2017年中考数学二轮专题复习讲义第12讲探究性问题

2017年中考数学二轮专题复习讲义（12）探究性问题
【专题点拨】
所谓探究性问题,是指问题的条件或结论尚不明确,需通过探究去补充条件或完善结论的一类问题.
【解题策略】
从讨论问题入手→分析解决办法→进行实验探究→综合分析问题→得到结论
【典例解析】
类型一：规律型探究问题
例题1：（2016·山东潍坊·3分）在平面直角坐标系中，直线l：y=x﹣1与x轴交于点A1，如图所示依次作正方形A1B1C1O、正方形A2B2C2C1、…、正方形AnBnCnCn﹣1，使得点A1、A2、A3、…在直线l上，点C1、C2、C3、…在y轴正半轴上，则点Bn的坐标是　（2n﹣1，2n﹣1）　．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正方形的性质．
【分析】先求出B1、B2、B3的坐标，探究规律后即可解决问题．
【解答】解：∵y=x﹣1与x轴交于点A1，
∴A1点坐标（1，0），
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴B1坐标（1，1），
∵C1A2∥x轴，
∴A2坐标（2，1），
∵四边形A2B2C2C1是正方形，
∴B2坐标（2，3），
∵C2A3∥x轴，
∴A3坐标（4，3），
∵四边形A3B3C3C2是正方形，
∴B3（4，7），
∵B1（20，21﹣1），B2（21，22﹣1），B3（22，23﹣1），…，
∴Bn坐标（2n﹣1，2n﹣1）．
故答案为（2n﹣1，2n﹣1）．
变式训练1：
（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为　 　．
类型二： 条件探究型问题
例题2：（2016河南）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点M是AC的中点，以AB为直径作⊙O分别交AC，BM于点D，E．
（1）求证：MD=ME；
（2）填空：
①若AB=6，当AD=2DM时，DE=　2　；
②连接OD，OE，当∠A的度数为　60°　时，四边形ODME是菱形．
【考点】菱形的判定．
【分析】（1）先证明∠A=∠ABM，再证明∠MDE=∠MBA，∠MED=∠A即可解决问题．
（2）①由DE∥AB，得=即可解决问题．
②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形，只要证明△ODE，△DEM都是等边三角形即可．
【解答】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，
∴BM=AM=MC，
∴∠A=∠ABM，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠ADE+∠ABE=180°，
又∠ADE+∠MDE=180°，
∴∠MDE=∠MBA，
同理证明：∠MED=∠A，
∴∠MDE=∠MED，
∴MD=ME．
（2）①由（1）可知，∠A=∠MDE，
∴DE∥AB，
∴=，
∵AD=2DM，
∴DM：MA=1：3，
∴DE=AB=×6=2．
故答案为2．
②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．
理由：连接OD、OE，
∵OA=OD，∠A=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵DE∥AB，
∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，
∴△ODE，△DEM都是等边三角形，
∴OD=OE=EM=DM，
∴四边形OEMD是菱形．
故答案为60°．
【点评】本题考查圆内接四边形性质、直角三角形斜边中线性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，记住菱形的三种判定方法，属于中考常考题型．21教育网
变式训练2：
　（2016·浙江省湖州市）数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD（∠BAD=120°）进行探究：将一块含60°的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．【来源：21·世纪·教育·网】
（1）初步尝试
如图1，若AD=AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE+AF=AC；
（2）类比发现
如图2，若AD=2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE=2FH；
（3）深入探究
如图3，若AD=3AB，探究得：的值为常数t，则t=　　．
类型三：结论探究型问题
例题3：如图，O为原点，反比例函数y=（x＞0）的图象经过线段OA的端点A，作AB⊥x轴于点B，点A的坐标为（2，3）．
（1）反比例函数的解析式为　y=（x＞0）　；
（2）将线段AB沿x轴正方向平移到线段DC的位置，反比例函数y=（x＞0）的图象恰好经过DC的中点E，
①求直线AE的函数表达式；
②若直线AE与x轴交于点M，与y轴交于点N，请你写出线段AN与线段ME的大小，并说明理由．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】（1）由点A的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k值，从而得出反比例函数解析式；
（2）根据点E为CD的中点，可找出点E的纵坐标，结合点E在反比例函数图象上即可求出点E的坐标，再由点A、E的坐标利用待定系数法即可求出直线AE的函数表达式；
（3）AN=ME，根据直线AE的函数表达式可求出点M的坐标，结合点A、E的坐标可得出点B、C的坐标，由此即可得知：点B、C为线段OM的三等分点，再结合平行线的性质即可得出点A、E为线段MN的三等分点，由此即可得出结论．
【解答】解：（1）∵点A（2，3）在反比例函数y=（x＞0）的图象上，
∴k=2×3=6，
∴反比例函数的解析式为y=（x＞0）．
故答案为：y=（x＞0）．
（2）∵AB=CD，点E为线段CD的中点，
∴点E的纵坐标为，
将y=代入y=中，则有=，
解得：x=4，
∴点E的坐标为（4，）．
设直线AE的表达式为y=mx+n，
