初中初中05挑戰壓軸題（解答題三）1．（2023·廣東深圳·統考中考真題）（1）如圖，在矩形中，為邊上一點，連接，①若，過作交于點，求證：；②若時，則______．

（2）如圖，在菱形中，，過作交的延長線于點，過作交于點，若時，求的值．

（3）如圖，在平行四邊形中，，，，點在上，且，點為上一點，連接，過作交平行四邊形的邊于點，若時，請直接寫出的長．

2．（2022·廣東深圳·統考中考真題）（1）【探究發現】如圖①所示，在正方形中，為邊上一點，將沿翻折到處，延長交邊于點．求證：（2）【類比遷移】如圖②，在矩形中，為邊上一點，且將沿翻折到處，延長交邊于點延長交邊于點且求的長．（3）【拓展應用】如圖③，在菱形中，，為邊上的三等分點，將沿翻折得到，直線交于點求的長．3．（2021·廣東深圳·統考中考真題）在正方形中，等腰直角，，連接，H為中點，連接、、，發現和為定值．（1）①__________；②__________；③小明為了證明①②，連接交于O，連接，證明了和的關系，請你按他的思路證明①②．（2）小明又用三個相似三角形（兩個大三角形全等）擺出如圖2，，（）求：①__________（用k的代數式表示）②__________（用k、的代數式表示）1．（2020·湖南郴州·統考二模）如圖①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，G、A、B在同一直線上，點E在AD上，連接DG，BE．（1）證明：BE＝DG；（2）發現：當正方形AEFG繞點A旋轉，如圖②所示，判斷BE與DG的數量關系和位置關系，并說明理由；（3）探究：如圖③所示，若四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE時，判斷BE與DG的數量關系和位置關系是否與（2）的結論相同，并說明理由．2．如圖1，已知在矩形中，，是上一點，且，點是上一點，，．

（1）求證：；（2）求的長；（3）如圖2，點在邊上且，點是邊上的一動點，且從點向點方向運動．連接，是的中點，將點繞點逆時針旋轉90°，點的對應點是，在點的運動過程中，①判斷是否為定值？若是說明理由．②求的最小值．3．（2020下·湖北武漢·七年級統考期中）如圖1所示，AB∥CD，E為直線CD下方一點，BF平分∠ABE．（1）求證：∠ABE+∠C﹣∠E＝180°．（2）如圖2，EG平分∠BEC，過點B作BH∥GE，求∠FBH與∠C之間的數量關系．（3）如圖3，CN平分∠ECD，若BF的反向延長線和CN的反向延長線交于點M，且∠E+∠M＝130°，請直接寫出∠E的度數．4．（2022上·廣東廣州·八年級廣州市第二中學校考期中）如圖，中，，、為邊上的點，且滿足，，連接、．(1)①若，，則＝______°；②若，則＝______；（用含的式子表示）(2)如圖，，，連接．求證：平分．5．（2021下·湖南岳陽·七年級統考期末）（1）如圖1，在三角形中，平分，點在邊上，，試說明與的位置關系，并予以證明；（2）如圖2，在（1）的條件下，若，的平分線交于點，連接．求證：；（3）如圖3，在前面的條件下，若的平分線與、分別交于、兩點，且，求的度數．6．（2023上·全國·七年級專題練習）如圖①，已知，在內部畫射線，得到三個角，分別為、、．若這三個角中有一個角是另外一個角的3倍，則稱射線為的“幸福線”．（本題中所研究的角都是大于而小于的角．）(1)角的三等分線___________這個角的“幸福線”（填“是”或“不是”）；(2)如圖①，，射線為的“幸福線”，求的度數；(3)如圖②，已知，射線從出發，以每秒的速度繞點逆時針旋轉，同時，射線從出發，以每秒的速度繞點逆時針旋轉，設運動的時間為秒．若、、三條射線中，一條射線恰好是以另外兩條射線為邊的角的“幸福線”，求出所有可能的值．7．（2023上·江西贛州·七年級統考期末）已知：如圖，點是線段上一定點，，兩點分別從點出發以、的速度在直線上運動，運動方向如圖中箭頭所示（點在線段上，點在線段上）

(1)若，當點、運動了，此時，；（直接填空）(2)當點運動了時，求的值．(3)若點、運動時，總有，則（填空）(4)在（3）的條件下，是直線上一點，且，求的值．8．（2021上·湖南永州·九年級校考階段練習）如圖，以平行四邊形的較短邊為一邊作菱形，使點落在邊上，連接，交于點（1）猜想與的數量關系．并說明理由；（2）延長交于點，其他條件不變，①如圖，若，求的值；②如圖，若，直接寫出的值．（用含的三角函數表示）9．綜合與實踐問題背景折紙是一種許多人熟悉的活動，將折紙的一邊二等分、四等分都是比較容易做到的，但將一邊三等分就不是那么容易了，近些年，經過人們的不懈努力，已經找到了多種將正方形折紙一邊三等分的精確折法，最著名的是由日本學者芳賀和夫發現的三種折法，現在被數學界稱之為芳賀折紙三定理．其中，芳賀折紙第一定理的操作過程及內容如下（如圖1）：操作1：將正方形ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合．再將正方形ABCD展開，得到折痕EF；操作2：再將正方形紙片的右下角向上翻折，使點C與點E重合，邊BC翻折至B'E的位置，得到折痕MN，B'E與AB交于點P．則P即為AB的三等分點，即AP：PB=2：1．解決問題（1）在圖1中，若EF與MN交于點Q，連接CQ．求證：四邊形EQCM是菱形；（2）請在圖1中證明AP：PB=2：l．發現感悟若E為正方形紙片ABCD的邊AD上的任意一點，重復“問題背景”中操作2的折紙過程，請你思考并解決如下問題：（3）如圖2．若=2．則=；（4）如圖3，若=3，則=；（5）根據問題（2），（3），（4）給你的啟示，你能發現一個更加一般化的結論嗎？請把你的結論寫出來，不要求證明．10．（1）如圖，點C在線段AB上，點M、N分別是AC、BC的中點．①若C為線段AB上任一點，滿足AC+CB=a，求MN的長度．②若C在線段AB的延長線上，且滿足AC-BC=b，M、N分別為AC、BC的中點，求MN的長度，請畫出圖形．寫出你的結論，并說明理由．

