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2025年 九年级数学中考复习 开放探究问题 常考热点题型考前冲刺专题提升训练
1．综合与实践
【问题情境】如图1，小明将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线上，点B的对应点记为，折痕与边，分别交于点E，F．
【问题解决】（1）当，
①如图2，当点与点D重合时，求的长；
②如图3，若，求的长；
【问题探究】（2）如图4，连接，设与交于点O，当时，求证：平行；
【深入探究】（3）在（2）的情形下，设与交于点P，求三条线段，，之间满足的等量关系．
2．八年级数学下册教科书69页14题，原文如下：如图1，四边形是正方形，E是边的中点，且交正方形外角的平分线于点F．求证：．（提示：取的中点H，连接．）
【经典再现】
（1）请你写出证明过程；
【类比探究】
（2）将图1中的“四边形是正方形”换成“四边形是矩形，且”，其它条件不变（如图2所示）．猜想与的数量关系，并证明你的猜想；
【综合应用】（3）将图2中“”换成“”，其它条件不变，增加条件“P为边上一点，，”．（如图3所示）．请你直接写出的长．
3．如图1，在中，，平分，，延长使得，连接．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，过作交于点，点在上，平分，过作交的延长线于点．
①求证：为等腰直角三角形；
②试探究：的数量关系，并证明．
4．综合与探究
问题情境
如图1，在正方形中，，点E为线段上的一个动点，连接，以为边，在右上方作正方形，连接．
探索发现
（1）猜想与的数量关系，并说明理由．
猜想证明
（2）如图2，在图1的基础上连接，交于点H，连接．猜想的形状，并说明理由．
拓展延伸
（3）若点E为射线上的一个动点，连接与射线交于点H，连接，其他条件不变．当点H落在的平分线上时，请直接写出的值．
5．【背景】如图1，在△ABC中，AB＝AC，过点A的直线MN∥BC，点D是直线MN上的一动点，将射线DB绕着点D逆时针旋转，交线段AC于点P，使∠BDP＝∠BAC，试说明：DB＝DP．
小丽提出了自己的想法：如图2在线段AB上取一点F，使DA＝DF，通过证明△BDF≌△PDA可以解决问题．
【尝试】①请你帮助小丽完成说理过程．
②若AC＝6，BC＝4，AD＝3，求AP的长．
【拓展】如图3，过点A的直线MN∥BC， AB＝3 cm，AC＝4cm，点D是直线MN上一点，点P是线段AC上的一点，连接DP，使得∠BDP＝∠BAC，求的值．
6．如图1，已知两条直线AB，CD被直线EF所截，分别交于点E，点F，EM 平分∠AEF交CD于点M，且∠FEM =∠FME ．
（1）若2∠AEF = ∠MFE，求∠AEF的度数．
（2）如图2，点G是射线 MD 上一动点（不与点M，F重合），EH平分∠FEG交CD于点H，过点H作HN ⊥EM 于点N，设∠EHN =α，∠EGF = β．
①当点G在点F的右侧时，若β= 50°，求α的度数；
②当点G 在运动过程中，α 和β之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
7．已知：点E是矩形ABCD边AB延长线上的一动点，在矩形ABCD外作Rt，．交BC的延长线于点G，连接DF，交CG于点H．
（1）初步发现：如图1，若，．求证：．
（2）深入探究：如图2，若，．DH与HF是否仍然相等？若相等，进行证明；若不相等，写出新的数量关系并证明；
（3）拓广延伸：在（2）的条件上，，，且射线FC过边AD的三等分点，直接写出线段EF的长．
8．【感知】如图①，在四边形AEFC中，EB、FD分别是边AE、CF的延长线，我们把∠BEF、∠DFE称为四边形AEFC的外角，若∠A＋∠C＝260°，则∠BEF＋∠DFE＝　 　度．
【探究】如图②，在四边形AECF中，EB、FD分别是边AE、AF的延长线，我们把∠BEC、∠DFC称为四边形AECF的外角，试探究∠A、∠C与∠BEC、∠DFC之间的数量关系．
【结论】综合以上，请你用文字描述上述关系：　 　．
【应用】如图③，FM、EM分别是四边形AEFC的外角∠DFE、∠BEF的平分线，若∠A＋∠C＝210°，求∠M的度数．
9．已知，二次函数y＝﹣x2＋x＋2图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接AC、BC．
（1）如图1，请判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如图2，D为线段AB上一动点，作DP∥AC交抛物线于点P，过P作PE⊥x轴，垂足为E，交BC于点F，过F作FG⊥PE，交DP于G，连接CG，OG，求阴影部分面积S的最大值和D点坐标；
