（吃透中考数学29个几何模型）模型21 旋转型相似模型.docx

1、专题专题 21 21 旋转型相似模型旋转型相似模型 一、单选题一、单选题 1如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与 正方形ABCD的对角线AC相交于点H，连接DG以下四个结论：EABGAD； AFCAGD； 2 2AEAH AC；DGAC其中正确的个数为（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【答案】D 【分析】 四边形 AEFG和四边形 ABCD 均为正方形，EAB、GAD与BAG的和均为 90 ，即可证明EAB与 GAD相等；由题意易得 AD=DC，AG=FG，进而可得 ACAF ADAG ，DAG=CAF，然后问题可证； 由

2、四边形 AEFG 和四边形 ABCD 均为正方形，可求证 HAFFAC，则有 AFAC AHAF ，然后根据等量 关系可求解；由及题意知ADG=ACF=45 ，则问题可求证 【详解】 解：四边形 AEFG 和四边形 ABCD 均为正方形 EAG=BAD=90 又EAB=90 -BAG，GAD=90 -BAG EAB=GAD 正确 四边形 AEFG 和四边形 ABCD 均为正方形 AD=DC，AG=FG AC= 2AD，AF=2AG 2 AC AD ，2 AF AG 即 ACAF ADAG 又DAG+GAC=FAC+GAC DAG=CAF AFCAGD 正确 四边形 AEFG 和四边形 ABCD

3、 均为正方形，AF、AC为对角线 AFH=ACF=45 又FAH=CAF HAFFAC AFAC AHAF 即 2 AFAC AH 又AF= 2AE 2 2AEAH AC 正确 由知AFCAGD 又四边形 ABCD 为正方形， AC 为对角线 ADG=ACF=45 DG在正方形另外一条对角线上 DGAC 正确 故选：D 【点睛】 本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的 相似三角形进而证明 二、解答题二、解答题 2如图，四边形 ABCD 和四边形 AEFG都是正方形，C，F，G 三点在一直线上，连接 AF 并延长交边 CD 于点 M （1）求

4、证： MFCMCA； （2）求证 ACFABE； （3）若 DM=1，CM=2，求正方形 AEFG 的边长 【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 3 5 5 【分析】 （1） 由正方形的性质得45ACDAFG ， 进而根据对顶角的性质得CFMACM ， 再结合公共角， 根据相似三角形的判定得结论； （2）根据正方形的性质得 AFAC AEAB ，再证明其夹角相等，便可证明ACFABE； （3）由已知条件求得正方形ABCD的边长，进而由勾股定理求得AM的长度，再由MFCMCA，求 得FM，进而求得正方形AEFG的对角线长，便可求得其边长 【详解】 解： （1）四边形ABCD是

5、正方形，四边形AEFG是正方形， 45ACDAFG ， CFMAFG ， CFMACM ， CMFAMC ， MFCMCA； （2）四边形ABCD是正方形， 90ABC，45BAC， 2ACAB ， 同理可得 2AFAE ， 2 AFAC AEAB ， 45EAFBAC ， CAFBAE， ACFABE； （3）1DM ，2CM ， 123ADCD ， 2222 3110AMADDM ， MFCMCA， CMFM AMCM ，即 2 210 FM ， 2 10 5 FM， 3 10 5 AFAMFM， 23 5 25 AGAF， 即正方形AEFG的边长为 3 5 5 【点睛】 本题主要考查了正

6、方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是掌握相似模型及证明方法和 正方形性质 3如图，在Rt ABC中，AC8=90 ，BAC=a，点 D 在边 AC 上（不与点 A、C 重合）连接 BD，点 K 为线段 BD的中点，过点 D作DEAB于点 E，连结 CK，EK，CE，将 ADE绕点 A 顺时针旋转一定的角 度（旋转角小于 90 度) (1)如图 1若 a=45，则BCK的形状为_； (2)在（1)的条件下，若将图 1中的三角形 ADE 绕点 A 旋转，使得 D，E，B三点共线，点 K为线段 BD的 中点，如图 2所示，求证：2BEAECK； (3)若三角形 ADE 绕点 A旋转至

