202X常德市中考数学几何综合压轴题易错专题.doc

202X常德市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．综合与实践
如图①，在中中，，，，过点作于，将绕点逆时针方向旋转，得到，连接，，记旋转角为．
（1）问题发现
如图②，当时，__________；如图③，当时，__________．
（2）拓展探究
试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图④的情形给出证明．
（3）问题解决
如图⑤，当绕点逆时针旋转至点落在边上时，求线段的长．

解析：（1），；（2）无变化，理由详见解析；（3）．
【分析】
（1）首先利用勾股定理可求出AB的值，再根据三角形面积求出CD的值，再次利用勾股定理求出AD、BD的值，再分情况进一步得出的值即可；
（2）根据旋转的性质可得出，，再证明即可得出结论；
（3）过点作于，证，推出，得出，继而得到，再根据，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵，，
∴
∵
∴
∴
当时，

∴
当时，

∴
故答案为：；；
（2）无变化．
证明：∵在中，，，，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴，．
∴．
由旋转可知，，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
（3）如图，过点作于．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．

【点睛】
本题考查了勾股定理、三角形的面积公式、旋转的性质、相似三角形的判定及性质等多个知识点，综合性较强，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，会利用相似三角形的性质解题，此题结构精巧，考查范围广．
2．（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．
3．（1）（问题背景）如图1，在中，，，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：；
（2）（尝试应用）如图2，在（1）的条件下，延长DE，AC交于点G，交DE于点F．求证：；
（3）（拓展创新）如图3，是内一点，，，，直接写出的面积为_____________．

解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）【问题背景】如图1，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）【尝试应用】如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE＝即可．
（3）【拓展创新】如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】
（1）【问题背景】证明：如图1，

∵，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）【尝试应用】证明：如图2，过点D作交FB的延长线于K．

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即．
（3）【拓展创新】如图3中，过点A作交BD于E，连接CE．

∵，，
∴与都是等腰直角三角形，
同法可证，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
4．定义：如图（1），点P沿着直线l翻折到，P到的距离叫做点P关于l的“折距”．
已知，如图（2），矩形中，，等腰直角中，，点G在上，E、B在的两侧，点F为的中点，点P是射线上的动点，把沿着直线翻折到，点F的对应点为，

理解：（1）当时，
①若点在边上，则点A关于的“折距”为______；
②若点E关于的“折距”为12，则______．
应用：（2）若，当点、、C、D能构成平行四边形时，求出此时x的值
拓展：（3）当时，设点E关于的“折距”为t，直接写出当射线与边有公共点时t的范围．
解析：（1）①；②3；（2）；（3）
【分析】
（1）①根据垂直平分线的性质和正方形的性质计算即可；②设和相交于M，证明，即可得解；
（2）根据平行四边形的性质求解即可；
（3）当在BC上时为最小值，当在BC上时为最大值，通过相似三角形的判定与性质求解即可；
【详解】
（1）当时，
①若在BC上时，则，
此时四边形为正方形，
在中，，
∵点A关于的“折距”为，
∴点A关于的“折距”为；

②由题意可知，
设和相较于M，
则，且，
在与中，
，
∴，
∴，
又，
即，
解得；

（2）当点、、C、D能构成平行四边形时，则与平行且相等，
在中，，
又，
∴，
即；
（3）当时，
点E关于的“折距”为t，且射线与边的公共点范围如图所示，
当在BC上时为最小值，当在BC上时为最大值，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，E到BP的距离为，
当在BC上时，，
设与交于点Q，与交于点N，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
当在BC上时，
∵为EG中点，
如图于M，
∴，，
∴，
∴t的取值范围为；

【点睛】
本题主要考查了四边形综合应用，结合勾股定理和相似三角形的判定与性质计算是解题的关键．
5．定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”．

