重庆巴蜀中学中考数学二次函数和几何综合专题.doc

重庆巴蜀中学中考数学二次函数和几何综合专题一、二次函数压轴题1如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点（1）求点、点、点的坐标；（2）当点在线段上运动时，直线交于点，试探究当为何值时，四边形是平行四边形；（3）在点的运动过程中，是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由2问题发现：如图1，在ABC中，C=90，分别以AC，BC为边向外侧作正方形ACDE和正方形BCFG（1）ABC和DCF面积的关系是_；（请在横线上填写“相等”或“不等”）（2）拓展探究：若C90，（1）中的结论还成立吗？若成立，请结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；（3）解决问题：如图3，在四边形ABCD中，ACBD，且AC与BD的和为10，分别以四边形ABCD的四条边为边向外侧作正方形ABFE、正方形BCHG、正方形CDJI，正方形DALK，运用（2）的结论，图中阴影部分的面积和是否有最大值？如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由图1图2图33小明在学习函数的过程中遇到这样一个函数：yx，若x0时，xx21；若x0时，xx+1小明根据学习函数的经验，对该函数进行了探究（1）下列关于该函数图像的性质正确的是 ；（填序号）y随x的增大而增大；该函数图像关于y轴对称；当x0时，函数有最小值为1；该函数图像不经过第三象限（2）在平面直角坐标系xOy中画出该函数图像；若关于x的方程2x+cx有两个互不相等的实数根，请结合函数图像，直接写出c的取值范围是 ；（3）若点（a，b）在函数yx3图像上，且a2，则b的取值范围是 4某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，探究过程如下（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值如下：-3-2-101233-10-103其中，_（2）根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请你画出该函数图象的另一部分（3）进一步探究函数图象发现：方程有_个实数根；关于的方程有4个实数根时，的取值范围是_5如图，抛物线yx22x8与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC点P是第四象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PMx轴，垂足为点M，PM交BC于点Q（1）求A，B，C三点的坐标；（2）试探究在点P运动的过程中，是否存在这样的点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由6综合与探究如图，已知二次函数的图像与轴交于，B两点，与轴交于点C，直线经过B，C两点（1）求二次函数的解析式；（2）点P是线段 BC上一个动点，过点P作x轴的垂线于点Q，交抛物线于点D，当点Q是线段PD的中点时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，若点M是直线BC上一点，N是平面内一点，当以P，D，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点N的坐标7已知函数，某兴趣小组对其图像与性质进行了探究，请补充完整探究过程32112345622212（1）请根据给定条件直接写出的值；（2）如图已经画出了该函数的部分图像，请你根据上表中的数据在平面直角坐标系中描点、连线，补充该函数图像，并写出该函数的一条性质；（3）若，结合图像，直接写出的取值范围8某校九年级数学兴趣社团的同学们学习二次函数后，有兴趣的在一起探究“函数的有关图象和性质”探究过程如下：（1）列表：问_x012y620002m（2）请在平面直角坐标系中画出图象（3）若方程（p为常数）有三个实数根，则_（4）试写出方程（p为常数）有两个实数根时，p的取值范围是_9如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+3经过A(1，0) 、B(3，0)两点，与y轴交于点C直线BC经过B、C两点（1）求抛物线的解析式及对称轴；（2）将COB沿直线 BC平移，得到C1O1B1，请探究在平移的过程中是否存在点 O1落在抛物线上的情形，若存在，求出点O1的坐标，若不存在，说明理由；（3）如图2，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，连结AC，请探究在抛物线上是否存在一点F，使直线EFAC，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由10如图，抛物线yax2+bx+4交x轴于A（3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PMx轴，垂足为点M，PM交BC于点Q（1）求此抛物线的表达式：（2）过点P作PNBC，垂足为点N，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？