2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之几何综合
一、解答题
1．（2024·海曙模拟）
（1）如图1，平分分别在射线上，若，求证：；
（2）如图2，在中，交边于点于点H．已知，求的面积；
（3）如图3，在等边中，点D在边上，P为延长线上一点，E为边上一点，已知平分，求的长．
2．（2024·津市市模拟）已知，，，点是边上一点，过点作于点，连接，点是中点，连接，．
（1）如图①，线段，之间的数量关系为 ，的度数为 ；
（2）如图②，将绕点按顺时针方向旋转，请判断线段，之间的数量关系及的度数，并说明理由；
（3）若绕点旋转的过程中，当点落到直线上时，连接，若，，请直接写出的长．
3．（2023·海南）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．
（1）当点恰好为的中点时，求证：；
（2）求线段的长；
（3）当为直角三角形时，求的值；
（4）如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
4．（2023·呼和浩特）已知在中，，，，以边为直径作，与边交于点，点为边的中点，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）点为直线上任意一动点，连接交于点，连接．
当时，求的长；
求的最大值．
5．（2023·哈尔滨）已知内接于，为的直径，N为的中点，连接交于点H．
（1）如图①，求证；
（2）如图②，点D在上，连接，，，交于点E，若，求证；
（3）如图③，在（2）的条件下，点F在上，过点F作，交于点G．，过点F作，垂足为R，连接，，，点T在的延长线上，连接，过点T作，交的延长线于点M，若，求的长．
6．（2021·嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连结BD．
[探究1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
[探究2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
7．（2017·湖州）已知正方形 的对角线 ， 相交于点 ．
（1）如图1， ， 分别是 ， 上的点， 与 的延长线相交于点 ．若 ，求证： ；
（2）如图2， 是 上的点，过点 作 ，交线段 于点 ，连结 交 于点 ，交 于点 ．若 ，
①求证： ；
②当 时，求 的长．
二、实践探究题
8．（2024八下·从江期中）已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点.
①②③
（1）【建立模型】
如图①所示，连接BE，DE.求证：BE=DE；
（2）【模型应用】
如图②所示，F是DE延长线上一点，EF交AB于点G，FB⊥BE，判断△FBG的形状，并说明理由；
（3）【模型迁移】
如图③所示，F是DE延长线上一点，EF交AB于点G，FB⊥BE，BE=BF，求证：GE=(-1)DE.
9．（2023·黄冈）【问题呈现】
和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．
（1）如图1，当时，直接写出，的位置关系： ；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
（3）【拓展应用】
当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．
10．（2023·湖州）
（1）【特例感知】
如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
（2）【变式求异】
如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．
11．（2023·襄阳）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的．想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，为常数）．
（1）【特例证明】
如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，．
①填空： ▲ ；
②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．
（2）【类比探究】
如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
（3）【拓展运用】
如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
12．（2023·锦州）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．
（1）【尝试探究】
如图1，当时，易知；
如图2，当时，则与的数量关系为；
（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．
13．（2023·徐州）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
（1）【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
（2）【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
（3）【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为 ．
14．（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．
15．（2022·深圳）
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
16．（2022·乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案.
2.如图，在正方形ABCD中，.求证：. 证明：设CE与DF交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，. ∴. ∵， ∴. ∴. ∴. ∴. ∴.
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
（1）【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且.试猜想的值，并证明你的猜想.
（2）【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且.则 .
（3）【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且.求的值.
17．（2022·宁波）
（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF=CF，AF交DE于点G，求证：DG= EG．
（2）【尝试应用】
如图2，在(1)的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD=6，AE=3，求 的值．
（3）【拓展提高】
如图3，在 ABCD中，∠ADC=45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°，FG平分∠EFC，FG=10，求BF的长．
18．（2021·衢州）如图，
（1）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G.
求证： .
（2）【运用】
如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H.若 ， ，求线段DE的长.
（3）【拓展】
将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若 ， ，求 的值（用含k的代数式表示）.
19．（2020·宁波）如图
（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B.求证： .
（2）【尝试应用】
如图2，在 中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A.若BF=4，BE=3，求AD的长.
（3）【拓展提高】
如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC=2EF， ，AE=2，DF=5，求菱形ABCD的边长.
三、综合题
20．（2015·宁波）如图，在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．
（1）若点M的坐标为（3，4），
①求A，B两点的坐标；
②求ME的长．
（2）若 =3，求∠OBA的度数．
（3）设tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接写出y关于x的函数解析式．
21．（2023·衡阳）（1）[问题探究]
如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．
①求证：；
②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．
22．（2023·娄底）如图1，点为等边的重心，点为边的中点，连接并延长至点，使得，连接，，，
（1）求证：四边形为菱形．
（2）如图2，以点为圆心，为半径作
①判断直线与的位置关系，并予以证明．
②点为劣弧上一动点（与点、点不重合），连接并延长交于点，连接并延长交于点，求证：为定值．
23．（2023·宁夏）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则 ，设，，那么 （用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
（3）拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
24．（2023·巴中）综合与实践．
（1）提出问题如图，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点．
的度数是 ．
： ．
（2）类比探究如图，在和中，，且，，连接、并延长交于点．
的度数是 ；
： ．
（3）问题解决如图，在等边中，于点，点在线段上不与重合，以为边在的左侧构造等边，将绕着点在平面内顺时针旋转任意角度如图，为的中点，为的中点．
说明为等腰三角形．
求的度数．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：平分，
，
又，
，
；
（2）解：如图，过C作于点D．
，
，
又，
，
，，
，
；
（3）解：如图，在线段上取一点F，使，并连结．
平分，
，
又，
，
，
，
，，
，
，即
．
【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义得到：，进而利用"SAS"证明，进而即可求证；
（2）过C作于点D，根据垂直的定义和题目已知信息得到：，进而得到：，最后根据三角形面积计算公式计算即可；
（3）在线段上取一点F，使，并连结．根据角平分线的定义得到：，进而利用"SAS"证明，得到，然后证明，即可得到：，进而即可求出PA的长度.
2．【答案】（1）；
（2）解：，；
理由：如图，取的中点，的中点，连接，，，．
∵，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
在中，
∵，，
∴，
在和中，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，∴，
∵，，
∴，是等边三角形，，
∴；
（3）解：的长为或
【知识点】等边三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形的综合；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1） ，
，
(3)在中，，，，
AB=2BC=6，
当点D落在直线AB上时，过点E作EH⊥AB于点H，如图，
在中，利用30°所对的边是斜边的一半可得，，
在中，
当点D落在直线AB的延长线上时，过点E作G⊥AB于点G，如图，
在中，利用30°所对的边是斜边的一半可得，，
在中，
综上所述，BE的长为或 ，
【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线性质以及等腰三角形的性质即可求解；
（2） 取的中点，的中点，连接，，，，构造，利用全等三角形的性质得到，，结合已知证明，是等边三角形，， 从而求解；
（3）分点D落在直线AB上时；点D落在直线AB的延长线上时两种情况：利用勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质以及三角函数、求解即可.
3．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，
，
点是的中点，
，
，
；
（2）解：四边形是菱形，，，
，，，，
，
，
，
；
（3）解：为直角三角形，
，
，
四边形是菱形，
，，，，
，
，即，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（4）解：的度数是定值，
如图，取的中点，连接、、，
，
是的垂直平分线，
，，
，
点是的中点，，
，
四边形是菱形，
，，，
点是的中点，，
，
点、点、点三点共线，
点是的中点，，
，
，
，
，
点、点、点、点四点共圆，
，
．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可知AD∥BC，利用平行线的性质可证得∠HAB=∠ABC，利用线段中点的定义可证AG=BG，然后利用AAS可证得结论.
（2）利用菱形的性质可证得AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，可求出∠ABD的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AO的长，利用勾股定理求出BO的长，可得BD的长.