将点A（2，3）、E（4，）代入y=mx+n中得：，
解得：，
∴直线AE的表达式为y=﹣x+．
（3）AN=ME，利用如下：
令y=﹣x+中y=0，则0=﹣x+，
解得：x=6，
∴点M的坐标为（6，0）．
∵点A（2，3）、E（4，），
∴点B（2，0），点C（4，0），
∴点B、C为线段OM的三等分点，
∵AB∥CD（平移的性质），
∴点A、E为线段MN的三等分点，
∴AN=ME．
变式训练3：
（2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．
类型四： 策略探究型问题
例题4：（2016·山东省济宁市·3分）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，延长CB至点F，使CF=CA，连接AF，∠ACF的平分线分别交AF，AB，BD于点E，N，M，连接EO．
（1）已知BD=，求正方形ABCD的边长；
（2）猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明．
【考点】正方形的性质．
【分析】（1）根据正方形的性质以及勾股定理即可求得；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质证得CE⊥AF，进一步得出∠BAF=∠BCN，然后通过证得△ABF≌△CBN得出AF=CN，进而证得△ABF∽△COM，根据相似三角形的性质和正方形的性质即可证得CN=CM．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴2AB2=BD2，
∵BD=，
∴AB=1，
∴正方形ABCD的边长为1；
（2）CN=CM．
证明：∵CF=CA，AF是∠ACF的平分线，
∴CE⊥AF，
∴∠AEN=∠CBN=90°，
∵∠ANE=∠CNB，
∴∠BAF=∠BCN，
在△ABF和△CBN中，
，
∴△ABF≌△CBN（AAS），
∴AF=CN，
∵∠BAF=∠BCN，∠ACN=∠BCN，
∴∠BAF=∠OCM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠ABF=∠COM=90°，
∴△ABF∽△COM，
∴=，
∴==，
即CN=CM．
变式训练4：
（2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）
（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．
类型五： 动态探究型问题
例题5：（2016·四川攀枝花）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．
（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．www.21-cn-jy.com
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）由B、C两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）连接BC，则△ABC的面积是不变的，过P作PM∥y轴，交BC于点M，设出P点坐标，可表示出PM的长，可知当PM取最大值时△PBC的面积最大，利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积；21*cnjy*com
（3）设直线m与y轴交于点N，交直线l于点G，由于∠AGP=∠GNC+∠GCN，所以当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB=90°，则可证得△AOC≌△NOB，可求得ON的长，可求出N点坐标，利用B、N两的点坐标可求得直线m的解析式．
【解答】解：
（1）把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）如图1，连接BC，过Py轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H，
在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得0=x2﹣2x﹣3，解得x=﹣1或x=3，
∴A点坐标为（﹣1，0），
∴AB=3﹣（﹣1）=4，且OC=3，
∴S△ABC=AB?OC=×4×3=6，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴直线BC解析式为y=x﹣3，
设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则M点坐标为（x，x﹣3），
∵P点在第四限，
∴PM=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，
∴S△PBC=PM?OH+PM?HB=PM?（OH+HB）=PM?OB=PM，
∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大，
∵PM=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，PMmax=，则S△PBC=×=，
此时P点坐标为（，﹣），S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+=，
即当P点坐标为（，﹣）时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为；
（3）如图2，设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，
则∠AGP=∠GNC+∠GCN，
当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB，
又∠AGB+∠CGB=180°，
∴∠AGB=∠CGB=90°，
∴∠ACO=∠OBN，
在Rt△AON和Rt△NOB中
∴Rt△AON≌Rt△NOB（ASA），
∴ON=OA=1，
∴N点坐标为（0，﹣1），
设直线m解析式为y=kx+d，把B、N两点坐标代入可得，解得，
∴直线m解析式为y=x﹣1，
