专练15（30题）（几何类压轴题）2022中考数学考点必杀500题（江西专用）

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2022中考考点必杀500题
专练15（几何类压轴题）（30道）
1．（2022·江西·二模）【基础回顾】（1）如图1，是正方形中边上任意一点，以点A为中心，将△ADE顺时针旋转90°后得到，若连接，则△AEE' 的形状为______；

【类比探究】（2）如图2，在（1）的条件下，设与相交于点，在上取点，使，连接，猜想与的数量关系，并给予证明；

【联想拓展】（3）如图3，在△ABC中，，．点在上，求，，之间存在的数量关系．

【答案】（1）等腰直角三角形；（2）QE=E'P，证明见解析；（3）PC2+BP2=2AP2．
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，由旋转的性质得出∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，则可得出结论；
（2）证明△DQE≌△BE'P（SAS），由全等三角形的性质可得出结论；
（3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，由旋转的性质得出∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，证出∠BCD=90°，由勾股定理可得出答案．
【详解】
解（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，
∵△ADE顺时针旋转90°，得△ABE′，
∴∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，
∴△AEE′为等腰直角三角形；
故答案为：等腰直角三角形；
（2）QE=E'P．
证明：∵将△ADE顺时针旋转90°后得到△ABE′，
∴∠D=∠ABE'，DE=BE'，
∵DQ=BP，
∴△DQE≌△BE'P（SAS），
∴QE=E'P．

（3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，

∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转的性质可知∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，
∵∠ACB=45°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，
∴PC2+CD2=PD2，
∵AP2+AD2=PD2=2AP2，
∴PC2+BP2=2AP2．
故答案为：PC2+BP2=2AP2．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
2．（2022·江西南昌·一模）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．

(1)如图1，连接BG、CF，
①求的值；
②求∠BHC的度数．
(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．
【答案】(1)①；②45°；
(2)；；理由见解析

【解析】
【分析】
（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；
（2）过点C作，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．
(1)
①如图1，连接AF，AC，

∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴，，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，，
∴△CAF∽△BAG，
∴；
②∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，
在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB）
＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）
＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）
＝180°−（∠ABC＋∠ACB）
＝45°；
(2)
BE＝2MN，MN⊥BE；
理由如下：如图2

连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF，
又∵∠CMQ＝∠FME，
∴△CMQ≌△FME（ASA），
∴CQ＝EF，ME＝QM，
∴AE＝CQ，
∵CQ∥EF，AG∥EF，
∴CQ∥AG，
∴∠QCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，
∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCQ，
又∵BC＝AB，CQ＝AE，
∴△BCQ≌△BAE（SAS），
∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，
∴∠QBE＝∠CBA＝90°，
∵MQ＝ME，点N是BE中点，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2022·江西·一模）【温故知新】黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值．我们知道：如图1，如果，那么称点C为线段AB的黄金分割点．

(1)【问题发现】如图1，请直接写出AC与CB的比值是　 　．
(2)【问题探究】如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝1，，在BA上截取BD＝BC，在上截取，则的值为　 　．
(3)【问题解决】如图3，用边长为6的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN，点A对应点H，得折痕CE，试说明：C是AB的黄金分割点；
(4)【拓展延伸】如图4，正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，点N在边CD上，且CN＜DN，当N为CD的黄金分割点时，∠AMB=∠ANB，连NM，延长NM交AD于E，请用相似的知识求出的值为 　 　．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析；
(4)
【解析】
【分析】
（1）根据黄金分割比直接求解即可；
（2）设，则，勾股定理建立方程，解方程求得的值，进而求得，即可求得的值;
（3）由图2，取EC与MN交点P，过P作PQ⊥EN，，由，求得AC的长，计算的值即可；
（4）延长NE、BA交于点K，过N作NL⊥AB，过A作AS⊥AN交NK于点S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交点O, 由已知条件证明△AMO∽△BNO，继而证明△MON∽△AOB，可知∠1＝∠ABO＝45°接着证明△STA≌△ALN；由,求得 KT的值，最后由得出结果
(1)
解：设，
则
即
即
解得（负值舍去）
经检验，是原方程的解

故答案为：
(2)
在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝1，


BD＝BC，
设，则



解得（负值舍去）
经检验是原方程的解

则
故答案为：
(3)
如图，设EC与MN交点为P

∵MNAB，且M为EA中点，
∴
过P作PQ⊥EN
∵EC平分∠AEN，
∴PM＝PQ．
设

而

即
∴解得
经检验为原方程的解


故C为AB的黄金分割点
(4)
如图

延长NE、BA交于点K，过N作NL⊥AB，
过A作AS⊥AN交NK于点S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交点O．
∵∠AMO＝∠BNO，
∠AOM＝∠BON，
∴△AMO∽△BNO

即
又∠MON＝∠AOB，
∴△MON∽△AOB
∴∠1＝∠ABO＝45°
∴等腰Rt△SAN
∴SA＝AN，∠SAN＝90°，
∴∠3＝90°－∠4＝∠5
在△STA和△ALN中

∴△STA≌△ALN（AAS）
∵N为CD的黄金分割点且CN＜DN
∴设
∴DC＝BC＝NL＝AT＝2a

设KT＝x


解得
经检验，符合题意


【点睛】
本题考查了成比例线段，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，三角形全等的性质与判定，正确的作出辅助线，用好比例式的计算是解题的关键．
4．（2022·江西新余·一模）综合与实践
如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC 上，GE⊥BC，垂足为E，GF⊥CD，垂足为F．

【证明与推断】
（1）①四边形CEGF的形状是______________；
②的值为_______________；
【探究与证明】
（2）在图1的基础上，将正方形CEGF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°<α<45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
【拓展与运用】
（3）如图3，在（2）的条件下，正方形CEGF 在旋转过程中，当B、E、F三点共线时，探究AG和GE的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）①正方形； ②；（2）AG=BE，理由见解析；（3）AG⊥GE，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①由两个垂直及正方形的性质可得四边形CEGF是矩形，根据对角线的性质可得CE=GE，从而可得四边形CEGF是正方形；
②根据平行线分线段成比例定理可得，再由四边形CEGF是正方形即可求得比值；
（2）AG=BE；连接CG，及折叠的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质可证得
△ACG∽△BCE，从而相似三角形的性质即可得AG与BE之间的数量关系；
（3）AG与GE的位置关系是垂直；由点B、E、F三点共线及△ACG∽△BCE，可得∠AGC= ∠BEC=135°，从而可得点A，G，F三点共线，进而易得AG与GE垂直．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BCD=∠B=90°,∠BCA=45°．
∵GE⊥BC，GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°,
∴四边形CEGF是矩形．
∵∠CGE=∠BCA=45°，
∴CE=GE，
∴四边形CEGF是正方形．
故答案为：正方形       
②∵∠B=∠CEG=90°，
∴GE∥AB，
∴．
∵四边形CEGF是正方形，
∴CE=GE，
∴由勾股定理得：．
∴．
故答案为：       
（2）AG=BE，理由如下：
如图所示，连接CG． 由旋转可得∠BCE=∠AGG=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴，
由①得四边形GECF是正方形，
∴∠GEC=∠ECF=90°，GE=EC，
∴△EGC为等腰直角三角形．
∴，
∴，     
∴△ACG∽△BCE，
∴．
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG=BE．       

