2024年中考数学解答题分类汇编——图形的性质（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024年中考数学解答题分类汇编——图形的性质（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-07-22 10:27:17 | ||
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文档简介
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2024年中考数学解答题分类汇编——图形的性质
一．解答题（共25小题）
1．（2024 青海）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EF＝AC，GH＝AC（①_____）．
∴EF＝GH．
同理可得：EH＝FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据① ．
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC＝BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是② ．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线③ 时，中点四边形是④ ．
2．（2024 包头）如图，在 ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE，CE，且S△ABE＝S△DCE．
（1）如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE，EF相交于点G，H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG：GH：HC；
（2）如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N．试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
3．（2024 新疆）【探究】
（1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】
（2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长．
4．（2024 山西）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：…
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ．
（2）如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由；
（3）如图4，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
5．（2024 扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD．
【特殊化感知】
（1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 ；
【一般化探究】
（2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示）
6．（2024 凉山州）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的直线DE⊥AC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接EO并延长，分别交⊙O于M、N两点，交AD于点G，若⊙O的半径为2，∠F＝30°，求GM GN的值．
7．（2024 滨州）【问题背景】
某校八年级数学社团在研究等腰三角形“三线合一”性质时发现：
①如图，在△ABC中，若AD⊥BC，BD＝CD，则有∠B＝∠C；
②某同学顺势提出一个问题：既然①正确，那么进一步推得AB＝AC，即知AB+BD＝AC+CD．若把①中的BD＝CD替换为AB+BD＝AC+CD，还能推出∠B＝∠C吗？
基于此，社团成员小军、小民进行了探索研究，发现确实能推出∠B＝∠C，并分别提供了不同的证明方法．
小军 小民
证明：分别延长DB，DC至E，F两点，使得…… 证明：∵AD⊥BC， ∴△ADB 与△ADC均为直角三角形 根据勾股定理，得……
【问题解决】
（1）完成①的证明；
（2）把②中小军、小民的证明过程补充完整．
8．（2024 云南）如图，AB是⊙O的直径，点D、F是⊙O上异于A、B的点．点C在⊙O外，CA＝CD，延长BF与CA的延长线交于点M，点N在BA的延长线上，∠AMN＝∠ABM，AM BM＝AB MN．点H在直径AB上，∠AHD＝90°，点E是线段DH的中点．
（1）求∠AFB的度数；
（2）求证：直线CM与⊙O相切；
（3）看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、线段CB有关的三个结论：CE+EB＜CB，CE+EB＝CB，CE+EB＞CB，你认为哪个正确？请说明理由．
9．（2024 滨州）【教材呈现】
现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题：
14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．）
【得出结论】
【基础应用】
在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长．
【推广证明】
进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）．
请利用图1证明．
【拓展应用】
如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径．
10．（2024 重庆）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，点P为AB上一点，过点P作PQ∥BC交AC于点Q．设AP的长度为x，点P，Q的距离为y1，△ABC的周长与△APQ的周长之比为y2．
（1）请直接写出y1，y2分别关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象；请分别写出函数y1，y2的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出y1＞y2时x的取值范围．（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）
11．（2024 内江）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，过点C作AD的垂线，垂足为点E．
（1）求证：△ACE∽△ABC；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若AD＝2CE，OA＝，求阴影部分的面积．
12．（2024 吉林）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线AD﹣DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）．
（1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）．
（2）当点E与点C重合时，求t的值．
（3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
13．（2024 湖南）【问题背景】
已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角．
【初步感知】
（1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝ °；
【问题探究】
（2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F．
①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立：
②如图3，当AC＝r，＝时，请补全图形，并求tanα及的值．
14．（2024 扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
（1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离；
（2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
（3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 ．
15．（2024 山东）【实践课题】测量湖边观测点A和湖心岛上鸟类栖息点P之间的距离．
【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据胡岸地形状况，在岸边选取合适的点B．测量A，B两点间的距离以及∠PAB和∠PBA，测量三次取平均值，得到数据：AB＝60米，∠PAB＝79°，∠PBA＝64°．画出示意图，如图1：
【问题解决】（1）计算A，P两点间的距离．
（参考数据：sin64°≈0.90，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，sin37°≈0.60，tan37°≈0.75）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点D，E，F，使得A，D，E在同一条直线上，且AD＝DE，∠DEF＝∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，只需测量EF即可．
（2）乙小组的方案用到了 ．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形
②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
16．（2024 德阳）已知⊙O的半径为5，B、C是⊙O上两定点，点A是⊙O上一动点，且∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D．
（1）证明：点D为上一定点；
（2）过点D作BC的平行线交AB的延长线于点F．
①判断DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
②若△ABC为锐角三角形，求DF的取值范围．
17．（2024 长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形：
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形：
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）．
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形；
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝r．
（2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD．
①该四边形ABCD是“ ”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径．
（3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H．
①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH；
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长．
18．（2024 深圳）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
（1）如图所示，四边形ABCD为“垂中平行四边形”，，CE＝2，则AE＝ ；AB＝ ；
（2）如图2，若四边形ABCD为“垂中平行四边形”，且AB＝BD，猜想AF与CD的关系，并说明理由；
（3）①如图3所示，在△ABC中，BE＝5，CE＝2AE＝12，BE⊥AC交AC于点E，E为垂中点，请画出以BC为边的垂中平行四边形，要求：点A在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，连接CB'，作射线CB'交①中所画平行四边形的边于点P，连接PE，请直接写出PE的值．
19．（2024 天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
（Ⅰ）如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
（Ⅱ）如图②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足为G，CG与OB相交于点F，OA＝3，求线段OF的长．
20．（2024 山西）综合与探究
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
猜想证明：
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积．
21．（2024 河北）已知⊙O的半径为3，弦MN＝2．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝3．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x．
（1）当点B与点N重合时，求劣弧的长；
（2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值；
（3）设点O到BC的距离为d．
①当点A在劣弧上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值；
②直接写出d的最小值．
22．（2024 福建）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE⊥OC，垂足为E，BE的延长线交于点F．
（1）求的值；
（2）求证：△AEB∽△BEC；
（3）求证：AD与EF互相平分．
23．（2024 福建）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸ABCD，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中AE＝FB），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．
（1）直接写出的值；
（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是 ．
（3）今有三种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如表所示：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
规格（单位：cm） 30×40 20×80 80×80
