备战中考初中数学导练学案50讲—第36讲操作探究问题（讲练版）

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备战中考初中数学导练学案50讲
第36讲 操作探究问题
【疑难点拨】
1. 常见探究型问题有两种：(1)存在性探究型问题：一般思路是先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设下进行演绎推理，若推出矛盾，即可否定假设；若推出合理的结论，则可肯定假设；(2)规律探究型问题：一般思路是通过对所给的具体结论进行全面而细致的观察、分析、比较，从中发现其变化规律，从而达到解决问题的目的．
2. 几何综合探究题灵活多变,一般并无固定的解题模式或套路.解决这类问题的方法:
(1)是根据条件,结合已学的知识、数学思想方法,通过分析、归纳逐步得出结论,或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解;
(2)是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法,会对最后一小题的求解有一定的借鉴作用,还可以把前面几个小题的结论作为已知条件,为最后一问的求解提供帮助.
【基础篇】
一、选择题：
1. （2018·浙江临安·3分）如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．2 B．4 C．8 D．10
2. （2018•临安•3分.）z如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E.F分别是AB.BC的中 点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（ ）


A．2 B．4 C．8 D．10
3. （2018·浙江舟山·3分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（    ）

A.   B.   C.   D. 
4. （2018•嘉兴•3分）将一张正方形纸片按如图步骤①,②沿虚线对折两次,然后沿③中平 行于底边的虚线剪去一个角,展开铺平后的图形是（ ）


A. （A） B.（B） C. （C） D. （D）
5. [2017·滨州]如图2－2－1，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM＋ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为 (　B　)
A．4 B．3 C．2 D．1

图2－2－1 　第1题答图
二、填空题：
6. （2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB=　 　．

7. （2017齐齐哈尔）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是 　．

8. （2018·辽宁大连·3分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E为AD上一点，且∠ABE=30°，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接CA′并延长，与AD相交于点F，则DF的长为 ．

三、解答与计算题：
9. 在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.
(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝AB；
(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝(BE－CF)．




10. ]如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.

(1)如图①，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
(2)如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：
①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；
②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．






【能力篇】
一、选择题：
11. [2017·株洲]如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ＋FQ的值为 (　 　)
A．5 B．4 C．3＋ D．2＋

　　 答图
12. （2018•湖北荆门•3分）如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（　　）

13. ]如图43－2，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是( )

A．CD＋DF＝4 B．CD－DF＝2－3 C．BC＋AB＝2＋4 D．BC－AB＝2

二、填空题：
14. [2017·绍兴]如图，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是 __．

15. 如图43－3，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②＝；③S△PDQ＝；④cos∠ADQ＝.其中正确结论是__ __.(填写序号)

三、解答与计算题：
16. (1)问题发现与探究：
如图①，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM⊥AE于点M，连结BD，则：
①线段AE，BD之间的大小关系是__AE＝BD__，∠ADB＝____，并说明理由．
②求证：AD＝2CM＋BD；
(2)问题拓展与应用：
如图②、图③，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，过点A作直线，在直线上取点D，∠ADC＝45°，连结BD，BD＝1，AC＝，则点C到直线的距离是____或____，写出计算过程．

17. 在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.

图43－5
(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝AB；
(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝(BE－CF)．


18. （2018·湖北江汉·10分）问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为　　；
探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．






【探究篇】
19. 类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
(1)概念理解
如图43－10①，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件；
(2)问题探究
①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形．她的猜想正确吗？请说明理由；
②如图②，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2， BC＝1，并将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连结AA′，BC′.小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，应平移多少距离(即线段BB′的长)?
(3)应用拓展
如图③，“等邻边四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD＋∠BCD＝90°，AC，BD为对角线， AC＝AB.试探究BC，CD，BD的数量关系．















20. （2018·江苏镇江·9分）（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=46°，则∠DBE的度数为　 　°．
（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．
【画一画】
如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；
【算一算】
如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别落在点A′，B′处，若AG=，求B′D的长；
【验一验】
如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为HI，点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．

