专题12 猜想证明类的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1

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（1）观察图1，猜想线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论是否仍然成立，若成立请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由；
（3）把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出线段长的取值范围．
【答案】（1），；（2），仍成立，理由见解析；（3）．
【解题思路分析】（1）证明△BAE≌△CAD，继而结合直角三角形中斜边中线的性质即可得答案；
（2）延长交于，延长到使，连接，用三角形全等推出，再得到，用平行线的性质和判定就可以证明．
（3）利用三角形三边关系求出AM的范围即可确定线段长的取值范围．
【解析】（1），；理由如下：
∵AB=AC，∠BAE=∠CAD=90°，AD=AE，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD，∠ABE=∠ACD，
又∵P为CD中点，
∴AP=CP=CD，
∴，∠ACD=∠CAP，
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠CAP+∠AEB=90°，
∴∠ANE=90°，
∴
（2）成立．，．
理由如下：
延长交于，延长到使，连接，
，
∵点为的中点，∴
则，
∴，，
∴，
∴，．
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
即．
（3）∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，，，
∴AD=AE=3，AC=AB=5，
又由（2）知，CM=AD=3，
∴，
∴，
∵，
∴．
2．（2021·山东台儿庄·九年级二模）在等腰△ABC中，AB＝BC，点D，E在射线BA上，BD＝DE，过点E作EF∥BC，交射线CA于点F．请解答下列问题：
（1）当点E在线段AB上，CD是△ACB的角平分线时，如图①，求证：AE＋BC＝CF；（提示：延长CD，FE交于点M．）
（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，如图②；当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，如图③，请直接写出线段AE，BC，CF之间的数量关系，不需要证明；
【答案】（1）见解析；（2）BC＝AE＋CF或AE＝CF＋BC
【解题思路分析】（1）延长CD，FE交于点M．利用AAS证明△MED≌△CBD，得到ME＝BC，并利用角平分线加平行的模型证明CF＝MF，AE＝EF，从而得证；
（2）延长CD，EF交于点M．类似于（1）的方法可证明当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，BC＝AE＋CF，当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，AE＝CF＋BC．
【解析】解：（1）如图①，延长CD，FE交于点M．
∵AB＝BC，EF∥BC，
∴∠A＝∠BCA＝∠EFA，
∴AE＝EF，
∴MF∥BC，
∴∠MED＝∠B，∠M＝∠BCD，
又∵∠FCM＝∠BCM，
∴∠M＝∠FCM，
∴CF＝MF，
又∵BD＝DE，
∴△MED≌△CBD（AAS），
∴ME＝BC，
∴CF＝MF＝ME＋EF＝BC＋AE，
即AE＋BC＝CF；
（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，BC＝AE＋CF，
如图②，延长CD，EF交于点M．
由①同理可证△MED≌△CBD（AAS），
∴ME＝BC，
由①证明过程同理可得出MF＝CF，AE＝EF，
∴BC＝ME＝EF＋MF＝AE＋CF；
当点E在线段BA的延长线上，
CD是△ACB的外角平分线时，AE＝CF＋BC．
如图③，延长CD交EF于点M，
由上述证明过程易得△MED≌△CBD（AAS），BC＝EM，CF＝FM，
又∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠CAB＝∠FAE，
∵EF∥BC，
∴∠F＝∠FCB，
∴∠F＝∠FAE，
∴EF＝AE，
