2016年中考数学专题变式猜想问题复习题(含中考真题解析)
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2016年中考数学专题变式猜想问题复习题(含中考真题解析)
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2016年中考数学专题变式猜想问题复习题(含中考真题解析)
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文章来源莲山课件 w ww.5 Y K j.Co M 专题39 变式猜想问题☞解读考点知　识　点&名师点晴变式猜想问题&特殊的四边形的变式题&理解并掌握特殊的四边形的性质，并能解决四边形的有关变式问题&三角形有关的变式题&利用三角形的性质、全等、相似解决相关是变式问题&图形的旋转与对称变式&利用图形的旋转和有关变换解决相关的变式问题
☞2年中考【2015年题组】1．（2015甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．（1）求证：CF=CH；（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？并证明你的结论．&【答案】（1）证明见试题解析；（2）四边形ACDM是菱形．【解析】试题分析：（1）由∠ABC=∠DCE=90°，AC=CE=CB=CD，可得∠B=∠E=45°，故有△BCF≌△ECH，得出CF=CH；（2）由△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°，推出四边形ACDM是平行四边形，由AC=CD判断出四边形ACDM是菱形．试题解析：（1）∵AC=CE=CB=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴∠A=∠B=∠D=∠E=45°．在△BCF和△ECH中，∵∠B=∠E，BC=EC，∠BCE=∠ECH，∴△BCF≌△ECH（ASA），∴CF=CH（全等三角形的对应边相等）；&考点：1．菱形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．综合题．2．（2015齐齐哈尔）如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．&【答案】（1）DM=FM，DM⊥FM，证明见试题解析；（2）DM=FM，DM⊥FM．【解析】试题分析：（1）连接DF，NF，由正方形的性质，得到AD∥BC，BC∥GE，于是有AD∥GE，得到∠DAM=∠NEM，即可证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，△DFN是等腰直角三角形，即可得到结论；（2）连接DF，NF，由正方形的性质，得到AD∥BC，AD∥CN，进而得到∠DAM=∠NEM，可证△MAD≌△MEN，有DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，△DFN是等腰直角三角形，于是可得到结论．试题解析：（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM．证明如下：连接DF，NF，∵四边形ABCD和CGEF是正方形，∴AD∥BC，BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM=∠NEM，∵M是AE的中点，∴AM=EM，在△MAD与△MEN中，∵∠AMD=∠EMN，AM=EM，∠DAM=∠NEM，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，在△DCF与△NEF中，∵CD=EN，∠DCF=∠NEF=90°，CF=EF，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，∴DM⊥FM，DM=FM；&&考点：1．四边形综合题；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．压轴题．3．（2015牡丹江）已知四边形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角顶点E在直线BC上（不与点B，C重合），FM⊥AD，交射线AD于点M．（1）当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，如图①，求证：AB+BE=AM；（提示：延长MF，交边BC的延长线于点H．）（2）当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，如图②；当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，如图③．请分别写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1），（2）的条件下，若BE= ，∠AFM=15°，则AM=&&&&&&&&& ．&【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE= AM+AB；（3） 或 ．&（2）BE= AM+AB．理由如下：如图②，∵∠AEB+∠FEH=90°，∠AEB+∠EAB=90°，∴∠FEH=∠EAB，在△ABE与△EHF中，∵∠ABE=∠EHF，∠EAB=∠FEH，AE=FE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB=EH=EB+AM；如图③∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠HEF=90°，∴∠BAE=∠HEF，在△ABE与△EHF中，∵∠ABE=∠EHF，∠BAE=∠HEF，AE=FE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB=EH，∴BE=BH+EH=AM+AB；（3）如图①，∵∠AFM=15°，∠AFE=45°，∴∠EFM=60°，∴∠EFH=120°，在△EFH中，∵∠FHE=90°，∠EFH=120°，∴此情况不存在；&&考点：1．全等三角形的判定与性质；2．四边形综合题；3．正方形的性质；4．探究型；5．和差倍分；6．分类讨论；7．综合题；8．压轴题．4．（2015临沂）如图1，在正方形ABCD的外侧，作两个等边三角形ADE和DCF，连接AF，BE．（1）请判断：AF与BE的数量关系是&&&&&&& ，位置关系是&&&&&&&&&&& ；（2）如图2，若将条件“两个等边三角形ADE和DCF”变为“两个等腰三角形ADE和DCF，且EA=ED=FD=FC”，第（1）问中的结论是否仍然成立？请作出判断并给予说明；（3）若三角形ADE和DCF为一般三角形，且AE=DF，ED=FC，第（1）问中的结论都能成立吗？请直接写出你的判断．&【答案】（1）相等，互相垂直；（2）成立；（3）成立．&（3）第（1）问中的结论都能成立．理由是：∵正方形ABCD中，AB=AD=CD，∴在△ADE和△DCF中，∵AE=DF，AD=CD，DE=CF，∴△ADE≌△DCF，∴∠DAE=∠CDF，又∵正方形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，∴∠BAE=∠ADF，∴在△ABE和△ADF中，∵AB=DA，∠BAE=∠ADF，AE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴BE=AF，∠ABM=∠DAF，又∵∠DAF+∠BAM=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴在△ABM中，∠AMB=180°（∠ABM+∠BAM）=90°，∴BE⊥AF．&考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定与性质；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．5．（2015威海）如图1，直线 与反比例函数 （ ）的图象交于点A，B，直线 与反比例函数 的图象交于点C，D，且 ， ，顺次连接A，D，B，C，AD，BC分别交x轴于点F，H，交y轴于点E，G，连接FG，EH．（1）四边形ADBC的形状是&&&&&&&&&&&&& ；（2）如图2，若点A的坐标为（2，4），四边形AEHC是正方形，则 =&&& ；（3）如图3，若四边形EFGH为正方形，点A的坐标为（2，6），求点C的坐标；（4）判断：随着 、 取值的变化，四边形ADBC能否为正方形？若能，求点A的坐标；若不能，请简要说明理由．&【答案】（1）平行四边形；（2） ；（3）C（6，2）；（4）不能．&（4）根据反比例函数 （ ）的图象不能与坐标轴相交可知∠AOC＜90°，故四边形ADBC的对角线不能互相垂直，由此可得出结论．试题解析：（1）∵正比例函数与反比例函数的图象均关于原点对称，∴OA=OB，OC=OD，∴四边形ADBC是平行四边形．故答案为：平行四边形；（2）如图1，过点A作AM⊥y轴，垂足为M，过点C作CN⊥x轴，垂足为N，∵四边形AEHC是正方形，∴DA⊥AC，∴四边形ADBC是矩形，∴OA=OC．∴AM=CN，∴C（4，2），∴ ，解得 = ．故答案为： ；&&考点：1．反比例函数综合题；2．探究型；3．综合题；4．压轴题．6．（2015德州）（1）问题如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：AD•BC=AP•BP．（2）探究如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．