（3）如图3，将抛物线沿射线AC方向移动个单位得到新的抛物线y′＝ax2＋bx＋c（a≠0），是否在新抛物线对称轴上存在点M，在坐标平面内存在点N，使得以C、B、M、N为顶点的四边形是以CB为边的矩形？若存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由．
10．如图，抛物线与轴交于两点和，与轴交于点，连接、．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点是边上一点，连接，将线段以为旋转中心，逆时针旋转，得到线段，若点落在抛物线上，求出此时点的坐标；
（3）点在线段上（与、不重合），点在线段上（与、不重合），是否存在以，，为顶点的三角形与相似，若存在，请直接写出的坐标；若不存在，请说明理由．
11．如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E，F分别为AB，AD边的中点，四边形AEGF为矩形，连接CG．
（1）请直接写出CG的长是　 　．
（2）如图2，当矩形AEGF绕点A旋转（比如顺时针）至点G落在边AB上时，请计算DF与CG的长，通过计算，试猜想DF与CG之间的数量关系．（提示：可作FP⊥AD于P）
（3）当矩形AEGF绕点A旋转至如图3的位置时，（2）中DF与CG之间的数量关系是否还成立？请说明理由．（提示：可连接AG和AC）
12．定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做三角形的“中垂心”．如图1，在△ABC中，PA=PB，则点P叫做△ABC的“中垂心”．
（1）根据定义，中垂心可能在三角形顶点处的三角形有________（举一个例子即可）；
（2）应用：如图2；在△ABC中，请画出“中垂心”P，使PA=PB=PC．（保留作图痕迹，不写画法）
（3）探究：①如图3，已知△ABC为直角三角形，∠C=90°，∠ABC=60°，AC=，“中垂心”P在AC边上，求PA的长．
②如图4，若PA=PB且“中垂心”P在△ABC内部，总有AC+BC2AP，请说明理由．

13．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，在平行四边形中，点是的中点，点是线段上一点，的延长线交射线于点．若，求的值．
（1）尝试探究
在图1中，过点作交于点，则和的数量关系是_________，和的数量关系是_________，的值是_________．
（2）类比延伸
如图2，在原题的条件下，若，则的值是_________（用含有的代数式表示），试写出解答过程．
（3）拓展迁移
如图3，梯形中，，点是的延长线上的一点，和相交于点．若，，，则的值是________（用含、的代数式表示）．
14．如图1，射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠AOB=150°，∠COD=30°，射线OM，ON分别平分∠AOD，∠BOC．
（1）若∠AOC=60°，试通过计算比较∠NOD和∠MOC的大小；
（2）如图2，若将图1中∠COD在∠AOB内部绕点O顺时针旋转．
①旋转过程中∠MON的大小始终不变．求∠MON的值；
②如图3，若旋转后OC恰好为∠MOA的角平分线，试探究∠NOD与∠MOC的数量关系．
15．如图1，已知直角三角形，，，点是边上一点，过作于点，连接，点是中点，连接，．
（1）发现问题：
线段，之间的数量关系为______；的度数为______；
（2）拓展与探究：
若将绕点按顺时针方向旋转角，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
（3）拓展与运用：
如图3所示，若绕点旋转的过程中，当点落到边上时，边上另有一点，，，连接，请直接写出的长度．

《2025年 九年级数学中考复习 开放探究问题 常考热点题型考前冲刺专题提升训练》参考答案
1．（1）①；②；（2）见详解；（3）
【分析】①根据四边形是矩形，，得出，根据折叠可得，，设，则，当点与点D重合时，在中，根据勾股定理列方程即可求解．
②如图3，若，根据矩形的性质得出，勾股定理求出，如图，设与交于点，由折叠得，证明，得出，求出，即可解答．
（2）当时，设与交于点，根据四边形是矩形，得出，根据等腰三角形的性质得出，三角形外角的性质求出，由折叠得：，，求出，，，根据，同位角相等，两直线平行，即可证明．
（3）如图，过点作于，设交于，由折叠得：，设，根据，求出，根据（2）可得，，解直角三角形表示出，证明四边形是矩形，得出，表示出，解直角三角形求出，，根据直角三角形的性质表示出，，证明，过点作，根据等腰三角形的性质得出，解直角三角形得出，即可表示出，得出．
