长沙市雅礼中学中考数学几何综合压轴题易错专题.doc

长沙市雅礼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．如图，在中，，，点是射线上一动点，过点作，垂足为点，交直线于点．

（问题发现）（1）如图1，若点在的延长线上，试猜想，，之间的数量关系为_______；
（类比探究）（2）如图2，若点在线段上，试猜想，，之间的数量关系，并说明理由；
（拓展应用）（3）当点为的中点时，直接写出线段的长度．
解析：（1）；（2），理由见解析；（3）的长为或
【分析】
（1）通过证明，可得，再根据，即可得证；
（2）通过证明，可得，再根据，即可得证；
（3）分两种情况：①当点D在线段BC上时；②当点D在线段BC的延长线上时，求解即可．
【详解】
解：（1）如图1，若点D在BC的延长线上，且点E在线段AD上，AP，CD，BC之间的数量关系为，理由如下

，垂足为点E

在△BPC和△ADC中

（2）．理由如下，如图

∵，
∴，，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
（3）的长为或
①当点D在线段BC上时
∵，
∴
∴
∴
②当点D在线段BC的延长线上时

【点睛】
本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
2．综合与实践
数学问题：
（1）如图1，是等腰直角三角形，过斜边的中点作正方形，分别交，于点，，则，，之间的数量关系为______．

问题解决：
（2）如图2，在任意内，找一点，过点作正方形，分别交，于点，，若，求的度数；

　　　　图2
拓展提升：
（3）如图3，在（2）的条件下，分别延长，，交于点，，则，，的数量关系为______．

图3
（4）在（3）的条件下，若，，则______．
解析：（1）；（2）135°；（3）；（4）
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的斜边与直角边的关系及正方形的性质即可得出数量关系；
（2） 延长至点，使，连接，根据正方形的性质易证，从而可得DP=DB，进而可证，从而可得，，由三角形内角和定理即可求得∠ADB的度数；
（3）由正方形的对边平行的性质易得AM=DM，BN=DN，从而在Rt△MDN中，由勾股定理即可得MN、AM、BN的数量关系；
（4）由（2）知FP=BE，即可求得DE=DF=1，根据相似三角形的性质可分别求得EM、FN的长，从而可得DM、DN的长，在Rt△MDN中，由勾股定理即可求得MN的长．
【详解】
（1）∵是等腰直角三角形，且AB=AC，
∴，∠A=∠B=45°，
∵四边形DECF是正方形，且D是AB的中点，
∴DF=FC=CE=DE，∠DFA=∠DEB=90°，DF∥BC，DE∥AC，
∴∠ADF=∠B=45°，∠BDE∠A=45°，
∴AF=DF，BE=DE，
∴F、E分别是AC、BC的中点，
∴CF=BE，
∴AC=AF+CF=AF+BE ，
∴；
（2）延长至点，使，连接．

∵四边形是正方形，
∴，．
∵，，，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
又∵，，
∴．
∴．
同理可得：．
∵，
∴．
∴．
∴．
（3）∵DF∥BC，DE∥AC，
∴∠CBD=∠NDB， ∠DAC=∠ADM，
∵，，
∴∠ABD=∠NDB，∠ADM=∠DAB ，
∴BN=DN，AM=DM．
在Rt△MDN中，由勾股定理得：　
故答案为：，
（4）∵△ABC是直角三角形，AC=3，BC=4，
∴由勾股定理得：AB=5，
设正方形DECF的边长为x，
由（2）知，AP=AB=5，BE=FP，CP=AP -AC=2，
∵FP=CP+CF，BE=BC-CE，
即4-x=2+x，解得x=1，
∴BE=BC-CE=3，AF=AC-CF=2，
∵EM∥AC，FN∥BC，
∴△BME∽△BAC，△AFN∽△ACB
∴，，
∴，．
∵DM=ME-DE=，DN=FN-DF=，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，截长补短法作辅助线是本题的关键．
3．[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为　 　；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
[拓展延伸]
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．

解析：（1）AM＝BM；（2）；（3）①AC＝；②≤≤．
【分析】
（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．
（3）①证明△BCM∽△BAC，推出 由此即可解决问题．②证明△PFA′∽△MFC，推出，因为CM=5，推出即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图①中，

∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为：AM＝BM．
（2）如图②中，

∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴，
∴，
∴BM＝，
∴AM＝AB﹣BM＝10﹣，
∴；
（3）①如图③中，

由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴
∴，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴，
∴AC＝．
②如图③﹣1中，

∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
∴，
∵CM＝5，
∴，
∵点P在线段OB上运动，OA＝OC＝，AB′＝﹣6＝，
∴≤PA′≤，
∴≤≤．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
4．（了解概念）
定义：在平面直角坐标系中，组成图形的各点中，与点Р所连线段最短的点叫做点Р关于这个图形的短距点，这条最短线段的长度叫做点Р到这个图形的短距．

（理解运用）
（1）已知点，以原点为圆心，l为半径作，则点Р关于的短距点的坐标是 ；
（2）如图，点，等边三角形OAB的顶点A的坐标为，顶点B在第一象限，判断点Р关于的短距点的个数，并说明理由；
（拓展提升）
（3）已知，，，点C在第一象限内，且，，若点Р到四边形OACB的短距大于2，请直接写出的取值范围．
解析：（1）(-1，0)；（2）点Р关于的短距点的个数有3个；（3）当p＜-或2＜p＜4或p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2．
【分析】
（1）连接PO，交于点M，点M即是点Р关于的短距点，进而即可求解；
（2）根据题意得点P是三角形OAB的中心，进而即可求解；
（3）由题意得点P，A，B在直线y=-x+6上，以点P为圆心，半径长为2画圆，分3种情况：①当点P在AB的延长线上，圆P过点B时，②当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，分别求解，即可得到答案．
【详解】
解：（1）连接PO，交于点M，点M即是点Р关于的短距点，
∵，、的半径为1，
∴M(-1，0)，
故答案是：(-1，0)；

（2）∵点，等边三角形OAB的顶点A的坐标为，
∴点P是三角形OAB的中心，
∴点P到OA，OB，OC的三条垂线段最短，三条垂线段都等于，
∴点Р关于的短距点的个数有3个；
（3）∵，，
∴点P，A，B在直线y=-x+6上，
∴∠ABO=∠BAO=45°，
∵点C在第一象限内，且，，
∴∠ABC=75°-45°=30°，
以点P为圆心，半径长为2画圆，如图所示：
当点P在AB的延长线上，圆P过点B时，过点P作PM⊥y轴，

∵PB=2，∠PBM=45°，
∴PM=2×=，
∴p＜-时，点Р到四边形OACB的短距大于2；
①当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则BP=2PN=2×2=4，PM=BP×=2，
②当点P在线段AB上，圆P与OA相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则AP=PN=2，
BP=AB-AP=6-2=4，PM= BP×=4×=4，
∴2＜p＜4时，点Р到四边形OACB的短距大于2；

③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，则PM=（6+2）×=6+，
∴p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2；
综上所述：当p＜-或2＜p＜4或p＞6+时，点Р到四边形OACB的短距大于2．

【点睛】
本题主要考查图形与坐标以及圆的综合题，根据题意画出图形，掌握圆与直线相切的性质是解题的关键．
5．（概念学习）
在平面直角坐标系中，的半径为，若平移个单位后，使某图形上所有点在内或上，则称的最小值为对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，，则对线段的“最近覆盖距离”为．

（概念理解）
（1）对点的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点是函数图像上一点，且对点的“最近覆盖距离”为，则点的坐标为_ ．
（拓展应用）
（3）如图③，若一次函数的图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为，求的取值范围．
（4），且，将对线段的“最近覆盖距离”记为，则的取值范围是 ．
解析：（1）4；（2）或；（3）或；（4）
【分析】
（1）求出点(3,4)与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果；
（2）设点P的坐标为，根据P到圆心的距离为4及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标；
（3）考虑临界状态，当OC=2时，函数图象上存在点C，使对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出;同理，另一个临界状态为，即可求解；
（4）由题意可得DE是一条倾斜角度为45°,长度为的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，进而求解．
【详解】
（1）点(3,4)与原点的距离为，而5－1=4，则对点的“最近覆盖距离”为4；
故答案为：
（2）由题意可知，到圆的最小距离为，
即到圆心的距离为
由点P在直线上，故设，
则
解得
故点P的坐标为：或

故答案为：或
（3）如图，考虑临界状态，过O作OC⊥DE于C点，当时，函数图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为