（3）应用请利用（1）（2）获得的经验解决问题：如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出了，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．&【答案】（1）证明见试题解析；（2）成立，理由见试题解析；（3）1或5．&&（2）结论AD•BC=AP•BP仍然成立．理由：如图2，∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，∠BPD=∠A+∠ADP，∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP，∵∠DPC=∠A=∠B=θ，∴∠BPC=∠ADP，∴△ADP∽△BPC，∴ ，∴AD•BC=AP•BP；&（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E．∵AD=BD=5，AB=6，∴AE=BE=3，由勾股定理可得DE=4，∵以点D为圆心，DC为半径的圆与AB相切，∴DC=DE=4，∴BC=54=1，又∵AD=BD，∴∠A=∠B，∴∠DPC=∠A=∠B，由（1）、（2）的经验可知AD•BC=AP•BP，∴5×1=t（6t），解得： ， ，∴t的值为1秒或5秒．&考点：1．相似形综合题；2．切线的性质；3．探究型；4．型；5．压轴题．7．（2015济南）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠EAC=90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．（1）直接写出∠NDE的度数；（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图4，若∠EAC=15°，∠ACM=60°，直线CM与AB交于G，BD=& ，其他条件不变，求线段AM的长．&& 【答案】（1）∠NDE=90°；（2）不变；（3） ．&（2）不变，在△MAC≌△NBC中，∵AC=BC，∠ACM=∠BCN，MC=NC，∴△MAC≌△NBC，∴∠N=∠AMC，又∵∠MFD=∠NFC，∠MDF=∠FCN=90°，即∠NDE=90°；（3）作GK⊥BC于K，∵∠EAC=15°，∴∠BAD=30°，∵∠ACM=60°，∴∠GCB=30°，∴∠AGC=∠ABC+∠GCB=75°，∠AMG=75°，∴AM=AG，∵△MAC≌△NBC，∴∠MAC=∠NBC，∴∠BDA=∠BCA=90°，∵BD= ，∴AB= ，AC=BC= ，设BK=a，则GK=a，CK= ，∴ ，∴a=1，∴KB=KG=1，BG= ，AG= ，∴AM= ．&考点：1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．8．（2015济宁）材料：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等， ，利用上述结论可以求解如下题目：在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a，b，c．若∠A=45°，∠B=30°，a=6，求b．解：在△ABC中，∵ ，∴ ．理解应用：如图，甲船以每小时 海里的速度向正北方向航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，且乙船从B1处按北偏东15°方向匀速直线航行，当甲船航行20分钟到达A2时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距 海里．（1）判断△A1A2B2的形状，并给出证明；（2）求乙船每小时航行多少海里？&【答案】（1）等边三角形；（2） ．&试题解析：解：（1）△A1A2B2是等边三角形，理由如下：连结A1B2．∵甲船以每小时 海里的速度向正北方向航行，航行20分钟到达A2，∴A1A2= × = ，又∵A2B2= ，∠A1A2B2=60°，∴△A1A2B2是等边三角形；&&考点：1．解直角三角形的应用-方向角问题；2．阅读型；3．探究型．9．（2015烟台）【问题提出】如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF．试证明：AB=DB+AF；【类比探究】（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由；（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．&【答案】【问题提出】证明见试题解析；【类比探究】（1）AB=BD+AF；（2）AF=AB+BD．【解析】&（2）首先根据点E在线段BA的延长线上，在图③的基础上将图形补充完整，然后判断出△CEF是等边三角形，即可判断出EF=EC，再根据ED=EC，可得ED=EF，∠CAF=∠BAC=60°，再判断出∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF；最后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD=AE，EB=AF，进而判断出AF=AB+BD即可．试题解析：ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，∠BCA=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，∠CEF=60°，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵△ABC是等腰三角形，∠BCA=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠CAF=∠CBA=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，∵∠CAF=∠CEF=60°，∴A、E、C、F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=EC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠D=∠AEF，ED=EF（AAS），∴△EDB≌△FEA，∴DB=AE，BE=AF，∵AB=AE+BE，∴AB=DB+AF．（1）AB=BD+AF；延长EF、CA交于点G，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∵∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∵∠FCG=∠ECD，∠D=∠ECD，∴∠D=∠FEA，由旋转的性质，可得∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠D=∠AEF，ED=EF（AAS），∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，∴BD=FA+AB，即AB=BDAF；（2）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°∠CAF∠BAC=180°60°60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF，ED=EF &考点：1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．和差倍分；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．10．（2015青岛）已知，如图①，在▱ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②，设移动时间为t（s）（0＜t＜4），连接PQ，MQ，MC，解答下列问题：（1）当t为何值时，PQ∥MN？（2）设△QMC的面积为y（cm2），求y与x之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使S△QMC：S四边形ABQP=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（4）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．&【答案】（1） ；（2） （0＜t＜4）；（3）t=2；（4） ．【解析】试题分析：（1）根据勾股定理求出AC，根据PQ∥AB，得出 ， ，求解即可；（2）过点P作PD⊥BC于D，根据△CPD∽△CBA，得出 ，求出PD= ，再根据S△QMC=S△QPC，得出y=S△QMC= QC•PD，再代入计算即可；&（2）过点P作PD⊥BC于D，∵△CPD∽△CBA，∴ ，∴ ，∴PD= ，∵PD∥BC，∴S△QMC=S△QPC，∴ ，即 （0＜t＜4）；（3）∵S△QMC：S四边形ABQP=1：4，∴S△QPC：S四边形ABQP=1：4，∴S△QPC：S△ABC=1：5，∴（ ）：6=1：5，整理得： ，解得 ；（4）若PQ⊥MQ，则∠PQM=∠PDQ，∵∠MPQ=∠PQD，∴△PDQ∽△MQP，∴ ，∴ =MP•DQ，∴ =MP•DQ，∵CD= ，∴DQ=CDCQ= = ，∴ ，∴整理得 ，解得 （舍去）， ，∴ 时，PQ⊥MQ．&考点：1．相似形综合题；2．动点型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．11．