第36讲 操作探究问题
【疑难点拨】
1. 常见探究型问题有两种：(1)存在性探究型问题：一般思路是先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设下进行演绎推理，若推出矛盾，即可否定假设；若推出合理的结论，则可肯定假设；(2)规律探究型问题：一般思路是通过对所给的具体结论进行全面而细致的观察、分析、比较，从中发现其变化规律，从而达到解决问题的目的．
2. 几何综合探究题灵活多变,一般并无固定的解题模式或套路.解决这类问题的方法:
(1)是根据条件,结合已学的知识、数学思想方法,通过分析、归纳逐步得出结论,或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解;
(2)是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法,会对最后一小题的求解有一定的借鉴作用,还可以把前面几个小题的结论作为已知条件,为最后一问的求解提供帮助.
【基础篇】
一、选择题：
1. （2018·浙江临安·3分）如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．2 B．4 C．8 D．10
【考点】阴影部分的面积
【分析】本题考查空间想象能力．
【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成，
由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一，
正方形的面积=4×4=16，
∴图中阴影部分的面积是16÷4=4．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系．
2. （2018•临安•3分.）z如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E.F分别是AB.BC的中 点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（ ）


A．2 B．4 C．8 D．10
【分析】本题考查空间想象能力．
【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成， 由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一， 正方形的面积=4×4=16，
∴图中阴影部分的面积是16÷4=4． 故选：B．
【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系
3. （2018·浙江舟山·3分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（    ）
A.   B.   C.   D. 
【考点】剪纸问题
【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三角形，用直角边与正方形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形A。
故答案为A。
【分析】根据对称的性质，用倒推法去展开这个折纸。
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形、直角三角形的判定和考生的空间想象能力.
4. （2018•嘉兴•3分）将一张正方形纸片按如图步骤①,②沿虚线对折两次,然后沿③中平 行于底边的虚线剪去一个角,展开铺平后的图形是（ ）



A. （A） B.（B） C. （C） D. （D）
【答案】A
【解析】【分析】根据两次折叠都是沿着正方形的对角线折叠,展开后所得图形的顶点一定 在正方形的对角线上,根据③的剪法，中间应该是一个正方形.
【解答】根据题意，两次折叠都是沿着正方形的对角线折叠的，根据③的剪法，展开后所得 图形的顶点一定在正方形的对角线上,而且中间应该是一个正方形.
故选A．
5. [2017·滨州]如图2－2－1，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM＋ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为 (　B　)
A．4 B．3 C．2 D．1

图2－2－1 　第1题答图
【解析】 如答图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.∵∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF＋∠AOB＝180°，∵∠MPN＋∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN，∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，
在Rt△POE和Rt△POF中，
∴Rt△POE≌Rt△POF，∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中， ∴△PEM≌△PFN，∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确；∴S△PEM＝S△PNF，∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故③正确；∵OM＋ON＝OE＋ME＋OF－NF＝2OE＝定值，故②正确；MN的长度是变化的，故④错误．故选B.
二、填空题：
6. （2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB=　75°　．

【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB=∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
7. （2017齐齐哈尔）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是　10cm，2cm，4cm　．

【考点】PC：图形的剪拼．
【分析】利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求出对角线的长．
【解答】解：如图：，
过点A作AD⊥BC于点D，
∵△ABC边AB=AC=10cm，BC=12cm，
∴BD=DC=6cm，
∴AD=8cm，
如图①所示：
可得四边形ACBD是矩形，则其对角线长为：10cm，
如图②所示：AD=8cm，
连接BC，过点C作CE⊥BD于点E，
则EC=8cm，BE=2BD=12cm，
则BC=4cm，
如图③所示：BD=6cm，
由题意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm，
故AC==2cm，
故答案为：10cm，2cm，4cm．
8. （2018·辽宁大连·3分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E为AD上一点，且∠ABE=30°，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接CA′并延长，与AD相交于点F，则DF的长为 ．

