中考数学二轮复习培优专题57压轴题之开放探究类 (含答案)

这是一份中考数学二轮复习培优专题57压轴题之开放探究类 (含答案)，共53页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

57第12章压轴题之开放探究类

一、选择题
1．已知关于、的二元一次方程组给出下列结论：①当时，此方程组无解；②若此方程组的解也是方程的解，则；③无论整数取何值，此方程组一定无整数解、均为整数)，其中正确的是　　
A．①②③ B．①③ C．②③ D．①②
【答案】A
【分析】根据二元一次方程组的解法逐个判断即可．
【解答】当时，方程组为，此时方程组无解
结论①正确
由题意，解方程组得：
把，代入得
解得，则结论②正确
解方程组得：
又为整数
、不能均为整数
结论③正确
综上，正确的结论是①②③
故选：A．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解与解法，掌握二元一次方程组的解法是解题关键．
2．“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票（如图1），欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连结，，，分别与，相交于点，．若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先用已知条件利用SAS的三角形全等的判定定理证出△EAB≌△CAM，之后利用全等三角形的性质定理分别可得，，，然后设，继而可分别求出，，所以；易证Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），从而得，然后代入所求数据即可得的值．
【解答】解：∵在△EAB和△CAM中 ，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴，
∴,
∴,
,
设，则，，，，
∴；
∵ 在Rt△ACB和Rt△DCG中，
，
Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），
∴;
∴．
故选D．
【点评】本题主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性质定理等知识．
3．如图，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，黑、白两个甲壳虫同时从点A出发，以相同的速度分别沿棱向前爬行，黑甲壳虫爬行的路线是AA1→A1D1→…，白甲壳虫爬行的路线是AB→BB1→…，并且都遵循如下规则：所爬行的第n+2与第n条棱所在的直线必须既不平行也不相交（其中n是正整数）．那么当黑、白两个甲壳虫各爬行完第2017条棱分别停止在所到的正方体顶点处时，它们之间的距离是（ ）

A．0 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】先确定黑、白两个甲壳虫各爬行完第2017条棱分别停止的点，再根据停止点确定它们之间的距离．
【解答】根据题意可知黑甲壳虫爬行一圈的路线是AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，回到起点．
乙甲壳虫爬行一圈的路线是AB→BB1→B1C1→C1D1→D1A1→A1A．
因此可以判断两个甲壳虫爬行一圈都是6条棱，
因为2017÷6=336…1，
所以黑、白两个甲壳虫各爬行完第2017条棱分别停止的点都是A1，B.
所以它们之间的距离是，
故选D．
【点评】此题考查了立体图形的有关知识．注意找到规律：黑、白甲壳虫每爬行6条边后又重复原来的路径是解此题的关键．
4．在平面上，边长为的正方形和短边长为的矩形几何中心重合，如图①，当正方形和矩形都水平放置时，容易求出重叠面积．
甲、乙、丙三位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式；


甲：矩形绕着几何中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠面积大小不变．
乙：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行时，此时的重叠面积大于图③的重叠面积．
丙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线，此时的重叠面积是个图形中最小的．
下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙都对 B．只有乙对 C．只有甲不对 D．甲、乙、丙都不对
【答案】C
【分析】本题重叠部分面积需要结合图形特点，利用对称性质，通过假设未知数表示未知线段，利用面积公式求解，并根据线段范围判别面积大小．
【解答】如图一所示，设AI=x，BJ=y，则有x+y=AB-IJ=2-1=1，重叠部分四边形JILK面积为2．

如图二所示，设AI=x，BJ=y，
因为JM=HE=1，△JIM为直角三角形，斜边JI大于直角边JM，
故有：x+y＜1，重叠部分平行四边形JILK面积为．

如图三所示，设AI=x（0＜x＜1），BJ=y=0，重叠部分四边形JIDK面积为．

在由图一到图三的转变过程中，x+y的取值逐渐减小，则重叠部分面积逐渐增大，故甲同学说法错误．
如图四所示，设AI=AN=x（1＜x＜2），重叠部分多边形BINDKM面积为．

当0＜x＜2时， ，所以图四重叠部分的面积大于图三重叠部分面积，乙同学说法正确．
如图五所示，设AI=AN=x，所以重叠部分四边形INDB面积为，
因为，所以重叠部分面积小于2，即小于图一重叠面积．

综上，图一到图四重叠部分面积逐渐增大，图五面积小于图一，故图五面积最小，丙同学说法正确．
故答案为C选项．
【点评】本题考查正方形以及矩形性质，并在此基础进行知识延伸，需要假设未知数并结合对称性质化抽象问题为形象问题，利用未知量取值范围求解本题．


二、填空题
5．（1）如图①，五角形的顶点分别为A、B、C、D、E，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=_________
（2）如图②，∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E=_________
（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=_________
（4）如图④，∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝_________

【答案】
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠C=∠B+∠D=，然后利用三角形的内角和定理列式即可得解；
（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠D=，在△BCE中，利用三角形的内角和列式计算即可得解；
（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠C=，∠B+，然后利用三角形的内角和定理列式即可得解；
（4）如图，连接，由三角形的内角和定理可得：，再由四边形的内角和定理可得答案．
【解答】解：（1）如图，标注字母，由三角形的外角性质，
∠A+∠C=∠B+∠D=，
∵
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°；

