專題13幾何類比探究題型（含解析） 2024年中考數(shù)學答題技巧與模板構(gòu)建

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題13幾何類比探究題型題型解讀｜模型構(gòu)建｜通關(guān)試練幾何的類比探究題型是近年中招解答題的必考題型，該題型往往以壓軸題的形式出現(xiàn)，有一定的難度．探究型問題是指命題中缺少一定的條件或無明確的結(jié)論，需要經(jīng)過推斷，補充并加以證明的一類問題．根據(jù)其特征大致可分為：條件探究型、結(jié)論探究型、規(guī)律探究型和存在性探究型等四類．由于探究型試題的知識覆蓋面較大，綜合性較強，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意新穎，構(gòu)思精巧，具有相當?shù)纳疃群碗y度，所以要求同學們在復(fù)習時，首先對于基礎(chǔ)知識一定要復(fù)習全面，并力求扎實牢靠；其次是要加強對解答這類試題的練習，注意各知識點之間的因果聯(lián)系，選擇合適的解題途徑完成最后的解答．模型01圖形旋轉(zhuǎn)模型模型一、A字形（手拉手）及其旋轉(zhuǎn)模型二、K字型及其旋轉(zhuǎn)手拉手模型是有兩個等腰的三角形或者兩個等邊的三角形，他們有一個共同的頂點，且兩個等腰三角形的頂角是相等的，那么就可以用角的和差求得共頂點的另外兩個角相等等，然后利用等腰的邊對應(yīng)相等，可證明兩個三角形全等（邊角邊）組成這樣的圖形模樣的我們就說他是手拉手模型．在類比探究題型中，往往會對等腰三角形或者等邊三角形進行演變，變成一般三角形進行旋轉(zhuǎn)，通常全等三角形變?yōu)橄嗨迫切危Ｐ吞卣鳎弘p等腰；共頂點；頂點相等；繞著頂點作旋轉(zhuǎn)解題依據(jù)：等腰共頂手拉手，旋轉(zhuǎn)全等馬上有；左手拉左手，右手拉右手，兩根拉線抖一抖，它們相等不用愁；拉線夾角與頂角，相等互補答案有．模型02圖形平移模型探究1．四邊形平移變換四邊形的平移變換題型中主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平移幾何性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形全等或相似的判定方法，畫出相應(yīng)的圖形，注意分類討論．2．三角形平移變換三角形平移變換主要利用三角形全等和三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，平移性質(zhì)、平行線的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．3．其它圖形平移類比探究問題綜合考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的判定方法，畫出相應(yīng)的圖形，注意分類討論．模型03動點引起的題型探究動點型問題是指題設(shè)中的圖形中存在一個或多個動點，它們在線段、射線、直線、拋物線、雙曲線、弧線等上運動的一類非常具有開放性的題目．而從其中延伸出的折疊、旋轉(zhuǎn)問題，更能體現(xiàn)其解題核心--動中求靜，靈活運用相關(guān)數(shù)學知識進行解答，有時需要借助或構(gòu)造一些數(shù)學模型來解答．實行新課標以來，各?。ㄊ校┑闹锌紨?shù)學試卷都會有此類題目，這些題目往往出現(xiàn)在選擇、填空題的壓軸部分，題型繁多，題意新穎，具有創(chuàng)新力．其主要考查的是學生的分析問題及解決問題的能力．要求學生具備：運動觀點；方程思想；數(shù)形結(jié)合思想；分類討論思想；轉(zhuǎn)化思想等等．模型04鋪墊、遷移、拓展類探究題型鋪墊、遷移、拓展類探究題型由于題型新穎、綜合性強、結(jié)構(gòu)獨特等，此類問題的一般解題思路并無固定模式或套路，但是可以從以下幾個角度考慮：

1．利用特殊值（特殊點、特殊數(shù)量、特殊線段、特殊位置等）進行歸納、概括，從特殊到一般，從而得出規(guī)律；

2．反演推理法（反證法），即假設(shè)結(jié)論成立，根據(jù)假設(shè)進行推理，看是推導(dǎo)出矛盾還是能與已知條件一致；3．分類討論法．當命題的題設(shè)和結(jié)論不惟一確定，難以統(tǒng)一解答時，則需要按可能出現(xiàn)的情況做到既不重復(fù)也不遺漏，分門別類加以討論求解，將不同結(jié)論綜合歸納得出正確結(jié)果；4．類比猜想法．即由一個問題的結(jié)論或解決方法類比猜想出另一個類似問題的結(jié)論或解決方法，并加以嚴密的論證．以上所述并不能全面概括此類命題的解題策略，因而具體操作時，應(yīng)更注重數(shù)學思想方法的綜合運用．模型01圖形旋轉(zhuǎn)模型考｜向｜預(yù)｜測圖形旋轉(zhuǎn)模型該題型近年主要以解答題形式出現(xiàn)，圖形的旋轉(zhuǎn)模型，在解答題目時經(jīng)常出現(xiàn)的一道題目，也是必考題型，手拉手模型是旋轉(zhuǎn)模型中常見的一種題型，熟知手拉手模型的做法和思路，不論是求證線段的關(guān)系，還是求證角度的關(guān)系都十分的簡單了，本專題就手拉手模型進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握．答｜題｜技｜巧第一步：連接拉手線：左手拉左手，右手拉右手第二步：證全等或相似：等腰三角形性質(zhì)；SAS；證相似應(yīng)用的方法為兩邊成比例，夾角相等；第三步：利用全等或相似的性質(zhì)得到角度關(guān)系+拉手線相等；例1．（2023·山東）1．