（3）利用已知可证得∠DAP=90°，利用菱形的性质可求出∠ADB的度数，利用直角三角形的性质可证得，利用勾股定理求出PD，AP的长；再证明△BPC∽△DPH，利用相似三角形的对应边成比例，可求出HP与PC的比值.
（4）取BC的中点H，连接OH，HM，NC，利用垂直平分线的性质可证得GN=CN，GM=CM，利用等边对等角可证∠NGC=∠GCN，同时可证得HM是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理可证得MH∥AB，利用菱形的性质可求出∠CBO=30°，可推出点M，H，O三点共线；利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得HO=HB=CH，再去证明∠CON+∠NMC=180°，可推出点O，C，M，N四点共圆，利用圆周角定理可求出∠CGN的度数，即可作出判断.
4．【答案】（1）证明：如图，连接，，
是的直径，
，
，
点为边的中点，
，
，
，
，
，即，
，
即，
，
是的半径，
是的切线；
（2）当点在线段上时，如图，过点作于点，
在中，，
设，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
，即，
；
当点在的延长线上时，如图，过点作于点，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，舍去，
，，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，舍去，
；
综上所述，的长为或；
设，则，
如图，是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
的最大值为．
【知识点】切线的判定；圆的综合题；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OD，CD，由AC是⊙O的直径，可得∠ADC=90°，再根据直角三角形的性质说明MC=MD，根据等腰三角形性质可得∠MDC=∠MCD，进而可得∠ODM=90°，再利用切线的判定定理证明；
（2）①分点P在线段BC上和点P在CB的延长线上两种情况讨论；②设CP=n，含n的式子表示AP，利用面积法可得CQ AP=AC CP，求得CQ，再运用乘法公式和不等式性质可得64+n2≥16n，即可得出答案．
5．【答案】（1）证明：如图，连接OC，
为的中点，
，
，
是△ABC中位线，
；
（2）证明：如图，连接OC，
设，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：连接AD，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形ADFE是平行四边形，
是的直径，
，
四边形ADFE矩形，
，
，
过点A作AS⊥DE垂足为S，
，
，
，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）连接OC，由垂径定理可得AH=HC，结合OA=OB可得OH是△ABC的中位线，根据三角形的中位线等于第三边的一半可得结论；
（2）连接OC，设∠BDC=2，首先利用SSS判断出△DOB≌△DOC，得∠BDO=∠CDO=，由等边对等角及同弧所对的圆周角相等得∠ACD=∠ABD=，则∠CDO=∠ACD=，由内错角相等，两直线平行得出OD∥AC；
（3）连接AD，首先由ASA判断出△DGF≌△CHE，得DF=CE，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得CE=AE=DF，由等边对等角及三角形外角线段得∠AED=2，则∠AED=∠BDC=2，由内错角相等，两直线平行得DF∥AE，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ADFE是平行四边形，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得四边形ADFE是矩形，得∠EFD=90°，求出，过点A作AS⊥DE垂足为S，由等角的同名三角函数值相等得sin∠FDR=sin∠AES，推出FR=AS，利用AAS证出△CAS≌△TCM，得CT=AC，由∠CTA的正弦函数求出AC，由等角的同名三角函数值相等得，据此可求出BC的长，最后利用勾股定理可算出AB的长.
6．【答案】[探究1]如图1，设BC=x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转°得到矩形AB'C'D'，点A，B，D'在同一直线上，
∴AD'= AD=BC=x，D'C'=AB'= AB=1，
∴D'B=AD'- AB=x-1，
∴∠BAD=∠D'=90，D'C‘∥DA，
又∵点C'在DB延长线上，
∴△D'C'B∽△ADB，
∴，即，
解得x1=，x2=(不合题意，舍去)；
[探究2] D'M= DM，理由如下：
证明：如图2，连结DD'，
∵D'M∥AC'，∴∠AD'M=∠D'AC'，
∴AD'= AD，∠AD'C'=∠DAB=90°， D'C'= AB，
∴△AC'D'≌△DBA(SAS)，
∴∠D'AC'=∠ADB，∴∠ADB=∠AD'M，
∵ AD’=AD，∴∠ADD'=∠AD'D，
∴∠MDD'=∠MD'D，
∴D'M=DM；
[探究3]关系式为：MN2=PN·DN，理由如下：
证明：如图3，连结AM，
∵D'M=DM，AD'=AD，AM=AM，
∴△AD'M≌△ADM(SSS)，
∴∠MAD'=∠MAD，
∴∠AMN=∠MAD+∠NDA，∠NAM=∠MAD'+∠NAP，
∴∠AMN=∠NAM，
∴MN= AN，
在△NAP与△NDA中，
∠ANP=∠DNA，∠NAP=∠NDA，
∴△NAP∽△NDA，
∴，
∴AN2=PN·DN，
∴MN2=PN·DN.
【知识点】三角形全等的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）设BC=x，根据旋转的性质和矩形的性质把有关线段用x表示出来，证明△D'C'B∽△ADB，然后列比例式构建关于x的方程求解即可；
（2）连结DD'，利用边角边定理证明△AC'D'≌△DBA，得出∠D'AC'=∠ADB，再结合平行线的性质，得出∠ADB=∠AD'M，最后利用旋转性质，根据角的和差关系推出∠MDD'=∠MD'D，则可得出D'M=DM；
（3）连接AM，根据旋转的性质和矩形的性质，利用边边边定理证明△AD'M≌△ADM，得出∠MAD'=∠MAD，再根据角的和差关系求出∠AMN=∠NAM，得出MN=AN，然后证明△NAP∽△NDA，列比例式得出AN2=PN·DN，则可得出结论.
7．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形.
∴AC⊥BD，OD=OC.
∴∠DOG=∠COE=90°.
∴∠OEC+∠OCE=90°.
∵DF⊥CE.
∴∠OEC+∠ODG=90°.
∴∠ODG=∠OCE.
∴△DOG≌△COE（ASA）.
∴OE=OG.
（2）①证明∵OD=OC，∠DOG=∠COE=90°.
又OE=OG.
∴△DOG≌△COE（SAS）.
∴∠ODG=∠OCE.
②解：设CH=x，
∵四边形ABCD是正方形，AB=1
∴BH=1-x
∠DBC=∠BDC=∠ACB=45°
∵EH⊥BC
∴∠BEH=∠EBH=45°
∴EH=BH=1-x
∵∠ODG=∠OCE
∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE
∴∠HDC=∠ECH
∵EH⊥BC
∴∠EHC=∠HCD=90°
∴△CHE∽△DCH
∴=.
∴HC2=EH·CD
得x2+x-1=0
解得x1=，x2= （舍去）.
∴HC=.
【知识点】公式法解一元二次方程；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，可根据三角形全等的判定ASA和性质即可.
（2）①同（1）中，利用上面的结论，根据SAS可证的结论.
②设CH=x，然后根据正方形的性质和相似三角形的判定于性质可得=，然后列方程求解即可.
8．【答案】（1）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°.
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE.
（2）解：△FBG为等腰三角形.理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD=90°，
∴∠AGD+∠ADG=90°.
由(1)知△ABE≌△ADE，
∴∠ADG=∠EBG，
∴∠AGD+∠EBG=90°.
∵FB⊥BE，
∴∠EBF=90°，
∴∠FBG+∠EBG=90°，
∴∠AGD=∠FBG.
∵∠AGD=∠FGB，
∴∠FBG=∠FGB，
∴FG=FB，
∴△FBG是等腰三角形.
（3）证明：∵FB⊥BE，
∴∠FBE=90°.
在Rt△EBF中，BE=BF，
∴EF===BE.
由(1)知BE=DE，
由(2)知FG=BF，
∴FG=BF=BE=DE，
∴GE=EF-FG=BE-DE=DE-DE=(-1)DE.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据正方形性质可得AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，再根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ADE(SAS)，则BE=DE，即可求出答案；
（2）根据正方形性质可得∠GAD=90°，则∠AGD+∠ADG=90°，再根据全等三角形性质可得∠ADG=∠EBG，则∠AGD+∠EBG=90°，再进行角之间的转化可得FG=FB，再根据等腰三角形判定定理即可求出答案；
（3）在Rt△EBF中，根据勾股定理可得EF=BE，结合BE=DE，FG=BF，可得FG=BF=BE=DE，则GE=EF-FG=BE-DE=DE-DE=(-1)DE，即可求出答案.