（概念理解）（1）如图1，四边形是“对补四边形”．
①若，则________；
②若．且时．则_______；
（拓展提升）（2）如图，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中之间的数量关系是 ，并证明这种关系；
（类比应用）（3）如图3，在四边形中，平分；
①求证：四边形是“对补四边形”；
②如图4，连接，当，且时，求的值．
解析：（1）①，②；（2），理由见解析；（3）①见解析，②．
【分析】
（1）①根据“对补四边形”的定义，结合，即可求得答案；
②根据“对补四边形”的定义，由，得，再利用勾股定理即可求得答案；
（2）延长至点，使得，连接，根据“对补四边形”的定义，可证明，继而证明，从而可得结论；
（3）①过点作于点，于点，则,可证，进而可证四边形是“对补四边形”；
②设，则根据，再运用建立方程，解方程即可求得．
【详解】
（1），
设，
根据“对补四边形”的定义，
，
即，
解得，
，
，
．
故答案为：．
②如图1，连接，

，，
，
在中
，
在中
，
，
，
，
故答案为：．
（2），理由如下：
如图2，延长至点,使得，连接，

四边形是“对补四边形”，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
,
，
，
即，
故答案为：．
（3）①证明：如图3，过点作于点，于点，

则，
平分，
，
，
，
，
，
，
与互补，
四边形是“对补四边形”；
②由①可知四边形是“对补四边形”，
，
，
，
设，则
，
，
，
，
，
，
，
整理得：，
解得：．
在中，，
．
【点睛】
本题考查了勾股定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，三角函数的定义等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质，准确理解新定义是解题的关键．
6．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.
7．（问题情境）如图1，点E是平行四边形ABCD的边AD上一点，连接BE、CE．

求证：S平行四边形ABCD．（说明：S表示面积）
请以“问题情境”为基础，继续下面的探究
（探究应用1）如图2，以平行四边形ABCD的边AD为直径作⊙O，⊙O与BC边相切于点H，与BD相交于点M．若AD＝6，BD＝y，AM＝x，试求y与x之间的函数关系式．
（探究应用2）如图3，在图1的基础上，点F在CD上，连接AF、BF，AF与CE相交于点G，若AF＝CE，求证：BG平分∠AGC．
（迁移拓展）如图4，平行四边形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，E是AB的中点，F在BC上，且BF：FC＝2：1，过D分别作DG⊥AF于G，DH⊥CE于H，请直接写出DG：DH的值．
解析：【问题情境】见解析；【探究应用1】；【探究应用2】见解析；【迁移拓展】.
【分析】
（1）作EF⊥BC于F，则S△BCE＝BC×EF，S平行四边形ABCD＝BC×EF，即可得出结论；
（2）连接OH，由切线的性质得出OH⊥BC，OH＝AD＝3，求出平行四边形ABCD的面积＝AD×OH＝18，由圆周角定理得出AM⊥BD，得出△ABD的面积＝BD×AM＝平行四边形的面积＝9，即可得出结果；
（3）作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，同图1得：△ABF的面积＝△BCE的面积＝平行四边形ABCD的面积，得出AF×BM＝CE×BN，证出BM＝BN，即可得出BG平分∠AGC．
（4）作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，由平行四边形的性质得出∠ABP＝60°，得出∠BAP＝30°，设AB＝4x，则BC＝3x，由直角三角形的性质得出BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，由已知得出BE＝2x，BF＝2x，得出BQ＝x，EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，由勾股定理求出AF＝＝2x，CE＝＝x，连接DF、DE，由三角形的面积关系得出AF×DG＝CE×DH，即可得出结果．
【详解】
（1）证明：作EF⊥BC于F，如图1所示：
则S△BCE＝BC×EF，S平行四边形ABCD＝BC×EF，
∴．
（2）
解：连接OH，如图2所示：
∵⊙O与BC边相切于点H，
∴OH⊥BC，OH＝AD＝3，
∴平行四边形ABCD的面积＝AD×OH＝6×3＝18，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AMD＝90°，
∴AM⊥BD，
∴△ABD的面积＝BD×AM＝平行四边形的面积＝9，
即xy＝9，
∴y与x之间的函数关系式y＝；
（3）
证明：作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，如图3所示：
同图1得：△ABF的面积＝△BCE的面积＝平行四边形ABCD的面积，
∴AF×BM＝CE×BN，
∵AF＝CE，
∴BM＝BN，
∴BG平分∠AGC．
（4）解：作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，如图4所示：
∵平行四边形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，
∴∠ABP＝60°，
∴∠BAP＝30°，设AB＝4x，则BC＝3x，
∴BP＝AB＝2x，BQ＝BE，AP＝BP＝2x，
∵E是AB的中点，F在BC上，且BF：FC＝2：1，
∴BE＝2x，BF＝2x，
∴BQ＝x，
∴EQ＝x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x，
由勾股定理得：AF＝＝2x，CE＝＝x，
连接DF、DE，则△CDE的面积＝△ADF的面积＝平行四边形ABCD的面积，
∴AF×DG＝CE×DH，
∴DG：DH＝CE：AF＝．