故答案为：
（2）如图，由三角形的外角性质，∠A+∠D=，
∵，
∴∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E=180°；

故答案为：
（3）如图，由三角形的外角性质，
，，



故答案为：
（4）如图，标注字母，连接，
由三角形的内角和定理可得：
，
由四边形的内角和定理可得：
，


故答案为：
【点评】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形内角和定理，四边形的内角和定理，解题的关键在于准确识图，理清图中各角度之间的联系与转化．
6．在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面积小于10，则a的取值范围是__________________．
【答案】且
【分析】根据A、B坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，根据点C坐标可得点C在直线y=-x上，即在直线OC上，联立AB、OC解析式可得交点坐标，分a=0，a＞0，＜a＜0、a＜四种情况，画出图形，分别用a表示出△ABC的面积，根据△ABC的面积小于10列不等式求出a的取值范围即可得答案．
【解答】设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A（0，4），B（-2，0），
∴OA=4，OB=2，
∵点A、B在直线AB上，
∴，
解得：，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
①当a=0时，点C（0，0），与原点重合，
S△ABC=OA·OB=4＜10，
∴a=0符合题意，
②如图，当a＞0时，点C（a，-a）在第四象限，连接OC，
∴S△ABC=S△ABO+S△AOC+S△BOC
=×2×4+×4a+×2a
=4+3a，
∵△ABC的面积小于10，
∴4+3a＜10，
解得a＜2，
∴0＜a＜2，

∵点C（a，-a），
∴点C在直线y=-x上，即在直线OC上，
联立直线AB与直线OC的解析式得，
解得：，
∴直线AB与直线OC的交点坐标为（，），
∴a≠，
②如图，当＜a＜0时，点C在△ABO的内部，
∴S△ABC＜S△ABO＜10，
∴＜a＜0符合题意，

③如图，当a＜时，点C（a，-a）在第二象限，且在△ABO的外部，连接OC，
∴S△ABC=S△AOC+S△BOC-S△ABO
=×4(-a)+×2(-a)-×2×4
=3a-4，
∵△ABC的面积小于10，
∴-3a-4＜10，
解得：a＞，
∴＜a＜，

综上所述：a的取值范围是＜a＜2，且a≠．
故答案为：＜a＜2，且a≠
【点评】本题考查一次函数的交点问题及三角形的面积，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式、利用图形正确表示出△ABC的面积并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
7．如图，点的坐标为，过点作轴于点，轴于点，点为线段上一点，若第一象限内存在点，使为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的点坐标________________．

【答案】或或或
【分析】分点N为直角顶点、点E为直角顶点、点M为直角顶点三种情况，再分别利用矩形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质求解即可得．
【解答】轴，轴，
四边形OEDF是矩形，
点的坐标为，
，
由题意，分以下三种情况：
（1）当点N为直角顶点时，
①如图，点N在EM的下方，
过点N作，于G，GN的延长线交DF于H，
则四边形GEDH是矩形，
，
为等腰直角三角形，
∴，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
则此时点N的坐标为；

②如图，点N在EM的上方，
过点N作于G，GN的延长线交FD的延长线于H，
同理可得：，，
，
，
解得，
，
则此时点N的坐标为；

（2）当点E为直角顶点时，
如图，过点N作于G，过点M作于H，
则四边形HEDM是矩形，
，
同理可得：，
，
，
，
，
，
解得，
，
则此时点N的坐标为；

（3）当点M为直角顶点时，
如图，过点M作于G，过点N作，交GM延长线于H，
则四边形GEDM是矩形，
，
同理可得：，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
则此时点N的坐标为；

综上，符合条件的点坐标为或或或，
故答案为：或或或．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识点，正确分三种情况讨论，并画出图形，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE，使点B落在点F处，连接AF，则当线段AF的长取最小值时，sin∠FBD是_____．

【答案】
【分析】先确定取最小值的情况，画出相应的图形，并求得，再通过添加辅助线“连接，过作于”构造出直角三角形，最后根据相似三角形的判定和性质、勾股定理以及锐角三角函数即可求得答案．
【解答】解：∵由题意得，
∴点在以为圆心、为半径的圆上，作，连接交于点，此时的值最小，如图：

∵点是的中点
∴
∵
∴
∵
∴
∴
连接，过作于，如图：

∵
∴
∴
∴
∴
∴，
∴
∴
∴．
故答案是：
【点评】本题考查了几何图形中求最值问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及锐角三角函数等知识点，能根据题意画出相应图形并构造出直角三角形是解决问题的关键．

三、解答题
9．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做三角形的“中垂心”．如图1，在△ABC中，PA=PB，则点P叫做△ABC的“中垂心”．
（1）根据定义，中垂心可能在三角形顶点处的三角形有________（举一个例子即可）；
（2）应用：如图2；在△ABC中，请画出“中垂心”P，使PA=PB=PC．（保留作图痕迹，不写画法）
（3）探究：①如图3，已知△ABC为直角三角形，∠C=90°，∠ABC=60°，AC=，“中垂心”P在AC边上，求PA的长．
②如图4，若PA=PB且“中垂心”P在△ABC内部，总有AC+BC2AP，请说明理由．