则
设则
由勾股定理可得：
解得（舍）

此时．
同理，另一个临界状态为
经分析可知，函数相比临界状态更靠近轴，则存在点
或

由题意可知，是一条倾斜角度为，长度为的线段

可在圆上找到两条与之平行且等长的弦
如果落在弧上，或者落在弧上，则成立
当时，到弧的最小距离为
此时
当时，到弧的最小距离为
此时
综上
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似的判定与性质、新定义等，数形结合是本题解题的关键．
6．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．
7．如图所示，在△ABC中，，D、E分别是边AB、BC上的动点，且，连结AD、AE，点M、N、P分别是CD、AE、AC的中点，设．

（1）观察猜想
①在求的值时，小明运用从特殊到一般的方法，先令，解题思路如下：
如图1，先由，得到，再由中位线的性质得到，
，进而得出△PMN为等边三角形，∴．
②如图2，当，仿照小明的思路求的值；
（2）探究证明
如图3，试猜想的值是否与的度数有关，若有关，请用含的式子表示出，若无关，请说明理由；
（3）拓展应用
如图4，，点D、E分别是射线AB、CB上的动点，且，点M、N、P分别是线段CD、AE、AC的中点，当时，请直接写出MN的长．
解析：（1）②；（2）的值与的度数有关，；（3）MN的长为或．
【分析】
（1）②先根据线段的和差求出，再根据中位线定理、平行线的性质得出，从而可得出，然后根据等腰直角三角形的性质即可得；
（2）参照题（1）的方法，得出为等腰三角形和的度数，再利用等腰三角形的性质即可求出答案；
（3）分两种情况：当点D、E分别是边AB、CB上的动点时和当点D、E分别是边AB、CB的延长线上的动点时，如图（见解析），先利用等腰三角形的性质与判定得出，再根据相似三角形的判定与性质得出BC、CE的长，由根据等腰三角形的三线合一性得出，从而可得的值，最后分别利用（2）的结论即可得MN的长．
【详解】
（1）②
∴

∴为等腰直角三角形，
∵点M、N、P分别是CD、AE、AC的中点

∴
∴为等腰直角三角形，
∴
即；
（2）的值与的度数有关，求解过程如下：
由（1）可知，，即为等腰三角形

如图5，作
则
在中，，即
则；

（3）依题意，分以下两种情况：
①当点D、E分别是边AB、CB上的动点时
如图6，作的角平分线交AB边于点F，并连结BP

，
，即
设，则

解得或（不符题意，舍去）
即

由（2）可知，

点P是AC上的中点
，（等腰三角形的三线合一）
在中，，即

②如图7，当点D、E分别是边AB、CB的延长线上的动点时
同理可得：

综上，MN的长为或．

【点睛】
本题考查了中位线定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分两种情况，并结合题（2）的结论是解题关键．
8．如图①在中，为边上一点，过点作交于点，连接，为的中点，连接．
（观察猜想）
（1）①的数量关系是___________
②的数量关系是______________
（类比探究）
（2）将图①中绕点逆时针旋转，如图②所示，则(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（拓展迁移）
（3）将绕点旋转任意角度，若，请直接写出点在同一直线上时的长．

解析：（1）①；②；（2）成立，证明见解析；（3）的长为或
【分析】
（1）①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到答案；
②由①知，利用等边对等角和三角形的外角性质，得到，，然后即可得到答案；
（2）①过点作交的延长线于点，EF与交于点，利用等腰直角三角形的性质，证明，即可得到结论成立；
②由全等三角形的性质，求出∠OEC=90°，即可得到结论成立；
（3）根据旋转的性质，点在同一直线上可分为两种情况：①点C在线段OB上；②点C在OB的延长线上；利用等腰直角三角形的性质，分别求出OE的长度，即可得到答案.
【详解】
解：（1）如图，在△AOD和△ACD中，

∵，为AD中点，
，
，E为AD中点，
，
；
②，为AD中点，

，
∴；
同理可得：，
，
．
（2）成立．
证明：①如图，过点作交的延长线于点与交于点，

∵是等腰三角形，
∴
∵，
∴，
∴，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴；
②，
∴，
，
，
；
（3）的长为或；
∵在等腰直角中，，
，
由（2）可知，，，
∴是等腰直角三角形，
∴；
当点在同一直线上时，有
①点C在线段OB上；如图：

