【备考期末】昆山市中考数学几何综合压轴题模拟专题.doc

【备考期末】昆山市中考数学几何综合压轴题模拟专题

一、中考几何压轴题
1．（问题呈现）
下面是华师版八年级下册数学教材第121页的第1题，请结合图①完成这道题的证明．
如图①，点是正方形的边上的一点，点是的延长线上的一点，且．求证：．

（拓展探究）
如图②，在中，，，，垂足为点，点是边上的动点，点是边上的一点，且．
（1）直接写出四边形的面积．
（2）若，则四边形的周长为________．
2．综合与实践
动手操作
利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法．
如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为．
思考探索
（1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2．
①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上；
②_________；
③为_______三角形，请证明你的结论．
拓展延伸
（2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上．
①面积的最大值为____________；
②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________．

3．综合与实践
（1）问题发现：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如图①所示的方式放置，点F在AB上，连接AE、CF，则AE、CF的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）类比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°<α ≤360°)，请问（1）中的结论还成立吗？请就图②说明你的理由：
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若AB= 2 BF= 4，在等腰直角△BEF旋转的过程中，当CF为最大值时，请直接写出DE的长．

4．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；

（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；

（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．
5．点E是矩形ABCD边AB延长线上的一动点，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接DF，交CG于点H．

（1）发现：如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是　 　；
（2）探究：如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，则（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展：在（2）的基础上，若射线FC过AD的三等分点，AD＝3，AB＝4，则直接写出线段EF的长．
6．（问题情境）（1）如图1，在矩形ABCD中，将矩形沿AC折叠，点B落在点E处，设AD与CE相交于点F，那么AC与DE的位置关系为　 　．
（类比探究）（2）如图2，若四边形ABCD为平行四边形，上述“问题情境”中的条件不变，
①猜想AC与DE的位置关系，并证明你的结论；
②当∠B与∠ACB满足什么数量关系时，△ABC∽△FEA？请说明理由；
（拓展应用）（3）如图3，▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝6，上述“问题情境”中的条件不变，当△AEC是直角三角形时，请直接写出DE的长为　 　．

7．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．
①求证：DQ＝AE；
②推断：的值为　 　；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．

8．将抛物线y＝ax2的图像（如图1）绕原点顺时针旋转90度后可得新的抛物线图像（如图2），记为C：y2＝x．

（概念与理解）
将抛物线y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的抛物线图像，记为：C1：_____________；C2：____________．
（猜想与证明）
在平面直角坐标系中，点M（x，0）在x轴正半轴上，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C1于点A、B，交抛物线C2于点C、D，如图3所示．
（1）填空：当x=1时，=______；当x=2时，=_______；
（2）猜想：对任意x（x＞0）上述结论是否仍然成立？若成立，请证明你的猜想；若不成立，请说明理由．
（探究与应用）
①利用上面的结论，可得△AOB与△COD面积比为　 ；
②若△AOB和△COD中有一个是直角三角形时，求△COD与△AOB面积之差；
（联想与拓展）
若抛物线C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x轴正半轴上，如图所示，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C3于点A、B，交抛物线C4于点C、D．过点A作x轴的平行线交抛物线C4于点E，过点D作x轴的平行线交抛物线C3于点F．对于x轴上任取一点P，均有△PAE与△PDF面积的比值1:3，请直接写出m和n之间满足的等量关系是______．
9．（发现问题）
（1）如图， 已知和均为等边三角形，在上，在上， 易得线段和的数量关系是 ．

（2）将图中的绕点旋转到图的位置， 直线和直线交于点
①判断线段和的数量关系，并证明你的结论．
②图中的度数是 ．

（3）（探究拓展）
如图3，若和均为等腰直角三角形，，，， 直线和直线交于点， 分别写出的度数， 线段、之间的数量关系 ．

10．（阅读理解）
定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫“协和线”，该四边形叫做“协和四边形”．
（深入探究）
（1）如图1，在四边形中，，，请说明：四边形是“协和四边形”．
（尝试应用）
（2）如图2，四边形是“协和四边形”，为“协和线”，，，若点、分别为边、的中点，连接，，．求：
①与的面积的比；
②的正弦值．
（拓展应用）
（3）如图3，在菱形中，，，点、分别在边和上，点、分别在边和上，点为与的交点，点在上，连接，若四边形，都是“协和四边形”，“协和线”分别是、，求的最小值．

