2021年中考二轮复习数学九年级《开放探究型解答题》专题突破训练（Word版附答案）

2021年九年级数学中考二轮复习《开放探究型解答题》专题突破训练（附答案） 1．定义：在一个三角形中，如果一个内角是另一内角的倍，我们称这样的三角形为“倍角三角形”，把这个倍角的平分线（线段）称为这个三角形的“伴线”． 在倍角中，的平分线就是它的“伴线”，用分别表示的对边．现在我们探究之间存在的数量关系． （1）（特例探究）（补全填空） 如图1，若，易求得的值为的值为； 如图2，若，易求得的值为　　　　；的值为　　　　； （2）（猜想论证）根据猜想之间存在怎样的数量关系？请从下列思路中选择一种证明你的猜想． 思路一：如图3，延长至使连接． 思路二：如图4，作的平分线交于点． （3）（素养提升） 若在这个倍角中，已知且它的三边长恰好是三个连续的正整数，请根据中的结论直接写出这个三角形的“伴线”长． 2．如图l，在正方形ABCD中，AB=8，点E在AC上，且，过点作于点，交于点，连接，． （问题发现） （1）线段与的数量关系是________，直线与所夹锐角的度数是___________； （拓展探究） （2）当绕点顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论并结合图2给出证明；若不成立，请说明理由； （解决问题） （3）在（2）的条件下，当点到直线的距离为2时，请直接写出的长． 3．正方形和等腰共顶点D，，，将绕点D逆时针旋转一周． （1）如图1，当点F与点C重合时，若，求的长； （2）如图2，M为中点，连接、，探究、的关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）条件下，连接并延长交于点Q，若，在旋转过程中，的最小值为_________． 4．如图1，四边形是正方形，G是边上的一个动点（点G与C，D不重合），以为一边在正方形外作正方形，连接，．我们探究下列图中线段、线段的长度关系及所在直线的位置关系： （1）①猜想如图1中线段．线段的长度关系及所在直线的位置关系； ②将图1中的正方形绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度，得到如图2，如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断； （2）将原题中正方形改为矩形（如图4－6）且，，，，第（1）题①中得到C的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图5为例简要说明理由； （3）在第（2）题图5中，连接、，且，，，求的值． 5．（1）认识模型： 如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于，过作于．若．则______． （2）应用模型： ①已知直线与轴交于点，与轴交于点，过点作直线垂直于，且，求点的坐标； ②如图3，矩形，为坐标原点，的坐标为（5，4），，分别在坐标轴上，是线段上动点，已知点在第一象限，且是直线上的一点．若是以为直角顶点的等腰直角三角形，请求出所有符合条件的点的坐标． 6．问题：如图1，在中，，，D为BC边上一点（不与点B．C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转得到AE，连接EC． （1）求证：； （2）探索：如图2，在与中，，，，将绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段、、之间满足的数量关系，并证明你的结论； （3）应用：如图3，在四边形ABCD中，，若，，求AD的长． 7．（1）问题发现： 如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则： ①∠AEB的度数为　 　°； ②线段AD、BE之间的数量关系是　 　． （2）拓展研究： 如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点 A、D、E在同一直线上，若AE＝30，DE＝14，求AB的长度． （3）探究发现： 图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由． 8．如图，在中，，， （1）如图1,平分交于点，为上一点，连接交于点． （i）若，求证：垂直平分； （ii）若,求证：． （2）如图2，平分交于点，，垂足在的延长线上，试判断线段和的数量关系，并说明理由． （3） 如图3，为上一点，，，垂足为，与交于点，写出线段和的数量关系．（不要求写出过程） 9．如图1，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，过点作线段且，直线交轴于点． （1）点的坐标为______，点的坐标为______； （2）直接写出点的坐标______，并求出直线的函数关系式； （3）若点是图1中直线上的一点，连接OP，得到图当点在第二象限，且到轴，轴的距离相等时，求出的面积； （4）若点是图1中坐标平面内不同于点、点的一点，当以点，，为顶点的三角形与全等时，直接写出点的坐标． 10．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． 