(1)【問題呈現(xiàn)】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請直接寫出的值．(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．連接BD，CE．①求的值；②延長CE交BD于點F，交AB于點G．求sin∠BFC的值．模型02圖形平移模型探究考｜向｜預(yù)｜測圖形平移模型探究該題型主要以探究題型出現(xiàn)，在考試中需要學生結(jié)合圖形平移的性質(zhì)綜合運用所學幾何知識進行解題，該題型具有一定的難度和綜合性，在各類考試中得分率普遍較低．掌握平移的性質(zhì)，根據(jù)平移前后圖形位置的變化找出對應(yīng)的全等或相似三角形，求出對應(yīng)的邊長或角度．答｜題｜技｜巧第一步：觀察圖形經(jīng)過平移，找對應(yīng)線段平行（或共線）且相等，對應(yīng)角相等，對應(yīng)點所連接的線段平行且相等；第二步：根據(jù)平移性質(zhì)找出對應(yīng)結(jié)論，平移不改變圖形的形狀、大小和方向（平移前后的兩個圖形是全等形），圖形平移前后的形狀和大小沒有變化，只是位置發(fā)生變化；第三步：圖形平移后，對應(yīng)點連成的線段平行（或在同一直線上）且相等；第四步：平移是由方向和距離決定的；例1．（2024·河南周口·模擬預(yù)測）2．問題背景：如圖1，在四邊形中，，將沿翻折，點的對應(yīng)點恰好落在邊上．(1)操作探究連接，判斷的形狀，說明理由；(2)探究遷移將沿射線平移得到（點的對應(yīng)點分別為），當點的對應(yīng)點與點重合時，求四邊形的周長；(3)拓展創(chuàng)新將繼續(xù)沿射線平移得到（點的對應(yīng)點分別為），與交于點，且，將繞點在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，當時，直接寫出的長．模型03動點引起的題型探究考｜向｜預(yù)｜測動點引起的題型探究是近年來中考的一個重難點問題，以運動的觀點探究幾何圖形或函數(shù)與幾何圖形的變化規(guī)律，從而確定某一圖形的存在性問題．隨之產(chǎn)生的動態(tài)幾何試題就是研究在幾何圖形的運動中，伴隨著出現(xiàn)一定的圖形位置、數(shù)量關(guān)系的“變”與“不變”性的試題．解決這類問題，要善于探索圖形的運動特點和規(guī)律抓住變化中圖形的性質(zhì)與特征，化動為靜，以靜制動．解決運動型試題需要用運動與變化的眼光去觀察和研究圖形，把握圖形運動與變化的全過程，抓住其中的等量關(guān)系和變量關(guān)系，并特別關(guān)注-些不變量和不變關(guān)系或特殊關(guān)系．答｜題｜技｜巧第一步：分析題目；第二步：依據(jù)落點定折痕；第三步：建立對應(yīng)幾何模型；第四步：設(shè)出未知數(shù)列方程求解；第五步：得到結(jié)論．例1．（2024·遼寧丹東·模擬預(yù)測）3．【問題背景】某數(shù)學實驗小組對坐標平面內(nèi)線段上的動點問題進行研究．如圖1，平面直角坐標系中，點坐標為，為線段上的一個動點，分別以、為邊在軸同側(cè)做正方形與正方形，設(shè)點坐標為．【問題思考】（1）在點運動中，設(shè)正方形的面積為，正方形的面積為，當時，求點坐標．（2）分別連接、、，交于點，當點運動時，設(shè)的面積為，求與的函數(shù)表達式．【問題拓展】（3）當點坐標為（1）問結(jié)果時，求此時點的坐標．（4）如圖2，若點坐標為，點，分別為邊，的中點，的中點為，連接，，當點從到的運動過程中，請求出的最小值．模型04鋪墊、遷移、拓展類探究題型考｜向｜預(yù)｜測鋪墊、遷移、拓展類探究題型解決該類問題的關(guān)鍵是要認真仔細地閱讀給定的材料，弄清材料中隱含了什么新的數(shù)學知識、結(jié)論，或揭示了什么數(shù)學規(guī)律，或暗示了什么新的解題方法，然后依題意進行分析、比較、綜合、抽象和概括，或用歸納、演繹、類比等進行計算或推理論證，并能準確地運用數(shù)學語言闡述自己的思想、方法、觀點．展開聯(lián)想，將獲得的新信息、新知識、新方法進行遷移，建模應(yīng)用，解決題目中提出的問題．該題型在考試中主要以解答題的形式出現(xiàn)，題目一般較長，需要學生具有一定的閱讀和理解的能力，同時該題型具有一定的難度，得分率較低，需要我們認真對待．答｜題｜技｜巧第一步：首先利用特殊值（特殊點、特殊數(shù)量、特殊線段、特殊位置等）進行歸納、概括，從特殊到一般，從而得出規(guī)律；第二步：反演推理：假設(shè)結(jié)論成立，根據(jù)假設(shè)進行推理，看是推導(dǎo)出矛盾還是能與已知條件一致；第三步：分類討論：當命題的題設(shè)和結(jié)論不唯一確定，難以統(tǒng)一解答時，則需要按可能出現(xiàn)的情況做到既不重復(fù)也不遺漏，分門別類加以討論求解，將不同結(jié)論綜合歸納得出正確結(jié)果；第四步：類比猜想：即由一個問題的結(jié)論或解決方法類比猜想出另一個類似問題的結(jié)論或解決方法，并加以嚴密的論證．例1．（2023·湖北武漢）4．【感知圖形】點是矩形的邊上一動點，連接、，將、分別沿、翻折，得到、．【問題探究】（1）如圖1，交于點，交于，在的右側(cè)，求證：；【問題拓展】（2）將圖1特殊化，當、、共線時，稱點為邊上的“疊合點”．如圖2，在矩形中，，，點P為邊上的“疊合點”，且，求的長；（2023·福建）5．如圖，正方形ABCD中，點F是BC邊上一點，連接AF，以AF為對角線作正方形AEFG，邊FG與AC相交于點H，連接DG．以下四個結(jié)論：①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG；②△ACF∽△ADG；③；④DG⊥AC．其中正確的是．（寫出所有正確結(jié)論的序號）（2023·湖北黃岡）6．某校數(shù)學活動小組探究了如下數(shù)學問題：(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，中，，．點P是底邊上一點，連接，以為腰作等腰，且，連接、則和的數(shù)量關(guān)系是______；(2)變式探究：如圖2，中，，．點P是腰上一點，連接，以為底邊作等腰，連接，判斷和的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)問題解決：如圖3，在正方形中，點是邊上一點，以為邊作正方形，點是正方形兩條對角線的交點，連接．若正方形的邊長為，，請直接寫出正方形的邊長．（2023·河南）7．（1）如圖1，在矩形中，，，點E為邊上一點，沿直線將矩形折疊，使點C落在邊上的點處．求的長；（2）如圖2，展開后，將沿線段向右平移，使點的對應(yīng)點與點B重合，得到，與交于點F，求線段的長；（3）在圖1中，將繞點旋轉(zhuǎn)至A，，E三點共線時，請直接寫出的長．（2023·遼寧沈陽）8．如圖，在平面直角坐標系中，菱形的邊在x軸上，，的長是一元二次方程的根，過點C作x軸的垂線，交對角線于點D，直線分別交x軸和y軸于點E和點F，動點N從點E以每秒2個單位長度的速度沿向終點F運動．設(shè)運動時間為t秒．(1)求直線的函數(shù)表達式：(2)求點N到直線的距離h與運動時間t的函數(shù)關(guān)系式，直接寫出自變量的取值范圍；(3)點N在運動的過程中，在坐標平面內(nèi)是否存在一點M．使得以為項點的四邊形是矩形．若存在，直接寫出點M的坐標，若不存在，說明理由．（2023·陜西）9．【問題出示】（1）如圖①，等腰中，，，點是直線上的動點，線段的最小值是______．【問題探究】（2）如圖②，線段最短時，在（1）的條件下，線段是的角平分線，點、分別在邊、上運動，連接、，的最小值是【問題拓展】（3）如圖③，線段最短時，在（1）的條件下，點在邊上運動，連接，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段，連接，求線段的最小值．【問題解決】按照住建部制定的樓間距國家標準，南北朝向的小區(qū)，各棟樓之間的距離不小于前排樓高的0.7倍，例如：前排房屋的樓高是20米，那么后排房屋與前排房屋的距?至少要14米才符合要求．（4）如圖④，是某居民小區(qū)的部分平面示意圖，四邊形各邊長都為90米，且兩組對邊分別平行，，長30米，邊上任意一點，計劃在線段、、上修建三條小路，點處修建業(yè)主活動樓，其中，且．小區(qū)最南邊一排（即線段處）樓高70米，當線段取小時，點處的業(yè)主活動樓到線段處樓房的距離是否符合樓間距標準？請說明理由．（2023·四川）10．在數(shù)學興趣小組活動中，小明同學對幾何動點問題進行了探究：問題背景：在中，．點D為邊上一動點，連接，點E為邊上一動點，連接，以為邊，在右側(cè)作等邊，連接．(1)如圖1，當時，求證：；(2)如圖2，當點D運動到的四等分點（靠近點B）時，點D停止運動，此時點E從點C運動到點D，試判斷點E從點C運動到點D的過程中線段和的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)如圖3，點D從的四等分點（靠近點B）出發(fā)，向終點A運動，同時，點E從點D出發(fā)，向終點C運動，運動過程中，始終保持，直接寫出的最小值和點F所經(jīng)過的路徑長．（2023·廣東）11．綜合應(yīng)用探究式學習是新課程倡導(dǎo)的重要學習方式，某興趣小組擬做以下探究：按照以下思路研究不等式組的解集：首先令，通過列表、描點、連線的方法作出該函數(shù)的圖象并對其性質(zhì)進行探究，列表：x…0134…y……描點與連線：