【答案】（1）等腰三角形（答案不唯一）；（2）图见解析；（3）①PA=或；②理由见解析
【分析】（1）根据“中垂心”的定义即可得出结论；
（2）根据题意，分别作出BC和AB的垂直平分线，交于点P即可；
（3）①根据30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理即可求出BC和AB，然后根据“中垂心”的定义分类讨论，分别画出对应的图形，利用勾股定理和中点的定义即可分别求出结论；
②延长AP交BC于D，根据三角形的三边关系和不等式的基本性质即可证出结论．
【解答】解：（1）根据题意，若点C为△ABC的“中垂心”
可得CA=CB
∴△ABC为等腰三角形
故答案为：等腰三角形（答案不唯一）；
（2）分别作出BC和AB的垂直平分线，交于点P

根据垂直平分线的性质可得PA=PB=PC
∴点P即为所求；
（3）①∵∠C=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=90°－∠ABC=30°
∴AB=2BC
设BC=x，则AB=2x
∵BC2＋AC2=AB2
∴x2＋（）2=（2x）2
解得：x=4或-4（不符合实际，舍去）
∴BC=4，AB=8
∵P在AC边上，∠C=90°
∴PB＞PC，即不存在“中垂心”P，使PB=PC
若PA=PB，如下图所示

设PA=PB=a，则PC=AC－PA=－a
∵PC2＋BC2=BP2
∴（－a）2＋42=a2
解得：a=
即PA=；
若PA=PC，如下图所示

则点P为AC的中点
∴PA==
综上：PA=或；
②理由如下
延长AP交BC于D

根据三角形的三边关系可得：AC＋CD＞AD，DP＋DB＞PB
∴AC＋CD＋DP＋DB＞AD＋PB
∴AC＋（CD＋DB）＋DP＞PA＋DP＋PB
∴AC＋BC＞PA＋PB
∵PA=PB
∴AC+BC2AP
【点评】此题考查的是线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质和三角形三边关系的应用，掌握线段垂直平分线的性质、30°所对的直角边是斜边的一半、勾股定理和三角形的三边关系是解题关键．
10．如图，在中，为的中点，将绕点顺时针旋转得到，连结、.

（1）若为等边三角形，试探究与有何数量关系？证明你的结论；
（2）若为等边三角形，当的值为多少时，？
（3）当不是等边三角形时，（1）中结论是否仍然成立？若不成立，请添加一个条件，使得结论成立，并说明理由.
【答案】（1），证明见解析；（2）或240；（3）不成立，理由见解析；
【解析】【分析】1）、（2）可根据旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质证得结论及求得的值；（3）根据（1）中的结论，运用等腰三角形“三线合一”的性质，从整体图形或关键角度入手，便可得到需要添加的条件.
【解答】解 （1），证明如下：
∵为等边的中线，∴，即，∵，∴，即，由旋转的性质得到，，∴，∴.
（2）或240.
当时，由为等边三角形，得到，∴，∴；
当时，，∴.
（3）不成立，添加的条件为理由如下：
∵，，∴，即.∵，∴，即.由旋转的性质得到，，∴，∴.
【点评】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等诸多知识及观察、分析、猜想与推理等能力， （1）、（2）由于对旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质掌握不牢，导致不能证得结论或求不出的值；问题（3）由于缺乏观察、分析与推理等能力，以致解答时无从下手，所添加的条件重复或不完全，出现诸如“”、“且”等错误答案.
11．如图，以点为旋转中心，将线段按顺时针方向旋转得到线段，连结．

（1）比较与的大小，并说明理由．
（2）当时，若，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并解答
【答案】（1），理由见解析；（2）不唯一，举例见解析
【分析】（1）根据旋转的性质可以得到，由此可以分别求出和，即可求解；
（2）此题属于开放性试题，结合旋转的性质自行编制即可；
【解答】解：（1），理由如下；
线段绕点按顺时针方向旋转得线段


（2）不唯一，举例如下：
层次一：利用其中一个条件求简单元素，并解答正确
如：求，

层次二：利用其中一个条件求比较复杂的元素，要利用到一些公式或三角函数，并解答正确
如：①求
②求弧长，弧的长
③
④求
层次三：利用两个条件求复杂元素，并解答正确，如：求线段扫过的面积为
【点评】本题主要考查旋转图形的性质，熟练掌握旋转图形的性质以及旋转轨迹是求解本题的关键.
12．问题呈现：已知等边三角形边的中点为点，，的两边分别交直线，于点，，现要探究线段，与等边三角形的边长之间的数量关系．

（1）特例研究：如图1，当点，分别在线段，上，且，时，请直接写出线段，与的数量关系：________；
（2）问题解决：如图2，当点落在射线上，点落在线段上时，（1）中的结论是否成立？若不成立，请通过证明探究出线段，与等边三角形的边长之间的数量关系；
（3）拓展应用：如图3，当点落在射线上，点落在射线上时，若，，请直接写出的长和此时的面积．
【答案】（1）；（2）不成立，理由见解析；；（3），．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得每一个内角都是，则可知△BDE与△CDF是含角的直角三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可得到结果；
（2）根据题意可证得，得到，，进而求出，得到，在中，，，即．
（3）过点作，可求得，根据顶角为的等腰三角形面积的算法可求出的面积，
【解答】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴，
又∵，，
∴，
∴,,
∴．
（2）不成立．
理由如下：如图1，分别过点作于点，于点，
易证得，
则，．
∵，，
∴．
∵，
∴，
则，
∴，
∴，
即．
在中，，
∴，即．
（3），．
解法提示：如图2，过点作，可求得．
同（2）可证，可求得．
在中可求出，
根据顶角为的等腰三角形面积的算法可求出的面积为．