解：如图作A′H⊥BC于H．

∵∠ABC=90°，∠ABE=∠EBA′=30°，∴∠A′BH=30°，
∴A′H=BA′=1，BH= A′H= ，
∴CH=3﹣．
∵△CDF∽△A′HC，∴∴ =，∴ =，，∴DF=6﹣2 ．
故答案为：6﹣2．
三、解答与计算题：
9. 在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.
(1)如图4－4－4①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝AB；
(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝(BE－CF)．

图4－4－4
解：(1)∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4.
∵点D是线段BC的中点，
∴BD＝DC＝BC＝2.
∵DF⊥AC，即∠AFD＝90°，
∴∠AED＝360°－60°－90°－120°＝90°，
∴∠BED＝90°，∴BE＝BD·cosB＝2×＝1；
(2)证明：如答图①，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，则有∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90°.
图①

∵∠A＝60°，∴∠MDN＝360°－60°－90°－90°＝120°.
∵∠EDF＝120°，
∴∠MDE＝∠NDF.
在△MBD和△NCD中，

∴△MBD≌△NCD，∴BM＝CN，DM＝DN.
在△EMD和△FND中，

∴△EMD≌△FND，∴EM＝FN，
∴BE＋CF＝BM＋EM＋CF＝BM＋FN＋CF＝BM＋CN＝2BM＝2BD·cos60°＝BD＝BC＝AB；
(3)如答图②，过点D作DM⊥AB于M，
同(1)可得∠B＝∠ACD＝60°.
图②

同(2)可得BM＝CN，DM＝DN，EM＝FN.
∵DN＝FN，∴DM＝DN＝FN＝EM，
∴BE＋CF＝BM＋EM＋CF＝CN＋DM＋CF＝NF＋DM＝2DM，
BE－CF＝BM＋EM－CF＝BM＋NF－CF＝BM＋NC＝2BM.
在Rt△BMD中，DM＝BM·tanB＝BM，
∴BE＋CF＝ (BE－CF)．
10. ]如图4－4－2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.

图4－4－2
(1)如图①，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
(2)如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：
①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；
②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．
解：(1)证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，
∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°.
∴∠DCE＝∠DCF＝135°.
又∵CE＝CF，CD＝CD，∴△DCE≌△DCF.
∴DE＝DF；
(2)①∵∠DCF＝∠DCE＝135°，
∴∠CDF＋∠F＝180°－135°＝45°.
又∵∠CDF＋∠CDE＝45°，∴∠F＝∠CDE.
∴△CDF∽△CED，∴＝，即CD2＝CE·CF.
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，∴CD＝AB.
∴AB2＝4CE·CF.
②如答图，过点D作DG⊥BC于G，则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG.
当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE·CF，得CD＝2 .
∴在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD·sin∠DCG＝2×sin45°＝2.
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，∴△CEN∽△GDN.
∴ ＝＝2，∴GN＝CG＝.
∴DN＝ ＝ ＝.

【能力篇】
一、选择题：
11. [2017·株洲]如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ＋FQ的值为 (　 　)
A．5 B．4 C．3＋ D．2＋

　　 答图
【解析】 如答图，在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，DE＝DF，
∠1＝∠2＝∠3，∵∠1＋∠QEF＝∠3＋∠DFQ＝45°，∴∠QEF＝∠DFQ，∵∠2＝∠3，∴△DQF∽△FQE, ∴＝＝＝，∵DQ＝1，∴FQ＝，EQ＝2，∴EQ＋FQ＝2＋ .
12. （2018•湖北荆门•3分）如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（　　）

A． B． C．1 D．2
【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC= ，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE= AP= CQ，QF= BQ，所以PE+QF= BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH= ，即可判定点M到AB的距离为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【解答】解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为到等腰直角三角形，
∴AC=BC= AB= ，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE= AP= CQ，QF= BQ，
∴PE+QF= （CQ+BQ）= BC= ×=1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH= （PE+QF）= ，
即点M到AB的距离为，
而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长= AB=1．
故选：C．