单价（单位：元） 3 5 20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE，EF的比例，制作棱长为10cm的正方体礼品盒．如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）
24．（2024 上海）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且．
（1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC；
（2）已知AD＝AE＝1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM DN，求边CD的长．
25．（2024 山东）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1．
（1）求证：BM＝EN；
（2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P．
①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形；
②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系．
图形的性质
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024 青海）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EF＝AC，GH＝AC（①_____）．
∴EF＝GH．
同理可得：EH＝FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据① 三角形中位线定理 ．
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC＝BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是② 矩形 ．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线③ AC⊥BD且AC＝BD 时，中点四边形是④ 正方形 ．
【分析】（1）根据三角形中位线定理即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到EF＝GH．同理可得：EH＝FG．根据平行四边形的性质得到中点四边形EFGH是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（3）根据菱形的判定定理得到结论；
（4）根据三角形中位线定理得到EH∥BD，EF∥AC，根据平行四边形的判定定理得到四边形EMON是平行四边形，求得∠MEN＝∠MON＝90°，根据矩形的判定定理得到中点四边形EFGH是矩形；
（5）根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：①三角形中位线定理，
故答案为：三角形中位线定理；
（2）证明：∵AC＝BD，
∴EF＝FG，
∴中点四边形EFGH是菱形；
（3）解：②矩形；
故答案为：矩形；
（4）证明：∵EH，EF分别是△ABD和△ABC的中位线，
∴EH∥BD，EF∥AC，
∴四边形EMON是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴∠MON＝90°，
∴∠MEN＝∠MON＝90°，
∴中点四边形EFGH是矩形；
（5）解：③AC⊥BD且AC＝BD；
④正方形；
理由：由（2）知中点四边形EFGH是菱形．由（4）知中点四边形EFGH是矩形，
∴中点四边形EFGH是正方形．
故答案为：AC⊥BD且AC＝BD；正方形．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定菱形的判定正方形的判定，三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
2．（2024 包头）如图，在 ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE，CE，且S△ABE＝S△DCE．
（1）如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE，EF相交于点G，H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG：GH：HC；
（2）如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N．试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）①由平行线之间是等距的以及S△ABE＝S△CDE可得AE＝DE，再证△AEH≌△CFH（AAS）即可得证；②先证△AGE∽△CGB，得出，再根据AH＝BH即可求解；
（2）由第（1）问思路可知可构造8字型相似或者全等，从而过M作MQ∥BC交CN延长线于点Q，先证得到EM＝BE，再证△MQE≌△BCE得到MQ＝BC，最后证△MQN∽△AEN即可得证．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AD和BC之间是等距的，且∠EAH＝∠FCH，
∵S△ABE＝S△CDE，
∴AE＝DE＝AD，
∵F是BC中点，
∴CF＝BF＝BC，
∴CF＝AE，
在△AEH和△CFH中，
，
∴△AEH≌△CFH（AAS），
∴AH＝CH，
∴H是AC中点．
②解：∵∠EAH＝∠FCH，∠AGE＝∠CGB，
∴△AGE∽△CGB，
∴，
设AG＝2a，则CG＝4a，
∴AC＝6a，
∴AH＝CH＝3a，
∴GH＝AH﹣AG＝a，
∴AG：GH：HC＝2a：a：3a＝2：1：3．
（2）AM＝3AN．
证明：过M作MQ∥BC交CN延长线于点Q，
∵ED∥BC，
∴，
∴EM＝BM＝BE，
∵MQ∥BC，
∴∠MQE＝∠BCE，
∵∠MEQ＝∠BEC，EM＝BE，
∴△MQE≌△BCE（AAS），
∴MQ＝BC，
∵MQ∥AD，
∴∠MQE＝∠AEN，
∵∠MNQ＝∠ANE，
∴△MQN∽△AEN，
∴，
∴MN＝2AN，
∴AM＝MN+AN＝3AN．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
3．（2024 新疆）【探究】
（1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】
（2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长．
【分析】（1）①根据条件易证△ABD≌△ACE（SAS），再进行线段转化易得答案；②与第①小问思路一样，证出△ABD≌△ACE（SAS）即可；
（2）由△CEF为直角三角形可知，需要分类讨论确定哪个角是直角三角形，再根据点D的位置关系去讨论即可，因为点D是动点，所以按照前面两问带给我们的思路，去构造类似的全等三角形，进而讨论求解即可．
【解答】解：（1）①CE+CD＝CA．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD
∵BD+CD＝BC，
∴CE+CD＝CA．
②CA+CD＝CE．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD，
∵CB+CD＝BD，
∴CA+CD＝CE．
（2）过E作EH∥AB，则△EHC为等边三角形．
①当点D在H左侧时，如图1，
∵ED＝EF，∠DEH＝∠FEC，EH＝EC，
∴△EDH≌△EFC（SAS），
∴∠ECF＝∠EHD＝120°，
此时△CEF不可能为直角三角形．
②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图2，
同理可得∴△EDH≌△EFC（SAS），
∴∠FCE＝∠EHD＝60°，∠FEC＝∠DHE＜∠HEC＝60°，
此时只有∠FCE有可能为90°，
当∠FCE＝90°时，∠EDH＝90°，
∴ED⊥CH，
∵CH＝CE＝2，
∴CD＝CH＝，
又∵AB＝6，
∴BD＝6﹣．
③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3，
此时只有∠CEF＝90°，
∵∠DEF＝60°，
∴∠CED＝30°，
∵∠ECH＝60°，
∴∠EDC＝CED＝30°，
∴CD＝CE＝2，
∴BD＝6+2．
综上：BD的长为6﹣或6+2．
【点评】本题主要考查三角形综合题，熟练掌握全等三角形的性质和判定是解题的关键．
4．（2024 山西）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：…
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： 240 ．
（2）如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由；
（3）如图4，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
【分析】（1）六边形内角和为720°，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240°；
（2）连接BD，FD，通过全等很容易证出∠BAD＝∠FAD；
（3）作AC、CE、AE的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了．
【解答】解：（2）∠BAD＝∠FAD．
理由如下：连接BD，FD．
∵六边形ABCDEF是等边半正六边形．
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠C＝∠E．
∴△BCD≌△FED．
∴BD＝FD．
在△ABD与△AFD 中，
∴△BAD≌△FAD．
∴∠BAD＝∠FAD．
（3）答案不唯一，
作法一：作法二：
如图，六边形ABCDEF即为所求．
【点评】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键．
5．（2024 扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD．
【特殊化感知】
（1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 AD﹣BD＝CD ；
【一般化探究】
（2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示）
【分析】（1）利用等边三角形的判定与性质和含30°角的直角三角形的性质解答即可；
（2）延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，利用等边三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，圆周角定理和全等三角形的判定与性质解答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点C、D在AB同侧时，延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，利用圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理得到DE＝2DF＝2CD sin，再利用全等三角形的判定与性质得到AD＝BE，则结论可得；②当点C、D在AB两侧时，延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，利用①的方法解答即可．
【解答】解：（1）∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝30°，
∴CD＝BD＝AD，
∴AD﹣BD＝CD．
故答案为：AD﹣BD＝CD；
（2）若∠ACB＝60°，点C、D在AB向侧，AD﹣BD与CD的数量关系为：AD﹣BD＝CD，理由：
延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CDE＝∠BAC＝60°，
∵DE＝CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE＝CD，∠DCE＝∠E＝60°，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝60°+∠BCD，
∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝60°+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE．
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠ADC∠E＝60°．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+CD，
∴AD＝BD+CD，
∴AD﹣BD＝CD．
（3）①当点C、D在AB同侧时，
延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°﹣，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CDE＝∠BAC＝90°﹣，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E＝90°﹣α，∠DCE＝α．
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF＝，DF＝EF＝CD sin，
∴DE＝2DF＝2CD sin，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝α+∠BCD，∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝α+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°﹣，
∴∠ADC＝∠E．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+2CD sin，
∴AD﹣BD＝2CD sin．
②当点C、D在AB两侧时，
延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°﹣，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CBE＝∠DAC，
在△CAD和△CBE中，
，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴CD＝CE，∠ADC＝∠E，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°﹣，
∴∠E＝90°﹣，
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF＝，DF＝EF＝CD sin，
∴DE＝CD sin，
∴DE＝2CD sin，
∵DE＝BD+BE＝AD+BD，
∴AD+BD＝2CD sin．
综上，若∠ACB＝α，AD、BD、CD满足的数量关系为：当点C、D在AB同侧时AD﹣BD＝2CD sin；当点C、D在AB两侧时，AD+BD＝2CD sin．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2024 凉山州）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的直线DE⊥AC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接EO并延长，分别交⊙O于M、N两点，交AD于点G，若⊙O的半径为2，∠F＝30°，求GM GN的值．