（3）试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由二、中考几何压轴题11问题情境：两张直角三角形纸片中，连接，过点作的垂线，分别交线段，于点，（与在直线异侧）特例分析：（1）如图1，当时，求证：；拓展探究：（2）当，探究下列问题：如图2，当时，直接写出线段与之间的数量关系： ；如图3，当时，猜想与之间的数量关系，并说明理由；推广应用：（3）若图3中，设的面积为，则的面积为 （用含，的式子表示）12如图1，已知，点D在上，连接并延长交于点F，（1）猜想：线段与的数量关系为_；（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G当的大小发生变化，其它条件不变时，若，直接写出的长 13问题发现：（1）如图1，与同为等边三角形，连接则与的数量关系为_；直线与所夹的锐角为_；类比探究：（2）与同为等腰直角三角形，其他条件同（1），请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；拓展延伸：（3）中，为的中位线，将绕点逆时针自由旋转，已知，在自由旋转过程中，当在一条直线上时，请直接写出的值14我们定义：连结凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”（1）概念理解：如图1，四边形中，为的中点，是边上一点，满足，试判断是否为四边形的准中位线，并说明理由（2）问题探究：如图2，中，动点以每秒1个单位的速度，从点出发向点运动，动点以每秒6个单位的速度，从点出发沿射线运动，当点运动至点时，两点同时停止运动为线段上任意一点，连接并延长，射线与点构成的四边形的两边分别相交于点，设运动时间为问为何值时，为点构成的四边形的准中位线（3）应用拓展：如图3，为四边形的准中位线，延长分别与，的延长线交于点，请找出图中与相等的角并证明15（问题情境）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；（类比探究）（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；（拓展提升）（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 16（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图，在中，点是边上的一点，求的长”某同学做了如下的思考：如图，过点作，交的延长线于点，进而求解，请回答下列问题：（1）_度；（2）求的长（拓展应用）如图，在四边形中，对角线相交于点，且，则的长为_ 17综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法动手操作：如图，矩形纸片ABCD的边AB2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；如图，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；若在图中连接BH，得到如图，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且AMNABH；若在图中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图解决问题：（1）在图中，ACB ，BC ， ，与ABG相似的三角形有 个；（2）在图中，AH2AE （从图中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；（3）在图中，ABH为 三角形，设BM为x，则NH （用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在图中，将ABQ绕点B按顺时针方向旋转（0180），得到ABQ，连接DQ，则DQ的最小值为 ，当tanCBQ 时，DBQ的面积最大值为 18（1）问题探究：如图1，ABC，ADE均为等边三角形，连接BD、CE，试探究线段BD与CE的数量关系，并说明理由（2）类比延伸如图2，在RtABC和RtADE中，ACBAED90，ABCADE30，连接BD，CE，试确定BD与CE的数量关系，并说明理由（3）拓展迁移如图3，在四边形ABCD中，ACBC，且ACBC，CD4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90得到DA，连接BA，求线段BA的长19随着教育教学改革的不断深入，数学教学如何改革和发展，如何从“重教轻学”向自主学习探索为主的方向发展，是一个值得思考的问题从数学的产生和发展历程来看分析，不外乎就是三个环节：（观察猜想）-（探究证明）-（拓展延伸）下面同学们从这三个方面试看解决下列问题：已知：如图1所示将一块等腰三角板放置与正方形的重含，连接、，E是的中点，连接（观察猜想）（1）与的数量关系是_，与的位置关系是_；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段与的关系是否仍然成立，并说明理由；（拓展延伸）（3）若旋转角，且，求的值20问题探究：（1）如图，已知在ABC中，BC4，BAC45，则AB的最大值是 （2）如图，已知在RtABC中，ABC90，ABBC，D为ABC内一点，且AD2，BD2，CD6，请求出ADB的度数问题解决：（3）如图，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区ABC，且ABACBAC120，点A、B、C分别是三个任务点，点P是ABC内一个打卡点按照设计要求，CP30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120，即APB120为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1C解析：（1）（2）当，四边形是平行四边形（3）存在，点的坐标为， ，【分析】（1）根据函数解析式列方程即可；（2）根据平行四边形的判定，用含未知数的值表示QM的长度，从而可求解;（3）设Q点的坐标为,分两种情况讨论：当时，由勾股定理可得：，当时，由勾股定理可得：，可解出的值.【详解】（1）令，则，C点的坐标为（0,2）；令，则 解得，点A为（-1,0）；点B为（4,0） （2）如图1所示：点C与点D关于轴对称，点,设直线BD的解析式为，将代入得： 解得 直线BD的解析式为： 当时，四边形是平行四边形设Q点的坐标为 ，则 解得 （不合题意，舍去）当，四边形是平行四边形（3）存在，设Q点的坐标为是以BD为直角边的直角三角形当时，由勾股定理可得： 即 解得 （不合题意，舍去）Q点的坐标为 当时，由勾股定理可得：即解得 Q点的坐标为 综上所述：点的坐标为， ，.【点睛】本题考查了一次函数和抛物线的综合问题，解题的关键在于拿出函数解析式，会用含未知数的代数式表示出关键的点的坐标和线段的长度.2B解析：（1）相等；（2）成立，理由见解析；（3）阴影部分的面积和有最大值,最大值为25【解析】解：（1）相等；（2）成立；理由如下：如图，延长BC到点P，过点A作APBP于点P；过点D作DQFC于点QAPC=DQC=90四边形ACDE、四边形BCFG均为正方形，AC=CD，BC=CF，ACP+PCD=90，DCQ+PCD=90，ACP=DCQAPCDQC（AAS），AP=DQ又SABC=BCAP，SDFC =FCDQ，SABC=SDFC. （3）图中阴影部分的面积和有最大值理由：由（2）的结论可知： 设AC=m,则BD=10-m, ACBD.阴影部分的面积和有最大值,最大值为253（1）；（2）见解析；或；（3）或【分析】（1）画出图象，根据函数的性质即可判断（2）根据题意列表、描点、连线即可将看成是一次函数，此函数与轴的交点是，因此要与图像有两个交点，则需要分情况讨论当时，满足两个交点的要求；当时，与图像没有两个交点；当时，可以有两个交点，此种情况要代入，根据根的判别式求出的范围即可（3）因为，所以根据分段函数的图像，求解取值在到2之间的自变量的范围，分情况讨论即可再根据点在函数图象上，则，即，代入到的取值范围中求解即可【详解】解：（1）画出图象，根据图象可知，当时，随的增大而增大，故错误；该函数图象关于轴不对称，故错误；当时，函数有最小值为，正确；该函数图象不经过第三象限，正确；故答案为：（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象，关于的方程有两个互不相等的实数根，可以看成是和有两个交点是一次函数，与轴的交点为，当时，满足两个交点的条件若将向下平移与图像有两个交点，则方程为，即，故答案为：或（3），当时，解出当时，解出或点在函数图象上，或故答案为：或【点睛】此题考查的是分段函数，用数形结合的思想是解此题的关键4（1）0；（2）图见解析；（3）3；【分析】（1）那x=-2代入解析式，即可求得m的值；（2）利用描点法画函数图象即可；（3）观察图象找出图象与x轴的交点个数即可求解；观察图象，找出图象与平行于x轴直线的交点个数为4个时对应y的取值范围即可【详解】（1）x=-2时，m=（-2）2- =0；故答案为：0； （）如图所示（）观察图象，可知与x轴有三个交点，所以有三个根，分别是、；即答案为3；关于的方程有四个根，函数的图象与y=a有四个交点，由函数图象知：的取值范围是【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程，其中观察函数图像的能力是解答本题的关键5A解析：（1）A（2，0），B（4，0），C（0，8）；（2）存在，Q点坐标为，【分析】(1)解方程，可求得A、B的坐标，令，可求得点C的坐标；(2)利用勾股定理计算出，利用待定系数法可求得直线BC的解析式为，可设Q（m，2m8）（0m4），分三种情况讨论：