（2）如圖：已知是直角，，平分，平分．

①求的度數．②若將條件“是直角，”改為：，，其它條件不變．則請用x的代數式來表示y．③如果，則是多少度？（3）根據（1）②、（2）②請你用幾何語言描述你發現的規律？11．（2021下·江蘇連云港·七年級統考期中）在數學學習過程中，對有些具有特殊結構，且結論又具有一般性的數學問題我們常將其作為一個數學模型加以識記，以積累和豐富自己的問題解決經驗．【結論發現】小明在處理教材第43頁第21題后發現：三角形的一個內角平分線與另一內角的外角平分線的夾角的度數是三角形第三內角度數的一半．【結論探究】（1）如圖1，在中，點是內角平分線與外角的平分線的交點，則有．請補齊下方的說理過程．理由如下：因為，又因為在中，，所以．所以______．（理由是：等式性質）同理可得：______．又因為和分別是和的角平分線，所以，______．所以．即（）．所以．請直接應用上面的“結論發現”解決下列問題：【簡單應用】（2）如圖2，在中，．延長至，延長至，已知、的角平分線與的角平分線及其反向延長線交于、，求的度數；【變式拓展】（3）如圖3，四邊形的內角與外角的平分線形成如圖所示形狀．①已知，，求的度數；②直接寫出與的關系．12．（2023下·浙江寧波·八年級統考期末）如圖1，在菱形中，．等腰的兩個頂點E、F分別在上，且，點A、M在的異側．

(1)如圖2，當于點時，①求證：，且點在菱形的對角線上．②如圖3，若交于點H，交于點G，連接．當________________時，四邊形為正方形．(2)如圖1，①判斷：點菱形的對角線上．（填“在”或“不在”）②若，請求出的取值范圍．13．（2021下·遼寧鞍山·七年級統考階段練習）已知射線射線CD，P為一動點，AE平分，CE平分，且AE與CE相交于點E．（注意：此題不允許使用三角形，四邊形內角和進行解答）（1）在圖1中，當點P運動到線段AC上時，．直接寫出的度數；（2）當點P運動到圖2的位置時，猜想與之間的關系，并加以說明；（3）當點P運動到圖3的位置時，（2）中的結論是否還成立？若成立，請說明理由：若不成立，請寫出與之間的關系，并加以證明．14．如圖，在平面直角坐標系中，已知點，，將線段沿著軸向右平移至，使點與點對應，點與點對應，連接.（1）若，滿足.①填空：_______，_______；②若面積關系成立，則點的坐標為_______；（2）平分，平分，，相交于點，判斷的大小，并說明理由.15．（2023下·北京東城·八年級期末）在平面直角坐標系中，對于線段和點P作出如下定義：若點M，N分別是線段，的中點，連接，我們稱線段的中點Q是點P關于線段的“關聯點”．

(1)已知點，點P關于線段的“關聯點”是點Q．①若點P的坐標是，則點Q的坐標是______；②若點E的坐標是，點F的坐標是．點P是線段上任意一點，求線段長的取值范圍；(2)點A是直線上的動點．在矩形中，邊軸，．點P是矩形邊上的動點，點P關于其所在邊的對邊的“關聯點”是點Q．過點A作x軸的垂線，垂足為點G．設點G的坐標是．當點A沿著直線運動到點時，點G沿著x軸運動到點，點Q覆蓋的區域的面積S滿足，直接寫出m的取值范圍．16．（2022·山東聊城·統考中考真題）如圖，在直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點，對稱軸為直線，頂點為點D．

(1)求二次函數的表達式；(2)連接DA，DC，CB，CA，如圖①所示，求證：；(3)如圖②，延長DC交x軸于點M，平移二次函數的圖象，使頂點D沿著射線DM方向平移到點且，得到新拋物線，交y軸于點N．如果在的對稱軸和上分別取點P，Q，使以MN為一邊，點M，N，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求此時點Q的坐標．17．（2022·陜西西安·校考三模）（1）問題提出：如圖①，在△MBC中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝4，AD是BC邊上的中線，求AD的長．（2）問題解決：某戶外拓展訓練營準備在園區內建設一個平行四邊形的拓展訓練區，如圖②，平行四邊形ABCD為拓展訓練區的示意圖，按照設計要求，需要在區域內部設計一個“極限挑戰區”，四邊形EFGH為極限挑戰區的示意圖，其中E、F、H分別為AD、BE、CD的中點，G為CE的一個三等分點（靠近點C），AB＝300米，∠BEC＝60°，求“極限挑戰訓練區”四邊形EFGH面積的最大值．18．（2020·陜西西安·陜西師大附中校考三模）如圖，二次函數的圖像經過的三個頂點，其中，（1）求點的坐標；（2）在第三象限存在點，使以為頂點的四邊形是平行四邊形，求滿足條件的點的坐標；（3）在（2）的條件下，能否將拋物線平移后經過兩點，若能求出平移后經過兩點的拋物線的表達式，并寫出平移過程．若不能，請說明理由．19．（2022·廣東佛山·佛山市南海區石門實驗學校校考模擬預測）已知在?，，，，是邊上的動點，以為一邊作?，且使得直線經過點．(1)如圖，與相交于，若是的中點．①求證：；②若，求的長；(2)如圖，設，，當點在邊上移動時，始終保持，①求關于的函數關系式，并求函數的取值范圍；②連接，當是直角三角形時，求的值．20．（2021下·重慶·八年級重慶市巴川中學校校考期末）已知如圖，在中，點是邊上一點，連接、，，，點是上一動點，連接．（1）如圖1，若點是的中點，，求的面積；（2）如圖2，當時，連接，求證：；（3）如圖3，以為直角邊作等腰，，連接，若，，當點在運動過程中，請直接寫出周長的最小值．05挑戰壓軸題（解答題三）1．（2023·廣東深圳·統考中考真題）（1）如圖，在矩形中，為邊上一點，連接，①若，過作交于點，求證：；②若時，則______．

（2）如圖，在菱形中，，過作交的延長線于點，過作交于點，若時，求的值．

（3）如圖，在平行四邊形中，，，，點在上，且，點為上一點，連接，過作交平行四邊形的邊于點，若時，請直接寫出的長．

【答案】（1）①見解析；②；（2）；（3）或或【分析】（1）①根據矩形的性質得出，，進而證明結合已知條件，即可證明；②由①可得，，證明，得出，根據，即可求解；（2）根據菱形的性質得出，，根據已知條件得出，證明，根據相似三角形的性質即可求解；（3）分三種情況討論，①當點在邊上時，如圖所示，延長交的延長線于點，連接，過點作于點，證明，解，進而得出，根據，得出，建立方程解方程即可求解；②當點在邊上時，如圖所示，連接，延長交的延長線于點，過點作，則，四邊形是平行四邊形，同理證明，根據得出，建立方程，解方程即可求解；③當點在邊上時，如圖所示，過點作于點，求得，而，得出矛盾，則此情況不存在．【詳解】解：（1）①∵四邊形是矩形，則，∴，又∵，∴，，∴，又∵，∴；②由①可得，∴∴，又∵∴,故答案為：．（2）∵在菱形中，，∴，，則，∵，∴，∵∴，∴，∵，∴,又，∴，∴，∴；（3）①當點在邊上時，如圖所示，延長交的延長線于點，連接，過點作于點，