【分析】（1）连接OD，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质证明∠DAE＝∠ODA，进而证得OD⊥DE，根据切线的判定即可证得结论；
（2）连接MD，AN，求出OF＝4，DF＝2，则AF＝6，AE＝3，证明AD＝DF＝2，由△DGO∽△AGE，得到＝＝，进而得到DG＝AD，AG＝AD，证明△MGD∽△AGN，根据相似三角形的性质得到＝，得到GM GN＝GD GA＝AD AD＝AD2＝．
【解答】.（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠OAD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠DAE＝∠ODA，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接MD，AN，
在Rt△ODF中，OB＝OD＝2，∠F＝30°，
∴OD＝OF，∠BOD＝60°，
∴OF＝4，
∴DF＝＝2，
∴AF＝2+4＝6，
在Rt△AEF中，∠F＝30°，
∴AE＝AF＝3，
∵∠F＝30°，OD⊥EF，
∴∠DOF＝60°＝∠2+∠3，
∵OA＝OD，
∵∠2＝∠3，
∴∠2＝30°，
∴∠2＝∠F，
∴AD＝DF＝2，
∵OD∥AE，
∴△DGO∽△AGE，
∴＝＝，
∴DG＝AD，AG＝AD，
∵∠ANM＝∠MDG，∠MGD＝∠AGN，
∴△MGD∽△AGN，
∴＝，
∴GM GN＝GD GA＝AD AD＝AD2＝×（2）2＝．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解决问题的关键．
7．（2024 滨州）【问题背景】
某校八年级数学社团在研究等腰三角形“三线合一”性质时发现：
①如图，在△ABC中，若AD⊥BC，BD＝CD，则有∠B＝∠C；
②某同学顺势提出一个问题：既然①正确，那么进一步推得AB＝AC，即知AB+BD＝AC+CD．若把①中的BD＝CD替换为AB+BD＝AC+CD，还能推出∠B＝∠C吗？
基于此，社团成员小军、小民进行了探索研究，发现确实能推出∠B＝∠C，并分别提供了不同的证明方法．
小军 小民
证明：分别延长DB，DC至E，F两点，使得…… 证明：∵AD⊥BC， ∴△ADB 与△ADC均为直角三角形 根据勾股定理，得……
【问题解决】
（1）完成①的证明；
（2）把②中小军、小民的证明过程补充完整．
【分析】（1）根据AD⊥BC，可以得到∠ADB＝∠ADC＝90°，然后根据SAS可以证明△ADB≌△ADC，从而可以得到结论成立；
（2）根据小军的证明过程可知：分别延长DB，DC至E，F两点，使得BE＝BA，CF＝CA，然后作出辅助线，再根据全等三角形的判定方法和等腰三角形的性质，可以证明结论成立；由小民的证明过程可知，是根据勾股定理和相似三角形的判定和性质求的结论成立的，写出相应的证明过程即可．
【解答】证明：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在△ADB和△ADC中，
，
∴△ADB≌△ADC（SAS），
∴∠B＝∠C；
（2）小军的证明过程：
分别延长DB，DC至E，F两点，使得BE＝BA，CF＝CA，如图所示，
∵AB+BD＝AC+CD，
∴BE+BD＝CF+CD，
∴DE＝DF，
∵AD⊥BC，
∴∠ADE＝∠ADF＝90°，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠E＝∠F，
∵BE＝BA，CF＝CA，
∴∠E＝∠BAE，∠F＝∠CAF，
∵∠ABC＝∠E+∠BAE，∠ACB＝∠F+∠CAF，
∴∠ABC＝∠ACB；
小民的证明过程：
∵AD⊥BC，
∴△ADB 与△ADC均为直角三角形，
根据勾股定理，得：AD2+BD2＝AB2，AD2+CD2＝AC2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2+CD2＝AC2+BD2，
∵AB+BD＝AC+CD，
∴AB﹣CD＝AC﹣BD，
∴（AB﹣CD）2＝（AC﹣BD）2，
∴AB2﹣2AB CD+CD2＝AC2﹣2AC BD+BD2，
∴AB CD＝AC BD，
∴，
又∵∠ADB＝∠ADC，
∴△ADB∽△ADC，
∴∠B＝∠C．
【点评】本题是一道三角形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
8．（2024 云南）如图，AB是⊙O的直径，点D、F是⊙O上异于A、B的点．点C在⊙O外，CA＝CD，延长BF与CA的延长线交于点M，点N在BA的延长线上，∠AMN＝∠ABM，AM BM＝AB MN．点H在直径AB上，∠AHD＝90°，点E是线段DH的中点．
（1）求∠AFB的度数；
（2）求证：直线CM与⊙O相切；
（3）看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、线段CB有关的三个结论：CE+EB＜CB，CE+EB＝CB，CE+EB＞CB，你认为哪个正确？请说明理由．
【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质得到∠NAM＝∠MAB＝90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
（3）连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长线于点K，设BC与DH交于点G，利用全等三角形的判定与性质和圆的切线的判定定理得到CK为⊙O的切线，利用切线长定理得到DK＝BK，利用平行线的判定定理得到AC∥DH∥BK，利用相似三角形的判定与性质得到，，利用平行线分线段成比例定理得到，则，进而得到GH＝GD，则点G是线段DH的中点，所以点G与点E重合，则结论可得．
【解答】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°；
（2）证明：∵AM BM＝AB MN，
∴，
∵∠AMN＝∠ABM，
∴△AMN∽△ABM，
∴∠NAM＝∠MAB．
∵∠NAM+∠MAB＝180°，
∴∠NAM＝∠MAB＝90°，
∴OA⊥CM．
∵OA为⊙O的半径，
∴直线CM与⊙O相切；
（3）解：正确的结论为：CE+EB＝CB，理由：
连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长线于点K，设BC与DH交于点G，如图，
在△OAC和△ODC中，
，
∴△OAC≌△ODC（SSS），
∴∠OAC＝∠ODC．
由（2）知：OA⊥CM，
∴∠OAC＝∠ODC＝90°，
∴OD⊥CD．
∵OD为⊙O的半径，
∴CK为⊙O的切线．
∵BK为⊙O的切线，
∴DK＝BK，BK⊥AB．
∵DH⊥AB，CA⊥AB，
∴AC∥DH∥BK，
∴△BHG∽△BAC，△CDG∽△CKB，．
∴，，
∴，，
∴．
∵CA＝CD，
∴GH＝GD，
∴点G是线段DH的中点，
∵点E是线段DH的中点，
∴点G与点E重合．
∴线段BC经过点E，
∴CE+EB＝CB．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理与性质定理，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
9．（2024 滨州）【教材呈现】
现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题：
14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．）
【得出结论】
【基础应用】
在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长．
【推广证明】
进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）．
请利用图1证明．
【拓展应用】
如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径．
【分析】【基础应用】根据三角形内角和可以求得∠A的度数，然后根据题目中的结论，即可求得AB的长；
【推广证明】先证明，然后连接AO并延长交⊙O于点F，根据圆周角定理可以得到∠B＝∠AFC，求出∠AFC的正弦，即可得到∠B的正弦，然后即可得到＝2R，从可以得到；
【拓展应用】根据勾股定理可以得到BD的长，然后根据平行线的性质和锐角三角函数，可以得到sin∠ABD的值，然后作AE⊥CD交CD于点E，得到矩形ABCE，从而可以得到AE和DE的长，再根据勾股定理可以求得AD的长，最后根据＝2R，即可得到过A，B，D三点的圆的半径．
【解答】解：【基础应用】
∵∠B＝75°，∠C＝45°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵∠C＝45°，BC＝2，，
∴，
解得AB＝；
【推广证明】
作AD⊥BC于点D，作CE⊥AB于点E，连接AO并延长交⊙O于点F，连接CF，如图所示，
∵，
∴a csinB＝c bsinA，
∴，
同理可证，，
∴，
∵AF是直径，
∴∠ACF＝90°，
∵∠B＝∠AFC，
∴sinB＝sin∠AFC＝＝，
∴＝2R，
∴；
【拓展应用】
连接DB，如图所示，
∵BC＝3，CD＝4，∠C＝90°，
∴BD＝＝＝5，
∴sin∠BDC＝＝，
∵∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠C＝180°，
∴AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∴sin∠ABD＝，
作AE⊥CD交CD于点E，
则四边形ABCE是矩形，
∴CE＝AB＝2，AE＝BC＝3，
∴DE＝2，
∴AD＝＝＝，
∴＝＝，
∴过A，B，D三点的圆的半径为．
【点评】本题一道圆的综合题，主要考查勾股定理、矩形的性质、锐角三角函数、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
10．（2024 重庆）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，点P为AB上一点，过点P作PQ∥BC交AC于点Q．设AP的长度为x，点P，Q的距离为y1，△ABC的周长与△APQ的周长之比为y2．
（1）请直接写出y1，y2分别关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象；请分别写出函数y1，y2的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出y1＞y2时x的取值范围．（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）
【分析】（1）由PQ∥BC，得到△APQ∽△ABC，根据相似三角形的性质得到y1＝x（0＜x＜6），y2＝（0＜x＜6）；
（2）平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象，根据一次函数的图象和反比例函数的图象即可得到结论；
（3）根据函数的图象得到当y1＞y2时x的取值范围为2.1＜x＜6．
【解答】解：（1）∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴y1＝x（0＜x≤6）；
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴△ABC的周长：△APQ的周长＝AB：AP，
∴y2＝（0＜x≤6）；
（2）平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象如图所示；
当0＜x＜6时，y1随x的增大而增大；y2随x的增大而减小；
（3）由函数图象得，当y1＞y2时x的取值范围为2.1＜x≤6．
【点评】本题是三角形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，一次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，正确地画出函数的图象是解题的关键．
11．（2024 内江）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，过点C作AD的垂线，垂足为点E．
（1）求证：△ACE∽△ABC；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若AD＝2CE，OA＝，求阴影部分的面积．
【分析】（1）利用圆周角定理，垂直的定义和相似三角形的判定定理解答即可；
（2）连接OC，利用角平分线的定义，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（3）连接OD，过点O作OF⊥AD于点F，利用垂径定理，矩形的判定与性质得到OF＝AF，则△AFO为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求得AF＝FO＝1，再利用阴影部分的面积＝S扇形OAD﹣S△OAD解答即可．
【解答】（1）证明：∵C是的中点，
∴，
∴∠EAC＝∠BAC．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°．
∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△ACE∽△ABC；
（2）证明：连接OC，如图，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
由（1）知：∠EAC＝∠BAC，
∴∠EAC＝∠OCA，
∴OC∥AE，
∵CE⊥AE，
∴OC⊥CE．
∵OC为⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（3）解：连接OD，过点O作OF⊥AD于点F，如图，
则AF＝FD＝AD，
∵AD＝2CE，
∴AF＝CE．
∵OF⊥AD，CE⊥AE，OC⊥CE，
∴四边形EFOC为矩形，
∴OF＝CE，
∴OF＝AF，
则△AFO为等腰直角三角形，
∴∠FAO＝45°，AF＝FO＝OA＝1．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠FAO＝45°，
∴∠AOD＝90°．
∴OA OD＝＝1，
＝，
∴阴影部分的面积＝S扇形OAD﹣S△OAD＝﹣1．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，圆的切线的判定定理，圆的有关计算，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，连接经过切点的半径，作出弦的弦心距是解决此类问题常添加的辅助线．
12．（2024 吉林）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线AD﹣DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）．
（1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）．
（2）当点E与点C重合时，求t的值．
（3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
【分析】（1）根据角平分线+平行线可得△APQ是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的长；
