上海民办华育中学中考数学几何综合压轴题易错专题.doc

上海民办华育中学中考数学几何综合压轴题易错专题

一、中考数学几何综合压轴题
1．在中，，过点作直线，将绕点顺时针旋转得到（点的对应点分别为）．
（1）问题发现如图1，若与重合时，则的度数为____________；
（2）类比探究：如图2，设与BC的交点为，当为的中点时，求线段的长；
（3）拓展延伸在旋转过程中，当点分别在的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值．若存在，直接写出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由．

解析：（1）60；（2）；（3）
【分析】
（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC=，依据∠A'BC=90°，可得，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；
（2）根据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到，依据tan∠Q=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，进而得出PQ=PB+BQ=；
（3）依据S四边形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用几何法或代数法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3-．
【详解】
解：（1）由旋转可得：，
，
，
，，
，
，
，
．
（2）为的中点，
,
山旋转可得，，
，
，
，
，
，
；
（3）四边形
四边形最小即最小，
，
取的中点，，，即，
当最小时，最小，，即与正合时,最小，
，，
的最小值， 四边形=．
【点睛】
此题考查四边形综合题，旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题关键在于掌握旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
2．（基础巩固）（1）如图1，在中，M是的中点，过B作，交的延长线于点D．求证：；
（尝试应用）（2）在（1）的情况下载线段上取点E（如图2），已知，，，求；
（拓展提高）（3）如图3，菱形中 ，点P在对角线上，且，点E为线段上一点，．若，，求菱形的边长．

解析：（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
(1)证明，即可求解；
(2)过点B作于点H，得到，进而求解；
(3) 延长交于G，交延长线于F，连结，可得，所以，设菱形边长为，进而可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：，
，，
是的中点，
，
，
．
（2）由（1）得，
，
作，垂足为H，如图所示：

，
在中，
，
．
（3）延长交于G，交延长线于F，连结，
如图所示：

过作于 由
，
，
设菱形边长为，
在和中，
即，
解得（舍负），
菱形的边长为．
【点睛】
本题考查四边形综合题，主要考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质，解直角三角形、勾股定理的运用，正确作出辅助线是解题的关键．
3．如图，在菱形中，，将边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．过点作于点，过点作直线于点，连接．
（探索发现）
填空：当时， = ．的值是
（验证猜想）
当时，中的结论是否仍然成立?若成立，请仅就图的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
（拓展应用）
在的条件下，若，当是等腰直角三角形时，请直接写出线段的长．

解析：（1），；（2）当时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）线段的长为或．
【分析】
当时，点B′与点C重合， ，由四边形ABCD为菱形，可求∠ABE=90°，由，可求∠ABC=60°，=30°，由DF⊥BC，DC∥AB，∠FDC=∠EBC=30°，由sin∠FDC=sin∠EBC=，可得CF=CE，可求∠CEF=∠FDC=30°即可；
当时， 中的结论仍然成立．先求，再证 ．最后证即可；
连接，交于点．先求，．．分两种情况：如图先求，再证△B′BD∽△EBF，可得，如图先求．再证△B′BD∽△EBF，．
【详解】
当时，点B′与点C重合，
∵ ，四边形ABCD为菱形，CD∥AB，
∴⊥AB，
∴∠ABE=90°，
∵，AD∥BC，
∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-120°=60°，
∴=∠ABE-∠ABC=90°-60°=30°，
∵DF⊥BC，DC∥AB，
∴DF⊥AD，∠CDA=180°-∠BAD=60°，
∴∠FDC=90°-∠CDA=30°，∠FCD=90°-∠FDC=60°，
∴∠FDC=∠EBC=30°，
∴sin∠FDC=sin∠EBC=，
∵DC=BC，
∴CF=CE，
∴∠CFE=∠CEF=∠FCD=30°，
∴∠CEF=∠FDC=30°，
∴DF=FE，
∵cos∠FDC=，
∴=，
故答案为，．