7、图 3 位置时，使得 D，E，B三点共线，点 K仍为线段 BD 的中点，请你直 接写出 BE，AE，CK三者之间的数量关系（用含 a的三角函数表示） 【答案】 （1）等腰直角三角形； （2）见解析； （3）BE-AE=2CK； 【分析】 （1）利用直角三角形斜边中线的性质及等腰直角三角形的性质证明 EK=KC，EKC =90 即可； （2）在 BD上截取 BG=DE，连接 CG，设 AC 交 BF于 Q，结合等腰直角三角形的性质利用 SAS 可证 AECBGC，由全等三角形对应边、对应角相等的性质易证 ECG 是等腰直角三角形，由直角三角形 斜边中线的性质可得 CK=EK=KG，等量代换可得结

8、论. （3） 在 BD上截取 BG=DE， 连接 CG， 设 AC交 BE于 Q， 根据等角的余角相等可得CAE=CBG， 由 tan 的表示可得 BCBG ACAE ，易证 CAECBG，由直角三角形斜边中线的性质等量代换可得结论. 【详解】 （1）等腰直角三角形； 理由：如图 1中， A=45 ，ACB=90 ， A=CBA=45 ， CA=CB， DEAB， DEB=90 ， DK=KB， EK=KB=DK= 1 2 BD， KEB=KBE， EKD=KBE+KEB=2KBE， DCB=90 ，DK=KB， CK=KB=KD= 1 2 BD， KCB=KBC，EK=KC， DKC=KBC

9、+KCB=2KBC， EKC=EKD+DKC=2（KBE+KBC）=2ABC=90 ， ECK是等腰直角三角形 （2）证明：如图 2 中，在 BD 上截取 BG=DE，连接 CG，设 AC交 BF于 Q =45，DEAE， AED=90 ，DAE=45 ， ADE 是等腰直角三角形， DE=AE=BG， 1+3=2+4=90 ，1=2， 3=4， AC=BC， AECBGC（SAS） ， CE=CG，5=BCG， ECG=ACB=90 ， ECG是等腰直角三角形， KD=KB，DE=BG， KE=KG， CK=EK=KG， BEAE= BEBG=EG=EKKG =2CK （3）解：结论：BE-

10、AEtan=2CK 理由：如图 3中，在 BD上截取 BG=DE，连接 CG，设 AC交 BE于 Q DEAE，ACB=90 ， CAE+EQA=90 ,CBG+CQB=90 EQA=CQB， CAE=CBG， 在 Rt ACB 中，tan= BC AC ， 在 Rt ADE中，tan= E DE AE BG A ， = BCBG ACAE ， DE=AEtan CAECBG， ACE=BCG， ECG=ACB=90 ， KD=KB，DE=BG， KE=KG， EG=2CK， BEBG=EG=2CK， BEDE=2CK， BEAEtan=2CK 【点睛】 本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、

11、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三 角函数等，灵活的利用等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键. 4 （问题发现） （1）如图 1，在 Rt ABC 中，ABAC，D 为 BC边上一点（不与点 B、C 重合）将线段 AD 绕点 A顺时针旋转 90 得到 AE，连结 EC，则线段 BD 与 CE 的数量关系是 ，位置关系是 ； （探究证明） （2）如图 2，在 Rt ABC 和 Rt ADE中，ABAC，ADAE，将 ADE绕点 A旋转，当点 C， D，E在同一直线时，BD与 CE具有怎样的位置关系，并说明理由； （拓展延伸） （3）如图 3，在 Rt BCD中，BCD90

12、，BC2CD4，将 ACD 绕顺时针旋转，点 C对 应点 E，设旋转角CAE为 （0 360 ） ，当点 C，D，E 在同一直线时，画出图形，并求出线段 BE 的 长度 【答案】 （1）BDCE，BDCE； （2）BDCE，理由见解析； （3）画出图形见解析，线段 BE的长度为12 5 【分析】 （1） 由题意易得 AD=AE， CAE=BAD， 从而可证 ABDACE， 然后根据三角形全等的性质可求解； （2）连接 BD，由题意易得BAD=CAE，进而可证 BADCAE，最后根据三角形全等的性质及角的 等量关系可求证； （3）如图，过 A作 AFEC，由题意可知 Rt ABCRt AED，B

