專題以幾何圖形圖形操作與變換問題為背景解答中考數(shù)學(xué)備考優(yōu)生百闖關(guān)系列版

第一關(guān)以幾何圖形中的圖形操作與變換問題為背景的第一關(guān)以幾何圖形中的圖形操作與變換問題為背景的解答【考查知識(shí)點(diǎn)】圖形的變換有軸對(duì)稱、平移和旋轉(zhuǎn)，在此類問題中軸對(duì)稱問題多以折疊的形式出現(xiàn)。折疊①中心對(duì)稱和中心對(duì)稱圖形的性質(zhì)和別。②旋轉(zhuǎn)，平移的性質(zhì)【解題思路】折疊類題目的主要出題結(jié)合點(diǎn)有：與三角形結(jié)合，與平行四邊形結(jié)合，與圓結(jié)合，與函數(shù)圖.【典型例題BDDCyEOABCOCOAxx2-12x320的兩個(gè)根，且OAOC求線段OAOCDADE@DDCOE，并求出線段OE直接寫出D的坐標(biāo)是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解直接寫出D的坐標(biāo)是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解（2）由四邊ABCO是矩形，得AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根據(jù)折疊的∠ABC=90°，根據(jù)全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根據(jù)勾股定理得到55（3）過D作DM⊥x軸于M，則OE∥DM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到 ，于是得到論（4）P1P1H⊥AOH，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到P1E=CE=5，P1E∥AC，設(shè)P1H=k，HE=2k，根據(jù)勾理得到 k=5，于是得到P1（﹣5，25+3），同理P3（5，3﹣25當(dāng)A與F重合時(shí)，得P2（4，5CE是菱EP4CF4的對(duì)角線時(shí)EP4CF4是菱形EP4=5，EP4∥AC，如2，5P4P4G⊥xGP4P4N⊥OEN，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論（2）∵四邊形ABCO是矩形—ADE=—∴AD=OC，∠ADE=∠COE，在△ADE與△COEAEDAD=∵CE2=OE2+OC2，即（3）過DDM⊥xM OE=CE==∴△OCE∽△MCD，∴ 555 55 （4）存在；∵OE=3，OC=4，∴CE=5，過P1P1H⊥AOH，∵四邊形P1ECF1是菱P1H=1=P1H=k，HE=2k，∴P1E=5k=5，∴P1H=55 ∴OH=25+3，∴P1（﹣5，25+3），同P3（5，3﹣25AF重合時(shí)，四邊形F2ECP2是菱∴OH=25+3，∴P1（﹣5，25+3），同P3（5，3﹣25AF重合時(shí)，四邊形F2ECP2是菱形，∴EF2∥CP2，E2，=CP2=5P2（4，5；CE是菱形EP4CF4的對(duì)角線時(shí)，四邊形EP4CF4是菱形 =2如圖2，過P4P4G⊥x軸于G，過P4P4N⊥OEN，則P4N=x，EN=2x，∴P4E=CP4=5x，∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（55151∴x=4，∴3﹣2x=2，∴P4（4，2綜上所述：存在以E，C，P，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，P（﹣55+3（554，515（4，2考點(diǎn)：四邊形綜合題【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定及性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、以及菱形的判定，解的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定及性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、以及菱形的判定．在解題時(shí)注意，菱的四條邊都相等，此外在折疊問題中，需要抓住對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等這些等量關(guān)系，折疊問題的實(shí)質(zhì)軸對(duì)稱的性質(zhì)2（2017遼寧盤錦）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°OAB中點(diǎn)，點(diǎn)P上的動(dòng)點(diǎn)（不與BC重合OC、OP，將線OPP順時(shí)針旋60°，得到線段PQ，連（1）1，當(dāng)PBC上時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BQCP的數(shù)量關(guān)系（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)加以證明；若不成立，請(qǐng)說明由（3）如圖3，當(dāng)PBC延長(zhǎng)線上時(shí)，若∠BPO=15°，BP=4，請(qǐng)求出BQ的長(zhǎng)【答案（1）BQ=CP（2）成立：PC=BQ（3）434【解析】試題分析：（1）結(jié)論：BQ=CP．