当时， 中的结论仍然成立．
证明：如图，连接．
，
，．
，
．
．
．
，即．
，，
．
．
，

线段的长为或．
连接，交于点．
，，
，
，
∵DE=BE，∠DEB=90°，
∴∠EDB=∠EBD=45°，
．
，∠B′EB=90°，
，．
，
．
．
分两种情况：如图，
，
∵∠B′BE=∠DBF=30°，
∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，
又∵∠B′BE+∠EBD=∠EBD+∠DBF，
∴∠B′BD=∠EBF，
∴△B′BD∽△EBF，
∴，
．

如图，
．
∵∠B′BE=∠DBF=30°，
∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，
又∵∠B′BE-∠FBB′=∠DBF-∠FBB′，
∴∠B′BD=∠EBF，
∴△B′BD∽△EBF，
∴，
．

综上所述，线段的长为或．
【点睛】
本题考查图形旋转变换，菱形性质，锐角三角函数值，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，掌握图形旋转变换，菱形性质，锐角三角函数值，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质是解题关键．
4．在中，点D，E分别是边上的点，．

基础理解：
（1）如图1，若，求的值；
证明与拓展：
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转a度，得到，连接；
①求证：；
②如图3，若在旋转的过程中，点恰好落在上时，连接，则的面积为________．
解析：（1）；（2）①见详解；②13.44
【分析】
（1）利用平行线分线段定理，直接求解即可；、
（2）①先推出，从而得，进而即可得到结论；②先推出AE=AE1 =8，DE=D1E1=10，过点A作AM⊥DE于点M，则DM= 3.6，D1E=2.8，再证明∠D1EE1=90°，进而即可求解．
【详解】
解：（1）∵，，
∴=；
（2）①∵将绕点A逆时针旋转a度，得到，
∴=AD，=AE，∠BAD1=∠CAE1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
②由①可知，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转，得到，点恰好落在上，
∴AD1=AD=6，∠D1AE1=∠DAE=90°，
∴AE=AE1=AD1=8，DE=D1E1=，
过点A作AM⊥DE于点M，则DM=D1M=AD×cos∠ADE= AD×=6×=3.6，

∴D1E=10-3.6 ×2=2.8，
∵∠D1AE1=∠DAE=90°，
∴∠DAD1=∠EAE1，
又∵AD1=AD，AE=AE1，
∴∠ADE=，
∴∠AED+=∠AED+∠ADE=90°，即：∠D1EE1=90°，
∴，
∴的面积=D1E∙EE1=×2.8×9.6=13.44．
故答案是：13.44．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，平行线分线段成比例定理，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，是解题的关键．
5．
情境观察：将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示.将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A(A′)、B在同一条直线上，如图2所示．
观察图2可知：与BC相等的线段是 ▲ ，∠CAC′= ▲ °．

问题探究：如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q. 试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论.

拓展延伸：如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H. 若AB=k AE，AC=k AF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由.
解析：情境观察：AD（或A′D），90
问题探究：EP=FQ. 证明见解析
结论： HE=HF. 证明见解析
【详解】
情境观察
AD（或A′D），90
问题探究
结论：EP=FQ.
证明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.
∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.
∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP. ∴AG=EP.
同理AG=FQ. ∴EP=FQ
拓展延伸
结论： HE=HF.
理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q.
∵四边形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，
∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠EAP.
∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，
同理△ACG∽△FAQ，
∵AB= k AE，AC= kAF，∴EP=FQ.
∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH. ∴HE=HF
6．如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：
（1）探究：若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是　 ；如图2，当α＝　 　°时，半圆O与射线AB相切；
（2）如图3，在（1）的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由．
（3）发现：如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R、m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝　 　（用含有R、m的代数式表示）
（4）拓展：如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围　 　，并求出在这个变化过程中阴影部分（弓形）面积的最大值（用m表示）

解析：（1） +1；60°；（2）4+2；（3） ；（4） m2．
【详解】
试题分析：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=，推出α=60°．
（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题．
（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题、
（4）当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°．当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，求出此时的面积即可．
试题解析：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．想办法求出O′E的长即可．

