2023年中考数学探究性试题复习14 三角形
一、综合题
1．（2023八下·新余期中）如图：
（1）如图1，若点，在直线的同侧，在直线上找一点，使的值最小．作法如下：作点关于直线的对称点，连接与直线的交点就是所求的点．如图2，在等边三角形中，点是边的中点，是高，且，在上找一点，使的值最小．
作法如下：作点关于直线的对称点，恰好与点重合，连接交于一点，则这点就是所求的点，求的最小值．
（2）实践运用：如图3，在四边形中，点与点关于直线对称，对角线与相交于点，，点是对角线上的一个动点，，点是的中点，求的最小值；
（3）拓展延伸：如图4，在四边形的对角线上找一点，使．（保留作图痕迹，不必写出作法）
2．（2023八下·定州期中）如图：
（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】
①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系 （不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是 （不要求证明）
（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
3．（2023·黄岛模拟）【阅读理解】
三角形内角和定理告诉我们：如图①，三角形三个内角的和等于．
如图②，在中，有，点D是延长线上一点．由平角的定义可得，所以．从而得到三角形内角和定理的推论：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
（1）【初步应用】
如图③，点D，E分别是的边延长线上一点，
若，则 ；
（2）若，则 ；
（3）若，则 ．
（4）【拓展延伸】
如图④，点D，E分别是的边延长线上一点，
若，分别作和的平分线交于点O，则 ；
（5）若，分别作和的三等分线交于点O，且，，则 ；
（6）若，分别作和的n等分线交于点O，且，，则 ．
4．（2023·原平模拟）
（1）综合与实践
问题情境：如图1，在中，，，D，E分别是，的中点，连接．
如图2，将绕着点C逆时针旋转，连接BE和，小明发现，，请你证明该结论．
（2）猜想探究：
如图3，将绕着点C逆时针旋转，此时恰好有，连接，延长，交于点F，试猜想四边形的形状，并说明理由．
拓展探究：
（3）如图4，将绕着点C逆时针旋转，直接写出四边形的面积的最大值．
5．（2023·原平模拟）阅读与思考．
纯几何法验证勾股定理我们知道，勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．勾股定理的验证方法到目前为止也有300多种，最著名的有“赵爽弦图法”“总统证法”“毕达哥拉斯法”“青朱出入法”“达·芬奇法”“欧几里得法”等等．下面我们介绍一种纯几何验证法． 如图1，在中，，于点D，先证明，可得，再证明，可得，两式相加即可得勾股定理，这种方法避开了利用拼图和面积法繁琐的证明，不失为一种很好的验证方法．
阅读下列材料，并完成相应的任务．
（1）根据材料中的方法，请写出完整的证明过程．
（2）如图2，将直角三角形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，我们把这样的直角三角形称为“勾股形”，图3是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成的矩形，若，求该矩形的面积．
6．（2023·莱西模拟）
（1）【问题呈现】
如图1，和都是等边三角形，连接．求证：．
（2）【类比探究】
如图2，和都是等腰直角三角形，．连接．请直接写出的值．
（3）【拓展提升】
如图3，和都是直角三角形，，且．连接．延长交于点F，交于点G．求的值．
7．（2023·平阴模拟）如图1，已知和均为等腰直角三角形，点D、E分别在线段上，．
（1）观察猜想：如图2，将绕点A逆时针旋转，连接，的延长线交于点F．当的延长线恰好经过点E时，点E与点F重合，此时，
①的值为 ；
②的度数为 度；
（2）类比探究：如图3，继续旋转，点F与点E不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由．
（3）拓展延伸：若，，当所在的直线垂直于时，请直接写出线段的长．
8．（2023九下·秦淮月考）在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是 .
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为 °， cm.
9．（2023九下·东台月考）如图
（1）【问题情境】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 ；
（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；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 .
10．（2022·朝阳）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
（1）小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
（2）【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
（3）【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
11．（2022·兰州）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点， ，EP与正方形的外角 的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接CP，可以求出 的大小，请你思考并解答这个问题．
（3）【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出 周长的最小值．当 时，请你求出 周长的最小值．
12．（2022·盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．
（1）证明：；
（2）证明：正方形的面积等于四边形的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
（4）【迁移拓展】
如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
13．（2022·威海）回顾：用数学的思维思考
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
（2）猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
（3）探究：用数学的语言表达
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
14．（2022·随州）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑.在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式 ，图2对应公式 ，图3对应公式 ，图4对应公式 ；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为.
①若E为边AC的中点，则的值为 ▲ ；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由.
15．（2022·武汉）如图
问题提出：如图（1），中，，是的中点，延长至点，使，延长交于点，探究的值.
（1）问题探究：
先将问题特殊化.如图（2），当时，直接写出的值；
（2）再探究一般情形.如图（1），证明（1）中的结论仍然成立.
（3）问题拓展：
如图（3），在中，，是的中点，是边上一点，，延长至点，使，延长交于点.直接写出的值（用含的式子表示）.
16．（2022·达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形 和等腰直角三角形 ，按如图1的方式摆放， ，随后保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 .该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当 时，则 ；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出 ， ， 之间的数量关系： ；
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由.
（4）如图5，在 与 中， ，若 ， （m为常数）.保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 ，如图6.试探究 ， ， 之间的数量关系，并说明理由.