如圖1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等邊三角形要證明△POH≌△QPB即可（2）成立：PC=BQ．作PH∥ABCO的延長(zhǎng)線于H．證明方法類似（1（3）如圖3CE⊥OPEPE上取一點(diǎn)FFP=FC，連CFCE=CO=aFC=FP=2a，EF=3aRt△PCE中，表示出PC，根據(jù)PC+CB=4，可得方程6+2a+2a4，求出a即可解決問題理由1中PH∥ABCORt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°OAB中點(diǎn)，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO三角是等邊三角形（2）成立：PC=BQPH∥ABCO的延長(zhǎng)線Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°OAB中點(diǎn)，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO三角是等邊三角形（3）如圖3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一點(diǎn)F，使得FP=FC，連接∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，設(shè)CE=CO=a，則 22a，在Rt△PCE中， PE2+ 22a，在Rt△PCE中， PE2+ 6+2a，∵PC+CB=4，∴(6+2a+2a4a4226，∴PC434，由（2）BQ=PC，∴BQ434【名師點(diǎn)睛】此題考查幾何變換綜合題、旋轉(zhuǎn)變換、等邊三角形的判定和性質(zhì)全等三角形的判定和性質(zhì)等識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中壓軸【例3（2017湖北黃石）在現(xiàn)實(shí)生活中，我們會(huì)看到許多“標(biāo)準(zhǔn)”的矩形，如我們的課本封面、A4的打印等，其實(shí)這些矩形的長(zhǎng)與寬之比都為2：1，我們不妨就把這樣的矩形稱為“標(biāo)準(zhǔn)矩形”，在“標(biāo)準(zhǔn)矩形中，PDC邊上一定點(diǎn)，且CP=BC，如圖所如圖①，求證如圖QDC上DQ=CPGBC邊上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△AGQ的周長(zhǎng)最小時(shí)CG的值的中點(diǎn)，M、N分別為線段PFAB上的動(dòng)點(diǎn)，且始終保持PM=BN，請(qǐng)證明：△MNT的面積S為定并求出這個(gè)定值 224【解==則AB=CD=2a，可得CQ=CQ′=2a﹣a則AB=CD=2a，可得CQ=CQ′=2a﹣a，由CQ′∥AB，推出 的值S△MNT=1?TH?CK+1?TH?BK=1（3）如圖③中TH∥ABNMHBCK．22222∵四邊形ABCD是矩形 PC2+BC2 2（2）解：如圖②中，作QBC的對(duì)稱點(diǎn)Q′，連AQ′BCG，此時(shí)△AQG的周長(zhǎng)最設(shè)AD=BC=QD=a，則AB=CD=2 2a﹣a，∵CQ′∥AB，∴=CQ 2a-== 2-22（3）證明：如圖③中，作TH∥ABNMHBC111 ?2221111 T∵TB∥MT=B∴∴（FM+BN∵B=PM∴HT=2222=1PF=1?1111 T∵TB∥MT=B∴∴（FM+BN∵B=PM∴HT=2222=1PF=1?（1+2 2212 =定值24考點(diǎn)：相似形綜合題；定值問題；動(dòng)點(diǎn)型；新定義；最值問題；壓軸題【名師點(diǎn)睛】本題考查相似形綜合題、矩形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、勾股定理、梯形的中位線理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造梯形的中位線解決問題屬于中考?jí)狠S題．學(xué)+-*科/*【方法歸納】實(shí)踐操作性試題以成為中考命題的熱點(diǎn)，很多省市的壓軸的都是這類題型，解決這種類型的目可從以下方面切入求不是很高，只需連接兩點(diǎn)或作垂直、平行，而且添輔助線幾乎都遵循這樣一個(gè)原則：構(gòu)造定理所需的圖或構(gòu)造一些常見的基本圖形2.切入點(diǎn)二：做不出、找相似，有相似，用相似.壓軸題牽涉到的知識(shí)點(diǎn)較多，知識(shí)轉(zhuǎn)化的難度較高。