11．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． 12．已知△ABC为等边三角形． （1）如图1，点D为边BC上一点，以AD为边作等边三角形ADE，连接CE，求证：CE∥AB． （2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，以AD为边作等边三角形ADE，求证：无论点D的位置如何变化，△ADE的内角平分线的交点P始终在∠B的角平分线上． （3）如图3，以AC为腰作等腰直角三角形ACD，取斜边CD的中点E，连接AE，交BD于点F试判断线段BF，AF，DF之间存在何种数量关系，并证明你的结论． 13．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． 14．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． 15．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． 16．（原题初探）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，是正方形内一点，连结，，现将绕点顺时针旋转得到的，连接．若，，，求的长和正方形的边长． 　　　　 　　　 （变式猜想）（2）如图2，若点是等边内的一点，且，，，请猜想的度数，并说明理由． （拓展应用）（3）聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题：如图3，在四边形中，，，，请求出的长度． 17．问题：如图（1），点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，试判断 BM、MN、ND之间的数量关系． （1）研究发现 如图1，小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG，从而发现BM、MN、DN之间的数量关系为　 （直接写出结果，不用证明） （2）类比引申 如图2，在（1）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的对角线BD于点E、F．已知EF＝5，DF＝4．求BE的长． （3）拓展提升 如图3，在（2）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P，连接PQ．请直接写出以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积． 18．如图，四边形是菱形，点在边上，点在菱形外部，且满足，，连接，，取的中点，连接，． （1）探究与位置关系． （2）若，探究线段、与的数量关系，并说明理由． （3）若，在的延长线上时，其余条件不变，，，请求出的长度． 19．（提出问题） （1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B，C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：CN∥AB． （类比探究） （2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论CN∥AB还成立吗？请说明理由． 20．如图，在正方形ABCD中， ，点E为对角线AC上一动点（点E不与点A、C重合），连接DE，过点E作，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）求AC的长； （2）求证矩形DEFG是正方形； （3）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 21．（1）问题背景 如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，BAD＝120°，B＝ADC＝90°．E，F 分别是 BC，CD上的点．且EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG．先证明ΔABE≌ΔADG；再证明ΔAEF≌ΔAGF，可得出结论，他的结论应是 ； 请你帮他完成证明过程 （2）探索延伸： 如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，B＋D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且EAF＝BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； （3）实际应用： 如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（0处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲，乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 参考答案 1．解： （1）∵∠A=2∠B=60°， ∴∠A=60°，∠B=30°，∠C=90°， ∴， ∴ ，； 猜想的关系是 思路一：如图3，延长至点使连接． 