∵平行四邊形中，，，∴，,∵，∴∴，∴∴在中，，則，，∴∴，∵，∴∴∴∴設，則，，，∴解得：或，即或，②當點在邊上時，如圖所示，

連接，延長交的延長線于點，過點作，則，四邊形是平行四邊形，設，則，，∵∴∴，∴∴，∵∴過點作于點，在中，，∴，，∴，則，∴，∴，，∴∴，即，∴即解得：（舍去）即；③當點在邊上時，如圖所示，

過點作于點，在中，，，∴，∵，∴，∵，∴點不可能在邊上，綜上所述，的長為或或．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，平行四邊形的性質，解直角三角形，矩形的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定，分類討論是解題的關鍵．2．（2022·廣東深圳·統考中考真題）（1）【探究發現】如圖①所示，在正方形中，為邊上一點，將沿翻折到處，延長交邊于點．求證：（2）【類比遷移】如圖②，在矩形中，為邊上一點，且將沿翻折到處，延長交邊于點延長交邊于點且求的長．（3）【拓展應用】如圖③，在菱形中，，為邊上的三等分點，將沿翻折得到，直線交于點求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）的長為或【分析】（1）根據將沿翻折到處，四邊形是正方形，得，，即得，可證；（2）延長，交于，設，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，設，則，因，有，即解得的長為；（3）分兩種情況：（Ⅰ）當時，延長交于，過作于，設，，則，，由是的角平分線，有①，在中，②，可解得，；（Ⅱ）當時，延長交延長線于，過作交延長線于，同理解得，．【詳解】證明：（1）將沿翻折到處，四邊形是正方形，，，，，，；（2）解：延長，交于，如圖：設，在中，，，解得，，，，，，即，，，，，，，，即，，設，則，，，，即，解得，的長為；（3）（Ⅰ）當時，延長交于，過作于，如圖：設，，則，，，，，沿翻折得到，，，，是的角平分線，，即①，，，，，在中，，②，聯立①②可解得，；（Ⅱ）當時，延長交延長線于，過作交延長線于，如圖：同理，，即，由得：，可解得，，綜上所述，的長為或．【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質，三角形角平分線的性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是方程思想的應用．3．（2021·廣東深圳·統考中考真題）在正方形中，等腰直角，，連接，H為中點，連接、、，發現和為定值．（1）①__________；②__________；③小明為了證明①②，連接交于O，連接，證明了和的關系，請你按他的思路證明①②．（2）小明又用三個相似三角形（兩個大三角形全等）擺出如圖2，，（）求：①__________（用k的代數式表示）②__________（用k、的代數式表示）【答案】（1）①；②45°；③見解析；（2）①；②【分析】（1）①通過中位線得出，再通過等腰直角三角形斜邊與直角邊的關系得出,則，在等腰Rt△OBA中得出，再結合中位線OH和正方形的性質證明∠BOH=∠BAF，即可證明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性質，對應角相等，代換角即可求出；（2）①用與（1）相似的方法可以證明出，即可得出比值；②通過添加輔助線，構造兩個直角三角形，用銳角三角函數和勾股定理表示出兩邊，即可求出比值．【詳解】（1）；②45°③證明：如圖所示：由正方形性質得：，O為的中點又∵H為的中點，則，∴是等腰直角三角形∴∴∵∴，又∵∴又∴，又∵∴∴，∴（2）①②理由如下：①如圖，連接，與交于O點，連接由題可知四邊形ABCD為平行四邊形，∴O為AC和BD的中點，又∵H為CE中點，∴，,又∵,∴,即，,即，∵OH是△ACE的中位線，∴OH∥AE，∴,又∵是△AOD的外角，∴,又∵,∴,∴,又∵，∴∴②：由得：，則在中，，不妨令，，如圖作則：，則由勾股定理解得：∴．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，三角形中位線的性質，等腰直角三角形的性質，正方形的性質，平行四邊形的性質，銳角三角函數，涉及知識點較多，難度較大，能夠通過已知條件找出判定相似三角形的條件是解題關鍵．1．（2020·湖南郴州·統考二模）如圖①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，G、A、B在同一直線上，點E在AD上，連接DG，BE．（1）證明：BE＝DG；（2）發現：當正方形AEFG繞點A旋轉，如圖②所示，判斷BE與DG的數量關系和位置關系，并說明理由；（3）探究：如圖③所示，若四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE時，判斷BE與DG的數量關系和位置關系是否與（2）的結論相同，并說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）BE＝DG，BE⊥DG，理由見解析；（3）數量關系不成立即BE≠DG，DG＝2BE，理由見解析；位置關系成立，理由見解析【分析】（1）根據正方形的性質及全等三角形的判定可得△ABE≌△DAG（SAS），再根據全等三角形的性質即可得出結論；（2）根據正方形的性質可知：AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，再根據同腳的余角相等得出∠BAE＝∠DAG，然后根據全等三角形的判定定理得出△ABE≌△DAG（SAS）再由全等三角形的性質定理可得出BE＝DG，∠ABE＝∠ADG；延長BE交AD于T，交DG于H．進而得出∠DHB=90°，即BE⊥DG．（3）根據四邊形ABCD和四邊形AEFG都是矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE時，則△ABE∽△ADG，再根據相似三角形的性質即可得出結論．【詳解】解：（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴△ABE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG；（2）BE＝DG，BE⊥DG．如圖1中，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，在△ABE和△DAG中，，∴△ABE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG；∠ABE＝∠ADG，延長BE交AD于T，交DG于H．∵∠ATB+∠ABE＝90°，∴∠ATB+∠ADG＝90°，∵∠ATB＝∠DTH，∴∠DTH+∠ADG＝90°，∴∠DHB＝90°，∴BE⊥DG．（3）數量關系不成立，它們的數量關系為DG＝2BE，位置關系成立．如圖2中，延長BE交AD于T，交DG于H．∵四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，∴∠BAD＝∠DAG，∴∠BAE＝∠DAG，∵AD＝2AB，AG＝2AE，∴，∴△ABE∽△ADG，∴∠ABE＝∠ADG，，∴DG＝2BE，∵∠ATB+∠ABE＝90°，∴∠ATB+∠ADG＝90°，∵∠ATB＝∠DTH，∴∠DTH+∠ADG＝90°，∴∠DHB＝90°，∴BE⊥DG．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，判斷出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本題的關鍵．2．如圖1，已知在矩形中，，是上一點，且，點是上一點，，．