13、ACEAD90 ，然后根据相似三角 形的性质及题意易证 BAECAD，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可 【详解】 解： （1）在 Rt ABC中，ABAC， BACB45 ， BACDAE90 ， BACDACDAEDAC，即BADCAE， 在 BAD和 CAE中， ABAC BADCAE ADAE ， BADCAE（SAS） ， BDCE，BACE45 ， ACB45 ， BCE45 +45 90 ， 故答案为：BDCE，BDCE； （2）BDCE， 理由：如图 2，连接 BD， 在 Rt ABC和 Rt ADE中，ABAC，ADAE，AEC45 ， CABDAE90 ， BADCAE，

14、 ACAB，AEAD， CEABDA（SAS） ， BDAAEC45 ， BDEADB+ADE90 ， BDCE； （3）如图 3，过 A 作 AFEC， 由题意可知 Rt ABCRt AED，BACEAD90 ， ABAC AEAD ，即 ABAE ACAD ， BACEAD90 ， BAECAD， BAECAD， ABEACD， BEC180 （CBE+BCE） 180 （CBA+ABE+BCE） 180 （CBA+ACD+BCE） 90 ， BECE， 在 Rt BCD 中，BC2CD4， BD 2222 422 5BCCD ， ACBD， S BCD 1 2 ACBD 1 2 BCAC

15、， ACAE 4 5 5 ，AD 2 5 5 ， AF= 4 5 ，CE2CF2 22 16 5 ACAF， BE 2 222 1612 4 55 BCCE 【点睛】 本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等， 然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解 5 （1）尝试探究：如图，在ABC中，90ACB，30A ，点E、F分别是边BC、AC上的 点，且 EFAB AF BE 的值为_； 直线AF与直线BE的位置关系为_； （2）类比延伸：如图，若将图中的CEF绕点C顺时针旋转，连接AF，BE，则在旋转的过程中， 请判断 AF BE 的值及

16、直线AF与直线BE的位置关系，并说明理由； （3）拓展运用：若3BC ，2CE ，在旋转过程中，当,B E F三点在同一直线上时，请直接写出此时 线段AF的长 【答案】 （1） 3，AFBE ； （2）3 AF BE ，AFBE，证明见解析； （3） 3 23AF 或 3 23AF 【分析】 （1） 由锐角三角函数可得 AC3BC， CF3CE， 可得 AFACCF3（BCCE） ， BEBCCE， 即可求3 AF BE ； 由垂直的定义可得 AFBE； （2）由题意可证 ACFBCE，可得3 AFAC BEBC ，FACCBE，由余角的性质可证 AFBE； （3）分两种情况讨论，由旋转的性质

17、和勾股定理可求 AF的长 【详解】 解： （1）90ACB， 30A ， 3 tan 3 BC A AC ， 3ACBC ， EFAB， 30CFEA ， 3 tan 3 CE CFE CF ， 3CFCE ， 3AFACCFBCCE， BEBCCE， 3 AF BE ， 90ACB， AFBE， 故答案为：3，AFBE； （2）3 AF BE ，AFBE 如图，连接AF，延长BE交AF于G，交AC于点H， 旋转， BCEACF， 3ACBC ，3CFCE 3 ACCF BCCE ，且BCEACF， ACFBCE， 3 AFAC BEBC ，FACCBE， 90CBEBHC， 90FACAHG

18、， AFBE； （3）如图，过点C作CGAF交AF的延长线于点G， 3ACBC ， 3CFCE ，3BC ，2CE ， AC 3 3，2 3CF ， 30CFE，90FCE， 60FEC，且,B E F三点在同一直线上， 120CEB， 旋转， 120AFCBEC， 60CFG，且CGAF， 1 3 2 GFCF， 33CGGF ， 22 27 93 2AGACCG ， 3 23AFAGFG ； 如图，过点C作CGAF于点G ， 3ACBC ，3CFCE，3BC ，2CE ， AC 3 3，2 3CF ， 30CFE，90FCE， 60FEC， 旋转，60AFCBEC，且CGAF， 1 3 2

19、 GFCF， 33CGGF ， 22 3 2AGAGCG ， 3 23AFAGGF 【点睛】 本题是相似综合题，考查了平行线的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟 练运用这些性质进行推理是本题的关键 6 ABE 内接于O，C在劣弧 AB上，连 CO交 AB于 D，连 BO，COBE （1）如图 1，求证：COAB； （2）如图 2，BO 平分ABE，求证：ABBE； （3）如图 3，在(2)条件下，点 P 在 OC延长线上，连 PB，ETAB 于 T，P2AET，ET18，OP25， 求O半径的长 【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）O半径的长是5