9．【答案】（1）
（2）解：成立；理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴；
（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
当点D在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
综上分析可知，或．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，
当m=1时，DC=CE，CB=CA，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC=∠CBE.
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90°，
∴∠ANB=90°，
∴AD⊥BE.
【分析】（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，当m=1时，DC=CE，CB=CA，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得到∠DAC=∠CBE，结合∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°可得∠ANB=90°，据此解答；
（2）由同角的余角相等可得∠DCA=∠ECB，由已知条件可得，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCA∽△ECB，得到∠DAC=∠CBE，进而推出∠GAB+∠ABG=90°，则∠AGB=90°，据此解答；
（3）当点E在线段AD上时，连接BE，设AE=x，则AD=x+4，根据相似三角形的性质可得BE=AD=x+，根据解析（2）可知∠AEB=90°，利用勾股定理就可求出x的值，进而可得BE；当点D在线段AE上时，连接BE，同理进行求解.
10．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°-∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC-CQ＝（m-mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴，
∴，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可推出∠A=∠DCM，AD=DC，利用垂直的定义和余角的性质可推出∠ADP＝∠CDM，再利用ASA可证得结论.
（2）作QN⊥BC于点N，易证四边形DBNQ是矩形，利用余角的性质可证得∠DQP＝∠MQN，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△DQP∽△NQM，利用相似三角形的性质可证得 ；利用勾股定理可求出AB的长，同时可求出DB的长；再证明△ADQ∽△ABC，可得对应边成比例，可求出DQ的长，然后求出PQ与QM的比值.
（3）利用已知条件可表示出CQ、AQ的长，利用勾股定理可表示出BC的长；如图3，作QN⊥BC于点N，利用补角的性质可证得∠AQN＝∠PBN，由此可推出∠AQP＝∠NQM，可证得△QAP∽△QNM，利用相似三角形的性质可证得对应边成比例，可证得 ；再证明△QCN∽△BCA，利用相似三角形的性质可表示出QN的长，然后求出PQ与QM的比值.
11．【答案】（1）解：①1；
②证明：四边形是正方形，△EPF是直角三角形.
，，，
，
即，
，
．
（2）解：．理由如下：
过点作交于，如图，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，
即，
，
．
（3）解：过点作交于，作于，作于，如图3，
则，
，
即，
，
由（2）得
∴，
又，
，
，
，，
，，
，
，
，
同理可得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
令，则，，，
，
，
．
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解： (1)①∵的直角顶点与点重合， O为正方形ABCD的对角线交点，
∴PA=PC，即.
故答案为：1.
【分析】（1）①根据顶点与点重合即可得到结论；②通过证明△PAM≌△PBN，即可得到PM=PN.
（2）先写结论再说明理由.过点作交于，证明△PAM∽△PGN，即可得到结论.
（3）过点作交于，作于，作于，证明PM=EN，可得，于是有，.证明，可得.证明可得，于是有BM=BN，可证得AM=CN=GM，即AG=2CN.根据等腰直角三角形的性质得EC=PG=AC，从而可得EC：CN的值.设HN=a，表示出EN和PN，即可求得k值.
12．【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
又，
∴；
（2）解：；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
（3）解：．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴．
∴．
∵是以CE为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，，
∴．
∴，解得．
∴．
∵，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得，最后根据特殊锐角三角函数值可得；
（2），过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
13．【答案】（1）解：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，
∵四边形为平行四边形，若，
∴， ∵，，
∴，
∴，
∴，
∴ ；
（2）证明：延长到点C，使，
∵为的一条中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，
∴，
∴；
（3）200
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：【尝试应用】∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴ ，
∵，
∴抛物线开口向上， ∴当时，的最小值是.
故答案为：.
【分析】【探究发现】作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，由平行四边形的性质可得AB=DC=a，AD∥BC，AD=BC=b，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△DCF，得到BE=CF，然后根据勾股定理进行证明；
【拓展提升】延长BO到点C，使OD=BO，由中线的概念可得OA=CO，则四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知AC2+BD2=2(AB2+BC2)，即c2+(2BO)2=2(a2+b2)，化简即可；
【尝试应用】根据矩形的性质可得AB=CD=8，BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，则PD=12-x，PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=2(x-6)2+200，据此求解.
14．【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.
15．【答案】（1）解：将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，利用相似三角形的性质和勾股定理计算求解即可。
16．【答案】（1）解：，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴；
（2）
（3）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴设，
过点，垂足为，交于点，
则，
在中，，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即.
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN.
∴△ABM∽△ADN，
∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，根据正方形的性质可得AB∥CD，AD∥BC，推出四边形AMFH、AEGN是平行四边形，得到AM＝HF，AN＝EG，根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠DAN，证明△ABM≌△ADN，据此求解；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，根据矩形的对边平行可得AB∥CD，AD∥BC，推出四边形AMFH、AEGN是平行四边形，得到AM＝HF，AN＝EG，根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠DAN，证明△ABM∽△ADN，然后根据相似三角形的性质进行求解；
（3）易得△ABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，作CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，根据等边三角形的性质可得AN=BN=a，利用勾股定理可得CN，根据等角的余角相等可得∠ABF=∠ECN，证明△NCE∽△ABF，然后根据相似三角形的性质进行求解.
17．【答案】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF．
∴，
∴
∵BF=CF，
∴DG= EG．
（2）解：由(1)得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴
（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在 ABCD中，
BO=DO，∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由(1)得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40° ，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50° ，
∴∠BFM= 180°-∠EFM-∠EFG-∠CFG=30°．
∴在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5，FN=FMcos30°=5 ，
∵∠MBN=45°，MN⊥BN，
∴BN= MN=5，
∴BF=BN+FN=5+ 5．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】(1)由DE∥BC，证明△ADG~ △ABF，△AEG~△ACF，根据相似比的性质列出比例式，结合BF=CF，即可得出结论；
(2)由(1)得DG=EG，CG⊥DE，求出△DCE是等腰三角形，得出EC的长，则可求出AC长，由DE∥BC，证明△ADE∽△ABC．利用三角形相似比的性质，即可求出 的值；
(3)延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N，根据（1）的方法求出ME=GE，构造出等腰三角形MFG，求出MF的长，根据直角三角形的性质求出∠EFG的度数，则可求出∠CFG，然后根据平角的定义求出∠BFM=30°，最后根据含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长.
18．【答案】（1）证明：如图1，
由 折叠得到，
，
.
又 四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
（2）解：如图，连接 ，
由（1）得 ，
，
由折叠得 ， ，
.
四边形 是正方形，
，
，
又 ，
，
.
， ，
， .
，
，
（ 舍去）
（3）解：如图，连结HE，
由已知 可设 ， ，可令 ，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得， ，
，
由折叠得 ，
，
又 ，
，
，
又 ，
，
，
，
，
，
.
，
，
，
（ 舍去）.
②当点 在 点右边时，如图，
同理得 ， ，
同理可得 ，
可得 ， ，
，
，
（ 舍去）.
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用折叠的性质可证得BE⊥CF，利用正方形的性质可得到BC=CD，∠D=∠BCE，利用余角的性质可得到∠BEC=∠CGD；然后利用AAS可证得结论.
（2）利用全等三角形的性质可求出DG的长，利用折叠的性质可得到BC=BF，CE=EF=9；再证明∠HFG=∠HGF，利用等角对等边可证得HF=HG，结合已知条件可求出HD，HF的长；再利用勾股定理建立关于DE的方程，解方程求出DE的长.
（3）连结HE， 设DH=4m，HG=5m， ，①当点H在D点左边时，同理可证得HF=HG，可得到DG=9，利用折叠的性质及余角的性质可推出∠BEC=∠CGD，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值；②当点 在 点右边时，如图，同理可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值.