（2015台州）定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=2，MN=3，求BN的长；（2）如图2，在△ABC中，FG是中位线，点D，E是线段BC的勾股分割点，且EC＞DE≥BD，连接AD，AE分别交FG于点M，N，求证：点M，N是线段FG的勾股分割点；（3）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图3所示，请在BC上画一点D，使点C，D是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画一种情形即可）；（4）如图4，已知点M，N是线段AB的勾股分割点，MN＞AM≥BN，△AMC，△MND和△NBE均为等边三角形，AE分别交CM，DM，DN于点F，G，H，若H是DN的中点，试探究 ， 和 的数量关系，并说明理由．&【答案】（1）BN= 或 ；（2）；（3）；（4）．&（3）在AB上截取CE=CA；作AE点垂直平分线，截取CF=CA；作BF的垂直平分线，交AB于D即可；（4）先证明△DGH≌△NEH，得出DG=EN=b，MG=cb，再证明△AGM∽△AEN，得出比例式，得出 ，证出 ，得出a=b，证出△DGH≌△CAF，得出 ，证出 ，即可得出结论．试题解析：（1）①当MN为最大线段时，∵点 M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = = ；②当BN为最大线段时，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = = ；综上所述：BN= 或 ；&点D即为所求；如图所示：&（4） ．理由如下：设AM=a，BN=b，MN=c，∵H是DN的中点，∴DH=HN= ，∵△MND、△BNE均为等边三角形，∴∠D=∠DNE=60°，在△DGH和△NEH中，∵∠D=∠DNE，DH=HN，∠DHG=∠NHE，∴△DGH≌△NEH（ASA），∴DG=EN=b，∴MG=cb，∵GM∥EN，∴△AGM∽△AEN，∴ ，∴ ，∵点 M、N是线段AB的勾股分割点，∴ ，∴ ，又∵ ，∴a=b，在△DGH和△CAF中，∵∠D=∠C，DG=CA，∠DGH=∠CAF，∴△DGH≌△CAF（ASA），∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∵ ， ，∴ ．考点：1．相似形综合题；2．分类讨论；3．新定义；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．12．（2015丹东）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN=90°．（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°＜α＜45°）．①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；②如图2，在旋转过程中，当∠DOM=15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；③如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD=m•BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．&【答案】（1）PE=PF；（2）①成立；② ；③PE=2PF，PE=（m1）•PF．&（2）①成立，理由：∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，∴OA=OD，∠FAO=∠EDO=45°，∠AOD=90°，∴∠DOE+∠AOE=90°，∵∠MPN=90°，∴∠FOA+∠AOE=90°，∴∠FOA=∠DOE，在△FOA和△EOD中，∵∠FAO=∠FDO，OA=OD，∠FOA=∠DOE，∴△FOA≌△EOD，∴OE=OF，即PE=PF；&&考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．相似三角形的判定与性质；4．探究型；5．和差倍分；6．综合题；7．压轴题．13．（2015大连）在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且∠ADF+∠DEC=180°，∠AFE=∠BDE．（1）如图1，当DE=DF时，图1中是否存在与AB相等的线段？若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由；（2）如图2，当DE=kDF（其中0＜k＜1）时，若∠A=90°，AF=m，求BD的长（用含k，m的式子表示）．&【答案】（1）AB=BE；（2）BD= ．&试题解析：（1）如图1，连结AE．∵DE=DF，∴∠DEF=∠DFE，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠DAE=∠DFE=∠DEF，∠ADF=∠AEF，∵∠ADF=∠DEB=∠AEF，∴∠AEF+∠AED=∠DEB+∠AED，∴∠AEB=∠DEF=∠BAE，∴AB=BE；（2）如图2，连结AE．∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠ADF=∠AEF，∵∠DAF=90°，∴∠DEF=90°，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠ADF=∠AEF，∴∠DEB=∠AEF，在△BDE与△AFE中，∵∠DEB=∠AEF，∠BDE=∠AFE，∴△BDE∽△AFE，∴ ，在直角△DEF中，∵∠DEF=90°，DE=kDF，∴EF= = DF，∴ = ，∴BD= ．&考点：1．相似三角形的判定与性质；2．探究型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．14．（2015葫芦岛）在△ABC中，AB=AC，点F是BC延长线上一点，以CF为边，作菱形CDEF，使菱形CDEF与点A在BC的同侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG、DG．（1）如图①，当∠BAC=∠DCF=90°时，直接写出AG与DG的位置和数量关系；（2）如图②，当∠BAC=∠DCF=60°时，试探究AG与DG的位置和数量关系，（3）当∠BAC=∠DCF=α时，直接写出AG与DG的数量关系．&【答案】（1）AG⊥DG，AG=DG；（2）AG⊥GD，AG= DG；（3）DG=AGtan ．&（3）延长DG与BC交于H，连接AH、AD，先证△BGH≌△EGD求得BH=ED，HG=DG，得出BH=DC，再证△ABH≌△ACD，得出∠BAH=∠CAD，AH=AD，进而求得△HAD是等腰三角形，即可证得DG=AGtan ．试题解析：（1）AG⊥DG，AG=DG，证明如下：延长DG与BC交于H，连接AH、AD，∵四边形DCEF是正方形，∴DE=DC，DE∥CF，∴∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，∵G是BC的中点，∴BG=EG，在△BGH和△EGD中，∵∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，BG=EG，∴△BGH≌△EGD（AAS），∴BH=ED，HG=DG，∴BH=DC，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠DCF=90°，∴∠DCB=90°，∴∠ACD=45°，∴∠ABH=∠ACD=45°，在△ABH和△ACD中，∵AB=AC，∠ABH=∠ACD，BH=CD，∴△ABH≌△ACD（SAS），∴∠BAH=∠CAD，AH=AD，∵∠BAH+∠HAC=90°，∴∠CAD+∠HAC=90°，即∠HAD=90°，∴AG⊥GD，AG=GD；（2）AG⊥GD，AG= DG；证明如下：延长DG与BC交于H，连接AH、AD，∵四边形DCEF是正方形，∴DE=DC，DE∥CF，∴∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，∵G是BC的中点，∴BG=EG，在△BGH和△EGD中，∵∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，BG=EG，∴△BGH≌△EGD（AAS），∴BH=ED，HG=DG，∴BH=DC，∵AB=AC，∠BAC=∠DCF=60，∴∠ABC=60°，∠ACD=60°，∴∠ABC=∠ACD=60°，在△ABH和△ACD中，∵AB=AC，∠ABH=∠ACD，BH=CD，∴△ABH≌△ACD（SAS），∴∠BAH=∠CAD，AH=AD，∴∠BAC=∠HAD=60°，∴AG⊥HD，∠HAG=∠DAG=30°，∴tan∠DAG=tan30°= ，∴AG= DG；&&考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定与性质；4．探究型；5．压轴题．15．（2015抚顺）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．（1）如图①，当∠ABC=45°时，求证：AD=DE；（2）如图②，当∠ABC=30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；（3）当∠ABC=α时，请直接写出线段AD与DE的数量关系．（用含α的三角函数表示）&【答案】（1）证明见试题解析；（2）DE= AD；（3）AD=DE•tanα．【解析】试题分析：（1）过点D作DF⊥BC，交AB于点F，得出∠BDE=∠ADF，∠EBD=∠AFD，即可得到△BDE≌△FDA，从而得到AD=DE；&如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴ ，在Rt△BDG中， =tan30°= ，∴DE= AD；（3）AD=DE•tanα；理由：如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴ ，在Rt△BDG中， =tanα，则 =tanα，∴AD=DE•tanα．