（1）求證：；（2）求的長；（3）如圖2，點在邊上且，點是邊上的一動點，且從點向點方向運動．連接，是的中點，將點繞點逆時針旋轉90°，點的對應點是，在點的運動過程中，①判斷是否為定值？若是說明理由．②求的最小值．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）①不變，見解析，②【分析】（1）由SAS證明△APE≌△ADE得出∠APE＝∠D＝90°即可；（2）由全等三角形的性質得出PE＝DE＝5，設BP＝x，則PC＝10?x，證明△ABP∽△PCE，得出，得出AB＝20?2x，CE＝x，由AB＝CD得出方程，解方程即可得出結果；（3）①作MG⊥B于G，M'H⊥BC于H，證明△HQM'≌△GMQ得出HM'＝GQ，QH＝MG＝4，設HM'＝x，則CG＝GQ＝x，FG＝4?x，求出QF＝GQ?FG＝2x?4，得出FH＝QH＋QF＝2x，由三角函數得出tan∠∠M′FB＝，即可得出結論；②當AM'⊥FM'時，AM'的值最小，延長HM'交DA延長線于N，則NH＝AB＝8，NM'＝8?x，AN＝BH＝HQ?BQ＝2x?6，同①得：△ANM'∽△M'HF，得出，解得：x＝4，得出AN＝2，NM'＝4，在Rt△ANM'中，由勾股定理即可得出結果．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝10，AB＝CD，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵AD＝10，PA＝10，∠PAD＝2∠DAE，∴AP＝AD，∠PAE＝∠DAE，在△APE和△ADE中，，∴△APE≌△ADE（SAS），∴∠APE＝∠D＝90°；（2）解：由（1）得：△APE≌△ADE，∴PE＝DE＝5，設BP＝x，則PC＝10?x，∵∠B＝90°，∠APE＝90°，∴∠BAP＋∠APB＝90°，∠APB＋∠CPE＝90°，∴∠BAP＝∠CPE，∴△ABP∽△PCE，∴，即＝2，∴AB＝20?2x，CE＝x，∵AB＝CD，∴20?2x＝5＋x，解得：x＝6，∴AB＝20?2x＝8；（3）解：①∠M′FB為定值，理由如下：作MG⊥B于G，M'H⊥BC于H，如圖2所示：則MG∥CD，∠H＝∠MGQ＝90°，∴∠QMG＋∠MQG＝90°，∵M是DQ的中點，∴QG＝CG，∴MG是△CDQ的中位線，∴MG＝CD＝AB＝4，由旋轉的性質，QM'＝QM，∠M'QM＝90°，∴∠HQM'＋∠MQG＝90°，∴∠HQM'＝∠QMG，在△HQM'和△GMQ中，，∴△HQM'≌△GMQ（ASA），∴HM'＝GQ，QH＝MG＝4，設HM'＝x，則CG＝GQ＝x，∴FG＝4?x，∴QF＝GQ?FG＝2x?（4?x）＝2x?4，∴FH＝QH＋QF＝2x，∴tan∠M′FB＝，∴∠M′FB為定值；②當AM'⊥FM'時，AM'的值最小，延長HM'交DA延長線于N，如圖3所示：則NH＝AB＝8，NM'＝8?x，AN＝BH＝HQ?BQ＝4?（10?2x）＝2x?6，同①得：△ANM'∽△M'HF，∴，∴，解得：x＝4，∴AN＝2，NM'＝4，在Rt△ANM'中，由勾股定理得：AM'＝．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、三角函數、勾股定理等知識；本題綜合性強，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵．3．（2020下·湖北武漢·七年級統考期中）如圖1所示，AB∥CD，E為直線CD下方一點，BF平分∠ABE．（1）求證：∠ABE+∠C﹣∠E＝180°．（2）如圖2，EG平分∠BEC，過點B作BH∥GE，求∠FBH與∠C之間的數量關系．（3）如圖3，CN平分∠ECD，若BF的反向延長線和CN的反向延長線交于點M，且∠E+∠M＝130°，請直接寫出∠E的度數．【答案】（1）見解析；（2）2∠FBH+∠C＝180°；（3）80°【分析】（1）過點E作，由平行線的性質得出，進而得出答案；（2）設，由平行線的性質得出，由（1）知，即可得出答案；（3）設，由（1）知，過M作，由平行線的性質得出，求出，即可得出答案．【詳解】（1）如圖1，過點E作，∴，∵，∴，∴，∴；（2）∵BF、EG分別平分、，∴，設，∵，∴，∴，由（1）知，，即，∴；（3）∵CN、BF分別平分、，∴，設，由（1）知：，即，如圖3，過M作，則，∴，，∴，，∴．．【點睛】本題考查了角平分線的定義、平行線的性質、角的和差等知識點，較難的是題（3），通過作輔助線，構造平行線是解題關鍵．4．（2022上·廣東廣州·八年級廣州市第二中學校考期中）如圖，中，，、為邊上的點，且滿足，，連接、．(1)①若，，則＝______°；②若，則＝______；（用含的式子表示）(2)如圖，，，連接．求證：平分．