(1)在列表的空格處填對應(yīng)的y值，在如圖給出的平面直角坐標系中描出以表中各對應(yīng)值為坐標的點，并根據(jù)描出的點，畫出該函數(shù)的圖象．(2)若為該函數(shù)圖象上不同的兩點，則x與y的數(shù)量關(guān)系是_______；(3)觀察圖象，當時，自變量x的取值范圍是_______；(4)【拓展運用】運用以上的探究過程，求出函數(shù)與的圖象所圍成的圖形面積．（2023·湖北）12．【問題提出】（1）如圖1，在四邊形中，，，，連接．試探究、、之間的數(shù)量關(guān)系．小明的思路是：他發(fā)現(xiàn)和互補，推得，于是想到延長到點，使，連接．從而得到，然后證明，不難得到、、之間的數(shù)量關(guān)系是______；【問題變式】（2）如圖2，四邊形中，，，連接，試探究、、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；【問題拓展】（3）如圖3，四邊形中，，，，連接，若，求四邊形的面積．（直接寫出結(jié)果）

13．1.問題發(fā)現(xiàn)圖（1），在和中，，，，連接，交于點M.①的值為______；②的度數(shù)為_______．（2）類比探究圖（2），在和中，，，連接，交的延長線于點M，請計算的值及的度數(shù)；（3）拓展延伸在（2）的條件下，若，，將繞點O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)一周．①當直線經(jīng)過點B且點C在線段上時，求的長；②請直接寫出運動過程中M點到直線距離的最大值．（2224·河南周口·一模）14．在中，，，點P是平面內(nèi)不與點A，C重合的任意一點，連接，將線段繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)α得到線段，連接，，.(1)觀察猜想如圖①，當時，的值是_______，直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)是________．(2)類比探究如圖②，當時，請寫出的值及直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)，并就圖②的情形說明理由．15．如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，點D，E分別為AC，BC的中點．△CDE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α≤360°），記直線AD與直線BE的交點為點P．(1)如圖1，當α＝0°時，AD與BE的數(shù)量關(guān)系為______，AD與BE的位置關(guān)系為______；(2)當0°＜α≤360°時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請僅就圖2的情形進行證明；若不成立，請說明理由；(3)△CDE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)一周，請直接寫出運動過程中P點運動軌跡的長度和P點到直線BC距離的最大值．（2024·山東濟南·一模）16．某校數(shù)學活動小組探究了如下數(shù)學問題：(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，中，，．點P是底邊BC上一點，連接AP，以AP為腰作等腰，且，連接CQ、則BP和CQ的數(shù)量關(guān)系是______；(2)變式探究：如圖2，中，，．點P是腰AB上一點，連接CP，以CP為底邊作等腰，連接AQ，判斷BP和AQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)問題解決：如圖3，在正方形ABCD中，點P是邊BC上一點，以DP為邊作正方形DPEF，點Q是正方形DPEF兩條對角線的交點，連接CQ．若正方形DPEF的邊長為，，求正方形ABCD的邊長．17．如圖，中，，將沿的方向平移得到，連接．