【点评】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．也考查了等腰直角三角形的性质．
13. ]如图43－2，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是( )

A．CD＋DF＝4 B．CD－DF＝2－3 C．BC＋AB＝2＋4 D．BC－AB＝2

【解析】　如答图所示，设AB与圆O相切于点M，BC与⊙O相切于点H，连结MO并延长MO交CD于点T，连结OH，连结OD交FG于R，过点G作GN⊥AD于点N，分别交OD于点K，交OT于点P.

由折叠易知，OG＝DG，
OH⊥BC，所以∠OHG＝∠GCD＝90°，∠HOG＋∠OGH＝90°，
∵OG⊥DG，
∴∠OGH＋∠DGC＝90°，
∴∠DGC＝∠HOG，
∴△OHG≌△GCD，∴HG＝CD，GC＝OH＝1，
易得四边形BMOH是正方形，所以BM＝BH＝MO＝OH＝1，
设CD＝m，则HG＝m，AB＝m，
∴AM＝m－1，
又∵⊙O是△ABC的切圆，
∴AC＝m＋1＋m－1＝2m，
∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，2＋m＝m，解得m＝＋1，
m＝AB＝＋1，BC＝2＋m＝3＋，
∴BC－AB＝2，D选项正确；
BC＋AB＝2m＋2＝2＋4，C选项正确．
由折叠知，OG＝GD，又OG⊥GD，
∴△OGD是等腰直角三角形，且OR＝RD，
所以RG＝RD，RG⊥RD，
注意到GN⊥AD为所作，∴∠GRD＝∠FRD＝90°，
∠RKG＝∠NKD，∴∠RKG＋∠RGK＝∠NKD＋∠NDK＝90°，
∴∠NDK＝∠RGK，
所以△RKG≌△RFD，所以FD＝KG，
易得四边形OHGP是矩形，所以PG＝1，
由GN∥DC，可得△OPK∽△OTD，
∴＝＝＝＝－1，
∴PK＝3－，∴KG＝4－＝DF，
CD－DF＝＋1－(4－)＝2－3，B选项正确；
CD＋DF＝＋1＋(4－)＝5，A选项错误．故选A.
二、填空题：
14. [2017·绍兴]如图2－2－3，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是 __．

第3题答图①

【解析】 分三种情况：①如答图①，当M与O重合时，即x＝0时，点P恰好有三个；
②如答图②，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，∴MC⊥OB，∵∠AOB
＝45°，∴△MCO是等腰直角三角形，
∴MC＝OC＝4，∴OM＝4 ，当M与D重合时，即x＝OM－DM＝4 －4时，同理可知：点P恰好有三个；

第3题答图②

③如答图③，取OM＝4，以M为圆心，以OM为半径画圆，则⊙M与OB除了O外只有一个交点，
此时x＝4，即以∠PMN为顶角，MN为
腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，
以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时
第3题答图③

以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点，∴当4＜x＜4 时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个．综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x＝0或x＝4 －4或4＜x＜4 .
15. 如图43－3，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②＝；③S△PDQ＝；④cos∠ADQ＝.其中正确结论是__①②④__.(填写序号)