學(xué)往往不知道該怎樣入手，這時(shí)往往應(yīng)根據(jù)題意去尋找相似三角形3.緊扣不變量，并善于使用前題所采用的方法或結(jié)論.在圖形運(yùn)動(dòng)變化時(shí)，圖形的位置、大小、方向可能有所改變，但在此過程中，往往有某兩條線段，或某兩個(gè)角或某兩個(gè)三角形所對(duì)應(yīng)的位置或數(shù)量關(guān)系不發(fā)改變.似，可能條件相似，可能結(jié)論相似，此時(shí)你就應(yīng)考慮原來題目是怎樣解決的，與現(xiàn)題目有何不同。原有的目是如何解決的，所使用的方法或結(jié)論在這里是不是可以使用，或有借鑒之處5.在題目中尋找多解的信息圖形在運(yùn)動(dòng)變化，可能滿足條件的情形不止一種，也就是通常所說的兩解或解【針對(duì)練習(xí)（，沿著如圖①，當(dāng)點(diǎn)A在第一象限，且滿足AB^OB時(shí)，求點(diǎn)A的坐標(biāo)（3）當(dāng)BPA300時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可323333或23-3【答案】（1）A’323333或23-3【答案】（1）A’的坐標(biāo)為（212）1；（3）2【解.22根據(jù)題意，由折疊的性質(zhì)可得∴OA’=OA=3AB^OB，得Rt△A’OBAB=OA'2-OB2=2A’的坐標(biāo)為（2(2)Rt△AOB中，OA=3∴AB=OA2+OB2=1 2(3)(3-3,3-3)或(23(3)(3-3,3-3)或(23-3 3.22222（2017河北）平面內(nèi)，如圖，在ABCD中AB=10AD=15tanA4．點(diǎn)PAD3一點(diǎn)，連接PB，將PB繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90得到線段PQ(1)當(dāng)DPQ=10時(shí)，求APB的大小(2)當(dāng)tanABP:tanA32時(shí)，求點(diǎn)Q與點(diǎn)B間的距離(結(jié)果保留根號(hào)(3)若點(diǎn)Q恰好落在ABCD的邊所在的直線上，直接寫PB旋轉(zhuǎn)PQ所掃過的面積(結(jié)果保留【答案】(1)100°80°；(2410；(3)16π20π【解析(2)2，過PPH⊥ABH，連∵tan∠ABP:tanA=:=3(2)2，過PPH⊥ABH，連∵tan∠ABP:tanA=:=3:2HBRt△PHA中PH2+HB2=82+42=5Rt△PQB中，QB=2PB=4103又∠MPB=∠PBQ=45°，∴PB=82，∴扇形面積為所以扇形的面16π又∠MPB=∠PBQ=45°，∴PB=82，∴扇形面積為所以扇形的面16π20π考點(diǎn)：鄰補(bǔ)角的定義，解直角三角形，勾股定理，扇形的面積，分類思想3（2017山西）綜合與實(shí)背景閱早在三千多年前，我國(guó)周朝數(shù)學(xué)家商高就提出：將一根直尺折成一個(gè)直角，如果勾等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被記載于我國(guó)古代著名數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中．為12，15的三角形就是（3，4，5）型三角形．用矩形紙片按下面的操作方法可以折出這類型的三角形．學(xué)+-*-科/*實(shí)踐操作1，在矩形紙片ABCD第一步：如圖2，將1中的矩ABCDA的直線折疊，使D落在ABE處，折痕AF，再沿EF折疊，然后把紙片展平第二步：如圖3，將圖2中的矩形紙片再次折疊，使點(diǎn)DF重合，折痕為GH，然后展平，隱去第三步：如圖4，將3中的矩形紙片沿AH折疊，得到△AD′HAD′折疊，折痕為AM，AMEF交于N，然后展平問題解（1）2中證明四AEFD是正方形（2）4中判NFND′的數(shù)量關(guān)系，并加以證明（3）4中證明△AEN是（3，4，5）型三角形探索發(fā)稱（1）證明見解（2）NF=ND′，證明見解析；（3）證明（4△MFN△MD′H△MDA．∵四邊形AEFD在Rt△HNF和Rt△HND′（3）∵四邊AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折疊知：AD′=AD=8cm，EN=EF-NF=（8-x）㎝（㎝，EN=6（㎝，∴AN=6：8：10=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形（4）圖4中還有△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）是（3，4，5）型三角形同理 是（3，4，5）型三角形4（2017和分別是為直角邊的等腰直角三角形，分別的中點(diǎn)（1）時(shí)如1，連，直接寫與的大小關(guān)系（2）繞點(diǎn)逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)是銳角時(shí)如2，（1）中的（1）時(shí)如1，連，直接寫與的大小關(guān)系（2）繞點(diǎn)逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)是銳角時(shí)如2，（1）中的結(jié)論是否成立?