∴AE＝FE＝FM＋ME＝CF＋BC，即：AE＝CF＋BC．
3．（2021·河南九年级三模）如图，在菱形中，，将边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．过点作于点，过点作直线于点，连接．
（探索发现）
填空：当时， = ．的值是
（验证猜想）
当时，中的结论是否仍然成立?若成立，请仅就图的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
（拓展应用）
在的条件下，若，当是等腰直角三角形时，请直接写出线段的长．
【答案】（1），；（2）当时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）线段的长为或．
【解题思路分析】当时，点B′与点C重合， ，由四边形ABCD为菱形，可求∠ABE=90°，由，可求∠ABC=60°，=30°，由DF⊥BC，DC∥AB，∠FDC=∠EBC=30°，由sin∠FDC=sin∠EBC=，可得CF=CE，可求∠CEF=∠FDC=30°即可；
当时， 中的结论仍然成立．先求，再证 ．最后证即可；
连接，交于点．先求，．．分两种情况：如图先求，再证△B′BD∽△EBF，可得，如图先求．再证△B′BD∽△EBF，．
【解析】当时，点B′与点C重合，
∵ ，四边形ABCD为菱形，CD∥AB，
∴⊥AB，
∴∠ABE=90°，
∵，AD∥BC，
∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-120°=60°，
∴=∠ABE-∠ABC=90°-60°=30°，
∵DF⊥BC，DC∥AB，
∴DF⊥AD，∠CDA=180°-∠BAD=60°，
∴∠FDC=90°-∠CDA=30°，∠FCD=90°-∠FDC=60°，
∴∠FDC=∠EBC=30°，
∴sin∠FDC=sin∠EBC=，
∵DC=BC，
∴CF=CE，
∴∠CFE=∠CEF=∠FCD=30°，
∴∠CEF=∠FDC=30°，
∴DF=FE，
∵cs∠FDC=，
∴=，
故答案为，．
当时， 中的结论仍然成立．
证明：如图，连接．
，
，．
，
．
．
．
，即．
，，
．
．
，
线段的长为或．
连接，交于点．
，，
，
，
∵DE=BE，∠DEB=90°，
∴∠EDB=∠EBD=45°，
．
，∠B′EB=90°，
，．
，
．
．
分两种情况：如图，
，
∵∠B′BE=∠DBF=30°，
∴cs∠B′BE=cs∠DBF=，
又∵∠B′BE+∠EBD=∠EBD+∠DBF，
∴∠B′BD=∠EBF，
∴△B′BD∽△EBF，
∴，
．
如图，
．
∵∠B′BE=∠DBF=30°，
∴cs∠B′BE=cs∠DBF=，
又∵∠B′BE-∠FBB′=∠DBF-∠FBB′，
∴∠B′BD=∠EBF，
∴△B′BD∽△EBF，
∴，
．
综上所述，线段的长为或．
4．（2021·辽宁抚顺·九年级三模）在正方形中，点是对角线所在直线上的一点；点在的延长线上，且，连接．
（1）如图1，当点在线段上时，线段与线段的数量关系是______．
（2）如图2，当点在的延长线上时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，把正方形改为菱形，其它条件不变，当时，
①探究线段与线段的数量关系，并请直接写出你的结论；
②若，，请直接写出的长．
【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）①；②
【解题思路分析】（1）由四边ABCD为正方形，BD为对角线是正方形的对称轴，可得AP=PC，∠PAD=∠PCD，由，可得∠PAD=∠PED，PC=PE，再求∠CPF =90°，由勾股定理即可；
（2）；由四边形是正方形，可得，，可证，再证为等腰直角三角形，由勾股定理即可；
（3）①；设PC与AE交于F，由四边形ABCD为菱形，BD为对角线，可得AD=CD，∠ABD=∠CBD，可证△ABD与△CBD均为等边三角形，再证，再证△PCE为等边三角形，可得CE=PC=PA即可；
②连接AC，交BD于G，由四边形ABCD为菱形，可得AC⊥BD，AG=CG，BG=DG，由△ADB为等边三角形，，可求BG=DG=，由勾股定理，可得AC=2AG=6，可证四边形ACEP为菱形，可得AE⊥PC，由勾股定理，可得AE=2AF=．
【解析】解：（1），
因为四边ABCD为正方形，BD为对角线是正方形的对称轴，
∴AP=PC，∠PAD=∠PCD，
∵，
∴∠PAD=∠PED，PC=PE，
∵∠PFC=∠DFE，
∴∠CPF=180°-∠PFC-∠PCD=180°-∠DFE-∠PED=∠FDE=90°，