(1)當點移至什么位里時，四邊形是菱形，并加以證明．(2)在（1）的條件下，四邊形能否為正方形？若能，請說明理由；若不能，請給添加一個條件，使四邊形為正方形，并寫出推理過程．18．在平面直角坐標系中，點，的坐標分別為，，現(xiàn)將線段先向上平移3個單位，再向右平移1個單位，得到線段，連接，．(1)如圖1，求點，的坐標及四邊形的面積；(2)如圖1，在軸上是否存在點，連接，，使？若存在這樣的點，求出點的坐標；若不存在，試說明理由；(3)如圖2，點為與軸交點，在直線上是否存在點，連接，使？若存在這樣的點，直接寫出點的坐標；若不存在，試說明理由；19．已知：如圖①，在矩形中，，垂足是E點F是點E關(guān)于的對稱點，連接．（1）求和的長；（2）若將沿著射線方向平移，設(shè)平移的距離為m（平移距離指點B沿方向所經(jīng)過的線段長度）當點F分別平移到線段上時，求出相應(yīng)的m的值;（3）如圖②，將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)一個角，記旋轉(zhuǎn)中的為，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)所在的直線與邊交于點P與直線交于點Q是否存在這樣的P、Q兩點，使為等腰三角形？若存在，直接寫出此時的長：若不存在，請說明理由．（2024·山西太原·一模）20．綜合與實踐問題情境：數(shù)學課上，同學們以菱形為背景，探索動點運動過程中產(chǎn)生的幾何問題．已知，在菱形中，，對角線，點E是射線上的一個動點，連接，與關(guān)于邊所在直線對稱．初步探究：（1）如圖1，小穎同學研究了時的情形，并提出如下問題，請你解答：①判斷四邊形的形狀，并說明理由；②此時線段的長為________________________________；拓展延伸：（2）小彬同學研究了時的情形，請你直接寫出此時線段的長．21．如圖一，在射線的一側(cè)以為一條邊作矩形，，，點是線段上一動點（不與點重合），連接，過點作的垂線交射線于點，連接．(1)求的大??；(2)問題探究：動點M在運動的過程中，是否能使為等腰三角形，如果能，求出線段的長度；如果不能，請說明理由．(3)問題解決：如圖二，當動點運動到的中點時，與的交點為，的中點為，求線段的長度．22．蘇科版教材八年級下冊第94頁第19題，小明在學過圓之后，對該題進行重新探究，請你和他一起完成問題探究．【問題提出】如圖1，點分別在方形中的邊上，且，連接交于點，求證：．請你先幫小明加以證明．【問題探究】小明把原問題轉(zhuǎn)化為動點問題，如圖1，在邊長為的正方形中，點E從點A出發(fā)，沿邊向點D運動，同時，點F從點B出發(fā)，沿邊向點A運動，它們的運動速度都是，當點E運動到點D時，兩點同時停止運動，連接交于點M，設(shè)點運動時間為t秒．（1）如圖1，在點的運動過程中，點M也隨之運動，請直接寫出點M的運動路徑長．（2）如圖2，連接，在點的運動過程中．①試說明點D在的外接圓上；②若①中的與正方形的各邊共有6個交點，請直接寫出t的取值范圍．23．材料：在處理有動點的幾何問題時，尋求與動點相關(guān)的常量，可以幫我們分析出動點的運動軌跡，進而解決問題．如果動點C與定線段所成的為常量，那么點C的運動軌跡為射線，如圖A．如果動點G與定直線的距離為常量，動點G的運動軌跡即為過點G且與直線平行的直線l，如圖B．下圖中，矩形中，，點P在邊上且，點M為直線上的一動點，以為直角邊作等腰，，點N在直線的右下方，連接，當點M在邊上運動時，(1)分析點N的運動軌跡并寫出證明過程；畫出軌跡（尺規(guī)作圖）．(2)求周長的最小值．24．探索發(fā)現(xiàn)

如圖1，在正方形中，點E在上，連接，將沿著直線翻折得到，延長，分別交，于H，G．（1）證明：；（2）若點G是中點，求值，遷移拓展

如圖2，在菱形中，，點E在上，連接，將沿著直線翻折得到，交于H，延長，交于點G．若，直接寫出的值及長．（2024·山東臨沂·一模）25．用四根一樣長的木棍搭成菱形，點P是線段上的動點（點P不與點D和點C重合），在射線上取一點M，連接，使．【操作探究一】（1）如圖1，調(diào)整菱形，使，當點M在菱形外時，在射線上取一點N，使，連接，則______，______；【操作探究二】（2）如圖2，調(diào)整菱形，使，當點M在菱形外時，在射線上取一點N，使，連接，探索與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；【拓展遷移】（3）在菱形中，，．若點P在直線上，點M在射線上，且當時，請直接寫出的長．（2024·貴州·模擬預(yù)測）26．在中，，點在直線上，直線與的夾角為，且，分別過點，作直線的垂線，垂足分別為，．