即存在满足条件的直线m，其解析式为y=x﹣1．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等．在（2）中确定出PM的值最时四边形ABPC的面积最大是解题的关键，在（3）中确定出满足条件的直线m的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是第（2）问和第（3）问难度较大．
变式训练5：
（2016·内蒙古包头）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．【来源：21cnj*y.co*m】
（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y=a（x﹣h）2+k的形式；
（2）若点H（1，y）在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？
（4）在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【能力检测】
1. （2016·四川内江）(9分)如图6所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF．www-2-1-cnjy-com
(1)求证：D是BC的中点；
(2)若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．

2. （2016·山东省滨州市·10分）如图，BD是△ABC的角平分线，它的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接ED，DG．
（1）请判断四边形EBGD的形状，并说明理由；
（2）若∠ABC=30°，∠C=45°，ED=2，点H是BD上的一个动点，求HG+HC的最小值．
3. （2016·山东潍坊）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F．【出处：21教育名师】
（1）如图1，连接AC分别交DE、DF于点M、N，求证：MN=AC；
（2）如图2，将△EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB、BC相交于点G、P，连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．
4. （2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．
（1）当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．
5. （2016·陕西）问题提出
（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．
问题探究
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．
问题解决
（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．
【参考答案】
变式训练1：
（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为　（﹣，）　．
【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质．
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得Bn的坐标，然后根据矩形的性质即可求得对角线交点的坐标．
【解答】解：∵在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，
∴矩形A1OC1B1与矩形AOCB是位似图形，点B与点B1是对应点，
∵OA=2，OC=1．
∵点B的坐标为（﹣2，1），
∴点B1的坐标为（﹣2×，1×），
∵将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，
∴B2（﹣2××，1××），
∴Bn（﹣2×，1×），
∵矩形AnOCnBn的对角线交点（﹣2××，1××），即（﹣，），
故答案为：（﹣，）．
变式训练2：
　（2016·浙江省湖州市）数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD（∠BAD=120°）进行探究：将一块含60°的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．21cnjy.com
（1）初步尝试
如图1，若AD=AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE+AF=AC；
（2）类比发现
如图2，若AD=2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE=2FH；
（3）深入探究
如图3，若AD=3AB，探究得：的值为常数t，则t=　　．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）①先证明△ABC，△ACD都是等边三角形，再证明∠BCE=∠ACF即可解决问题．②根据①的结论得到BE=AF，由此即可证明．2·1·c·n·j·y
（2）设DH=x，由由题意，CD=2x，CH=x，由△ACE∽△HCF，得=由此即可证明．
（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．先证明△CFN∽△CEM，得=，由AB?CM=AD?CN，AD=3AB，推出CM=3CN，所以==，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，想办法求出AC，AE+3AF即可解决问题．21教育名师原创作品
【解答】解；（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=120°，
∴∠D=∠B=60°，
∵AD=AB，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠B=∠CAD=60°，∠ACB=60°，BC=AC，
∵∠ECF=60°，
∴∠BCE+∠ACE=∠ACF+∠ACE=60°，
∴∠BCE=∠ACF，
在△BCE和△ACF中，