当CQAC时，当AQAC时，当AQQC时，然后分别解方程求出m即可得到对应的Q点坐标【详解】(1)当，解得x12，x24，所以，x0时，y8，；(2)设直线BC的解析式为，把，代入解析式得：，解得，直线BC的解析式为，设Q（m，2m8）（0m4），当CQCA时，解得，（舍去）；Q，当AQAC时，解得：（舍去），m20（舍去）；当QAQC时，解得，Q综上所述，满足条件的Q点坐标为，【点睛】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质，会利用待定系数法求函数解析式，理解坐标与图形性质，会利用勾股定理表示线段之间的关系，会运用分类讨论的思想解决数学问题6B解析：（1）；（2）P（2，1）；（3），【分析】（1）求出点B，带入求解即可；（2）设，根据中点的性质列式计算即可；（3）根据菱形的性质分类讨论即可；【详解】（1）令，解得：，令，则，把，代入中，；（2）设，Q为PD中点，（舍），；（3）如图，由题意可得：为菱形的边，为菱形的对角线， 由（2）可得：， 设，由可得： 整理得： 解得： 检验：不合题意舍去，取 如图，为菱形的边， 同理可得：或 如图，当为对角线时，由， 可得：重合，重合时，四边形为菱形， 综上：，；【点睛】本题主要考查了二次函数综合，结合菱形的判定与性质、等腰三角形的性质和一元二次方程的求解是解题的关键7（1），；（2）见详解；（3）x的取值范围是：3x0或1x2【分析】（1）先将（-1，2）和（1，-2）代入函数y=a（x-1）2+1中，列方程组解出可得a和b的值，写出函数解析式，计算当x=4时m的值即可；（2）描点并连线画图，根据图象写出一条性质即可；（3）画y=x-3的图象，根据图象可得结论【详解】解：（1）把（-1，2）和（1，-2）代入函数y=a（x-1）2+1中得：，解得：，y=（a0），当x=4时，m=；（2）如图所示，性质：当x2时，y随x的增大而减小（答案不唯一）；（3）a（x1）2+x4，a（x1）2+1x3，如图所示，由图象得：x的取值范围是：3x0或1x2【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，描点，画函数图象，以及二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质，利用了数形结合思想进行分析8（1）；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）把x=代入解析式，计算即可；（2）按照画图像的基本步骤画图即可；（3）一个方程有两个不同实数根，另一个方程有两个相等的实数根和两个方程都有两个不同的实数根，但是有一个公共根；（4）结合函数的图像，分直线经过顶点和在x轴上方两种情形解答即可【详解】（1）当x=时，=，；（2）画图像如下；（3）当x0时，函数为；当x0时，函数为； 方程（p为常数）有三个实数根，两个方程有一个公共根，设这个根为a，则，解得a=0，当a=0时，p=0，故答案为：p=0；（4）方程（p为常数）有两个实数根，p0；或=0即1+4p=0，解得综上所述，p的取值范围是或【点睛】本题考查了二次函数图像，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握抛物线与一元二次方程的关系，灵活运用分类思想，数形结合思想是解题的关键9F解析：（1），；（2）O1(,)或（，）；（3）满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)【分析】（1）把A（1，0），B（-3，0）代入y=ax2+bx+3即可求解；（2）先求出直线OO1的解析式为，再根据，求解即可或是根据得出x的值，再根据直线OO1的解析式为求解；（3）先求出直线EF解析式为 ，再根据求解即可【详解】解：（1）将点A（1, 0），B（-3, 0）代入抛物线解析式y=x2+bx+3得： 解得：抛物线解析式为 （2）点C为与轴的交点C（0，3）B(3，0)OBOC CBO=45将COB沿直线 BC平移，得到C1O1B1直线OO1BC O1OA=45直线OO1的解析式为 根据题意 得 整理得 解得 O1(, )或)（，）解法2 点C为与轴的交点C（0，3）OC=3将COB沿直线 BC平移，得到C1O1B1 01C1=3 整理得 解得 B(3，0)OBOC CBO=45将COB沿直线 BC平移，得到C1O1B1直线OO1BC O1OA=45 直线OO1的解析式为y=x O1(, )或（，）(3)抛物线对称轴与x轴交于点E,则点E的坐标为E(-1,0),过点C作CFx轴根据抛物线的对称性得F的坐标为F(-2,3) AE=CF=2 CFAE 四边形CFEA为平行四边形EFCA 设直线EF的解析式为得： 解得： 直线EF解析式为 根据题意 得 解得 满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用转化的思想思考问题10A解析：（1）；（2），当m2时，PN的最大值为；（3）Q(1，3)或(，)【分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解（2）由PNPQsinPQN（m2+ m+4+m4）即可求解（3）分ACAQ、ACCQ、CQAQ三种情况，当ACAQ时，构造直角三角形AMQ利用勾股定理可求坐标，ACCQ时，先求BQ再求MB，即可得到坐标，CQAQ时，联立解得不合题意【详解】解：（1）由二次函数交点式表达式得：ya（x+3）（x4）a（x2x12）ax2ax12a，即：12a4，解得：a，则抛物线的表达式为，（2）设点P（m，m2+m+4），则点Q（m，m+4），OBOC，ABCOCB45PQN，PNPQsinPQN（m2+m+4+m4）（m2）2+，0，PN有最大值，当m2时，PN的最大值为（3）存在，理由：点A、B、C的坐标分别为（3，0）、（4，0）、（0，4），则AC5，AB7，BC4，OBCOCB45，将点B（4，0）、C（0，4）的坐标代入一次函数表达式：ykx+b得解得直线BC的解析式为yx+4，设直线AC的解析式为y=mx+n把点A（3，0）、C（0，4）代入得解得直线AC的表达式为：yx+4，设直线AC的中点为K（，2），过点M与CA垂直直线的表达式中的k值为，设过点K与直线AC垂直直线的表达式为yx+q把K（，2）代入得2=（）+q解得q=yx+，当ACAQ时，如图1，则ACAQ5，设：QMMBn，则AM7n，由勾股定理得：（7n）2+n225，解得：n3或4（舍去4），故点Q（1，3），当ACCQ时，如图1，CQ5，则BQBCCQ45，则QMMB，故点Q（，）当CQAQ时，联立，解得，x（舍去），综上所述点Q的坐标为：Q（1，3）或Q（，）【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、一次函数的图像与性质、二次函数的图像与性质及等腰三角形的性质二、中考几何压轴题11（1）详见解析；（2）；，证明详见解析；（3）【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）由题意可知，且，解析：（1）详见解析；（2）；，证明详见解析；（3）【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）由题意可知，且，可证，同理可证，可得，即可得出BD与AN的数量关系；过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC，可证，即，可得，四边形为平行四边形，所以，即可得出BD与AN的数量关系；（3）由（2）已证四边形为平行四边形，所以，且，所以，即ACE的面积可得【详解】（1）证明：，于点，（等腰三角形三线合一），且，即，在ABM和CAN中，（AAS），（2）由题意可知，且，同理，且，即，即，证明：过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC，于点，四边形为平行四边形，（3）由（2）已证四边形为平行四边形，又，【点睛】本题主要考察了等腰三角形三线合一、全等三角形的证明与应用、相似三角形的证明与应用、平行四边形的性质，解题的关键在于构造出全等三角形，且掌握相似三角形面积之比为边长之比的平方12(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1) 延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明ACFEDG，进而得到GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1) 延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明ACFEDG，进而得到GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明ACFEDG，进而得到GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到ABC=ABE=EBG=60即可求解【详解】解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示，DE=AC，BD=BC，CDB=DCB，且CDB=ADF，ADF=DCB，ACB=90，ACD+DCB=90，EDB=90，ADF+FDE=90，ACD=FDE，又延长DF使得FG=DC，FG+DF=DC+DF，DG=CF，在ACF和EDG中，ACFEDG(SAS)，GE=AF，G=AFC，又AFC=GFE，G=GFEGE=EFAF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(2)仍旧成立，理由如下：延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示设BD延长线DM交AE于M点，DE=AC，BD=BC，CDB=DCB，且CDB=MDF，MDF=DCB，ACB=90，ACD+DCB=90，EDB=90，MDF+FDE=90，ACD=FDE，又延长DF使得FG=DC