在Rt△MFO′中，∵∠MOF=30°，MO′=2，
∴O′F=O′M•cos30°=，O′E=+1，
∴点O′到AB的距离为+1．
如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，

∴AE=O′F=2，
∵AM=1，
∴EM=1，
在Rt△O′EM中，sinα= ，
∴α=60°
故答案为 +1，60°．
（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．

∵O′P=R，
∴R= R+1，
∴R=4+2．
（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．

在Rt△O′QM中，O′Q=R•cosα，QP=m，
∵O′P=R，
∴R•cosα+m=R，
∴cosα=．
故答案为．
（4）如图5中，

当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°
故答案为90°＜α≤120°；
当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，
所以S═ ﹣• m• m= m2．
7．如图，分别为中上的动点（点除外），连接交于点P，.我们约定：线段所对的，称为线段的张角.
情景发现
（1）已知三角形是等边三角形，，
①求线段的张角的度数；
②求点P到的最大距离；
③若点P的运动路线的长度称为点P的路径长，求点P的路径长.
拓展探究
（2）在（1）中，已知是圆P的外切三角形，若点的运动路线的长度称为点的路径长，试探究点的路径长与点P的路径长之间有何关系？请通过计算说明.

解析：（1）①120°，②点P到的最大距离，③；（2）点的路径长与点P的路径长的比值是2：1（或点的路径长是点P的路径长的2倍）.
【分析】
（1）①利用等边三角形的性质证△AEB与△BCF全等，得到∠EBA＝∠BCF，利用三角形的内角和定理即可求出∠CPB的度数；
②由题意可知当PO⊥BC于点N时，点P到BC的距离最大，根据垂径定理及三角函数即可求出点P到BC的最大距离；
③由题意知点P的路径长为弧BC的长，在②的基础上直接利用公式即可求出结果；
（2）由题意可知张角∠CPB的度数始终为120°，可得∠CBP＋∠BCP＝60°，因为圆P是△A'BC的内切圆，由此可推出A'是等边三角形ABC外接圆上优弧BAC上的一动点，其半径为2，圆心角240°，根据弧长公式可直接求出其长度，并计算出点A'的路径长是点P的路径长的2倍．
【详解】
解：（1）①∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴，
.
②（2）如图所示，由于始终为，故过点作圆O,
∴.
当于点N时，点P到的距离最大.
∵，
∴，
∴，
∴点P到的最大距离.

③由②可知点P的路径为的长度，即
（2）点的路径长与点P的路径长的比值是（或点的路径长是点P的路径长的2倍），理由：
由（1）中题意可知张角的度数始终为，可得，
又因为圆P是的内切圆，
所以，
所以，
所以是等边三角形外接圆上优弧上的一动点，
由题意可得等边三角形外接圆的半径为，点的路径是优弧的长度，即以的圆心角，半径为的弧长，如图，所以点的路径长=，
点的路径长与点P的路径长的比值是：，
所以点的路径长与点P的路径长的比值是2：1（或点的路径长是点P的路径长的2倍）.

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，圆的有关性质，弧长公式等，解题的关键是能够根据题意画出图形.
8．已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．
问题发现
如图，若四边形ABCD是矩形，且于G，，填空：______；当矩形ABCD是正方形时，______；
拓展探究
如图，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当与满足什么关系时，成立？并证明你的结论；
解决问题
如图，若于G，请直接写出的值．

解析：（1）①，②1；（2）当+=180°时，成立，理由见解析；（3）.
【分析】
（1）根据矩形的性质先一步证明△AED~△DFC，然后进一步利用相似三角形性质求解即可；
（2）在AD的延长线上取一点M，使得CM=CF，则∠CMD=∠CFM，通过证明△ADE~△DCM进一步求解即可；
（3）过C点作CN⊥AD于N点，CM⊥AB交AB延长线于M点，连接BD，先证明△BAD≌△BCD，然后进一步证明△BCM~△DCN，再结合勾股定理求出CN，最终通过证明△AED~△NFC进一步求解即可.
【详解】
（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠FDC=90°，AB=CD，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，
∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
∵∠A=∠CDF，
∴△AED~△DFC，
∴，
∴①，②若四边形ABCD为正方形，，
故答案为：①，②1；
（2）当+=180°时，成立，理由如下：