∴△BCE≌△ACF．
②∵△BCE≌△ACF，
∴BE=AF，
∴AE+AF=AE+BE=AB=AC．
（2）设DH=x，由由题意，CD=2x，CH=x，
∴AD=2AB=4x，
∴AH=AD﹣DH=3x，
∵CH⊥AD，
∴AC==2x，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴∠BAC=∠ACD=90°，
∴∠CAD=30°，
∴∠ACH=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠HCF=∠ACE，
∴△ACE∽△HCF，
∴==2，
∴AE=2FH．
（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．
∵∠ECF+∠EAF=180°，
∴∠AEC+∠AFC=180°，
∵∠AFC+∠CFN=180°，
∴∠CFN=∠AEC，∵∠M=∠CNF=90°，
∴△CFN∽△CEM，
∴=，
∵AB?CM=AD?CN，AD=3AB，
∴CM=3CN，
∴==，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，
∵∠MAH=60°，∠M=90°，
∴∠AHM=∠CHN=30°，
∴HC=2a，HM=a，HN=a，
∴AM=a，AH=a，
∴AC==a，
AE+3AF=（EM﹣AM）+3（AH+HN﹣FN）=EM﹣AM+3AH+3HN﹣3FN=3AH+3HN﹣AM=a，21*cnjy*com
∴==．
故答案为．
变式训练3：
（2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．2-1-c-n-j-y
【分析】（1）根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE，AD=AF，再求出∠BAC=∠DAF，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；
（2）根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可；
（3）作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可．
【解答】证明：（1）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，
∴=，
∴△ADF∽△ABC；
（2）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2；
（3）DE2=BD2+CE2还能成立．
理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，
由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2．
【点评】本题是相似形综合题，主要利用了轴对称的性质，相似三角形的判定，同角的余角相等的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此类题目，小题间的思路相同是解题的关键．
变式训练4：
（2016·黑龙江龙东·8分）已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）
（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．
【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE．
图3中的结论为：CF=OE﹣AE．
选图2中的结论证明如下：
延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠GCO，
在△EOA和△GOC中，
，
∴△EOA≌△GOC，
∴EO=GO，AE=CG，
在RT△EFG中，∵EO=OG，
∴OE=OF=GO，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=GF，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG+CG，
∴CF=OE+AE．
选图3的结论证明如下：
延长EO交FC的延长线于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠AEO=∠G，
在△AOE和△COG中，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，AE=CG，
在RT△EFG中，∵OE=OG，
∴OE=OF=OG，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OF=FG，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG﹣CG，
∴CF=OE﹣AE．
变式训练5：
（2016·内蒙古包头）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．21世纪教育网版权所有
（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y=a（x﹣h）2+k的形式；
（2）若点H（1，y）在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？【版权所有：21教育】
（4）在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求出GH，点F的坐标，用三角形的面积公式计算即可；
（3）设出点M，用勾股定理求出点M的坐标，从而求出MD，最后求出时间t；
（4）由∠PBF被BA平分，确定出过点B的直线BN的解析式，求出此直线和抛物线的交点即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，
∴
∴，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x﹣2=﹣（x﹣2）2+；
（2）如图1，
过点A作AH∥y轴交BC于H，BE于G，
由（1）有，C（0，﹣2），
∵B（0，3），
∴直线BC解析式为y=x﹣2，