（3）AG⊥GE，   
理由如下∶如图所示，连接CG，
∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°．
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC= ∠BEC=135°．     
∴∠AGF=∠AGC+∠CGF=135°+45°=180°，   
∴点A，G，F三点共线，
∴∠AGE=∠AGF-∠EGF=180°-90°=90°，   
∴AG⊥GE．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，旋转的性质，正方形的判定与性质，综合性较强，掌握这些知识是解题的关键．
5．（2022·江西·模拟预测）定义：有一组邻角相等，对角线相等，且对边不相等的凸四边形叫做“等邻对角四边形”，如图1，在四边形中，，四边形即为“等邻对角四边形”．

概念理解
（1）①如图2，在等边中，，点D，E分别在上，，当的长为_______时，四边形为“等邻对角四边形”．
②如图3，在中，点E，D在上，点F在上，，四边形为“等邻对角四边形”，若，则的度数为___________．
性质探究
（2）根据图1及其条件，探究与的数量关系．
问题解决
（3）如图4，在“等邻对角四边形”中，与的延长线相交于点E．若，求的长，并指出的度数是否可以等于90°，不必说明理由．

【答案】（1）①4；②70°；（2）∠BAC+∠CDB=180°；（3），∠BDC不能等于90°
【解析】
【分析】
（1）①当BE=4时，四边形为“等邻对角四边形”，理由：由等边三角形的性质和全等三角形的判定可证得△ADB≌△BEC(SAS)，则有BD=CE，即∠ABC=∠ACB，BD=CE，BE﹥CD，满足 “等邻对角四边形”的条件；
②根据四边形为“等邻对角四边形”满足的条件可证得△BFC≌△CEB(SAS)，则有CF=BE，∠BFC=∠BEC，进而可知BD=BE，由等边对等角得∠BEC=∠BDE即∠BFC=∠BDE，再利用平角定义即可解答；
（2）延长CD使CE=AB，易证得△ABC≌△ECB(SAS)，仿照②中方法可推出∠BAC+∠BDC=180°；
（3）根据已知和相似三角形的判定可证得△ABD∽△AEB，进而可证得△BDE∽△DCE，则有，即，又DE=8，代入即可解答．
【详解】
（1）①当BE=4时，四边形为“等邻对角四边形”，理由：
∵三角形ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A，AC=BC=6
∵CD=2
∴AD=4，即BE=AD
∴△ADB≌△BEC(SAS)
∴BD=CE，
即满足∠EBC=∠DCB，BD=CE，BE﹥CD
∴当BE=4时，四边形为“等邻对角四边形”，
故答案为：4；
②∵四边形为“等邻对角四边形”，
∴∠FBC=∠DCB，BD=CF
∵BF=CE，BC=BC
∴△BFC≌△CEB(SAS)
∴CF=BE，∠BFC=∠BEC
∴BD=BE
∴∠BEC=∠BDE即∠BFC=∠BDE，
∵∠BDC=110°，
∴∠BDE=180°-∠BDC=180°-110°=70°，
∴∠BFC=∠70°，
故答案为：70°；
（2）∵AB﹥CD，∴延长CD使CE=AB，如图，
∵∠ABC=∠DCB，BC=BC
∴△ABC≌△ECB(SAS)
∴AC=BE，∠BAC=∠E，
∵AC=BD，
∴BE=BD，
∴∠E=∠BDE，
∴∠BAC=∠BDE=180°-∠BDC，
∴∠BAC+∠BDC=180°；

（3）在图4中连接AC，如图，
∵AB=3，AD=1，DE=8，
∴，
∴又∠BAD=∠EAB，
∴△ABD∽△AEB，
∴∠ABD=∠E
∵∠ABC=∠DCB
∴∠ABD+∠DBE=∠E+∠CDE
∴∠DBE=∠CDE，又∠E=∠E，
∴△BDE∽△DCE，
∴
又∵△ABD∽△AEB，
∴
∴，又DE=8，
∴CD=；
∠BDC不可能为90°，理由：
若∠BDC=90°，由②结论可知，∠BAC=∠BDC=90°，
∵AC=BD，BC=BC，
∴Rt△BAC≌Rt△CDB（HL），
∴AB=CD，这与AB﹥CD相矛盾，
故∠BDC不可能为90°．

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的等边对等角性质、相似三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，难度适中，解答的关键是熟练掌握三角形的有关知识，借助做辅助线，利用类比法、反证法等解题方法推理、计算．
6．（2022·江西·寻乌县教育局教学研究室一模）（1）发现
如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点D在BC边上，连接CE．

填空：
①∠DCE的度数是　 ；
②线段CA、CE、CD之间的数量关系是　 　．
（2）探究
如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D在BC边上，连接CE．请判断∠DCE的度数及线段CA、CE、CD之间的数量关系，并说明理由．
（3）应用
如图3，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝4，AB＝6．若点D满足DB＝DC，且∠BDC＝90°，请直接写出DA的长．
【答案】（1）①120°，②CA＝CE+CD；（2）∠DCE＝90°；CA＝CD+CE．理由见解析；（3）DA＝5或．
【解析】
【分析】
（1）①证△BAD≌△CAE，从而得出∠ACE＝∠B＝60°，进而得出∠DCE的大小；
②根据△BAD≌△CAE可知BD＝CE，从而得出CA＝CE+CD；
（2）先证△BAD≌△CAE，得出BD＝CE，然后在等腰直角三角形ABC中，得出CB＝CA，从而得出CA、CE、CD之间的数量关系；
（3）如下图，先证点B，C，A，D四点共圆，得出△ADE是等腰直角三角形，最后在Rt△BED中，利用勾股定理可求得．
【详解】
（1）发现
解：①∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝60°+60°＝120°；
故答案为：120°，
②∵△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝EC+CD，
∴CA＝BC＝CE+CD；
故答案为：CA＝CE+CD．
（2）探究
∠DCE＝90°；CA＝CD+CE．
理由：∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE．
∴△BAD≌△CAE(SAS)．
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°．
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°．
在等腰直角三角形ABC中，CB＝CA，
∵CB＝CD+DB＝CD+CE，
∴CA＝CD+CE．
（3）应用
DA＝5或．
作DE⊥AB于E，连接AD，