&考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．16．（2015朝阳）问题：如图（1），在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=CB，∠DCE=45°，试探究AD、DE、EB满足的等量关系．[探究发现]小聪同学利用图形变换，将△CAD绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，连接EH，由已知条件易得∠EBH=90°，∠ECH=∠ECB+∠BCH=∠ECB+∠ACD=45°．根据“边角边”，可证△CEH≌&&&&&&&&&&& ，得EH=ED．在Rt△HBE中，由&&&&&&& 定理，可得BH2+EB2=EH2，由BH=AD，可得AD、DE、EB之间的等量关系是&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ．[实践运用]（1）如图（2），在正方形ABCD中，△AEF的顶点E、F分别在BC、CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数；（2）在（1）条件下，连接BD，分别交AE、AF于点M、N，若BE=2，DF=3，BM=2 ，运用小聪同学探究的结论，求正方形的边长及MN的长．&【答案】[探究发现]△CDE；勾股； ；[实践运用]（1）45°；（2）正方形边长为6，MN= ．&（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，∵AB=AG，AE=AE，∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），∴∠BAE=∠GAE，同理，Rt△ADF≌Rt△AGF，∴∠GAF=∠DAF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAF= ∠BAD=45°；&考点：1．几何变换综合题；2．阅读型；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．17．（2015本溪）如图1，在△ABC中，AB=AC，射线BP从BA所在位置开始绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）当∠BAC=60°时，将BP旋转到图2位置，点D在射线BP上．若∠CDP=120°，则∠ACD&&&&& ∠ABD（填“＞”、“=”、“＜”），线段BD、CD与AD之间的数量关系是&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ；（2）当∠BAC=120°时，将BP旋转到图3位置，点D在射线BP上，若∠CDP=60°，求证：BDCD= AD；（3）将图3中的BP继续旋转，当30°＜α＜180°时，点D是直线BP上一点（点P不在线段BD上），若∠CDP=120°，请直接写出线段BD、CD与AD之间的数量关系（不必证明）．&【答案】（1）=，BD=CD+AD；（2）证明见试题解析；（3）BD+CD= AD．【解析】试题分析：（1）如图2，由∠CDP=120°，得出∠CDB=60°，则∠CDB=∠BAC=60°，所以A、B、C、D四点共圆，由圆周角定理得出∠ACD=∠ABD；在BP上截取BE=CD，连接AE．利用SAS证明△DCA≌△EBA，得到AD=AE，∠DAC=∠EAB，再证明△ADE是等边三角形，得到DE=AD，进而得出BD=CD+AD．（2）如图3，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F．先证△DOC∽△AOB，得到∠DCA=∠EBA．再利用SAS证明△DCA≌△EBA，得到AD=AE，∠DAC=∠EAB．由∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，得出∠DAE=120°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠ADE=∠AED=30°．解Rt△ADF，得出DF= AD，那么DE=2DF= AD，进而得出BD=DE+BE= AD+CD，即BDCD= AD；&（3）BD+CD= AD．&考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．全等三角形的判定与性质；5．压轴题．18．（2015锦州）如图①，∠QPN的顶点P在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠QPN=α，将∠QPN绕点P旋转，旋转过程中∠QPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．&（1）如图①，当α=90°时，DE，DF，AD之间满足的数量关系是&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ；（2）如图②，将图①中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，其他条件不变，当α=60°时，（1）中的结论变为DE+DF= AD，请给出证明；（3）在（2）的条件下，若旋转过程中∠QPN的边PQ与射线AD交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，DE，DF，AD之间满足的数量关系，直接写出结论，不用加以证明．【答案】（1）DE+DF=AD；（2）证明见试题解析；（3）①当点E落在AD上时，DE+DF= AD，②当点E落在AD的延长线上时，DF－DE = AD．&（3）①当点E落在AD上时，DE+DF= AD，②当点E落在AD的延长线上时，DF－DE = AD．试题解析：（1）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，∴∠APE=∠DPF，在△APE和△DPF中，∵∠APE=∠DPF，PA=PD，∠PAE=∠PDF，∴△APE≌△DPF（ASA），∴AE=DF，∴DE+DF=AD，（2）如图②，取AD的中点M，连接PM，∵四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，∴△MDP是等边三角形，∴PM=PD，∠PME=∠PDF=60°，∵∠PAM=30°，∴∠MPD=60°，∵∠QPN=60°，∴∠MPE=∠FPD，在△MPE和△FPD中，∵∠PME=∠PDF，PM=PD，∠MPE=∠FPD，∴△MPE≌△FPD（ASA），∴ME=DF，∴DE+DF= AD；&&考点：1．四边形综合题；2．分类讨论；3．和差倍分；4．探究型；5．压轴题．19．（2015三明）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①），求证：△AEG≌△AEF；（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证： ；（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．&【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析；（3） ．【解析】试题分析：（1）由旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，即可得到△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则有EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF= DF，再证明∠GME=90°，MG=NF，由勾股定理得到 ，等量代换即可得到 ；（3）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，得到EF=HE，DF=GH，BE=BM，由（2）知HM⊥ME，得到 ， ， ，从而得到结论．&（3） ．证明如下：如图3所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，∴EF=HE，DF=GH，BE=BM，由（2）知HM⊥ME，∴ ， ， ，∴ ．&& 考点：1．全等三角形的判定与性质；2．四边形综合题；3．探究型；4．旋转的性质；5．和差倍分；6．压轴题．
【2014年题组】1．（2014年浙江温州卷）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（-3，0），（0，6），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造□PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE=AO，设点P运动的时间为 秒．（1）当点C运动到线段OB的中点时，求 的值及点E的坐标；（2）当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；（3）在线段PE上取点F，使PF=1，过点F作MN⊥PE，截取FM=2，FN=1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，设□PCOD的面积为S．①当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的 的值；②若点M，N中恰好只有一个点落在四边形ADEC内部（不包括边界）时，直接写出S的取值范围．&