(1)【問題解決】如圖，若，則的度數(shù)為________，的值為______；(2)【問題探究】如圖，若，判斷的值是否發(fā)生變化？并說明理由；(3)【拓展延伸】如圖，，交于點，點在線段上，，，求線段的長．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．(1)見解析(2)(3)①；②【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，從而得出結(jié)論；（2）證明△BAD∽△CAE，進而得出結(jié)果；（3）①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進而得出結(jié)果；②在①的基礎(chǔ)上得出∠ACE＝∠ABD，進而∠BFC＝∠BAC，進一步得出結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，；（3）解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，，∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握“手拉手”模型及其變形．2．(1)是等邊三角形，理由見詳解(2)4(3)3或【分析】連接，由翻折得，，，結(jié)合題意得，則，即可得是等邊三角形；由平移得四邊形為平行四邊形，結(jié)合翻折，判定四邊形為菱形，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)得到，即可求得周長；過點作交于點F，連接，可得四邊形為平行四邊形，有，和，即可判定點F為中點，則有D、F、和M在同一條直線上，結(jié)合（1）知，，分兩種情況逆時針旋轉(zhuǎn)和順時針旋轉(zhuǎn)求解即可．【詳解】（1）證明：是等邊三角形，連接，如圖，∵沿翻折，點的對應(yīng)點，∴，，，∵，，∴，，∴，則，那么，是等邊三角形；（2）∵沿射線平移得到∴，，∴四邊形為平行四邊形，∵沿翻折，點的對應(yīng)點，∴，則四邊形為菱形，∵∴∵，∴，，則；（3）過點作交于點F，連接，如圖，∵繼續(xù)沿射線平移得到，∴四邊形為平行四邊形，∴，，，∵，∴，∴點F為中點，∴，得，那么，D、F、和M在同一條直線上，由（1）知，，當逆時針旋轉(zhuǎn)時得到，則位于直線上，∵點F為中點，，∴，∵∴；當順時針旋轉(zhuǎn)時得到，則位于直線上，由旋轉(zhuǎn)得，，，∴，綜上所述，的長為3或．【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)、等邊三角形的判定、平移的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟悉上述所涉及的性質(zhì)，并熟練掌握各性質(zhì)之間的關(guān)聯(lián)．3．（1）或；（2）；（3）點的坐標為或或或；（4）【分析】本題主要考查了平面直角坐標系中的動點問題，正方形的性質(zhì)，二次函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識，作出正確的輔助線．（1）由點坐標為，點坐標為，可得，，再根據(jù)正方形的面積公式，即可求解；（2）連接，可得，進而得到，即可求解；（3）分為兩種情況：①當時，②當時，結(jié)合（2）中的關(guān)系式，即可求解；（4）過作軸于，延長交于，過作軸于，交于，則，，，推出，即點在平行于軸且到軸距離為的線段上，作關(guān)于的對稱點，連接交于，此時有最小值，即為，在中，根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：（1）點坐標為，點坐標為，，，當時，得，解得，，點的坐標為或；（2）連接，四邊形，均為正方形，，，；（3）①當時，，，，，當正方形與正方形在軸上方時，當正方形與正方形在軸下方時；②當時，，，，當正方形與正方形在軸上方時，當正方形與正方形在軸下方時，綜上所述，點的坐標為或或或；（4）如答圖2，過作軸于，延長交于，過作軸于，交于，則，，，，為的中點,，，即點在平行于軸且到軸距離為的線段上．如答圖3，作關(guān)于的對稱點，連接交于，此時有最小值，即為，則，，，在中，．4．（1）見詳解；（2）【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)翻折變換的性質(zhì)證明，，可得結(jié)論；（2）由矩形的性質(zhì)得出，，，設(shè)，則，由勾股定理得出，求得（舍）或，則可求出答案．【詳解】（1）證明：如圖1中，四邊形是矩形，，，由翻折的性質(zhì)可知，，，同法可證，；（2）四邊形是矩形，，，，設(shè)，則，由得，則，在中，，在中，，由折疊的性質(zhì)可知，，，，在中，，，解得（舍）或，當時，；∴的長為．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．5．①②④【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可知，有對頂角相等，可證∠EAB＝∠BFE，由可證∠EAB＝∠DAG，可判斷結(jié)論①正確；由，，兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等即可得△ACF∽△ADG，可判斷結(jié)論②正確；由結(jié)論②可知，可得DG平分，由正方形可知是等腰直角三角形，可推出DG⊥AC，結(jié)論④正確；利用兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△ACF∽△AFH，根據(jù)相似的性質(zhì)可得，則，又有，則結(jié)論③錯誤．【詳解】解：設(shè)AB與EF相交于點O，如圖所示，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，∴，．又∵，∴．∵，∴，∴，故結(jié)論①正確；∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的對角線，∴，，∴．又∵，∴，即．∴△ACF∽△ADG．故結(jié)論②正確；由△ACF∽△ADG可知，∴DG平分．∵是等腰直角三角形，∴DG⊥AC．故結(jié)論④正確；∵，，∴△ACF∽△AFH，∴，∴．∵在等腰直角中，，∴，故結(jié)論③錯誤，∴正確的結(jié)論是①②④，故答案為：①②④．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握相似三角形的判定定理證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．6．(1)(2)(3)6【分析】（1）根據(jù)已知條件利用邊角邊證明，再利用全等三角形的性質(zhì)即可得到和的數(shù)量關(guān)系；（2）根據(jù)任意等腰直角三角形的直角邊與斜邊的比是相等的，利用兩邊長比例且夾角相等的判定定理證明，之后再由相似三角形對應(yīng)邊成比例即可得到和的數(shù)量關(guān)系；（3）連接，先由正方形的性質(zhì)判斷出和都是等腰直角三角形，再利用與第二問同樣的方法證出，由對應(yīng)邊成比例，依據(jù)相似比求出線段的長，接著設(shè)正方形的邊長為x，運用勾股定理列出方程即可求得答案．【詳解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中，，∴，∴；（2）解：結(jié)論：，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：連接，如圖所示，∵四邊形與四邊形是正方形，與交于點，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，設(shè)，則，又∵正方形的邊長為，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的邊長為6．【點睛】本題是一道幾何綜合題，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及正方形和等腰三角形的性質(zhì)，正確識圖并能熟練地掌握幾何圖形的性質(zhì)與判定定理進行證明是解題的關(guān)鍵．7．（1）3；（2）1；（3）或【分析】（1）本題利用折疊和矩形的性質(zhì)得出，，再利用勾股定理即可解題；（2）本題利用平移的性質(zhì)證得，設(shè)長為，利用勾股定理算出，推出，再利用相似三角形的性質(zhì)得到，算出，從而求得的長；（3）本題根據(jù)A，，E三點共線，分以下兩種情況討論，①當旋轉(zhuǎn)到左側(cè)時，②當旋轉(zhuǎn)到右側(cè)時，根據(jù)以上兩種情況作輔助線構(gòu)造直角三角形，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、以及勾股定理進行分析求解，即可解題．【詳解】（1）解：為矩形，，，，，；（2）解：為平移后的圖形，，，，，，設(shè)長為，，，解得：，，，，，，；（3）解：將繞點旋轉(zhuǎn)至A，，E三點共線，分以下兩種情況：①當旋轉(zhuǎn)到左側(cè)時，如圖所示：作，交的延長線于點，由（2）可知，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，，，，，四邊形為矩形，，，，②當旋轉(zhuǎn)到右側(cè)時，如圖所示：作，交的延長線于點，由（2）可知，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，，，，四邊形為矩形，，，，．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、勾股定理、平移的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)和判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理并靈活運用，即可解題．8．(1)(2)(3)存在，點M的坐標是或【分析】（1）過點作于，解方程可得，然后解直角三角形求出、和的長，得到點、的坐標，再利用待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）先求出，可得為的中點，利用勾股定理可得，再證得是等邊三角形，可得，然后分情況討論∶當時，即點在線段上運動時，過點作于，當時，即點在線段上運動時，過點作于，分別解直角三角形即可求得答案；（3）分情況討論∶①當是矩形的邊時，則，過點作于，首先求出，然后解直角三角形求出和，再利用平移的性質(zhì)得出點的坐標；②當是矩形的對角線時，則，過點作于，證明，可得然后解直角三角形求出，再利用平移的性質(zhì)得出點的坐標．【詳解】（1）解：方程，解得∶，四邊形是是形，，，，，過點作于，如圖1，，，，，設(shè)直線的解析式為，代入得∶解得∶，直線的解析式為；（2）當時，，當時，為的中點，在中，是等邊三角形．當時，即點在線段上運動時，過點作于，如圖2，則當時，即點在線段上運動時，過點作于，如圖3，則，，綜上所述，點到直線的距離與運動時間的函數(shù)關(guān)系式為（3）存在，分情況討論∶①如圖4，當是矩形的邊時，則，過點作于，，即點為與的交點，，將點向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度得到點，將點向左平移向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度得到點，，；②如圖5，當是矩形的對角線時，則，過點作于，，是等邊三角形，將點向右平移3個單位長度，再向上平移個單位長度得到點，將點向右平移3個單位長度，再向上平移個單位長度得到點，存在一點，使得以為頂點的四邊形是矩形，點的坐標是()或．【點睛】本題考查了解一元二次方程，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，待定系數(shù)法的應(yīng)用，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)以及平移的性質(zhì)等知識，靈活運用相關(guān)知識點，作出合適的輔助線，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．9．（1）