【点评】本题主要考查了三角形的综合应用，准确理解三角形全等判定与性质、直角三角形的性质是解题的关键．
13．综合与实践
问题情境
从“特殊到一般”是数学探究的常用方法之，类比特殊图形中的数量关系和探究方法可以发现一般图形具有的普遍规律．
如图1，在中，，，为边上的中线，为上一点，将以点为旋转中心，逆时针旋转90°得到，的延长线交线段于点．探究线段，，之间的数量关系．

数学思考
（1）请你在图1中证明；
特例探究
（2）如图2，当垂直于时，求证：；
类比再探
（3）请判断（2）的结论在图1中是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）成立．证明见解析．
【分析】（1）根据旋转图形的性质，可得△AEC≌△BFC，得到∠FBC=∠EAC，再由三角形内角和证明AP⊥BE即可．
（2）先证明四边形CEPF是正方形，得到CE=FP，再证明△CED≌△BPD，可得CE=BP，则问题可证．
（3）过点C作CG⊥AD，垂足为G，CH⊥BP，垂足为H，则按照（1）中方法问题证．
【解答】（1）证明：根据旋转图形的性质，可得△AEC≌△BFC，
∴∠FBC=∠EAC．
又∵∠ADC=∠BDP，∠EAC+∠ADC=180°-∠ACD=90°，
∴∠BDP+∠FBC=90°，
∴∠BPD=180°-（∠BDP+∠FBC）=90°，
∴AP⊥BE．
（2）证明：∵∠CEP=∠EPF=∠ECF=90°，
∴四边形CEPF是矩形．
∵CE=CF
∴四边形CEPF是正方形．
∴CE=EP=FP．
又∵∠CDE=∠BDP，CD=BD，∠CED=∠BPD=90°
∴△CED≌△BPD，
∴CE=BP．
∴EP+FP=2CE=2BP．
（3）成立．
理由如下：过点C作CG⊥AD，垂足为G，CH⊥BP，垂足为H．

∵△BFC由△AEC逆时针90°旋转得到，
∴∠AEC=∠BFC，CE=CF，∠ECF=90°．
∵∠CEG+∠AEC=180°，∠CFH+∠BFC=180°，
∴∠CEG=∠CFH．
∵∠CGE=∠CHF=90°，
∴△CEG≌△CFH，
∴CH=CG，EG=FH．
∴EP+FP=GP+HP
∵∠CGP=∠GPH=∠H=90°，
∴四边形CGPH是正方形．
又（2）可知，GP+PH=2BP，
∴EP+PF=2BP．
【点评】本题考查了利用图形旋转证明三角形全等以及正方形的性质和判定，解答关键是应用由特殊到一般思想，通过类比方法证明问题．
14．在△ABC中，AB=AC，点D与点E分别在AB、AC边上，DEBC，且DE=DB，点F与点G分别在BC、AC边上，∠FDG∠BDE．
（1）如图1，若∠BDE=120°，DF⊥BC，点G与点C重合，BF=1，直接写出BC= ；
（2）如图2，当G在线段EC上时，探究线段BF、EG、FG的数量关系，并给予证明；
（3）如图3，当G在线段AE上时，直接写出线段BF、EG、FG的数量关系：_____________．

【答案】（1）4；（2）FG=BF+EG，见解析；（3）FG=BF-EG
【分析】（1）解直角三角形分别求出DF，CF即可解决问题．
（2）如图2中，结论：FG=BF+EG．在EA上截取EH，使得EH=BF．利用两次全等，证明FG=GH即可解决问题．
（3）如图3中，结论：FG=BF-EG．在射线EA上截取EH，使得EH=BF．利用两次全等，证明FG=GH即可解决问题．
【解答】（1）∵DE∥BC，
∴∠BDE+∠ABC=180°，
∵∠BDE=120°，
∴∠ABC=60°，
∵DF⊥BF，
∴∠BFD=90°，
∴DF=BF•tan60°，
∵∠CDF∠BDE=60°，∠DFC=90°，
∴CF=DF•tan60°，
∴BC=BF+CF=1+3=4；
（2）如图2中，结论：FG=BF+EG．
理由：在EA上截取EH，使得EH=BF．

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠DEH=∠B，
在△DBF和△DEH中，
，
∴△DBF≌△DEH（SAS），
∴DF=DH，∠BDF=∠EDH，
∵∠FDG∠BDE，
∴∠BDF+∠EDG=∠EDH+∠EDG=∠GDH∠BDE，
∴∠GDF=∠GDH，
在△DGF和△DGH中，
，
∴△DGF≌△DGH（SAS），
∴FG=HG，
∵HG=EG+HE=EG+BF，
∴FG=BF+EG；
（3）如图3中，结论：FG=BF-EG．
理由：在射线EA上截取EH，使得EH=BF．

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠DEH=∠B，
在△DBF和△DEH中，
，
∴△DBF≌△DEH（SAS），
∴DF=DH，∠BDF=∠EDH，
∴∠BDE=∠FDH，
∵∠FDG∠BDE∠FDH，
∴∠GDF=∠GDH，
在△DGF和△DGH中，
，
∴△DGF≌△DGH（SAS），
∴FG=HG，
∵HG=HE-GE=BF-EG，
∴FG=BF=-EG．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．如图，点的坐标为，点的坐标为，将沿直线对折，使点与点重合，直线与轴交于点与交于点．