∴△CPE为等腰直角三角形，
∴由勾股定理；
（2）；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
在△ADP和△CDP中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
（3）①；
设PC与AE交于F，
∵四边形ABCD为菱形，BD为对角线，
∴AD=CD，∠ABD=∠CBD，
∵，
∴∠ABD=∠CBD=，
∴△ABD与△CBD均为等边三角形，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ADP=∠CDP=120°，
在△ADP和△CDP中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴∠CPE=180°-∠PEF-∠PFE=180°-∠DCF-∠DFC=∠CDF=60°，
∴△PCE为等边三角形，
∴CE=PC=PA，
②连接AC，交BD于G，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AG=CG，BG=DG，
∵△ADB为等边三角形，，
∴BD=，BG=DG=，
在Rt△ABG中，，
∴AC=2AG=6，
∴AP=PE=CE=AC=6，
∴ 四边形ACEP为菱形，
∴AE⊥PC，
∴AF=EF，CF=FP=，
在Rt△AFC中，，
∴AE=2AF=．
5．（2021·盐城市初级中学九年级二模）在△ABC中，AC＝BC＝3，∠ACB＝90°，D为线段AC上一点，AD=1．过点D作DE∥BC交AB于点E， M为DE的中点．
（1）如图1，连接BD，取BD的中点N，求线段MN的长；
（2）如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转，旋转角为α，F、N分别为线段CB、DB的中点，连接FN，MN．猜想∠FNM的大小是否为定值，并证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，连接CN，在△ADE绕点A逆时针旋转过程中，当线段CN最大时，请直接写出△FCN的面积．
【答案】（1）；（2）∠FNM的大小为定值135°，证明见解析；（3）．
【解题思路分析】（1）由勾股定理解得AB、AE的长，结合中位线的性质解题；
（2）连接，证明~，由相似三角形的性质解得，再由平行线的性质解题；
（3）根据旋转的性质证明当在一条直线上时，最长，再结合三角形的面积公式及正弦定义解题．
【解析】解：（1）
是的中点，是的中点，
（2）如图，连接
~
分别是、的中点，
是定值；
（3）是绕点逆时针旋转的，即可以看成点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
由中位线的性质可知，点N到的中点的距离恒等于,故点N的轨迹也是圆且以的中点为圆心，为半径，
设中点为，
当在一条直线上时，最长即，如图
此时
在上的高为
；
6．（2021·河南南召·九年级一模）（1）在正方形中，G是边上的一个动点（不与重合，以为边在正方形外作一个正方形，连接，如图1.直接写出线段的关系________；
（2）将图1中的正方形绕点C按逆时针方向旋转任意角度，得到图2的情形，试判断（1）中的结论是否仍然成立？并证明你的判断；
（3）将上面题中的正方形都改为矩形，得到如图3、图4，若，试判断（1）中的结论是否仍然成立？请以图4为例，简要说明理由．
（4）在图4中，连接，若，直接写出的值_________．
【答案】（1）；（2）成立，见解析；（3）成立，不成立，见解析；（4）
【解题思路分析】（1）由正方形的性质得出BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，由SAS证明△BCG≌△DCE，得出BG=DE，∠CBG=∠CDE，延长BG交DE于H，由角的互余关系和对顶角相等证出∠CDE+∠DGH=90°，由三角形内角和定理得出∠DHG=90°即可；
（2）根据正方形的性质及SAS推出△BCG≌△DCE．然后得出，推出BG⊥DE；
（3）依题意得出AB=a，BC=b，CG=mb，CE=ma的线段比例，然后再推出∠CDE+∠DHO=90°即可；
（4）延长DE交BG与点N，连接BD、EG，根据BG⊥DE及勾股定理得出，根据给出的数值求出及即可得出答案．
【解析】解：（1）
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
在△BCG和△DCE中，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