（2）当E、C重合时，AE＝2AQ，即2t＝3，求t值即可；
（3））①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF．③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，分类讨论画出图形计算求解即可．
【解答】解：（1）如图，过Q作QH⊥AD于点H，
∵PQ∥AB，
∴∠BAD＝∠QAP，
∵AD是角平分线，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴∠CAD＝∠QAP，
∴QA＝QP，
∴△APQ是等腰三角形．
∵QH⊥AP，
∴AH＝AP＝，
∵∠CAD＝30°，
∴AQ＝＝t，
故△APQ是等腰三角形，AQ＝t．
（2）如图所示，E、C重合时图形．
∵△PQE是等边三角形，
∴QE＝QP，
由（1）得QA＝QP，
∴AE＝2AQ，即2t＝3，
∴t＝．
（3）①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，
∵∠PAQ＝30°，
∴PG＝AP＝t，
∵△PQE是等边三角形，
∴QE＝PQ＝AQ＝t，
∴S＝QE PG＝．
由（2）知当点EC重合时，t＝，
∴S＝（0＜t≤）．
②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF．
在Rt△FCE中，CE＝2t﹣3，∠E＝60°，
∴CF＝CE tan60°＝（2t﹣3），
∴S△PCE＝（2t﹣3） （2t﹣3）＝（2t﹣3）2，
∴S＝S△PAC﹣S△PCE＝﹣（2t﹣3）2＝﹣t2+6t﹣（＜t＜2）．
③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，
S＝CQ CP＝（t﹣1） （t﹣1）＝（t﹣1）2，（2≤t≤4）．
综上所述，S＝．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质、解直角三角形、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识点和分类讨论思想是解题关键．
13．（2024 湖南）【问题背景】
已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角．
【初步感知】
（1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝ 30 °；
【问题探究】
（2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F．
①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立：
②如图3，当AC＝r，＝时，请补全图形，并求tanα及的值．
【分析】（1）根据等腰△AOE的角度和切线的性质即可求出∠CAE＝30°；
（2）因为AD＝BC，且AD＝AE+ED，要证BC＝CD+ED，实际要证CD＝AE，根据我们证线段相等的思路：①同一个三角形证等腰②不同三角形证全等，可证△OAE≌△FCD即可；
（3）由AC＝得tanα＝，再作OH⊥AE，证△OEH∽△CED得到，通过设边长，再利用勾股定理表示CD2建立勾股方程即可找到线段之间的关系．
【解答】（1）解：∵α＝60°，OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA＝α＝60°，
∵AC与圆相切，
∴∠OAC＝90°，
∴∠CAE＝30°．
故答案为：30．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AC＝2r，
∴OA＝OE＝CF＝DF＝r，
∵∠OAC＝∠ADC＝90°，
∴∠OAE+∠CAD＝∠ACD+∠CAD，
∴∠OAE＝∠ACD，
∵OA＝OE，CF＝DF，
∴∠OAE＝∠OEA＝∠ACD＝∠CDF，
在△OAE和△FCD中，
，
∴△OAE≌△FCD（AAS），
∴AE＝CD，
∵AD＝AE+ED，
∴BC＝CD+ED．
即无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立．
（3）解：补全图形如图，
∵AC是切线，
∴∠OAC＝90°，
∵AC＝，
∴tanα＝．
设OA＝3m，则AC＝＝4m，OC＝5m，
∵＝，OE＝OA＝3m，
∴CE＝2m，OE+CE＝5m＝OC，
即点E在线段OC上，
如图，过O作OH⊥AE，垂足为H，则AH＝EH，
∵∠OHE＝90°＝∠D，∠OEH＝∠CED，
∴△OEH∽△CED，
∴，
设EH＝AH＝3a，则DE＝2a，
∴AD＝AH+EH+ED＝8a，
在Rt△ACD中，CD2＝AC2﹣AD2＝16m2﹣64a2，
在Rt△CED中，CD2＝CE2﹣ED2＝4m2﹣4a2，
∴16m2﹣64a2＝4m2﹣4a2，解得a＝m，
∴BC＝AD＝m，CD＝＝m＝AB，
∴＝＝．
【点评】本题主要考查了圆的综合题以及切线的性质、锐角三角函数、相似的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题关键．
14．（2024 扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
（1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离；
（2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
（3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 2 ．
【分析】（1）易证△MCB∽△HME，再代入边长求解即可；
（2）由△MCB∽△HME得出相似比，设未知数代入，得到关于HE的二次函数表达式，进而求最值即可；
（3）先证CH＝2OM，将2OM+HB转化为CH+HB的最小值，利用“将军饮马“模型做对称点求解即可．
【解答】解：（1）由题易得∠CBM＝∠CMH＝∠HEM＝90°，
∵∠CMB+∠BCM＝∠CMB+∠HME＝90°，
∴∠BCM＝∠HME，
∴△MCB∽△HME，
∴，
∵BC＝AB＝2，EH＝EF＝12，BE＝10，
∴，解得BM＝4或6，
∴点M与点B之间的距离是4或6．
（2）由（1）知，
设EH＝y，BM＝x，
∵BE＝10，
∴EM＝10﹣x，
∴，
∴y＝﹣x2+5＝﹣（x﹣5）+12.5，
∵﹣＜0，
∴当x＝5时，ymax＝12.5，
即HE最大值为12.5．
（3）∵∠CMH＝90°，O是CH中点，
∴CH＝2OM，
∴2OM+HB＝CH+BH，
∴求2OM+HB的最小值就是求CH+BH的最小值即可．
如图，连接FH，则点H在∠EFG的角平分线上，作B关于FH的对称点B'，连接B'C交FH为H'，则H'即为所求H位置，B'C长度即为CH+HB最小值．
过点C作CQ⊥B'F．
∵∠BFH＝∠B'FH＝45°，
∴B'在FG的延长线上，
∵∠CBF＝∠BFQ＝∠FQC＝90°，
∴四边形CBFQ为矩形，
∴FQ＝BC＝2，
∵BF＝B'F＝22，
∴B'Q＝B'F﹣QF＝20，
在Rt△B'CQ中，B'C2＝＝2，
即CH+BH最小值为2，
∴2OM+HB最小值为2．
【点评】本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握相似的判定和性质、二次函数求最值、轴对称等知识点是解题关键．
15．（2024 山东）【实践课题】测量湖边观测点A和湖心岛上鸟类栖息点P之间的距离．
【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据胡岸地形状况，在岸边选取合适的点B．测量A，B两点间的距离以及∠PAB和∠PBA，测量三次取平均值，得到数据：AB＝60米，∠PAB＝79°，∠PBA＝64°．画出示意图，如图1：
【问题解决】（1）计算A，P两点间的距离．
（参考数据：sin64°≈0.90，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，sin37°≈0.60，tan37°≈0.75）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点D，E，F，使得A，D，E在同一条直线上，且AD＝DE，∠DEF＝∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，只需测量EF即可．
（2）乙小组的方案用到了 ② ．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形
②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
【分析】（1）如图，过B作BH⊥AP于H，先求解AH＝AB cos79°≈60×0.19＝11.4米，BH＝AB sin79°≈60×0.98＝58.8米，再求解∠APB＝37°及PH即可；
（2）由全等三角形的判定方法可得△ADP≌△EDF（ASA），可得AP＝EF，从而可得答案．
【解答】解：（1）如图，过B作BH⊥AP于H，
∵AB＝60米，∠PAB＝79°，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，
∴AH＝AB cos79°≈60×0.19＝11.4（米），
BH＝AB sin79°≈60×0.98＝58.8（米），
∵∠PAB＝79°，∠PBA＝64°，
∴∠APB＝180°﹣79°﹣64°＝37°，
∴，
∴（米），
∴AP＝AH+PH＝11.4+78.4＝89.8（米）；
即A，P两点间的距离为89.8米；
（2）∵AD＝DE，∠DEF＝∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，
∴∠ADP＝∠EDF，
∴△ADP≌△EFD（ASA），
∴AP＝EF，
∴只需测量EF即可得到AP长度；
∴乙小组的方案用到了②；
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质的应用，解直角三角形的应用，灵活应用知识点是解本题的关键．
16．（2024 德阳）已知⊙O的半径为5，B、C是⊙O上两定点，点A是⊙O上一动点，且∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D．
（1）证明：点D为上一定点；
（2）过点D作BC的平行线交AB的延长线于点F．
①判断DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
②若△ABC为锐角三角形，求DF的取值范围．
【分析】（1）连接OB，OC，由∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，可得∠BOD＝2∠BAD＝60°，的度数是60°，而B为定点，故D为上一定点；
（2）①连接OD，由∠BAC的平分线交⊙O于点D，可得＝，故OD⊥BC，又DF∥BC，从而OD⊥DF，即知DF与⊙O相切；
②当∠A1BC为直角时，连接OD交BC于M，求出DF＝；当∠A2CB为直角时，连接OD，BD，求出DF＝5；由图可知，当A由A1运动到A2（不包括A1，A2）时，△ABC是锐角三角形，即可得DF的取值范围是＜DF＜5．
【解答】（1）证明：连接OB，OC，如图：
∵∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝60°，
∴的度数是60°，
∵B为定点，
∴D为上一定点；
（2）解：①DF与⊙O相切，理由如下：
连接OD，如图：
∵∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∴OD⊥BC，
∵DF∥BC，
∴OD⊥DF，
∵OD为⊙O的半径，
∴DF与⊙O相切；
②当∠A1BC为直角时，连接OD交BC于M，如图：
∵∠BA1C＝60°，
∵∠A1BC＝90°，
∴∠C＝30°，A1C为⊙O的直径，
∵⊙O的半径为5，
∴A1C＝10，A1B＝A1C＝5，
∴BC＝5，
由①知，＝，
∴BM＝BC＝，∠BMD＝90°，
∵∠FBC＝180°﹣∠A1BC＝90°，∠FDM＝90°，
∴四边形BFDM是矩形，
∴DF＝BM＝；
当∠A2CB为直角时，连接OD，BD，如图：
∵∠A2CB＝90°，∠BA2C＝60°，
∴A2B是⊙O的直径，∠A2BC＝30°，
∵DF∥BC，
∴∠F＝∠A2BC＝30°，
∵DF与⊙O相切，
∴∠FDO＝90°，
∴OF＝2OD＝10，
∴DF＝＝＝5；
由图可知，当A由A1运动到A2（不包括A1，A2）时，△ABC是锐角三角形，
∴DF的取值范围是＜DF＜5．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及勾股定理及应用，含特殊角的直角三角形三边关系，直线和圆的位置关系等，解题的关键是求出临界点时DF的长度．
17．（2024 长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形：
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形：
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）．
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； ×
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； √
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝r． √
（2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD．
①该四边形ABCD是“ 外接型单圆 ”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径．
（3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H．
①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH；
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长．
【分析】（1）由题干条件可得：有外接圆的四边形 对角互补，根据切线长定理得有内切圆的四边形 有一个点到四边距离相等 两组对边的和相等．①根据前置分析可得平行四边形既无外接圆也无内切圆，所以很容易判断出；②因为菱形对边之和相等，所以菱形是“内切型单圆”四边形；③外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，从而判断出结论是正确；
（2）①判断方法同上；②证即可得证；
（3）①四边形ABCD是“完美型双圆”四边形可得，∠A+∠EOH＝180°，∠FOG+∠C＝180°，从而得到∠EOH＝∠C，∠FOG+∠EOH＝180°，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半证出∠HPG＝90°，即可得证；②先证△AOH∽△OCG得出，再利用勾股定理建立方程即可求解．
【解答】解：（1）①∵平行四边形对角不互补，
∴平行四边形无外接圆，
∵平行四边形对边之和也不相等，
∴平行四边形无内切圆．
∴平行四边形是“平凡型无圆”四边形，
故①错误；
②∵内角不等于90°的菱形对角不互补，但是对边之和相等，
∴菱形是“内切型单圆”四边形，
故②正确；