，FG+DF=DC+DF，DG=CF，在ACF和EDG中，ACFEDG(SAS)，GE=AF，G=AFC，又AFC=GFE，G=GFEGE=EF，AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(3)如下图所示： BA=BE，BAE=BEA，BAE=EBG,BEA=EBG，AECG，AEG+G=180，AEG=90，ACG=G=AEG=90，四边形AEGC为矩形，AC=EG，且AB=BE，RtACBRtEGB(HL)，BG=BC=6，ABC=EBG，又ED=AC=EG，且EB=EB，RtEDBRtEGB(HL)， DB=GB=6，EBG=ABE，ABC=ABE=EBG=60，BAC=30，在RtABC中由30所对的直角边等于斜边的一半可知：故答案为：【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线13（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60（2）根据题意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60（2）根据题意，利用等腰直角三角形的性质可推出，再根据相似三角形对应角相等，得出，故得出直线与所夹的锐角为45，与（1）结论不符（3）此问需要分两种情况讨论，一种情况是当在直线上，该种情况需要先证明，从而根据相似三角形的性质得到，最后根据全等三角形的性质求出；另一种情况是，当在直线下，先证明，从而证明四边形为矩形，最后求出【详解】解：（1）；60解答如下：如图，与为等边三角形，在与中， 故答案为：；直线与所夹的锐角为60 （2）不成立理由如下：与为等腰直角三角形，即：，在与中，故（1）中的结论不成立；（3）的长度为2或4；点在直线上方时如图4， ，点在直线下方时，如图5，根据题意，易证四边形为矩形，故答案为综上可得的长度为2或4【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的三边关系、旋转的性质、矩形的判定及性质相似三角形的判定及性质，综合性比较强，熟练掌握性质定理是解题的关键（1）利用等边三角形的性质，从而证明三角形全等是解答该小问的关键（2）根据等腰直角三角形的三边关系，证明两个三角形相似是解答第二问的关键，重点掌握相似三角形的判定方法（3）解答本题时，首先要认识到旋转过程中满足题意的两种情况，其次证明过程可参考上面的证明过程，最后如何判定四边形为矩形也是解答最后一题第二种情况的关键14（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析【分析】（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；（2）当为点构成的四边形的准中位线则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根解析：（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析【分析】（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；（2）当为点构成的四边形的准中位线则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根据平行线分线段成比例列方程即可求解；（3）连接，取的中点，连接，得两条中位线，根据中位线定理，得平行，可找到相等角和线段，从而可得是等腰三角形，进而可得【详解】解：（1）是四边形的准中位线，理由如下：，又，又为中点，为四边形的准中位线（2）当为点构成的四边形的准中位线时如图，当时，则需满足且为中点，解得：；如图，当时，则需满足且为中点，解得：，综上：当或或时，为点构成的四边形的准中位线（3）证明如下：如图，连接，取的中点，连接，分别是，的中点，分别是，的中点，【点睛】本题围绕线段的中点考查了等腰三角形判定及性质、平行线分线段成比例、三角形中位线等知识点，考查范围广，综合性强解（2）的关键是由准中位线图形特征得出四边形有一组对边平行，解（3）的关键是构造出和中位线定理相关的图形15（1）DG=BE；（2），DGBE；（3）4【分析】（1）通过证明DCG和BCE（SAS）全等，得到DG=BE（2）通过证明DCGBCE得到，所以BEC=DGC延长BE解析：（1）DG=BE；（2），DGBE；（3）4【分析】（1）通过证明DCG和BCE（SAS）全等，得到DG=BE（2）通过证明DCGBCE得到，所以BEC=DGC延长BE、GD相交于点H因为矩形ECGF，所以FEC=FGC=90，所以HEF+BEC=180-FEC=90，FGH+DGC=90，所以H=F=90，所以DGBE（3）作ENBC于N，GMBC交BC的延长线于M首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值【详解】（1）DG=BE理由：正方形ABCD，CD=CB，BCD=90正方形ECGF，CG=CE，ECG=9