（2）

（3）

（4）符合樓間距標準，理由【分析】（1）根據(jù)垂線段最短得到點M的位置，然后根據(jù)的直角三角形的性質(zhì)解題即可；（2）在邊上截取，連接，則有，即可得到，當P、D、M三點共線，過點M作于點D時，最小，最小值為長，然后利用勾股定理解題即可；（3）在上截取，連接，則有，即，當時，長最小，即長最小，根據(jù)的直角三角形的性質(zhì)解題即可；（4）在上截取，在上截取，連接，連接并延長交于點N，證明，可得當時，長最小，通過計算判斷即可解題．【詳解】解：（1）當點運動到時，線段值最小，∵，，∴，故答案為：；（2）解：在邊上截取，連接，∵平分，∴，又∵，∴，∴，即當P、D、M三點共線，過點M作于點D時，最小，最小值為長，∵，又∵，∴，故最小值為；（3）在上截取，連接，∵，∴，∴，由旋轉(zhuǎn)可得，∴，∴，即當時，長最小，即長最小，這時，∴；（4）解：符合樓間距標準，理由為：在上截取，在上截取，連接，連接并延長交于點N，則，又∵，，∴，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴米，∴當時，長最小，這時，米，∴，∴符合樓間距標準．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，的直角三角形的性質(zhì)，最短路徑問題，勾股定理，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．10．(1)見解析(2)，理由見解析(3)的最小值為，點F所經(jīng)過的路徑長【分析】（1）證明，從而證明三角形全等；（2）過點F作，垂足為點G，取點H為中點，連接，由四等分點證明，再根據(jù)三線合一得到，證明，從而得到是的垂直平分線，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到；（3）以為邊作等邊三角形，連接，證明，可得點F在以為直徑的圓弧上運動，起點為的中點N，終點為點M，連接，交圓弧于點F，此時取得最小值，通過證明，利用弧長公式得到點F所經(jīng)過的路徑長．【詳解】（1）證明：∵是等邊三角形，∴，∵，∴，即，∵，∴；（2）解：，理由如下：過點F作，垂足為點G，取點H為中點，連接，∵，∴，∴∵點H是的中點，∴∵，∴是等邊三角形，∴，∵點H是中點，點D是四等分點，∴，∵，∴，由（1）得，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵∴是的垂直平分線，∴；（3）解：以為邊作等邊三角形，連接，∵是等邊三角形．∴，∴，∴，∴，即當點D和點E運動過程中，始終保持，則點F在以為直徑的圓弧上運動，起點為的中點N，終點為點M，由三角形三邊關(guān)系可知，則，連接，交圓弧于點F，此時取得最小值，∵是等邊三角形，點O是中點，，∴，∴，∴，∵點N是中點，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，則的最小值為，點F所經(jīng)過的路徑長為．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，垂直平分線的性質(zhì)，弧長公式，本題的關(guān)鍵在于構(gòu)造全等三角形，利用定點定長的特點發(fā)現(xiàn)隱圓從而解決路徑長問題．11．(1)見解析(2)(3)或(4)12【分析】本題考查作函數(shù)圖象，利用圖象法求解問題，新定義問題，熟練掌握用描點法作函數(shù)圖象和利用圖象法解決問題是解題的關(guān)鍵．（1）把對應(yīng)的x的取值代入解析式，即可完成表格，然后描點，畫出函數(shù)圖象即可；（2）根據(jù)函數(shù)圖象的性質(zhì)，即可求解；（3）觀察圖象，當時，，即可求解．（4）先畫出函數(shù)的圖象，再求出兩圖象的交點坐標，然后根據(jù)所求圖形面積等于，即可求解．【詳解】（1）解：填表如下：…01234……0123210…描出各點，畫出函數(shù)圖象如下：

（2）由圖象得：函數(shù)關(guān)于y軸對稱，∵縱坐標相同，∴，故答案為：；（3）觀察圖象，當或時，，即當時，自變量的取值范圍是或；故答案為：或；（4）設(shè)兩圖象交于點A，B，直線交x軸于點C，對于，當時，，解得：，∴點，即，

當時，，∴直線與y軸的交點為，畫出函數(shù)的圖象草圖如下：

聯(lián)立得：，解得：或，∴點，∴它與函數(shù)的圖象所圍成的圖形面積等于．12．（1）；（2），理由見解析；（3）【分析】（1）延長到點，使，連接．根據(jù)等角的補角相等得出，利用證明，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，，根據(jù)角的和差易證為等邊三角形，然后根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出，最后根據(jù)線段的和差及等量代換即可得證；（2）延長到點E，使，連接，根據(jù)等角的補角相等得出，利用證明，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，，然后得出是等腰直角三角形，進而得出結(jié)論；（3）延長到點E，使，連接，根據(jù)等角的補角相等得出，利用證明，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，，根據(jù)角的和差得出過點A作交于點F，根據(jù)三線合一得出，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理以及三角形面積公式得出，最后根據(jù)全等三角形的面積相等即可得出四邊形的面積，從而得出答案．【詳解】（1）延長到點，使，連接．