【点睛】
本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、平行四边形的性质、三角形面积公式、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的判定等知识；本题综合性强，需要添加辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
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．问题背景
（1）如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
（2）如图（2）．在中，，分别以AC，AB为边，作等边和等边，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若，求的值．
拓展创新
（3）如图（3）．在中，，，将线段AC绕点A顺时针旋转得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．

解析：（1）旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是；（2）；（3）．
【分析】
（1）由等边三角形得出，，，，证明，由旋转性质即可得；
（2）证明，由全等三角形的性质得，，得出，由直角三角形性质得，则可计算得答案；
（3）过点A作，且使AE=AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE、PE的长即可得解．
【详解】
解（1）∵，都是等边三角形，
∴，，，，，
，
，
可以由绕点A顺时针旋转得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是；
（2)和都是等边三角形，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴；
（3），
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
，
如图，过点A作，且使AE=AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转得到线段AP，
，PA=AC．
，
，
，
∴PE=CD=1．
∵AB=2，AE=AD=1，
∴BE===，
，
∴BP的最大值为+1．

【点睛】
本题是几何变换的综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、圆周角定理；熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
10．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：
如图①在等边△ABC内部，有一点P，若∠APB=150°，求证：AP2+BP2=CP2
证明：将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP’B，连接PP’，则△APP’为等边三角形
∴∠APP’=60° ，PA=PP’ ，PC=
∵∠APB=150°，∴∠BPP’=90°
∴P’P2+BP2= ，即PA2+PB2=PC2
（2）类比延伸：如图②在等腰△ABC中，∠BAC=90°，内部有一点P，若∠APB=135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明．
（3）联想拓展：如图③在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点P在直线AB上方，且∠APB=60°，满足（kPA）2+PB2=PC2（其中k＞0），请直接写出k的值．

解析：（1）P’B，P’B2；（2）2PA2+PB2=PC2，见解析；（3）k=
【分析】
（1）根据旋转的性质和勾股定理直接写出即可．
（2）将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP′B，连接PP′，论证PP′=2PA，再根据勾股定理代换即可．
（3）将△APC 绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，论证PP′=PA，再根据勾股定理代换即可．
【详解】
（1）PC=P’B，P’P2+BP2=P’B2
（2）关系式为：2PA2+PB2=PC2

证明：将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP’B，连接PP’，则△APP’为等腰直角三角形，
∴∠APP’=45°，PP’=PA，PC=P’B，
∵∠APB=135°，
∴∠BPP’=90°，
∴P’P2+BP2=P’B2，
∴2PA2+PB2=PC2．
（3）k=