【答案】(1)①；②(2)見解析【分析】（1）①根據三角形內角和求出，根據等邊對等角求出、的度數即可；②根據三角形內角和求出，根據等邊對等角求出、的度數即可得到的度數；（2）延長交于于點，把求證平分轉化為證明，利用等腰三角形的性質及平行線的性質即可證明，再分別計算長度時，需要用到相似三角形，通過相似比來建立等式求解．【詳解】（1）解：①∵，，∴，∵，，∴，，∴，故答案為：；②∵∴∵，，∴，，∴；（2）證明：延長交于于點，，，又，，，又，，，，平分．【點睛】本題考查了三角形內角和定理、等腰三角形的性質、平行線的性質、三角形相似的判定及性質，角平分線的判定，解題的關鍵是通過作輔助線構建相似三角形來求解．5．（2021下·湖南岳陽·七年級統考期末）（1）如圖1，在三角形中，平分，點在邊上，，試說明與的位置關系，并予以證明；（2）如圖2，在（1）的條件下，若，的平分線交于點，連接．求證：；（3）如圖3，在前面的條件下，若的平分線與、分別交于、兩點，且，求的度數．【答案】（1）DE∥BC，證明見解析；（2）證明見解析；（3）72°【分析】（1）證明∠2=∠BCD，可得結論．（2）根據DE∥BC，得到∠EDB+∠DBC=180°，再利用角平分線的性質，即可解答；（3）根據FD⊥AB，∠BGC=54°，得到∠DHG=36°，利用外角的性質得到∠FDC+∠HCD=36°，再根據DF平分∠EDC，CG平分∠ACD，得到∠EDC=2∠FDC，∠ACD=2∠HCD，得到∠EDC+∠ACD=2（∠FDC+∠HCD）=108°，利用三角形內角和為180°，∠DEC=180°-（∠EDC+∠ACD）=180°-108°=72°，再利用平行線的性質求出∠ACB．【詳解】解：（1）結論：DE∥BC．理由：如圖1中，∵CD平分∠ACB，∴∠1=∠BCD，∵∠1=∠2，∴∠2=∠BCD，∴DE∥BC．（2）證明：如圖2中，∵DE∥BC，∴∠EDB+∠DBC=180°，∴∠EDF+∠FDC+∠CDB+∠DBC=180°，∵∠CDB=∠DBC，∠EDF=∠FDC，∴2∠FDC+2∠CDB=180°，∴∠FDC+∠CDB=90°，∴FD⊥BD，∴∠DBF+DFB=90°．（3）如圖3中，∵∠BGC=54°，FD⊥BD，∴∠DHG=36°，∴∠FDC+∠HCD=36°，∵DF平分∠EDC，CG平分∠ACD，∴∠EDC=2∠FDC，∠ACD=2∠HCD，∴∠EDC+∠ACD=2（∠FDC+∠HCD）=72°，∴∠DEC=180°-（∠EDC+∠ACD）=180°-72°=108°，∵DE∥BC，∴∠ACB+∠DEC=180°，∴∠ACB=72°．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了平行線的性質、三角形角平分線、外角的性質、三角形內角和定理，解決本題的關鍵是利用三角形的角平分線、外角得到角之間的關系．6．（2023上·全國·七年級專題練習）如圖①，已知，在內部畫射線，得到三個角，分別為、、．若這三個角中有一個角是另外一個角的3倍，則稱射線為的“幸福線”．（本題中所研究的角都是大于而小于的角．）(1)角的三等分線___________這個角的“幸福線”（填“是”或“不是”）；(2)如圖①，，射線為的“幸福線”，求的度數；(3)如圖②，已知，射線從出發，以每秒的速度繞點逆時針旋轉，同時，射線從出發，以每秒的速度繞點逆時針旋轉，設運動的時間為秒．若、、三條射線中，一條射線恰好是以另外兩條射線為邊的角的“幸福線”，求出所有可能的值．【答案】(1)是(2)，，，(3)或或【分析】（1）若為的三等分線，則有，符合“幸福線”的定義；（2）根據“幸福線”的定義可得當時，當時，當時，當時，然后根據角的和差關系進行求解即可；（3）由題意可分①當時在與重合之前，則有，，由是的“幸福線”可進行分類求解；②當時，在與重合之后，則有，，由是的“幸福線”可分類進行求解．【詳解】（1）解：若為的三等分線，則有，符合“幸福線”的定義，所以角的三等分線是這個角的“幸福線”；故答案為：是．（2）解：由題意得：∵，射線為的“幸福線”，∴①當時，則有：；②當時，則有；③當時，則有；④當時，則有：，；綜上所述：當射線為的“幸福線”時，∠AOC的度數為，，，；（3）解：∵，∴射線與重合的時間為（秒），∴當時在與重合之前，如圖所示：∴，，是的“幸福線”，則有以下三類情況：①，即（舍去），②，即，③，即；④，即（舍去）；當時，在與重合之后，如圖所示：∴，，是的“幸福線”，則有以下三類情況：①，即（不符合題意，舍去），②，即（不符合題意，舍去）；③，即；④，即不存在；綜上可知，或或．【點睛】本題主要考查角的三等分點的計算及角的動點問題，一元一次方程的應用，熟練掌握角的三等分點的計算及角之間的和差關系是解題的關鍵．7．（2023上·江西贛州·七年級統考期末）已知：如圖，點是線段上一定點，，兩點分別從點出發以、的速度在直線上運動，運動方向如圖中箭頭所示（點在線段上，點在線段上）

