
（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；
（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；
（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．





　
类型三：涉及动态性综合问题
【例题3】（郴州市 2014 中考 -25）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．
（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？
（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．
（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？

思路分析：
（1）阅读题意，根据已知条件求出ED的距离即可求出相对应的时间t；
（2）结合图形先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积；
（3）审题分析发现可分两种情况，分别是DP=PC时和DC=PC时，分别EN的长度便可求出t的值．
解题过程：
解：由∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm
易知：AB=8cm，BD=4cm，AC=cm，DC=12cm，AD=cm．
（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm
∴t=s=3s．
（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1cm的正方形，令H点在AB上，则
∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1
∴BM=cm
∴t=s
当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，
设MN=cm，则GH=DH=，AH=，
∵AD=AH+DH=+=，
∴=6﹣6．
当时，SMNGH=1cm2
当时，SMNGH=cm2
故S关于t的函数关系式为：
．
（3）分两种情况：
①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，
∴MN=6cm
∴EN=3cm+6cm=9cm
∴t=9s
故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；
②当DC=PC时，DC=PC=12cm
∴NC=cm
∴EN=16cm﹣1cm﹣cm=（）cm
∴t=（）s
故当t=（）s时，△CPD为等腰三角形．
综上所述，当t=9s或t=（）s时，△CPD为等腰三角形．
规律总结：
本题涉及的知识点有相似三角形和勾股定理的理解和运用，同时还有正方形的性质，相似三角形的判定与性质，综合性较强，利用引导学生系统的掌握知识．

【同步练】
（2016·山东省滨州市·10分）如图，BD是△ABC的角平分线，它的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接ED，DG．
（1）请判断四边形EBGD的形状，并说明理由；
（2）若∠ABC=30°，∠C=45°，ED=2，点H是BD上的一个动点，求HG+HC的最小值．




类型四：涉及函数变化探究题
【例题4】（2016·湖北黄石·12分）如图1所示，已知：点A（﹣2，﹣1）在双曲线C：y=上，直线l1：y=﹣x+2，直线l2与l1关于原点成中心对称，F1（2，2），F2（﹣2，﹣2）两点间的连线与曲线C在第一象限内的交点为B，P是曲线C上第一象限内异于B的一动点，过P作x轴平行线分别交l1，l2于M，N两点．
（1）求双曲线C及直线l2的解析式；
（2）求证：PF2﹣PF1=MN=4；
（3）如图2所示，△PF1F2的内切圆与F1F2，PF1，PF2三边分别相切于点Q，R，S，求证：点Q与点B重合．（参考公式：在平面坐标系中，若有点A（x1，y1），B（x2，y2），则A、B两点间的距离公式为AB=．）

【分析】（1）利用点A的坐标求出a的值，根据原点对称的性质找出直线l2上两点的坐标，求出解析式；
（2）设P（x，），利用两点距离公式分别求出PF1、PF2、PM、PN的长，相减得出结论；
（3）利用切线长定理得出，并由（2）的结论PF2﹣PF1=4得出PF2﹣PF1=QF2﹣QF1=4，再由两点间距离公式求出F1F2的长，计算出OQ和OB的长，得出点Q与点B重合．
【解答】解：（1）解：把A（﹣2，﹣1）代入y=中得：
a=（﹣2）×（﹣1）=2，
∴双曲线C：y=，
∵直线l1与x轴、y轴的交点分别是（2，0）、（0，2），它们关于原点的对称点分别是（﹣2，0）、（0，﹣2），
∴l2：y=﹣x﹣2
（2）设P（x，），
由F1（2，2）得：PF12=（x﹣2）2+（﹣2）2=x2﹣4x+﹣+8，
∴PF12=（x+﹣2）2，
∵x+﹣2==＞0，
∴PF1=x+﹣2，
∵PM∥x轴
∴PM=PE+ME=PE+EF=x+﹣2，
∴PM=PF1，
同理，PF22=（x+2）2+（+2）2=（x++2）2，
∴PF2=x++2， PN=x++2
因此PF2=PN，
∴PF2﹣PF1=PN﹣PM=MN=4，
（3）△PF1F2的内切圆与F1F2，PF1，PF2三边分别相切于点Q，R，S，
∴⇒PF2﹣PF1=QF2﹣QF1=4
又∵QF2+QF1=F1F2=4，QF1=2﹣2，
∴QO=2，
∵B（，），
∴OB=2=OQ，
所以，点Q与点B重合．