（1）求出的长度；
（2）求的面积；
（3）在平面上是否存在点，使得是等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）AB＝20；（2）的面积为；（3）点P的坐标为（12，28），（－12，－4），（28，16），（4，－16），（2，－2），（14，14）
【分析】（1）利用勾股定理计算即可；
（2）连接BC，设AC＝BC＝x，则OC＝16－x，在RtBOC中，利用勾股定理计算即可求得AC的长，进而在RtACD中可求得CD的长，最后利用三角形的面积公式即可求得答案；
（3）分类讨论，画出相应图形，作出正确的辅助线构造全等三角形，计算即可．
【解答】解：（1）∵点的坐标为，点的坐标为，
∴OA＝16，OB＝12，
在RtAOB中，

，
∴AB＝20；
（2）如图，连接BC，

∵折叠，
∴AC＝BC，∠ADC＝∠BDC＝90°，AD＝BD＝10，
设AC＝BC＝x，则OC＝16－x，
在RtBOC中，，
∴，
解得，
∴，
∴在RtACD中，


∴

，
∴的面积为；
（3）如图1，当点P在第一象限，PB＝AB且∠PBA＝90°时，

过点P作PE⊥OB交y轴于点E，
则∠PEB＝∠AOB＝90°，
∴∠PBE＋∠BPE＝90°，
∵∠PBA＝90°，
∴∠PBE＋∠ABO＝90°，
∴∠BPE＝∠ABO，
∵∠PEB＝∠AOB，∠BPE＝∠ABO，PB＝AB，
∴PEB≌BOA，
∴PE＝OB＝12，BE＝OA＝16，
∴OE＝BE＋OB＝28，
∴点P的坐标为（12，28），
如图2，当点P在第三象限，PB＝AB且∠PBA＝90°时，

过点P作PF⊥OB交y轴于点F，
则∠PFB＝∠AOB＝90°，
∴∠PBF＋∠BPF＝90°，
∵∠PBA＝90°，
∴∠PBF＋∠ABO＝90°，
∴∠BPF＝∠ABO，
∵∠PFB＝∠AOB，∠BPF＝∠ABO，PB＝AB，
∴PFB≌BOA，
∴PF＝OB＝12，BF＝OA＝16，
∴OF＝BF－OB＝4，
∴点P的坐标为（－12，－4），
如图3，当点P在第一象限，PA＝AB且∠PAB＝90°时，

过点P作PG⊥OA交x轴于点G，
则∠PGA＝∠AOB＝90°，
∴∠PAG＋∠APG＝90°，
∵∠PAB＝90°，
∴∠PAG＋∠BAO＝90°，
∴∠APG＝∠BAO，
∵∠PGA＝∠AOB，∠APG＝∠BAO，PA＝AB，
∴PAG≌ABO，
∴PG＝OA＝16，AG＝OB＝12，
∴OG＝OA＋AG＝28，
∴点P的坐标为（28，16），
如图4，当点P在第四象限，PA＝AB且∠PAB＝90°时，

过点P作PH⊥OA交x轴于点H，
则∠PHA＝∠AOB＝90°，
∴∠PAH＋∠APG＝90°，
∵∠PAB＝90°，
∴∠PAH＋∠BAO＝90°，
∴∠APH＝∠BAO，
∵∠PHA＝∠AOB，∠APH＝∠BAO，PA＝AB，
∴PAH≌ABO，
∴PH＝OA＝16，AH＝OB＝12，
∴OH＝OA－AH＝4，
∴点P的坐标为（4，－16），
如图5，当点P在第四象限，PA＝PB且∠APB＝90°时，

过点P作PM⊥OB交y轴于点M，过点A作AN⊥PM，交MP的延长线于点N，
则∠PNA＝∠PMB＝90°，
∴∠PAN＋∠APN＝90°，
∵∠APB＝90°，
∴∠APN＋∠BPM＝90°，
∴∠PAN＝∠BPM，
∵∠PNA＝∠PMB，∠PAN＝∠BPM，PA＝PB，
∴PAN≌BPM，
∴PM＝AN，BM＝PN，
设PM＝AN＝a，
则PN＝BM＝12＋a，
∵MN＝OA＝16，
∴a＋12＋a＝16
解得a＝2，
∴PM＝2，OM＝AN＝2，
∴点P的坐标为（2，－2），
如图6，当点P在第一象限，PA＝PB且∠APB＝90°时，

过点P作PI⊥OB交y轴于点I，过点A作AJ⊥PI，交IP的延长线于点J，
则∠PJA＝∠PIB＝90°，
∴∠PAJ＋∠APJ＝90°，
∵∠APB＝90°，
∴∠APJ＋∠BPI＝90°，
∴∠PAJ＝∠BPI，
∵∠PJA＝∠PIB，∠PAJ＝∠BPI，PA＝PB，
∴PAJ≌BPI，
∴PI＝AJ，BI＝PJ，
设PI＝AJ＝b，
则PJ＝BI＝b－12，
∵IJ＝OA＝16，
∴b＋b－12＝16，
解得b＝14，
∴PI＝14，OI＝AJ＝14，
∴点P的坐标为（14，14），
综上所述，点P的坐标为（12，28），（－12，－4），（28，16），（4，－16），（2，－2），（14，14）．
【点评】本题考查了勾股定理、三角形的面积、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16．综合与实践
将矩形和按如图1的方式放置，已知点在上（），，连接，．