19．【答案】（1）解： ∵∠ACD=∠B，∠A=∠A
∴△ADC∽△ACB
∴
∴AC2=AD·AB
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，---6分
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BF2=BE·BC，
∴BC=
∴AD=
（3）解：如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC= ∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形A EGC为平行四边形，
∴AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，
∵∠EDF= ∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴DE2=EF·EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF ，
∴DE= EF，
又∵
∴DG= DF=5 ，
∴DC=DG-CG=5 -2
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用两个角相等的两个三角形相似，再根据相似三角形的性质列比例式即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得出AD=BC，∠A=∠C，再根据两个角分别相等的两个三角形相似求出△BFE∽△BCF，于是由对应边成比例可得BF2=BE·BC，则BC的长可求，AD的长也可知；
（3）分别延长EF，DC相交于点G，由两组对边分别平行可得四边形A EGC为平行四边形，可得△EDF∽△EGD，于是由相似三角形的性质得出DE2=EF·EG，结合EG=AC=2EF， 可得DE=EF，再根据相似三角形的性质列式，两者结合可得求得DG的长，则DC的长可求.
20．【答案】（1）解：①连接DM、MC，如图1．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠MDO=∠MCO=90°．
∵∠AOB=90°，
∴四边形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴ ， ．
∵点M是AB的中点，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC．
∵点M的坐标为（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴点B的坐标为（0，8），点A的坐标为（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB= =10．
∴BM= AB=5．
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴ = ，
∴ = ，
∴BE= ，
∴ME=BE﹣BM= ﹣5=
（2）解：连接DP、PE，如图2．
∵ =3，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，
，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cos∠DPK= = ，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°．
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°
（3）解：y关于x的函数解析式为y= ．
提示：连接PD、OE，如图3．
设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，
BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，
PK= ﹣t= ．
由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，
则有 = ，可得ME= t．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠OEM=90°，
∴OE2=OM2﹣ME2=[（y+1）t]2﹣[ t]2= （y2﹣2y），
即OE= ，
BE=BM+ME=（y+1）t+ t= ，
∴x=tan∠OBA= = ，
∴x2= =1﹣ ，
整理得：y= ．
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆的综合题；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；求特殊角的三角函数值；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）①连接DM、MC，如图1，易证四边形OCMD是矩形，从而得到MD∥OA，MC∥OB，由点M是AB的中点即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用点M的坐标就可解决问题；②根据勾股定理可求出AB的长，从而得到BM的长，要求ME的长，只需求BE的长，只需证△OBM∽△EBD，然后运用相似三角形的性质即可；（2）连接DP、PE，如图2，由 =3可得OK=3MK，进而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易证△DPK≌△EMK，则有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，从而可得cos∠DPK= = ，则有∠DPK=60°，根据圆周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；（3）连接PD、OE，如图3，设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，PK= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，则有 = ，由此可得ME= t，从而可求得OE= ，BE= ，则有x=tan∠OBA= = ，即x2= =1﹣ ，整理得y= ．
21．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD = CB，∠DCA= ∠BCA= 45°，
∵CP=CP，
∴△DCP≌△BCP，
∴PD = PB；
②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
理由如下：如图所示：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC = ∠BAC =45°，∠DAB= 90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM= PN，
∴∠MPN = 90°，
∵PD=PQ，PM =PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN= ∠QPM，
∴∠QPN + ∠QPM = 90°，
∴∠QPN +∠DPN = 90°，
∴∠DPQ =90°；
③AQ=OP；
理由如下：如图所示：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，作PM⊥AE于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴PAE = ∠PEA= 45°，EF= OP，
∴PA=PE，
∵PD = PB，PD = PQ，
∴PQ= PB，
∵PM⊥AE，
∴QM=BM，AM=EM，
∴AQ= BE，
∵∠EFB= 90°，∠EBF = 45°，
∴，
∴AQ=OP.
（2）解：；
证明：∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
作交于点E，交于点G，如图，
则四边形是平行四边形，，，
∴，都是等边三角形，
∴，
作于点M，则，
∴，
∴．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质求出CD = CB，∠DCA= ∠BCA= 45°，再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
②利用矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质证明求解即可；
③利用正方形的性质求出∠BAC=45°，∠AOB=90°，再利用锐角三角函数计算求解即可；
（2）利用菱形的性质求出 ， 再求出 ， 最后证明即可。
22．【答案】（1）证明：如图，延长交于点，连接，
∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，
∴ ，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵ ，
∴四边形为菱形；
（2）解：①解：直线是的切线，理由如下：延长交于点，连接，
∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，，
∴为的角平分线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
②证明：在优弧上取一点，连接、，
由①得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∵
∴，即为定值．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定；切线的判定；圆的综合题
【解析】【分析】（1）延长交于点，连接，先根据等边三角形的性质、重心的性质即可得到中线过点，即、、三点共线，，，进而结合题意运用平行四边形的判定即可得到四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可求解；
（2）①延长交于点，连接，先根据等边三角形的性质、重心的性质即可得到中线过点，即、、三点共线，，，进而根据角平分线的性质得到，再根据菱形的性质得到，从而结合题意即可证明，然后结合切线的判定即可求解；
②在优弧上取一点，连接、，由①得，进而根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可得到，从而得到，再根据圆内接四边形的性质得到，进而结合题意证明，然后根据三角形全等的判定与性质即可证明得到，再结合题意即可求证。
23．【答案】（1）72；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
（3）解：如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）首先求出 ∠ABC与∠C，再根据折叠，可知，即可根据三角形内角和求∠BDE；由题意可知，AB=AC，由折叠可知BE=BC，即可求出AE；
（2）首先证明，即可知，求出AC、BC、CD，即可证明结论；
（3）拓展应用：连接，延长至点，使，连接，首先证明为黄金三角形，即可求出AC.
24．【答案】（1）90°；1：1
（2）45°；
（3）解：解：连接、，延长交于点，交于点．
在等边中，又于点，
为的中点，
又为的中点，为的中点，
、分别是、的中位线，
，．
，
．
．
在和中，
，
≌．
．
．
为等腰三角形．
≌，
，
由规律可知：，
，
又，，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）①如图1所示，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，又∵BA=CA，DA=EA，∴△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠CBD=∠ABD+∠CBD=45°，又∵∠ACB=45°，∴∠BOC=180°-∠ACB-（ACE+∠CBD）=90°；②又△BAD≌△CAE，∴BD=CE；∴BD∶CE=1∶1；
故第1空答案为：90°；第2空答案为：1∶1；
（2）①如图2所示，∵∠ACB=∠DCE=45°，∴∠BCE=∠ACD，又∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∴，∴△CAD∽△CBE，∴∠CAD=∠CBE，∴∠CAD+∠ABE=∠CBE+∠ABE=45°，∴∠A0B180°-∠BOC-（∠CAD+∠ABE）=45°；②∵△CAD∽△CBE，∴
故第1空答案为：45°；第2空答案为：
【分析】（1）可证明△BAD和△CAE全等，得出全等三角形的对应角∠ABD=∠ACE，从而得出∠OBC+∠ACO=45°，由三角形内角和定理得出∠BOC=90°；得出对应边BD=CE，∴BD∶CE=1∶1；
（2）可证明△CAD和△CBE相似，得出相似三角形的对应角∠CAD=∠CBE，从而得出∠OBA+∠CAD=45°，由三角形内角和定理得出∠AOB=45°；得出对应边AD∶BE=AC∶BC=；
（3）要证△MND是等腰三角形，可证MN=DN，由题意知MN、DN分别是△BEF、△BCE的中位线，所以只需证明BF=CE，通过证明△ACE和△ABF全等，即可证明BF=CE，所以结论得证；由（1）（2）的规律易知∠BOC=60°，所以∠FOC=120°，根据三角形中位线的性质定理，可得到NN∥BF，DN∥CE，所以可得：∠MND=∠MPE=∠FOC=120°。
1 / 12024年中考数学考前20天终极冲刺专题之几何综合
一、解答题
1．（2024·海曙模拟）
（1）如图1，平分分别在射线上，若，求证：；
（2）如图2，在中，交边于点于点H．已知，求的面积；
（3）如图3，在等边中，点D在边上，P为延长线上一点，E为边上一点，已知平分，求的长．
【答案】（1）证明：平分，
，
又，
，
；
（2）解：如图，过C作于点D．
，
，
又，
，
，，
，
；
（3）解：如图，在线段上取一点F，使，并连结．
平分，
，
又，
，
，
，
，，
，
，即
．
【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义得到：，进而利用"SAS"证明，进而即可求证；
（2）过C作于点D，根据垂直的定义和题目已知信息得到：，进而得到：，最后根据三角形面积计算公式计算即可；
（3）在线段上取一点F，使，并连结．根据角平分线的定义得到：，进而利用"SAS"证明，得到，然后证明，即可得到：，进而即可求出PA的长度.