11．石家庄某学校数学兴趣小组利用机器人开展数学活动，在相距150个单位长度的直线跑道AB上，机器人甲从端点A出发，匀速往返于端点A、B之间，机器人乙同时从端点B出发，以大于甲的速度匀速往返于端点B、A之间．他们到达端点后立即转身折返，用时忽略不计，兴趣小组成员探究这两个机器人迎面相遇的情况，这里的“迎面相遇”包括面对面相遇、在端点处相遇这两种．
（观察）
①观察图1，若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为　 　个单位长度．
②若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为35个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为　 　个单位长度．
（发现）
设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度，兴趣小组成员发现了y与x的函数关系，并画出了部分函数图象（线段OP，不包括点O，如图2所示）
①a＝　 　；
②分别求出各部分图象对应的函数解析式，并在图2中补全函数图象．

（拓展）
设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度，若这两个机器人在第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离y不超过60个单位长度，则他们第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离x的取值范围是　 　．（直接写出结果）
12．综合与实践
动手实践：一次数学兴趣活动，张老师将等腰的直角顶点与正方形的顶点重合（），按如图（1）所示重叠在一起，使点在边上，连接．

则可证：______，______三点共线；
发现问题：（1）如图（2），已知正方形，为边上一动点，，交的延长线于，连结交于点．
若，则______，______；
尝试探究：（2）如图（3），在（1）的条件下若，求证：；
拓展延伸：（3）如图（4），在（1）的条件下，当______时，为的6倍（直接写结果，不要求证明）．
13．如图1，已知和均为等腰直角三角形，点、分别在线段、上，．

（1）观察猜想：如图2，将绕点逆时针旋转，连接、，的延长线交于点．当的延长线恰好经过点时，点与点重合，此时，

①的值为______；
②∠BEC的度数为______度；
（2）类比探究：如图3，继续旋转，点与点不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由；

（3）拓展延伸：若．，当所在的直线垂直于时，请你直接写出线段的长．
14．（问题情境）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（类比探究）
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（拓展提升）
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．

15．问题发现：
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC， ∠BCD的度数是　　；线段BD，AC之间的数量关系是　　．
类比探究：
（2）在Rt△ABC中，∠BAC=45°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC，请问（1）中的结论还成立吗？；
拓展延伸：
（3）如图3，在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BDC＝90°，若点P满足PB＝PC，∠BPC＝90°，请直接写出线段AP的长度．

16．（1）问题发现：如图1，在△ABC中和△DCE中，，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．填空：
①的值为 ；
②∠ABE的度数为 ．
（2）类比探究：如图2，在△ABC中和△DCE中，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．请判断的值及∠ABE的度数，并说明理由；
（3） 拓展延伸：在（2）的条件下，若，，请直接写出BE的长．

17．（1）问题发现
如图1，ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，若∠ADE＝60°，则AB，CE，BD，DC之间的数量关系是　 　．
（2）拓展探究
如图2，ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝α，点D，E分别在边BC，AC上．若∠ADE＝α，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）解决问题
如图3，在ABC中，∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向勾速运动，同时点M从点B出发，以cm/s的速度沿B→C方向匀速运动，当其中一个点运动至终点时，另一个点随之停止运动，连接PM，在PM右侧作∠PMG＝30°，该角的另一边交射线CA于点G，连接PC．设运动时间为t（s），当△APG为等腰三角形时，直接写出t的值．

18．（1）问题情境：如图1，已知等腰直角中，，，是上的一点，且，过作于，取中点，连接，则的长为_______（请直接写出答案）
小明采用如下的做法：
延长到，使，连接，
为中点，为的中点，
是的中位线……
请你根据小明的思路完成上面填空；
（2）迁移应用：将图1中的绕点作顺时针旋转，当时，试探究、、的数量关系，并证明你的结论．

（3）拓展延伸：在旋转的过程中，当、、三点共线时，直接写出线段的长．
19．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，
（1）猜想：线段与的数量关系为_____；
（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．

20．在矩形ABCD中，（k为常数），点P是对角线BD上一动点（不与B，D重合），将射线PA绕点P逆时针旋转90°与射线CB交于点E，连接AE．
（1）特例发现：如图1，当k=1时，将点P移动到对角线交点处，可发现点E与点B重合，则=　　　　，∠AEP=　　　　；当点P移动到其它位置时，∠AEP的大小　　　　（填“改变”或“不变”）；
（2）类比探究：如图2，若k≠1时，当k的值确定时，请探究∠AEP的大小是否会随着点P的移动而发生变化，并说明理由；
（3）拓展应用：当k≠1时，如图2，连接PC，若PC⊥BD，，PC=2，求AP的长．