将△APC绕点A顺时针旋转120°得到△AP’B，连接PP’，过点A作AH⊥PP’，
可得

【点睛】
本题考查了旋转三角形的问题，掌握旋转的性质、勾股定理是解题的关键．
11．问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
解析：（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
12．定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是3：5，那么称这个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”．
（概念感知）
（1）如图1，在中，，，，试判断是否是“准黄金”三角形，请说明理由．

（问题探究）
（2）如图2，是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把沿BC翻折得到，连AB接AD交BC的延长线于点E，若点C恰好是的重心，求的值．
（拓展提升）
（3）如图3，，且直线与之间的距离为3，“准黄金”的“金底”BC在直线上，点A在直线上．，若是钝角，将绕点按顺时针方向旋转得到，线段交于点D．
①当时，则_________；
②如图4，当点B落在直线上时，求的值．

解析：（1）是“准黄金”三角形，理由见解析；（2）；（3）①；②．
【分析】
（1）过点A作于点D，先求出AD的长度，然后得到，即可得到结论；
（2）根据题意，由“金底”的定义得，设，，由勾股定理求出AB的长度，根据比值即可求出的值；
（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，先求出AC的长度，由相似三角形的性质，得到AF=2DF，由解直角三角形，得到，则，即可求出DF的长度，然后得到CD的长度；
②由①可知，得到CE和AC的长度，分别过点，D作，，垂足分别为点G，F，然后根据相似三角形的判定和性质，得到，然后求出CD和AD的长度，即可得到答案．
【详解】
解：（1）是“准黄金”三角形．
理由：如图，过点A作于点D，
∵，，
∴．
∴．
∴是“准黄金”三角形．

（2）∵点A，D关于BC对称，
∴，．
∵是“准黄金”三角形，BC是“金底”，
∴．
不防设，，
∵点为的重心，
∴．
∴，．
∴．
∴．
（3）①作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，如图：

由题意得AE=3，
∵，
∴BC=5，
∵，
∴，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
，
∴，
∴；
∵∠AEC=∠DFA=90°，∠ACE=∠DAF，
∴△ACE∽△DAF，
∴，
设，则，
∵∠ACD=30°，
∴，
∴，
解得：
∴．
②如图，过点A作于点E，则．
∵是“准黄金”三角形，BC是“金底”，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴，．
分别过点，D作，，垂足分别为点G，F，

∴，，，则．
∵，
∴．
∴．
∴设，，．
∵，
∴，且．
∴．
∴．
∴，解得．
∴，．
∴．
【点睛】
本题属于相似形综合题，主要考查了重心的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据数形结合的思想进行解答．
13．探究：小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通过构造直角三角形利用图1得到结论：他还利用图2证明了线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式：，．

（1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程；
运用：（2）①已知点M（2，﹣1），N（﹣3，5），则线段MN长度为 ；
②直接写出以点A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D为顶点的平行四边形顶点D的坐标： ；
拓展：（3）如图3，点P（2，n）在函数（x≥0）的图象OL与x轴正半轴夹角的平分线上，请在OL、x轴上分别找出点E、F，使△PEF的周长最小，简要叙述作图方法，并求出周长的最小值．
解析：（1）答案见解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．
【详解】
试题分析：（1）用P1、P2的坐标分别表示出OQ和PQ的长即可证得结论；
（2）①直接利用两点间距离公式可求得MN的长；②分AB、AC、BC为对角线，可求得其中心的坐标，再利用中点坐标公式可求得D点坐标；
（3）设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，则可知OR=OS=2，利用两点间距离公式可求得R的坐标，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P点坐标，利用中点坐标公式可求得M点坐标，由对称性可求得N点坐标，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点S，此时EP=EM，FP=FN，此时满足△PEF的周长最小，利用两点间距离公式可求得其周长的最小值．
试题解析：
（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+= ，∵PQ为梯形P1Q1Q2P2的中位线，∴PQ= =，即线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式为x=，y=；
（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案为；
②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴当AB为平行四边形的对角线时，其对称中心坐标为（0，1），设D（x，y），则x+3=0，y+（﹣1）=2，解得x=﹣3，y=3，∴此时D点坐标为（﹣3，3），当AC为对角线时，同理可求得D点坐标为（7，1），当BC为对角线时，同理可求得D点坐标为（﹣1，﹣3），综上可知D点坐标为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3），故答案为（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；
（3）如图，设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点F，又对称性可知EP=EM，FP=FN，∴PE+PF+EF=ME+EF+NF=MN，∴此时△PEF的周长即为MN的长，为最小，设R（x，），由题意可知OR=OS=2，PR=PS=n，∴=2，解得x=﹣（舍去）或x=，∴R（，），∴，解得n=1，∴P（2，1），∴N（2，﹣1），设M（x，y），则=， =，解得x=，y=，∴M（，），∴MN= =，即△PEF的周长的最小值为．