【答案】（1） ，（ ，0）；（2）证明见解析；（3）①1， ， ，5；② ＜S≤ 或 ＜S≤20．&第二种情况，当点N在CE边上时，由△EFN∽△EOC求解,②当1≤t＜ 时和当 ＜t≤5时，分别求出S的取值范围,当1≤t＜ 时，S=t（62t）=2（t ）2+ ,∵t= 在1≤t＜ 范围内，∴ ＜S≤ ．&&（3）①（Ⅰ）当点C在BO上时,第一种情况：如答图2，当点M在CE边上时,∵MF∥OC，∴△EMF∽△ECO．∴ ，即 ，解得t=1．第二种情况：如答图3，当点N在DE边时,∵NF∥PD，∴△EFN∽△EPD．∴ 即 ，解得t= ．（Ⅱ）当点C在BO的延长线上时,第一种情况：如答图4，当点M在DE边上时,∵MF∥PD，∴EMF∽△EDP．∴ 即 ，解得t= ．第二种情况：如答图5，当点N在CE边上时,∵NF∥OC，∴△EFN∽△EOC．∴ 即 ，解得t=5．综上所述，所有满足条件的t的值为1， ， ，5．&&考点：1．双动点问题；2．平行四边形的判定；3．相似三角形的判定和性质；4．二次函数的性质；5．分类思想的应用．2．（2014年广西北海卷）如图（1），E是正方形ABCD的边BC上的一个点（E与B、C两点不重合），过点E作射线EP⊥AE，在射线EP上截取线段EF，使得EF=AE；过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G．（1）求证：FG=BE；（2）连接CF，如图（2），求证：CF平分∠DCG；（3）当 时，求sin∠CFE的值．&【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） ．【解析】试题分析：（1）根据同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且AE=EF，利用AAS得到三角形ABE与三角形EFG全等，利用全等三角形的对应边相等即可得证．（2）由（1）得到BC=AB=EG，利用等式的性质得到BE=CG，根据FG=BE，等量代价得到FG=CG，即三角形FCG为等腰直角三角形，得到∠FCG=45°，即可得证．（3）如答图，作CH⊥EF于H，则△EHC∽△EGF，利用相似得比例，根据BE与BC的比值，设出BE，EC，以及EG，FG，利用勾股定理表示出EF，CF，进而表示出HC，在直角三角形HC中，利用锐角三角函数定义即可求出sin∠CFE的值．试题解析：解：（1）证明：∵EP⊥AE，∴∠AEB+∠GEF=90°．又∵∠AEB+∠BAE=90°，∴∠GEF=∠BAE．又∵FG⊥BC，∴∠ABE=∠EGF=90°．在△ABE与△EGF中，∵ ,∴△ABE≌△EGF（AAS）．∴FG=BE．（2）证明：由（1）知：BC=AB=EG，∴BCEC=EGEC．∴BE=CG．又∵FG=BE，∴FG=CG．又∵∠CGF=90°，∴∠FCG=45°= ∠DCG ．∴CF平分∠DCG ．&&考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定和性质；4．等腰直角三角形的判定和性质；5．相似三角形的判定和性质；6．锐角三角函数定义．3．（2014年山东临沂中考数学）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．【探究展示】（1）证明：AM=AD+MC；（2）AM=DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【拓展延伸】（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．&【答案】（1）证明见解析；．成立；证明见解析；（3）①结论AM=AD+MC仍然成立．②结论AM=DE+BM不成立．&试题解析：（1）延长AE、BC交于点N，如图1（1）, ∵四边形ABCD是正方形,∴AD∥BC．∴∠DAE=∠ENC．∵AE平分∠DAM,∴∠DAE=∠MAE．∴∠ENC=∠MAE．∴MA=MN．在△ADE和△NCE中, ,∴△ADE≌△NCE（AAS）．∴AD=NC．∴MA=MN=NC+MC=AD+MC．&∴BF=DE，∠F=∠AED．∵AB∥DC,∴∠AED=∠BAE．∵∠FAB=∠EAD=∠EAM,∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM=∠BAM+∠FAB=∠FAM．∴∠F=∠FAM．∴AM=FM．∴AM=FB+BM=DE+BM．（3）①结论AM=AD+MC仍然成立．延长AE、BC交于点P，如图2（1）, ∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC．∴∠DAE=∠EPC．∵AE平分∠DAM,∴∠DAE=∠MAE．∴∠EPC=∠MAE．∴MA=MP．在△ADE和△PCE中, ,∴△ADE≌△PCE（AAS）．∴AD=PC．∴MA=MP=PC+MC=AD+MC．&∵∠QAB=∠EAD=∠EAM,∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM=∠BAM+∠QAB=∠QAM．∴∠Q=∠QAM．&考点：1、角平分线的定义；2、平行线的性质；3、全等三角形的判定与性质；4、矩形及正方形的性质．4．（2014年辽宁阜新卷）已知，在矩形ABCD中，连接对角线AC，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△EFG，并将它沿直线AB向左平移，直线EG与BC交于点H，连接AH，CG．（1）如图①，当AB=BC，点F平移到线段BA上时，线段AH，CG有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想；（2）如图②，当AB=BC，点F平移到线段BA的延长线上时，（1）中的结论是否成立，请说明理由；（3）如图③，当& 时，对矩形ABCD进行如已知同样的变换操作，线段AH，CG有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想．&& &&&&&&&& 图①&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 图②&&&&&&&&&&&&&&&& 图③【答案】（1）AH=CG，AH⊥CG；（2）AH=CG，AH⊥CG，理由见解析；（3）AH=nCG，AH⊥CG．【解析】试题分析：（1）延长AH与CG交于点T，如图①，易证BH=BG，从而可证到△ABH≌△CBG，则有AH=CG，∠HAB=∠GCB，从而可证到∠HAB+∠AGC=90°，进而可证到AH⊥CG．（2）延长CG与AH交于点Q，如图②，仿照（1）中的证明方法就可解决问题．&&延长AH与CG交于点T，如图①, 由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．∵四边形ABCD是矩形，AB=BC,∴EF=GF，∠EFG=∠ABC=90°．∴∠CBG=90°，∠EGF=45°．∴∠BHG=90°45°=45°=∠EGF．∴BH=BG．在△ABH和△CBG中, ,∴△ABH≌△CBG（SAS）．∴AH=CG，∠HAB=∠GCB．∴∠HAB+∠AGC=∠GCB+∠AGC=90°．∴∠ATC=90°．∴AH⊥CG．（2）成立．理由如下：延长CG与AH交于点Q，如图②, &在△ABH和△CBG中, ,∴△ABH≌△CBG（SAS）．∴AH=CG，∠HAB=∠GCB．∴∠GCB+∠CHA=∠HAB+∠CHA=90°．∴∠CQA=90°．∴CG⊥AH．AH=nCG，AH⊥CG&& 理由如下：延长AH与CG交于点N，如图③, 由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．∵四边形ABCD是矩形，AB=nBC,∴EF=nGF，∠EFG=∠ABC=90°．∴∠EFG+∠ABC=180°．∴BH∥EF．∴△GBH∽△GFE．∴ ．∵ ,∴ ．∵∠ABH=∠CBG,∴△ABH∽△CBG．&考点：1、旋转的性质；2、矩形的性质3、全等三角形的判定与性质4、相似三角形的判定与性质．5．（2014学年北京市丰台区）把一个含45°角的直角三角板BEF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点B重合，联结DF，点M，N分别为DF，EF的中点，联结MA，MN．（1）如图1，点E，F分别在正方形的边CB，AB上，请判断MA，MN的数量关系和位置关系，直接写出结论；（2）如图2，点E，F分别在正方形的边CB，AB的延长线上，其他条件不变，那么你在（1）中得到的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．& 图1&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 图2【答案】（1）MA=MN，MA⊥MN；（2）成立，理由详见解析．【解析】试题分析：（1）连接DE，先根据直角三角形的性质得出AM= DF，再根据△BEF是等腰直角三角形得出AF=CE，由SAS定理得出△ADF≌△CDE，故DE=DF．再根据点M，N分别为DF，EF的中点，得出MN是△EFD的中位线，故MN= DE，MN∥DE，再根据平行线的性质及全等三角形的性质即可得出结论；（2）连接DE，由直角三角形的性质得出MA= DF=MD=MF，故∠1=∠3．再由点N是EF的中点，得出MN是△DEF的中位线，所以MN= DE，MN∥DE．根据△BEF是等腰直角三角形可知BF=BF，∠ ∵点M，N分别为DF，EF的中点,∴MN是△EFD的中位线,∴MN= DE,∴AM=MN；∵MN是△EFD的中位线,∴MN∥DE,∴∠FMN=∠FDE．