【点评】此题主要考查了圆的综合应用以及反比例函数的性质等知识，将代数与几何融合在一起，注意函数中线段的长可以利用本题给出的两点距离公式解出，也可以利用勾股定理解出；解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
【同步练】
（2016·黑龙江齐齐哈尔·12分）如图所示，在平面直角坐标系中，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两个根
（1）求线段BC的长度；
（2）试问：直线AC与直线AB是否垂直？请说明理由；
（3）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；
（4）在（3）的条件下，直线BD上是否存在点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．






类型五：涉及变换探究题
【例题5】（2016·山东潍坊）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F．
（1）如图1，连接AC分别交DE、DF于点M、N，求证：MN=AC；
（2）如图2，将△EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB、BC相交于点G、P，连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．

【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【分析】（1）连接BD，证明△ABD为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到AE=EB，根据相似三角形的性质解答即可；
（2）分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，根据旋转变换的性质解答即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接BD，交AC于O，
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AD=AB，
∴△ABD为等边三角形，
∵DE⊥AB，
∴AE=EB，
∵AB∥DC，
∴==，
同理， =，
∴MN=AC；
（2）解：∵AB∥DC，∠BAD=60°，
∴∠ADC=120°，又∠ADE=∠CDF=30°，
∴∠EDF=60°，
当∠EDF顺时针旋转时，
由旋转的性质可知，∠EDG=∠FDP，∠GDP=∠EDF=60°，
DE=DF=，∠DEG=∠DFP=90°，
在△DEG和△DFP中，
，
∴△DEG≌△DFP，
∴DG=DP，
∴△DGP为等边三角形，
∴△DGP的面积=DG2=3，
解得，DG=2，
则cos∠EDG==，
∴∠EDG=60°，
∴当顺时针旋转60°时，△DGP的面积等于3，
同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP的面积也等于3，
综上所述，将△EDF以点D为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP的面积等于3．

【同步练】
（2016·吉林·8分）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以点B为中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，连接C1B1，则C1B1与BC的位置关系为　平行　；
（2）如图2，当△ABC是锐角三角形，∠ABC=α（α≠60°）时，将△ABC按照（1）中的方式旋转α，连接C1B1，探究C1B1与BC的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；
（3）如图3，在图2的基础上，连接B1B，若C1B1=BC，△C1BB1的面积为4，则△B1BC的面积为　6　．





类型六：其它综合探究题
【例题6】（2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．

【分析】（1）根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE，AD=AF，再求出∠BAC=∠DAF，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；
（2）根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可；
（3）作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可．
【解答】证明：（1）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，
∴=，
∴△ADF∽△ABC；

（2）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2；

（3）DE2=BD2+CE2还能成立．
理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，
由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2．

【点评】本题是相似形综合题，主要利用了轴对称的性质，相似三角形的判定，同角的余角相等的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此类题目，小题间的思路相同是解题的关键．
【同步练】
（2016·黑龙江齐齐哈尔·12分）如图所示，在平面直角坐标系中，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两个根
（1）求线段BC的长度；
（2）试问：直线AC与直线AB是否垂直？请说明理由；
（3）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；
（4）在（3）的条件下，直线BD上是否存在点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

























【达标检测】
1. （2016·浙江省绍兴市·8分）如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．
（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB=AD=2cm，BC=5cm，如图，量得第四根木条CD=5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由．
（2）若固定一根木条AB不动，AB=2cm，量得木条CD=5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．