(1)若，當點、運動了，此時，；（直接填空）(2)當點運動了時，求的值．(3)若點、運動時，總有，則（填空）(4)在（3）的條件下，是直線上一點，且，求的值．【答案】(1)；(2)(3)4(4)或1【分析】本題考查了線段上的動點問題，線段的和差，一元一次方程的應用；（1）由已知條件得、的長，由即可求解；（2）由已知條件得，，由，即可求解；（3）的運動速度可知：，由線段的和得，即可求解；解法二：、運動時間為，的長度為，得，，由，即可求解；（4）①當點在線段上時，由線段和差得，可求，由即可求解；②當點在線段的延長線上時，同理可求，即可求解；能用已知線段的和差表示所求線段，根據點的不同位置進行分類討論，用方程思想求解是解題的關鍵．【詳解】（1）解：由題意得，，，，，故答案：；；（2）解：由題意得，，；故的值為；（3）解：的運動速度可知：，，，即，又，，，．故答案為：4．解法二設、運動時間為，的長度為，得，，，，．又，，解得：；故答案為：4；（4）解：①當點在線段上時，如圖1，

，又，，，；②當點在線段的延長線上時，如圖2，

，又，，．綜上所述或1．8．（2021上·湖南永州·九年級校考階段練習）如圖，以平行四邊形的較短邊為一邊作菱形，使點落在邊上，連接，交于點（1）猜想與的數量關系．并說明理由；（2）延長交于點，其他條件不變，①如圖，若，求的值；②如圖，若，直接寫出的值．（用含的三角函數表示）【答案】（1）結論為=，證明見詳解；（2）解：①，②．【分析】（1）根據菱形的性質可得EF=CD，EF∥CD，根據平行四邊形的性質可得，AB=DC，AB∥CD，得出AB=CD=EF，∠A=∠EFG，再證△ABG≌△FEG（AAS）即可；（2）①過G作GM∥BH，交DH于M，先證△MGE∽△HBE，根據（1）得BG=EG，得出EB=EG+GB=2EG，由相似三角形性質的，再證△MGD為等邊三角形，得出GM=GD，可得；②過M作MN⊥GD于N，由①知MG∥CD，根據兩直線平行，內錯角相等∠MGD=∠ADC=，根據菱形，可得∠EDF=∠CDF=，證出MG=MD，根據等腰三角形三線合一性質得GN=DN=MGcos，得出DG=2GN=2MGcos，由①得出BH=2GM，可求．【詳解】（1）證明：=∵菱形，∴EF=CD，EF∥CD，∵平行四邊形，∴AB=DC，AB∥CD，∴AB=CD=EF，AB∥CD∥EF，∴∠A=∠EFG，在△ABG和△FEG中，∴△ABG≌△FEG（AAS），∴BG=EG；（2）解：①過G作GM∥BH，交DH于M，∴∠EGM=∠EBH，∠EMG=∠H，∴△MGE∽△HBE，∴，由（1）得BG=EG，∴EB=EG+GB=2EG，∴，∴，∵，菱形，FD為對角線，∴∠EDF=∠ADC=60°，∵CD∥BH，MG∥BH，∴MG∥CD，∴∠MGD=∠ADC=60°，∴∠MGD=∠MDG=60°，∴△MGD為等邊三角形，∴GM=GD，∴，②過M作MN⊥GD于N，∵由①知MG∥CD，∴∠MGD=∠ADC=，∵菱形，FD為對角線，∴∠EDF=∠CDF=，∴∠MGD=∠MDG=，∴MG=MD，∵MN⊥GD，∴GN=DN=MGcos，∴DG=2GN=2MGcos由①，∴BH=2GM，∴．【點睛】本題考查平行四邊形性質，菱形性質，三角形全等判定與性質，三角形相似偶讀與性質，等邊三角形判定與性質，等腰三角形判定與性質，解直角三角形本題難度較大，綜合復習典型題，掌握相關知識是解題關鍵．9．綜合與實踐問題背景折紙是一種許多人熟悉的活動，將折紙的一邊二等分、四等分都是比較容易做到的，但將一邊三等分就不是那么容易了，近些年，經過人們的不懈努力，已經找到了多種將正方形折紙一邊三等分的精確折法，最著名的是由日本學者芳賀和夫發現的三種折法，現在被數學界稱之為芳賀折紙三定理．其中，芳賀折紙第一定理的操作過程及內容如下（如圖1）：操作1：將正方形ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合．再將正方形ABCD展開，得到折痕EF；操作2：再將正方形紙片的右下角向上翻折，使點C與點E重合，邊BC翻折至B'E的位置，得到折痕MN，B'E與AB交于點P．則P即為AB的三等分點，即AP：PB=2：1．解決問題（1）在圖1中，若EF與MN交于點Q，連接CQ．求證：四邊形EQCM是菱形；（2）請在圖1中證明AP：PB=2：l．發現感悟若E為正方形紙片ABCD的邊AD上的任意一點，重復“問題背景”中操作2的折紙過程，請你思考并解決如下問題：（3）如圖2．若=2．則=；（4）如圖3，若=3，則=；（5）根據問題（2），（3），（4）給你的啟示，你能發現一個更加一般化的結論嗎？請把你的結論寫出來，不要求證明．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)4;(4)6;(5)見解析.【詳解】分析：（1）由折疊可得，CM=EM，∠CMQ=∠EMQ，四邊形CDEF是矩形，由CM=EQ，CM∥QE，可證四邊形EQCM是平行四邊形，進而證明四邊形EQCM是菱形；（2）設正方形ABCD的邊長為1，CM=x，則EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可求得x的值，由△AEP∽△DME，列比例式求出AP的值，進而求出PB的值，從而結論可求；（3）設正方形ABCD的邊長為1，CM=x，則EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可得x的值，由△AEP∽△DME，可得AP的值和BP的值，進而求得結論.（4）與（3）相同的方法求解即可；（5）與（3）相同的方法求解即可；詳解：（1）由折疊可得，CM=EM，∠CMQ=∠EMQ，四邊形CDEF是矩形，∴CD∥EF，∴∠CMQ=∠EQM，∴∠EQM=∠EMQ，∴ME=EQ，∴CM=EQ，又∵CM∥QE，∴四邊形EQCM是平行四邊形，又∵CM=EM，∴四邊形EQCM是菱形；（2）如圖1，設正方形ABCD的邊長為1，CM=x，則EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=ED2+DM2，即x2=（）2+（1﹣x）2，解得x=，∴CM=，DM=，∵∠PEM=∠D=90°，∴∠AEP+∠DEM=90°，∠DEM+∠EMD=90°，∴∠AEP=∠DME，又∵∠A=∠D=90°，∴△AEP∽△DME，∴=，即，解得AP=，∴PB=，∴AP：PB=2：l．（3）如圖2，設正方形ABCD的邊長為1，CM=x，則EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=ED2+DM2，即x2=（）2+（1﹣x）2，解得x=，即CM=，∴DM=，由△AEP∽△DME，可得=，即，解得AP=，∴PB=，∴=4，故答案為4；（4）如圖3，同理可得AP=，PB=，∴=6，故答案為6；（5）根據問題（2），（3），（4），可得當（n為正整數），則．理由：設正方形ABCD的邊長為1，CM=x，則EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=ED2+DM2，即x2=（）2+（1﹣x）2，解得x=，∴DM=1﹣CM=，由△AEP∽△DME，可得=，即，解得AP=，∴PB=，∴．點睛：本題考查了折疊的性質，正方形的性質，菱形的判定，勾股定理，相似三角形的判定與性質，熟練掌握折疊的性質和相似三角形的判定與性質是解答本題的關鍵.10．（1）如圖，點C在線段AB上，點M、N分別是AC、BC的中點．①若C為線段AB上任一點，滿足AC+CB=a，求MN的長度．②若C在線段AB的延長線上，且滿足AC-BC=b，M、N分別為AC、BC的中點，求MN的長度，請畫出圖形．寫出你的結論，并說明理由．

（2）如圖：已知是直角，，平分，平分．

①求的度數．②若將條件“是直角，”改為：，，其它條件不變．則請用x的代數式來表示y．③如果，則是多少度？（3）根據（1）②、（2）②請你用幾何語言描述你發現的規律？【答案】（1）①；②，見解析；（2）①45°；②；③52°；（3）見解析【分析】（1）①根據線段中點的性質，可得，，根據線段的和差，可得答案；②根據線段中點的性質，可得，，根據線段的和差，可得答案；（2）①根據角平分線的性質和角的和差倍分關系求的度數；②由（2）①中解析過程用字母代替數字即可；③將與②的式子聯立成方程組，可求的度數；（3）將（1）②、（2）②中結論用幾何語言概括即可.【詳解】解：（1）①猜想：，點，分別是，的中點，，，，；②圖形：