则 ， ， ． 思路二：如4，作的平分线交于点． ， ， ， ， ； （3）∵∠A>∠C＞∠B， ∴（大角对大边）， ∵三角形的三边长恰好是连续的整数， ∴， 则根据（2）中的结论有： ， 解得（舍去）或， 由（2）可知，即． 2．解：（1）如图①，延长DE交CF的延长线于点N， ∵AC是正方形ABCD的对角线， ∴， ∵是直角三角形， ∴和均为等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴ 故答案为：， （2）结论仍然成立． 理由如下：如图②，延长交于点． ∵是正方形的对角线，且是由原题中图1的位置旋转得来， ∴，即和均为等腰直角三角形． ∴． 又∵，， ∴． ∴． ∴，． ∴． 又∵，，， ∴． ∴结论成立． （3）的长为或． 理由如下： ∵点E到直线AD的距离为2，， ∴点F在直线AD或AB上 分两种情况讨论： （i）如图③，当点F在DA的延长线上时，过点E作EG⊥AD交延长线于点G, ∵, ∴, ∴， 在中，由勾股定理得； 如图④，当点F在BA延长线上时，过点E作EK⊥AD交DA的延长线于点K，在等腰中，过点E作EH⊥AF于点H, ∵AH=EK=2=AF， ∴BF=AB+AF=12， ∴； （ii）如图⑤，当点F在AD上时，过点E作EI⊥AD于点I， ∵AF=4，AD=8， ∴， 在中，由勾股定理得； 如图⑥，当点F在AB上时，过点E作EM⊥AD交AD于点M，在等腰中，过点E作EN⊥AF于点N， ∵AN=EM=2=AF， ∴， ∴， 综上所述，CF的长为或 3．解：（1）过点作交延长线于点，如图： ∵四边形为正方形 ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴． （2）结论：， 理由：延长至，使，连接、，延长、交于点，如图： ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴，． （3）根据已知条件可知若越小，则即越靠近点，而点是的中点，点位置不变，而点的位置改变，由于绕点D逆时针旋转一周且可知点的运动轨迹为：以点为圆心以为半径的圆，不难看出当点、、共线即旋转到时，最小，过点作、，过点作交的延长线于点，如图： ∴，点是的中点 ∴，且相似比为；， 即 ∴，； ∴ ∵，点是的中点 ∴，且相似比为 ∴ ∴的最小值为． 4．解：（1）①，．理由如下：如图1， 延长BG交DE于O， ∵四边形ABCD、CGFE是正方形， ∴BC=CD=AB，CG=CE，∠BCD=∠ECD=90°， ∵在和中 ， ∴， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE， ∵∠CBG+∠BGC=90°， 又∵∠DGO=∠BGC， ∴∠EDC+∠DGO=90°， ∴∠DOG=， ∴BG⊥DE， 即BG=DE，BG⊥DE； ②，仍然成立． 如图2，∵四边形、四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∵在与中， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴． （2）成立，不成立． 如图5，∵四边形、四边形都是矩形， 且，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴． 显然： （3）如图5，连接 ∵， ∴，，， ∴， 又∵，，，，， ∴， ∴． 5．解：（1）， ， ， ， ， 在和中，， ， ， 故答案为：2； （2）①如图，过点C作轴于点D， 同（1）可证：， ， 对于一次函数， 当时，，解得，即， 当时，，即， ， 点C的坐标为； ②设点D的坐标为， 点在第一象限， ， 解得， 四边形是矩形，， ， 由题意，分以下两种情况： （ⅰ）如图1，过点D作，分别交OA于点E，交BC于点F， ， ， ， 同（1）可证：， ， ， ， 解得， ， ， 即此时点P在线段上，符合题意， 则此时点D的坐标为； （ⅱ）如图2，过点D作于点E，延长ED，交CB的延长线于点F， 则， ， 同（1）可证：， ， ， ， 解得， ， ， 即此时点P在线段上，符合题意， 则此时点D的坐标为； 综上，所有符合条件的点的坐标为或． 6．解：（1）在Rt△ABC中，AB=AC， ∴∠B=∠ACB=45°， ∵∠BAC=∠DAE=90°， ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC， 即∠BAD=∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）； （2）结论： ，理由如下： 如图4中，连接EC， ∵ ∠BAC=∠DAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， 在△BAD和△ACE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴ BD=CE，∠B=∠ACE=45°， ∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°， ∴ ， ∴ ， 在Rt△ADE中，， ∴； （3）如图5，将AD绕点A逆时针旋转90°至AG，连接CG、DG， 则△DAG是等腰直角三角形， ∴ ∠ADG=45°， ∵∠ADC=45°， ∴∠GDC=90°， 同理得：△BAD≌△CAG， ∴ BD=CG=6， 在Rt△CGD中，∵CD=2， ∴DG= = = = ， ∵△DAG是等腰直角三角形， ∴ AD=AG=4． 