2. （2016广西南宁）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．







3. （2016·山东省东营市·10分）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.
①求证：BD⊥CF；
②当AB＝2，AD＝3时，求线段DH的长．




4. （2016·山东省德州市·4分）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）


5. （2016海南）如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G．
（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；
（2）若KD=KG，BC=4﹣．
①求KD的长度；
②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S△PMN=时，求m的值．


6. （2016广西南宁）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．








7. （2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．



8. （2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）
（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．







【参考答案】
类型一：涉及三角形的探究问题
【同步练】
（2016·江西·10分）如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°后，发现旋转前后两图形有另一交点O，连接AO，我们称AO为“叠弦”；再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后，交旋转前的图形于点P，连接PO，我们称∠OAB为“叠弦角”，△AOP为“叠弦三角形”．
【探究证明】
（1）请在图1和图2中选择其中一个证明：“叠弦三角形”（△AOP）是等边三角形；
（2）如图2，求证：∠OAB=∠OAE′．
【归纳猜想】
（3）图1、图2中的“叠弦角”的度数分别为　15°　，　24°　；
（4）图n中，“叠弦三角形”　是　等边三角形（填“是”或“不是”）
（5）图n中，“叠弦角”的度数为　60°﹣\frac{180°}{n}　（用含n的式子表示）

【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）先由旋转的性质，再判断出△APD≌△AOD'，最后用旋转角计算即可；
（2）先判断出Rt△AEM≌Rt△ABN，在判断出Rt△APM≌Rt△AON 即可；
（3）先判断出△AD′O≌△ABO，再利用正方形，正五边形的性质和旋转的性质，计算即可；
（4）先判断出△APF≌△AE′F′，再用旋转角为60°，从而得出△PAO是等边三角形；
（5）用（3）的方法求出正n边形的，“叠弦角”的度数．
【解答】解：（1）如图1，

∵四ABCD是正方形，
由旋转知：AD=AD'，∠D=∠D'=90°，∠DAD'=∠OAP=60°，
∴∠DAP=∠D'AO，
∴△APD≌△AOD'（ASA）
∴AP=AO，
∵∠OAP=60°，
∴△AOP是等边三角形，
（2）如图2，

作AM⊥DE于M，作AN⊥CB于N．
∵五ABCDE是正五边形，
由旋转知：AE=AE'，∠E=∠E'=108°，∠EAE'=∠OAP=60°
∴∠EAP=∠E'AO
∴△APE≌△AOE'（ASA）
∴∠OAE'=∠PAE．
在Rt△AEM和Rt△ABN中，∠AEM=∠ABN=72°，??AE=AB
∴Rt△AEM≌Rt△ABN （AAS），
∴∠EAM=∠BAN，AM=AN．
在Rt△APM和Rt△AON中，AP=AO，AM=AN
∴Rt△APM≌Rt△AON （HL）．
∴∠PAM=∠OAN，
∴∠PAE=∠OAB
∴∠OAE'=∠OAB （等量代换）．
（3）由（1）有，△APD≌△AOD'，
∴∠DAP=∠D′AO，
在△AD′O和△ABO中，
，
∴△AD′O≌△ABO，
∴∠D′AO=∠BAO，
由旋转得，∠DAD′=60°，
∵∠DAB=90°，
∴∠D′AB=∠DAB﹣∠DAD′=30°，
∴∠D′AD=∠D′AB=15°，
同理可得，∠E′AO=24°，
故答案为：15°，24°．
（4）如图3，