∵在Rt△ABC中，AB＝6，AC＝4，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝＝2，
∵∠BDC＝90°，DB＝DC，
∴DB＝DC＝，∠BCD＝∠CBD＝45°，
∵∠BDC＝∠BAC＝90°，
∴点B，C，A，D四点共圆，
∴∠DAE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝DE，
∴BE＝6﹣DE，
∵BE2+DE2＝BD2，
∴DE2+(6﹣DE)2＝26，
∴DE＝1，DE＝5，
∴AD＝或AD＝5．
【点睛】
本题考查三角形全等的证明与性质，勾股定理的运用，解题关键是找出全等三角形，利用对应边相等的关系进行边长转换，得出线段之间的关系．
7．（2022·江西省吉安市第五中学一模）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）

【答案】（1）；；（2）不变；（3）＝；sin∠ADE＝．
【解析】
【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．
8．（2022·江西赣州·一模）如图点E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上一点，若AE=DC=2ED，且EF⊥EC

（1）求证：点F为AB的中点．
（2）延长EF与CB的延长线相交于点H，连接AH，已知ED=2，求AH的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的判定，证得△AEF≌△DCE，再根据全等三角形的性质，证得DE=AF，进而得证；
（2）根据全等三角形的判定方法，证明△AEF≌△BHF，进而求得HB=AB=AE=4，再利用勾股定理求出AH的值即可．
【详解】
（1）证明：∵EF⊥EC，
∴∠CEF=90°，
∴∠AEF+∠DEC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠AEF=∠DCE，∠AFE=∠DEC，
∵AE=DC，
∴△AEF≌△DCE（AAS），
∴DE=AF，
∵AE=DC=AB=2DE，
∴AB=2AF，
∴F为AB的中点；
（2）由（1）知AF=FB，且AE∥BH，
∴∠FBH=∠FAE=90°，∠AEF=∠FHB，
∴△AEF≌△BHF（AAS），
∴HB=AE，
∵DE=2，且AE=2DE，
∴AE=4，
∴HB=AB=AE=4，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，矩形的性质应用，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
9．（2021·江西南昌·二模）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上任意一点（点E不与B、C重合），点F在线段AE上，过点F的直线MN⊥AE，分别交AB、CD于点M、N．


（1）如图1，当点N与点D重合时，求证：MN＝AE．
（2）如图2，当F为AE的中点时，连接正方形的对角线BD，分别交MN于点G，交AE于点O，连接BF．求证：BF＝FG．
（3）在（2）的条件下，若正方形ABCD的边长为4，BE＝1，求OG的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质得出，，，证明，由全等三角形的性质得出结论；
（2）连接、、，构建全等三角形和直角三角形，证明，再根据四边形的内角和定理得，在和中，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，，则；
（3）由勾股定理求出的长，由平行线得出比例线段，得出，，，，证明，由相似三角形的性质得出，则可求出答案．
【详解】
解：证明：（1）四边形是正方形，
，，，
，
于，
，
，
又，，
，
，
∴．
（2）在图2中，连接、、，


由正方形的轴对称性，
，，
于，为中点，
，
，，
，
由图可知，
，
又四边形的内角和为，，
，
在和中，为斜边，为的中点，
，，
．
（3），，，
，，
，
，
，，，，
，，四边形是正方形，
，
又，
，
，
，
即，
解得．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，在有中点和直角三角形的前提条件下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等．
10．（2021·江西·模拟预测）如图，正方形中，点，分别为，的中点，以，为边作正方形．
（1）在图1中，线段与之间的数量关系是______，与所在直线所夹锐角的度数为______；
（2）在图2中，将正方形绕点顺时针旋转一定角度（旋转角小于90°）后，得到正方形，连接，，则线段与之间的数量关系及与所夹锐角的度数是否仍然成立，请说明理由．

【答案】（1），45°；（2），与所在直线所夹锐角的度数为45°，结论仍然成立，见解析
【解析】
【分析】
（1）延长EG交CD于点M，可得四边形FGMD是正方形，是等腰直角三角形，进而即可求解；
（2）连接，，延长交于点，交的延长线于点，先证明，可得，，进而即可得到结论．
【详解】
解：（1）延长EG交CD于点M，
∵正方形中，点，分别为，的中点，四边形是正方形，
∴四边形FGMD是正方形，是等腰直角三角形，
∴，
∵AD∥GM，∠MGC=45°，
∴与所在直线所夹锐角的度数为45°，
故答案是：，45° ；

（2），与所在直线所夹锐角的度数为45°，结论仍然成立．

理由：如图，连接，，延长交于点，交的延长线于点．
在正方形中，，，
在正方形AE′G′F′中，，．
∴．
∵，即，
∴．
∴，．
∴．
∵在中，，在中，，且，
∴．
∴，与所在直线所夹锐角的度数为45°．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造相似三角形，是解题的关键．
11．（2021·江西·二模）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．
【答案】(1) =，(2)存在，证明见解析，（3）或或16或4．
【解析】
【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．
12．（2021·江西·一模）定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”．
（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是　 　．
（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝，AC＝3，求线段BD的长．
（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径．
①求证：四边形EFGH为“完美四边形”．
②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）正方形、矩形；（2）3；（3）存在，．
【解析】
【分析】
（1）依次判断正方形、矩形、菱形是否满足定义条件即可；
（2）根据“完美四边形”的定义，得到边和对角线之间的关系式，代入数据运算即可求解；
（3）①做辅助线构造出两组相似三角形，得到四边形的边和对角线之间的关系，再利用等式的性质代换即可得到所需条件，进而得以求证；
②将四边形分成两部分，一部分是，得到它的面积为定值，另一部分为，它的面积随H点位置的变化而变化，当H点到GE的垂线段就是半径时为最大，此时的面积也最大，从而整个四边形的面积就最大；再利用勾股定理和“完美四边形”的定义等进行求解即可．
【详解】
解：（1）正方形、矩形
理由如下：①如图，设正方形边长为a，
∴对角线长为，
所以对角线的积为，
因为两组对边的积的和为，
∴正方形为“完美四边形”．
②如图，设矩形的两邻边长分别为b和c，
∴矩形的对角线长为，
∵矩形的对角线长相等，
∴矩形对角线的积为，
又∵矩形对边的积分别为和，
则对边积的和为
∴矩形为“完美四边形”．
③如图，设菱形的两条对角线长的一半分别为m和n，
∴菱形的边长为，
∵菱形的四条边相等，
∴菱形的对边的积的和为，
∵菱形的对角线的积为，
令，
∴
∴只有当时，该菱形才为“完美四边形”，
当时，则它不是“完美四边形”，
∴菱形不是“完美四边形”．
综上可知：只有正方形和矩形是“完美四边形”．