考点：一次函数综合题；阅读型；分类讨论；最值问题；探究型；压轴题．
14．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.

（1）操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转．当点D恰好落在BC边上时，填空：线段DE与AC的位置关系是 ；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2．则S1与S2的数量关系是 ．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜想．
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=4，OE∥AB交BC于点E（如图4），若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDC,请直接写出相应的BF的长
解析：解：（1）①DE∥AC．②．（2）仍然成立，证明见解析；（3）或．
【详解】
（1）①由旋转可知：AC=DC，
∵∠C=90°，∠B=∠DCE=30°，∴∠DAC=∠CDE=60°．∴△ADC是等边三角形．
∴∠DCA=60°．∴∠DCA=∠CDE=60°．∴DE∥AC．
②过D作DN⊥AC交AC于点N，过E作EM⊥AC交AC延长线于M，过C作CF⊥AB交AB于点F．

由①可知：△ADC是等边三角形, DE∥AC，∴DN=CF,DN=EM．
∴CF=EM．
∵∠C=90°，∠B =30°
∴AB=2AC．
又∵AD=AC
∴BD=AC．
∵
∴．
（2）如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于N，
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中， ，
∴△ACN≌△DCM（AAS），
∴AN=DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，
所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，
此时S△DCF1=S△BDE；
过点D作DF2⊥BD，
∵∠ABC=60°，F1D∥BE，
∴∠F2F1D=∠ABC=60°，
∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，
∴∠F1DF2=∠ABC=60°，
∴△DF1F2是等边三角形，
∴DF1=DF2，过点D作DG⊥BC于G，
∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，
∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，
∠CDF2=360°-150°-60°=150°，
∴∠CDF1=∠CDF2，
∵在△CDF1和△CDF2中，
，
∴△CDF1≌△CDF2（SAS），
∴点F2也是所求的点，
∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，
又∵BD=4，
∴BE=×4÷cos30°= ，
∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，
故BF的长为或．

15．(1)方法选择
如图①，四边形是的内接四边形，连接，，．求证：.
小颖认为可用截长法证明：在上截取，连接…
小军认为可用补短法证明：延长至点，使得…
请你选择一种方法证明．
(2)类比探究
（探究1）
如图②，四边形是的内接四边形，连接，，是的直径，．试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．
（探究2）
如图③，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．
(3)拓展猜想
如图④，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．

解析：(1)方法选择：证明见解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.
【分析】
（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=60°，如图①，在BD上截取DM=AD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根据全等三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；
（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根据全等三角形的性质得到结论；
【探究2】
如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根据直角三角形的性质得到MD=2AD，根据相似三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；
（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根据相似三角形的性质得到BM=CD，DM=AD，于是得到结论．
【详解】
(1)方法选择：∵，
∴，
如图①，在上截取，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴；
(2)类比探究：如图②，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
过作交于，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
[探究2]如图③，∵若是的直径，，
∴，，
过作交于，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
(3)拓展猜想：；
理由：如图④，∵若是的直径，
∴，
过作交于，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．