如图，在AD的延长线上取一点M，使得CM=CF，则∠CMD=∠CFM，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠A=∠CDM，
∵∠B+∠EGC=180°，
∴∠BEG+∠FCB=180°，
∵∠BEG+∠AED=180°，
∴∠AED=∠FCB，
∵AD∥BC，
∴∠CFM=∠FCB，
∴∠CMD=∠AED，
∴△ADE~△DCM，
∴，
即：；
（3），理由如下：

过C点作CN⊥AD于N点，CM⊥AB交AB延长线于M点，连接BD，设CN=x，
∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CAN=90°，
∴四边形AMCN为矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD与△BCD中，
∵AD=CD，AB=BC，BD=BD，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM~△DCN，
∴，
∴，
∴，
在Rt△CMB中，，BM=AM−AB=，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∵∠A=∠FGD=90°，
∴∠AED+∠AFG=180°，
∵∠AFG+∠NFC=180°，
∴∠AED=∠CFN，
∵∠A=∠CNF，
∴△AED~△NFC，
∴.
【点睛】
本题主要考查了相似三角形性质与判定和全等三角形性质与判定及矩形性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
9．（基础巩固）
（1）如图①，，求证：．
（尝试应用）
（2）如图②，在菱形中，，点E，F分别为边上两点，将菱形沿翻折，点A恰好落在对角线上的点P处，若，求的值．
（拓展提高）
（3）如图③，在矩形中，点P是边上一点，连接，若，求的长．

解析：（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）由证明，再根据相似三角形的判定方法解题即可；
（2）由菱形的性质，得到，，继而证明是等边三角形，结合（1）中相似三角形对应边成比例的性质，设，则可整理得到，据此解题；
（3）在边上取点E，F，使得，由矩形的性质，得到，结合（1）中相似三角形对应边成比例的性质解题即可．
【详解】
解：（1）证明：∵，
∴，即，
∵，
∴；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
由（1）得，，
∴，
设，则
∴，
可得①，②，
①－②，得，
∴，
∴的值为；
（3）如图，在边上取点E，F，使得，设AB=CD=m，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，

= DF，

，
由（1）可得，，
∴，
∴，整理，得，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合题、等边三角形的性质、菱形的性质、矩形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
10．问题探究
（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．
①请探究AD与BD之间的位置关系：________；
②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，则线段AD的长为________；
拓展延伸
（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．

解析：（1）①垂直，②4；（2）作图见解析，或
【分析】
（1）①由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC=45°，可得AD⊥BD；
②过点C作CF⊥AD于点F，由勾股定理可求DF，CF，AF的长，即可求AD的长；
（2）分点D在BC左侧和BC右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．
【详解】
解：（1）∵△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ABC=∠DEC=45°=∠CDE
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，且AC=BC，CE=CD
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴∠ADC=∠BEC=45°
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°
∴AD⊥BD
故答案为：垂直
②如图，过点C作CF⊥AD于点F，

∵∠ADC=45°，CF⊥AD，CD=
∴DF=CF=1
∴
∴AD=AF+DF=4
故答案为：4．
（2）①如图：

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1，
∴AB=2,DE=2,∠ACD＝∠BCE, ．
∴△ACD∽△BCE．
∴∠ADC＝∠E，．
又∵∠CDE+∠E=90°，
∴∠ADC+∠CDE =90°，即∠ADE=90°．
∴AD⊥BE．
设BE=x，则AD=x．
在Rt△ABD中，，
即．
解得（负值舍去）．
∴AD=．
②如图，