（2）由“完美四边形”的定义可知：，
∴．
（3）①如图，在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，
∵∠FGM=∠FHE（同弧所对的圆周角相等），
∴∽
∴
∴，
∵∠GFM=∠HFE，
∴∠GFH=∠MFE，
又∵∠GHF=∠MEF，
∴∽，
∴，
∴，
∴
∴四边形EFGH为“完美四边形”．

②存在；
理由：如下面图①，∵GE是直径，
∴∠EFG=90°，
∴，的面积为
∴要使四边形GFEH面积最大，则只需面积最大，
作HN⊥GE，垂足为N，
则HN的值最大时，面积就最大，
因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大；
如下面图②，当O点与N点重合时，
由GE是直径，
∴∠GHE=90°，
∵HN垂直平分GE，
∴HG=HE，
∵
∴；
由它是“完美四边形”，
∴
∴，
∴存在，当时，面积最大．

【点睛】
本题为新定义型试题，综合考查了圆、相似、勾股定理、四边形等内容，考查了学生对相关概念的理解与应用，本题属于压轴题，其中作辅助线是一个难点，对学生的综合分析与知识点运用的能力有着十分高的要求，本题蕴含了数形结合等思想．
13．（2021·江西九江·二模）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．
①求的长．
②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【解析】
【分析】
（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】
（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4


（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周长的最小值为．


【点睛】
本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
14．（2021·江西·一模）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．

（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；
（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．
【答案】（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；
（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；
（3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的长度，即可计算出的面积．
【详解】
解：（1）∵点P和点Q分别为，的中点，
∴PQ为△BOC的中位线，
∵四边形是正方形，
∴AC⊥BO，
∴，；
故答案为：，；
（2）的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接并延长交于点，

由正方形的性质及旋转可得，∠，
是等腰直角三角形，，．
∴，．
又∵点是的中点，∴．
∴．
∴，．
∴，∴．
∴为等腰直角三角形．
∴，．
∴也为等腰直角三角形．
又∵点为的中点，
∴，且．
∴的形状是等腰直角三角形．
（3）延长交边于点，连接，．

∵四边形是正方形，是对角线，
∴．
由旋转得，四边形是矩形，
∴，．
∴为等腰直角三角形．
∵点是的中点，
∴，，．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴为等腰直角三角形．
∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2021·江西赣州·一模）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．

【答案】（1）∠E＝α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】
解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，
（2）如图1，延长BC到点T，

∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，

∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG＝，
在Rt△ADE中，AE＝AD，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝，
∴ED＝AD＝，
∴CE＝CD+DE＝，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝CE＝，
∴DM＝DE﹣EM＝，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝，
∴S△DEF＝DE•FM＝．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
16．（2021·江西·新余市第一中学模拟预测）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．

【答案】（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.
【解析】
【分析】
试题（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；
（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．
【详解】
（1）∵DE∥BC，
∴，
∵AB=AC，
∴DB=EC，
故答案为=，
（2）成立．
证明：由①易知AD=AE，
∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
又∵AD=AE，AB=AC
∴△DAB≌△EAC，
∴DB=CE，
（3）如图，

将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，
∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，
∴∠CEP=∠CPE=45°，
在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，
在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，
∵PE2+AE2=AP2，
∴△PEA是直角三角形
∴∠PEA=90°，
∴∠CEA=135°，
又∵△CPB≌△CEA
∴∠BPC=∠CEA=135°．
【点睛】
考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.
17．（2022·江西南昌·九年级期末）定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”．如图，在△ABC与△AED中，BA＝BC，EA＝ED，且△ABC～△AED，所以称△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接EB，DC，则称为“关联比”．

下面是小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请阅读后，解答下列问题：
(1)当△ABC与△AED为“关联等腰三角形“，且α＝90°时，
①在图1中，若点E落在AB上，则“关联比”＝ ；
②在图2中，探究△ABE与△ACD的关系，并求出“关联比”的值．
(2)如图3，
①当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝120°时，“关联比”＝ ；
②猜想：当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝n°时，“关联比”＝ ．
（直接写出结果，用含n的式子表示）
[迁移运用]
(3)如图4，△ABC与△AED为“关联等腰三角形”．若∠ABC＝∠AED＝90°，AC＝4，点P为AC边上一点，且PA＝1，点E为PB上一动点，求点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长．
【答案】(1)①；②，．
(2)①；②，．
(3)
【解析】
【分析】
（1）①由α=90°可得△ABC与△AED为等腰直角三角形，斜边AC=AB，AD=AE，而DC=AC-AD，EB=AB-AE，代入计算即求得=．
②由△ABC与△AED为等腰直角三角形可得∠BAC=∠EAD=45°，减去公共角∠CAE得∠CAD=∠BAE，再加上两夹边成比例，证得△CAD∽△BAE，所以等于相似比．
（2）①过点E作EF⊥AD于点F，由α=120°可得∠EAD=30°，所以得到Rt△AED的三边比，则AE=2EF，AF=EF，进而有AD=2AF=2EF，代入计算即求得=．
②由α=n°可得∠EAD=90°-，又因为cos∠EAD=，所以得AF=AE•cos（90°-），AD=2AF=2AE•cos（90°-），根据①的证明过程可得=2cos（90°-）．
（3）过点B作BF⊥AC于点F，根据等腰直角三角形的条件求得PB的长，即求得点E自点B运动至点P时BE的长．连接CD，由（1）②的证明过程可知△CAD∽△BAE，所以∠ACD=∠ABE为一个定角，即点D所经过的路径是线段CD．根据“关联比”的值为，求得CD=EB=×．
(1)
解：①∵当α=90°时，△ABC与△AED为等腰直角三角形，
∴AC=AB，AD=AE，
∴CD=AC-AD=AB-AE，
∴，
故答案为：；
②∵当α=90°时，△ABC与△AED为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠EAD=45°，AC=AB，AD=AE，
∴=，
∵∠EAD-∠CAE=∠BAC-∠CAE，
∴∠CAD=∠BAE，
∴△CAD∽△BAE，
∴=，
∴“关联比”的值为．
(2)
解：①过点E作EF⊥AD于点F，
∴∠AFE=90°，
∵AE=DE，∠AED=α=120°，
∴∠EAD=∠EDA=30°，AF=DF，
∴AE=2EF，AF=EF，
∴AD=2AF=2EF，
∴=，
同理可证：∠BAC=30°，=，
∴∠EAD+∠CAE=∠BAC+∠CAE，
即∠CAD=∠BAE，
∴△CAD∽△BAE，
∴=，
故答案为：．
②过点E作EF⊥AD于点F，