图43－3　　 　 第3题答图
【解析】　①正确．理由：连结OQ，OD，
∵DP＝CD＝BO＝AB，且DP∥OB，
∴四边形OBPD是平行四边形．
∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB，
∵OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB，
∴∠AOD＝∠DOQ，∴△AOD≌△QOD，
∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1.
所以①正确．
②正确．理由：延长DQ交BC于点E，过点Q作QF⊥CD，垂足为F，
根据切线长定理，得QE＝BE，设QE＝x，则BE＝x，DE＝1＋x，CE＝1－x，
在Rt△CDE中，
(1＋x)2＝(1－x)2＋1，
解得x＝，CE＝，
∵△DQF∽△DEC，
∴＝＝，得FQ＝，
∵△PQF∽△PBC，
∴＝＝，
∴＝，
所以②正确；
③错误，理由：
S△PDQ＝DP·QF＝××＝，
所以③错误；
④正确，理由：∵AD∥BC，
∴∠ADQ＝∠DEC，
∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝＝＝，
所以④正确．故答案为①②④.
三、解答与计算题：
16. (1)问题发现与探究：
如图4－4－3①，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM⊥AE于点M，连结BD，则：
①线段AE，BD之间的大小关系是__AE＝BD__，∠ADB＝__90°__，并说明理由．
②求证：AD＝2CM＋BD；
(2)问题拓展与应用：
如图②、图③，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，过点A作直线，在直线上取点D，∠ADC＝45°，连结BD，BD＝1，AC＝，则点C到直线的距离是____或____，写出计算过程．

图4－4－3
解：(1)①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＋∠ECB＝∠BCD＋∠ECB，∴∠ACE＝∠BCD，在△ACE与△BCD中，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，∴AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，∵∠CED＝∠CDE＝45°，∴∠AEC＝135°，∴∠BDC＝135°，
∴∠ADB＝90°；
②证明：在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，
∴CM＝DM＝ME，∴DE＝2CM.∴AD＝DE＋AE＝2CM＋BD；
(2)如答图①，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由(1)知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝AC＝2，∴AD＝＝，∴DE＝AD－AE＝－1，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝DE＝；
如答图②，过点C作CH⊥AD于点H，CE⊥CD交AD于点E，则△CDE是等腰直角三角形，由(1)知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，∵AB＝AC＝2，∴AD＝＝，∴DE＝AE＋AD＝1＋，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CH＝DE＝.
综上，点C到直线的距离是或.

17. 在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.

图43－5
(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝AB；
(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝(BE－CF)．
解：(1)由四边形AEDF的内角和为360°，可知DE⊥AB，又∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∴BD＝2.在Rt△BDE中，∠B＝60°，∴BE＝1；
(2)如答图①，取AB的中点G，连结DG，
易证：DG为△ABC的中位线，故DG＝DC，∠BGD＝∠C＝60°，
又四边形AEDF的对角互补，故∠GED＝∠DFC，
∴△DEG≌△DFC.
故EG＝CF，
∴BE＋CF＝BE＋EG＝BG＝AB；

第5题答图① 　　　 第5题答图②
(3)如答图②，取AB的中点G，连结DG，
同(2)，易证△DEG≌△DFC，
故EG＝CF，
故BE－CF＝BE－EG＝BG＝AB.
设CN＝x，
在Rt△DCN中，CD＝2x，DN＝x，
在Rt△DFN中，NF＝DN＝x，
故EG＝CF＝(－1)x，
BE＝BG＋EG＝DC＋CF＝2x＋(－1)x＝(＋1)x，
故BE＋CF＝(＋1)x＋(－1)x＝2x，
(BE－CF)＝[(＋1)x－(－1)x]＝2x.
故BE＋CF＝(BE－CF)．
18. （2018·湖北江汉·10分）问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为　BC=DC+EC　；
探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．

【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）连接CE，根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；
（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD=CE=9，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）BC=DC+EC，
理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=EC+CD，
故答案为：BC=DC+EC；
（2）BD2+CD2=2AD2，
理由如下：连接CE，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，∠ACE=∠B，
∴∠DCE=90°，
∴CE2+CD2=ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，又AD=AE，
∴BD2+CD2=2AD2；
（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE=9，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE==6，
∵∠DAE=90°，
∴AD=AE=DE=6．

【探究篇】
19. 类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
(1)概念理解
如图43－10①，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件；
(2)问题探究
①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形．她的猜想正确吗？请说明理由；
②如图②，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2， BC＝1，并将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连结AA′，BC′.小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，应平移多少距离(即线段BB′的长)?
(3)应用拓展
如图③，“等邻边四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD＋∠BCD＝90°，AC，BD为对角线， AC＝AB.试探究BC，CD，BD的数量关系．