∵H（1，y）在直线BC上，
∴y=﹣，
∴H（1，﹣），
∵B（3，0），E（0，﹣1），
∴直线BE解析式为y=﹣x﹣1，
∴G（1，﹣），
∴GH=，
∵直线BE：y=﹣x﹣1与抛物线y=﹣x2+x﹣2相较于F，B，
∴F（，﹣），
∴S△FHB=GH×|xG﹣xF|+GH×|xB﹣xG|
=GH×|xB﹣xF|
=××（3﹣）
=．
（3）如图2，
由（1）有y=﹣x2+x﹣2，
∵D为抛物线的顶点，
∴D（2，），
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，
∴设M（2，m），（m＞），
∴OM2=m2+4，BM2=m2+1，AB2=9，
∵∠OMB=90°，
∴OM2+BM2=AB2，
∴m2+4+m2+1=9，
∴m=或m=﹣（舍），
∴M（0，），
∴MD=﹣，
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，
∴t=﹣；
（4）存在点P，使∠PBF被BA平分，
如图3，
∴∠PBO=∠EBO，
∵E（0，﹣1），
∴在y轴上取一点N（0，1），
∵B（3，0），
∴直线BN的解析式为y=﹣x+1①，
∵点P在抛物线y=﹣x2+x﹣2②上，
联立①②得，或（舍），
∴P（，），
即：在x轴上方的抛物线上，存在点P，使得∠PBF被BA平分，P（，）．
【能力检测】
1. （2016·四川内江）(9分)如图6所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF．
(1)求证：D是BC的中点；
(2)若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．

[考点]三角形例行，特殊四边形的性质与判定。
(1)证明：∵点E是AD的中点，∴AE＝DE．
∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE．
∴△EAF≌△EDC．
∴AF＝DC．
∵AF＝BD，
∴BD＝DC，即D是BC的中点．
(2)四边形AFBD是矩形．证明如下：
∵AF∥BD，AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形．
∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中点，
∴AD⊥BC．
∴□AFBD是矩形．
2. （2016·山东省滨州市·10分）如图，BD是△ABC的角平分线，它的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接ED，DG．
（1）请判断四边形EBGD的形状，并说明理由；
（2）若∠ABC=30°，∠C=45°，ED=2，点H是BD上的一个动点，求HG+HC的最小值．
【考点】平行四边形的判定与性质；角平分线的性质．
【分析】（1）结论四边形EBGD是菱形．只要证明BE=ED=DG=GB即可．
（2）作EM⊥BC于M，DN⊥BC于N，连接EC交BD于点H，此时HG+HC最小，在RT△EMC中，求出EM、MC即可解决问题．
【解答】解：（1）四边形EBGD是菱形．
理由：∵EG垂直平分BD，
∴EB=ED，GB=GD，
∴∠EBD=∠EDB，
∵∠EBD=∠DBC，
∴∠EDF=∠GBF，
在△EFD和△GFB中，
，
∴△EFD≌△GFB，
∴ED=BG，
∴BE=ED=DG=GB，
∴四边形EBGD是菱形．
（2）作EM⊥BC于M，DN⊥BC于N，连接EC交BD于点H，此时HG+HC最小，
在RT△EBM中，∵∠EMB=90°，∠EBM=30°，EB=ED=2，
∴EM=BE=，
∵DE∥BC，EM⊥BC，DN⊥BC，
∴EM∥DN，EM=DN=，MN=DE=2，
在RT△DNC中，∵∠DNC=90°，∠DCN=45°，
∴∠NDC=∠NCD=45°，
∴DN=NC=，
∴MC=3，
在RT△EMC中，∵∠EMC=90°，EM=．MC=3，
∴EC===10．
∵HG+HC=EH+HC=EC，
∴HG+HC的最小值为10．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用对称找到点H的位置，属于中考常考题型．
3. （2016·山东潍坊）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F．
（1）如图1，连接AC分别交DE、DF于点M、N，求证：MN=AC；
（2）如图2，将△EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB、BC相交于点G、P，连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．
【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【分析】（1）连接BD，证明△ABD为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到AE=EB，根据相似三角形的性质解答即可；
（2）分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，根据旋转变换的性质解答即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接BD，交AC于O，
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AD=AB，
∴△ABD为等边三角形，
∵DE⊥AB，
∴AE=EB，
∵AB∥DC，
∴==，
同理， =，
∴MN=AC；
（2）解：∵AB∥DC，∠BAD=60°，
∴∠ADC=120°，又∠ADE=∠CDF=30°，
∴∠EDF=60°，
当∠EDF顺时针旋转时，
由旋转的性质可知，∠EDG=∠FDP，∠GDP=∠EDF=60°，
DE=DF=，∠DEG=∠DFP=90°，
在△DEG和△DFP中，
，
∴△DEG≌△DFP，
∴DG=DP，
∴△DGP为等边三角形，
∴△DGP的面积=DG2=3，
解得，DG=2，
则cos∠EDG==，
∴∠EDG=60°，
∴当顺时针旋转60°时，△DGP的面积等于3，
同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP的面积也等于3，