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一、中考几何压轴题

1．问题呈现：证明见解析；拓展探究：（1）3；（2）．
【分析】
问题呈现：由同角的余角相等可知，，由正方形的性质知，，，则利用证可得，可得；
拓展探究：（1）根据，，可得是等腰直角三角形，，并可得，，
解析：问题呈现：证明见解析；拓展探究：（1）3；（2）．
【分析】
问题呈现：由同角的余角相等可知，，由正方形的性质知，，，则利用证可得，可得；
拓展探究：（1）根据，，可得是等腰直角三角形，，并可得，，可求得，根据证可得，可得四边形的面积=，据此求解即可；
（2）过点作交于点，根据是等腰直角三角形，，是斜边上的中垂线，的角平分线，可得：也是等腰直角三角形，，可得，再根据，可求出，根据，则四边形的周长为：，据此求解即可．
【详解】
证明：，，
，
，，
在与中，

，
．
【拓展探究】
（1）在中，，，
是等腰直角三角形，
∴
又，
是斜边上的中垂线，的角平分线，
，；
又∵
∴
在和中，
，
，
∴四边形的面积=
（2）如下图示，过点作交于点

∵由（1）可知，是等腰直角三角形，，是斜边上的中垂线，的角平分线，
则可得：也是等腰直角三角形，，
∴，
若，
则
∴
∵
∴，，
则四边形的周长为：

．
故答案是：．
【点睛】
本题综合考查了同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，已知正弦，正切求边长，解直角三角形等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
2．（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②．
【分析】
（1）①利用圆的基本性质，即可求解；
②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解；
③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解；
（2）①由题
解析：（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②．
【分析】
（1）①利用圆的基本性质，即可求解；
②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解；
③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解；
（2）①由题意知点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，此时当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；
②当E、B′、C三点共线时，B'C+ EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）根据折叠的性质知：BE=B′E，BC=B′C=3，MA=MB=NC=ND=，
∠B=∠EB′C=90，
①点B′在以点E为圆心，BE的长为半径的圆上；
②B′M=MN- B′N=
=
=；
③B′D=，
∴△DB'C为等边三角形；
故答案为：①BE，②，③等边；
（2）①∵AB=3=3AE，
∴AE=1，BE=2，
故点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，
∴△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，
∴当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大，如图：

△ABB'的面积最大值；
②∵∠AQP=∠AB'E，
∴PQ∥B'E，
∵P为AE的中点，
∴Q为AB'的中点，
∴PQ为△AEB'的中位线，
∴PQ=EB'，即EB'=2PQ，
∴B'C+2PQ= B'C+ EB'，
当E、B′、C三点共线时，B'C+ EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，
且最小值为EC的长，

∴EC=，
∴B'C+2PQ的最小值为．
故答案为：①；②．
【点睛】
本题考查了圆的性质，矩形的性质、图形的折叠、等腰三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）①当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+2PQ取得最小值，是解本题的关键．
3．（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．
【分析】
（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；
（2）仿照（1）的证明方法求解即可；
（3）根据
解析：（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．
【分析】
（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；
（2）仿照（1）的证明方法求解即可；
（3）根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，利用勾股定理求值即可.
【详解】
（1）如图①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90° ，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点M，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AFM=∠BFC ，
∴∠AMF=∠FBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故答案为：相等，垂直；

（2）结论还成立．理由如下：
如图②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90° ，BE=BF，
∴∠EBF-∠ABF =∠ABC-∠ABF，
∴∠EBA =∠FBC，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点N，交AB于点G，

∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AGN=∠BGC ，
∴∠ANG=∠GBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故结论成立；
（3）如图③，根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，∵AB= 2BF = 4，
∴AE=AB+BE=6，
在直角三角形ADE中，
DE==2．

【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的全等，勾股定理，直径是圆中的最大的弦，垂直的定义，熟练掌握三角形全等，垂直的证明是解题的关键．
4．（1）见解析；（2）；见解析；（3）
【分析】
（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；
（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GM
解析：（1）见解析；（2）；见解析；（3）
【分析】
（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；
（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GMF即可解决问题；
（3）如图3中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．
【详解】
（1）如图（1），∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，
∴DG∥QF，DQ∥GF，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴DQ=GF，
∴FG=AE；

（2）．
理由：如图（2）中，作GM⊥AB于M．

∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴GF：AE＝GM：AB，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴GF：AE＝AD：AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD，
∴GF：AE＝BC：AB，
∵，
∴．
（3）解：如图（3）中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．