17．（2022·宁夏）综合与实践
（1）知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时， ．
（2）问题探究
如图，中，．
如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是 ．
（3）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
（4）实践应用
如图4，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（5）如图5，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图，
∵是等边三角形，是的中线，
∴、
∵
∴
∵，关于对称
∴是的垂直平分线
∴
∴
的值最为2．
（2）解：如图，连接，．
∵，点是的中点
∴是等边三角形，四边形为菱形
∴
∴与互相垂直平分，
∴，
∵
∴
∴的最小值即为最小值即为长
∴的最小值为4．
（3）解：如图：
【知识点】三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（3）作点关于的对称点，连接并延长交于点，
此时．
【分析】（1） 作点关于直线的对称点，恰好与点重合，连接交于一点，则这点就是所求的点，求的最小值；
（2）连接DP，DM，根据，求出，可得最小值即为长；
（3）根据要求作出图象即可。
2．【答案】（1）解：证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
（2）不成立，结论：EF=DF-BE；BE=EF+DF
（3）解：由（1）可知，
正方形的边长为6，
，
．
，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，
，
，
，
；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，
，，
，
，
，
，
，
，
．
即．
故答案为：．
【分析】（1）证明 ， 可得出 ， 则结论得证；
（2）①将绕点顺时针旋转至，可证，可得则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，可证明，可得出，则结论得证；
（3）根据正方形的性质求出DG，设，则，，利用勾股定理列方程解答，进而求解可得答案。
3．【答案】（1）50
（2）
（3）
（4）解：
（5）60
（6）
【知识点】角的运算；三角形的外角性质；探索数与式的规律；角平分线的概念
【解析】【解答】（1）由三角形外角的性质可得出．
故答案为：；
（2）∵，，
∴．
∵，，
∴．
故答案为：；
（3）由（2）同理可得．
∵，，
∴
故答案为：；
（4）∵和的平分线交于点O，
∴，，
∴．
由（2）可知，
∴，
∴．
故答案为：；
（5）∵，，
∴．
由（2）可知，
∴，
∴．
故答案为：100；
（6）∵，，
∴．
由（3）可知，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】（1）利用三角形的外角求出∠ACB的度数即可；
（2）利用邻补角和角的运算求解即可；
（3）方法同（2），利用邻补角和角的运算求解即可；
（4）利用角平分线的定义及角的运算求解即可；
（5）利用角的运算及等量代换求解即可；
（6）利用角的运算及等量代换求解即可。
4．【答案】（1）解：如图，延长交于点F，交于点G，
∵，都是等腰直角三角形，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：正方形，理由：
∵，
由（1）知，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：由（1）知，，，
∵，
∴当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值，
此时，
∴，
即四边形AEDB的面积的最大值为．
【知识点】正方形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）延长交于点F，交于点G，根据SAS证明△ADC≌△BEC，可得AD=BE，∠DAC=∠EBC，再根据余角的性质可得∠AFG=90°，继而得解；
（2） 正方形，理由：由（1）结论，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证四边形是矩形，再根据一组邻边相等的矩形是正方形即证结论；
（3） 当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值， 此时BE=AD=3，由AD⊥BE，可得，据此计算即可.
5．【答案】（1）证明：在中，，于点D，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设小正方形的边长为x，则，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵矩形的面积，
∴矩形的面积．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1） 证明， 利用相似三角形的性质可得，同理证， 可得， 从而得出 ，即得结论；
（2）设小正方形的边长为x，则，， 在中，由建立关于x方程，可得， 由矩形的面积，整体代入计算即可.
6．【答案】（1）证明：和都是等边三角形，
，，
，即
（2）解：和都是等腰直角三角形，，
，，
，
，即
，
；
（3）解： 和都是直角三角形，，且，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
设，则，
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据SAS证明△ADB≌△AEC，可得BD=CE；
（2）根据两边成比例且夹角相等可证， 利用相似三角形的性质即可得解；
（3）先证， 可得，，从而得出，继而证明 ， 可得，从而得出，即得
，由，可设，则AC=5k，继而求解.
7．【答案】（1）；45
（2）解：设与交于O，
∵和都是等腰直角三角形，，
∴，
∴，，，即，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（3）解：如图3-1所示，当于O时，
∵和都是等腰直角三角形，，，
∴同（1）可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可证，
∴，
∴；
如图3-2所示，当时，延长交于O．
同理可得，，，
∴；
综上所述，的长为或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】【解答】（1）解：如图所示，设与交于O，
∵和都是等腰直角三角形，，
∴，
∴，，，即，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
由于点E与点F重合，
∴，
故答案为：，45；
【分析】（1）先证出，可得，，再结合，可得，再求出即可；
（2）设与交于O，先证出，可得，，再结合，可得；
（3）分类讨论：①当于O时，②当时，延长交于O，再分别画出图象并求解即可。
8．【答案】（1）①③④
（2）解：∵沿线段向左平移，
∴，.
∵是直角三角形，是的中点，
∴.
∴
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴四边形是菱形.
（3）120；
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；角平分线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴，
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接，
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
（3）∵，
∴，
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵，
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，.
【分析】（1）由翻折可得∠CBA=∠FBA，∠CAB=∠FAB，然后根据角平分线的概念可判断①；根据角平分线的性质可得AC=AF，BC=BF，由垂直平分线的判定定理可判断②；S四边形ACBF=S△ABC+S△ABF，结合三角形的面积公式可判断③；取AB的中点O，连接CO、FO，根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OF，据此判断④；
（2）根据平移的性质可得AB∥CF，CF=BE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=BD=BF=ED，则CF=BD，然后根据菱形的判定定理进行解答；
（3）根据平行线的性质可得∠ACE=∠DEC=30°，则∠ACD=∠ACE+∠DCE=120°，由旋转得AC=DC，则∠CDA=∠CAD=30°，过点C作CP⊥AD于点P，由含30°角的直角三角形的性质可得CP=CD=3，利用勾股定理求出DP的值，进而可得AD.