【详解】（1）①解：∵四边形是矩形，，
∴，
根据折叠可得，，
设，
则，
如图，当点与点D重合时，
在中，，
∴，
解得：，
即．
②如图3，若，
∵四边形是矩形，，
，
，
如图，设与交于点，
由折叠得：，
，
，
，
，
∴，
，
．
（2）证明：如图，当时，设与交于点，
∵四边形是矩形，
，
，
，
由折叠得：，，
∴，
∴，
∴，
，
．
（3），
理由如下：
如图，过点作于，设交于，
由折叠得：，
设，
∵，
∴，
根据（2）可得，，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
过点作，
，
，
，
，
即．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．
2．（1）见解析，（2）．证明见解析，（3）
【分析】（1）取的中点，连接，如图1所示，由正方形性质、中点定义、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线定义得到相关角度与线段关系，再由两个三角形全等的判定与性质即可得证；
（2）在上截取，连接，如图2所示，不妨设，则，由得，，同（1）得到，再由三角形相似的判定与性质即可得证；
（3）延长，交于点，作，交延长线于，交的延长线与，作于，如图所示，可设，则，可证得，从而，可证得，从而得出，，由（2），同理可得，则，从而得出，从而，根据勾股定理得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）取的中点，连接，如图1所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵是的中点，
∴，
在中，，，则，
是正方形外角的平分线，
，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
；
（2），
证明如下：
在上截取，连接，如图2所示：
∵是的中点，
，
不妨设，则，
，
，则，
由（1），同理可得，
∴，
∴，即与的数量关系是；
（3）延长，交于点，作，交延长线于，交的延长线与，作于，如图所示：
∵，
∴可设，则，
，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由（1），同理可得，
∵，
∴，
，
，，
，
，
∴，
∴，
∴，
由（2），同理可得，则，
∴，
∴，
∴，
，
在中，由勾股定理可得，则，
，解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查四边形综合，难度较大，涉及正方形的性质、中点定义、角平分线定义、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、解方程等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形及相似三角形．
3．(1)四边形是矩形，理由见解析
(2)①证明见解析；②，证明见解析
【分析】（1）先证出，再证出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定即可得；
（2）①先根据角平分线的定义可得，，从而可得，再根据三角形的外角性质可得，由此即可得证；
②过点作，交延长线于点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，根据勾股定理可得，然后证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，由此即可得．
【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）证明：①∵在中，，
∴，
∵平分，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形．
②，证明如下：
如图，过点作，交延长线于点，连接，
由上已得：，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（1）已证：四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键．
4．（1），理由见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）
【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得；
（2）过点作的平行线，交的延长线于点，先证出点在同一条直线上，再根据平行线的性质可得，，然后证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据等腰直角三角形的性质即可得；