特例研究
（1）如图1，当，时，线段与之间的数量关系是_______；直线与直线之间的位置关系是_______；
（2）在（1）条件下中，将矩形绕点旋转到如图2的位置，试判断（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
探究发现
（3）如图3，当，时，试判断线段与之间的数量关系和直线与直线之间的位置关系，并说明理由；
知识应用
（4）如图4，在（3）的条件下，连接，，若，请直接写出的值．
【答案】（1），；（2）（1）中结论仍然成立，理由见解析；（3），，理由见解析；（4）的值为．
【分析】（1）先证，便可证得BF=DE，∠BFC=∠CED，再根据直角三角形两锐角互余及直角三角形判定不难证得BF⊥DE；
（2）方法同（1），问题易证；
（3）利用∽证得∠BFC=∠CED，再根据直角三角形两锐角互余及、对顶角相等及直三角形的判定即可证得结论成立；
（4）延长ED交BF于点G，根据勾股定理求出EB2，FD2，FE2，不难求出结果．
【解答】解：（1）在矩形中，∠BCD =90 ，BC=CD，
在，∠FCE=90，FC=CE，
∴∠BCD=∠FCE，
∴，
∴，∠BFC=∠DEC
∵∠BFC+∠FBC=90，
∴∠FBC+∠DEC=90，
∴
故答案为：BF=DE，
（2）（1）中结论仍然成立．
理由如下：如图，延长交于点，交于点，

四边形是矩形，，，
，
，，
．
，，
在和中，，，，
．
，．
，，
，，，
．
（1）中结论仍然成立．
（3），．
如图，延长交于，交于．

四边形是矩形，，，
，，
．
，，
．
，．
．
，．
，．
．
．
（4）如图，

延长ED交BF于点G，则EG⊥BF于G，
∵，，
∴CD=1，CF=4，BC=2，
∵在RtFGD中，GF2+GD2=FD2，
在RtGBE中，GE2+GB2=BE2，
∴BE2+FD2=（GF2+GE2）+（GB2+GD2）=
连接BD，则BD2= ，
∵在Rt△FCE中，EF2=
∴BE2+FD2=20+5=25．
【点评】本题考查了正方形的性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质及旋转变换等知识，侧重考查了对知识的综合应用．
17．解答下列各题：
（1）如图1，点P是∠AOB的内部任意一点，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别是M、N，D是OP的中点．求证：∠MDN＝2∠MON．
（2）如图2，若P是∠AOB的外部任意一点，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别是M、N，D是OP的中点，问∠MDN与∠MON有何数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到DM=DO，根据等腰三角形的性质得到∠DMO=∠DOM，同理得到∠NDP=2∠NOP，结合图形计算，证明结论；
（2）仿照（1）的证明方法解答即可．
【解答】（1）证明：∵PM⊥OA，
∴∠OMP＝90°，
在Rt△OMP中，D是OP的中点，
∴DM＝OP＝DO，
∴∠DMO＝∠DOM，
∴∠MDP＝2∠MOP，
同理可知，∠NDP＝2∠NOP，
∴∠MDN＝∠MDP+∠NDP＝2∠MON；
（2）解：∠MDN＝2∠MON．
理由如下：如图2，∵PM⊥OA，
∴∠OMP＝90°，
在Rt△OMP中，D是OP的中点，
∴DM＝OP＝DO，
∴∠DMO＝∠DOM，
∴∠MDP＝2∠MOP，
同理可知，∠NDP＝2∠NOP，
∴∠MDN＝∠NDP﹣∠MDP＝2∠MON．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
18．如图1，射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠AOB=150°，∠COD=30°，射线OM，ON分别平分∠AOD，∠BOC．

（1）若∠AOC=60°，试通过计算比较∠NOD和∠MOC的大小；
（2）如图2，若将图1中∠COD在∠AOB内部绕点O顺时针旋转．
①旋转过程中∠MON的大小始终不变．求∠MON的值；
②如图3，若旋转后OC恰好为∠MOA的角平分线，试探究∠NOD与∠MOC的数量关系．
【答案】（1）；（2）①；②．
【分析】（1）先根据角的和差求出和的度数，再角平分线的定义可得和的度数，然后根据角的和差即可得；
（2）①先根据角的和差可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据角的和差即可得；
②设，先根据角平分线的定义可得，再根据建立方程可求出，从而可得，然后根据角的和差、角平分线的定义可得，从而可得，由此即可得．
【解答】（1），
，
射线OM，ON分别平分，，
，
，
；
（2）①，
，
射线OM，ON分别平分，，
，
，
，
，
，
；
②设，
是的角平分线，
，
射线OM平分，
，
，
，
解得，
，
，
射线ON平分，
，
，
．
【点评】本题考查了角平分线的定义、角的和差等知识点，熟练掌握角平分线的定义是解题关键．
19．如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点E在BC上，AE的延长线交BD于点F．
（1）求证：△ACE≌△BCD；
（2）探究的度数；
（3）探究EF、DF、CF之间的关系．