∴∠AFE=90°，
∵a=n°，
∴∠EAD=∠EDA==90°-，
∵Rt△AEF中，cos∠EAD=，
∴AF=AE•cos（90°-），
∴AD=2AF=2AE•cos（90°-），
∴=2cos（90°-），
由①的证明过程可得=2cos（90°-），
故答案为：2cos（90°-）．
(3)
解：过点B作BF⊥AC于点F，连接CD，

∵△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，∠ABC=∠AED=90°，AC=4，
∴△ABC与△AED为等腰直角三角形，CF=FA=FB=AC=2，
∵PA=1，
∴PF=AF-PA=2-1=1，
∴PB= ，
由（1）②的证明过程可知△CAD∽△BAE，
∴∠ACD=∠ABE为一个定角，
∴点D所经过的路径是线段CD，
∵α=90°时，“关联比”的值为，
∴当点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长为×=．
【点睛】
本题考查了新定义的理解和应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的应用．解题关键是理解新定义并把性质进行运用，利用转化思想解决新问题．
18．（2022·江西景德镇·九年级期末）如图，点P为∠EOF的平分线OD上一点，以点P为顶点作∠APB，两边PA、PB分别交E于点A，交OF于点B．若∠APB绕点P旋转时始终满足，称∠APB为∠EOF的智慧角．


（1）当时，如图1，若，求证：∠APB为∠EOF的智慧角．
（2）当时，∠APB为∠EOF的智慧角．求∠APB（用含a的式子表示）．
（3）如图3，点C是双曲线上一个动点，过点C作直线l分别交x轴和y轴于点A，B，且满足．请求出∠AOB的智慧角∠APB的项点P的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）点P的坐标为：，或
【解析】
【分析】
（1）结合题意，根据角平分线的性质，推导得；根据相似三角形的性质，通过证明，即可得到答案；
（2）结合题意，根据相似三角形的性质，通过证明△OPB∽△OAP，得∠OBP=∠OPA，再通过角度和差计算，即可得到答案；
（3）分点A、B分别在轴和轴正半轴上，和点A在轴正半轴、点B在轴负半轴上两种情况分析；当点A、B分别在轴和轴正半轴上时，根据反比例函数的性质，设点，过点C作CH⊥OA于H，根据相似三角形性质，通过证明，得，从而得，结合题意计算，即可得到答案；当点A在轴正半轴、点B在轴负半轴上时，根据全等三角形的性质，通过证明，推导得，结合智慧角的性质计算，即可完成求解．
【详解】
（1）∵，OD平分∠EOF的，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴
∴．
∴．
∴，
∴∠APB为∠EOF的智慧角．
（2）∵∠APB为∠EOF的智慧角，
∴，∠BOP=∠AOP．
∴，∠BOP=∠AOP．
∴△OPB∽△OAP．
∴∠OBP=∠OPA
∴，即；
（3）当点A、B分别在轴和轴正半轴上时，如图3：


设点，则，
过点C作CH⊥OA于H．
∵BC=2CA，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵∠APB是∠AOB的智慧角，
∴，
∵∠AOB=90°，OP平分∠AOB，
∴点P的坐标为：；
当点A在轴正半轴、点B在轴负半轴上时，如图4：


∵BC=2CA，
∴AB=CA，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵∠APB是∠AOB的智慧角，
∴，
∵，OP平分∠AOB，
∴点P的坐标为：；
∴点P的坐标为：，或．
【点睛】
本题考查了角平分线、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、反比例函数的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质、反比例函数的性质，从而完成求解．
19．（2022·江西九江·九年级期末）（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是直线m外一点，，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，你发现了什么？
最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______．

（2）小试牛刀：如图2所示，中，，，．则点P为AB边上一动点，则CP的最小值为______．
（3）尝试应用：如图3所示是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE．

①请直接写出DE的最小值．
②在①的条件下求的面积．
（4）拓展提高：如图4，顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．．，，请求出AE的最小值．

【答案】（1）PO，垂线段最短；（2）；（3）①DE的最小值是1；②△BPE的面积为；（4）AE的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）根据垂线段的性质即可解答；
（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，利用面积法即可求解；
（3）①根据旋转的性质，旋转前后的图形对应线段、对应角相等，可证得△ABP≌△CBE，得到∠BCE=30°．得到点E在射线CE上，根据“垂线段最短”这一定理，当∠DEC=90°时，DE最短，据此求解即可；
②利用勾股定理求得EC=，即AP=，再利用勾股定理先后求得AD、PD、BP的长，即可求解；
（4）作出如图的辅助线，先判断出点E在直线GH上运动，根据“垂线段最短”这一定理，当当AE⊥GH时，AE最短，利用相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：（1）∵PO⊥直线m，
∴从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．
故答案为：PO，垂线段最短；
（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，
S△ABC=ACBC=ABPC，
∴PC=，即CP的最小值为，
故答案为：；
（3）①由旋转知∠PBE=60°，BP=BE，
∴△PBE是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，边长为4，
∴AB=BC，∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=30°，BD=CD=2，
∴∠ABP=∠CBE，
∴△ABP≌△CBE（SAS），
∴∠BCE=∠BAD=30°；
∵点P为高AD上的一个动点，
∴点E在射线CE上，
根据“垂线段最短”可知，当DE⊥CE时，DE最短．
∵∠BCE=30°，CD=2，
∴DE=CD=1，
即DE的最小值是1；
②由①得CD=2，DE=1，
∴CE=，
∵△ABP≌△CBE，
∴AP=CE，
在Rt△BDA中，AB=4，BD=2，
∴AD=，
∴PD=AD-AP=，
∴PB=，
∴等边三角形△PBE的高为，
∴△BPE的面积为=；
（4）过点B作BH⊥AC于点H，
则∠BHC=90°，
∴∠HBC+∠HCB=90°，∠ACD+∠HCB=90°，
∴∠HBC=∠ACD，
∵∠EBF=∠ACD，
∴∠HBC=∠EBF，
此时点F与点C重合，点E与点H重合，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=，
∵S△ABC=ABBC=ACBH，
∴BH=，
∴AH=，

取AB中点G，
过点G作GI⊥AB交AC于点I，
则∠BGI=90°，
∴∠GBI=∠BAC，
∵∠EBF=∠ACD=∠BAC，
∴∠GBI=∠EBF，
此时点F与点I重合，点E与点G重合，
顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，
且，



四点共圆，


∴点E在直线GH上运动，
根据“垂线段最短”这一定理，当AE⊥GH时，AE最短，
过点H作HP⊥AB于点P，
∴△APH△ABC，
∴，即，
∴PH=，AP=，
∴PG=AG-AP=，
∴GH=，