（3）分两种情况：①当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接，先证出，，再根据等腰三角形的性质可得，根据角平分线的性质定理可得，然后设，则，解直角三角形可得，从而可得，利用三角形的面积公式计算即可得；②当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点，同理可得，根据平行线的判定可得，则此时点不可能落在的平分线上，由此即可得．
【详解】解：（1），理由如下：
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
如图，过点作的平行线，交的延长线于点，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
由（1）已证：，
∴，，
∴，
∴点在同一条直线上，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形．
（3）①如图，当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∵平分，
∴，
由正方形的性质可知，正方形的对角线互相垂直且平分，
∴，
由（2）已证：，
∴，
∴，，
∴，（等腰三角形的三线合一），
又∵，，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，即平分，
∴（角平分线的性质定理），
设，则，
在中，，
∴，
∴，
即的值为；
②如图，当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点，
同理可证：，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴此时点不可能落在的平分线上，
综上，的值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、角平分线的性质定理等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键．
5．尝试：①说理见解析 ②4；拓展：
【分析】尝试：① 先后证明∠BDF=∠PDA和∠DBF=∠DPA即可利用“AAS”证明两个三角形全等；
②过点A作AH⊥BC于H，过点B作BT⊥AD于T，过点D作DK⊥AB于K，先求出BT的长从而求出DK的长，即可得到AF和BF的长，即可得到答案；
拓展：类似于尝试①中证全等的方法证明△BDF∽△PDA得到，再证明△ADF∽△BAC，．
【详解】解：尝试：① ∵MN∥BC，
∴∠DAB=∠ABC，
∵AB=AC，DA=DF，
∴∠ABC=∠ACB，∠DAF=∠DFA，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，∠DAF+∠DFA+∠ADF=180°，
∴∠ADF=∠BAC=∠BDP，
∴∠BDF+∠FDP=∠PDA+∠FDP，
∴∠BDF=∠PDA，
∵∠DOB=∠AOP，∠BDO=∠PAO，
∴∠DBF=∠DPA，
∵DA=DF，
∴△BDF≌△PDA（AAS），
∴BD=PD；
②如图，过点A作AH⊥BC于H，过点B作BT⊥AD于T，过点D作DK⊥AB于K，
∵AD∥BC，BT⊥AD，AH⊥BC
∴∠BTA=∠AHB=∠TBH=90°，
∴四边形BTAH是矩形，
∴BT=AH，BH=AT，
∵AB=AC，
∴BH=CH= ，
∴，
∵，
∴，
∵DA=DF，DK⊥AF，
∴，
∴，
∴，
∵△BDF≌△PDA，
∴AP=BF=4；
拓展：如图所示，在AB上取一点F，使得∠ADF=∠CAB，设DP于AB交于O，
∵∠BDP＝∠BAC，
∴∠BDP＝∠ADF，即∠BDF+∠FDP=∠PDA+∠FDP，
∴∠BDF=∠PDA，
∵∠DOB=∠AOP，∠BDO=∠PAO，
∠DBF=∠DPA，
∴△BDF∽△PDA
∴，
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠ABC，
∵∠ADF=∠BAC，
∴△ADF∽△BAC，
∴，
∴．
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解题的关键在于能够正确的作出辅助线进行求解．
6．（1）60゜；（2）①25゜；②当点G在点F的右侧时，；当点G在点F的左侧时，；证明见解析
【分析】（1）根据已知可证∠AEM＝∠EMD ，得到AB∥CD．根据平行线的性质得出∠AEF +∠MFE=180°即可求解．