9．【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE.
理由如下：延长BE、GD相交于点H.
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M.
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值.
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4.
【分析】【问题情境】根据正方形的性质可得CD=CB，∠BCD=90°，CG=CE，∠ECG=90°，根据同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，利用SAS证明△DCG≌△BCE，然后根据全等三角形的性质进行解答；
（1）延长BE、GD相交于点H，根据矩形的性质可得∠ECG=∠BCD=90°，由同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCG∽△BCE，由相似三角形的性质可得，∠BEC=∠DGC，由矩形的性质可得∠FEC=∠FGC=∠F=90°，推出∠H=∠F=90°，据此解答；
（2）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，易证△ECN∽△CGM，根据相似三角形的性质可得CM的值，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知BE=2DG，则2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)=2BG′，然后利用勾股定理进行计算即可.
10．【答案】（1）解：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：或
【知识点】三角形全等的判定；三角形的综合
【解析】【解答】（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【分析】（1）延长CD到点E，使DE=BC，连接AE，先证明△ADE≌△ABC（SAS），可得∠DAE=∠BAC，AE=AC，再证明△ACE的等边三角形，可得CE=AC，再利用线段的和差及等量代换可得答案；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N，先证明△AMD≌△ANB（AAS），可得DM=BN，AM=AN，再在证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），可得CM=CN，再利用线段的和差及等量代换可得CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）分两种情况：①当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q；②当∠CBD=75°时，再分别画出图象并求解即可。
11．【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝ ，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝ ．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，根据正方形的性质以及中点的概念可得AF＝BF＝BE＝CE，则∠BFE＝45°，∠AFE＝135°，根据角平分线的概念可得∠DCP＝45°，则∠ECP＝135°，推出∠AFE＝∠ECP，根据同角的余角相等可得∠PEC＝∠BAE，利用ASA证明△AFE≌△ECP，据此可得结论；
（2）AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理得∠CEP＝∠FAE，证△FAE≌△CEP，得∠ECP＝∠AFE，根据线段的和差关系得BF＝BE，由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE＝45°，则∠AFE=∠ECP＝135°，然后根据∠DCP=∠ECP-∠DCE进行计算；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，点D与G关于CP对称，AP+DP的最小值为AG的长，然后利用勾股定理计算即可.
12．【答案】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形可得，
又，所以四边形是平行四边形，
由（2）知，四边形是平行四边形，
由（1）知，，
所以，
延长交于，
同理有，
所以．
所以．
（4）解：如图为所求作的平行四边形．
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的证明；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接HG，由正方形的性质得AC=CH，BC=CG，∠ACH=∠BCG=90°，AB=AD，根据周角的概念可得∠GCH＝90°，则∠GCH＝∠ACB，证明△ACB≌△HCG，得到GH＝AB＝AD，易得四边形CGLH是矩形，则CL＝GH，据此证明；
（2）根据同角的余角相等可得∠BAC＝∠MAI，根据正方形的性质可得AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，证明△ABC≌△AMI，则△AMI≌△HGC，根据矩形的性质可得S△CHG＝S△CHL，则S△AMI＝S△CHL，据此证明；
（3）根据正方形的性质可得AB∥DE， 推出四边形ADJK是平行四边形，由（2）知四边形ACLM是平行四边形，由（1）知AD=LC，则S平行四边形ADJK=S平行四边形ACLM=S正方形ACHI，延长EB交LG于Q， 同理可得S平行四边形KJEB=S平行四边形CBQL=S正方形BFGC，推出S正方形ACHI+S正方形BFGC=S平行四边形ADJK+S平行四边形KJEB=S正方形ADEB，据此证明；
（4）延长IH、FG交于点L，连接LC，以A为圆心，CL长为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径画弧，交这条直线于点D，分别以A、B为圆心，以AB、AI为半径画弧交于点E，连接AD、DE、BE，则四边形ADEB即为所求.
13．【答案】（1）解：①如图1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠ABC，∠ACE =∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（2）解：添加条件CD=BE，证明如下：
∵AB=AC，CD=BE，
∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（3）能.
在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，
当BD=BF=BA时，E与A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴△CBF∽△BAF，
∴，
∵AB＝AC＝2=BF， 设CF=x，
∴，
整理，得，
解得x=，x=（舍去），
故CF= x=，
∴0＜CF＜．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）①通过证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE；
②方法同①，通过证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE；
（2）添加条件CD=BE，再通过证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE；
（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，先证明△CBF∽△BAF，可得，再设CF=x，可得，整理得到，求出x的值，即可得到答案。
14．【答案】（1）①；②；④；③
（2）解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：①2；②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立.
【知识点】多项式乘多项式；三角形的面积；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】(1)解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
(3)解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
【分析】观察图1可知长方形的长为a+b+c，宽为d，利用长方形的面积公式可表示出长方形的面积；图2中的此长方形的长为（a+b），宽为（c+d），图3中的正方形的边长为（a+b），图4中的正方形的边长为（a-b）；利用正方形和长方形的面积公式，可得到每一个图形中对应的公式.
（2）由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，分别用两种不同的方法表示出矩形AKHD的面积，即可证得结论.