综上所述，将△EDF以点D为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP的面积等于3．
4. （2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．
（1）当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；21·cn·jy·com
（2）由于0＜t≤5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PE⊥OB于点E，利用垂径定理即可求出⊙P被OB截得的弦长；
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．
【解答】解：（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由题意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直径，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴，
∴AD=，
当Q与D重合时，
AD+OQ=OA，
∴+t=6，
∴t=；
（2）当⊙Q经过A点时，如图1，
OQ=OA﹣QA=4，
∴t==4s，
∴PA=4，
∴BP=AB﹣PA=6，
过点P作PE⊥OB于点E，⊙P与OB相交于点F、G，
连接PF，
∴PE∥OA，
∴△PEB∽△AOB，
∴，
∴PE=，
∴由勾股定理可求得：EF=，
由垂径定理可求知：FG=2EF=；
（3）当QC与⊙P相切时，如图2，
此时∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠ABO，
∴△AQC∽△ABO，
∴，
∴，
∴t=，
∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，
当QC⊥OA时，
此时Q与D重合，
由（1）可知：t=，
∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，
综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答．21·世纪*教育网
5. （2016·陕西）问题提出
（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．
问题探究
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．
问题解决
（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求；
（2）作E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，得到此时四边形EFGH的周长最小，根据轴对称的性质得到BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，于是得到AF′=6，AE′=8，求出E′F′=10，EF=2即可得到结论；
（3）根据余角的性质得到1=∠2，推出△AEF≌△BGF，根据全等三角形的性质得到AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x根据勾股定理列方程得到AF=BG=1，BF=AE=2，作△EFG关于EG的对称△EOG，则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，以O为圆心，以EG为半径作⊙O，则∠EHG=45°的点在⊙O上，连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件，根据矩形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，△ADC即为所求；
（2）存在，理由：作E关于CD的对称点E′，
作F关于BC的对称点F′，
连接E′F′，交BC于G，交CD于H，连接FG，EH，
则F′G=FG，E′H=EH，则此时四边形EFGH的周长最小，
由题意得：BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，
∴AF′=6，AE′=8，
∴E′F′=10，EF=2，
∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2+10，
∴在边BC、CD上分别存在点G、H，
使得四边形EFGH的周长最小，
最小值为2+10；
（3）能裁得，
理由：∵EF=FG=，∠A=∠B=90°，∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°，
∴∠1=∠2，
在△AEF与△BGF中，，
∴△AEF≌△BGF，
∴AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x，
∴x2+（3﹣x）2=（）2，解得：x=1，x=2（不合题意，舍去），
∴AF=BG=1，BF=AE=2，
∴DE=4，CG=5，
连接EG，
作△EFG关于EG的对称△EOG，
则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，
以O为圆心，以EG为半径作⊙O，
则∠EHG=45°的点在⊙O上，
连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，
连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，
此时，四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的，
∴C在线段EG的垂直平分线设，
∴点F，O，H′，C在一条直线上，
∵EG=，
∴OF=EG=，
∵CF=2，
∴OC=，
∵OH′=OE=FG=，
∴OH′＜OC，
∴点H′在矩形ABCD的内部，
∴可以在矩形ABCD中，裁得符合条件的面积最大的四边形EFGH′部件，
这个部件的面积=EG?FH′=××（+）=5+，
∴当所裁得的四边形部件为四边形EFGH′时，裁得了符合条件的最大部件，这个部件的面积为（5+）m2．