20、10 【分析】 （1）连接 CE、OA，根据圆周角定理可得CEB= 1 2 COB，根据COBAEB可得COA=COB，根 据等腰三角形“三线合一”的性质即可得结论； （2） 过点 O作 OFBE于 F， 根据角平分线的性质可得 OD=OF， 根据垂径定理可得 BD= 1 2 AB， BF= 1 2 BE， 根据勾股定理可得 BD=BF，进而可得结论； （3）根据等腰三角形的性质可得AEB=EAB，根据直角三角形两锐角互余的性质可得DBO=AET， 根据P2AET可得P=ABE，进而可得POB=PBO，即可证明 OP=PB，由ETB=PDB=90 可 证明 BET PBD，根据相似三角形的性质

21、可求出 BD的长，进而根据勾股定理即可求出 PD的长，根据 线段的和差关系可得 OD的长，利用勾股定理求出 OB 的长即可得答案 【详解】 （1）如图，连接 CE、OA， COB和CEB 分别是BC所对的圆心角和圆周角， CEB= 1 2 COB， COBAEB， CEB= 1 2 AEB， COA=COB， OA=OB， OCAB （2）如图，过点 O作 OFBE于 F， OB平分ABE，ODAB，OFBE， OD=OF，BD= 1 2 AB，BF= 1 2 BE， BD= 22 OBOD- ，BF= 22 OBOF ， BD=BF， AB=BE （3）AB=BE， AEB=EAB， COB

22、=AEB， COB=BAE， ETAB，OCAB， BAE+AET=COB+DBO， DBO=AET， OB平分ABE， ABE=2DBO=2AET， P=2AET， P=ABE， AEB=OBO， AEB=EAB， POB=PBO， OP=PB， ETB=PDB=90 ， BET PBD， 2 BDPBOPOP ETBEABBD ， ET=18，OP=25， 2BD2=18 25， 解得：BD=15， （负值舍去） PD= 22 PBBD =20， OD=OP-PD=5， OB= 22 ODBD =5 10，即O 半径的长是5 10 【点睛】 本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与

23、性质及勾股定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所 对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；垂直于弦的直径平分弦，并且平分这条弦所对的两 条弧；如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角分别对应相等，那么这两个三角形相似；熟练掌 握相关定理是解题关键 7矩形ABCD中， 6,8ABBC ，点,M N分别在边,BC AD上，且3,2BMDN，连接MN并延 长，交CD的延长线于点E，点Q为射线MN上一动点，过点Q作AQ的垂线，交CD于点P （1）特例发现，如图，若点P恰好与点D重合，填空： DE _；QA与QP的等量关系为_ （2）拓展探究 如图，若点Q在MN的延长线上，QA与QP能否相等？若

24、能，求出DP的长；若不能，请说明理由 （3）思维延伸 如图，点G是线段CD上异于点D一点，连接AG，过点G作直线GIAG，交直线MN于点I，是否 存在点G，使,AG GI相等？若存在，请直接写出DG的长；若不存在，请说明理由 【答案】 （1）4； QAQP； （2）QA与QP能够相等，理由详见解析； （3） （3）,AG GI能够相等， 4 3 DG 【分析】 （1）根据ENDEMC，利用对应边成比例列式求出 ED长； 过点 Q 作/HGBC，交 AB于点 H，交 DC 于点 G，设QG x ，利用AHQQGD，对应边成比例 列式求出 x，得到这两个三角形其实是全等的，所以QAQP； （2）过

25、点Q作QF AB ，交BA的延长线于点F，延长FQ交CE于点G，构造“k”字型全等三角形，设 AFx，再利用相似三角形的性质列式求解； （3）过点G作GKAB于点K，过点I作ISKG，交KG的延长线于点S，延长AD交IS于点T， 同（2）构造“k”字型全等三角形，DGy，再利用相似三角形的性质列式求解 【详解】 （1）/NDMC， ENDEMC， EDND ECMC ， 8 35MCBCBM ，6DC ， 2 65 ED ED ，解得4ED ， 故答案是：4； 如图，过点 Q作/HGBC，交 AB于点 H，交 DC于点 G， 可得HGAB，HGDC， 90AHQQGD ， AQQD，90AQH