（2）①依据平行线的性质可得∠AEG＝130°，再根据EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，即可得到∠HEN＝∠AEG＝65°，再根据HN⊥ME，即可得到Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣65°＝25°；
②分三种情况进行讨论：当点G在点F的右侧时，α＝β，当点G在FM上时，可得α＝90°﹣β，当点G在点M的左侧时，α＝90°﹣β．
【详解】解：（1）∵EM平分∠AEF交CD于点M，
∴∠AEM＝∠MEF，
∵∠FEM＝∠FME．
∴∠AEM＝∠FME，
∴AB∥CD，
∴∠AEF +∠MFE=180°，
∵2∠AEF = ∠MFE，
∴3∠AEF =180°，
∴∠AEF =60°．
（2）①如图2中，
∵AB∥CD，
∴∠BEG＝∠EGF＝β＝50°，
∴∠AEG＝130°，
∵∠AEM＝∠MEF，∠HEF＝∠HEG，
∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF＝∠AEG＝65°，
∵HN⊥EM，
∴∠HNE＝90°，
∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN＝25°．
②结论：α＝β或α＝90°﹣β．
理由：当点G在F的右侧时，可得α＝β．
∵AB∥CD，
∴∠BEG＝∠EGF＝β，
∴∠AEG＝180°﹣β，
∵∠AEM＝∠EMF，∠HEF＝∠HEG，
∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF＝∠AEG＝90°﹣β，
∵HN⊥EM，
∴∠HNE＝90°，
∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN＝β．
当点G在FM上时，可得α＝90°﹣β．
理由：∵AB∥CD，
∴∠AEG＝∠EGF＝β，
又∵EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，
∴∠HEF＝∠FEG，∠MEF＝∠AEF，
∴∠MEH＝∠MEF﹣∠HEF
＝（∠AEF﹣∠FEG）
＝∠AEG
＝β，
又∵HN⊥ME，
∴Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣∠MEH，
即α＝90°﹣β；
当点G在点M的左侧时，可得α＝90°﹣β．
理由：∵AB∥CD，
∴∠AEG＝∠EGF＝β，
又∵EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，
∴∠HEF＝∠FEG，∠MEF＝∠AEF，
∴∠MEH＝∠MEF﹣∠HEF
＝（∠AEF﹣∠FEG）
＝∠AEG
＝β，
又∵HN⊥ME，
∴Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣∠MEH，
即α＝90°﹣β．
【点睛】本题考查三角形的内角和定理，平行线的判定与性质，熟练掌握三角形内角和，平行线的性质，角平分线的定义等知识是解题的关键．
7．（1）见解析；（2）仍然相等，见解析；（3）或
【分析】（1）首先证得（AAS），得到，则，则证，得出即可；
（2）证得，则，由矩形的性质得出，证得，即可得出；
（3）根据矩形的性质和已知得，则，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠ABC=∠EBC=∠BCD=90°，
∴CD⊥BC，
∵FG⊥BC，∠ECF=90°，
∴CD∥GF，∠CGF=∠ECF=∠EBC=90°，
∴∠GCF+∠BCE=90°，
∵∠BCE+∠BEC=90°，
∴∠GCF=∠BEC，
在△GCF和△BEC中，
，
∴△GCF≌△BEC（AAS），
∴BC=GF，
∴CD=GF，
∵CD∥GF，
∴∠HDC=∠HFG，∠HCD=∠HGF，
在△HCD和△HGF中，
，
∴△HCD≌△HGF（ASA），
∴DH=HF；
（2）相等.
四边形ABCD是矩形，
，，.
.
.
，
.
.
.
.
.
，
.
.
，
.即.
.
.
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD⊥BC，
∵FG⊥BC，
∴CD∥GF，
∴∠HDC=∠HFG，∠HCD=∠HGF，
在△HCD和△HGF中，
，
∴.
.
（3）如下图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=3，∠RDC=90°，RD∥CH，
∵AB=nAD，CF=nCE，
∴，
∴，
分两种情况：
①当时，
∵AD=3，
∴AR=1，DR=2，
在Rt△CDR中，由勾股定理得：，
∵RD∥CH，DH=FH，
∴，
∴CE=，
由勾股定理得：；