由BE：BF＝3：4 ，设BE＝3k，BF＝4k，则EF＝AF＝5k，
∵，，
∴AE＝，
在直角三角形ABE中，根据勾股定理，得，
∴
∴k＝1或﹣1（舍去），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴，
∴，
∴EM＝ ，PM＝ ，
∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，
∴PC＝=．
【点睛】
本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，是解题的关键．
5．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或 ．
【分析】
(1)证明，得，则，则证，得出即可；
(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；
(3)根据矩形的性质和已知得，则
解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或 ．
【分析】
(1)证明，得，则，则证，得出即可；
(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；
(3)根据矩形的性质和已知得，则，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．
【详解】
解：(1)，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，，
∴四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，

∴，
，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为，
(2) 仍然成立，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABCD是矩形，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
(3)如图所示，延长FC交AD于R，

∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，
分两种情况：
①当时，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得：
，
∵，，
∴，
∴，
由勾股定理得：EF＝；
②当时，同理可得：，
，，
，
由勾股定理得：
，
综上所说，若射线FC过AD的三等分点，，，
则线段EF的长为或．
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（1）AC//DE；（2）①AC//DE；②∠B+3∠ACB＝180°，理由见解析；（3）或．
【分析】
【问题情境】AC//DE，根据矩形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；
【类比探究】①
解析：（1）AC//DE；（2）①AC//DE；②∠B+3∠ACB＝180°，理由见解析；（3）或．
【分析】
【问题情境】AC//DE，根据矩形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；
【类比探究】①AC//DE，根据平行四边形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；②由①得∠DAC＝∠ACB＝∠ACE，根据三角形外角的性质可得∠AFE＝2∠ACB，若△ABC∽△FEA，根据相似三角形的性质可得∠BAC＝∠EFA＝2∠ACB，∠B＝∠AEC，根据平行线的性质可得∠B+∠BAD＝180°，即∠B+∠BAC+∠DAC＝180°，可得出∠B+3∠ACB＝180°；
【拓展应用】分两种情形：①∠EAC＝90°时，如图3﹣1．②如图2，当∠ACE＝90°时，分别求解即可．
【详解】
【问题情境】如图①中，

∵矩形ABCD沿AC折叠，
∴∠1＝∠2，
∵AD//BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴AF＝CF，
∵AD＝BC，BC＝CE，
∴AD＝CE，
∴AD﹣AF＝CE﹣CF，
即 EF＝DF，
∴∠FED＝∠FDE，
∵∠AFC＝∠EFD，
∴∠3＝∠ADE，
∴AC//DE．
故答案为：AC//DE；
【类比探究】①如图②中，

∵沿AC折叠，
∴∠ACB＝∠ACE，BC＝CE，
∵AD//BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠ACE，
∴FA＝FC，
∵AD＝BC，BC＝CE，
∴AD＝CE，
∴AD﹣FA＝CE﹣FC，
即EF＝DF，
∴∠FED＝∠FDE，
∵∠AFC＝∠EFD，
∴∠DAC＝∠ADE，
∴AC//DE，
②由①得∠DAC＝∠ACB＝∠ACE，
∴∠AFE＝∠DAC+∠ACE＝2∠ACB，
若△ABC∽△FEA，
则∠BAC＝∠EFA＝2∠ACB，∠B＝∠AEC，
∵AD//BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，即∠B+∠BAC+∠DAC＝180°，
∵∠BAC＝2∠ACB，∠DAC＝∠ACB，
∴∠B+3∠ACB＝180°，
∴当∠B+3∠ACB＝180°时，
△ABC∽△FEA；
【拓展应用】①∠EAC＝90°时，如图，

∵沿AC折叠，
∴AE＝AB＝6，∠AEC＝∠ABC＝60°，∠BAC＝∠EAC＝90°，
∴B、A、E三点共线，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD，即AE//CD，AB＝CD，
∴AE//CD，AE＝CD，
∴四边形ACDE为平行四边形，
∴DE＝AC，
在Rt△BAC中，AC＝AB•tan∠B＝，
②如图，当∠ACE＝90°时，

∵沿AC折叠，
∴AE＝AB＝6，∠ACE＝∠ABC＝60°，∠BCA＝∠ECA＝90°，
∴B、C、E三点共线，
∵BC＝CE＝AD，
∵AD//BE，∠ECA＝90°，
∴四边形ACED为矩形，
∴DE＝AC，
在Rt△ABC中，AC＝AB•sin∠B＝，
综上可知，当△AEC是直角三角形时，DE的长为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
7．（1）①见解析；②1；（2）＝k，理由见解析；（3）
【分析】
（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠
解析：（1）①见解析；②1；（2）＝k，理由见解析；（3）
【分析】
（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．
（2）结论：＝k．如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．
（3）如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．
【详解】
解：（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
②解：结论：＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴＝1．
故答案为1．
（2）解：结论：．
理由：如图2中，作GM⊥AB于M．

∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴＝，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴．
（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．