26、DQG， 90QAHAQH，QAHDQG ， AHQQGD， AHHQ QGGD ， 设QG x ，8HQx， / /QGMC，EQGEMC， QGEG MCEC ， 4 510 xDG ，得24DGx， 24AHx， 根据 AHHQ QGGD ，得 248 24 xx xx ，解得4x， 4AHHQQGGD， AHQQGD，AQQDQP， 故答案是：QAQP； （2）QA与QP能够相等， 16 3 PD ， 如图，过点Q作QF AB ，交BA的延长线于点F，延长FQ交CE于点G， 90 ,90 ,AQFPQGGPQPQGAQFGPQ ， 又90 ,AFQPGQAQPQFAQGDPAFQG F

27、QPG ， 设AFx，则,4QGx DGx EGx， 4 2,2 EGEDx QGNDx ，解得 4 3 x ， 经检验， 4 3 x 是该分式方程的根， 4202020416 8, 333333 FQPGPD； （3）,AG GI能够相等， 4 3 DG ， 如图，过点G作GKAB于点K，过点I作ISKG，交KG的延长线于点S，延长AD交IS于点T， 根据“k”字型全等得,8AKGGSIAKGS ISKG ， 设DGy，则,8,2AKTSGSDTyITy NTy， 84 tan, 22 ITEDy INT NTNDy ，解得 4 3 y ，故DG的长为 4 3 【点睛】 本题考查“k”字型全

28、等三角形，相似三角形的性质和判定，解题的关键是作辅助线构造“k”字型全等，再利用 相似三角形对应边成比例列式求解 8已知，ABC 中，ABAC，BAC2，点 D 为 BC 边中点，连接 AD，点 E 为线段 AD 上一动点， 把线段 CE绕点 E顺时针旋转 2得到线段 EF，连接 FG，FD （1）如图 1，当BAC60 时，请直接写出 BF AE 的值； （2）如图 2，当BAC90 时， （1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请写出正 确的结论，并说明理由； （3）如图 3，当点 E在 AD上移动时，请直接写出点 E 运动到什么位置时 DF DC 的值最小最小值是多少？

29、 （用含 的三角函数表示） 【答案】 （1）1； （2）不成立， AE BF 2 2 ，理由见解析； （3）E 为 AD中点时， DF DC 的最小值 sin 【分析】 （1） 取 AC的中点 M， 连接 EM， BF， 可知 ABC和 EFC 都是等边三角形， 证明 ACEBCF （SAS） ， 可得结论 （2）连接 BF，证明 ACEBCF，可得结论 （3）连接 BF，取 AC的中点 M，连接 EM，易得ACEBCF， AC BC EC CF ，证明 ACEBCF，得 出 sin EM AM 的最小值 ，则得出 DF DC 的最小值sin 【详解】 （1）连接 BF， ABAC，BAC60

30、 ， ABC为等边三角形， 线段 CE绕点 E顺时针旋转 60 得到线段 EF， ECEF，CEF60 ， EFC 都是等边三角形， ACBC，ECCF，ACBECF60 ， ACEBCF， ACEBCF（SAS） ， AEBF， BF AE 1 （2）不成立，结论： AE BF 2 2 证明：连接 BF， ABAC，D是 BC 中点， ADBC， ADC90 ， BACCEF90 ， ABC和 CEF为等腰直角三角形， ACBECF45 ， ACEBCF， AC BC CE CF 2 2 ， ACEBCF， CBFCAE， AE BF AC BC 2 2 （3）结论：当点 E 为 AD的中点

31、时， DF DC 的值最小，最小值为 sin 连接 BF，取 AC的中点 M，连接 EM， AB=AC，ECEF，BACFEC2， ACBECF， BACFEC， AC BC EC CF ， ACEBCF， ACEBCF， D 为 BC的中点，M 为 AC 的中点， DF EM BC AC 2 2 DC AM DC AM ， DF DC EM AM ， 当 E为 AD 中点时， 又M 为 AC的中点， EMCD, CDAD， EMAD, 此时， EM AM 最小=sin， DF DC 的最小值sin 【点睛】 本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判