②当时，同理可得：DR=1，，，，
由勾股定理得：；
综上所述，若射线FC过AD的三等分点，AD=3，AB=4，则线段EF的长为
或．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8．[感知]260；[探究]∠A+∠C＝∠BEC+∠DFC；[结论]四边形的任意两个外角的和等于与它们不相邻的两个内角的和；[应用]75°
【分析】【感知】如图①，根据四边形的内角和及邻补角的定义求解即可；
【探究】如图②，根据四边形的内角和及邻补角的定义求解即可；
【结论】综合以上可知四边形的任意两个外角的和等于与它们不相邻的两个内角的和；
【应用】如图③，由探究得出∠BEF+∠DFE＝210°，再根据角平分线的定义得出∠MFE+∠MEF＝（∠DFE+∠BEF）＝105°，最后根据三角形的内角和即可得解．
【详解】【感知】如图①，∵∠A+∠C+∠CFE+∠FEA＝360°，∠A+∠C＝260°，
∴∠CFE+∠FEA＝360°﹣260°＝200°，
∵∠CFE+∠DFE＝180°，∠FEA+∠BEF＝180°，
∴∠CFE+∠DFE+∠FEA+∠BEF＝360°，
∴∠BEF+∠DFE＝360°﹣（∠CFE+∠FEA）＝260°，
故答案为：260；
【探究】如图②，∠A+∠C＝∠BEC+∠DFC，理由如下：
∵∠A+∠AEC+∠C+∠AFC＝360°，
∴∠A+∠C＝360°﹣（∠AEC+∠AFC），
∵∠AEC+∠BEC＝180°，∠AFC+∠DFC＝180°，
∴∠BEC+∠DFC＝360°﹣（∠AEC+∠AFC），
∴∠A+∠C＝∠BEC+∠DFC；
【结论】故答案为：四边形的任意两个外角的和等于与它们不相邻的两个内角的和；
【应用】如图③，∵∠A+∠C＝210°，
∴∠BEF+∠DFE＝210°，
∵FM、EM分别平分∠DFE、∠BEF，
∴∠MFE+∠MEF＝（∠DFE+∠BEF）＝105°，
∴∠M＝180°﹣（∠MFE+∠MEF）＝180°﹣105°＝75°．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记三角形的内角和、邻补角的定义及角平分线的定义是解题关键．
9．（1）直角三角形，理由见解析；（2）最大值为3，；（3）存在，或
【分析】（1）此题根据抛物线解析式，可以令和，分别求出、、点坐标，继而求得、、长度，利用勾股定理逆定理，来判定三角形为直角三角形，此题也可以根据相似三角形的判定来解决；
（2）根据轴，判定轴，根据，判定轴，阴影部分面积可以看作与的面积之和，当底边为时，阴影部分面积转化为，由于长已知，所以当取最大值时，阴影部分面积最大，根据，可以得到，从而得到，设，则，得到的长度，继而得到长度，从而求得表达式，根据的取值范围，确定函数在顶点处取得最大值；
（3）根据三边关系，将斜向平移分解成两次平移，即水平移动和竖直移动，从而得到新抛物线解析式，由于为边，在对称轴上，所以可以得到或者，根据分类，画出图形，利用直角，构造一线三等角相似，即可求得点坐标．
【详解】解：（1）令，则，
，
令，则，
解得：，
，
，
在中，，
同理，，
又，
，
，
即为直角三角形；
（2）设直线为，
代入点，得，，
直线为，
同理，直线为，
轴，
轴，
设，
，
，
，轴，
轴，，
，
，
又，
，
，
，
，
，
当最大时，取得最大值，
，
又，
当时，最大值为，最大值为3，
，
，
可设直线为，
代入点，得，
直线为：，
令，解得，
，
此时最大值为3；
（3）存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形为矩形，
，
当抛物线沿射线方向平移个单位，可以分解为水平向右平移个单位，竖直向上平移3个单位，
，
平移后得抛物线为：，
对称轴为直线，
①当，为对角线，构成矩形时，如图1，
过作轴于点，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
由坐标与平移关系可得，
，
②当，为对角线，构成矩形时，如图2，
，
，
，
，
，
，
，
，
由坐标与平移关系可得，
，
综上所述，为或．
【点睛】此题是一道二次函数综合题，即考查了直角三角形的判定，又考查了面积最值问题，还考查了平面直角坐标系中直角的应用，设参解决问题是基本功，考虑函数最值问题，一定要根据取值范围，数形结合来讨论，讨论特殊四边形存在性问题，一定要数形结合，分类讨论．
10．（1）；（2）；（3）存在．点的坐标为：或或．
【分析】（1）由已知根据待定系数法可以得到抛物线的解析式；
（2）将△ABC以O为旋转中心逆时针旋转90°，得到△A'B'C'，求出A'C'与抛物线的交点即可得到解答；
（3）分∠MCN为直角、∠CMN为直角、∠MNC为直角两种情况，利用三角形相似求解即可．