2．（2024·津市市模拟）已知，，，点是边上一点，过点作于点，连接，点是中点，连接，．
（1）如图①，线段，之间的数量关系为 ，的度数为 ；
（2）如图②，将绕点按顺时针方向旋转，请判断线段，之间的数量关系及的度数，并说明理由；
（3）若绕点旋转的过程中，当点落到直线上时，连接，若，，请直接写出的长．
【答案】（1）；
（2）解：，；
理由：如图，取的中点，的中点，连接，，，．
∵，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
在中，
∵，，
∴，
在和中，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，∴，
∵，，
∴，是等边三角形，，
∴；
（3）解：的长为或
【知识点】等边三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形的综合；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1） ，
，
(3)在中，，，，
AB=2BC=6，
当点D落在直线AB上时，过点E作EH⊥AB于点H，如图，
在中，利用30°所对的边是斜边的一半可得，，
在中，
当点D落在直线AB的延长线上时，过点E作G⊥AB于点G，如图，
在中，利用30°所对的边是斜边的一半可得，，
在中，
综上所述，BE的长为或 ，
【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线性质以及等腰三角形的性质即可求解；
（2） 取的中点，的中点，连接，，，，构造，利用全等三角形的性质得到，，结合已知证明，是等边三角形，， 从而求解；
（3）分点D落在直线AB上时；点D落在直线AB的延长线上时两种情况：利用勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质以及三角函数、求解即可.
3．（2023·海南）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．
（1）当点恰好为的中点时，求证：；
（2）求线段的长；
（3）当为直角三角形时，求的值；
（4）如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，
，
点是的中点，
，
，
；
（2）解：四边形是菱形，，，
，，，，
，
，
，
；
（3）解：为直角三角形，
，
，
四边形是菱形，
，，，，
，
，即，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（4）解：的度数是定值，
如图，取的中点，连接、、，
，
是的垂直平分线，
，，
，
点是的中点，，
，
四边形是菱形，
，，，
点是的中点，，
，
点、点、点三点共线，
点是的中点，，
，
，
，
，
点、点、点、点四点共圆，
，
．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可知AD∥BC，利用平行线的性质可证得∠HAB=∠ABC，利用线段中点的定义可证AG=BG，然后利用AAS可证得结论.
（2）利用菱形的性质可证得AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，可求出∠ABD的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AO的长，利用勾股定理求出BO的长，可得BD的长.
（3）利用已知可证得∠DAP=90°，利用菱形的性质可求出∠ADB的度数，利用直角三角形的性质可证得，利用勾股定理求出PD，AP的长；再证明△BPC∽△DPH，利用相似三角形的对应边成比例，可求出HP与PC的比值.
（4）取BC的中点H，连接OH，HM，NC，利用垂直平分线的性质可证得GN=CN，GM=CM，利用等边对等角可证∠NGC=∠GCN，同时可证得HM是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理可证得MH∥AB，利用菱形的性质可求出∠CBO=30°，可推出点M，H，O三点共线；利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得HO=HB=CH，再去证明∠CON+∠NMC=180°，可推出点O，C，M，N四点共圆，利用圆周角定理可求出∠CGN的度数，即可作出判断.
4．（2023·呼和浩特）已知在中，，，，以边为直径作，与边交于点，点为边的中点，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）点为直线上任意一动点，连接交于点，连接．
当时，求的长；
求的最大值．
【答案】（1）证明：如图，连接，，
是的直径，
，
，
点为边的中点，
，
，
，
，
，即，
，
即，
，
是的半径，
是的切线；
（2）当点在线段上时，如图，过点作于点，
在中，，
设，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
，即，
；
当点在的延长线上时，如图，过点作于点，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，舍去，
，，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，舍去，
；
综上所述，的长为或；
设，则，
如图，是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
的最大值为．
【知识点】切线的判定；圆的综合题；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OD，CD，由AC是⊙O的直径，可得∠ADC=90°，再根据直角三角形的性质说明MC=MD，根据等腰三角形性质可得∠MDC=∠MCD，进而可得∠ODM=90°，再利用切线的判定定理证明；
（2）①分点P在线段BC上和点P在CB的延长线上两种情况讨论；②设CP=n，含n的式子表示AP，利用面积法可得CQ AP=AC CP，求得CQ，再运用乘法公式和不等式性质可得64+n2≥16n，即可得出答案．
5．（2023·哈尔滨）已知内接于，为的直径，N为的中点，连接交于点H．
（1）如图①，求证；
（2）如图②，点D在上，连接，，，交于点E，若，求证；
（3）如图③，在（2）的条件下，点F在上，过点F作，交于点G．，过点F作，垂足为R，连接，，，点T在的延长线上，连接，过点T作，交的延长线于点M，若，求的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OC，
为的中点，
，
，
是△ABC中位线，
；
（2）证明：如图，连接OC，
设，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：连接AD，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形ADFE是平行四边形，
是的直径，
，
四边形ADFE矩形，
，
，
过点A作AS⊥DE垂足为S，
，
，
，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）连接OC，由垂径定理可得AH=HC，结合OA=OB可得OH是△ABC的中位线，根据三角形的中位线等于第三边的一半可得结论；
（2）连接OC，设∠BDC=2，首先利用SSS判断出△DOB≌△DOC，得∠BDO=∠CDO=，由等边对等角及同弧所对的圆周角相等得∠ACD=∠ABD=，则∠CDO=∠ACD=，由内错角相等，两直线平行得出OD∥AC；
（3）连接AD，首先由ASA判断出△DGF≌△CHE，得DF=CE，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得CE=AE=DF，由等边对等角及三角形外角线段得∠AED=2，则∠AED=∠BDC=2，由内错角相等，两直线平行得DF∥AE，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ADFE是平行四边形，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得四边形ADFE是矩形，得∠EFD=90°，求出，过点A作AS⊥DE垂足为S，由等角的同名三角函数值相等得sin∠FDR=sin∠AES，推出FR=AS，利用AAS证出△CAS≌△TCM，得CT=AC，由∠CTA的正弦函数求出AC，由等角的同名三角函数值相等得，据此可求出BC的长，最后利用勾股定理可算出AB的长.