∵AM=MD,∴∠MAD=∠ADM,∵∠AMF是△ADM的中位线,∴∠AMF=2∠ADM．∵△ADF≌△CDE,∴∠ADM=∠DEC,∴∠ADM+∠DEC+∠FDE=∠FMN+∠AMF=90°,∴MA⊥MN．∴MA=MN，MA⊥MN．（2）成立．理由：连接DE．∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°．在Rt△ADF中,∵点M是DF的中点,∴MA= DF=MD=MF,∴∠1=∠3．∵点N是EF的中点,∴MN是△DEF的中位线,∴MN= DE，MN∥DE．∵△BEF是等腰直角三角形,∴BF=BF，∠EBF=90°．∵点E、F分别在正方形CB、AB的延长线上,∴AB+BF=CB+BE，即AF=CE．在△ADF与△CDE中,∵ ∴△ADF≌△CDE,∴DF=DE，∠1=∠2,∴MA=MN，∠2=∠3．∵∠2+∠4=∠ABC=90°，∠4=∠5,∴∠3+∠5=90°,∴∠6=180°（∠3+∠5）=90°,∴∠7=∠6=90°，MA⊥MN．& 考点：四边形综合题．6．（2014年福建南平卷）在图1、图2、图3、图4中，点P在线段BC上移动（不与B、C重合），M在BC的延长线上．（1）如图1，△ABC和△APE均为正三角形，连接CE．①求证：△ABP≌△ACE．②∠ECM的度数为　&&& 　°．（2）①如图2，若四边形ABCD和四边形APEF均为正方形，连接CE．则∠ECM的度数为　&&& 　°．②如图3，若五边形ABCDF和五边形APEGH均为正五边形，连接CE．则∠ECM的度数为　&&&& 　°．（3）如图4，n边形ABC…和n边形APE…均为正n边形，连接CE，请你探索并猜想∠ECM的度数与正多边形边数n的数量关系（用含n的式子表示∠ECM的度数），并利用图4（放大后的局部图形）证明你的结论．&【答案】（1）60；（2）45，36．（3） ．&（2）①作EN⊥BN，交BM于点N，由△ABP≌△ACE，利用角及边的关系，得出CN=EN，即可得出∠ECM的度数．&②∵△ABP≌△ACE,∴∠ACE=∠B=60°,∵∠ACB=60°,∠ECM=180°-60°-60°=60°．（2）①如图2，作EN⊥BN，交BM于点N&∵四边形ABCD和APEF均为正方形,∴AP=PE，∠B=∠ENP=90°,∴∠BAP+∠APB=∠EPM+∠APB=90°,即∠BAP=∠NPE,在△ABP和△PNE中, ,∴△ABP≌△ACE （AAS）．∴AB=PN，BP=EN,∵BP+PC=PC+CN=AB,∴BP=CN,∴CN=EN,∴∠ECM=∠CEN=45°②如图3，作EN∥CD交BM于点N, ∵五边形ABCDF和APEGH均为正五边方形,∴AP=PE，∠B=∠BCD,∵EN∥CD,∴∠PNE=∠BCD,∴∠B=∠PNE&（3）如图4中，过E作EK∥CD，交BM于点K, ∵n边形ABC…和n边形APE…为正n边形,∴AB=BC&&& AP=PE∠ABC=∠BCD=∠APE= ∵∠APK=∠ABC+∠BAP，∠APK=∠APE+∠EPK∴∠BAP=∠KPE∵EK∥CD,∴∠BCD=∠PKE∴∠ABP=∠PKE,在△ABP和△PKE中, ,∴△ABP≌△PKE（AAS）∴BP=EK，AB=PK,∴BC=PK,∴BC-PC=PK-PC,∴BP=CK,∴CK=KE,∴∠KCE=∠KEC,∵∠CKE=∠BCD= ∴∠ECK= ．考点：四边形综合题．7．（2014年四川达州卷）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完成“类比猜想”及后面的问题．习题解答：习题 如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，说明理由．解答：∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠ADC=∠B=90°,∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′，点F、D、E′在一条直线上．∴∠E′AF=90°45°=45°=∠EAF,又∵AE′=AE，AF=AF∴△AE′F≌△AEF（SAS）∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF．习题研究观察分析：观察图（1），由解答可知，该题有用的条件是①ABCD是四边形，点E、F分别在边BC、CD上；②AB=AD；③∠B=∠D=90°；④∠EAF= ∠BAD．类比猜想：（1）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B=∠D时，还有EF=BE+DF吗？研究一个问题，常从特例入手，请同学们研究：如图（2），在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，还有EF=BE+DF吗？（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180，∠EAF= ∠BAD时，EF=BE+DF吗？归纳概括：反思前面的解答，思考每个条件的作用，可以得到一个结论“EF=BE+DF”的一般命题：　在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180，∠EAF=∠BAD时，则EF=BE+DF　．&【答案】（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．理由见解析；．（2）当AB=AD，∠B+∠D=180，∠EAF= ∠BAD时，EF=BE+DF成立．理由见解析．【解析】试题分析：（1）根据菱形的性质和∠EAF=60°得到AB=AD，∠1+∠3=60°，∠B=∠ADC=60°，则把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，根据旋转的性质得∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，则∠2+∠3=60°，所以∠EAF=∠E′AF，然后利用“SAS”证明△AEF≌≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，所以DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；&试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°,∴AB=AD，∠1+∠3=60°，∠B=∠ADC=60°,∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F, ∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°,∴∠2+∠3=60°,∴∠EAF=∠E′AF,在△AEF和△AE′F中&,∴△AEF≌△AE′F（SAS）,∴EF=E′F,∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线,∴DE′+DF＞EF∴BE+DF＞EF；（2）当AB=AD，∠B+∠D=180，∠EAF= ∠BAD时，EF=BE+DF成立．理由如下：如图（3）, ∵AB=AD,∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3）,∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B,∵∠B+∠D=180,∴∠ADE′+∠D=180°,∴点F、D、E′共线,∵∠EAF= ∠BAD,∴∠1+∠2= ∠BAD,∴∠2+∠3= ∠BAD,∴∠EAF=∠E′AF,在△AEF和△AE′F中&考点：四边形综合题．
☞考点归纳归纳 1：几何图形的有关变式猜想问题基础知识归纳：几何图形的变式猜想问题主要涉及等腰三角形、直角三角形、等腰直角三角形、矩形、菱形、正方形等几何载体．基本方法归纳：对于几何变式猜想问题主要有以下的解题思路：其一是弄清在变式过程中，存在哪些变量与不变的关系；其二是建立起不变关系与变化的量之间存在的位置关系和数量关系，其基本工具是全等三角形和相似三角形、锐角三角函数等．注意问题归纳：解决几何变式问题时，要注意特殊情况下的已知条件和结论之间的逻辑关系，从特殊到一般、类比归纳是解决此类问题的重要方法．【例1】猜想与证明：如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．&拓展与延伸：（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为&&&&&&&&&& ．（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．&【答案】猜想与证明：DM=ME；拓展与延伸：（1）DM=ME．（2）成立，见解析．&试题解析：解：猜想：DM=ME．证明：如图1，延长EM交AD于点H, ∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM,又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，在△FME和△AMH中, ∴△FME≌△AMH（ASA）∴HM=EM,在RT△HDE中，HM=EM，∴DM=HM=ME，∴DM=ME．&（2）如图2，连接AE, ∵四边形ABCD和ECGF是正方形，∴∠FCE=45°，∠FCA=45°,∴AE和EC在同一条直线上，在RT△ADF中，AM=MF，∴DM=AM=MF,在RT△AEF中，AM=MF，∴AM=MF=ME， ∴DM=ME．考点：1．矩形的性质；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定与性质；4．