③由题可知外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，
如图，此时OM＝r，ON＝R，
∵△OMN是等腰直角三角形，
∴ON＝OM，
∴R＝r，
故③正确．
故答案为：①（×）；②（√），③（√）．
（2）①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形；
理由：∵AB+CD≠BC+AD，
∴四边形ABCD无内切圆．
∴四边形ABCD是“外接型单圆”四边形；
②证法1：如图1，∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴，，
∴，即，
∴与均为半圆，
∴EF是⊙O的直径．
证法2：如图1，连接AF．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴，，
∴∠1+∠2＝90°，
由同弧所对的圆周角相等可得∠2＝∠3，
∴∠1+∠3＝90°，即∠EAF＝90°．
∴EF是⊙O的直径
证法3：如图2，连接FD，ED．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
由题意，得，，
∵由同弧所对的圆周角相等可得：∠EFD＝∠1，∠FED＝∠2，
∴，
∴∠FDE＝90°．
∴EF是⊙O的直径．
（3）①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG．
∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD．
∴∠OEA＝∠OHA＝90°．
∴在四边形EAHO中，∠A+∠EOH＝360°﹣90°﹣90°＝180°．
同理可证∠FOG+∠C＝180°，
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴四边形ABCD有外接圆，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠EOH＝∠C．
∴∠FOG+∠EOH＝180°
又∵∠FHG＝∠FOG，，
∴∠FHG+∠EGH＝90°．
∴∠HPG＝90°，即EG⊥FH．
②方法1：如图4，连接OE，OF，OG，OH．
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴∠OAH+∠OAE+∠OCG+∠OCF＝180°．
∵⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H，
∴∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF．
∴∠OAH+∠OCG＝90°．
∵∠COG+∠OCG＝90°，
∴∠OAH＝∠COG．
∵∠AHO＝∠OGC＝90°，
∴△AOH∽△OCG．
∴，即，
解得，
在Rt△OGC中，有OG2+CG2＝OC2，即，
解得，
在Rt△OBE中，
同理可证△BEO∽△OHD，
所以，即，
解得．
方法2：如图4，
由△AOH∽△OCG，得，即，
解得，
由△BEO∽△OHD，
得，即，
解得．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质和判定、矩形的性质和判定、菱形的性质和判定、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质等知识，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外题目涉及面积、周长、角度的计算，要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．
18．（2024 深圳）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
（1）如图所示，四边形ABCD为“垂中平行四边形”，，CE＝2，则AE＝ 1 ；AB＝ ；
（2）如图2，若四边形ABCD为“垂中平行四边形”，且AB＝BD，猜想AF与CD的关系，并说明理由；
（3）①如图3所示，在△ABC中，BE＝5，CE＝2AE＝12，BE⊥AC交AC于点E，E为垂中点，请画出以BC为边的垂中平行四边形，要求：点A在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，连接CB'，作射线CB'交①中所画平行四边形的边于点P，连接PE，请直接写出PE的值．
【分析】（1）理解题意，由△AEF∽△CEB得，AE＝1，再用勾股定理求AB即可；
（2）这一问是对上一问思路的顺延，利用△AED∽△FEB将线段之间的关系转化即可得证；
（3）①根据题意作符合题意得平行四边形即可，但是不能漏情况；②画出图形之后在求解，这一问难度不大，主要在于建立在第一小问的基础上，之后用相似或者锐角三角函数把边长求出即可．
【解答】解：（1）由题可知，AF＝AD＝BC，
∵AF∥BC，
∴△AEF∽△CEB，
∴，
∵CE＝2，
∴AE＝1，
∵BC＝2AF＝2，
∴BE＝＝4，
∴AB＝＝；
故答案为：1，．
（2）AF＝CD，理由如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴△AED∽△FEB，
∴，
设BE＝x，则DE＝2x，
∴AB＝BD＝3x，AE＝＝2x，
∴EF＝AE＝x，
∴AF＝AE+EF＝3x，
∴AF＝AB，
∴AF＝CD；
（3）①作法一：如图所示，作平行四边形ABCH则为所求，
作法提示：过A作AH∥BC，过C作CH∥AB，两条直线交于点H（也可不用尺规作图，其他工具亦可）．
作法二：如图所示，平行四边形CBQH即为所求，
作法提示：过C作CH∥AB，延长BE交CH于点H，过H作HQ∥BC交BA延长线于Q，（因为题中并没有要求作图工具，所以尺规作图也行，其他工具也可以，只要符合题意．）
作法三：如图所示，平行四边形BCDF即为所求，
作法提示：作AD∥BC，交BE的延长线于点D，连接CD，作BC的垂直平分线，在DA延长线上取点F，使AF＝AD，连接BF，
②（Ⅰ）当垂中平行四边形是作法一时，
方法一：如图所示，作PQ⊥AC，
∵△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，
∴∠ACB＝∠ACP，
∵AH∥BC，
∴∠PAC＝∠ACB，
∴∠ACP＝∠PAC，
∴PA＝PC，
∴AQ＝AC＝9，
∴EQ＝EC﹣CQ＝3，
∵tan∠ACB＝tan∠PCQ，
∴，即，
解得PQ＝，
∴PE＝＝．
方法二：如图建立坐标系，以BB'为x轴，以AC为y轴，
∴A（0，6），C（0，﹣12），B（﹣5，0），
由tan∠BCE＝得，kAH＝﹣，kCB'＝，
∴直线AH解析式为：y＝﹣x+6，
直线CB'解析式为：y＝x﹣12，
联立解析式求解得P（，﹣3）．
∴PE＝＝．
（Ⅱ）当垂中平行四边形是作法二时，
方法一：如图连接PA，延长CA交HQ延长线于点G，
同理可得，PG＝PC，
∴PA垂直平分AC，
∴AE＝6，EC＝12，
∵△CPA∽△CB'E，
∴PA＝，
∴PE＝．
方法二：建立坐标系法，同情况一建立坐标系可得PE＝．
（Ⅲ）若按照作法三作图，则没有交点，不存在PE（不符合题意）．
【点评】本题主要考查相似三角形的性质和判定、勾股定理、折叠与对称问题等知识，熟练掌握以上基础知识、添加合适的辅助线以及正确理解题意是解题关键．
19．（2024 天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
（Ⅰ）如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
（Ⅱ）如图②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足为G，CG与OB相交于点F，OA＝3，求线段OF的长．
【分析】（I）根据等腰三角形 到现在得到∠A＝∠ABO，求得∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，根据切线的性质得到∠ECM＝90°，根据平行线的性质得到∠CDB＝∠ECM＝90°，根据圆周角定理得到结论；
（II）如图，连接OC，同（I），得∠COB＝90°，根据垂直的定义得到∠FGB＝90°，求得∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：（I）∵OA＝OB，
∴∠A＝∠ABO，
∵∠A+∠ABO+∠AOB＝180°，∠ABO＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，
∵直线MN与⊙O相切于点C，CE为⊙O的直径，
∴∠ECM＝90°，
∵AB∥MN，
∴∠CDB＝∠ECM＝90°，
∵∠BOE＝90°﹣∠ABO＝60°，
∵，
∴∠BCE＝30°；
（II）如图，连接OC．
同（I），得∠COB＝90°，
∵CG⊥AB，
∴∠FGB＝90°，
∵∠ABO＝30°，
∴∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，
∴∠CFO＝∠BFG＝60°，
在Rt△COF中，，
∴．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
20．（2024 山西）综合与探究
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
猜想证明：
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积．
【分析】（1）根据矩形的判定方法（有三个角是直角的四边形是矩形）很容易证出；
（2）①方法一可先证△HAM≌△DAC，得出AM＝AC，减去公共边得出CH＝MD．方法二证△CDH≌△MHD，可直接得出CH＝MD；②对于旋转的存在性问题，首先分类讨论，根据情况画出草图，再利用旋转的性质以及锐角三角函数或相似进行计算即可，需要主要的是四边形AMNQ的面积是不规则，需要用去用三角形面积的和差解决．
【解答】解：（1）四边形AECF为矩形．理由如下：
∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴∠AEC＝90°，∠AFC＝90°，
∵四边形ABCD 为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠AFC+∠ECF＝180°，∠ECF＝180°﹣∠AFC＝90°
∴四边形AECF为矩形．
（2）①CH＝MD．理由如下：
证法一：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
∵△ABE 旋转得到△AHG，
∴AB＝AH，∠B＝∠H．
∴AH＝AD，∠H＝∠D．
∵∠HAM＝∠DAC，
∴△HAM≌△DAC，
∴AM＝AC，
∴AH﹣AC＝AD﹣AM，
∴CH＝MD．
证法二：
如图，连接HD．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC，
∵△ABE 旋转得到△AHG，
∴AB＝AH，∠B＝∠AHM，
∴AH＝AD，∠AHM＝∠ADC，
∴∠AHD＝∠ADH，
∴∠AHD﹣∠AHM＝∠ADH﹣∠ADC，
∴∠MHD＝∠CDH，
∵DH＝HD，
∴△CDH≌△MHD，
∴CH＝MD．
②情况一：如图，当点G旋转至BA的延长线上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ＝．
∵AB＝5，BE＝4，
∴由勾股定理可得AE＝3，
∵△ABE旋转到△AHG，
∴AG＝AE＝3，GH＝BE＝4，∠H＝∠B，
∵GN⊥CD，
∴GN＝AE＝3，
∴NH＝1，
∵AD∥BC，
∴∠GAM＝∠B，
∴tan∠GAM＝tan∠B，即，
解得GM＝，则MH＝，
∵tan∠H＝tan∠B，
∴在Rt△QNH中，QN＝，
∴S四边形AMNQ＝S△AMH﹣S△QNH＝MH AG﹣NH QN＝．
情况二：如图，当点G旋转至BA上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ＝．
同第一种情况的计算思路可得：NH＝7，QN＝，AG＝3，MH＝，
∴S四边形AMNQ＝S△QNH﹣S△AMH＝NH QN﹣MH AG＝．
综上，四边形AMNQ的面积为 或 ．
【点评】本题主要考查了四边形综合以及菱形的性质、矩形的判定和性质、旋转的性质，熟练掌握这些基础知识是解题关键．
21．（2024 河北）已知⊙O的半径为3，弦MN＝2．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝3．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x．
（1）当点B与点N重合时，求劣弧的长；
（2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值；
（3）设点O到BC的距离为d．
①当点A在劣弧上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值；
②直接写出d的最小值．
【分析】（1）如图，连接OA，OB，先证明△AOB 为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式 可得答案；
（2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，证明四边形BIOH是矩形，可得BH＝OI，BI＝OH，再结合勾股定理可得答案；
（3）①如图，由过点A的切线与AC垂直，可得AC过圆心，过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB 于K，而∠ABC＝90°，可得四边形KO．JB为矩形，可得 OJ＝KB，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案；
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J，OL＞OJ，此时OI最短，如图，过A作AQ⊥OB于Q，而AB＝AO＝3，证明BQ＝OQ＝1，求解，再结合等角的三角函数可得答案．
【解答】解：如图，连接OA，OB，
∵⊙O的半径为3，AB＝3，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴△AOB 为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴ 的长为＝π，
∴劣弧的长为π；
（2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，如图：
∵OA∥MN，
∴∠IBH＝∠BHO＝∠HOI＝∠BIO＝90°，
∴四边形BIOH是矩形，
∴BH＝OI，BI＝OH，
∵，OH⊥MN，
∴，
而OM＝3，
∴，
∴点B到OA的距离为2；
∵AB＝3，BI⊥OA，
∴，
∴，
∴；
（3）①过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB于K，如图：
∵∠ABC＝90°，过点A的切线与AC垂直，
∴AC过圆心，
∴四边形KOJB为矩形，
∴OJ＝KB，
∵AB＝3，，
∴，
∴，
∴，
∴，即 ；
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J，
∵∠OJL＞90°，
∴OL＞OJ，故当B为MN中点时，d最短小，
过A作AQ⊥OB于Q，
∵B为MN中点，
∴OB⊥MN，
同（2）可得OB＝2，
∴BQ＝OQ＝1，
∴，
∵∠ABC＝90°＝∠AQB，
∴∠OBJ+∠ABO＝90°＝∠ABO+∠BAQ，
∴∠OBJ＝∠BAQ，