6．（2021·嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连结BD．
[探究1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
[探究2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
【答案】[探究1]如图1，设BC=x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转°得到矩形AB'C'D'，点A，B，D'在同一直线上，
∴AD'= AD=BC=x，D'C'=AB'= AB=1，
∴D'B=AD'- AB=x-1，
∴∠BAD=∠D'=90，D'C‘∥DA，
又∵点C'在DB延长线上，
∴△D'C'B∽△ADB，
∴，即，
解得x1=，x2=(不合题意，舍去)；
[探究2] D'M= DM，理由如下：
证明：如图2，连结DD'，
∵D'M∥AC'，∴∠AD'M=∠D'AC'，
∴AD'= AD，∠AD'C'=∠DAB=90°， D'C'= AB，
∴△AC'D'≌△DBA(SAS)，
∴∠D'AC'=∠ADB，∴∠ADB=∠AD'M，
∵ AD’=AD，∴∠ADD'=∠AD'D，
∴∠MDD'=∠MD'D，
∴D'M=DM；
[探究3]关系式为：MN2=PN·DN，理由如下：
证明：如图3，连结AM，
∵D'M=DM，AD'=AD，AM=AM，
∴△AD'M≌△ADM(SSS)，
∴∠MAD'=∠MAD，
∴∠AMN=∠MAD+∠NDA，∠NAM=∠MAD'+∠NAP，
∴∠AMN=∠NAM，
∴MN= AN，
在△NAP与△NDA中，
∠ANP=∠DNA，∠NAP=∠NDA，
∴△NAP∽△NDA，
∴，
∴AN2=PN·DN，
∴MN2=PN·DN.
【知识点】三角形全等的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）设BC=x，根据旋转的性质和矩形的性质把有关线段用x表示出来，证明△D'C'B∽△ADB，然后列比例式构建关于x的方程求解即可；
（2）连结DD'，利用边角边定理证明△AC'D'≌△DBA，得出∠D'AC'=∠ADB，再结合平行线的性质，得出∠ADB=∠AD'M，最后利用旋转性质，根据角的和差关系推出∠MDD'=∠MD'D，则可得出D'M=DM；
（3）连接AM，根据旋转的性质和矩形的性质，利用边边边定理证明△AD'M≌△ADM，得出∠MAD'=∠MAD，再根据角的和差关系求出∠AMN=∠NAM，得出MN=AN，然后证明△NAP∽△NDA，列比例式得出AN2=PN·DN，则可得出结论.
7．（2017·湖州）已知正方形 的对角线 ， 相交于点 ．
（1）如图1， ， 分别是 ， 上的点， 与 的延长线相交于点 ．若 ，求证： ；
（2）如图2， 是 上的点，过点 作 ，交线段 于点 ，连结 交 于点 ，交 于点 ．若 ，
①求证： ；
②当 时，求 的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形.
∴AC⊥BD，OD=OC.
∴∠DOG=∠COE=90°.
∴∠OEC+∠OCE=90°.
∵DF⊥CE.
∴∠OEC+∠ODG=90°.
∴∠ODG=∠OCE.
∴△DOG≌△COE（ASA）.
∴OE=OG.
（2）①证明∵OD=OC，∠DOG=∠COE=90°.
又OE=OG.
∴△DOG≌△COE（SAS）.
∴∠ODG=∠OCE.
②解：设CH=x，
∵四边形ABCD是正方形，AB=1
∴BH=1-x
∠DBC=∠BDC=∠ACB=45°
∵EH⊥BC
∴∠BEH=∠EBH=45°
∴EH=BH=1-x
∵∠ODG=∠OCE
∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE
∴∠HDC=∠ECH
∵EH⊥BC
∴∠EHC=∠HCD=90°
∴△CHE∽△DCH
∴=.
∴HC2=EH·CD
得x2+x-1=0
解得x1=，x2= （舍去）.
∴HC=.
【知识点】公式法解一元二次方程；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，可根据三角形全等的判定ASA和性质即可.
（2）①同（1）中，利用上面的结论，根据SAS可证的结论.
②设CH=x，然后根据正方形的性质和相似三角形的判定于性质可得=，然后列方程求解即可.
二、实践探究题
8．（2024八下·从江期中）已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点.
①②③
（1）【建立模型】
如图①所示，连接BE，DE.求证：BE=DE；
（2）【模型应用】
如图②所示，F是DE延长线上一点，EF交AB于点G，FB⊥BE，判断△FBG的形状，并说明理由；
（3）【模型迁移】
如图③所示，F是DE延长线上一点，EF交AB于点G，FB⊥BE，BE=BF，求证：GE=(-1)DE.
【答案】（1）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°.
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE.
（2）解：△FBG为等腰三角形.理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD=90°，
∴∠AGD+∠ADG=90°.
由(1)知△ABE≌△ADE，
∴∠ADG=∠EBG，
∴∠AGD+∠EBG=90°.
∵FB⊥BE，
∴∠EBF=90°，
∴∠FBG+∠EBG=90°，
∴∠AGD=∠FBG.
∵∠AGD=∠FGB，
∴∠FBG=∠FGB，
∴FG=FB，
∴△FBG是等腰三角形.
（3）证明：∵FB⊥BE，
∴∠FBE=90°.
在Rt△EBF中，BE=BF，
∴EF===BE.
由(1)知BE=DE，
由(2)知FG=BF，
∴FG=BF=BE=DE，
∴GE=EF-FG=BE-DE=DE-DE=(-1)DE.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据正方形性质可得AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，再根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ADE(SAS)，则BE=DE，即可求出答案；
（2）根据正方形性质可得∠GAD=90°，则∠AGD+∠ADG=90°，再根据全等三角形性质可得∠ADG=∠EBG，则∠AGD+∠EBG=90°，再进行角之间的转化可得FG=FB，再根据等腰三角形判定定理即可求出答案；
（3）在Rt△EBF中，根据勾股定理可得EF=BE，结合BE=DE，FG=BF，可得FG=BF=BE=DE，则GE=EF-FG=BE-DE=DE-DE=(-1)DE，即可求出答案.
9．（2023·黄冈）【问题呈现】
和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．
（1）如图1，当时，直接写出，的位置关系： ；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
（3）【拓展应用】
当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．
【答案】（1）
（2）解：成立；理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴；
（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
当点D在线段上时，连接，如图所示：
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
综上分析可知，或．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，
当m=1时，DC=CE，CB=CA，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC=∠CBE.
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90°，
∴∠ANB=90°，
∴AD⊥BE.
【分析】（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，当m=1时，DC=CE，CB=CA，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得到∠DAC=∠CBE，结合∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°可得∠ANB=90°，据此解答；
（2）由同角的余角相等可得∠DCA=∠ECB，由已知条件可得，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCA∽△ECB，得到∠DAC=∠CBE，进而推出∠GAB+∠ABG=90°，则∠AGB=90°，据此解答；
（3）当点E在线段AD上时，连接BE，设AE=x，则AD=x+4，根据相似三角形的性质可得BE=AD=x+，根据解析（2）可知∠AEB=90°，利用勾股定理就可求出x的值，进而可得BE；当点D在线段AE上时，连接BE，同理进行求解.
10．（2023·湖州）
（1）【特例感知】
如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
（2）【变式求异】
如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．
【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°-∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC-CQ＝（m-mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴，
∴，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可推出∠A=∠DCM，AD=DC，利用垂直的定义和余角的性质可推出∠ADP＝∠CDM，再利用ASA可证得结论.
（2）作QN⊥BC于点N，易证四边形DBNQ是矩形，利用余角的性质可证得∠DQP＝∠MQN，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△DQP∽△NQM，利用相似三角形的性质可证得 ；利用勾股定理可求出AB的长，同时可求出DB的长；再证明△ADQ∽△ABC，可得对应边成比例，可求出DQ的长，然后求出PQ与QM的比值.
（3）利用已知条件可表示出CQ、AQ的长，利用勾股定理可表示出BC的长；如图3，作QN⊥BC于点N，利用补角的性质可证得∠AQN＝∠PBN，由此可推出∠AQP＝∠NQM，可证得△QAP∽△QNM，利用相似三角形的性质可证得对应边成比例，可证得 ；再证明△QCN∽△BCA，利用相似三角形的性质可表示出QN的长，然后求出PQ与QM的比值.
11．（2023·襄阳）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的．想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，为常数）．
（1）【特例证明】
如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，．
①填空： ▲ ；
②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．
（2）【类比探究】
如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
（3）【拓展运用】
如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
【答案】（1）解：①1；
②证明：四边形是正方形，△EPF是直角三角形.