若成立出證明；若不成立，請(qǐng)加以說明（3）仍為鈍角時(shí)，延交于為等邊三角3，的度數(shù)【答（1）EP=EQ（2）成立，證明見解（3）150°.【解析∵△APO和△BQO是等腰直角三角形∵∠AOB=90°，∴∠AOP+∠AOB+∠BOQ=180°，∴點(diǎn)P，O，Q在同一條直線上EAB中點(diǎn)ERt△PQFPF的中點(diǎn)（2）成立證明C，E分別是OA，AB考點(diǎn)：幾何變換綜合題，直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)5（2017內(nèi)蒙古包頭）如圖ABCD中，AB=3，BC=4，將矩ABCDC按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角，得到矩形A'B'C'D'，B'CADE，AD的延A'D'（1）α=60°時(shí)，連DD'，求DD'A'F的長(zhǎng)（2）如圖②，當(dāng)矩形A'B'CD'的頂點(diǎn)A'CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，求EF（3）AE=EF時(shí)，連接AC，CFAC?CF的值【答（1）DD′=3，A′F=（2）（3）．【解析】試題分析：（1）中，∵矩形ABCD繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α角，得到矩形A'B'C'D'，要證明△CDD′是等邊三角形即可解決問題②如圖①中CF，在Rt【答（1）DD′=3，A′F=（2）（3）．【解析】試題分析：（1）中，∵矩形ABCD繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α角，得到矩形A'B'C'D'，要證明△CDD′是等邊三角形即可解決問題②如圖①中CF，在Rt△CD′F中，求FD′即可解決問題（2）由△A′DF∽△A′D′C，可推出DF的長(zhǎng)，同理可得△CDE∽△CB′A′，可求出DE的長(zhǎng)，即可解決問題121（3）如圖③中，作FG⊥CB′G， ?AF?CD，把問題轉(zhuǎn)化為求AF?CD，只要證明2ACF=90°，證明△CAD∽△FAC，即可解決問題A' 23=，∴ ，∴DF=A'D CD 2 39 ，∴CB A'B 44112（3）如圖③中，作FG⊥CB′于G．∵四邊形A′B′CD′是矩形 2∽△FAC，∴AC=AD，∴AC2=AD?AF，∴AF=25 11 4224．6（2017內(nèi)蒙古通遼）鄰邊不相等的平行四邊形紙片，剪去一個(gè)菱形，余下一個(gè)四邊形，稱為第一次操作在余下的四邊形紙片中再剪去一個(gè)菱形，又余下一個(gè)四邊形，稱為第二次操作；……依次類推，若第次作余下的四邊形是菱形，則稱原平行四邊形為n1，ABCD1階準(zhǔn)菱形□作余下的四邊形是菱形，則稱原平行四邊形為n1，ABCD1階準(zhǔn)菱形□a8brb5r，請(qǐng)寫出□ABCD階準(zhǔn)菱形x+-*-1∴四邊形ABFE是平行四邊形∴四邊∴四邊形ABFE是平行四邊形∴四邊形ABFE考點(diǎn)：四邊形綜合7（2017OMC，DOB的中點(diǎn)，DE⊥DCMN(1)1BOP上，則OE(填“＜”，“＝”或“＞”)；②線段CA、CO、CD滿足的等量關(guān)式；(2)1中的等Rt△ABOO點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)a0a45)，如圖2，那么(1)中的結(jié)論②是否成立請(qǐng)說明理由(3)1中的等腰Rt△ABOO點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)a()，請(qǐng)你在圖3中畫出圖形，并直接寫出線段CA、COCD滿足的等量關(guān)系；（1①=；②AC2+CO2=CD2（2（1中的結(jié)論②不成立，理由見解析；（3）畫圖見解析；OC-2【解試題分析1如圖1，證明AC=OC和OC=OE可得結(jié)論；②根據(jù)勾股定（2）如圖2（1）中的結(jié)論②不成立，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明A、D、O、C四點(diǎn)共圓，得∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再證明△ACO≌△EOF，OE=AC，AO=EF，根據(jù)勾股定理得∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再證明△ACO≌△EOF，OE=AC，AO=EF，根據(jù)勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最長(zhǎng)邊為斜邊可得結(jié)論；（3）如圖3，連接AD，則AD=OD