延长BG交DE于H，如图1所示：
∵∠CBG+∠BGC=90°，∠DGH=∠BGC，
∴∠CDE+∠DGH=90°，
∴∠DHG=90°，
∴BG⊥DE；
故答案为：BG=DE，BG⊥DE；
（2）仍然成立：
在正方形和正方形中，
，
△BCG≌△DCE
，
延长交于M、交的延长线于N，
又
，
即
（3）成立，不成立
在矩形和矩形中
△BCG≌△DCE
，
延长交于M、交于N，
又
，
即
（4）
延长DE交BG与点N，连接BD、EG
,
，，
，
．
7．（2021·四川九年级一模）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形：
（1）如图1，已知：在△ABC中，，D、A、E三点都在直线m上，并且有．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请证明你的结论；
（2）老师鼓励学习小组继续探索相似的情形．于是，学习小组又研究以下问题：如图2，△ABC中，．将一把三角尺中30°角顶点P放在BC边上，当P在BC边上移动时，三角尺中30°角的一条边始终过点A，另一条边交AC边于点Q，P、Q不与三角形顶点重合．设．当在许可范围内变化时，取何值总有△ABP∽△PCQ？当在许可范围内变化时，取何值总有△ABP∽△QCP？
（3）试探索有无可能使△ABP、△QPC、△ABC两两相似？若可能，写出所有、的值（不写过程）；若不可能，请说明理由．
【答案】（1）；证明见解析；（2）；；（3）可能；，或，．
【解题思路分析】（1）证明△ADB≌△CEA（AAS），由全等三角形的性质得出AE=BD，AD=CE，则可得出结论；
（2）由β=∠2或∠1=∠CQP，即∠2=30°+β-α=β，解得α=30°，即可求解；由β=∠1或∠2=∠CQP，同理可得：β=75°，即可求解；
（3）①当α=30°，β=30°时，则∠2=∠B=α=30°，即可求解；②当β=75°，α=52.5°时，同理可解．
【解析】解：（1）如图1，∵，
∴，
∴，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴，，
∴；
（2）在△ABP中，，
∴，
同理可得：；
由或，
即，
解得，则△ABP∽△PCQ；
∴当在许可范围内变化时，时，总有△ABP∽△PCQ；
由或，
同理可得：．
∴当在许可范围内变化时，总有△ABP∽△QCP；
（3）可能．①当，时，
则，
则△ABP∽△PCQ∽△BCA；
②当，时，
同理可得：，，
∴△ABP∽△CQP∽△BCA．
8．（2021·河南开封·九年级一模）如图：两个菱形与菱形的边在同一条直线上，边长分别为a和b，点C在上，点M为的中点．
（1）观察猜想：如图①，线段与线段的数量关系是______________．
（2）拓展探究：如图②，，将图①中的菱形绕点B顺时针旋转至图②位置，其他条件不变，连接，
①猜想线段与线段的数量关系，并说明理由．
②求出线段与所成的最小夹角．
（3）解决问题：如图③，若将题目中的菱形改为矩形，且，请直接写出线段与线段的数量关系．
【答案】（1）；（2）①，理由见解析；②线段与所成的最小夹角为60；（3）．
【解题思路分析】（1）根据已知求得AE =a+b，CG =b-a，根据线段中点的定义求得CM =，通过计算即可求解；
（2）①延长BM到H，使MH=BM，连接GH，利用SAS证明△CMB△GMH和△ABE△HGB，即可得到结论；
②延长MB交AE于N，证明∠GBE=∠BNE=60，即可求解；
（3）延长BM到H，使MH=BM，连接GH，同理证明△CMB△GMH，再证明△ABE△HGB，即可求解．
【解析】（1），理由如下：
∵菱形ABCD与菱形 BEFG的边长分别为a和b，
∴AE=AB+BE=a+b，CG=BG-BC=b-a，
∵点M为CG的中点，
∴CM=CG=，
∴，
∴；
（2）①，理由如下：
延长BM到H，使MH=BM，连接GH，如图：
∵点M为CG的中点，
∴CM=MG，
∵∠CMB=∠GMH，
∴△CMB△GMH (SAS)，
∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，
∴BC∥GH，
∴∠BGH+∠CBG=180，
∵菱形ABCD与菱形 BEFG中，∠ABC=120°，∠GBE=60°，
∴∠ABE+∠CBG=180，
∴∠ABE=∠BGH，
∵AB=BC=HG，BE=BG，
∴△ABE△HGB (SAS)，
∴AE= HB；
②线段与所成的最小夹角为60，理由如下：
∵△ABE△HGB，
∴∠AEB=∠BHG，
延长MB交AE于N，