【详解】解：（1）点，在抛物线上，
，解得：，
抛物线的解析式为：①；
（2）如图1，将以为旋转中心，逆时针旋转，得到，
，，，
，，，
设直线的解析式为，将点，代入得
，解得，
直线的解析式为：②，
联立①②并解得：或（舍去）；
；
（3）存在，理由：
由点A、B、C的坐标得，AB2＝25，BC2＝4+16＝20，AC2＝1+4＝5，
则AB2＝BC2+AC2，
故△ABC为以AB为斜边的直角三角形，tan∠ABC=；
以C，M，N为顶点的三角形与△ABC相似，则△CMN为直角三角形，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为y= x+2，
点N在BC上，故设点N(n, n+2)，设点M(m,0)；
①当∠MCN为直角时，
此时点M与点A重合，不符合题意，
②当∠CMN为直角时，如图2，
过点N作NG⊥x轴于点G，
∵∠GMN+∠CMO＝90°，∠CMO+∠MCO＝90°，
∴∠MCO＝∠NMG，
∴Rt△NGM∽Rt△MOC，
当∠MCN＝∠ABC时，
tan∠ABC=，即两个三角形的相似比为1:2，
则NG=OM，MG=OC＝1，
即 n+2=m且n m＝1，
解得：n=，
故点N的坐标为；
当∠MNC＝∠ABC时，
同理可得：n＝4（舍去）；
③当∠MNC为直角时，如图3，
过点N作x轴的垂线，垂足为点H，过点C作CG⊥NH交NH的延长线于点G，
当∠CMN＝∠ABC时，
同理可得：△CGN∽NHM且相似比为，
则CG=NH，即n=×( n+2)，解得：n=，
故点N的坐标为；
当∠MCN＝∠ABC时，则MC＝MB，
而MN⊥BC，则点N是BC的中点，
由中点公式得，点N(2,1)；
综上，点的坐标为：或或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、图形的旋转等，其中第（3）题，要注意分类求解，避免遗漏．
11．（1）5；（2）DF＝CG；（3）成立，见解析
【分析】（1）如图1中，延长EG交CD于点H，则四边形FGHD是矩形．在Rt△CGH中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，作FP⊥AD于P．利用勾股定理相似三角形的性质，分别求出CG、DF即可解决问题；
（3）成立．理由如下：连接AG、AC．只要证明△ADF∽△ACG，可得＝＝．
【详解】解：（1）如图1中，由此EG交CD于H，则四边形FGHD是矩形．
∵E、F分别为AB、CD边的中点，
∴在Rt△CGH中，GH=DF=4，CH=DH=AE=3，
∴CG==5，
故答案为：5．
（2）如图2中，作FP⊥AD于P．
在矩形AEGF中，∵AE＝3，EG＝4，
∴AG＝5，BG＝AB-AG＝1，
在Rt△CBG中，CG＝＝，
由△APF∽△AEG，可得，
∴，
∴，
在Rt△PDF中，，
∴．
（3）成立．理由如下：连接AG、AC．
由旋转性质可知：∠DAF＝∠CAG，
由勾股定理可知：，
∵，
∴，
∴△ADF∽△ACG，
∴＝＝，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形或相似三角形解决问题．
12．（1）等腰三角形（答案不唯一）；（2）图见解析；（3）①PA=或；②理由见解析
【分析】（1）根据“中垂心”的定义即可得出结论；
（2）根据题意，分别作出BC和AB的垂直平分线，交于点P即可；
（3）①根据30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理即可求出BC和AB，然后根据“中垂心”的定义分类讨论，分别画出对应的图形，利用勾股定理和中点的定义即可分别求出结论；
②延长AP交BC于D，根据三角形的三边关系和不等式的基本性质即可证出结论．
【详解】解：（1）根据题意，若点C为△ABC的“中垂心”
可得CA=CB
∴△ABC为等腰三角形
故答案为：等腰三角形（答案不唯一）；
（2）分别作出BC和AB的垂直平分线，交于点P

根据垂直平分线的性质可得PA=PB=PC
∴点P即为所求；
（3）①∵∠C=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=90°－∠ABC=30°
∴AB=2BC
设BC=x，则AB=2x
∵BC2＋AC2=AB2
∴x2＋（）2=（2x）2
解得：x=4或-4（不符合实际，舍去）
∴BC=4，AB=8
∵P在AC边上，∠C=90°
∴PB＞PC，即不存在“中垂心”P，使PB=PC
若PA=PB，如下图所示

设PA=PB=a，则PC=AC－PA=－a
∵PC2＋BC2=BP2
∴（－a）2＋42=a2
解得：a=
即PA=；
若PA=PC，如下图所示

则点P为AC的中点
∴PA==