∴tan∠OBJ＝tan∠BAQ，
∴，
设OJ＝m，则 ，
∵OJ2+BJ2＝OB2，
∴，
解得： （m的负值已舍去），
∴OJ的最小值为 ，即d的最小值为．
【点评】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应用：锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键．
22．（2024 福建）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE⊥OC，垂足为E，BE的延长线交于点F．
（1）求的值；
（2）求证：△AEB∽△BEC；
（3）求证：AD与EF互相平分．
【分析】（1）分别利用锐角三角函数，，代入数据解答即可得解；
（2）过点B作 BM∥AE，交EO延长线于点M，如图1，首先证明△AOE≌△BOM（AAS），得到AE＝BM，OE＝OM，进一步推导出∠AEB＝∠BEC，∠BAE＝∠CBE，进而得证；
（3）连接DE，DF．如图2，首先推导出△AOE∽△BDE，得到∠BED＝∠AEO＝90°，∠DEF＝90°，∠AFB＝∠DEF，AF∥DE，进一步推导出AE∥FD，进而得证．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，且AB是⊙O的直径，
∴AC＝2AO，
∵∠BAC＝90°，
在Rt△AOC 中，，
∵AE⊥OC，
在Rt△AOE 中，，
∴，
∴；
（2）证明：过点B作 BM∥AE，交EO延长线于点M，如图1，
∴∠BAE＝∠ABM，∠AEO＝∠BMO＝90°．
∵AO＝BO，
∴△AOE≌△BOM（AAS），
∴AE＝BM，OE＝OM，
∵，
∴BM＝2OE＝EM，
∴∠MEB＝∠MBE＝45°，
∠AEB＝∠AEO+∠MEB＝135°，
∠BEC＝180°﹣∠MEB＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ABM＝∠CBE，
∴∠BAE＝∠CBE，
∴△AEB∽△BEC；
（3）连接DE，DF．如图2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠AFB＝90°，AB＝2AO．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴BC＝2BD，∠DAB＝45°，
由（2）知，△AEB∽△BEC，
，∠EAO＝∠EBD，
∴△AOE∽△BDE，
∴∠BED＝∠AEO＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴AF∥DE，
由（2）知，∠AEB＝135°，
∴∠AEF＝180°﹣∠AEB＝45°．
∵∠DFB＝∠DAB＝45°，
∴∠DFB＝∠AEF，
∴AE∥FD，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AD与EF互相平分．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等，解答本题的关键是作出辅助线，构造全等三角形或相似三角形．
23．（2024 福建）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸ABCD，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中AE＝FB），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．
（1）直接写出的值；
（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是 C ．
（3）今有三种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如表所示：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
规格（单位：cm） 30×40 20×80 80×80
单价（单位：元） 3 5 20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE，EF的比例，制作棱长为10cm的正方体礼品盒．如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）
【分析】（1）由折叠和题意可知，GH＝AE+FB，AH＝DH，四边形EFNM是正方形，得到EM＝EF，即 AG＝EF，即可求解；
（2）根据几何体的展开图即可求解；
（3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2个正方体，每张型号Ⅰ卡 纸可制作1个正方体，即可求解．
【解答】解：（1）如图2：
上述图形折叠后变成如图3：
由折叠和题意可知，GH＝AE+FB，AH＝DH，
∵四边形EFNM是正方形，
∴EM＝EF，即 AG＝EF，
∴GH+AG＝AE+FB+EF，即AH＝AB，
∵AH＝DH，
∴，
∴的值为2；
（2）根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反，
∴C选项符合题意，
故答案为：C；
（3）需要卡纸如表所示；理由如下：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2
所用卡纸总费用（单位：元） 58
根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为5cm，如图4，则要制作一个边长为10cm的正方体的展开图形为：
∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图5：
型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图6：
型号Ⅰ卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图7：
∴可选择型号Ⅲ卡纸2张，型号Ⅱ卡纸3张，型号Ⅰ卡纸1张，则10×2+2×3+1×1＝27（个），
∴所用卡纸总费用为：20×2+5×3+3×1＝58（元）．
【点评】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关知识是解题的关键．
24．（2024 上海）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且．
（1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC；
（2）已知AD＝AE＝1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM DN，求边CD的长．
【分析】（1）添加辅助线，转移比例线段，得到，从而证出EF∥BC；
（2）利用三角形外接圆得性质得出△AOE≌△AOD，再根据BO平分∠ABC得出∠AOB＝90，然后得出相似，求出半径OA的长度；
（3）最后一问难度较大，首先将条件转化成线段和角度关系，由CD2＝DM DN，很容易找到△DCN∽△DMC，再根据这个相似结论证出△BEM∽△BPC，多组相似转化，再利用勾股定理建立方程，求出未知数．
【解答】（1）证明：延长DE和CB交于点G，
∵AD∥BC，
∴，
∵AE＝AB，DF＝
∴，，
∴，
∴EF∥BC．
（2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA，OD，OE．
∵点O为△ADE外接圆的圆心，
∴OA＝OE＝OD，
∴AF＝EF＝AE＝，
∵AE＝AB，
∴AB＝3AE＝3，
∵AE＝AD，0E＝OD，OA＝OA，
∴△AOE≌△AOD（SSS），
∴∠EAO＝∠DAO，
∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∴2∠EAO+2∠ABO＝180°，即∠EAO+∠ABO＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∵OF⊥AE，
∴∠AFO＝∠AOB＝90°，
∵∠FAO＝∠OAB，
∴△FAO∽△OAB，
∴，即AO2＝AF AB＝，
∴AO＝，
∴△ADE外接圆半径为．
②延长BA，CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q．
∵AD∥BC，
∴△PAD∽△PBC，
∴，
由①知AB＝3，
∴，
∴PA＝1，
∵CD2＝DM DN，
∴，
∵∠CDN＝∠MDC，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠CMD，
∵∠DMC＝∠CEM，
∴∠CEM＝∠DCN，
∴EM∥CD，
∴，
由AB＝3，AE＝1得，BE＝2，
∴，
∴BM＝MC＝2，
∴△BEM∽△BPC，
∴，
设ME＝2a，则PC＝4a，
∵AD∥BC，
∴，
∴PD＝a，DC＝3a，
∵EM∥CD，
∴△ENM∽△CND，
∴，
设EN＝2b，则CN＝3b，
∵∠DMC＝∠CEM，∠ECM＝∠MCN，
∴△CNM∽△CME，
∴，即CM2＝CN CE，
∴4＝3b 5b，解得b＝，
∴CE＝，
在Rt△BQE中，由勾股定理可得：
BE2﹣BQ2＝CN2﹣CQ2，
∴4﹣BQ2＝（）2﹣（4﹣BQ）2，
解得BQ＝，
∴EQ2＝BE2﹣BQ2＝，
∵QM＝BM﹣BQ＝2﹣＝，
∴在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM＝，
∵，
∴DC＝．
第三问方法二：
∵AD＝AE＝1，
∴AB＝3AE＝3，
∵AD∥BC，BC＝4，
∴，即，
∴AP＝1＝AD＝AE，
∵BE＝AP﹣AE＝2，PE＝AE+AP＝2，
∴E为BP中点，
∵CD2＝DM DN，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠DMC＝∠CEM，
∴EM∥CD，
∴M也为BC中点，
∴CM＝BM＝2，
∵BP＝BC＝4，
∴∠P＝∠DMC，
∵∠ECP＝∠DMC，
∴△ECP∽△DMC，
∴，
设DP＝a，则CD＝3a，CP＝4a，
∴，解得a＝，
∴CD＝．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，同时也考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
25．（2024 山东）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1．
（1）求证：BM＝EN；
（2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P．
①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形；
②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系．
【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；
（2）①证明∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，可得∠ACN＝90°，证明∠PMC＝∠BMC＝90°，可得四边形PMCN为矩形，结合BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，可得CM＝CN，从而可得结论；②如图，当30°＜α＜60°时，连接CP，证明△PMC≌△PNC，可得PM＝PN，结合∠D＝30°，可得；
②如图，当60°＜α＜120°时，连接CP，同理△PMC≌△PNC，结合∠CDF＝30°，可得．
【解答】（1）证明：设AC＝DE＝a，
∵∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠A＝∠C＝45°，
∴AB＝BC，
∵BM⊥AC，
∴，
∵∠EDF＝30°，EN⊥DF，
∴，
∴BM＝EN；
（2）①证明：∵∠D＝30°，CN⊥DF，
∴∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，
∵α＝∠ACD＝30°，
∴∠ACN＝90°，
∵BM⊥AC，
∴∠PMC＝∠BMC＝90°，
∴四边形PMCN为矩形，
∵BM＝EN，即BM＝CN，
而BM＝CM，
∴CM＝CN，
∴四边形PMCN是正方形；
②解：当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝．理由如下：
如图1，当30°＜α＜60°时，连接CP，
由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，
∵CP＝CP，
∴Rt△PMC≌△RtPNC（HL），
∴PM＝PN，
∴MP+DP＝PN+DP＝DN，
∵∠D＝30°，
∴cosD＝＝＝cos30°＝，
∴＝；
如图2，当60°＜α＜120°时，连接CP，
由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，
∵CP＝CP，
∴Rt△PMC≌Rt△PNC（HL），
∴PM＝PN，
∴DN＝PN﹣DP＝MP﹣DP，
∵∠CDF＝30°，
∴cos∠CDF＝＝＝cos30°＝，
∴＝，
综上，当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝．
【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2024年中考数学解答题分类汇编——图形的性质
一．解答题（共25小题）
1．（2024 青海）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EF＝AC，GH＝AC（①_____）．
∴EF＝GH．
同理可得：EH＝FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据① ．
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC＝BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是② ．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线③ 时，中点四边形是④ ．
2．（2024 包头）如图，在 ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE，CE，且S△ABE＝S△DCE．
（1）如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE，EF相交于点G，H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG：GH：HC；
（2）如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N．试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
3．（2024 新疆）【探究】
（1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】
（2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长．
4．（2024 山西）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：…