（3）①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，可得到AD=a，分别用含a的代数式表示出AH，HE，EG，CG，FG，BG的长，再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值；②由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，可表示出AD，AH，EG的长；再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值.
15．【答案】（1）解：
（2）证明：取的中点，连接.
∵是的中点，∴，.
∵，∴，∴.
∵，∴.
∴.
∴.
∴.∴.
∵，∴.
∴.
∴.
∴.
另解1：证明，得也可求解.
另解2：取的中点，证明也可以求解.
（3）解：
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）取AB的中点G，连接DG，
∵点D是AC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG∥BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点D是AC的中点，
∴BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝30°，
∵BD＝CD，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∴∠BFE=180°-∠ABC-∠E=180°-60°-30°=90°，
∴DF⊥AB，
∵∠AGD＝∠ADG＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴AF＝AG，
∵AG＝AB，
∴AF＝AB，
∴.
（3）取BC的中点H，连接DH，
由（2）同理可证明△DGH≌△DEC（ASA），
∴GH＝CE，
∴HE＝CG，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DH∥BF，
∴△EDH∽△EFB，
∴，
∵DH＝AB，
∴，
∴．
【分析】（1）取AB的中点G，连接DG，易得DG为△ABC的中位线，则DG∥BC，易得△ABC为等边三角形，∠DBC=30°，根据等腰三角形的性质可得∠E=∠DBC=30°，进而推出△ADG为等边三角形，得到AF=AG，然后结合AG=AB进行计算即可；
（2）取BC的中点H，连接DH，同理可得DH∥AB，DH=AB，根据等腰三角形的性质可得∠DHC=∠DCH，∠DBH=∠DEC，结合外角的性质可得∠BDH=∠EDC，证明△DBH≌△DEC，得到BH=EC，证明△EDH∽△EFB，然后根据相似三角形的性质进行计算；
（3）取BC的中点H，连接DH，易证△DGH≌△DEC，利用全等三角形的性质可证得GH=CE；利用已知条件可得到HE和BE的比值，利用DH∥BF，可证得△EDH∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可得比例式，结合DH＝AB，可求出AF与AB的比值.
16．【答案】（1）45°
（2）BF=AF+CF
（3）解：如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论仍然成立，理由如下，
由（2）知：△ACE≌△BCD，
∴∠CAF＝∠CBD，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠FCG=∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF=CF，
∴BF＝BG+GF=AF+CF.
（4）解：BF=mAF+CF，理由如下，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
又∵BC=mAC，CD=mCE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
由（3）可得△BCG≌△ACF，
∴∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，
∴BG＝mAF，CG＝mFC，
在Rt△CGF中，由勾股定理得GF＝==CF，
∴BF=BG+GF=mAF+CF.
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵△CED是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED=45°，
又∵ED∥BC，
∴∠BCD＝∠CDE＝45°，
∴α＝∠BCD＝45°.
故答案为：45°；
（2）∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AF＝BD，
∵BF＝DF+BD，
∴BF＝DF+AF
又∵DF＝CF，
BF＝AF+CF.
故答案为：BF＝AF+CF；
【分析】（1）由等腰三角性质及平行线性质可推出∠BCD＝∠CDE＝45°，即得α＝∠BCD＝45°；
（2）由由等腰三角性质得∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，从而得∠ACE＝∠BCD，进而证出
△ACE≌△BCD，即得AF＝BD，再由线段和差等量代换即可得BF＝AF+CF；
（3）由（2）知△ACE≌△BCD，即得∠CAF＝∠CBD，过点C作CG⊥CF交BF于点G，利用“ASA”证明△BCG≌△ACF，即得GC＝FC，BG＝AF，从而得到△GCF为等腰直角三角形，继而得GF=CF，再由线段和差关系可得BF＝AF+CF；
（4）由等腰三角形性质得∠DCE＝∠ACB=90°，从而得∠ACE＝∠BCD，结合BC=mAC，CD=mCE，进而证出△BCD∽△ACE，即得∠CBD＝∠CAE，由（3）可得△BCG≌△ACF，即得∠BCG＝∠ACF，从而证出△BGC∽△AFC，即得BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，则BG＝mAF，CG＝mFC，再由勾股定理求得GF=CF，最后由线段和差关系即可得BF=mAF+CF.
17．【答案】（1）64
（2）
（3）解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
（4）证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
（5）解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的应用；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；圆柱的体积
【解析】【解答】（1）解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：64；
（2）解：中，，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）利用勾股定理可证得，代入可求出S2的值；
（2）利用勾股定理可证得，利用三角形的面积公式可推出S1+S2=S3，即可求解；
（3）利用勾股定理可证得AB2=AC2+BC2，过点D作DG⊥BC于点G，利用等边三角形的性质及勾股定理，可表示出DG的长，利用三角形的面积公式分别表示出S4，同理表示出S5，S6，由此可推出S4，S5，S6之间的关系；
（4）设AB=c，BC=a，AC=b，可表示出HN，FG，MF，利用等边三角形的性质可得∠HPN=60°，同时可证得△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，由此可表示出△PMN的面积及四边形PMFG的面积，利用勾股定理可得到c2=b2+a2，由此可证得结论；
（5）设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3，以BC为直径的圆的面积为S1，以AC为直径的圆的面积为S2，利用勾股定理可证得c2=b2+a2，两边同时乘以，可推出S1+S2=S3；再理由圆柱体的体积可证得V2+V1=V3，然后结合已知条件求出V2+V1=V3的值.