∵FB∥GC，FE∥GP，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝，
∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵＝，FG＝2，
∴AE＝3，
∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，
∴k＝1或﹣1（舍弃），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴＝＝，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
8．【概念与理解】，；【猜想与证明】（1），；（2）成立，证明见解析；【探究与应用】①；②△COD与△AOB面积之差为或；【联想与拓展】n3=9m3．
【分析】
【概念与理解】：根据题意信息即可得出答案
解析：【概念与理解】，；【猜想与证明】（1），；（2）成立，证明见解析；【探究与应用】①；②△COD与△AOB面积之差为或；【联想与拓展】n3=9m3．
【分析】
【概念与理解】：根据题意信息即可得出答案；
【猜想与证明】：（1）当x=1时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；当x=2时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；
（2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；
【探究与应用】：①根据已知条件表示出△AOB与△COD面积即可得出答案；
②设M（x，0）（x＞0），根据已知条件可得出，分两种情况当△AOB是直角三角形时解得，当△COD是直角三角形时，解得，把代入即可；
【联想与拓展】：根据题意求出AEDF的坐标然后表示出面积再利用△PAE与△PDF面积的比值1:3，即可得出关系式；
【详解】
【概念与理解】
∵y1=4x2
∴由题意可得C1：
∵y2=x2
∴由题意可得C2：
故答案为：C1：，C2：；
【猜想与证明】
（1）当x=1时，
∵点A、B在抛物线C1上
∴令x=1，则
∴A，B
∴AB=1
∵点C、D在抛物线C2上
∴令x=1，则
∴C，D
∴CD=2
∴=
当x=2时，
∵点A、B在抛物线C1上
∴令x=2，则
∴A，B
∴AB=
∵点C、D在抛物线C2上
∴令x=2，则
∴C，D
∴CD=
∴=
（2）对任意x（x＞0）上述结论仍然成立
理由如下：
对任意x（x＞0），
∴A，B
∴AB=
对任意x（x＞0），
∴C，D
∴CD=
∴=
【探究与应用】
①连接OA，OB，OC，OD

∴
故答案为：
②设M（x，0）（x＞0），
∵M（x，0）
∴
∴AB=
∵M（x，0），
∴
∴CD=
∵

∴
当△AOB是直角三角形时，由题意可知OA=OB
∴△△AOB为等腰直角三角形
∴OM=AM
∴
解得：
∴
当△COD是直角三角形时，由题意可知OD=OC
∴△△COD为等腰直角三角形
∴OM=CM
∴
解得：
∴
综上所述：△COD与△AOB面积之差为或
【联想与拓展】
∵M（k，0）且点A、B在抛物线C3上
∴令x=k，则
∴A
∵AE∥x轴，且交C4于点E
∴E

∵M（k，0）且点C、D在抛物线C4上
∴令x=k，则
∴D
∵DF∥x轴，且交C3于点F
∴F

∵AE∥x轴，且交C4于点E
∴△PEA的高=
∵DF∥x轴，且交C3于点F
∴△PDF的高=
∴

∵△PAE与△PDF面积的比值1:3
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题考出了抛物线性质的综合运用以及旋转等知识，由特殊到一般的数学思想的运用，等腰直角三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，轴对称的性质的运用，在解答本题时运用两个抛物线上的点的特征不变建立方程求解是关键．
9．（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），
【分析】
（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；
（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
②由全等三角形的性质得，然后利用等
解析：（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），
【分析】
（1）由等腰三角形的性质，结合等量代换即可求解；
（2）①根据SAS证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
②由全等三角形的性质得，然后利用等量代换即可求解；
（3）首先证明，然后根据相似三角形的性质得到，和，即可求解．
【详解】
（1）∵和均为等边三角形
∴CA=CB，CD=CE
∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE
∴AD=BE；
（2）①AD=BE
证明：∵和均为等边三角形
∴CA=CB，CD=CE，
∴
∴
∴AD=BE
②∵
∴
设BC和AF交于点O，如图2

∵
∴，即
∴；
（3）结论，
证明：∵，AB=BC，DE=EC
∴，
∴
∴，
∴
∵
∴
【点睛】
本题考查了几何变换综合，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，关键证明全等和相似，并且分类讨论．
10．（1）证明见解析；（2）①；②；（3）．
【分析】
（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据“协和四边形”的定义即可得证；
（2）①先根据“协和四边形”的定义、三角形全等的
解析：（1）证明见解析；（2）①；②；（3）．
【分析】
（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据“协和四边形”的定义即可得证；
（2）①先根据“协和四边形”的定义、三角形全等的判定定理可得，从而可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后设，解