同①设BE=x，则AD=x．
在Rt△ABD中，，即．
解得（负值舍去）．
∴AD=．
综上可得，线段AD的长为
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．
11．德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．
如图①，点C把线段分成两部分，如果，那么称点C为线段的黄金分割点．

（1）特例感知：在图①中，若，求的长；
（2）知识探究：如图②，作⊙O的内接正五边形：
①作两条相互垂直的直径、；
②作的中点P，以P为圆心，为半径画弧交于点Q；
③以点A为圆心，为半径，在⊙O上连续截取等弧，使弦，连接；
则五边形为正五边形．
在该正五边形作法中，点Q是否为线段的黄金分割点？请说明理由．
（3）拓展应用：国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，是一个非常优美的几何图形，与黄金分割有着密切的联系．
延长题（2）中的正五边形的每条边，相交可得到五角星，摆正后如图③，点E是线段的黄金分割点，请利用题中的条件，求的值．
解析：（1）61.8；（2）是，理由见解析；（3）
【分析】
（1）根据黄金分割的定义求解即可；
（2）设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，继而求出OQ，MQ，即可作出判断；
（3）先求出正五边形的每个内角，即可得到∠PEA=∠PAE=，根据已知条件可知cos72°=，再根据点E是线段PD的黄金分割点，即可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴，
即，
解得：AC≈61.8；
（2）Q是线段OM的黄金分割点，理由如下：
设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，

∴OP=，
∴，
∴OQ=PQ-OP=，
∴MQ=OM-OQ=，
，
∴Q是线段OM的黄金分割点；
（3）正五边形的每个内角为：，
∴∠PEA=∠PAE=，
∴cos72°=，
∵点E是线段PD的黄金分割点，
∴，
又∵AE=ED，
∴，
∴cos72°=．
【点睛】
本题考查黄金分割、勾股定理、锐角三角函数，解题的关键是读懂题意正确解题．
12．（操作）如图①，在矩形中，为对角线上一点（不与点重合），将沿射线方向平移到的位置，的对应点为．已知（不需要证明）．
（探究）过图①中的点作交延长线于点，连接，其它条件不变，如图②．求证：．
（拓展）将图②中的沿翻折得到，连接，其它条件不变，如图③．当最短时，若,，直接写出的长和此时四边形的周长．

解析：探究：见解析；拓展： 四边形的周长为
【分析】
探究：证明四边形EGBC是平行四边形，推出EG=BC，利用SAS证明三角形全等即可．
拓展：如图3中，连接BD交AC于点O，作BK⊥AC于K，F′H⊥BC于H．由题意四边形AGFC是平行四边形，推出GF=AC=，由BF=BF′，可以假设BF=x，则BG=利用相似三角形的性质，求出BH，HF′，利用勾股定理求出GF′，再利用二次函数的性质，求出GF′的值最小时BF′的值，推出BF′= 此时点F′与O重合，由此即可解决问题．
【详解】
解：探究：由平移，
∴，即
又∵，∴四边形为平行四边形
∴
∵，∴∠CBF=∠ACB，
∵
∴∠AEG=∠ACB，
∴∠AEG=∠CBF
∴．

拓展：
如图3中，连接BD交AC于点O，作BK⊥AC于K，F′H⊥BC于H．

∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，AB=4，BC=2，
∴
∵
∴，
∴
由题意四边形AGFC是平行四边形， ∴GF=AC=，
∵BF=BF′，可以假设BF=x，则BG=
∵AC∥GF， ∴∠BOK=∠HBF′，
∵∠BKO=∠F′HB=90°，
∴△F′HB∽△BKO，
∴
∴
∴
∴
∵ ＞0，
∴当 时，GF′的值最小，
此时点F′与O重合，由对折得：
由矩形的性质得：