1 / 12023年中考数学探究性试题复习14 三角形
一、综合题
1．（2023八下·新余期中）如图：
（1）如图1，若点，在直线的同侧，在直线上找一点，使的值最小．作法如下：作点关于直线的对称点，连接与直线的交点就是所求的点．如图2，在等边三角形中，点是边的中点，是高，且，在上找一点，使的值最小．
作法如下：作点关于直线的对称点，恰好与点重合，连接交于一点，则这点就是所求的点，求的最小值．
（2）实践运用：如图3，在四边形中，点与点关于直线对称，对角线与相交于点，，点是对角线上的一个动点，，点是的中点，求的最小值；
（3）拓展延伸：如图4，在四边形的对角线上找一点，使．（保留作图痕迹，不必写出作法）
【答案】（1）解：如图，
∵是等边三角形，是的中线，
∴、
∵
∴
∵，关于对称
∴是的垂直平分线
∴
∴
的值最为2．
（2）解：如图，连接，．
∵，点是的中点
∴是等边三角形，四边形为菱形
∴
∴与互相垂直平分，
∴，
∵
∴
∴的最小值即为最小值即为长
∴的最小值为4．
（3）解：如图：
【知识点】三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（3）作点关于的对称点，连接并延长交于点，
此时．
【分析】（1） 作点关于直线的对称点，恰好与点重合，连接交于一点，则这点就是所求的点，求的最小值；
（2）连接DP，DM，根据，求出，可得最小值即为长；
（3）根据要求作出图象即可。
2．（2023八下·定州期中）如图：
（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】
①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系 （不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是 （不要求证明）
（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
【答案】（1）解：证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
（2）不成立，结论：EF=DF-BE；BE=EF+DF
（3）解：由（1）可知，
正方形的边长为6，
，
．
，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，
，
，
，
；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，
，，
，
，
，
，
，
，
．
即．
故答案为：．
【分析】（1）证明 ， 可得出 ， 则结论得证；
（2）①将绕点顺时针旋转至，可证，可得则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，可证明，可得出，则结论得证；
（3）根据正方形的性质求出DG，设，则，，利用勾股定理列方程解答，进而求解可得答案。
3．（2023·黄岛模拟）【阅读理解】
三角形内角和定理告诉我们：如图①，三角形三个内角的和等于．
如图②，在中，有，点D是延长线上一点．由平角的定义可得，所以．从而得到三角形内角和定理的推论：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
（1）【初步应用】
如图③，点D，E分别是的边延长线上一点，
若，则 ；
（2）若，则 ；
（3）若，则 ．
（4）【拓展延伸】
如图④，点D，E分别是的边延长线上一点，
若，分别作和的平分线交于点O，则 ；
（5）若，分别作和的三等分线交于点O，且，，则 ；
（6）若，分别作和的n等分线交于点O，且，，则 ．
【答案】（1）50
（2）
（3）
（4）解：
（5）60
（6）
【知识点】角的运算；三角形的外角性质；探索数与式的规律；角平分线的概念
【解析】【解答】（1）由三角形外角的性质可得出．
故答案为：；
（2）∵，，
∴．
∵，，
∴．
故答案为：；
（3）由（2）同理可得．
∵，，
∴
故答案为：；
（4）∵和的平分线交于点O，
∴，，
∴．
由（2）可知，
∴，
∴．
故答案为：；
（5）∵，，
∴．
由（2）可知，
∴，
∴．
故答案为：100；
（6）∵，，
∴．
由（3）可知，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】（1）利用三角形的外角求出∠ACB的度数即可；
（2）利用邻补角和角的运算求解即可；
（3）方法同（2），利用邻补角和角的运算求解即可；
（4）利用角平分线的定义及角的运算求解即可；
（5）利用角的运算及等量代换求解即可；
（6）利用角的运算及等量代换求解即可。
4．（2023·原平模拟）
（1）综合与实践
问题情境：如图1，在中，，，D，E分别是，的中点，连接．
如图2，将绕着点C逆时针旋转，连接BE和，小明发现，，请你证明该结论．
（2）猜想探究：
如图3，将绕着点C逆时针旋转，此时恰好有，连接，延长，交于点F，试猜想四边形的形状，并说明理由．
拓展探究：
（3）如图4，将绕着点C逆时针旋转，直接写出四边形的面积的最大值．
【答案】（1）解：如图，延长交于点F，交于点G，
∵，都是等腰直角三角形，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：正方形，理由：
∵，
由（1）知，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：由（1）知，，，
∵，
∴当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值，
此时，
∴，
即四边形AEDB的面积的最大值为．
【知识点】正方形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）延长交于点F，交于点G，根据SAS证明△ADC≌△BEC，可得AD=BE，∠DAC=∠EBC，再根据余角的性质可得∠AFG=90°，继而得解；
（2） 正方形，理由：由（1）结论，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证四边形是矩形，再根据一组邻边相等的矩形是正方形即证结论；
（3） 当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值， 此时BE=AD=3，由AD⊥BE，可得，据此计算即可.