，，，
，
即，
，
．
（2）解：．理由如下：
过点作交于，如图，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，
即，
，
．
（3）解：过点作交于，作于，作于，如图3，
则，
，
即，
，
由（2）得
∴，
又，
，
，
，，
，，
，
，
，
同理可得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
令，则，，，
，
，
．
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解： (1)①∵的直角顶点与点重合， O为正方形ABCD的对角线交点，
∴PA=PC，即.
故答案为：1.
【分析】（1）①根据顶点与点重合即可得到结论；②通过证明△PAM≌△PBN，即可得到PM=PN.
（2）先写结论再说明理由.过点作交于，证明△PAM∽△PGN，即可得到结论.
（3）过点作交于，作于，作于，证明PM=EN，可得，于是有，.证明，可得.证明可得，于是有BM=BN，可证得AM=CN=GM，即AG=2CN.根据等腰直角三角形的性质得EC=PG=AC，从而可得EC：CN的值.设HN=a，表示出EN和PN，即可求得k值.
12．（2023·锦州）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．
（1）【尝试探究】
如图1，当时，易知；
如图2，当时，则与的数量关系为；
（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．
【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
又，
∴；
（2）解：；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
（3）解：．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴．
∴．
∵是以CE为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，，
∴．
∴，解得．
∴．
∵，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得，最后根据特殊锐角三角函数值可得；
（2），过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
13．（2023·徐州）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
（1）【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
（2）【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
（3）【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为 ．
【答案】（1）解：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，
∵四边形为平行四边形，若，
∴， ∵，，
∴，
∴，
∴，
∴ ；
（2）证明：延长到点C，使，
∵为的一条中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，
∴，
∴；
（3）200
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：【尝试应用】∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴ ，
∵，
∴抛物线开口向上， ∴当时，的最小值是.
故答案为：.
【分析】【探究发现】作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，由平行四边形的性质可得AB=DC=a，AD∥BC，AD=BC=b，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△DCF，得到BE=CF，然后根据勾股定理进行证明；
【拓展提升】延长BO到点C，使OD=BO，由中线的概念可得OA=CO，则四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知AC2+BD2=2(AB2+BC2)，即c2+(2BO)2=2(a2+b2)，化简即可；
【尝试应用】根据矩形的性质可得AB=CD=8，BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，则PD=12-x，PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=2(x-6)2+200，据此求解.
14．（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.
15．（2022·深圳）
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
【答案】（1）解：将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，利用相似三角形的性质和勾股定理计算求解即可。
16．（2022·乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案.
2.如图，在正方形ABCD中，.求证：. 证明：设CE与DF交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，. ∴. ∵， ∴. ∴. ∴. ∴. ∴.
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
（1）【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且.试猜想的值，并证明你的猜想.
（2）【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且.则 .
（3）【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且.求的值.
【答案】（1）解：，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴；
（2）
（3）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴设，
过点，垂足为，交于点，
则，
在中，，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即.
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN.
∴△ABM∽△ADN，
∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，根据正方形的性质可得AB∥CD，AD∥BC，推出四边形AMFH、AEGN是平行四边形，得到AM＝HF，AN＝EG，根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠DAN，证明△ABM≌△ADN，据此求解；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，根据矩形的对边平行可得AB∥CD，AD∥BC，推出四边形AMFH、AEGN是平行四边形，得到AM＝HF，AN＝EG，根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠DAN，证明△ABM∽△ADN，然后根据相似三角形的性质进行求解；
（3）易得△ABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，作CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，根据等边三角形的性质可得AN=BN=a，利用勾股定理可得CN，根据等角的余角相等可得∠ABF=∠ECN，证明△NCE∽△ABF，然后根据相似三角形的性质进行求解.
17．（2022·宁波）
（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF=CF，AF交DE于点G，求证：DG= EG．
（2）【尝试应用】
如图2，在(1)的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD=6，AE=3，求 的值．
（3）【拓展提高】
如图3，在 ABCD中，∠ADC=45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°，FG平分∠EFC，FG=10，求BF的长．
【答案】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF．
∴，
∴
∵BF=CF，
∴DG= EG．
（2）解：由(1)得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴
（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在 ABCD中，
BO=DO，∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由(1)得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40° ，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50° ，
∴∠BFM= 180°-∠EFM-∠EFG-∠CFG=30°．
∴在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5，FN=FMcos30°=5 ，
∵∠MBN=45°，MN⊥BN，
∴BN= MN=5，
∴BF=BN+FN=5+ 5．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】(1)由DE∥BC，证明△ADG~ △ABF，△AEG~△ACF，根据相似比的性质列出比例式，结合BF=CF，即可得出结论；
(2)由(1)得DG=EG，CG⊥DE，求出△DCE是等腰三角形，得出EC的长，则可求出AC长，由DE∥BC，证明△ADE∽△ABC．利用三角形相似比的性质，即可求出 的值；
(3)延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N，根据（1）的方法求出ME=GE，构造出等腰三角形MFG，求出MF的长，根据直角三角形的性质求出∠EFG的度数，则可求出∠CFG，然后根据平角的定义求出∠BFM=30°，最后根据含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长.
18．（2021·衢州）如图，
（1）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G.
求证： .
（2）【运用】
如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H.若 ， ，求线段DE的长.
（3）【拓展】
将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若 ， ，求 的值（用含k的代数式表示）.
【答案】（1）证明：如图1，
由 折叠得到，
，
.
又 四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
（2）解：如图，连接 ，
由（1）得 ，
，
由折叠得 ， ，
.
四边形 是正方形，
，
，
又 ，
，
.
， ，
， .
，
，
（ 舍去）
（3）解：如图，连结HE，
由已知 可设 ， ，可令 ，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得， ，
，
由折叠得 ，
，
又 ，
，
，
又 ，
，
，
，
，
，
.
，
，
，
（ 舍去）.
②当点 在 点右边时，如图，
同理得 ， ，
同理可得 ，
可得 ， ，
，
，
（ 舍去）.
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用折叠的性质可证得BE⊥CF，利用正方形的性质可得到BC=CD，∠D=∠BCE，利用余角的性质可得到∠BEC=∠CGD；然后利用AAS可证得结论.
（2）利用全等三角形的性质可求出DG的长，利用折叠的性质可得到BC=BF，CE=EF=9；再证明∠HFG=∠HGF，利用等角对等边可证得HF=HG，结合已知条件可求出HD，HF的长；再利用勾股定理建立关于DE的方程，解方程求出DE的长.
（3）连结HE， 设DH=4m，HG=5m， ，①当点H在D点左边时，同理可证得HF=HG，可得到DG=9，利用折叠的性质及余角的性质可推出∠BEC=∠CGD，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值；②当点 在 点右边时，如图，同理可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值.
19．（2020·宁波）如图
（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B.求证： .
（2）【尝试应用】
如图2，在 中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A.若BF=4，BE=3，求AD的长.
（3）【拓展提高】
如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC=2EF， ，AE=2，DF=5，求菱形ABCD的边长.
【答案】（1）解： ∵∠ACD=∠B，∠A=∠A
∴△ADC∽△ACB
∴
∴AC2=AD·AB
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，---6分
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BF2=BE·BC，
∴BC=
∴AD=
（3）解：如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC= ∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形A EGC为平行四边形，
∴AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，
∵∠EDF= ∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴DE2=EF·EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF ，
∴DE= EF，
又∵
∴DG= DF=5 ，
∴DC=DG-CG=5 -2
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用两个角相等的两个三角形相似，再根据相似三角形的性质列比例式即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得出AD=BC，∠A=∠C，再根据两个角分别相等的两个三角形相似求出△BFE∽△BCF，于是由对应边成比例可得BF2=BE·BC，则BC的长可求，AD的长也可知；
（3）分别延长EF，DC相交于点G，由两组对边分别平行可得四边形A EGC为平行四边形，可得△EDF∽△EGD，于是由相似三角形的性质得出DE2=EF·EG，结合EG=AC=2EF， 可得DE=EF，再根据相似三角形的性质列式，两者结合可得求得DG的长，则DC的长可求.