7．解：（1）①如图1， ∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°． ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴∠ADC＝∠BEC． ∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝60°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝120°． ∴∠BEC＝120°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°． 故答案为：60． ②∵△ACD≌△BCE， ∴AD＝BE． 故答案为：AD＝BE． （2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°． ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴AD＝BE＝AE﹣DE＝16，∠ADC＝∠BEC， ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝45°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝135°． ∴∠BEC＝135°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°． ∴AB＝＝34； （3）如图3，由（1）知△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE， ∵∠CAB＝∠CBA＝60°， ∴∠OAB+∠OBA＝120°， ∴∠AOE＝180°﹣120°＝60°， 如图4，同理求得∠AOB＝60°， ∴∠AOE＝120°， ∴∠AOE的度数是60°或120°． 8．解：（1）（ⅰ）证明：∵AB＝BF，BD平分∠ABC， ∴BE⊥AF，AE＝EF， 即BD垂直平分AF； （ⅱ）证明：过点C作CM⊥AF交AF的延长线于点M，如图1， ∵∠BAC＝90°，AF⊥BD， ∴∠ABE+∠BAE=90°，∠CAM+∠BAE=90°， ∴∠CAM＝∠ABE， 在△ABE和△CAM中，， ∴△ABE≌△CAM（AAS）， ∴AE＝CM， ∵AF⊥BD，AF⊥CM， ∴BD∥CM， ∴∠FCM＝∠CBD， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∴∠FCM＝∠ABD， ∴∠FCM＝∠EAD， 在△AED和△CMF中，， ∴△AED≌△CMF（ASA）， ∴AD＝CF； （2）解：BD＝2CE． 理由如下：如图2，延长BA、CE相交于点F， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， 在△BCE和△BFE中，， ∴△BCE≌△BFE（ASA）， ∴CE＝EF， ∵∠BAC＝90°，CE⊥BD， ∴∠ACF+∠F＝90°，∠ABD+∠F＝90°， ∴∠ABD＝∠ACF， 在△ABD和△ACF中，， ∴△ABD≌△ACF（ASA）， ∴BD＝CF， ∵CF＝CE+EF＝2CE， ∴BD＝2CE． （3）解：CE＝FD．过点F作FG∥BA，交AC于H，交CE的延长线于点G，如图3， ∵FG∥AB，∠EFC＝∠B， ∴∠EFC＝∠GFE， 又∵CE⊥FE，∴∠CEF＝∠GEF＝90°， 在△CEF和△GEF中，， ∴△CEF≌△GEF（ASA）， ∴CE＝GE，即CE＝CG， ∵FG∥AB，∠A＝90°，AB＝AC， ∴∠CHG＝∠DHF＝90°，CH＝FH． 又∵∠GCH＝∠DFH， ∴△CGH≌△FDH（ASA）， ∴CG＝DF． ∴CE＝FD． 9．解：（1）∵把代入中，得 ∴点的坐标为 ∵把代入，得，解得 ∴点的坐标为． 故答案是：， （2）过点作轴于，如图1： ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 在和中 ∴≌ ∴， ∴ ∴点的坐标为 设直线的解析式为 由题意可得 解得 ∴直线的解析式为． （3）如图2： ∵点在直线上，且点的纵坐标为 把代入，得 过点作轴于点 ∴ ∴； （4）以点，，为顶点的三角形与全等时，点有三种情形如图所示： 当是平行四边形时 ∴点 当≌ ∴， ∴垂直平分 ∴ ∵点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为 ∴ ∴ 过作于，作于 ∴，， ∴ ∴≌ ∴， ∴ 同理可求 综上所述：，， 10．（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． 11．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）． 