5．（2023·原平模拟）阅读与思考．
纯几何法验证勾股定理我们知道，勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．勾股定理的验证方法到目前为止也有300多种，最著名的有“赵爽弦图法”“总统证法”“毕达哥拉斯法”“青朱出入法”“达·芬奇法”“欧几里得法”等等．下面我们介绍一种纯几何验证法． 如图1，在中，，于点D，先证明，可得，再证明，可得，两式相加即可得勾股定理，这种方法避开了利用拼图和面积法繁琐的证明，不失为一种很好的验证方法．
阅读下列材料，并完成相应的任务．
（1）根据材料中的方法，请写出完整的证明过程．
（2）如图2，将直角三角形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，我们把这样的直角三角形称为“勾股形”，图3是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成的矩形，若，求该矩形的面积．
【答案】（1）证明：在中，，于点D，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设小正方形的边长为x，则，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵矩形的面积，
∴矩形的面积．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1） 证明， 利用相似三角形的性质可得，同理证， 可得， 从而得出 ，即得结论；
（2）设小正方形的边长为x，则，， 在中，由建立关于x方程，可得， 由矩形的面积，整体代入计算即可.
6．（2023·莱西模拟）
（1）【问题呈现】
如图1，和都是等边三角形，连接．求证：．
（2）【类比探究】
如图2，和都是等腰直角三角形，．连接．请直接写出的值．
（3）【拓展提升】
如图3，和都是直角三角形，，且．连接．延长交于点F，交于点G．求的值．
【答案】（1）证明：和都是等边三角形，
，，
，即
（2）解：和都是等腰直角三角形，，
，，
，
，即
，
；
（3）解： 和都是直角三角形，，且，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
设，则，
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据SAS证明△ADB≌△AEC，可得BD=CE；
（2）根据两边成比例且夹角相等可证， 利用相似三角形的性质即可得解；
（3）先证， 可得，，从而得出，继而证明 ， 可得，从而得出，即得
，由，可设，则AC=5k，继而求解.
7．（2023·平阴模拟）如图1，已知和均为等腰直角三角形，点D、E分别在线段上，．
（1）观察猜想：如图2，将绕点A逆时针旋转，连接，的延长线交于点F．当的延长线恰好经过点E时，点E与点F重合，此时，
①的值为 ；
②的度数为 度；
（2）类比探究：如图3，继续旋转，点F与点E不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由．
（3）拓展延伸：若，，当所在的直线垂直于时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；45
（2）解：设与交于O，
∵和都是等腰直角三角形，，
∴，
∴，，，即，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（3）解：如图3-1所示，当于O时，
∵和都是等腰直角三角形，，，
∴同（1）可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可证，
∴，
∴；
如图3-2所示，当时，延长交于O．
同理可得，，，
∴；
综上所述，的长为或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】【解答】（1）解：如图所示，设与交于O，
∵和都是等腰直角三角形，，
∴，
∴，，，即，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
由于点E与点F重合，
∴，
故答案为：，45；
【分析】（1）先证出，可得，，再结合，可得，再求出即可；
（2）设与交于O，先证出，可得，，再结合，可得；
（3）分类讨论：①当于O时，②当时，延长交于O，再分别画出图象并求解即可。
8．（2023九下·秦淮月考）在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是 .
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为 °， cm.
【答案】（1）①③④
（2）解：∵沿线段向左平移，
∴，.
∵是直角三角形，是的中点，
∴.
∴
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴四边形是菱形.
（3）120；
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；角平分线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴，
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接，
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
（3）∵，
∴，
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵，
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，.
【分析】（1）由翻折可得∠CBA=∠FBA，∠CAB=∠FAB，然后根据角平分线的概念可判断①；根据角平分线的性质可得AC=AF，BC=BF，由垂直平分线的判定定理可判断②；S四边形ACBF=S△ABC+S△ABF，结合三角形的面积公式可判断③；取AB的中点O，连接CO、FO，根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OF，据此判断④；
（2）根据平移的性质可得AB∥CF，CF=BE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=BD=BF=ED，则CF=BD，然后根据菱形的判定定理进行解答；
（3）根据平行线的性质可得∠ACE=∠DEC=30°，则∠ACD=∠ACE+∠DCE=120°，由旋转得AC=DC，则∠CDA=∠CAD=30°，过点C作CP⊥AD于点P，由含30°角的直角三角形的性质可得CP=CD=3，利用勾股定理求出DP的值，进而可得AD.
9．（2023九下·东台月考）如图
（1）【问题情境】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 ；
（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；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 .
【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE.
理由如下：延长BE、GD相交于点H.
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M.
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值.
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4.
【分析】【问题情境】根据正方形的性质可得CD=CB，∠BCD=90°，CG=CE，∠ECG=90°，根据同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，利用SAS证明△DCG≌△BCE，然后根据全等三角形的性质进行解答；
（1）延长BE、GD相交于点H，根据矩形的性质可得∠ECG=∠BCD=90°，由同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCG∽△BCE，由相似三角形的性质可得，∠BEC=∠DGC，由矩形的性质可得∠FEC=∠FGC=∠F=90°，推出∠H=∠F=90°，据此解答；
（2）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，易证△ECN∽△CGM，根据相似三角形的性质可得CM的值，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知BE=2DG，则2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)=2BG′，然后利用勾股定理进行计算即可.