32、定与性质， 等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，中位线定理，锐角三角函数等知识，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 9如图，函数 yx2+bx+c的图象经过点 A（m，0） ，B（0，n）两点，m，n分别是方程 x22x30的 两个实数根，且 mn （）求 m，n的值以及函数的解析式； （）设抛物线 yx2+bx+c与 x 轴的另一个交点为 C，抛物线的顶点为 D，连接 AB，BC，BD，CD求 证： BCDOBA； （）对于（）中所求的函数 yx2+bx+c， （1）当 0 x3 时，求函数 y的最大值和最小值； （2）设函数 y在 txt+1内的最大值

33、为 p，最小值为 q，若 pq3，求 t的值 【答案】 （I）m1，n3，yx2+2x+3； （II）见解析； （III） （1）y最大值4；y最小值0； （2）t1或 t 2 【分析】 （I）首先解方程求得 A、B两点的坐标，然后利用待定系数法确定二次函数的解析式即可； （II）根据解方程直接写出点 C 的坐标，然后确定顶点 D 的坐标，根据两点的距离公式可得 BDC 三边的 长，根据勾股定理的逆定理可得DBC=90 ，根据边长可得 AOB和 DBC两直角边的比相等，则两直角 三角形相似； （III） （1）确定抛物线的对称轴是 x=1，根据增减性可知：x=1 时，y有最大值，当 x=3时，

34、y有最小值； （2）分 5 种情况：当函数 y在 txt+1 内的抛物线完全在对称轴的左侧； 当 t+1=1时；当函数 y在 txt+1 内的抛物线分别在对称轴的两侧；当 t=1时，函数 y在 txt+1 内的抛物线完全在对称轴的右侧；分别根据增减性可解答 【详解】 （I）m，n分别是方程 x22x30 的两个实数根，且 mn， 用因式分解法解方程： （x+1） （x3）0， x11，x23， m1，n3， A（1，0） ，B（0，3） ， 把（1，0） ， （0，3）代入得， 10 3 bc c ， 解得 2 3 b c ， 函数解析式为 yx2+2x+3 （ II）证明：令 yx2+2x+

35、30，即 x22x30， 解得 x11，x23， 抛物线 yx2+2x+3 与 x 轴的交点为 A（1，0） ，C（3，0） ， OA1，OC3， 对称轴为 1 3 1 2 x ，顶点 D（1，1+2+3） ，即 D（1，4） ， 22 333 2BC ， 22 112BD ， 22 422 5CD =+= ， CD2DB2+CB2， BCD是直角三角形，且DBC90 ， AOBDBC， 在 Rt AOB 和 Rt DBC中， 12 22 AO BD ， 32 23 2 BO BC ， AOBO BDBC ， BCDOBA； （ III）抛物线 yx2+2x+3的对称轴为 x1，顶点为 D（1

36、，4） ， （1）在 0 x3 范围内， 当 x1 时，y最大值4；当 x3时，y最小值0； （2）当函数 y在 txt+1 内的抛物线完全在对称轴的左侧，当 xt时取得最小值 qt2+2t+3，最大值 p （t+1）2+2（t+1）+3， 令 pq（t+1）2+2（t+1）+3（t2+2t+3）3，即2t+13，解得 t1 当 t+11 时，此时 p4，q3，不合题意，舍去； 当函数 y 在 txt+1内的抛物线分别在对称轴的两侧， 此时 p4，令 pq4（t2+2t+3）3，即 t22t20 解得：t11+ 3（舍） ，t213（舍） ； 或者 pq4（t+1）2+2（t+1）+33，即3

37、t （不合题意，舍去） ； 当 t1 时，此时 p4，q3，不合题意，舍去； 当函数 y 在 txt+1内的抛物线完全在对称轴的右侧，当 xt时取得最大值 pt2+2t+3，最小值 q （t+1）2+2（t+1）+3， 令 pqt2+2t+3（t+1）2+2（t+1）+33，解得 t2 综上，t1 或 t2 【点睛】 本题是二次函数的综合题型，考查利用待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的顶点公式，三角形相似的 性质和判定，勾股定理的逆定理，最值问题等知识，解题时需注意运用分类讨论的思想解决问题 10如图 1，正方形 ABCD的对角线 AC，BD交于点 O，将 COD绕点 O 逆时针旋转得到 E