，，在和中，為等邊三角形（2）如圖，延長到點E，使，連接

在和，是等腰直角三角形，即（3）如圖：延長到點E，使，連接，

，，在和中，過點A作交于點F，在中，，四邊形的面積．【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)以及勾股定理，添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．13．（1）①1；②；（2），；（3）①的長為；②M點到直線距離的最大值為【分析】（1）直接根據(jù)兩個共頂點的等腰三角形證明，可以證明，最后在和中導(dǎo)角直接可以求解．（2）改變?nèi)切谓Y(jié)構(gòu)，直接通過判定和相似，同樣可以用第一問的方式證明，根據(jù)相似比，求線段比例，最后在和中導(dǎo)角直接可以求解的度數(shù)．（3）深度理解題意，本質(zhì)上問的就是當B，C，D，三點共線時，求的長，在利用，對應(yīng)邊成比例求的長，最值的求解，先找到點和點的軌跡，可以發(fā)現(xiàn)是在兩個圓弧上運動，再利用最大時，則M點到直線距離的最大，直接求解即可．【詳解】（1）①∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，故答案為：；②設(shè)與交于點F，由①知，，∴，∵，，∴，故答案為：；（2）如下圖，在和中，設(shè)與交于點；∵∠，，∴；∵，即，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，．（3）①如下圖所示，當直線經(jīng)過點B且點C在線段上時；在中，，；過點O作的垂線，垂足為；∴；∵；∴；∴，；在中，由勾股定理得；；∴；∵；∴；即；②如下圖所示，∵，；∴點M的軌跡是圓弧，即點M在圓P上運動，且；要想求出點到直線的最大值，動點距離直線越遠越好，從下圖可以看出，點的軌跡也是圓，點運動極限位置取決于的最大值；∵，；∴的最大值取得當且僅當時；即在中；；∴；過點作的垂線，垂足為；∴；即線段即為所求；在中；；∵；∴；∵；∴；；∴；∴M點到直線距離的最大值為．【點睛】本題主要考查等腰背景下全等三角形的判定和性質(zhì)綜合，特殊直角三角形為背景的相似三角形的判定和性質(zhì)綜合，利用特殊角的三角函數(shù)解三角形，圓軌跡動態(tài)下求線段的最值，熟練掌握手拉手模型證明三角形全等，數(shù)量掌握相似三角形的判定，特別是兩邊對應(yīng)成比例，夾角相等類的，對于求點到直線最值類型要注意動點的軌跡尋找和影響最值的主要因素，進而綜合判定求解是解題的關(guān)鍵．14．(1)1，；(2)，，理由見解析【分析】(1)首先根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，即可證得，如圖①中，設(shè)直線與直線交于點I，再利用全等三角形的性質(zhì)及角的關(guān)系，即可求得結(jié)果；(2)首先根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可證得，可證得，即可證得，如圖②中，設(shè)直線交于G，交于點H，再利用相似三角形的性質(zhì)及角的關(guān)系，即可求得結(jié)果．【詳解】（1）解：，，，，與都是等邊三角形，，，，，在與中，，，，；設(shè)與的延長線交于點I，如圖①，，∴直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)為；（2）解：，直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)為，理由如下：，，，，同理可得：，，，.，即，，，，設(shè)交于點G，交于點H，如圖②，，，∴直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)為．【點睛】本題考查的是幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形和相似三角形解決問題．15．(1)AD＝BE，AD⊥BE(2)結(jié)論仍然成立，證明見解析(3)P點運動軌跡的長度是π；P點到直線BC距離的最大值是【分析】（1）分別求出AD、BE的長即可解答；（2）先證明△BCE∽△ACD，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；（3）利用銳角三角函數(shù)可求∠EBC=30°，由弧長公式可求P點運動軌跡的長度，由直角三角形的性質(zhì)可求P點到直線BC距離的最大值即可．【詳解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE∵點D，E分別為AC，BC的中點∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=∴AD＝BE．故答案為：AD＝BE，AD⊥BE．（2）解：結(jié)論仍然成立，理由如下：∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，∴，＝，∴，∵△CDE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE∽△ACD，∴＝，∠CBO＝∠CAD，∴AD＝BE，∵∠CBO+∠BOC＝90°，∴∠CAD+∠AOP＝90°，∴∠APO＝90°，∴BE⊥AD．（3）解：∵∠APB＝90°，

∴點P在以AB為直徑的圓上，如圖3，取AB的中點G，作⊙G，以點C為圓心，CE為半徑作⊙C，當BE是⊙C切線時，點P到BC的距離最大，過點P作PH⊥BC，交BC的延長線于H，連接GP，∵BE是⊙C切線，∴CE⊥BE，∵＝，∴∠EBC＝30°，

∴∠GBP＝30°，

∵GB＝GP，∴∠GBP＝∠GPB＝30°，

∴∠BGP＝120°，∵點P的運動軌跡為點C→點P→點C→點B→點C，∴P點運動軌跡的長度＝×2＝π，∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，∴PH＝BP＝．