∵六边形ABCDEF和六边形A′B′C′E′F′是正六边形，
∴∠F=F′=120°，
由旋转得，AF=AF′，EF=E′F′，
∴△APF≌△AE′F′，
∴∠PAF=∠E′AF′，
由旋转得，∠FAF′=60°，AP=AO
∴∠PAO=∠FAO=60°，
∴△PAO是等边三角形．
故答案为：是
（5）同（3）的方法得，∠OAB=[（n﹣2）×180°÷n﹣60°]÷2=60°﹣
故答案：60°﹣．
类型二：涉及四边形的探究问题
【同步练】
（2016·浙江省绍兴市·14分）如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．
（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；
（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；
（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；
（2）分三种情况：①若点A为直角顶点时，点M在第一象限；若点P为直角顶点时，点M在第一象限；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限；进行讨论可求点M的坐标；
（3）根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围．
【解答】解：（1）直线l1：当y=0时，2x+3=0，x=﹣
则直线l1与x轴坐标为（﹣，0）
直线l2：当y=3时，2x﹣3=3，x=3
则直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；

（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，
如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，
∴△APM不可能是等腰直角三角形，
∴点M不存在；
②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，
过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，
则Rt△ABP≌Rt△PNM，
∴AB=PN=4，MN=BP，
设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，
∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），
x=，
∴M（，）；
③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，
设M1（x，2x﹣3），
过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，
则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，
∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），
∴x+3﹣（2x﹣3）=4，
x=2
∴M1（2，1）；
设M2（x，2x﹣3），
同理可得x+2x﹣3﹣3=4，
∴x=，
∴M2（，）；
综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；

（3）x的取值范围为﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x≤2．



　
类型三：涉及动态性综合问题
【同步练】
（2016·山东省滨州市·10分）如图，BD是△ABC的角平分线，它的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接ED，DG．
（1）请判断四边形EBGD的形状，并说明理由；
（2）若∠ABC=30°，∠C=45°，ED=2，点H是BD上的一个动点，求HG+HC的最小值．

【考点】平行四边形的判定与性质；角平分线的性质．
【分析】（1）结论四边形EBGD是菱形．只要证明BE=ED=DG=GB即可．
（2）作EM⊥BC于M，DN⊥BC于N，连接EC交BD于点H，此时HG+HC最小，在RT△EMC中，求出EM、MC即可解决问题．
【解答】解：（1）四边形EBGD是菱形．
理由：∵EG垂直平分BD，
∴EB=ED，GB=GD，
∴∠EBD=∠EDB，
∵∠EBD=∠DBC，
∴∠EDF=∠GBF，
在△EFD和△GFB中，
，
∴△EFD≌△GFB，
∴ED=BG，
∴BE=ED=DG=GB，
∴四边形EBGD是菱形．
（2）作EM⊥BC于M，DN⊥BC于N，连接EC交BD于点H，此时HG+HC最小，
在RT△EBM中，∵∠EMB=90°，∠EBM=30°，EB=ED=2，
∴EM=BE=，
∵DE∥BC，EM⊥BC，DN⊥BC，
∴EM∥DN，EM=DN=，MN=DE=2，
在RT△DNC中，∵∠DNC=90°，∠DCN=45°，
∴∠NDC=∠NCD=45°，
∴DN=NC=，
∴MC=3，
在RT△EMC中，∵∠EMC=90°，EM=．MC=3，
∴EC===10．
∵HG+HC=EH+HC=EC，
∴HG+HC的最小值为10．

【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用对称找到点H的位置，属于中考常考题型．
类型四：涉及函数变化探究题
【同步练】
（2016·黑龙江齐齐哈尔·12分）如图所示，在平面直角坐标系中，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两个根
（1）求线段BC的长度；
（2）试问：直线AC与直线AB是否垂直？请说明理由；
（3）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；
（4）在（3）的条件下，直线BD上是否存在点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】三角形综合题．
【分析】（1）解出方程后，即可求出B、C两点的坐标，即可求出BC的长度；[来源:学科网]
（2）由A、B、C三点坐标可知OA2=OC•OB，所以可证明△AOC∽△BOA，利用对应角相等即可求出∠CAB=90°；
（3）容易求得直线AC的解析式，由DB=DC可知，点D在BC的垂直平分线上，所以D的纵坐标为1，将其代入直线AC的解析式即可求出D的坐标；
（4）A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形，可分为以下三种情况：①AB=AP；②AB=BP；③AP=BP；然后分别求出P的坐标即可．
【解答】（1）∵x2﹣2x﹣3=0，
∴x=3或x=﹣1，
∴B（0，3），C（0，﹣1），
∴BC=4，