38、OF（旋转角 为锐角） ，连 AE，BF，DF，则 AE=BF （1）如图 2，若（1）中的正方形为矩形，其他条件不变 探究 AE与 BF的数量关系，并证明你的结论； 若 BD=7，AE=4 2，求 DF的长； （2）如图 3，若（1）中的正方形为平行四边形，其他条件不变，且 BD=10，AC=6，AE=5，请直接写出 DF的长 【答案】 （1）AE=BF；证明见解析；DF= 17； （2）DF= 5 11 3 【分析】 （1）利用矩形的性质，旋转的性质得到BOF=AOE，证明 BOFAOE可得结论， 利用矩形性质与旋转性质证明 BFD 为直角三角形，从而可得答案， （2）利用平行四边形的性质

39、与旋转的性质，证明 AOEBOF，求解 BF，再证明 BDF是直角三角形， 从而可得答案 【详解】 （1）AE=BF，理由如下： 证明：ABCD为矩形， AC=BD，OA=OB=OC=OD， COD绕点 O旋转得 EOF， OC=OE，OD=OF，COE=DOF BOD=AOC=180 BOD-DOF=AOC-COE 即BOF=AOE BOFAOE（SAS） ， BF=AE OB=OD=OF， BFD=90 BFD 为直角三角形， 222 BFDFBD ， BF=AE 2222 DFBDBFBDAE BD=7，AE=4 2 DF= 17 （2） ）四边形 ABCD 是平行四边形， OC=OA=

40、 1 2 AC=3，OB=OD= 1 2 BD=5， 将 COD绕点 O按逆时针方向旋转得到 FOE， OC=OE，OD=OF，EOC=FOD OA=OE，OB=OF，EOA=FOB OAOE OBOF ，且EOA=FOB AOEBOF， 3 , 5 AEOA BFOB 5,AE 25 , 3 BF OB=OF=OD BDF是直角三角形， 222, BFDFBD 22 255 10()11. 33 DF 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质， 相似三角形的判定和性质，证明 AOEBOF是解本题的关键 11定义：我们知道，四边形的

41、一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不 全等） ，我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线” （1）如图 1，在四边形ABCD中，80ABC，140ADC，对角线BD平分ABC求证：BD是 四边形ABCD的“相似对角线”； （2）如图 2，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，30EFHHFG 连接EG，若EFG的 面积为2 3，求FH的长 【答案】 （1）见解析； （2）2 2 【分析】 （1）根据所给的相似对角线的证明方法证明即可； （2） 由题可证的FEHFHG， 得到 FEFH FHFG ， 过点 E 作EQFG， 可得出 EQ， 根据 2 FHFE

42、 FG 即可求解； 【详解】 （1）证明： 80ABC，BD平分ABC， 40ABDDBC ， 140AADB 140ADC， 140BDCADBABDC ， ABDDBC BD是四边形 ABCD 的“相似对角线” （2）FH是四边形 EFGH 的“相似对角线”， 三角形 EFH 与三角形 HFG 相似 又EFHHFG， FEHFHG， FEFH FHFG ， 2 FHFE FG 过点 E作EQFG，垂足为Q 则 3 sin60 2 EQFEFE 1 2 3 2 FGEQ ， 13 2 3 22 FGFE， 8FG FE， 2 8FHFE FG， 2 2FH 【点睛】 本题主要考查了四边形综合

43、知识点，涉及了相似三角形，解直角三角形等知识，准确分析并能灵活运用相 关知识是解题的关键 12如图 1，在正方形ABCD中，G为线段BD上一点，连接AG，过G作AGGE 交BC于E，连接 AE （1）求证： 2BGDGBE ； （2）如图 2，4AB ，E为BC中点，P，Q分别为线段AB，AE上的动点，满足5QEAP，则在 P，Q运动过程中，当以PQ为对角线的正方形PRQS的一边恰好落在ABE的某一边上时，直接写出正 方形PRQS的面积 【答案】 （1）证明见解析； （2）正方形PRQS的面积可以为： 5 16 ， 20 49 ，1， 1 4 【分析】 （1）连接 AC与 BD相交于 O，作

44、GHAB，GIBC，证明 AGH EGI可得 AG=GE 即 AGE为等腰 直角三角形， 再证明 ABE AOG， 可得 2 2 BE OG ， 再结合正方形的性质可得22BDBEGD， 从而可证明结论 （2） 分正方形PRQS的一边恰好落在 AE 上， 正方形PRQS的一边恰好落在 AB 上和正方形PRQS的一边恰 好落在 BE上三种情况讨论，画出对应图形，利用三角函数解直角三角形即可 【详解】 解：(1)连接 AC与 BD相交于 O，作 GHAB，GIBC， AHG=BIG=90 ， 四边形 ABCD为正方形， ABE=90 ，BAC=ABD=CBD=45 ，AOG=90 , 2ABAO