∴P點到直線BC距離的最大值．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識點，靈活應(yīng)用相關(guān)知識是解答本題的關(guān)鍵．16．(1)(2)(3)3【分析】（1）根據(jù)已知條件利用邊角邊證明，再利用全等三角形的性質(zhì)即可得到BP和CQ的數(shù)量關(guān)系；（2）根據(jù)任意等腰直角三角形的直角邊與斜邊的比是相等的，利用兩邊長比例且夾角相等的判定定理證明，之后再由相似三角形對應(yīng)邊成比例即可得到BP和AQ的數(shù)量關(guān)系；（3）連接BD，如圖（見詳解），先由正方形的性質(zhì)判斷出和都是等腰直角三角形，再利用與第二問同樣的方法證出，由對應(yīng)邊成比例，依據(jù)相似比求出線段BP的長，接著設(shè)正方形ABCD的邊長為x，運用勾股定理列出方程即可求得答案．【詳解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中，，∴，∴；（2）解：判斷，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：連接BD，如圖所示，∵四邊形與四邊形是正方形，DE與PF交于點Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，設(shè)，則，又∵正方形的邊長為，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的邊長為3．【點睛】本題是一道幾何綜合題，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及正方形和等腰三角形的性質(zhì)，正確識圖并能熟練地掌握幾何圖形的性質(zhì)與判定定理進行證明是解題的關(guān)鍵．17．(1)當點D移至的中點時，四邊形是菱形，詳見解析(2)不能，詳見解析【分析】（1）當移至的中點時，四邊形是菱形；根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”推知，．所以，又由，則，故四邊形是菱形；（2）不能為正方形，添加條件：時，四邊形為正方形．根據(jù)有一內(nèi)角為直角的菱形是正方形來添加條件．【詳解】（1）解：當移至的中點時，四邊形是菱形．證明如下：，是的中點，，，∵，，，，四邊形是菱形；（2）解：不能為正方形，添加條件：時，四邊形為正方形．證明：，是的中點．，即，四邊形為菱形，四邊形是正方形．【點睛】本題是幾何變換綜合題型，主要考查了平移變換的性質(zhì)，勾股定理，正方形的判定，菱形的判定與性質(zhì)以及直角三角形斜邊上的中線．（1）難度稍大，根據(jù)三角形斜邊上的中線推知是解題的關(guān)鍵．18．(1)12；(2)或；(3)或．【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)求出點，的坐標，根據(jù)平行四邊形的面積公式求出四邊形的面積；（2）根據(jù)三角形的面積公式計算即可；（3）根據(jù)直線上點的坐標特征設(shè)出點的坐標，根據(jù)三角形的面積公式計算即可．【詳解】（1）解：（1）∵點，的坐標分別為，，線段先向上平移3個單位，再向右平移1個單位，得到線段，∴點的坐標為，點的坐標為，，∴四邊形的面積；（2）存在，設(shè)點的坐標為，由題意得：，解得：，∴點的坐標為或；（3）設(shè)點的坐標為，則，由題意得：，解得：或，則點的坐標為或．【點睛】本題考查的是平移的性質(zhì)、三角形的面積計算、點的坐標特征，根據(jù)平移變換的性質(zhì)求出點，的坐標是解題的關(guān)鍵．19．（1）AE=4，BE=3；（2）3或；（3）或或或【分析】（1）利用矩形性質(zhì)、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如答圖2所示．利用平移性質(zhì)，確定圖形中的等腰三角形，分別求出的值；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰有4種情形，如答圖3所示，對于各種情形分別進行計算．【詳解】解：（1）在中，，，由勾股定理得：．，．在中，，，由勾股定理得：．（2）設(shè)平移中的三角形為△，如答圖2所示：由對稱點性質(zhì)可知，．由平移性質(zhì)可知，，，．①當點落在上時，，，，，即；②當點落在上時，，，，，，又易知，△為等腰三角形，，，即．（3）存在．理由如下：在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰依次有以下4種情形：①如答圖所示，點落在延長線上，且，易知，，，，，．在△中，由勾股定理得：．；②如答圖所示，點落在上，且，易知，，，，則此時點落在邊上．，，，．在中，由勾股定理得：，即：，解得：，；③如答圖所示，點落在上，且，易知．，，．，．，，，，．在△中，由勾股定理得：，；④如答圖所示，點落在上，且，易知．，，，，，．綜上所述，存在4組符合條件的點、點，使為等腰三角形；的長度分別為或或或．【點睛】本題是幾何變換壓軸題，涉及旋轉(zhuǎn)與平移變換、矩形、勾股定理、等腰三角形等知識點．第（3）問難度很大，解題關(guān)鍵是畫出各種旋轉(zhuǎn)圖形，依題意進行分類討論；在計算過程中，注意識別旋轉(zhuǎn)過程中的不變量，注意利用等腰三角形的性質(zhì)簡化計算．20．（1）①四邊形為菱形，見解析；②；（2）或25【分析】（1）①由對稱得，，，根據(jù)平行得，可得，即可判定為菱形；②連接交于點H，由菱形的性質(zhì)得，則有，設(shè)，則，利用勾股定理即可解得答案；（2）①連接交于點O，連接交于點H，由對稱得，，，，進一步得到、和，設(shè)，則，利用的正切值即可解得x，再利用的正弦值即可解得；②連接交延長線于點M，設(shè)，則，，利用解得，再利用勾股定理解得即可．【詳解】解：（1）①四邊形為菱形．理由如下，與關(guān)于所在直線對稱，．，，，，，，，，則四邊形是菱形．②連接交于點H，如圖，∵四邊形為菱形，，∴，∵，∴，設(shè)，則，∵四邊形是菱形，∴，∵，∵，∴，解得，則．故答案為：．（2）①連接交于點O，連接交于點H，如圖，與關(guān)于所在直線對稱，，，，，∵，∴，∴，設(shè)，則，在中，，，在中，，∵，∴，解得，∵，∴，解得；②連接交延長線于點M，如圖，與關(guān)于所在直線對稱，，，，，∵，∴，∴，設(shè)，則，，∵，∴，解得，∵，∴．故的長為或25．【點睛】本題主要考查軸對稱的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等角對等邊、勾股定理和解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練對稱的性質(zhì)和解直角三角形．21．(1)；(2)能，滿足條件的的值為10或；(3)．【分析】（1）取的中點O，連接，利用直角三角形的性質(zhì)求得，證明是等邊三角形，據(jù)此計算即可解決問題；（2）分兩種情形：當時，當時，分別求解即可；（3）首先證明是等邊三角形，再證明垂直平分線段，解直角三角形即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖，取的中點O，連接，

∵矩形，，，∴，，∴，∴是等邊三角形，∴，∴；（2）解：如圖一（1）中，當時，

∵，，，∴，∴，在中，∵，，∴，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴；如圖一（2）中，當時，，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，綜上所述，滿足條件的的值為10或；（3）解：如圖二中，

∵，∴，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∵，∴垂直平分線段，∴，，，∴，∵，，∴．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．22．[問題提出]見解析[問題探究]（1）；（2）①見解析；②【分析】[問題提出]根據(jù)正方形的性質(zhì)以及動點的路程相等，證明，根據(jù)同角的余角相等，即可證明，即；[問題探究]（1）當時，點M與點B重合，當時，點隨之停止，求得運動軌跡為圓，根據(jù)弧長公式進行計算即可；（2）①根據(jù)（2）可得的外接圓的圓心O是斜邊的中點，繼而判斷點、在同一個圓（）上；②當與相切時，與正方形的各邊共有5個交點，如圖5則有6個交點，所以“當與相切時”