10．（2022·朝阳）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
（1）小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
（2）【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
（3）【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】（1）解：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：或
【知识点】三角形全等的判定；三角形的综合
【解析】【解答】（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【分析】（1）延长CD到点E，使DE=BC，连接AE，先证明△ADE≌△ABC（SAS），可得∠DAE=∠BAC，AE=AC，再证明△ACE的等边三角形，可得CE=AC，再利用线段的和差及等量代换可得答案；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N，先证明△AMD≌△ANB（AAS），可得DM=BN，AM=AN，再在证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），可得CM=CN，再利用线段的和差及等量代换可得CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）分两种情况：①当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q；②当∠CBD=75°时，再分别画出图象并求解即可。
11．（2022·兰州）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点， ，EP与正方形的外角 的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接CP，可以求出 的大小，请你思考并解答这个问题．
（3）【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出 周长的最小值．当 时，请你求出 周长的最小值．
【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝ ，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝ ．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，根据正方形的性质以及中点的概念可得AF＝BF＝BE＝CE，则∠BFE＝45°，∠AFE＝135°，根据角平分线的概念可得∠DCP＝45°，则∠ECP＝135°，推出∠AFE＝∠ECP，根据同角的余角相等可得∠PEC＝∠BAE，利用ASA证明△AFE≌△ECP，据此可得结论；
（2）AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理得∠CEP＝∠FAE，证△FAE≌△CEP，得∠ECP＝∠AFE，根据线段的和差关系得BF＝BE，由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE＝45°，则∠AFE=∠ECP＝135°，然后根据∠DCP=∠ECP-∠DCE进行计算；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，点D与G关于CP对称，AP+DP的最小值为AG的长，然后利用勾股定理计算即可.
12．（2022·盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．
（1）证明：；
（2）证明：正方形的面积等于四边形的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
（4）【迁移拓展】
如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形可得，
又，所以四边形是平行四边形，
由（2）知，四边形是平行四边形，
由（1）知，，
所以，
延长交于，
同理有，
所以．
所以．
（4）解：如图为所求作的平行四边形．
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的证明；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接HG，由正方形的性质得AC=CH，BC=CG，∠ACH=∠BCG=90°，AB=AD，根据周角的概念可得∠GCH＝90°，则∠GCH＝∠ACB，证明△ACB≌△HCG，得到GH＝AB＝AD，易得四边形CGLH是矩形，则CL＝GH，据此证明；
（2）根据同角的余角相等可得∠BAC＝∠MAI，根据正方形的性质可得AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，证明△ABC≌△AMI，则△AMI≌△HGC，根据矩形的性质可得S△CHG＝S△CHL，则S△AMI＝S△CHL，据此证明；
（3）根据正方形的性质可得AB∥DE， 推出四边形ADJK是平行四边形，由（2）知四边形ACLM是平行四边形，由（1）知AD=LC，则S平行四边形ADJK=S平行四边形ACLM=S正方形ACHI，延长EB交LG于Q， 同理可得S平行四边形KJEB=S平行四边形CBQL=S正方形BFGC，推出S正方形ACHI+S正方形BFGC=S平行四边形ADJK+S平行四边形KJEB=S正方形ADEB，据此证明；
（4）延长IH、FG交于点L，连接LC，以A为圆心，CL长为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径画弧，交这条直线于点D，分别以A、B为圆心，以AB、AI为半径画弧交于点E，连接AD、DE、BE，则四边形ADEB即为所求.
13．（2022·威海）回顾：用数学的思维思考
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
（2）猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
（3）探究：用数学的语言表达
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
【答案】（1）解：①如图1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠ABC，∠ACE =∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（2）解：添加条件CD=BE，证明如下：
∵AB=AC，CD=BE，
∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（3）能.
在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，
当BD=BF=BA时，E与A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴△CBF∽△BAF，
∴，
∵AB＝AC＝2=BF， 设CF=x，
∴，
整理，得，
解得x=，x=（舍去），
故CF= x=，
∴0＜CF＜．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）①通过证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE；
②方法同①，通过证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE；
（2）添加条件CD=BE，再通过证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE；
（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，先证明△CBF∽△BAF，可得，再设CF=x，可得，整理得到，求出x的值，即可得到答案。
14．（2022·随州）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑.在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式 ，图2对应公式 ，图3对应公式 ，图4对应公式 ；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为.
①若E为边AC的中点，则的值为 ▲ ；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由.
【答案】（1）①；②；④；③
（2）解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：①2；②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立.
【知识点】多项式乘多项式；三角形的面积；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】(1)解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
(3)解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
【分析】观察图1可知长方形的长为a+b+c，宽为d，利用长方形的面积公式可表示出长方形的面积；图2中的此长方形的长为（a+b），宽为（c+d），图3中的正方形的边长为（a+b），图4中的正方形的边长为（a-b）；利用正方形和长方形的面积公式，可得到每一个图形中对应的公式.
（2）由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，分别用两种不同的方法表示出矩形AKHD的面积，即可证得结论.
（3）①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，可得到AD=a，分别用含a的代数式表示出AH，HE，EG，CG，FG，BG的长，再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值；②由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，可表示出AD，AH，EG的长；再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值.
15．（2022·武汉）如图
问题提出：如图（1），中，，是的中点，延长至点，使，延长交于点，探究的值.
（1）问题探究：
先将问题特殊化.如图（2），当时，直接写出的值；
（2）再探究一般情形.如图（1），证明（1）中的结论仍然成立.
（3）问题拓展：
如图（3），在中，，是的中点，是边上一点，，延长至点，使，延长交于点.直接写出的值（用含的式子表示）.
【答案】（1）解：
（2）证明：取的中点，连接.
∵是的中点，∴，.
∵，∴，∴.
∵，∴.
∴.
∴.
∴.∴.
∵，∴.
∴.
∴.
∴.
另解1：证明，得也可求解.
另解2：取的中点，证明也可以求解.