45、,BD=2OD， HG=GI（角平分线上的点到角两端距离相等） ， HGI=360 -BHG-BIG-ABE=90 ， AGH=AGE-HGE=90 -HGE，IGE=IGH-HGE=90 -HGE, AGH=IGE， 在 AGH 和 EGI中， AHGBIG HGGI AGHIGE AGH EGI（ASA） AG=GE, AGE 为等腰直角三角形，EAG=45 ， BAE=45 -EAC=CAG, ABC=AOG, ABE AOG， 2 BEAB OGAO , 2 2 BE OG ， 2 2()2()22 2 BE BDOGGDGDBEGD， 222BGBDDGBEDGDGDGBE （2）四

46、边形 ABCD为正方形， ABC=90 ，BC=AB=4, E为BC中点， BE=2, 22 2 5AEABBE , 42 51 cos,tan 522 5 BE BAEBAE AB , 设 AP=x，则5QEx 若正方形PRQS的一边恰好落在 AE上，分两种情况 如下图，若为正方形 1111 PRQS， 则 11 2 5 cos 5 x ASAPBAE ， 11111 5 =Atan 5 S QPSSBAEx， 1111 2 55 52 5 55 x AEASS QQ Exx， 解得： 5 4 x ， 22 1 555 ()() 5416 SAS 正 ； 若为正方形 2222 P R Q S

47、， 则 22 2 5 cos 5 x ARAPBAE， 222 5 tan 5 x P RARBAE 22 2 5 52 5 5 x AEARR Ex 解得： 10 7 x ， 22 22 520 ()() 549 SP Rx 正 ； 若正方形PRQS的一边恰好落在 AB上，分两种情况 如下图，若为正方形 3333 PR Q S， 则 33 3333 3 1 tan, 2 R Q BAER PR Q AR , 33 22ARAPx, 333 R QAPx， 3 3 5 cos AR AQx BAE ， 33 2 52 5AEAQQ Ex， 解得1x ， 22 33 ()1SR Qx 正 ； 若

48、为正方形 4334 PR Q S， 则 33 3433 3 1 tan, 2 R Q BAER PR Q AR ， 34 22 33 ARAPx， 334 11 33 Q RAPx, 3 3 5 cos3 AR AQx BAE 则 33 5 52 5 3 AEAQQ Exx， 解得 3 2 x ， 22 33 11 ()() 34 SR Qx 正 若正方形PRQS的一边恰好落在 BE上， 由5QEAP可知，Q点和 E点不可能重合，若 P 点和 B点重合，如下： 此时 AP=4，又2ASSQSP， 18 42 33 AS ， 2 54 5 53 AQAS， 4 52 5 2 55 33 QEAP

49、 ,故舍去 综上所述：正方形PRQS的面积可以为： 5 16 ， 20 49 ，1， 1 4 【点睛】 本题考查正方形的性质，相似三角形的性质和判定，解直角三角形 （1）中能正确作出辅助线，构造相似 三角形是解题关键； （2）中能分类讨论，画出对应图形是解题关键 13如图（1） ，在矩形ABCD中， 8,6ABAD ，点,E F分别是边,DC DA的中点，四边形DFGE为 矩形，连接BG （1）问题发现 在图（1）中， CE BG _； （2）拓展探究 将图（1）中的矩形DFGE绕点D旋转一周，在旋转过程中， CE BG 的大小有无变化？请仅就图（2）的情形 给出证明； （3）问题解决 当矩形DFGE旋转至,B G E三点共线时，请直接写出线段CE的长 【答案】 （1） 4 5 ； （2） CE BG 的大小无变化，证明见解析； （3） 8 21 12 5 CE 或 8 21 12 5 【分析】 （1延长 FG交 BC于点 H，可根据题意分别求出CE，BG的长，即可求 CE BG 的值； （2）连接BDDG，先由勾股定理计算DG的值，再计算 4 5 DE DG ，最后根据相似三角形的判定与性质 解题即可； （3）采用分类讨论法解题，一种是点E在线段BG上，另一种是点E在