（2）∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1），
∴OA=，OB=3，OC=1，
∴OA2=OB•OC，
∵∠AOC=∠BOA=90°，
∴△AOC∽△BOA，
∴∠CAO=∠ABO，
∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠BAC=90°，
∴AC⊥AB；

（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A（﹣，0）和C（0，﹣1）代入y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣1，
∵DB=DC，
∴点D在线段BC的垂直平分线上，
∴D的纵坐标为1，
∴把y=1代入y=﹣x﹣1，
∴x=﹣2，
∴D的坐标为（﹣2，1），

（4）设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E，
把B（0，3）和D（﹣2，1）代入y=mx+n，
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为：y=x+3，
令y=0代入y=x+3，
∴x=﹣3，
∴E（﹣3，0），
∴OE=3，
∴tan∠BEC==，
∴∠BEO=30°，
同理可求得：∠ABO=30°，
∴∠ABE=30°，
当PA=AB时，如图1，
此时，∠BEA=∠ABE=30°，
∴EA=AB，
∴P与E重合，
∴P的坐标为（﹣3，0），
当PA=PB时，如图2，
此时，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，
∴∠PAB=∠ABO，
∴PA∥BC，
∴∠PAO=90°，
∴点P的横坐标为﹣，
令x=﹣代入y=x+3，
∴y=2，
∴P（﹣，2），
当PB=AB时，如图3，
∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6，
若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，
过点P1作P1F⊥x轴于点F，
∴P1B=AB=2，
∴EP1=6﹣2，
∴sin∠BEO=，
∴FP1=3﹣，
令y=3﹣代入y=x+3，
∴x=﹣3，
∴P1（﹣3，3﹣），
若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，
过点P2作P2G⊥x轴于点G，
∴P2B=AB=2，
∴EP2=6+2，
∴sin∠BEO=，
∴GP2=3+，
令y=3+代入y=x+3，
∴x=3，
∴P2（3，3+），
综上所述，当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，点P的坐标为（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）．



类型五：涉及变换探究题
【同步练】
（2016·吉林·8分）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以点B为中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，连接C1B1，则C1B1与BC的位置关系为　平行　；
（2）如图2，当△ABC是锐角三角形，∠ABC=α（α≠60°）时，将△ABC按照（1）中的方式旋转α，连接C1B1，探究C1B1与BC的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；
（3）如图3，在图2的基础上，连接B1B，若C1B1=BC，△C1BB1的面积为4，则△B1BC的面积为　6　．

【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠C1BC=∠B1BC=90°，BC1=BC=CB1，根据平行线的判定得到BC1∥CB1，推出四边形BCB1C1是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论；
（2）过C1作C1E∥B1C于E，于是得到∠C1EB=∠B1CB，由旋转的性质得到BC1=BC=B1C，∠C1BC=∠B1CB，等量代换得到∠C1BC=∠C1EB，根据等腰三角形的判定得到C1B=C1E，等量代换得到C1E=B1C，推出四边形C1ECB1是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论；
（3）设C1B1与BC之间的距离为h，由已知条件得到=，根据三角形的面积公式得到=，于是得到结论．
【解答】解：（1）平行，
∵把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，
∴∠C1BC=∠B1BC=90°，BC1=BC=CB1，
∴BC1∥CB1，
∴四边形BCB1C1是平行四边形，
∴C1B1∥BC，
故答案为：平行；

（2）证明：如图②，过C1作C1E∥B1C，交BC于E，则∠C1EB=∠B1CB，
由旋转的性质知，BC1=BC=B1C，∠C1BC=∠B1CB，
∴∠C1BC=∠C1EB，
∴C1B=C1E，
∴C1E=B1C，
∴四边形C1ECB1是平行四边形，
∴C1B1∥BC；