【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）CF=EF+DF，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质和“SAS”即可证明△ACE≌△BCD；
（2）延长AF到Q，使FQ=DF，连接DQ，先证明△DFQ是等边三角形，再根据“SAS”证明△CDF≌△EDQ，即可求出∠CFD的度数；
（3）由△CDF≌△EDQ，可得CF=EQ，进而可得到EF、DF、CF之间的关系．
【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE都为等边三角形，
∴∠ACE=∠BCD=60°，AC=BC，CE=CD，
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD；
（2）延长AF到Q，使FQ=DF，连接DQ，
∵△ACE≌△BCD，
∴∠CAE=∠CBD，
又∵∠AEC=∠BEF，
∴∠AFB=∠ACB=60°．
∴∠DFQ=60°，
∴△DFQ是等边三角形，
∴∠FDQ=∠FQD=60°，DF=DQ，
∴∠CDF=∠EDQ，
在△CDF和△EDQ中
，
∴△CDF≌△EDQ，
∴∠CFD=∠DQF=60°；

（3）∵△CDF≌△EDQ，
 ∴CF=EQ，
∵EQ=DF+FQ=EF+DF，
∴CF=EF+DF．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
20．综合与探究
问题情境：如图，已知平分，于点D，E为延长线上一点，于点F，平分交于点G，．

问题发现：（1）如图1，当时，____________°；
（2）如图2，当为锐角时，与有什么数量关系，请说明理由；
拓展探究
（3）在（2）的条件下，已知直角三角形中两个锐角的和是90°，试探究和的位置关系，并证明结论；
（4）如图3，当为锐角时，若点E为线段上一点，于点F，平分交于点H，．请写出一个你发现的正确结论．
【答案】（1）90；（2），理由见解析；（3），证明见解析；（4）答案不唯一，例如
【分析】（1）根据角平分线的性质得∠1=∠AOB=45，∠2=∠DEF=45，即可求得；
（2）根据角平分线的性质得，，即可求得；
（3）在Rt△EFG中，得到，结合，得到∠2=∠EGF，即可得到；
（4）根据角平分线的性质得∠1=∠AOB，∠2=∠DEF，即可求得．
【解答】（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴∠1=∠AOB=45，∠2=∠DEF=45，
∴；
故答案为：90；
（2）．
理由如下：∵，分别是，的平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（3）和的位置关系为OC∥GE．
证明：∵于点，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴OC∥GE；
（4）答案不唯一，例如．
理由如下：∵，分别是，的平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴；
【点评】本题考查了平行线的判定，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
21．综合实践
数学课上，各小组进行了特殊四边形的探究活动，如图所示，在中，分别以，，为边在的同侧作等边三角形，等边三角形，等边三角形．

（1）奋进小组发现：四边形是平行四边形，请你完成证明；
（2）当四边形是矩形时，求的度数；
（3）当四边形是菱形时，若，请直接写出与之间的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）（或）
【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定可证，再利用全等三角形的性质和平行四边形的判定即可得出结论；
（2）根据矩形的性质可得∠DAE=90°，再根据周角360°可求得∠BAC的度数；
（3）由菱形的性质和周角360°可证得△BAC是等腰三角形且∠BAC=120°，进而有∠ABC=30°，由等腰三角形的三线合一，可求得BC=2AB·cos30°=2DF·cos30°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵是等边三角形，
∴．
∵是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
同理可证．
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形是矩形，
∴，
由（1）知，
∴．
（3）∵四边形DAEF是菱形，
∴DF=AD=AE，又AD=AB，AE=AC，
∴DF=AB=AC，
∴△ABC为等腰三角形，
∵∠DAE=120°，又，
∴，
∴∠ABC=30°，
∴BC=2AB·cos30°=2DF·cos30°=DF，
即（或）．
【点评】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、周角、利用特殊角的三角函数解直角三角形，是一道综合题型，熟练掌握这些知识的运用是解答的关键．
22．如图，PQ⊥MN，垂足为O，点A、B分别在射线OM、OP上，直线BF平分∠PBA，且与∠BAO的平分线交于点C．

（1）若∠BAO=45°，求∠ACB的度数；
（2）若点A、B分别在射线OM、OP上移动，试探索∠ACB的大小是否会发生变化？如果不变，请说明理由；如果变化，请求出变化的范围．
【答案】（1）∠ACB=45°；（2）不变，45°
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠PBA，然后根据角平分线的定义表示出∠FBA与∠BAC，最后在△ABC中，利用三角形的外角性质即可求解；
（2）根据（1）的求解思路，求出∠ACB的表达式，是常数，所以不论点A、B如何移动，角的大小保持不变．
【解答】（1）∵MN⊥PQ，
∴∠BOA=90°，
在△ABO中，∠PBA=∠BAO+∠BOA=45°+90°=135°，
∵∠PBA与∠BAO的平分线相交于点C，
∴∠BAC=∠BAO=×45°=22.5°，
∠FBA=∠PBA=×135°=67.5°，
在△ABC中，∠ACB=∠FBA-∠BAC=67.5°-22.5°=45°；
（2）∵MN⊥PQ，
∴∠BOA=90°，
在△ABO中，∠PBA=∠BAO+∠BOA=∠BAO+90°，
∵∠PBA与∠BAO的平分线相交于点C，
∴∠BAC=∠BAO，
∠FBA=∠PBA=(∠BAO+90°) =∠BAO+45°，
在△ABC中，∠ACB=∠FBA-∠BAC=∠BAO+45°-∠BAO==45°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，角平分线的定义，求出各角的表达式是解题的关键．注意：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
23．已知点为线段上一点，分别以AC，BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA=CD．CB=CE，∠ACD=∠BCE， 直线AE与BD交于点F．
（1）如图， 若， 则 ．
（2）如图， 若， 则 (用含的代数式表示)；
（3）将图中的点顺时针旋转， 探究与的数量关系，画出图形并证明你的结论．