∵S△AGH=AGPH=GHAE，
∴AE=，
∴AE的最小值为．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，等边三角形的判定和性质，四点共圆的判定等知识，解决本题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
20．（2021·江西赣州·九年级期末）（1）问题发现：
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠AEB的度数为　 　°；
②线段AD、BE之间的数量关系是　 　．
（2）拓展研究：
如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点 A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系．
（3）探究发现：
图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．

【答案】（1）①60；②AD＝BE；（2）a2＋b2＝c2；（3）60°或120°
【解析】
【分析】
（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE=AD，∠ADC=∠BEC，由勾股定理可求解；
（3）由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°．
【详解】
解：（1）①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°，
故答案为：60；
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，
故答案为：AD=BE；
（2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°．
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°，
∴AD2+AE2=AB2，
∵AD=a，AE=b，AB=c，
∴a2+b2=c2；
（3）如图3，

由（1）知△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠CBA=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，
∴∠AOE=180°-120°=60°，
如图4，

同理求得∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
21．（2021·江西·中考真题）课本再现
（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与相等的角是______；


类比迁移
（2）如图2，在四边形中，与互余，小明发现四边形中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作，再过点作于点，连接，发现，，之间的数量关系是_________；
方法运用


（3）如图3，在四边形中，连接，，点是两边垂直平分线的交点，连接，．
①求证：；
②连接，如图4，已知，，，求的长（用含，的式子表示）．
【答案】（1）∠DC；（2）AD2+DE2=AE2；（3）①见解析；②BD=．
【解析】
【分析】
（1）根据拼图可求得∠A=∠DC；
（2）根据∠ABC与∠ADC互余求得∠ADF=∠ADC+∠ABC=90°，利用勾股定理即可求解；
（3）①由点O是△ACD两边垂直平分线的交点，证得OA=OD=OC，推出2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，得到∠OAC+∠ADC =90，即可求解；
②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC= 1：2：，同理可得CE：DE：DC= 1：2：，证明△ACE△BCD，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】
（1）根据拼图可得：∠A=∠DC；
故答案为：∠DC；
（2）作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，如图，


∵∠ABC与∠ADC互余，即∠ABC+∠ADC=90°，
∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=∠ADC+∠ABC=90°，
∴AD2+DE2=AE2；
故答案为：AD2+DE2=AE2；
（3）①证明：连接OD、OC，


∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，
∴OA=OD=OC，
∴∠OAC=∠OCA，∠ODC=∠OCD，∠OAD=∠ODA，
∵2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，
即2∠OAC+2∠ADC =180，
∴∠OAC+∠ADC =90，
∵∠OAC=∠ABC，
∴∠ABC +∠ADC =90；
②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，


∵∠ABC +∠ADC=90，
∴∠ABC +∠CDF=90，
∴AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，
∵∠BAC=90，
∴AC：AB：BC= 1：2：，
同理可得CE：DE：DC= 1：2：，
∴，
∵∠CDF=∠ABC，
∴∠ACB=∠DCE，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△ACE△BCD，
∴，
∴AE=，
在Rt△CDE中，，
∴DE=，
∴m2+()2=()2，即m2+2=，
∴BD2=，
∴BD=．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
22．（2021·江西景德镇·九年级期末）如图将绕点逆时针旋转角度后，与构成位似图形，则称与互为“旋转位似图形”．

（1）知识理解：
①两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形________（填：是或不是）“旋转位似图形”．
如图，与互为“旋转位似图形”
②若，，，则的度数为________；
③若，，，则的长度为________；
（2）知识运用：
如图，在四边形中，，于，．求证：与互为“旋转位似图形”．
（3）拓展提高：
如图，为等腰直角三角形，点为斜边的中点，点是上一点，是延长上一点，点在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，，求和的长．
【答案】（1）①是；②；③；（2）证明见解析；（2）DE=；BD=．
【解析】
【分析】
（1）①根据“旋转位似图形”的定义即可得答案；
②由“旋转位似图形”的定义可得△ABC∽△ADE，根据相似三角形的性质及三角形内角和定理可得∠C、∠BAC的度数，根据旋转的性质可得∠EAC=26°，利用角的和差关系即可得答案；
③由“旋转位似图形”的定义可得△ABC∽△ADE，根据相似三角形的性质即可得答案；
（2）根据直角三角形两锐角互余的性质及角的和差关系可得∠2=∠BAE，即可得出∠1=∠BAE，进而可证明△ACD∽△ABE，即可得结论；
（3）作交直线于点，根据等腰直角三角形的性质可求出AB的长，根据相似三角形的性质可求出AE的长，根据角的和差关系可得∠DAE=45°，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AE′，即可证明点E与点E′重合，可得AE⊥DG，可得DE=AE，即可得出DE的长，利用勾股定理即可求出BD的长．
【详解】
（1）①如图，△ABC和△ADE是等边三角形，
∴△ABC∽△ADE，
∴绕点逆时针旋转角度后与构成位似图形，
故答案为：是

②∵与互为“旋转位似图形”
∴△ABC∽△ADE，
∴∠C=∠E=29°，
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-100°-29°=51°，
∵△ADE绕点逆时针旋转角度后，与△ABC构成位似图形，
∴∠EAC==26°，
∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=51°-26°=25°，
故答案为：25°
③∵与互为“旋转位似图形”
∴△ABC∽△ADE，
∴，即，
解得：BC=，
故答案为：
（2）∵AE⊥BD，∠ABC=90°，
∴∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，
∴∠BAE=∠2，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠BAE，
∵∠ADC=∠AEB=90°，
∴△ACD∽△ABE，
∵△ACD与△ABE有一个公共顶点A，
∴△ACD与△ABE互为“旋转位似图形”．
（3）如图，作交直线于点，
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6，
∴AB=AC=，
与互为“旋转位似图形”，
．
，
，；．
∴∠DAE′=45°，
∴为等腰直角三角形．
，
．，点和点重合，
．
∴，，
∴．

【点睛】
本题考查位似图形及相似三角形的判定与性质的综合，理解“旋转位似图形”的定义并熟练掌握相似三角形的判定定理、是解题关键．
23．（2021·江西赣州·九年级期末）【问题提出】如图1，在等边三角形内部有一点，，，．求的度数．
【数学思考】当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分散的条件集中起来解决问题．

【尝试解决】（1）将绕点逆时针旋转60°，得到，连接，则为等边三角形．
，，，

为______三角形
的度数为______．
【类比探究】（2）如图2，在等边三角形外部有一点，若，求证．
【联想拓展】（3）如图3，在中，，．点在直线上方且，，求的长．
【答案】（1）直角；150°；（2）见详解；（3）．
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质、等边三角形的性质，以及勾股定理的逆定理，判定为直角三角形，即可得到答案；
（2）将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到如图所示，再连接，由等边三角形的性质和旋转的性质，得到，从而得到结论成立；
（3）将△PAB绕点A顺时针旋转90°，得到如图所示，由旋转的性质和等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，即可求出答案．
【详解】
解：（1）将绕点逆时针旋转60°，得到，连接，
则为等边三角形．
∴，
，，，