直角三角形的性质．☞1年模拟1．（2015届河南省郑州市九年级第一次质量预测数学试卷）如图1，小颖将一组平行的纸条折叠，点A、B分别落在在A′，B′处，线段FB′与AD交于点M．&（1）试判断△MEF的形状，并证明你的结论；（2）如图②，将纸条的另一部分CFMD沿MN折叠，点C，D分别落在C′，D′处，且使MD′经过点F，试判断四边形MNFE的形状，并证明你的结论；（3）当∠BFE=_____度时，四边形MNFE是菱形．【答案】（1）等腰三角形，证明见试题解析；（2）四边形MNFE为平行四边形，理由见试题解析；（3）60．&（3）若平行四边形MNFE是菱形，则等腰三角形△MEF应为等边三角形，故∠MEF=∠BFE=60度．试题解析：（1）△MEF为等腰三角形．证明如下：∵AD∥BC，∴∠MEF=∠EFB．∵∠MFE=∠EFB，∴∠MEF=∠MFE．∴ME=MF，即△MEF为等腰三角形；（2）四边形MNFE为平行四边形．证明如下：∵ME=MF，同理NF=MF，∴ME=NF．又∵ME∥NF，∴四边形MNFE为平行四边形；（3）60．考点： 1．翻折变换（折叠问题）；2．等腰三角形的判定；3．平行四边形的判定；4．菱形的判定．2．（2015届江苏省无锡市前洲中学九年级4月阶段检测数学试卷）如图①所示，已知A、B为直线a上两点，点C为直线a上方一动点，连接AC、BC，分别以AC、BC为边向△ABC外作正方形CADF和正方形CBEG，过点D作D ⊥a于点 ，过点E作E ⊥a于点 ．&（1）如图②，当点E恰好在直线a上时，（此时E1和E重合）．试说明D =AB；（2）如图①中，当D、E两点都在直线a的上方时，试探求三条线段D 、E 、AB之间的数量关系，并说明理由．（3）如图③，当点E在直线a的下方时，请直接写出三条线段D 、E 、AB之间的数量关系．（不需要证明）【答案】（1）见解析；（2）AB=D +E ；（3）AB=D -E ．& （2）AB=D +E ．证明：过点C作CH⊥AB于H，&& ∵D ⊥AB，&& ∴∠D A=∠CHA=90°，&& ∴∠DA +∠AD =90°,∵四边形CADF是正方形，& ∴AD=CA，∠DAC=90°， ∴∠DA +∠CAH=90°，& ∴∠AD =∠CAH,在△AD 和△CAH中，∠D A=∠CHA，∠AD =∠CAH，AD=CA，∴△AD ≌△CAH（AAS），& ∴D =AH；同理：E =BH，&&&&& ∴AB=AH+BH=D +E ；&&&& &（3）AB=D -E ．考点：三角形全等的证明与性质．3．（2015届江苏省东台市第一教研片九年级下学期第一次月考数学试卷）如图，在菱形ABCD中，AB=2， ，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．&（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；（2）：①当AM的值为&&&&&&&&&& 时，四边形AMDN是矩形；②当AM的值为&&&&&&&&&& 时，四边形AMDN是菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）①1；②2．&（2）①当AM的值为1时，四边形AMDN是矩形．理由如下：因为AM= AD=1,所以 ,因为 ,所以 ,所以平行四边形AMDN是矩形；故答案为：1；②当AM的值为2时，四边形AMDN是菱形．理由如下：因为AM=2,所以AM=AD=2,所以△AMD是等边三角形,所以AM=DM,所以平行四边形AMDN是菱形．故答案为：2．考点：1．菱形的性质；2．矩形的判定；3．菱形的判定，平行四边形的判定．4．（2015届湖北省武汉市黄陂区部分学校九年级3月联考数学试卷）如图1，梯形ABCD中AB∥CD，且AB=2CD，点P为BD的中点，直线AP交BC于E，交DC的延长线于F．& （1）求证：DC=CF；（2）求 的值；（3）如图2，连接DE，若AD⊥ED，求证： BAE= DBE．【答案】（1）证明详见解析；（2）3；（3）证明详见解析．&（2）由CF∥AB，∴ =2，∴AE=2EF，又由（1）得AP=PF,∴AP+PE=2（PF-PE）=2（AP-PE），∴AP=3PE，∴ =3；（3）延长AD交BC的延长线于M，则由CD∥AB，且AB=2CD，可得AD=DM，BC=CM，又已知ED⊥AD，∴ED为AM的中垂线，AE=EM，可设EC=m，由（2）中，则BE=2m，CM=BC=3m，∴AE=EM=4m，∴AP=3m，EF=2m，∴△EBP≌△EFC，∴∠PBE=∠F=∠BAE．（或可设EC=m，由（2）中，则BE=2m，CM=BC=3m，∴AE=EM=4m，∴AP=3m，EP=m，即EB2=EP•EA，∴△EBP∽△EAB，∴∠PBE =∠BAE）&考点：1．全等三角形的判定和性质；2．相似三角形的判定和性质．
5．（学年山东省潍坊市诸城市实验中学中考三模）（12分）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，以AB为直径作⊙O．&（1）如图①，⊙O与DC相切于点E，①求证：∠BAE=∠DAE；②若AB=6，求AD+BC的值．（2）如图②，⊙O与DC交于点E、F．①图中哪一个角与∠BAE相等？为什么？②试探究线段DF与CE的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①证明详见解析；②6；（2）①∠DAF=∠BAE，理由详见解析；②DF=CE，理由详见解析．&②首先得出四边形ANCD是矩形，进而得出△DAF≌△CNE，即可得出答案．试题解析：（1）①证明：连接OE，∵⊙O与DC相切于点E，∴OE⊥CD，∵∠D=90°，∴AD∥OE，∴∠DAE=∠AEO，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠BAE=∠DAE；&&考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．和差倍分．6．（2015届四川省成都市外国语学校中考直升模拟）如图（1），直线y=k1 x+b与反比例函数y= 的图象交于点A（1，6），B（a，3）两点．&（1）求k1、k2的值；（2）如图（1），等腰梯形OBCD中，BC∥OD，OB=CD，OD边在x轴上，过点C作CE⊥OD于点E，CE和反比例函数的图象交于点F，当梯形OBCD的面积为12时，请判断FC和EF的大小，并说明理由；（3）如图（2），已知点Q是CD的中点，在第（2）问的条件下，点P在x轴上，从原点O出发，沿x轴负方向运动，设四边形PCQE的面积为S1，△DEQ的面积为S2，当∠PCD=90°时，求P点坐标及S1：S2的值．【答案】（1）k1=-3，k2=6；（2）FC=EF；理由见解析．（3）P点坐标为（- ，0）；S1：S2=11：2．&（3）由条件可证明△CED∽△PCD，可求得PD的长，则可求得P点坐标，过Q作QH⊥x轴于点H，可求得QH，则可求得△QDE和△PCD的面积，可求得S1和S2的值，可求得其值．试题解析：（1）∵反比例函数y= 的图象过点A（1，6），B（a，3）两点，∴6= ，解得k2=6，∴3a=6，解得a=2，∴B（2，3），∵直线y=k1 x+b过A、B两点，∴把A、B两点代入可得 ，解得 ，综上可知k1=-3，k2=6；（2）FC=EF．理由如下：如图1，过B作BG⊥x轴于点G，&∵B（2，3），∴OG=2，BG=3，∵BC∥OD，OB=CD，∴∠BOG=∠CDE，在△BOG和△CDE中， ，∴△BOG≌△CDE（AAS），∴OG=DE=2，CE=BG=3，∵S梯形OBCD=12，∴ （OD+BC）•CE=12，即（2×2+BC+BC）×3=24，∴BC=2，∴OE=OG+GE=2+2=4，∴F点横坐标为4，∵F在双曲线上，且由（1）可知双曲线解析式为y= ，∴y= ，∴EF= ，则FC=CE-EF=3- = ，∴FC=EF；&&考点：1．反比例函数综合题；2．探究型．7．（2015届山东省日照市中考模拟）已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF； 当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．&【答案】证明见解析．【解析】试题分析：根据已知可以利用SAS证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出∠& ∵∠MBN=60°，BE=BF， ∴△BEF为等边三角形；∴AE+CF= BE+ BF=BE=EF； &图2成立，图3不成立．证明图2．延长DC至点K，使CK=AE，连接BK， 在△BAE和△BCK中， 则△BAE≌△BCK， ∴BE=BK，∠ABE=∠KBC， ∵∠FBE=60°，∠ABC=120°， ∴∠FBC+∠ABE=60°， ∴∠FBC+∠KBC=60°， ∴∠KBF=∠FBE=60°， 在△KBF和△EBF中， &考点：1．全等三角形的判定与性质；2．和差倍分；3．存在型；4．探究型；5．综合题．8．（2015届山东省青岛市李沧区中考一模）【问题情境】张老师给爱好学习的小林和小兰提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．&小林的证明思路是：如图②，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．小兰的证明思路是：如图②，过点P作PG⊥CF，垂足为G，通过证明四边形PDFG是矩形，可得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．【变式探究】如图③，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PDPE=CF；【结论运用】请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：如图④，在平面直角坐标系中有两条直线l1：y= x+3、l2：y=3x+3，若l2上的一点M到l1的距离是1，请运用上述的结论求出点M的坐标．