四边形BFCF′是菱形，
四边形BFCF′的周长为，
且与互相平分，
由勾股定理得：

【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
13．如图1，在中，,，点分别是的中点，连接．
(1)探索发现：
图１ 图２图３
图1中，的值为_____________；的值为_________；
(2)拓展探究
若将绕点逆时针方向旋转一周，在旋转过程中的大小有无变化，请仅就图2的情形给出证明；
(3)问题解决
当旋转至三点在同一直线时，直接写出线段的长．
解析：(1); (2)见解析 (3)或
【分析】
（1）先判断出∠AEB=90°，再判断出∠B=30°，进而的粗AE，再用勾股定理求出BE，即可得出结论；
（2）先判断出，进而得出△ACD∽△BCE，即可得出结论；
（3）分点D在线段AE上和AE的延长线上，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，最后用线段的和差求出AD，即可得出结论．
【详解】
解:

解: (1)如图1，连接AE,
∵AB=AC=2，点E分别是BC的中点，
∴AE⊥ BC,
∴∠AEC=90° ,
∵AB=AC=2，∠BAC=120° ,
∴∠B=∠C=30°,
在Rt△ABE中，AE=AB=1，根据勾股定理得，BE
∵点E是BC的中点,
∴BC=2BE
∴
∵点D是AC的中点，
∴AD=CD=AC=1,
∴
故答案为：,;
(2)无变化,理由:

由(1)知,CD=1,,
∴,
∴,
由(1)知,∠ACB=∠DCE=30°,
∴∠ACD=∠BCE,
∴△ACD∽△BCE,
∴,
(3)线段BE的长为或，理由如下：
当点D在线段AE上时,
如图2,过点C作CF⊥AE于F,∠CDF=180°﹣∠CDE=60°,
∴∠DCF=30°,
∴,
∴,
在Rt△AFC中,AC=2,根据勾股定理得,,
∴AD=AF+DF=,
由(2)知,,
∴
当点D在线段AE的延长线上时,

如图3,过点C作CG⊥AD交AD的延长线于G,
∵∠CDG=60°,
∴∠DCG=30°,
∴,
∴,
在Rt△ACG中,根据勾股定理得,,
∴,
由(2)知,,
∴
即:线段BE的长为或.

【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，构造出直角三角形是解本题的关键．
14．《函数的图象与性质》拓展学习片段展示：
（问题）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=a（x﹣2）2﹣经过原点O，与x轴的另一个交点为A，则a= ．
（操作）将图①中抛物线在x轴下方的部分沿x轴折叠到x轴上方，将这部分图象与原抛物线剩余部分的图象组成的新图象记为G，如图②．直接写出图象G对应的函数解析式．
（探究）在图②中，过点B（0，1）作直线l平行于x轴，与图象G的交点从左至右依次为点C，D，E，F，如图③．求图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x增大而增大时x的取值范围．
（应用）P是图③中图象G上一点，其横坐标为m，连接PD，PE．直接写出△PDE的面积不小于1时m的取值范围．
解析：【问题】：a=；【操作】：y=；【探究】：当1＜x＜2或x＞2+时，函数y随x增大而增大；【应用】：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．
【详解】
试题分析：【问题】：把（0，0）代入可求得a的值；
【操作】：先写出沿x轴折叠后所得抛物线的解析式，根据图象可得对应取值的解析式；
【探究】：令y=0，分别代入两个抛物线的解析式，分别求出四个点CDEF的坐标，根据图象呈上升趋势的部分，即y随x增大而增大，写出x的取值；
【应用】：先求DE的长，根据三角形面积求高的取值h≥1；
分三部分进行讨论：
①当P在C的左侧或F的右侧部分时，设P[m，]，根据h≥1，列不等式解出即可；
②如图③，作对称轴由最大面积小于1可知：点P不可能在DE的上方；
③P与O或A重合时，符合条件，m=0或m=4．
试题解析：【问题】
∵抛物线y=a（x﹣2）2﹣经过原点O，
∴0=a（0﹣2）2﹣，
a=；
【操作】：如图①，抛物线：y=（x﹣2）2﹣，
对称轴是：直线x=2，由对称性得：A（4，0），
沿x轴折叠后所得抛物线为：y=﹣（x﹣2）2+
如图②，图象G对应的函数解析式为：y=；
【探究】：如图③，由题意得：
当y=1时，（x﹣2）2﹣=0，
解得：x1=2+，x2=2﹣，
∴C（2﹣，1），F（2+，1），
当y=1时，﹣（x﹣2）2+=0，
解得：x1=3，x2=1，
∴D（1，1），E（3，1），
由图象得：图象G在直线l上方的部分，当1＜x＜2或x＞2+时，函数y随x增大而增大；
【应用】：∵D（1，1），E（3，1），
∴DE=3﹣1=2，
∵S△PDE=DE•h≥1，
∴h≥1；
①当P在C的左侧或F的右侧部分时，设P[m，]，
∴h=（m﹣2）2﹣﹣1≥1，
（m﹣2）2≥10，
m﹣2≥或m﹣2≤﹣，
m≥2+或m≤2﹣，
②如图③，作对称轴交抛物线G于H，交直线CD于M，交x轴于N，