點，分別是，的中點，，，；（2）①是直角，，平分，平分．；②，，平分，平分，即；③，則，又，聯立解得，即是52°；（3）由解題過程可得：已知線段分成兩部分，它們的中點之間的距離等于原來線段長度的一半；已知角分成兩部分，它們的角平分線的夾角等于原來角度的一半．【點睛】本題考查了兩點間的距離，角平分線的性質和角的和差倍分關系的運算，用字母代替數字，由特殊到一般，更具有普遍性．11．（2021下·江蘇連云港·七年級統考期中）在數學學習過程中，對有些具有特殊結構，且結論又具有一般性的數學問題我們常將其作為一個數學模型加以識記，以積累和豐富自己的問題解決經驗．【結論發現】小明在處理教材第43頁第21題后發現：三角形的一個內角平分線與另一內角的外角平分線的夾角的度數是三角形第三內角度數的一半．【結論探究】（1）如圖1，在中，點是內角平分線與外角的平分線的交點，則有．請補齊下方的說理過程．理由如下：因為，又因為在中，，所以．所以______．（理由是：等式性質）同理可得：______．又因為和分別是和的角平分線，所以，______．所以．即（）．所以．請直接應用上面的“結論發現”解決下列問題：【簡單應用】（2）如圖2，在中，．延長至，延長至，已知、的角平分線與的角平分線及其反向延長線交于、，求的度數；【變式拓展】（3）如圖3，四邊形的內角與外角的平分線形成如圖所示形狀．①已知，，求的度數；②直接寫出與的關系．【答案】（1）ECB，ACB，ECB；（2）70°；（3）①205°；②=（）+90°【分析】（1）根據三角形外角的性質以及角平分線的定義，即可得到答案；（2）先推出∠AEC=∠ABC=20°，再推出∠EAC+∠FAC==90°，進而即可求解；（3）①延長BA、CD交于點M，延長CE、BF交于點N，可得∠N=∠M，進而即可求解；②根據∠N=∠M，結合平角的意義以及三角形內角和定理，即可得到結論．【詳解】解：（1）因為，又因為在中，，所以．所以ECB．（理由是：等式性質）同理可得：_ACB_．又因為和分別是和的角平分線，所以，__ECB____．所以．即（）．所以．故答案是：ECB，ACB，ECB；（2）∵，∴∠AEC=∠ABC=20°，∵、的角平分線與的角平分線及其反向延長線交于、，∴∠EAC+∠FAC=∠ABC+=(∠ABC+)=×180°=90°，∴∠F=180°-90°-20°=70°；（3）①延長BA、CD交于點M，延長CE、BF交于點N，∵BF，CE平分∠ABG、∠DCB，∴∠N=∠M，∵，，∴∠M=180°-（180°-150°）-（180°-80°）=50°，∴∠N=25°，∴=360°-（180°-25°）=205°；②∵=360°-（180°-∠N）=180°+∠N，+=180°+∠M，又∵∠N=∠M，∴-180°=（+-180°），即：=（）+90°．【點睛】本題主要考查三角形的內角和定理，三角形的外角的性質，角平分線的定義，掌握三角形外角的性質，是解題的關鍵．12．（2023下·浙江寧波·八年級統考期末）如圖1，在菱形中，．等腰的兩個頂點E、F分別在上，且，點A、M在的異側．

(1)如圖2，當于點時，①求證：，且點在菱形的對角線上．②如圖3，若交于點H，交于點G，連接．當________________時，四邊形為正方形．(2)如圖1，①判斷：點菱形的對角線上．（填“在”或“不在”）②若，請求出的取值范圍．【答案】(1)①證明見解析，②(2)①在，②【分析】（1）①根據菱形的性質和角平分線的性質可得垂直平分，即可證明；②根據條件證明是正三角形，再結合菱形的性質和正方形性質即可求出；（2）①作于G,于，連接，根據條件證明，即可證明；②根據三角形三邊關系可求出的取值范圍，再根據求出的取值范圍，即可求出．【詳解】（1）解：①連接

四邊形是菱形，平分，即，又，,,又平分,,垂直平分，，∴M在的中垂線上，即M在上,故①得證.②，，，,是正三角形，，是正方形，，，是菱形，，,即，故時，四邊形為正方形．（2）①在解：如圖，作于G,于，連接，

，，，，∴，又，，又，，,在的平分線上，四邊形是菱形，平分，在上．②；解：，，，，,,,,,.【點睛】本題主要考查了菱形的性質，并結合正三角形等方面的相關知識，是目前比較常考的知識點.13．（2021下·遼寧鞍山·七年級統考階段練習）已知射線射線CD，P為一動點，AE平分，CE平分，且AE與CE相交于點E．（注意：此題不允許使用三角形，四邊形內角和進行解答）（1）在圖1中，當點P運動到線段AC上時，．直接寫出的度數；（2）當點P運動到圖2的位置時，猜想與之間的關系，并加以說明；（3）當點P運動到圖3的位置時，（2）中的結論是否還成立？若成立，請說明理由：若不成立，請寫出與之間的關系，并加以證明．【答案】（1）；（2），證明見解析；（3），證明見解析．【分析】（1）過點作，先根據平行線的性質、平行公理推論可得，從而可得，再根據平行線的性質可得，然后根據角平分線的定義可得，最后根據角的和差即可得；（2）過點作，過點作，先根據（1）可得，再根據（1）同樣的方法可得，由此即可得出結論；（3）過點作，過點作，先根據（1）可得，再根據平行線的性質、平行公理推論可得，然后根據角的和差、等量代換即可得出結論．【詳解】解：（1）如圖，過點作，，，，，，又，且點運動到線段上，，平分，平分，，；（2）猜想，證明如下：如圖，過點作，過點作，由（1）已得：，同理可得：，；（3），證明如下：如圖，過點作，過點作，由（1）已得：，即，，，即，，，，即，，，，，即．【點睛】本題考查了平行線的性質、平行公理推論、角平分線的定義等知識點，熟練掌握平行線的性質是解題關鍵．14．如圖，在平面直角坐標系中，已知點，，將線段沿著軸向右平移至，使點與點對應，點與點對應，連接.（1）若，滿足.①填空：_______，_______；②若面積關系成立，則點的坐標為_______；（2）平分，平分，，相交于點，判斷的大小，并說明理由.【答案】（1）①②D（8,8）（2）45°【分析】（1）①根據非負數相加等于零，可知它們本身等于零，即可得出答案.②根據“”可得四邊形OCDB的面積，再根據BD=AC，進而得出OC=4，所以BD=8即可得出坐標（2）根據平行線的性質可知∠ABE=∠BEF，∠FED=∠EDC，∠ABD＋∠BDC=180°，再根據“平分，平分”，即可得出結論【詳解】（1）①∵∴∴②∵點，∴OA=，OB=8∵∴=48∵由題意可知BD=AC∴∴OC=4∴BD=8∴D（8,8）（2）過E作EF∥BA交BD于F點由題意可知EF∥BA∥DC∴∠ABE=∠BEF，∠FED=∠EDC，∠ABD＋∠BDC=180°∵平分，平分∴∠ABE=∠ABO，∠EDC=∠BDC∴∠BED==【點睛】本題考查非負數相加等于零以及平行線的性質，靈活處理題目的數量關系，熟練運用相關性質是解題的關鍵.15．（2023下·北京東城·八年級期末）在平面直角坐標系中，對于線段和點P作出如下定義：若點M，N分別是線段，的中點，連接，我們稱線段的中點Q是點P關于線段的“關聯點”．