12．解：（1）∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°=∠ABC， ∴∠BAD=∠CAE，且AB=AC，AD=AE， ∴△BAD≌△CAE（SAS） ∴∠ABD=∠ACE=60°， ∴∠BAC=∠ACE， ∴CE∥AB； （2）如图2，过点P作PM⊥AB，交BA延长线于点M，作PN⊥BD于N， ∵AP，DP是等边△ADE的内角平分线， ∴∠PAD=∠PAE=∠PDA=30°， ∴AP=PD， ∵∠DAM=∠ABC+∠ADB=60°+∠ADB， ∴∠PAM=∠DAM-∠PAD=30°+∠ADB， ∵∠PDN=∠BDA+∠ADP=∠BDA+30°， ∴∠PAM=∠PDN，且PA=PD，∠PMB=∠PND=90°， ∴△PAM≌△PDN（AAS） ∴PM=PN，且PM⊥AB，PN⊥BD， ∴点P在∠ABC的角平分线上， ∴无论点D的位置如何变化，△ADE的内角平分线的交点P始终在∠ABC的角平分线上； （3）BF=DF+AF， 理由如下：如图3，作∠BAH=45°，交BD于点H， ∵△ABC是等边三角形，△ACD是等腰直角三角形， ∴AB=AC，AD=AC，∠BAC=60°，∠CAD=90°， ∴AB=AD，∠BAD=150°， ∴∠ABD=∠ADB=15°， ∴∠AHF=60°， ∵△ACD是等腰直角三角形，点E是CD中点， ∴AE=CE=DE，∠DAE=∠CAE=45°， ∴∠AFH=60°， ∴∠AHF=∠AFH， ∴△AFH是等边三角形， ∴AF=AH=HF， ∵AB=AD，∠ABD=∠ADB，∠BAH=∠DAF=45°， ∴△ABH≌△ADF（ASA） ∴BH=DF， ∴BF=BH+HF=DF+AF． 13．（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）． 14．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． 15．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． 16．解：（1）根据旋转的性质可知： BP=BP′=3，∠PBP′=90°，P′C=AP=， 即：△PBP′为等腰直角三角形， ∴PP′=，∠BP′P=45°， ∵∠BP′C=∠APB=135°， ∴∠PP′C=90°， 在Rt△PP′C中，PP′，P′C =AP=， 根据勾股定理可得：PC=； 过A作AE⊥BP交BP延长线于点E，如图： ∵∠APB=135°， ∴∠APE=45°， ∴△APE为等腰直角三角形， ∵AP=， ∴AE= PE=1， 在Rt△ABE中，AE =1，BE =BP+PE=， 根据勾股定理可得：AB=； 答：PC的长和正方形ABCD的边长分别为：和； （2）将△BAP绕点B顺时针旋转60°后得到△BCD，连接PD， 根据旋转的性质得： BP=BD=4，∠PBD=∠ABC=60°，CD=AP=3，∠APB=∠CDB， ∴△PBD为等边三角形； ∴PD=PB=4，∠PDB=60°， 在△PCD中，PD=4，CD =3，PC =5， ∴， ∴△PCD为直角三角形，∠PDC=90°， ∴∠APB=∠CDB=∠PDB+∠PDC=60°+90°=150°； （3）∵， ∴△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°， 将△ABD绕点A顺时针旋转90°后AB落在AC处，得到△ACE，连结DE，如图， 根据旋转的性质得： AD=AE=3，BD=CE，∠DAE=90°， ∴△ADE为等腰直角三角形， ∴DE=，∠ADE=45°， ∵∠ADC=45°， ∴∠CDE=90°， 在Rt△CDE中，CE=， ∴BD的长为． 17．解：（1）如图1，BM+DN＝MN，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝90°， 小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG， 由旋转可得：BG＝DN，AN＝AG，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°， ∴∠ABG+∠ABM＝90°+90°＝180°， 因此，点G，B，M在同一条直线上， ∵∠MAN＝45°， ∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝45°， ∴∠GAM＝∠MAN， ∵AM＝AM， ∴△AMN≌△AMG（SAS）， ∴MN＝GM， ∵GM＝BM+BG＝BM+DN， ∴BM+DN＝MN； 故答案为：BM+DN＝MN； （2）如图2，把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABF'，连接EF'， ∴AF ′ ＝AF，∠DAF＝∠BAF '，∠ABF ′ ＝∠ADF＝45°，BF ′ ＝DF＝4， ∵∠ABE＝45°， ∴∠EBF ′ ＝45°+45°＝90°， ∵AE＝AE， 同理得△EAF≌△EAF '（SAS）， ∴EF'＝EF＝5， 在Rt△EBF'中，由勾股定理得：BE＝＝3； （3）由（2）知：BE＝3，EF＝5，DF＝4， ∴BD＝3+4+5＝12， 