（3）解：
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）取AB的中点G，连接DG，
∵点D是AC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG∥BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点D是AC的中点，
∴BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝30°，
∵BD＝CD，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∴∠BFE=180°-∠ABC-∠E=180°-60°-30°=90°，
∴DF⊥AB，
∵∠AGD＝∠ADG＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴AF＝AG，
∵AG＝AB，
∴AF＝AB，
∴.
（3）取BC的中点H，连接DH，
由（2）同理可证明△DGH≌△DEC（ASA），
∴GH＝CE，
∴HE＝CG，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DH∥BF，
∴△EDH∽△EFB，
∴，
∵DH＝AB，
∴，
∴．
【分析】（1）取AB的中点G，连接DG，易得DG为△ABC的中位线，则DG∥BC，易得△ABC为等边三角形，∠DBC=30°，根据等腰三角形的性质可得∠E=∠DBC=30°，进而推出△ADG为等边三角形，得到AF=AG，然后结合AG=AB进行计算即可；
（2）取BC的中点H，连接DH，同理可得DH∥AB，DH=AB，根据等腰三角形的性质可得∠DHC=∠DCH，∠DBH=∠DEC，结合外角的性质可得∠BDH=∠EDC，证明△DBH≌△DEC，得到BH=EC，证明△EDH∽△EFB，然后根据相似三角形的性质进行计算；
（3）取BC的中点H，连接DH，易证△DGH≌△DEC，利用全等三角形的性质可证得GH=CE；利用已知条件可得到HE和BE的比值，利用DH∥BF，可证得△EDH∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可得比例式，结合DH＝AB，可求出AF与AB的比值.
16．（2022·达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形 和等腰直角三角形 ，按如图1的方式摆放， ，随后保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 .该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当 时，则 ；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出 ， ， 之间的数量关系： ；
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由.
（4）如图5，在 与 中， ，若 ， （m为常数）.保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 ，如图6.试探究 ， ， 之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）45°
（2）BF=AF+CF
（3）解：如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论仍然成立，理由如下，
由（2）知：△ACE≌△BCD，
∴∠CAF＝∠CBD，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠FCG=∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF=CF，
∴BF＝BG+GF=AF+CF.
（4）解：BF=mAF+CF，理由如下，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
又∵BC=mAC，CD=mCE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
由（3）可得△BCG≌△ACF，
∴∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，
∴BG＝mAF，CG＝mFC，
在Rt△CGF中，由勾股定理得GF＝==CF，
∴BF=BG+GF=mAF+CF.
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵△CED是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED=45°，
又∵ED∥BC，
∴∠BCD＝∠CDE＝45°，
∴α＝∠BCD＝45°.
故答案为：45°；
（2）∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AF＝BD，
∵BF＝DF+BD，
∴BF＝DF+AF
又∵DF＝CF，
BF＝AF+CF.
故答案为：BF＝AF+CF；
【分析】（1）由等腰三角性质及平行线性质可推出∠BCD＝∠CDE＝45°，即得α＝∠BCD＝45°；
（2）由由等腰三角性质得∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，从而得∠ACE＝∠BCD，进而证出
△ACE≌△BCD，即得AF＝BD，再由线段和差等量代换即可得BF＝AF+CF；
（3）由（2）知△ACE≌△BCD，即得∠CAF＝∠CBD，过点C作CG⊥CF交BF于点G，利用“ASA”证明△BCG≌△ACF，即得GC＝FC，BG＝AF，从而得到△GCF为等腰直角三角形，继而得GF=CF，再由线段和差关系可得BF＝AF+CF；
（4）由等腰三角形性质得∠DCE＝∠ACB=90°，从而得∠ACE＝∠BCD，结合BC=mAC，CD=mCE，进而证出△BCD∽△ACE，即得∠CBD＝∠CAE，由（3）可得△BCG≌△ACF，即得∠BCG＝∠ACF，从而证出△BGC∽△AFC，即得BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，则BG＝mAF，CG＝mFC，再由勾股定理求得GF=CF，最后由线段和差关系即可得BF=mAF+CF.
17．（2022·宁夏）综合与实践
（1）知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时， ．
（2）问题探究
如图，中，．
如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是 ．
（3）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
（4）实践应用
如图4，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（5）如图5，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
【答案】（1）64
（2）
（3）解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
（4）证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
（5）解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的应用；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；圆柱的体积
【解析】【解答】（1）解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：64；
（2）解：中，，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）利用勾股定理可证得，代入可求出S2的值；
（2）利用勾股定理可证得，利用三角形的面积公式可推出S1+S2=S3，即可求解；
（3）利用勾股定理可证得AB2=AC2+BC2，过点D作DG⊥BC于点G，利用等边三角形的性质及勾股定理，可表示出DG的长，利用三角形的面积公式分别表示出S4，同理表示出S5，S6，由此可推出S4，S5，S6之间的关系；
（4）设AB=c，BC=a，AC=b，可表示出HN，FG，MF，利用等边三角形的性质可得∠HPN=60°，同时可证得△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，由此可表示出△PMN的面积及四边形PMFG的面积，利用勾股定理可得到c2=b2+a2，由此可证得结论；
（5）设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3，以BC为直径的圆的面积为S1，以AC为直径的圆的面积为S2，利用勾股定理可证得c2=b2+a2，两边同时乘以，可推出S1+S2=S3；再理由圆柱体的体积可证得V2+V1=V3，然后结合已知条件求出V2+V1=V3的值.
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