则∠MBE=∠BNE+∠AEB，即∠HBG+∠GBE=∠BNE+∠AEB，
∴∠GBE=∠BNE=60，
∴线段与所成的最小夹角为60；
（3），理由如下：
延长BM到H，使MH=BM，连接GH，如图：
同理可得：△CMB△GMH (SAS)，
∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，
∴BC∥GH，
∴∠BGH+∠CBG=180，
∵矩形ABCD与矩形 BEFG中，∠ABC=∠GBE=90°，
∴∠ABE+∠CBG=180，
∴∠ABE=∠BGH，
∵，
∴，
∴△ABE△HGB，
∴，
∵，
∴．
9．数学活动：探究正方形中的十字架
（1）猜想：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在CD、AD边上，且BF⊥AE，猜想线段AE与BF之间的数量关系： ．
（2）探究：如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在AB，BC，CD，AD边上，且EG⊥HF，此时线段HF与EG相等吗?如果相等请给出证明，如果不相等请说明理由．
（3）应用：如图3，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在CD边的中点E处，点B落在点F处，折痕为MN，则线段MN的长为 ．
【答案】（1）AE=BF；（2）HF=EG，证明见解析；（3）
【解题思路分析】（1）利用AAS证明△ABF≌△DAE，即可得到结论；
（2）过点E作EM⊥CD，垂足为M，过点H作HN⊥BC，垂足为N，利用ASA证明△HFN≌△EGM，即可得到结论；
（3）连接NE，作NP⊥AD交AD于点P，根据折叠的性质，利用勾股定理就可以列出方程，从而解出DM的长，在Rt△EFN和Rt△NEC中，得到EF2+FN2=CE2+CN2，求出FN，再利用勾股定理即可求出MN．
【解析】解：（1）AE=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAF=∠ADE=90°，
∴∠DAE+∠AED=90°，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB+∠DAE=90°，
∴∠AED=∠AFB，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴BF=AE；
（2）EG=HF，理由是：
如图，过点E作EM⊥CD，垂足为M，过点H作HN⊥BC，垂足为N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴EM=HN，
∵∠EPQ=90°，
∴∠PEQ+∠PQE=90°，又EM∥BC，
∴∠PQE=∠HFN，
∴∠PEQ+∠HFN=90°，又∠HFN+∠FHN=90°，
∴∠PEQ=∠FHN，
在△HFN和△EGM中，
，
∴△HFN≌△EGM（ASA），
∴HF=EG；
（3）如图，连接NE，作NP⊥AD交AD于点P，
由四边形ABCD是正方形及折叠知，FN=BN，EM=AM，EF=AB，∠EFN=∠B=90°，
在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2，
∵AB=BC=CD=DA=4，E为BC的中点，
∴DE=2，
∴DM2+22=（4-DM）2，
解得DM=，
在Rt△EFN中，EF2+FN2=EN2，
在Rt△NEC中，CE2+CN2=EN2，
∴EF2+FN2=CE2+CN2，
∴42+FN2=22+（4-FN）2，
解得，FN=，
∴BN=AP=，
∴MP=AD-DM-AP=4--=2，
在Rt△MPN中，MN==．
10．（2021·内蒙古海勃湾·九年级期末）如图1，E是正方形ABCD中CD边上的一点，以点A为中心，把顺时针旋转α后，得到．
（1）求α的值；
（2）当点F在BC上，且∠EAF=45°，连接EF（如图2），求证：BF+DE=EF；
（3）在（2）的前提下，连接BD，分别交AE，AF于M，N两点（如图3），试判断线段BN，MN，DM三者的关系式，请给出证明．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），证明见解析．
【解题思路分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据旋转的定义即可得；
（2）先根据旋转的性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差即可得证；