(1)已知點，點P關于線段的“關聯點”是點Q．①若點P的坐標是，則點Q的坐標是______；②若點E的坐標是，點F的坐標是．點P是線段上任意一點，求線段長的取值范圍；(2)點A是直線上的動點．在矩形中，邊軸，．點P是矩形邊上的動點，點P關于其所在邊的對邊的“關聯點”是點Q．過點A作x軸的垂線，垂足為點G．設點G的坐標是．當點A沿著直線運動到點時，點G沿著x軸運動到點，點Q覆蓋的區域的面積S滿足，直接寫出m的取值范圍．【答案】(1)①；②(2)或【分析】（1）①設點O和點M分別是，的中點，根據定義求出，再由點Q是的中點即可得到答案；②設點O和點M分別是，的中點，，同理可得，由勾股定理得到，據此求解即可；（2）設，則，，，當點P在上時，設，點C和點B分別是，的中點，則，，點Q的坐標為，由此可得到點Q在直線上的一條線段上該線段的兩個端點坐標分別為；同理可得當點P在上時，點Q在直線的一條線段上，該線段的兩個端點坐標分別故當點A在平移的過程中，點Q覆蓋的面積即為平行四邊形和平行四邊形面積之和的兩倍（面積無重疊時）；根據平移的性質可得當點G沿著水平方向移動個單位長度時，相當于平行四邊形邊上的高為，平行四邊形邊上的高為，由此可得（當且僅當面積沒有重疊的時候），當時，如下圖所示，剛好點Q覆蓋的四個區域沒有重合的部分，故當時，面積沒有重疊的部分，當時，，由此根據列出不等式求解即可．【詳解】（1）解：①設點O和點M分別是，的中點，∵，點P的坐標是，∴，∵點Q是的中點，∴點Q的坐標為，即，故答案為：；②設點O和點M分別是，的中點，，∴，∵點Q是的中點，∴點Q的坐標為，即，∴，∵，∴，∴當s增大時，的值也增大，則的值也增大，當時，，即；當時，，即；∴；（2）解：設，則，，，當點P在上時，設，點C和點B分別是，的中點，∴，，∵點Q是的中點，∴點Q的坐標為，即，∵∴，∴點Q在直線上的一條線段上該線段的兩個端點坐標分別為；同理可得當點P在上時，點Q在直線的一條線段上，該線段的兩個端點坐標分別為，∴；∴當點A在平移的過程中，點Q覆蓋的面積即為平行四邊形和平行四邊形面積之和的兩倍（面積無重疊時），∵點A在直線上，∴當點G沿著水平方向移動個單位長度時，相當于平行四邊形邊上的高為，平行四邊形邊上的高為，∴（當且僅當面積沒有重疊的時候），當時，如下圖所示，剛好點Q覆蓋的四個區域沒有重合的部分，故當時，面積沒有重疊的部分，當時，，∵，∴，∴，∴或

【點睛】本題主要考查了坐標與圖形，一次函數與幾何綜合，勾股定理，平行四邊形的性質，平移的性質等等，利用數形結合的思想求解是解題的關鍵．16．（2022·山東聊城·統考中考真題）如圖，在直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點，對稱軸為直線，頂點為點D．

(1)求二次函數的表達式；(2)連接DA，DC，CB，CA，如圖①所示，求證：；(3)如圖②，延長DC交x軸于點M，平移二次函數的圖象，使頂點D沿著射線DM方向平移到點且，得到新拋物線，交y軸于點N．如果在的對稱軸和上分別取點P，Q，使以MN為一邊，點M，N，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求此時點Q的坐標．【答案】(1)(2)見解析(3)點或(5，-8)【分析】（1）根據拋物線對稱軸和點C坐標分別確定b和c的值，進而求得結果；（2）根據點A，D，C坐標可得出AD，AC，CD的長，從而推出三角形ADC為直角三角形，進而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，從而得出結論；（3）先得出y1的頂點，進而得出先拋物線的表達式，從而求得M和N的坐標，點M，N，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形分為?MNQP和?MNPQ，根據M，N和點P的橫坐標可以得出Q點的橫坐標，進而求得結果．【詳解】（1）解：由題意得，，∴，∴二次函數的表達式為：；（2）證明：∵當時，，∴，由得，，，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：如圖，

作軸于E，作軸于F，∴，∴，∴，∴，，∴，∴的關系式為：，由得，或，∴，當時，，∴，設，當四邊形是平行四邊形時，∴，，∴Q點的橫坐標為，當時，，∴，當四邊形是平行四邊形時，同理可得：點Q橫坐標為：5，當時，，∴，綜上所述：點或（5，）．【點睛】本題考查了求二次函數的表達式，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的性質和分類等知識，解決問題的關鍵熟練掌握有關基礎知識．17．（2022·陜西西安·校考三模）（1）問題提出：如圖①，在△MBC中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝4，AD是BC邊上的中線，求AD的長．（2）問題解決：某戶外拓展訓練營準備在園區內建設一個平行四邊形的拓展訓練區，如圖②，平行四邊形ABCD為拓展訓練區的示意圖，按照設計要求，需要在區域內部設計一個“極限挑戰區”，四邊形EFGH為極限挑戰區的示意圖，其中E、F、H分別為AD、BE、CD的中點，G為CE的一個三等分點（靠近點C），AB＝300米，∠BEC＝60°，求“極限挑戰訓練區”四邊形EFGH面積的最大值．【答案】(1)

(2)【分析】(1)延長AD使得AD=DE，過點A作AF⊥BE，交EB的延長線于點F，證明△ADC≌△EDB，求得BE∥AC，∠ABF=60°，運用勾股定理求得AF，BF，再用勾股定理計算AE即可．

(2)如圖，過點E作EM∥AB，交BC于點M，延長EM,使得EM=MN，利用三角形全等，拱高時三角形面積有最大值，利用中點，三角形面積的關系計算即可．【詳解】(1)如圖，延長AD使得AD=DE，∵AD=DE，∠ADC=∠BDE，BD=DC，∴△ADC≌△EDB，∴BE=AC，∠CAD=∠BED，∴BE∥AC，∠ABF=∠BAC=60°，過點A作AF⊥BE，交EB的延長線于點F，∴FB=，AF=，∴FE=4+=，∴AE==，∴AD=．(2)如圖，過點E作EM∥AB，交BC于點M，延長EM,使得EM=MN，∵四邊形ABCD是平行四邊形，EM∥AB，AB＝300米，∠BEC＝60°，∴四邊形ABME是平行四邊形，四邊形EMCD是平行四邊形，∴AE=BM=MC=DE，EM=AB=CD=300，∴EM=MN，∠EMC=∠NMB，CM=MB，∴△EMC≌△NMB，∴∠MEC=∠MNB，EM=MN，∴BN∥EC，∠NBE=120°，EN=2EM=600，根據垂徑定理，當點B經過三角形BNE的外接圓的圓心，且垂直于NE時，拱高最大，也就是說△BNE的面積有最大值，此時拱高為BM=tan30°=，∴△BNE的面積的最大值為，∴，∴，∵E、F、H分別為AD、BE、CD的中點，G為CE的一個三等分點（靠近點C），∴，，∴，，∴，∴四邊形EFGH的最大面積為．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質和判定，三角形全等的判定和性質，特殊角的三角函數，勾股定理，圓的性質，熟練掌握圓的性質，勾股定理，特殊角三角形函數是解題的關鍵．18．（2020·陜西西安·陜西師大附中校考三模）如圖，二次函數的圖像經過的三個頂點，其中，（1）求點的坐標；（2）在第三象限存在點，使