综上：PA=或；
②理由如下
延长AP交BC于D

根据三角形的三边关系可得：AC＋CD＞AD，DP＋DB＞PB
∴AC＋CD＋DP＋DB＞AD＋PB
∴AC＋（CD＋DB）＋DP＞PA＋DP＋PB
∴AC＋BC＞PA＋PB
∵PA=PB
∴AC+BC2AP
【点睛】此题考查的是线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质和三角形三边关系的应用，掌握线段垂直平分线的性质、30°所对的直角边是斜边的一半、勾股定理和三角形的三边关系是解题关键．
13．（1）；；；（2）；（3）．
【分析】（1）本问体现“特殊”的情形，是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用EH来表示，最后求得比值；
（2）本问体现“一般”的情形，不再是一个确定的数值，但（1）问中的解题方法依然适用，如答图2所示．
（3）本问体现“类比”与“转化”的情形，将（1）（2）问中的解题方法推广转化到梯形中，如答图3所示．
【详解】解：（1）依题意，过点作交于点，如图1所示．
则有，
∴，
∴．
∵，，
∴，
又∵为中点，
∴为的中位线，
∴．
．
故答案为：；；．
（2）如图2所示，作交于点，则．
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
（3）如图3所示，过点作交的延长线于点，则有．
∵，
∴，
∴，
∴．
又，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：．


【点睛】本题的设计独特：由平行四边形中的一个特殊的例子出发（第1问），推广到平行四边形中的一般情形（第2问），最后再通过类比、转化到梯形中去（第3问）．各种图形虽然形式不一，但运用的解题思想与解题方法却是一以贯之：即通过构造相似三角形，得到线段之间的比例关系，这个比例关系均统一用同一条线段来表达，这样就可以方便地求出线段的比值．本题体现了初中数学的类比、转化、从特殊到一般等思想方法，有利于学生触类旁通、举一反三．
14．（1）；（2）①；②．
【分析】（1）先根据角的和差求出和的度数，再角平分线的定义可得和的度数，然后根据角的和差即可得；
（2）①先根据角的和差可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据角的和差即可得；
②设，先根据角平分线的定义可得，再根据建立方程可求出，从而可得，然后根据角的和差、角平分线的定义可得，从而可得，由此即可得．
【详解】（1），
，
射线OM，ON分别平分，，
，
，
；
（2）①，
，
射线OM，ON分别平分，，
，
②设，
是的角平分线，
，
射线OM平分，
，
，
，
解得，
，
，
射线ON平分，
，
，
．
【点睛】本题考查了角平分线的定义、角的和差等知识点，熟练掌握角平分线的定义是解题关键．
15．（1），；（2）结论成立，理由见解析；（3）．
【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质即可求出的度数；
（2）如图（见解析），先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理可得，再根据等腰三角形的性质、平行线的性质、三角形的外角性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行线的性质、等边三角形的判定与性质、角的和差即可求出的度数；
（3）如图（见解析），先根据直角三角形的性质可得，从而可得，再分别在和中，根据直角三角形的性质、勾股定理可得，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）在中，，点是中点，
，
同理可得：，
，
在中，，，
，
又，
，
，
，
，
，
，
；
（2）结论成立，理由如下：
如图，分别取AB的中点为M，取AD的中点为N，连接FM、CM、EN、FN，
，，
又点是中点，
是的中位线，
，
，
同理可得：，
，
绕点按顺时针方向旋转角，，
，
，
，，
，
，
，
同理可得：，
，
在和中，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
；

（3）如图，过点G作，交AE延长线于点F，
在中，，
，
，
，
由旋转的性质得：，
在中，，
，
在中，，
，
，
则在中，．

【点睛】本题考查了直角三角形的性质、三角形中位线定理、三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．

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