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ．
（2）如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由；
（3）如图4，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
5．（2024 扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD．
【特殊化感知】
（1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 ；
【一般化探究】
（2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示）
6．（2024 凉山州）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的直线DE⊥AC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接EO并延长，分别交⊙O于M、N两点，交AD于点G，若⊙O的半径为2，∠F＝30°，求GM GN的值．
7．（2024 滨州）【问题背景】
某校八年级数学社团在研究等腰三角形“三线合一”性质时发现：
①如图，在△ABC中，若AD⊥BC，BD＝CD，则有∠B＝∠C；
②某同学顺势提出一个问题：既然①正确，那么进一步推得AB＝AC，即知AB+BD＝AC+CD．若把①中的BD＝CD替换为AB+BD＝AC+CD，还能推出∠B＝∠C吗？
基于此，社团成员小军、小民进行了探索研究，发现确实能推出∠B＝∠C，并分别提供了不同的证明方法．
小军 小民
证明：分别延长DB，DC至E，F两点，使得…… 证明：∵AD⊥BC， ∴△ADB 与△ADC均为直角三角形 根据勾股定理，得……
【问题解决】
（1）完成①的证明；
（2）把②中小军、小民的证明过程补充完整．
8．（2024 云南）如图，AB是⊙O的直径，点D、F是⊙O上异于A、B的点．点C在⊙O外，CA＝CD，延长BF与CA的延长线交于点M，点N在BA的延长线上，∠AMN＝∠ABM，AM BM＝AB MN．点H在直径AB上，∠AHD＝90°，点E是线段DH的中点．
（1）求∠AFB的度数；
（2）求证：直线CM与⊙O相切；
（3）看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、线段CB有关的三个结论：CE+EB＜CB，CE+EB＝CB，CE+EB＞CB，你认为哪个正确？请说明理由．
9．（2024 滨州）【教材呈现】
现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题：
14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．）
【得出结论】
【基础应用】
在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长．
【推广证明】
进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）．
请利用图1证明．
【拓展应用】
如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径．
10．（2024 重庆）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，点P为AB上一点，过点P作PQ∥BC交AC于点Q．设AP的长度为x，点P，Q的距离为y1，△ABC的周长与△APQ的周长之比为y2．
（1）请直接写出y1，y2分别关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象；请分别写出函数y1，y2的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出y1＞y2时x的取值范围．（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）
11．（2024 内江）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，过点C作AD的垂线，垂足为点E．
（1）求证：△ACE∽△ABC；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若AD＝2CE，OA＝，求阴影部分的面积．
12．（2024 吉林）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线AD﹣DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）．
（1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）．
（2）当点E与点C重合时，求t的值．
（3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
13．（2024 湖南）【问题背景】
已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角．
【初步感知】
（1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝ °；
【问题探究】
（2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F．
①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立：
②如图3，当AC＝r，＝时，请补全图形，并求tanα及的值．
14．（2024 扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
（1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离；
（2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
（3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 ．
15．（2024 山东）【实践课题】测量湖边观测点A和湖心岛上鸟类栖息点P之间的距离．
【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据胡岸地形状况，在岸边选取合适的点B．测量A，B两点间的距离以及∠PAB和∠PBA，测量三次取平均值，得到数据：AB＝60米，∠PAB＝79°，∠PBA＝64°．画出示意图，如图1：
【问题解决】（1）计算A，P两点间的距离．
（参考数据：sin64°≈0.90，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，sin37°≈0.60，tan37°≈0.75）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点D，E，F，使得A，D，E在同一条直线上，且AD＝DE，∠DEF＝∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，只需测量EF即可．
（2）乙小组的方案用到了 ．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形
②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
16．（2024 德阳）已知⊙O的半径为5，B、C是⊙O上两定点，点A是⊙O上一动点，且∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D．
（1）证明：点D为上一定点；
（2）过点D作BC的平行线交AB的延长线于点F．
①判断DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
②若△ABC为锐角三角形，求DF的取值范围．
17．（2024 长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形：
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形：
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）．
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形；
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝r．
（2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD．
①该四边形ABCD是“ ”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径．
（3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H．
①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH；
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长．
18．（2024 深圳）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
（1）如图所示，四边形ABCD为“垂中平行四边形”，，CE＝2，则AE＝ ；AB＝ ；
（2）如图2，若四边形ABCD为“垂中平行四边形”，且AB＝BD，猜想AF与CD的关系，并说明理由；
（3）①如图3所示，在△ABC中，BE＝5，CE＝2AE＝12，BE⊥AC交AC于点E，E为垂中点，请画出以BC为边的垂中平行四边形，要求：点A在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，连接CB'，作射线CB'交①中所画平行四边形的边于点P，连接PE，请直接写出PE的值．
19．（2024 天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
（Ⅰ）如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
（Ⅱ）如图②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足为G，CG与OB相交于点F，OA＝3，求线段OF的长．
20．（2024 山西）综合与探究
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
猜想证明：
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积．
21．（2024 河北）已知⊙O的半径为3，弦MN＝2．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝3．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x．
（1）当点B与点N重合时，求劣弧的长；
（2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值；
（3）设点O到BC的距离为d．
①当点A在劣弧上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值；
②直接写出d的最小值．
22．（2024 福建）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE⊥OC，垂足为E，BE的延长线交于点F．
（1）求的值；
（2）求证：△AEB∽△BEC；
（3）求证：AD与EF互相平分．
23．（2024 福建）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸ABCD，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中AE＝FB），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．
（1）直接写出的值；
（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是 ．
（3）今有三种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如表所示：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
规格（单位：cm） 30×40 20×80 80×80
单价（单位：元） 3 5 20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE，EF的比例，制作棱长为10cm的正方体礼品盒．如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）
24．（2024 上海）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且．
（1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC；
（2）已知AD＝AE＝1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM DN，求边CD的长．
25．（2024 山东）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1．
（1）求证：BM＝EN；
（2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P．
①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形；
②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系．
图形的性质
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024 青海）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EF＝AC，GH＝AC（①_____）．
∴EF＝GH．
同理可得：EH＝FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据① 三角形中位线定理 ．
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC＝BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是② 矩形 ．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线③ AC⊥BD且AC＝BD 时，中点四边形是④ 正方形 ．
【分析】（1）根据三角形中位线定理即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到EF＝GH．同理可得：EH＝FG．根据平行四边形的性质得到中点四边形EFGH是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（3）根据菱形的判定定理得到结论；
（4）根据三角形中位线定理得到EH∥BD，EF∥AC，根据平行四边形的判定定理得到四边形EMON是平行四边形，求得∠MEN＝∠MON＝90°，根据矩形的判定定理得到中点四边形EFGH是矩形；