为直角三角形，
∴,
的度数为：．
故答案为：直角；150°．
（2）将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到如图所示，再连接，

∵△ABC是等边三角形，则点与点B重合，
由旋转的性质，则，，
∴是等边三角形，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵，，
∴．
（3）将△PAB绕点A顺时针旋转90°，得到如图所示，

∵AB=AC，∠BAC=90°，则点与点C重合，
由旋转的性质，得，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
则点P、、B三点共线，
∵，，
∴点是PB的中点，
设，则，
由勾股定理，得
，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，以及勾股定理进行解题，解题的关键是掌握旋转的性质，正确作出辅助线进行分析．
24．（2021·江西吉安·九年级期末）如图，在正方形中，点E在对角线上，，过点E的直线分别交，于点M，N．

（1）当时，的长为________，________；
（2）已知．
①若，求此时的长；
②当E，F为的三等分点，点P在正方形的边上时，是否存在满足的情况？如果存在，请通过分析指出这样的点的个数；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）；；（2）①；②存在，有8个．
【解析】
【分析】
解：（1）由四边形ABCD为正方形，得到△ACD为等腰直角三角形，在Rt△ACD中由勾股定理求得CD的长，由MN=CD，可以求出MN的长，由AD∥BC得到△AEM∽△CEN.
（2）①过点E作EG⊥AD于点G．由AM∥CN，得到△AEM∽△CEN．得到对应边成比例，由勾股定理求出GM的长，再由AM=AG+GM可求出．
②画出图形，过点F作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，根据点M与点F关于BC对称，计算出PE+PF的最小值，与PE+PF=9比较．得出BC上存在两个点，同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF=9．
【详解】
解：（1），
∵四边形ABCD为正方形
∴△ACD为等腰直角三角形，
则，在Rt△ACD中有AD=AC，
AD2+DC2=AC2，
∵AC=12，
解得：AD=CD=6，
又∵MN⊥BC，CD⊥BC
∴MN∥CD，且MN=CD，
即MN=DC=6，
又∵AD∥BC
∴△AEM∽△CEN.
（2）①如图，过点E作于点G．


∵，
∴．
∴．
∵，，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
②存在，这样的点有8个．
如图，过点F作点F关于的对称点M，连接交于点N，连接，

∵点E，F将对角线三等分，且，
∴，．
∵点M与点F关于对称，
∴，．
∴．
∴．
则在线段上存在点N到点E和点F的距离之和最小为．
∴在线段上，点N的左右两边各有一个点P使．
同理在线段，，上都存在两个点使．
即共有8个点P满足．
【点睛】
本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质、线段和的最值问题等，体现了逻辑推理、直观想象核心素养.
25．（2021·江西南昌·九年级阶段练习）如图，以点P(−1，0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．

（1）求B、C两点的坐标；
（2）请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
（3）动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
【答案】（1）B(-3，0)，C(1，0)；（2）作图见解析，四边形ACMB是矩形，点M的坐标为(-2，)；（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°
【解析】
【分析】
（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得；再根据勾股定理，计算得AP；再根据圆的性质，得，从而得到B、C两点的坐标；
（2）结合题意，根据圆周角的性质，得；再根据旋转的性质，得，，，从而推导得四边形ACMB是矩形；再根据旋转的性质，可计算得点M的坐标；
（3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，故得∠MQG=2∠MBG；再通过三角函数计算，得到∠OCA=60°；从而完成求解．
【详解】
（1）如图，连接AP

∵以点P(−1，0)为圆心的圆，AD=
∴，
∴
∴
又∵P(−1，0)
∴B(-3，0)，C(1，0)；
（2）如图

∵以点P(−1，0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧）
∴BC是圆的直径
∴
∵将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB
∴，，
∴四边形ACMB是矩形
过点M作交BC于点N

结合题意得：△MCB和△ABC关于点P旋转对称
∴，
又∵P(−1，0)
∴点M的坐标为(-2，)；
（3）如下图

结合（2）的结论，四边形ACMB是矩形，∠BMC=90°
∵EG⊥BO
∴∠BGE=90°
∴∠BMC=∠BGE=90°
∵点Q是BE的中点
∴QM=QE=QB=QG
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上
∴∠MQG=2∠MBG
∵∠COA=90°，OC=CP-OP=1，OA=
∴tan∠OCA==
∴∠OCA=60°
∴∠MBC=∠BCA=60°
∴∠MQG=120°
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．
【点睛】
本题考查了圆、旋转、勾股定理、直角三角形斜边中线、直角坐标系、矩形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、圆心角、旋转、勾股定理、直角三角形斜边中线、直角坐标系、矩形、三角函数的性质，从而完成求解.
26．（2021·江西·南昌市二十八中教育集团青云学校九年级期末）如图，点在轴上，以点为圆心的圆，交轴于、两点，交轴于、两点，，．
（1）求圆心的坐标；
（2）将绕点旋转，得到．请在图中画出线段、，判断四边形的形状，请说明理由，并直接写出点坐标．
（3）设点为上一个动点，连接线段与相交于点，点为的中点，过点作于，连接、．在点的运动过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．

【答案】（1）（1，0）；（2）画图见解析，矩形，见解析， ；（3）不变，．
【解析】
【分析】
（1）连接AP,设半径为r，则PO=3-r，根据Rt△AOP得到AP2=AO2+OP2，得到方程即可求解，再得到圆心P点坐标；
（2）由于圆P是中心对称图形，射线AP与圆P的交点就是所需画的点E，连接ED、EC即可；易证四边形是矩形；过点E作EH⊥CD，垂足为H，易证△EHP≌△AOP，从而求出EH、OH的长，进而得到点E的坐标．
（3）易证点E、G、H、C在以点M为圆心，CM为半径的圆上，从而得到＝2∠HCE．易得∠ODA＝60°，从而得到∠HCE＝60°，进而得到＝120°，所以是定值．
【详解】
（1）连接AP,设半径为r，则PO=3-r，
∵，AB⊥CD，
∴AO=
在Rt△AOP 中，AP2=AO2+OP2，
∴r2=()2+(3-r)2，
解得r=2
∴PO=1
∴圆心P点坐标为（1,0）；
（2）连接AP，延长AP交⊙P于点E，连接ED、EC．
如图所示，线段ED、EC即为所求作．
四边形是矩形．
理由如下：
∵△ECD由绕点P旋转180°所得，
∴四边形是平行四边形．
∵CD是⊙P的直径，
∴∠CAD＝90°．
∴平行四边形是矩形．
过点E作EH⊥CD，垂足为H，如图所示．
在△EHP和△AOP中，
∵∠EHP＝∠AOP=90°，∠HPE＝∠OPA，EP＝AP，
∴△EHP≌△AOP．
∴MH＝OA＝，PH＝PO＝1．
∴OH＝2．
∴点M的坐标为（2，-）．
   