【答案】【问题情境】证明见解析；【变式探究】证明见解析；【结论运用】M点的坐标为（ ，2）或（ ，4）．&如图②，连接AP， ∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，∴S△ABP= AB•PD，S△ACP= AC•PE，S△ABC= AB•CF，∵S△ABP+S△ACP=S△ABC，∴ AB•PD+ AC•PE= AB•CF，又AB=AC，∴PD+PE=CF；【变式探究】如图3，连接AP， ∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，∴S△ABP= AB•PD，S△ACP= AC•PE，S△ABC= AB•CF，∵S△ABPS△ACP=S△ABC，∴ AB•PD AC•PE= AB•CF，又∵AB=AC，∴PDPE=CF；【结论运用】由题意可求得A（4，0），B（3，0），C（0，1），∴AB=5，AC=5，BC= ，OB=3，当M在线段BC上时，过M分别作MP⊥x轴，MQ⊥AB，垂足分别为P、Q，如图④， &综上可知M点的坐标为（ ，2）或（ ，4）．考点：1．一次函数综合题；2．和差倍分；3．阅读型；4．探究型．9．（2015届山东省青岛市李沧区中考一模）如图①，四边形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，AD=6cm，DC=8cm，BC=12cm．动点M在CB上运动，从C点出发到B点，速度每秒2cm；动点N在BA上运动，从B点出发到A点，速度每秒1cm．两个动点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止，设两个点的运动时间为t（秒）．&（1）求线段AB的长．（2）当t为何值时，MN∥CD？（3）设三角形DMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式．（4）如图②，连接BD，是否存在某一时刻t，使MN与BD互相垂直？若存在，求出这时的t值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）AB=10．（2）t= 秒．（3）S= （t ）2+ （0≤t≤6秒）．（4）存在t= ，使MN⊥BD．&（2）若MN∥CD，则NM⊥BC，& =cosB= ，即 ，解得：t= 秒；（3）△DMN的面积S=梯形ABCD的面积△CDM的面积△BMN的面积△ADN的面积= ×（6+12）×8 ×2t×8 ×（122t）× t ×6×（8 t）= （t ）2+ ，又M从C点运动到B点的时间为6秒，N点从B点运动到A点所需的时间为10秒，依题意，两者取小值6秒，所以，S= （t ）2+ （0≤t≤6秒）；（4）假设存在，则有MN⊥BD，显然有∠BMN=∠BDC，tan∠BMN=tan∠BDC= ，如图②， &考点：1．四边形综合题；2．动点型；3．存在型．10．（2015届山西省晋中市平遥县九年级下学期4月中考模拟）在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上（不与点A重合），如图1，DE与AC交于点P，易证：BD=DP．（无需写证明过程）&（1）在图2中，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；（2）在图3中，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等？请直接写出你的结论，无需证明．【答案】（1）BD=DP成立．证明见解析；（2）BD=DP．证明见解析．【解析】试题分析：（1）如答图2，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP；（2）如答图3，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP．试题解析：（1）BD=DP成立．证明如下：如答图2，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF．&∵∠1+∠ADB=90°，∠ADB+∠2=90°，∴∠1=∠2．在△BDF与△PDA中， ，∴△BDF≌△PDA（ASA），∴BD=DP．&考点：1．全等三角形的判定与性质；2．等腰直角三角形；3．平行四边形的性质；4．探究型．11．（2015届广东省广州市中考模拟）综合与探究：如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A、C两点的坐标分别为（4，0），（-2，3），抛物线W经过O、A、C三点，D是抛物线W的顶点．&（1）求抛物线W的解析式及顶点D的坐标；（2）将抛物线W和▱OABC一起先向右平移4个单位后，再向下平移m（0＜m＜3）个单位，得到抛物线W′和▱O′A′B′C′，在向下平移的过程中，设▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分的面积为S，试探究：当m为何值时S有最大值，并求出S的最大值；（3）在（2）的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W′的顶点为F，若点M是x轴上的动点，点N是抛物线W′上的动点，试判断是否存在这样的点M和点N，使得以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）W= x2-x．顶点D的坐标为（2，-1）．（2）当m= 时，S有最大值为 ．（3）存在这样的点M和点N，点M的坐标分别为（0，0），（4，0），（6，0），（14，0）．&试题解析：（1）设抛物线W的解析式为W=ax2+bx+c，∵抛物线W经过O（0，0）、A（4，0）、C（-2，3）三点，∴ ，解得： ∴抛物线W的解析式为W= x2-x．∵W= x2-x= （x-2）2-1，∴顶点D的坐标为（2，-1）．&&∴BE=3，OE=2，∴EA=OA-OE=2．∵C′B′∥x轴，∴△BC′G∽△BEA，∴ ，即 ，∴C′G= m．由平移知，▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分四边形C′HAG是平行四边形，∴S=C′G•C′E= m（3-m）=- （m- ）2+ ，∴当m= 时，S有最大值为 ．（3）答：存在．在（2）的条件下，抛物线W向右平移4个单位，再向下平移 个单位，得到抛物线W′，∵D（2，-1），∴F（6，- ）；∴抛物线W′的解析式为：y= （x-6）2- ．设M（t，0），以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形，①若点N在x轴下方，如答图3所示：&过点D作DP∥y轴，过点F作FP⊥DP于点P，∵D（2，-1），F（6，- ），∴DP= ，FP=4；过点N作NQ⊥x轴于点Q，由四边形FDMN为平行四边形，易证△DFP≌△NMQ，∴MQ=FP=4，NQ=DP= ，∴N（4+t，- ），将点N坐标代入抛物线W′的解析式y= （x-6）2- ，得： （t-2）2- =- ，解得：t=0或t=4，∴点M的坐标为（0，0）或（4，0）；②若点N在x轴上方，（请自行作图）与①同理，得N（t-4， ）&考点：1．二次函数综合题；2．最值问题；3．探究型；4．存在型；5．分类讨论．12．（2015届湖北省黄石市6月中考模拟）（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC于点D．求证：AB2=AD•AC；（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为BC边上的点，BE⊥AD于点E，延长BE交AC于点F． =1，求 的值；（3）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D为直线BC上的动点（点D不与B、C重合），直线BE⊥AD于点E，交直线AC于点F．若 =n，请探究并直接写出 的所有可能的值（用含n的式子表示），不必证明．&【答案】（1）见解析（2）2 （3）见解析．&试题解析：（1）证明：如图①，∵BD⊥AC，∠ABC=90°，∴∠ADB=∠ABC，又∵∠A=∠A，∴△ADB∽△ABC，∴ ，∴AB2=AD•AC．&（2）解：方法一：如图②，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，∵BE⊥AD，∴∠CGD=∠BED=90°，CG∥BF．∵ =1，∴AB=BC=2BD=2DC，BD=DC，又∵∠BDE=∠CDG，∴△BDE≌△CDG，∴ED=GD= EG．由（1）可得：AB2=AD•AC，BD2=DE•AD，∴ =4，∴AE=4DE，∴ =2．∵CG∥BF，∴ =2．&方法二：如图③，过点D作DG∥BF，交AC于点G，∵ =1，∴BD=DC= BC，AB=BC．∵DG∥BF，∴ = ，FC=2FG．由（1）可得：AB2=AC•AD， BD2=DE•AD，∴ =4，∵DG∥BF，∴ =4，∴ =2．&&由（1）可得：AB2=AE•AD，BD2=DE•AD，∴ =（n+1）2；∵DG∥BF，∴ =（n+1）2，即 =（n+1）2，化简得： =n2+n；（II）当点D在线段BC的延长线上时，如图⑤所示：&过点D作DG∥BE，交AC边的延长线于点G．同理可求得： =n2n；&&考点：1．相似形综合题；2．射影定理；3．动点型；4．探究型． 文章来源莲山课件 w ww.5 Y K j.Co M
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