∵H（2，），
∴HM=﹣1=＜1，
∴当点P不可能在DE的上方；
③∵MN=1，
且O（0，0），a（4，0），
∴P与O或A重合时，符合条件，
∴m=0或m=4；
综上所述，△PDE的面积不小于1时，m的取值范围是：m=0或m=4或m≤2﹣或m≥2+．
考点：二次函数综合题．
15．（问题）
如图1，在中，，过点作直线平行于．，点在直线上移动，角的一边始终经过点，另一边与交于点，研究和的数量关系．

（探究发现）
（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点移动到使点与点重合时，通过推理就可以得到，请写出证明过程；

（数学思考）
（2）如图3，若点是上的任意一点（不含端点），受（1）的启发，这个小组过点作交于点，就可以证明，请完成证明过程；

（拓展引申）
（3）如图4，在（1）的条件下，是边上任意一点（不含端点），是射线上一点，且，连接与交于点，这个数学兴趣小组经过多次取点反复进行实验，发现点在某一位置时的值最大．若，请你直接写出的最大值．

解析：【探究发现】（1）见解析；【数学思考】（2）见解析；【拓展引申】（3）时，有最大值为2．
【分析】
根据等腰三角形的性质及平行的定义即可解得
根据证明即可推出
过点作交于点，连接，可证明，再推出即可得=，则.
【详解】
证明：【探究发现】
（1）∵
∴
∵
∴，且
∴
∴
即
【数学思考】
（2）∵
∴
∴，
∵
∴，且，
∴
∴
【拓展引申】
（3）如图4，过点作交于点，连接，

∵，
∴
∵
∴
∴
∴，且
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴点，点，点，点四点共圆，
∴
∴，且
∴
∴
∴
∴
∴时，有最大值为2．
【点睛】
本题考查等腰三角形，解题关键在于熟练掌握等腰三角形的性质.
16．（1）（探究发现）
如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点和点（点与点，不重合）．则之间满足的数量关系是　 　．
（2）（类比应用）
如图2，若将（1）中的“正方形”改为“的菱形”，其他条件不变，当时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．
（3）（拓展延伸）
如图3，，，，平分，，且，点是上一点，，求的长．

解析：（1）（2）结论不成立．（3）
【分析】
（1）结论：．根据正方形性质，证，根据全等三角形性质可得结论；（2）结论不成立．．连接，在上截取，连接．根据菱形性质，证，四点共圆，分别证是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形性质证，根据全等三角形性质可得结论；（3）由可知是钝角三角形，，作于，设．根据勾股定理，可得到，由，得四点共圆，再证是等边三角形，由（2）可知：，故可得．
【详解】
（1）如图1中，结论：．理由如下：

∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
（2）如图2中，结论不成立．．

理由：连接，在上截取，连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
（3）如图3中，由可知是钝角三角形，，作于，设．

在中，，
∵，
∴，
解得（舍弃）或，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∵平分，
∴，
∴，
∵，