解：(1)AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或DA＝AB；(任写一个即可)
(2)①正确．理由为：
∵四边形的对角线互相平分，
∴这个四边形是平行四边形，
∵四边形是“等邻边四边形”，
∴这个四边形有一组邻边相等，
∴这个“等邻边四边形”是菱形；
②由∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，得AC＝，
∵将Rt△ABC平移得到Rt△A′B′C′，
∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝2，B′C′＝1，A′C′＝，
(Ⅰ)如答图①，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝2；
(Ⅱ)如答图②，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝；
(Ⅲ)如答图③，当BC′＝A′C′＝时，延长C′B′交AB于点D，则C′D⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′＝∠ABC＝45°，
∴∠BB′D＝∠ABB′＝45°，∴B′D＝BD.
设B′D＝BD＝x，则C′D＝x＋1，BB′＝x，
∵在Rt△BC′D中，BD2＋(C′D)2＝(BC′)2，
∴x2＋(x＋1)2＝()2，
解得x1＝1，x2＝－2(不合题意，舍去)，
∴BB′＝x＝；
(Ⅳ)如答图④，当BC′＝AB＝2时，与(Ⅲ)同理得：BD2＋(C′D)2＝(BC′)2，
设B′D＝BD＝x，则x2＋(x＋1)2＝22，
解得x1＝，x2＝(不合题意，舍去)，
∴BB′＝x＝；

(3)BC，CD，BD的数量关系为：BC2＋CD2＝2BD2.
∵AB＝AD，
∴如答图⑤，将△ADC线绕点A旋转到△ABF，连结CF，则△ABF≌△ADC，
∴∠ABF＝∠ADC，∠BAF＝∠DAC，AF＝AC，FB＝CD，
∴∠BAD＝∠CAF，＝＝1，
∴△ACF∽△ABD，
∴＝，
∵AC＝AB，
∴CF＝BD，
图⑤
∵∠BAD＋∠ADC＋∠BCD＋∠ABC＝360°，
∴∠ABC＋∠ADC＝360°－(∠BAD＋∠BCD)
＝360°－90°＝270°，
∴∠ABC＋∠ABF＝270°，
∴∠CBF＝90°，
∴BC2＋FB2＝CF2＝(BD)2＝2BD2，
∴BC2＋CD2＝2BD2.
20. （2018·江苏镇江·9分）（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=46°，则∠DBE的度数为　23　°．
（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．
【画一画】
如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；
【算一算】
如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别落在点A′，B′处，若AG=，求B′D的长；
【验一验】
如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为HI，点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．

【解答】解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=46°，
由翻折不变性可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=23°，
故答案为23．

（2）【画一画】，如图2中，


【算一算】如图3中，

∵AG=，AD=9，
∴GD=9﹣=，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，
∴∠DFG=∠DGF，
∴DF=DG=，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，CF==，
∴BF=BC﹣CF=，
由翻折不变性可知，FB=FB′=，
∴DB′=DF﹣FB′=﹣=3．

【验一验】如图4中，小明的判断不正确．

理由：连接ID，在Rt△CDK中，∵DK=3，CD=4，
∴CK==5，
∵AD∥BC，
∴∠DKC=∠ICK，
由折叠可知，∠A′B′I=∠B=90°，
∴∠IB′C=90°=∠D，
∴△CDK∽△IB′C，
∴==，即==，
设CB′=3k，IB′=4k，IC=5k，
由折叠可知，IB=IB′=4k，
∴BC=BI+IC=4k+5k=9，
∴k=1，
∴IC=5，IB′=4，B′C=3，
在Rt△ICB′中，tan∠B′IC==，
连接ID，在Rt△ICD中，tan∠DIC==，
∴tan∠B′IC≠tan∠DIC，
∴B′I所在的直线不经过点D．