（3）由（2）知C1B1∥BC，
设C1B1与BC之间的距离为h，
∵C1B1=BC，
∴=，
∵S=B1C1•h，S=BC•h，
∴===，
∵△C1BB1的面积为4，
∴△B1BC的面积为6，
故答案为：6．
类型六：其它综合探究题
【同步练】
（2016·黑龙江齐齐哈尔·12分）如图所示，在平面直角坐标系中，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两个根
（1）求线段BC的长度；
（2）试问：直线AC与直线AB是否垂直？请说明理由；
（3）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；
（4）在（3）的条件下，直线BD上是否存在点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】三角形综合题．
【分析】（1）解出方程后，即可求出B、C两点的坐标，即可求出BC的长度；[来源:学科网]
（2）由A、B、C三点坐标可知OA2=OC•OB，所以可证明△AOC∽△BOA，利用对应角相等即可求出∠CAB=90°；
（3）容易求得直线AC的解析式，由DB=DC可知，点D在BC的垂直平分线上，所以D的纵坐标为1，将其代入直线AC的解析式即可求出D的坐标；
（4）A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形，可分为以下三种情况：①AB=AP；②AB=BP；③AP=BP；然后分别求出P的坐标即可．
【解答】（1）∵x2﹣2x﹣3=0，
∴x=3或x=﹣1，
∴B（0，3），C（0，﹣1），
∴BC=4，

（2）∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1），
∴OA=，OB=3，OC=1，
∴OA2=OB•OC，
∵∠AOC=∠BOA=90°，
∴△AOC∽△BOA，
∴∠CAO=∠ABO，
∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠BAC=90°，
∴AC⊥AB；

（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A（﹣，0）和C（0，﹣1）代入y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣1，
∵DB=DC，
∴点D在线段BC的垂直平分线上，
∴D的纵坐标为1，
∴把y=1代入y=﹣x﹣1，
∴x=﹣2，
∴D的坐标为（﹣2，1），

（4）设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E，
把B（0，3）和D（﹣2，1）代入y=mx+n，
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为：y=x+3，
令y=0代入y=x+3，
∴x=﹣3，
∴E（﹣3，0），
∴OE=3，
∴tan∠BEC==，
∴∠BEO=30°，
同理可求得：∠ABO=30°，
∴∠ABE=30°，
当PA=AB时，如图1，
此时，∠BEA=∠ABE=30°，
∴EA=AB，
∴P与E重合，
∴P的坐标为（﹣3，0），
当PA=PB时，如图2，
此时，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，
∴∠PAB=∠ABO，
∴PA∥BC，
∴∠PAO=90°，
∴点P的横坐标为﹣，
令x=﹣代入y=x+3，
∴y=2，
∴P（﹣，2），
当PB=AB时，如图3，
∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6，
若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，
过点P1作P1F⊥x轴于点F，
∴P1B=AB=2，
∴EP1=6﹣2，
∴sin∠BEO=，
∴FP1=3﹣，
令y=3﹣代入y=x+3，
∴x=﹣3，
∴P1（﹣3，3﹣），
若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，
过点P2作P2G⊥x轴于点G，
∴P2B=AB=2，
∴EP2=6+2，
∴sin∠BEO=，
∴GP2=3+，
令y=3+代入y=x+3，
∴x=3，
∴P2（3，3+），
综上所述，当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，点P的坐标为（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）．



【达标检测】
1. （2016·浙江省绍兴市·8分）如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．
（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB=AD=2cm，BC=5cm，如图，量得第四根木条CD=5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由．
（2）若固定一根木条AB不动，AB=2cm，量得木条CD=5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．