∴，
∴；
②点C在OB的延长线上；如图：

∴，
∴；
综上所述，的长为或；
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及三角形的外角性质等，综合能力强，知识的运用广泛.解题的关键是熟练掌握所学的性质进行解题，注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行分析.
9．如图1，在正方形中，点分别在边上，且，延长到点G，使得，连接．

（特例感知）
（1）图1中与的数量关系是______________．
（结论探索）
（2）图2，将图1中的绕着点A逆时针旋转，连接并延长到点G，使得，连接，此时与还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由．
（拓展应用）
（3）在（2）的条件下，若，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出的长．
解析：(1) =，(2)存在，证明见解析，（3）或或16或4．
【分析】
(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；
(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：(1)连接GC，
∵AE=AF，AD=AB，
∴DF=BE，
∵，
∴DG = BE，
∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC，
∴△CDG≌△CBE，
∴CE=CG，∠GCD=∠ECB，
∵∠ECB+∠DCE=90°，
∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°，
∴=；
故答案为：=；

(2) 存在，连接GC，
∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD≌△EAB，
∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，
∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°，
∴∠GDC=∠EBC，
∵DC=BD，
∴△CDG≌△CBE，
与（1）同理，=；

(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°，
所以，A、E、C在一条直线上，
∵AB=5，
∴AC=5,
CE=5-3=2,
GE=EC=4；

如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=8，
GE=EC=16；

当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°，
由2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，
所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M，
∵，
∴EF=6，AM=ME=MF=3，
，
BE=DF=1,FG=2，
；

如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，
，

综上，的长为或或16或4．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题．
10．观察猜想：
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D与点C重合，点E在斜边AB上，连接DE，且DE＝AE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接EF，则＝______，sin∠ADE＝________，
探究证明：
（2）在（1）中，如果将点D沿CA方向移动，使CD＝AC，其余条件不变，如图2，上述结论是否保持不变？若改变，请求出具体数值：若不变，请说明理由．
拓展延伸
（3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝a，点D在边AC的延长线上，E是AB上任意一点，连接DE．ED＝nAE，将线段DE绕着点D顺时针旋转90°至点F，连接EF．求和sin∠ADE的值分别是多少？（请用含有n，a的式子表示）

解析：（1）；；（2）不变；（3）＝；sin∠ADE＝．
【分析】
（1）由等腰三角形的性质和等边三角形的判定得到∠A＝∠ACE＝30°，△BEC是等边三角形，据此求得CE的长度，根据等腰直角三角形的性质来求EF的长度，易得答案；
（2）不变．理由：如图2，过点D作DG∥BC交AB于点G，构造直角三角形：△ADG，结合含30度角的直角三角形的性质和锐角三角函数的定义，结合方程求得答案；
（3）如图3，过点E作EG⊥AD于点G，构造直角三角形，根据锐角三角函数的定义列出方程并解答．
【详解】
（1）如图1，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠B＝60°．
又CE＝AE，
∴∠ACE＝∠A＝30°，
∴∠BCE＝60°，
∴△BEC是等边三角形，
∴BE＝CE．
∴AE＝CE＝BE．
∴AD＝AB＝CE．
又由旋转的性质知：FC＝EC，∠FCE＝90°，
∴EF＝CE，
∴＝＝．
∵∠ADE＝30°，
∴sin∠ADE＝．
故答案是：；；
（2）不变，理由：
如图2，过点D作DG∥BC交AB于点G，则△ADG是直角三角形．
∵∠DAG＝30°，DE＝AE，设DG＝x，
∴∠AED＝30°，AD＝x，∠DEG＝∠DGE＝60°．
∴DE＝DF＝x，sin∠ADE＝．
∵∠EDF＝90°，
∴EF＝x．
∴＝＝．
∵∠ADE＝30°，
∴sin∠ADE＝．
（3）过点E作EG⊥AD于点G，设AE＝x，则DE＝nx．
∵∠CAB＝a，
∴AG＝cosα•x，EG＝sinα•x．
∴DG＝＝•x．
∴AD＝cosα•x+•x．
∵∠EDF＝90°，DE＝DF，
∴EF＝DE＝nx．
∴＝＝，
sin∠ADE＝＝＝．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和等边三角形的判定，作辅助线构造直角三角形，根据锐角三角函数的定义求解．
11．（知识再现）
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
（简单应用）
如图（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 　　．