（3）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理可得，从而可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后在中，利用勾股定理可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此即可得．
【解析】（1）四边形ABCD是正方形，
，
把绕点A顺时针旋转得到后，点B是点D的对应点，
为旋转角，
；
（2）由旋转的性质得：，
，
，
，
在和中，，
，
，
又，
；
（3），证明如下：
如图，在线段AG上截取一点H，使，
由旋转的性质得：，
在和中，，
，
，
四边形ABCD是正方形，
，
，
在中，，
在和中，，
，
，
，
即．
11．（2020·河南九年级一模）已知AC＝AB，AD＝AE，∠CAB＝∠DAE＝α （0°＜α≤90°）．
（1）观察猜想
如图1，当α＝90°时，请直接写出线段CD与BE的数量关系： ，位置关系： ；
（2）类比探究
如图2，已知α＝60°，F，G，H，M分别是CE，CB，BD，DE的中点，写出GM与FH的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）解决问题
如图，已知：AB＝2，AD＝3，F，G，H，M分别是CE，CB，BD，DE的中点，将△ABC绕点A旋转，直接写出四边形FGHM的面积S的范围（用含α的三角函数式子表示）．
【答案】（1）BE＝CD，BE⊥CD；（2）GM＝FH，GM⊥FH，证明见解析；（3）sinα≤S≤sinα．
【解题思路分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△ABE，可得CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，由余角的性质可证BE⊥CD；
（2）结论：GM＝FH，GM⊥FH．利用全等三角形的性质证明四边形FGHM是菱形即可解决问题；
（3）证明四边形FGHM是菱形，S＝GH2•sinα，求出GH的取值范围即可解决问题．
【解析】解：（1）如图，设CD与AB交于点N，与BE交于点O，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°
∴∠DAC＝∠EAB，
又∵AC＝AB，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，
∵∠ANC＝∠BNO，
∴∠CAN＝∠BON＝90°，
∴BE⊥CD，
故答案为：BE＝CD，BE⊥CD；
（2）如图，结论：GM＝FH．GM⊥FH，
理由：连接CD，BE，CD交BE于O，连接FG，GH，HM，MF，
∵∠CAB＝∠EAD＝60°，
∴∠CAD＝∠BAE，
∵AC＝AB，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，
∴∠BOC＝∠CAB＝60°，
∵F，G，H，M分别是CE，CB，BD，DE的中点，
∴GF∥BE，HM∥BE，FM∥CD，GH∥CD，GF＝HM＝BE，FM＝GH＝CD，
∴∠FGH＝60°，GF＝FM＝MH＝HG，
∴四边形FGHM是菱形，△GFH是等边三角形，
∴FH⊥GM，∠GFH＝60°，
∴tan∠GFH＝＝，
∴GM＝FH；
（3）如图，连接CD，BE，CD交BE于J，交AB于O，过点F作FT⊥GH于T，BE交GH于K，
∵∠CAB＝∠EAD＝α，
∴∠CAD＝∠BAE，
∵AC＝AB，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，
∵∠AOC＝∠BOJ，
∴∠BJC＝∠CAB＝α，
∵F，G，H，M分别是CE，CB，BD，DE的中点，
∴GF∥BE，HM∥BE，FM∥CD，GH∥CD，GF＝HM＝BE，FM＝GH＝CD，
∴GF＝FM＝MH＝HG，
∴四边形FGHM是菱形，
∴∠FGH＝∠AKH＝∠CJB＝α，
∴四边形FGHM的面积＝GH•FG•sinα＝GH2•sinα，
∵AC＝2，AD＝3，
∴1≤CD≤5，
∵GH＝CD，
∴≤GH≤，
∴sinα≤S≤sinα．
12．（2020·山西晋中·九年级模拟预测）综合与实践
[动手操作]任意一个四边形通过剪裁，都可以拼接成一个三角形，方法如下：如图1，E，F，G，H分别是边，，，的中点，连接，P是线段的中点，连接，，沿线段，，剪开，将四边形分成①，②，③，④四部分，按如图2所示的方式即可拼成一个无缝隙也不重叠的．
关于在拼接过程中用到的图形的变换，说法正确的是（ ）