【答案】（1）120°；（2）180°﹣α；（3）∠AFB＝α或∠AFB＝180°﹣α，图形及证明见解析
【分析】（1）如图1，易证∠ACE＝∠BCD，然后根据SAS可证明△ACE≌△DCB，从而可得∠EAC＝∠BDC，再根据三角形的内角和定理可得∠AFD＝∠ACD=60°，进而可得结果；
（2）如图2，易证∠ACE＝∠BCD，然后根据SAS可证明△ACE≌△DCB，从而可得∠EAC＝∠BDC，再根据三角形的内角和定理可得∠AFD＝∠ACD=α，进一步即可求出结果；
（3）在点A、F重合之前，如图3，同（2）的证明可得∠AFD＝∠ACD=α，于是可得∠AFB＝180°﹣α；在点A、F重合之后，如图4，根据SAS可证△ACE≌△DCB，于是可得∠AEC＝∠DBC，再根据三角形的内角和定理即得∠AFB＝∠BCE=α，从而可得结论．
【解答】解：（1）如图1，∵∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACE＝∠BCD．
∵AC＝DC，∠ACE＝∠BCD，CE＝BC，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠EAC＝∠BDC．
∵∠AMC=∠DMF，
∴∠AFD＝∠ACD=60°，
∴∠AFB＝120°．
故答案为：120°；

（2）如图2，∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACE＝∠DCB，
∵AC＝DC，∠ACE＝∠BCD，CE＝BC，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠EAC＝∠BDC．
∵∠AMC=∠DMF，
∴∠AFD＝∠ACD=α，
∴∠AFB＝180°﹣α．
故答案为：180°﹣α；

（3）在点A、F重合之前，如图3，∠AFB＝180°﹣α；
证明：∵∠ACD＝∠BCE＝α，
∴∠ACE＝∠DCB．
∵AC＝DC，∠ACE＝∠BCD，CE＝BC，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠EAC＝∠BDC．
∵∠AMC=∠DMF，
∴∠AFD＝∠ACD=α，
∴∠AFB＝180°﹣α．

在点A、F重合之后，如图4，∠AFB＝α；
证明：∵∠ACD＝∠BCE＝α，
∴∠ACE＝∠DCB．
∵AC＝DC，∠ACE＝∠BCD，CE＝BC，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠AEC＝∠DBC．
∵∠ENF=∠BNC，
∴∠AFB＝∠BCE=α；
综上，与的数量关系为∠AFB＝α或∠AFB＝180°﹣α．

【点评】本题是全等三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质以及三角形的内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24．某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：
操作发现：
（1）如图1，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作等边△ABD和等边△ACE，连接BE､CD，请你完成作图并证明BE=CD．（要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）
类比探究：
（2）如图2，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE､BG，则线段CE､BG有什么关系？说明理由．
灵活运用：
（3）如图3，在四边形ABCD中，AC、BD是对角线，AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，AD=3，BD=5，求CD的长．

【答案】（1）见详解；（2）CE=BG，理由见详解；（3）CD=4．
【分析】（1）根据题意画出相应图形，如图所示，（分别以点A，B为圆心，AB长为半径画弧，两弧的交点即为点D，△ABD为等边三角形，△ACE同理可得），由三角形ABD与三角形ACE都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到AD=AB，AE=AC，且∠BAD=∠CAE=60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACD与三角形AEB全等，利用全等三角形的对应边相等得到CD=BE；
（2）CE=BG，理由为：由四边形ABDE与四边形ACFG都为正方形，利用正方形的性质得到AD=AB，AE=AC，且∠BAD=∠CAE=90°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACE与三角形ABG全等，利用全等三角形的对应边相等得到CE=BG；
（3）在CD外侧作等边△CDE，易证∠ACE=∠BCD，进而可以证明△ACE≌△BCD，可得AE=BD，在Rt△ADE中根据勾股定理可以求得DE的长，即可．
【解答】解：（1）作图，如图所示：

∵△ABD和△ACE都为等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠CAB，即∠DAC=∠EAB，
在△ACD和△AEB中，
，
∴△ACD≌△AEB（SAS），
∴BE=CD；
（2）CE=BG，理由为：
证明：∵四边形ABDE与四边形ACFG都为正方形，
∴AE=AB，AC=AG，∠EAB=∠CAG=90°，
∴∠EAB+∠BAC=∠CAG+∠CAB，即∠EAC=∠BAG，
在△ACE和△ABG中，
，
∴△ACE≌△ABG（SAS），
∴CE=BG；
（3）∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACB=60°，
在CD外侧作等边△CDE，则∠ADE=90°，DE=DC，∠DCE=60°，

∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS）
∴AE=BD，
∵在Rt△ADE中，DE2=AE2-AD2=BD2-AD2=，
∴DE=4，
∴CD=4．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，简单的基本作图，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．