證△ACD≌△OED，根據(jù)△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代換可得結(jié)論AC）2=2CD2，開試題（1）①AC=OE，故答案為：AC2+CO2=CD2；學(xué)+-*-科*/（2）如圖2，（1）中的結(jié)論②不成立理由是AD，延長(zhǎng)CDOPF，連接∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、四點(diǎn)共同理∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形所以（1）中的結(jié)論②不成立（3）如圖3，結(jié)8（2018（201（2）2，當(dāng)CAN的反向延長(zhǎng)線上（2）2，當(dāng)CAN的反向延長(zhǎng)線上時(shí)，BC交射AMFAB=4，AC=3，請(qǐng)直接出線ADDF的長(zhǎng)3=BE（2）AD．7【解析】試題分析：（1）①結(jié)論：BC=BD．只要證明△BGD≌△BHC即可．②結(jié)論：AD+AC=3BE（2）2中，作BG⊥AMG，BH⊥ANH，AK⊥CF由（1）可易知BH=GB=2，AH=AG=EG=23 BH2+CH2=31，CH=DG=33232 ∴AD=53由（1）可易知BH=GB=2，AH=AG=EG=23 BH2+CH2=31，CH=DG=33232 ∴AD=53 =， 設(shè)FG=y，則AF=23 4+y22 ，∴3-y=3或310（舍棄=274+1031+3．779（2017遼寧錦州）已知：△ABC和△ADE均為等邊三角形BE，CDF，G，H分別CD中點(diǎn)．學(xué)+-*-科/*（1）當(dāng)△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)時(shí)，如圖1，則△FGH的形狀，說明理由（2）在△ADE旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)B，D，E三點(diǎn)共線時(shí)，如圖2，若AB=3，AD=2，求線段FH的長(zhǎng)（3）在△ADE旋轉(zhuǎn)的過程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0，則△FGH的周長(zhǎng)是否存在最大值和最小值，存在，直接寫出最大值和最小值；若不存在，說明理由（3）△FGH（a+b222﹣b．∵△ABC和△ADE均為等邊三角形CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12FH=12∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等邊三角形，故答案為：等邊三角（2）2中，連接AF、點(diǎn)睛：本題考查等邊三角形的性質(zhì)．全等三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、三角形的三邊關(guān)系、三角的中位線的寬等知識(shí)，解題的點(diǎn)睛：本題考查等邊三角形的性質(zhì)．全等三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、三角形的三邊關(guān)系、三角的中位線的寬等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用三角的三邊關(guān)系解決最值問題，屬于中考?jí)狠S題10．（2017遼寧大連）如圖1，四邊形的對(duì)角相交于，，.，，（1）填空與的數(shù)量關(guān)系；（2） 的值（3）沿翻折，得（如2，，相交于點(diǎn).，的長(zhǎng)【答（1）∠BAD+∠ACB=180°（2）（31.【解析，，由此即可解決問題試題解析：（1），，由此即可解決問題試題解析：（1）1中∴，，∴（負(fù)根已經(jīng)舍棄，∴．（3）2DE∥ABAC于由∴（負(fù)根已經(jīng)舍棄，∴．（3）2DE∥ABAC于由（1）可知∴，∴，考點(diǎn)：相似三角形的判定和性質(zhì)；解一元二次方程；三角形的內(nèi)角和定理11（2017湖北襄陽）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中線，AC=BC，一個(gè)以點(diǎn)D45°D旋轉(zhuǎn)，使角的兩邊分別AC、BC的延長(zhǎng)線相交，交點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，DFAC交于M，DEBC（1）如圖1CE=CF，求（2）如圖2，在∠EDF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)的過程中①探究三條（2）如圖2，在∠EDF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)的過程中①探究三條線段AB，CE，CF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理②若CE=4，CF=2，求DN的長(zhǎng)．