A．①→①是轴对称B．②→②是平移
C．③→③是中心对称D．④→④是中心对称
[性质探究]如图3，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由．
[综合运用]若是一个边长为4的等边三角形，则四边形的对角线的最小值为__________．
【答案】[动手操作]C；[性质探究]平行四边形，理由见解析；[综合运用]
【解题思路分析】[动手操作]根据中心对称，平移变换等知识判断即可．
[性质探究]利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明即可．
[综合运用]如图，由[性质探究]可知，四边形是平行四边形，设交于点O，则，，把问题转化为求F′H+C′E的最小值，即求OF′+OC′的最小值．
【解析】解：[动手操作]观察图象可知②→②，③→③是中心对称，①→①，④→④是平移．
故选：C．
[性质探究]四边形是平行四边形．
理由：由题意可知，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
[综合运用]
如图4，过点O作直线，作于点T，连接交直线于点，连接，
此时的值最小，最小值的长．
∵在中，，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴的最小值．
13．（2021·河南开封·九年级二模）如图，在中，，，，为底边上一动点，连接，以为斜边向左上方作等腰直角，连接．
观察猜想：
（1）当点落在线段上时，直接写出，的数量关系：_______．
类比探究：
（2）如图2，当点在线段上运动时，请问（1）中结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；拓展延伸：
（3）在点运动过程中，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或
【解题思路分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．
（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．
（3）分两种情形：如图中，取的中点，连接．当点在线段上时，如图中，当点在线段上时，分别利用勾股定理求解即可．
【解析】解：（1）如图（1）中，
，都是等腰直角三角形，
，，
，
，
故答案为：．
（2）如图（2）中，结论成立．
理由：取的中点，连接，．
，，，
，，，
，都是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
．
（3）如图中，取的中点，连接．当点在线段上时，
，
，
，
，
，
在中，，
．
如图中，当点在线段上时，同法可得，，
，
综上所述，的长为或．
14．（2021·黑龙江平房·九年级一模）在平面直角坐标系xOy中，直线AB交x轴于点B，交y轴于点A，直线AC交x轴于点C，AB＝AC，点C的坐标是（3，0）．
（1）如图1，求点B坐标；
（2）如图2，点D在线段AB上，点E在线段AC延长线上，连接DE交OC于点F，DF＝EF，过点E作EH⊥x轴，垂足为点H，设点F的横坐标为t，BH长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，在BA的延长线上取一点K，使AK＝CE，连接CK、FK，过点D的直线交x轴于点G，交直线AC于点M，连接BM、GK，若∠BMG＝∠FKC，BM∥KF，△CKG的面积为12，求直线GK的解析式．
【答案】（1）点B（﹣3，0）；（2）d＝6＋t；（3）y＝x＋
【解题思路分析】（1）由等腰三角形的性质可求BO=CO=3，即可求解；
（2）由“AAS”可证△DFQ≌△EFH，△DQB≌△EHC可得DQ=HE，QF=FH，BQ=CH，由线段的和差关系可求解；
（3）先求出MGKC，可得S△DKC=S△CKG，由面积关系可求OA=4，由锐角三角函数和全等三角形的性质分别求出点K，点G的坐标，利用待定系数法可求解．
【解析】解：（1）∵点C的坐标是（3，0），
∴CO＝3，
∵AB＝AC，OA⊥BC，
∴BO＝CO＝3，∠BAO＝∠CAO，
∴点B（﹣3，0）；
（2）如图2，过点D作DQ⊥BC于Q，
∴∠DQF＝∠EHF，
又∵∠DFQ＝∠EFH，DF＝EF，
∴△DFQ≌△EFH（AAS），
∴DQ＝HE，QF＝FH，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ECH，
又∵∠DQB＝∠EHC＝90°，DQ＝EH，
∴△DQB≌△EHC（AAS），