【考点】全等三角形的应用；二元一次方程组的应用；三角形三边关系．
【分析】（1）相等．连接AC，根据SSS证明两个三角形全等即可．
（2）分两种情形①当点C在点D右侧时，②当点C在点D左侧时，分别列出方程组即可解决问题，注意最后理由三角形三边关系定理，检验是否符合题意．
【解答】解：（1）相等．
理由：连接AC，
在△ACD和△ACB中，
，
∴△ACD≌△ACB，
∴∠B=∠D．
（2）设AD=x，BC=y，
当点C在点D右侧时，，解得，
当点C在点D左侧时，解得，
此时AC=17，CD=5，AD=8，5+8＜17，
∴不合题意，
∴AD=13cm，BC=10cm．

2. （2016广西南宁）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．
（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．
（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•cos30°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．
【解答】（1）解：结论AE=EF=AF．
理由：如图1中，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵BE=EC，
∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，
∵∠EAF=60°，
∴∠CAF=∠DAF=30°，
∴AF⊥CD，
∴AE=AF（菱形的高相等），
∴△AEF是等边三角形，[来源:学+科+网Z+X+X+K]
∴AE=EF=AF．
（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAE，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF．
（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，
∴∠AEB=45°，
在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，
∴BG=2，AG=2，
在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，[来源:学科网]
∴AG=GE=2，
∴EB=EG﹣BG=2﹣2，
∵△AEB≌△AFC，
∴AE=AF，EB=CF=2﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，
∵∠EAF=60°，AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF=∠AFE=60°
∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，
∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，
在RT△EFH中，∠CEF=15°，
∴∠EFH=75°，
∵∠AFE=60°，
∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，
∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，
在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2﹣2，
∴FH=CF•cos30°=（2﹣2）•=3﹣．
∴点F到BC的距离为3﹣．



【点评】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．

3. （2016·山东省东营市·10分）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.
①求证：BD⊥CF；
②当AB＝2，AD＝3时，求线段DH的长．

【知识点】等腰三角形——等腰三角形的现性质、特殊的平行四边形——正方形的性质、旋转——旋转的特性、全等三角形——全等三角形的判判定和性质、相似三角形——相似三角形的判判定和性质
【思路分析】（1）先用“SAS”证明△CAF≌△BAD,再用全等三角形的性质即可得BD＝CF成立；（2）利用△HFN与△AND的内角和以及它们的等角，得到∠NHF＝90°,即可得①的结论；（3）连接DF，延长AB，与DF交于点M，利用△BMD∽△FHD求解.
【解答】(l)解：BD＝CF成立．
证明：∵AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ;AF＝AD,△ABD≌△ACF,∴BD＝CF.
(2)①证明：由(1)得，△ABD≌△ACF，∴∠HFN＝∠ADN，
在△HFN与△ADN中，∵∠HFN＝∠AND，∠HNF＝∠AND,∴∠NHF＝∠NAD＝90°,
∴HD⊥HF,即BD⊥CF.
②解：如图，连接DF，延长AB，与DF交于点M.
在△MAD中，∵∠MAD＝∠MDA＝45°，∴∠BMD＝90°.
在Rt△BMD与Rt△FHD中，∵∠MDB＝∠HDF,∴△BMD∽△FHD.
∴AB＝2，AD＝3，四边形ADEF是正方形，∴MA＝MD＝＝3.
∴MB＝3－2＝1,DB＝＝.
∵＝.∴＝.
∴DH＝.

【方法总结】本题考查了全等三角形的判判定和性质，全等三角形的性质是证明等角、等线段的最为常用的方法；图形的旋转中，对应点到旋转中心的距离相等,对应线段的长度、对应角的大小相等,旋转前后图形的大小和形状没有改变；

4. （2016·山东省德州市·4分）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）

【考点】平行四边形的判定与性质．
【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【解答】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．
证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD
即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD，
∴AC=BD
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．


【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．

5. （2016海南）如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G．
（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；
（2）若KD=KG，BC=4﹣．
①求KD的长度；
②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S△PMN=时，求m的值．