由勾股定理得：AB2+AD2＝BD2， ∵AB＝AD， ∴AB2＝72， 如图3，把△ADP绕点A顺时针旋转90°至△ABP '，连接BP ′，则∠ABP′＝∠ADP，PD＝P ′B，AP＝AP ′， ∵AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P， ∴∠ADP＝∠ABQ＝135°， ∴∠DAP+∠APD＝45°， ∵∠DAP+∠BAQ＝45°， ∴∠BAQ＝∠APD， ∴△ADP∽△QBA， ∴， ∴BQ?PD＝AD?AB＝72， ∵∠ABP'＝∠ABQ＝135°， ∴∠QBP'＝360°﹣135°﹣135°＝90°， ∴S△BP'Q＝BQ?BP′＝BQ?DP＝×72＝36， ∵AP＝AP'，∠PAQ＝∠P'AQ，AQ＝AQ， ∴△QAP≌△QAP'（SAS）， ∴PQ＝P'Q， ∴以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36． 18．解：（1）如图1，连接， 图1 ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点是的中点，， ∴， ∵，， ∴垂直平分． （2）如图2， 图2 设与交于点． ∵四边形是菱形，， ∴， ∵，垂直平分， ∴，，， ∴， ∴． ∵，点是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴． （3）如图3，延长交于点，连接，过点作于， 图3 ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点是中点， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵是等边三角形，， ∴，， 中，由勾股定理得：， 解得， ∵，， ∴， ∵， ∴， 中由勾服定理得：， 解得， ∴， ∵，点是中点， ∴， ∴． 19．解：（1）如图（1）∵△ABC和△AMN都是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠ABM=∠BAC=∠ACB=∠MAN=60?， ∴∠BAM+∠MAC=∠MAC+∠CAN， ∴∠BAM=∠CAN，又AB=AC，AM=AN， ∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴∠ACN=∠ABM=60?，又∠ACB=60?， ∴∠ABM+∠BCN=180?， ∴CN∥AB； （2）CN∥AB成立，理由如下： 如图（2）∵△ABC和△AMN都是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠ABM=∠BAC=∠ACB=∠MAN=60?， ∴∠BAC+∠MAC=∠MAC+∠MAN， ∴∠BAM=∠CAN，AB=AC，AM=AN， ∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴∠ACN=∠ABM=60?，又∠ACB=60?， ∴∠ABM+∠BCN=180?， ∴CN∥AB． 20．解：（1）， ∴AC的长为2； （2）如图所示，过作于点，过作于点， 正方形， ，， ，且， 四边形为正方形， 四边形是矩形， ，， ， 又， 在和中，， ， ， 矩形为正方形， （3）的值为定值，理由如下： 矩形为正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 在和中，， ， ， ， 是定值． 21．解：（1）由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF， ∴BE=DG，EF=GF， ∴EF=FG=DF+DG=BE+FD． 故答案为：EF=BE+FD． （2）EF=BE+FD仍然成立． 理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°， ∴∠B=∠ADG， 又∵AB=AD， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， 又∵∠EAF=∠BAD， ∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=∠BAD-∠EAF， =∠BAD-∠BAD=∠BAD， ∴∠EAF=∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF=FG， 又∵FG=DG+DF=BE+DF， ∴EF=BE+FD． （3）如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C， 在四边形AOBC中， ∵∠AOB=30°+90°+20°=140°，∠FOE=70°=∠AOB， 又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=60°+120°=180°，符合探索延伸中的条件， ∴结论EF=AE+FB成立． 即，EF=AE+FB=2×（70+90）=320（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为320海里．