∴BQ＝CH，BD＝CE，
∴BQ＝CH＝BH﹣BC＝d﹣6，
∵CF＝3﹣t，
∴QF＝FH＝3＋t﹣（d﹣6）＝3﹣t＋d﹣6，
∴d＝6＋t；
（3）如图3，过点K作KN⊥y轴于N，连接DC，
∴NKBC，
∴∠NKA＝∠ABC＝∠ACB＝∠HCE，
又∵AK＝CE，∠KNA＝∠CHE＝90°，
∴△AKN≌△ECH（AAS），
∴CH＝NK，AN＝HE，
∵BQ＝CH＝d﹣6，d＝6＋t，
∴BQ＝CH＝NK＝t＝OF，
又∵NKBC，
∴四边形KNOF是平行四边形，
又∵∠NOF＝90°，
∴四边形KNOF是矩形，
∴∠KFO＝90°，
∵BMKF，
∴∠KFC＝∠MBO＝90°，
又∵∠BMG＝∠FKC，
∴∠MGB＝∠KCF，
∴MGKC，
∴，
又∵BD＝CE＝AK，
∴AB＝DK，
∴BC•OA＝12，
∴OA＝4，
∴AB＝＝＝5＝AC＝DK，
∵tan∠ACB＝，
∴，
∴BM＝8，
∵AOMB，
∴∠BAO＝∠MBA，∠CAO＝∠BMA，
又∵∠BAO＝∠CAO，
∴∠MBA＝∠BMA，
∴AM＝AB＝AC，
∵KCMG，
∴∠AMD＝∠ACK，
又∵∠MAD＝∠KAC，
∴△AMD≌△ACK（ASA），
∴AD＝AK＝DB＝，
∴BK＝，
∵DQAOKF，
∴，
∴BQ＝OQ＝OF＝，
∴BF＝
∴KF＝＝＝6，
∴点K（，6），
∵AN＝NO﹣AO＝2，
∴DQ＝HE＝2，
∵tan∠MGB＝，
∴，
∴GQ＝，
∴OG＝1，
∴点G（﹣1，0），
设直线GK的解析式为y＝kx＋b，
，
∴，
∴直线GK的解析式为y＝x＋．
15．（2020·四川雁江·九年级期末）如图1，在中，，在斜边上取一点，过点作，交于点，现将绕点旋转一定角度到如图2所示的位置（点在的内部，使得）．
（1）①求证：~； ②若，求的长．
（2）如图3，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，设，若，求的值．
（3）如图4，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，若，设，试探究三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）
【答案】（1）①证明见解析，②=2;（2）k=；（3）．
【解题思路分析】（1）①根据平行线分线段成比例定理可得，，进而根据相似三角形的性质即可证明；
②先根据~和已知条件求得CE，再证明∠DCE=90°，最后利用勾股定理即可解答；
（2）先证明△ABD∽△ACE，即可得出AE=3k，CE=2k，再证∠DCE=90°，然后利用勾股定理得出DE的平方，再列方程求解即可；
（3）根据（2）的方法得出DE2=m2+n2，再说明DE=AB=2p，进而完成解答．
【解析】解：（1）∵DE//BC，
∴
由旋转知∠CAE=∠DAB，
∴△ABD∽△ACE；
②在Rt△ABC中，AC=BC，
∴AB=AC
∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ACD+∠ABD=90°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
∵△ABD∽△ACE，
∴
∴ AD=AE，BD=CE，
∵BD=，
∴CE=，
在Rt△CDE中，CD=1，CE=，
∴DE=2，
在Rt△ADE中，AE=DE，
∴AD=DE=2;
（2）∵∠EAC=∠DAB，
∴
∴△ABD∽△ACE，
∴
∵AD=3，BD=2，
∴AE=kAD=3k，CE=kBD=2k，
∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ACD+∠ABD=90°，∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△CDE中，DE2=CD2+CE2=1+4k2，
在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=9-9k2，
∴1+4k2=9-9k2，
∴k= （舍）或k=；
（3）∵∠BAC=∠DAB，
∴
∴△ABD∽△ACE，
∴
∵AD=p，BD=n，
∴AE=AD=p，CE=BD=n，
∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ACD+∠ABD=90°，∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△ACDE中，DE2=CD2+CE2=m2+ n2，
∵DE=AE=p
∴
∴．