(3) 在旋转过程中的大小不变．
∵四边形是矩形，
∴∠DEC＝90°．
∵，
∴∠GHC＝90°．
∴∠GHC＝∠GEC＝90°．
∵点M是GC的中点，
∴HM＝GM＝ME＝CM．
∴点E、G、H、C在以点M为圆心，CM为半径的圆上，如图所示．
∴＝2∠HCE．
∵∠ODA＝90°，OD＝1，OA＝，
∴tan∠ODA＝．
∴∠ODA＝60°．
∴∠HCE＝∠ODA＝60°．
∴＝120°．
∴在旋转过程中的大小不变，始终等于120°．

【点睛】
本题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、特殊角的三角函数、图形的旋转等知识，综合性比较强．
27．（2021·江西·景德镇一中九年级期中）如图，在中，，，，点分别是边的中点，连接．将绕点顺时针方向旋转，记旋转角为．
①          ②
③          ④
（1）问题发现：当时， ．
（2）拓展探究：试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图②的情况给出证明．
（3）问题解决：当旋转至三点共线时，如图③，图④，直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）无变化，理由见解析；（3）图③中；图④中；
【解析】
【分析】
（1）问题发现：由勾股定理可求AC的长，由中点的性质可求AE，BD的长，即可求解；
（2）拓展探究：通过证明△ACE∽△BCD，可得；
（3）问题解决：由三角形中位线定理可求DE=1，∠EDC=∠B=90°，由勾股定理可求AD的长，即可求AE的长．
【详解】
解：（1）问题发现：
∵∠B=90°，AB=2，BC=6，
∴AC=，
∵点D，E分别是边BC，AC的中点，
∴AE=EC=，BD=CD=3，
∴，
故答案为：；
（2）无变化；证明如下：
∵点，分别是边，的中点，
∴由旋转的性质，，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图③，

∵点D，E分别是边BC，AC的中点，
∴DE=AB=1，DE∥AB，
∴∠CDE=∠B=90°，
∵将△EDC绕点C顺时针方向旋转，
∴∠CDE=90°=∠ADC，
∴AD=，
∴AE=AD+DE=；
如图④，

由上述可知：AD=，
∴；
【点睛】
本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
28．（2021·江西·景德镇一中九年级期中）已知二次函数
（1）若
①求该二次函数图象的顶点坐标；
②定义：对于二次函数，满足方程的的值叫做该二次函数的“不动点”．
求证：二次函数有两个不同的“不动点”．
（2）设，如图所示，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴分别相交于不同的两点，其中，，与轴相交于点，连结，点在轴的正半轴上，且，又点的坐标为，过点作垂直于轴的直线与直线相交于点，满足．的延长线与的延长线相交于点，若，求二次函数的表达式．

【答案】（1）①;②见解析;（2）.
【解析】
【分析】
（1）①把的值代入二次函数解析式并配方得顶点式，即求得顶点坐标．
②根据定义，把代入二次函数，得，根据根的判别式可知满足此方程的有两个不相等的值，即原二次函数有两个不同的“不动点”．
（2）由条件与联想到证的对应边的比，即有．由轴且可得轴，由平行线分线段定理可证也为中点，其中，可用含的式子表示．可用含表示，通过韦达定理变形和代入可得用表示的式子．又由和可证，对应边成比例可得式子，把含的式子代入再把韦达定理得到的代入化简，可得．即能用表示，代回到解方程即求得的值，进而求的值，得到二次函数表达式．
【详解】
解：（1）①∵
∴
∴该二次函数图象的顶点坐标为
②证明：当时，
整理得：
∴
∴方程有两个不相等的实数根
即二次函数有两个不同的“不动点”．
（2）把代入二次函数得：
∵二次函数与轴交于点
即为方程的两个不相等实数根
∴
∵当时，
∴
∵
∴，
∵轴，
∴轴
∴
∴，
∵
∴
∴，即
∴
展开得：




∵
∴， 即
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
解得：，（舍去）
∴，
∴二次函数的表达式为
【点睛】
本题考查了求二次函数顶点式，一元二次方程的解法及根与系数的关系，相似三角形的判定和性质，因式分解．第（2）题条件较多且杂时，抓住比较特殊且有联系的条件入手，再通过方程思想不断寻找等量关系列方程，逐个字母消去，求得最终结果．
29．（2021·江西赣州·九年级期末）【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3．你能求出∠APB的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
【类比探究】
如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=，求∠APB的度数．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【详解】
分析：（1）先利用旋转求出∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，利用勾股定理求出PP'，进而判断出△APP'是直角三角形，得出∠APP'=90°，即可得出结论；
（2）同（1）的思路一的方法即可得出结论．
详解：（1）如图1，

将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=2，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=2，
∵AP=1，
∴AP2+PP'2=1+8=9，
∵AP'2=32=9，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；
（2）如图2，

将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=1，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=，
∵AP=3，
∴AP2+PP'2=9+2=11，
∵AP'2=（）2=11，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°．
点睛：此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
30．（2022·江西宜春·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点P是对角线BD上一点，连接AP，AE⊥AP，且＝，连接BE．

(1)当DP＝2时，求BE的长．
(2)四边形AEBP可能为矩形吗？如果不可能，请说明理由；如果可能，求出此时四边形AEBP的面积．
【答案】(1)4
(2)四边形AEBP可能为矩形，，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形性质和已知条件可得，证明△ADP∽△ABE，进而可得结论；
（2）结合（1）△ADP∽△ABE，证明四边形AEBP为矩形，再根据勾股定理即可解决问题．
(1)
解：∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=4，
∴∠DAB=90°，，
∴，
∵AP⊥AE，
∴∠PAE=90°，
∴∠DAP+∠PAB=∠PAB+∠BAE，
∴∠DAP=∠BAE，
∴△ADP∽△ABE，
∴，
∴BE=2DP=4；
(2)
解：四边形AEBP可能为矩形，理由如下：

由（1）得△ADP∽△ABE，
∴∠ABE=∠ADB，
∴∠PBE=∠PBA+∠ABE=∠PBA+∠ADB=90°，
当∠APB=90°时，
∵∠APB=∠PAE=∠PBE=90°，
∴四边形AEBP为矩形，
由勾股定理得BD=，
∵S△ABD=×AB×AD=×BD×AP，
∴AP=，
∴AE=2AP=，
∴S四边形AEBP=AE•AP=．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．