（拓展延伸）
在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．
（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
解析：【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析
【分析】
简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．
【详解】
简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．

理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），
∴AD＝AE．
故答案为：AE＝AD．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．

理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），
∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，
∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），
∴EM＝DN，
∵AM＝AN，
∴AE＝AD．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．

理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，
∴CE＝CE′，
∵CT⊥EE′，
∴ET＝TE′，
∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.
12．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．
13．（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．
14．
问题背景：已知的顶点在的边所在直线上（不与，重合）．交所在直线于点，交所在直线于点．记的面积为，的面积为．
（1）初步尝试：如图①，当是等边三角形，，，且，时，则 ；
（2）类比探究：在（1）的条件下，先将点沿平移，使，再将绕点旋转至如图②所示位置，求的值；
（3）延伸拓展：当是等腰三角形时，设．
（I）如图③，当点在线段上运动时，设，，求的表达式（结果用，和的三角函数表示）．
（II）如图④，当点在的延长线上运动时，设，，直接写出的表达式，不必写出解答过程．
解析：(1)12;(2)12；（3）（ab）2sin2α．（ab）2sin2α．
【解析】
试题分析：（1）首先证明△ADM，△BDN都是等边三角形，可得S1=•22=，S2=•（4）2=4，由此即可解决问题；
（2）如图2中，设AM=x，BN=y．首先证明△AMD∽△BDN，可得，推出，推出xy=8，由S1=•AD•AM•sin60°=x，S2=DB•sin60°=y，可得S1•S2=x•y=xy=12；
（3Ⅰ如图3中，设AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，由S1=•AD•AM•sinα=axsinα，S2=DB•BN•sinα=bysinα，可得S1•S2=（ab）2sin2α．
（Ⅱ）结论不变，证明方法类似；
试题解析：（1）如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=CB=AC=6，∠A=∠B=60°，
∵DE∥BC，∠EDF=60°，
∴∠BND=∠EDF=60°，
∴∠BDN=∠ADM=60°，
∴△ADM，△BDN都是等边三角形，
∴S1=•22=，S2=•（4）2=4，
∴S1•S2=12，
（2）如图2中，设AM=x，BN=y．

∵∠MDB=∠MDN+∠NDB=∠A+∠AMD，∠MDN=∠A，
∴∠AMD=∠NDB，∵∠A=∠B，
∴△AMD∽△BDN，
∴，
∴，
∴xy=8，
∵S1=•AD•AM•sin60°=x，S2=DB•sin60°=y，
∴S1•S2=x•y=xy=12．
（3）Ⅰ如图3中，设AM=x，BN=y，

同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，
∵S1=•AD•AM•sinα=axsinα，S2=DB•BN•sinα=bysinα，
∴S1•S2=（ab）2sin2α．
Ⅱ如图4中，设AM=x，BN=y，

同法可证△AMD∽△BDN，可得xy=ab，
∵S1=•AD•AM•sinα=axsinα，S2=DB•BN•sinα=bysinα，
∴S1•S2=（ab）2sin2α．
考点：几何变换综合题．
15．（探究函数y=x+的图象与性质）
（1）函数y=x+的自变量x的取值范围是 ；
（2）下列四个函数图象中函数y=x+的图象大致是 ；

（3）对于函数y=x+，求当x＞0时，y的取值范围．
请将下列的求解过程补充完整．
解：∵x＞0
∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+
∵（﹣）2≥0
∴y≥ ．
[拓展运用]
（4）若函数y=，则y的取值范围 ．
解析：（1）x≠0；（2）C（3）4；4；（4）y≥13
【解析】
试题分析：根据反比例函数的性质，一次函数的性质；二次函数的性质解答即可.
试题解析：（1）函数y=x+的自变量x的取值范围是x≠0；
（2）函数y=x+的图象大致是C；
（3）解：∵x＞0
∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+4
∵（﹣）2≥0
∴y≥4．
（4）y==x+﹣5═（）2+（）2﹣5=（+）2+13
∵（﹣）2≥0，
∴y≥13．
考点：1.反比例函数的性质；一次函数的性质；二次函数的性质.
16．《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