【考点】四边形综合题；全等三角形的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．
【分析】（1）①先根据AAS判定△DOK≌△BOG，②再根据等腰三角形ABF和平行四边形AFKG的性质，得出结论BG=AB+AK；
（2）①先根据等量代换得出AF=KG=KD=BG，再设AB=a，根据AK=FG列出关于a的方程，求得a的值，进而计算KD的长；②先过点G作GI⊥KD，求得S△DKG的值，再根据四边形PMGN是平行四边形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S△DPN和S△PKM的表达式，最后根据等量关系S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出关于m的方程，求得m的值即可．
【解答】解：（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC
∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO
∵点O是BD的中点
∴DO=BO
∴△DOK≌△BOG（AAS）

②∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC
又∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠BFA=45°
∴AB=BF
∵OK∥AF，AK∥FG
∴四边形AFGK是平行四边形
∴AK=FG
∵BG=BF+FG
∴BG=AB+AK

（2）①由（1）得，四边形AFGK是平行四边形
∴AK=FG，AF=KG
又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG
∴AF=KG=KD=BG
设AB=a，则AF=KG=KD=BG=a
∴AK=4﹣﹣a，FG=BG﹣BF=a﹣a
∴4﹣﹣a=a﹣a
解得a=
∴KD=a=2

②过点G作GI⊥KD于点I
由（2）①可知KD=AF=2
∴GI=AB=
∴S△DKG=×2×=
∵PD=m
∴PK=2﹣m
∵PM∥DG，PN∥KG
∴四边形PMGN是平行四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN
∴，即S△DPN=（）2
同理S△PKM=（）2
∵S△PMN=
∴S平行四边形PMGN=2S△PMN=2×
又∵S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM
∴2×=﹣（）2﹣（）2，即m2﹣2m+1=0
解得m1=m2=1
∴当S△PMN=时，m的值为1


【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的性质，解题时需要运用全等三角形的判定与性质．解答此题的关键是运用相似三角形的面积之比等于相似比的平方这一性质，并根据图形面积的等量关系列出方程进行求解，难度较大，具有一定的综合性．

6. （2016广西南宁）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．
（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．
（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•cos30°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．
【解答】（1）解：结论AE=EF=AF．
理由：如图1中，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵BE=EC，
∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，
∵∠EAF=60°，
∴∠CAF=∠DAF=30°，
∴AF⊥CD，
∴AE=AF（菱形的高相等），
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF．
（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAE，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF．
（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，
∴∠AEB=45°，
在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，
∴BG=2，AG=2，
在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，
∴AG=GE=2，
∴EB=EG﹣BG=2﹣2，
∵△AEB≌△AFC，
∴AE=AF，EB=CF=2﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，
∵∠EAF=60°，AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF=∠AFE=60°
∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，
∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，
在RT△EFH中，∠CEF=15°，
∴∠EFH=75°，
∵∠AFE=60°，
∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，
∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，
在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2﹣2，
∴FH=CF•cos30°=（2﹣2）•=3﹣．
∴点F到BC的距离为3﹣．



【点评】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．

7. （2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．

【分析】（1）根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE，AD=AF，再求出∠BAC=∠DAF，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；
（2）根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可；
（3）作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可．
【解答】证明：（1）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，
∴=，
∴△ADF∽△ABC；

（2）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2；

（3）DE2=BD2+CE2还能成立．
理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，
由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2．

【点评】本题是相似形综合题，主要利用了轴对称的性质，相似三角形的判定，同角的余角相等的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此类题目，小题间的思路相同是解题的关键．
8. （2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）
（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．
【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE．
选图2中的结论证明如下：
延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠GCO，
在△EOA和△GOC中，
，
∴△EOA≌△GOC，
∴EO=GO，AE=CG，
在RT△EFG中，∵EO=OG，
∴OE=OF=GO，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=GF，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG+CG，
∴CF=OE+AE．
选图3的结论证明如下：
延长EO交FC的延长线于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠AEO=∠G，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，AE=CG，
在RT△EFG中，∵OE=OG，
∴OE=OF=OG，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=FG，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG﹣CG，
∴CF=OE﹣AE．