三、综合题
20．（2015·宁波）如图，在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．
（1）若点M的坐标为（3，4），
①求A，B两点的坐标；
②求ME的长．
（2）若 =3，求∠OBA的度数．
（3）设tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接写出y关于x的函数解析式．
【答案】（1）解：①连接DM、MC，如图1．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠MDO=∠MCO=90°．
∵∠AOB=90°，
∴四边形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴ ， ．
∵点M是AB的中点，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC．
∵点M的坐标为（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴点B的坐标为（0，8），点A的坐标为（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB= =10．
∴BM= AB=5．
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴ = ，
∴ = ，
∴BE= ，
∴ME=BE﹣BM= ﹣5=
（2）解：连接DP、PE，如图2．
∵ =3，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，
，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cos∠DPK= = ，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°．
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°
（3）解：y关于x的函数解析式为y= ．
提示：连接PD、OE，如图3．
设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，
BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，
PK= ﹣t= ．
由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，
则有 = ，可得ME= t．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠OEM=90°，
∴OE2=OM2﹣ME2=[（y+1）t]2﹣[ t]2= （y2﹣2y），
即OE= ，
BE=BM+ME=（y+1）t+ t= ，
∴x=tan∠OBA= = ，
∴x2= =1﹣ ，
整理得：y= ．
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆的综合题；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；求特殊角的三角函数值；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）①连接DM、MC，如图1，易证四边形OCMD是矩形，从而得到MD∥OA，MC∥OB，由点M是AB的中点即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用点M的坐标就可解决问题；②根据勾股定理可求出AB的长，从而得到BM的长，要求ME的长，只需求BE的长，只需证△OBM∽△EBD，然后运用相似三角形的性质即可；（2）连接DP、PE，如图2，由 =3可得OK=3MK，进而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易证△DPK≌△EMK，则有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，从而可得cos∠DPK= = ，则有∠DPK=60°，根据圆周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；（3）连接PD、OE，如图3，设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，PK= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，则有 = ，由此可得ME= t，从而可求得OE= ，BE= ，则有x=tan∠OBA= = ，即x2= =1﹣ ，整理得y= ．
21．（2023·衡阳）（1）[问题探究]
如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．
①求证：；
②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD = CB，∠DCA= ∠BCA= 45°，
∵CP=CP，
∴△DCP≌△BCP，
∴PD = PB；
②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
理由如下：如图所示：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC = ∠BAC =45°，∠DAB= 90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM= PN，
∴∠MPN = 90°，
∵PD=PQ，PM =PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN= ∠QPM，
∴∠QPN + ∠QPM = 90°，
∴∠QPN +∠DPN = 90°，
∴∠DPQ =90°；
③AQ=OP；
理由如下：如图所示：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，作PM⊥AE于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴PAE = ∠PEA= 45°，EF= OP，
∴PA=PE，
∵PD = PB，PD = PQ，
∴PQ= PB，
∵PM⊥AE，
∴QM=BM，AM=EM，
∴AQ= BE，
∵∠EFB= 90°，∠EBF = 45°，
∴，
∴AQ=OP.
（2）解：；
证明：∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
作交于点E，交于点G，如图，
则四边形是平行四边形，，，
∴，都是等边三角形，
∴，
作于点M，则，
∴，
∴．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质求出CD = CB，∠DCA= ∠BCA= 45°，再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
②利用矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质证明求解即可；
③利用正方形的性质求出∠BAC=45°，∠AOB=90°，再利用锐角三角函数计算求解即可；
（2）利用菱形的性质求出 ， 再求出 ， 最后证明即可。
22．（2023·娄底）如图1，点为等边的重心，点为边的中点，连接并延长至点，使得，连接，，，
（1）求证：四边形为菱形．
（2）如图2，以点为圆心，为半径作
①判断直线与的位置关系，并予以证明．
②点为劣弧上一动点（与点、点不重合），连接并延长交于点，连接并延长交于点，求证：为定值．
【答案】（1）证明：如图，延长交于点，连接，
∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，
∴ ，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵ ，
∴四边形为菱形；
（2）解：①解：直线是的切线，理由如下：延长交于点，连接，
∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，，
∴为的角平分线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
②证明：在优弧上取一点，连接、，
由①得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∵
∴，即为定值．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定；切线的判定；圆的综合题
【解析】【分析】（1）延长交于点，连接，先根据等边三角形的性质、重心的性质即可得到中线过点，即、、三点共线，，，进而结合题意运用平行四边形的判定即可得到四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可求解；
（2）①延长交于点，连接，先根据等边三角形的性质、重心的性质即可得到中线过点，即、、三点共线，，，进而根据角平分线的性质得到，再根据菱形的性质得到，从而结合题意即可证明，然后结合切线的判定即可求解；
②在优弧上取一点，连接、，由①得，进而根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可得到，从而得到，再根据圆内接四边形的性质得到，进而结合题意证明，然后根据三角形全等的判定与性质即可证明得到，再结合题意即可求证。
23．（2023·宁夏）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则 ，设，，那么 （用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
（3）拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）72；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
（3）解：如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）首先求出 ∠ABC与∠C，再根据折叠，可知，即可根据三角形内角和求∠BDE；由题意可知，AB=AC，由折叠可知BE=BC，即可求出AE；
（2）首先证明，即可知，求出AC、BC、CD，即可证明结论；
（3）拓展应用：连接，延长至点，使，连接，首先证明为黄金三角形，即可求出AC.
24．（2023·巴中）综合与实践．
（1）提出问题如图，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点．
的度数是 ．
： ．
（2）类比探究如图，在和中，，且，，连接、并延长交于点．
的度数是 ；
： ．
（3）问题解决如图，在等边中，于点，点在线段上不与重合，以为边在的左侧构造等边，将绕着点在平面内顺时针旋转任意角度如图，为的中点，为的中点．
说明为等腰三角形．
求的度数．
【答案】（1）90°；1：1
（2）45°；
（3）解：解：连接、，延长交于点，交于点．
在等边中，又于点，
为的中点，
又为的中点，为的中点，
、分别是、的中位线，
，．
，
．
．
在和中，
，
≌．
．
．
为等腰三角形．
≌，
，
由规律可知：，
，
又，，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）①如图1所示，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，又∵BA=CA，DA=EA，∴△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠CBD=∠ABD+∠CBD=45°，又∵∠ACB=45°，∴∠BOC=180°-∠ACB-（ACE+∠CBD）=90°；②又△BAD≌△CAE，∴BD=CE；∴BD∶CE=1∶1；
故第1空答案为：90°；第2空答案为：1∶1；
（2）①如图2所示，∵∠ACB=∠DCE=45°，∴∠BCE=∠ACD，又∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∴，∴△CAD∽△CBE，∴∠CAD=∠CBE，∴∠CAD+∠ABE=∠CBE+∠ABE=45°，∴∠A0B180°-∠BOC-（∠CAD+∠ABE）=45°；②∵△CAD∽△CBE，∴
故第1空答案为：45°；第2空答案为：
【分析】（1）可证明△BAD和△CAE全等，得出全等三角形的对应角∠ABD=∠ACE，从而得出∠OBC+∠ACO=45°，由三角形内角和定理得出∠BOC=90°；得出对应边BD=CE，∴BD∶CE=1∶1；
（2）可证明△CAD和△CBE相似，得出相似三角形的对应角∠CAD=∠CBE，从而得出∠OBA+∠CAD=45°，由三角形内角和定理得出∠AOB=45°；得出对应边AD∶BE=AC∶BC=；
（3）要证△MND是等腰三角形，可证MN=DN，由题意知MN、DN分别是△BEF、△BCE的中位线，所以只需证明BF=CE，通过证明△ACE和△ABF全等，即可证明BF=CE，所以结论得证；由（1）（2）的规律易知∠BOC=60°，所以∠FOC=120°，根据三角形中位线的性质定理，可得到NN∥BF，DN∥CE，所以可得：∠MND=∠MPE=∠FOC=120°。
1 / 1