學(xué)/*科+-*【答案（1）證明見解析（2）①AB2=4CE?CF；② 3【解2ECN=90°，CG=DG，當(dāng)CE=4，CF=2時(shí)，求得CD=22，推出△CEN∽△GDN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì) =2，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE與△DCF中考點(diǎn)：幾何變換綜合題；探究型；和差倍分考點(diǎn)：幾何變換綜合題；探究型；和差倍分；綜合題12（,,的角平分線N.當(dāng)CC多大時(shí)，四邊MCND為菱形?并說明理由（2）2，將DDEC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)a（0a360），得到DDEC,AD、BEDE的中點(diǎn)為P.①在旋轉(zhuǎn)過程中ADBE有怎樣的數(shù)量關(guān)系?并說明理由②連AP,AP最大AD的值.（結(jié)果保留根號(hào)【答案（1）當(dāng)CC'=3時(shí)，四邊形MCND'是菱形 【解試題分析：（1）先判斷出四邊形MCND'為平行四邊形，再由菱形的性質(zhì)得出CN=CM，即可求出（2）①分兩種情況，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，即可判斷出△ACD≌△BCE'即可得出②先判斷出點(diǎn)A，C，P三點(diǎn)共線，先求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出結(jié)論∴四邊形MCND'是平行四邊形∴△∴四邊形MCND'是平行四邊形∴△MCE'和△NCC'是等邊三角∴MC=CE'，NC=CC'，學(xué)/*科+-*3∵四邊形MCND'是菱形1∴CC'=23理由：當(dāng)α≠180°時(shí)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得由（1）知AP2+PD'2 21AP2+PD'2 21在Rt△APD'中，由勾股定理得考點(diǎn)：四邊形綜合13（2017山東臨沂）數(shù)學(xué)課上，張老師出示了問題：如圖1ACBD是四邊形ABCD的對(duì)角線，ACBACDABDADB60，則線BCCDAC三者之間有何等量關(guān)系經(jīng)過思考，小明展示了一種正確的思路：如圖2，延CBEBECDAE，證得VABE≌VADC，從而容易證明VACE是等邊三角形ACCE，所ACBCCD小亮展示了另一種正確的思路：如3，將VABC繞著A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60ABAD重合，從而容易證明VACF是等比三角形，故ACCF，所以ACBCCD.在此基礎(chǔ)上，同學(xué)們作了進(jìn)一步的研究（1）小穎提出：如4，如果把ACBACDABDADB60”改為ACBACD提出的問題，請(qǐng)你寫出結(jié)論，并給出證明（2）小華提出：如5，如果把ACBACDABDADB60”改為ACBACD【解理由CDE∴△ACE是等腰直角三角∴CE=∴△ACE是等腰直角三角∴CE=2∴BC+CD=2CDEAB=AB=BC=考點(diǎn)：1、幾何變換綜合題，2、全等三角形的判定，3、四邊形的內(nèi)角和，4、等腰三角形的判定和性14（2017DCMPNDEDCBC的中點(diǎn).學(xué)/*科-+*（1）1PMPN（2），位置關(guān)系；把DADEA2MNBDCE，判斷DPMN由把DADEAAD4AB=10，請(qǐng)直接寫出DPMN面積的最大值把DADEAAD4AB=10，請(qǐng)直接寫出DPMN面積的最大值 2=ABC+∠ACB=90°，即△PMN為等腰直角三角形；（3）把DADEAPN21 (AE+AC)=7,PN、PM的值最長(zhǎng)，由（2）PM=PNPM^PN，所以DPMN21積的最大值為·7·7 22PM=PN，PM^PNMPDEDC∴PM是△DCE CEPMCE2115（2017∴PM是△DCE CEPMCE2115（20174AG是否成立（只寫結(jié)果，不需說明理由SDOAB，求△PAB周長(zhǎng)的最小值4+45 MNPMN的中點(diǎn)時(shí)，△PABPA=PB，PM1MN=2EG2= 12，5 5（3）解：過OMNPMN的中點(diǎn)時(shí)，△PABPA=PB，PM1MN=2EG2= 12，5 5（3）解：過OMN∥ABADM，BCNPMNP1 2 1 112 = 4 5554 +4=股定理得：PA=PM2AM5516（201；/*科+-*-理員王師傅在M處的水管上安裝了一噴灌龍頭，以后，他想只用噴灌龍頭來給這塊草坪澆水，并且在用理員王師傅在M處的水管上安裝了一噴灌龍頭，以后，他想只用噴灌龍頭來給這塊草坪澆水，并且在用灌龍頭澆水時(shí)，既要能確保草坪的每個(gè)角落都能澆上水，又