（5）根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：①三角形中位线定理，
故答案为：三角形中位线定理；
（2）证明：∵AC＝BD，
∴EF＝FG，
∴中点四边形EFGH是菱形；
（3）解：②矩形；
故答案为：矩形；
（4）证明：∵EH，EF分别是△ABD和△ABC的中位线，
∴EH∥BD，EF∥AC，
∴四边形EMON是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴∠MON＝90°，
∴∠MEN＝∠MON＝90°，
∴中点四边形EFGH是矩形；
（5）解：③AC⊥BD且AC＝BD；
④正方形；
理由：由（2）知中点四边形EFGH是菱形．由（4）知中点四边形EFGH是矩形，
∴中点四边形EFGH是正方形．
故答案为：AC⊥BD且AC＝BD；正方形．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定菱形的判定正方形的判定，三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
2．（2024 包头）如图，在 ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE，CE，且S△ABE＝S△DCE．
（1）如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE，EF相交于点G，H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG：GH：HC；
（2）如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N．试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）①由平行线之间是等距的以及S△ABE＝S△CDE可得AE＝DE，再证△AEH≌△CFH（AAS）即可得证；②先证△AGE∽△CGB，得出，再根据AH＝BH即可求解；
（2）由第（1）问思路可知可构造8字型相似或者全等，从而过M作MQ∥BC交CN延长线于点Q，先证得到EM＝BE，再证△MQE≌△BCE得到MQ＝BC，最后证△MQN∽△AEN即可得证．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AD和BC之间是等距的，且∠EAH＝∠FCH，
∵S△ABE＝S△CDE，
∴AE＝DE＝AD，
∵F是BC中点，
∴CF＝BF＝BC，
∴CF＝AE，
在△AEH和△CFH中，
，
∴△AEH≌△CFH（AAS），
∴AH＝CH，
∴H是AC中点．
②解：∵∠EAH＝∠FCH，∠AGE＝∠CGB，
∴△AGE∽△CGB，
∴，
设AG＝2a，则CG＝4a，
∴AC＝6a，
∴AH＝CH＝3a，
∴GH＝AH﹣AG＝a，
∴AG：GH：HC＝2a：a：3a＝2：1：3．
（2）AM＝3AN．
证明：过M作MQ∥BC交CN延长线于点Q，
∵ED∥BC，
∴，
∴EM＝BM＝BE，
∵MQ∥BC，
∴∠MQE＝∠BCE，
∵∠MEQ＝∠BEC，EM＝BE，
∴△MQE≌△BCE（AAS），
∴MQ＝BC，
∵MQ∥AD，
∴∠MQE＝∠AEN，
∵∠MNQ＝∠ANE，
∴△MQN∽△AEN，
∴，
∴MN＝2AN，
∴AM＝MN+AN＝3AN．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
3．（2024 新疆）【探究】
（1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】
（2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长．
【分析】（1）①根据条件易证△ABD≌△ACE（SAS），再进行线段转化易得答案；②与第①小问思路一样，证出△ABD≌△ACE（SAS）即可；
（2）由△CEF为直角三角形可知，需要分类讨论确定哪个角是直角三角形，再根据点D的位置关系去讨论即可，因为点D是动点，所以按照前面两问带给我们的思路，去构造类似的全等三角形，进而讨论求解即可．
【解答】解：（1）①CE+CD＝CA．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD
∵BD+CD＝BC，
∴CE+CD＝CA．
②CA+CD＝CE．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD，
∵CB+CD＝BD，
∴CA+CD＝CE．
（2）过E作EH∥AB，则△EHC为等边三角形．
①当点D在H左侧时，如图1，
∵ED＝EF，∠DEH＝∠FEC，EH＝EC，
∴△EDH≌△EFC（SAS），
∴∠ECF＝∠EHD＝120°，
此时△CEF不可能为直角三角形．
②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图2，
同理可得∴△EDH≌△EFC（SAS），
∴∠FCE＝∠EHD＝60°，∠FEC＝∠DHE＜∠HEC＝60°，
此时只有∠FCE有可能为90°，
当∠FCE＝90°时，∠EDH＝90°，
∴ED⊥CH，
∵CH＝CE＝2，
∴CD＝CH＝，
又∵AB＝6，
∴BD＝6﹣．
③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3，
此时只有∠CEF＝90°，
∵∠DEF＝60°，
∴∠CED＝30°，
∵∠ECH＝60°，
∴∠EDC＝CED＝30°，
∴CD＝CE＝2，
∴BD＝6+2．
综上：BD的长为6﹣或6+2．
【点评】本题主要考查三角形综合题，熟练掌握全等三角形的性质和判定是解题的关键．
4．（2024 山西）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：…
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： 240 ．
（2）如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由；
（3）如图4，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
【分析】（1）六边形内角和为720°，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240°；
（2）连接BD，FD，通过全等很容易证出∠BAD＝∠FAD；
（3）作AC、CE、AE的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了．
【解答】解：（2）∠BAD＝∠FAD．
理由如下：连接BD，FD．
∵六边形ABCDEF是等边半正六边形．
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠C＝∠E．
∴△BCD≌△FED．
∴BD＝FD．
在△ABD与△AFD 中，
∴△BAD≌△FAD．
∴∠BAD＝∠FAD．
（3）答案不唯一，
作法一：作法二：
如图，六边形ABCDEF即为所求．
【点评】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键．
5．（2024 扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD．
【特殊化感知】
（1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 AD﹣BD＝CD ；
【一般化探究】
（2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示）
【分析】（1）利用等边三角形的判定与性质和含30°角的直角三角形的性质解答即可；
（2）延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，利用等边三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，圆周角定理和全等三角形的判定与性质解答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点C、D在AB同侧时，延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，利用圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理得到DE＝2DF＝2CD sin，再利用全等三角形的判定与性质得到AD＝BE，则结论可得；②当点C、D在AB两侧时，延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，利用①的方法解答即可．
【解答】解：（1）∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝30°，
∴CD＝BD＝AD，
∴AD﹣BD＝CD．
故答案为：AD﹣BD＝CD；
（2）若∠ACB＝60°，点C、D在AB向侧，AD﹣BD与CD的数量关系为：AD﹣BD＝CD，理由：
延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CDE＝∠BAC＝60°，
∵DE＝CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE＝CD，∠DCE＝∠E＝60°，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝60°+∠BCD，
∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝60°+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE．
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠ADC∠E＝60°．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+CD，
∴AD＝BD+CD，
∴AD﹣BD＝CD．
（3）①当点C、D在AB同侧时，
延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°﹣，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CDE＝∠BAC＝90°﹣，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E＝90°﹣α，∠DCE＝α．
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF＝，DF＝EF＝CD sin，
∴DE＝2DF＝2CD sin，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝α+∠BCD，∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝α+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°﹣，
∴∠ADC＝∠E．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+2CD sin，
∴AD﹣BD＝2CD sin．
②当点C、D在AB两侧时，
延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°﹣，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CBE＝∠DAC，
在△CAD和△CBE中，
，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴CD＝CE，∠ADC＝∠E，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°﹣，
∴∠E＝90°﹣，
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF＝，DF＝EF＝CD sin，
∴DE＝CD sin，
∴DE＝2CD sin，
∵DE＝BD+BE＝AD+BD，
∴AD+BD＝2CD sin．
综上，若∠ACB＝α，AD、BD、CD满足的数量关系为：当点C、D在AB同侧时AD﹣BD＝2CD sin；当点C、D在AB两侧时，AD+BD＝2CD sin．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2024 凉山州）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的直线DE⊥AC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接EO并延长，分别交⊙O于M、N两点，交AD于点G，若⊙O的半径为2，∠F＝30°，求GM GN的值．
【分析】（1）连接OD，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质证明∠DAE＝∠ODA，进而证得OD⊥DE，根据切线的判定即可证得结论；
（2）连接MD，AN，求出OF＝4，DF＝2，则AF＝6，AE＝3，证明AD＝DF＝2，由△DGO∽△AGE，得到＝＝，进而得到DG＝AD，AG＝AD，证明△MGD∽△AGN，根据相似三角形的性质得到＝，得到GM GN＝GD GA＝AD AD＝AD2＝．
【解答】.（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠OAD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠DAE＝∠ODA，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接MD，AN，
在Rt△ODF中，OB＝OD＝2，∠F＝30°，
∴OD＝OF，∠BOD＝60°，
∴OF＝4，
∴DF＝＝2，
∴AF＝2+4＝6，
在Rt△AEF中，∠F＝30°，
∴AE＝AF＝3，
∵∠F＝30°，OD⊥EF，
∴∠DOF＝60°＝∠2+∠3，
∵OA＝OD，
∵∠2＝∠3，
∴∠2＝30°，
∴∠2＝∠F，
∴AD＝DF＝2，
∵OD∥AE，
∴△DGO∽△AGE，
∴＝＝，
∴DG＝AD，AG＝AD，
∵∠ANM＝∠MDG，∠MGD＝∠AGN，
∴△MGD∽△AGN，
∴＝，
∴GM GN＝GD GA＝AD AD＝AD2＝×（2）2＝．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解决问题的关键．
7．（2024 滨州）【问题背景】
某校八年级数学社团在研究等腰三角形“三线合一”性质时发现：
①如图，在△ABC中，若AD⊥BC，BD＝CD，则有∠B＝∠C；
②某同学顺势提出一个问题：既然①正确，那么进一步推得AB＝AC，即知AB+BD＝AC+CD．若把①中的BD＝CD替换为AB+BD＝AC+CD，还能推出∠B＝∠C吗？
基于此，社团成员小军、小民进行了探索研究，发现确实能推出∠B＝∠C，并分别提供了不同的证明方法．
小军 小民
证明：分别延长DB，DC至E，F两点，使得…… 证明：∵AD⊥BC， ∴△ADB 与△ADC均为直角三角形 根据勾股定理，得……
【问题解决】
（1）完成①的证明；
（2）把②中小军、小民的证明过程补充完整．
【分析】（1）根据AD⊥BC，可以得到∠ADB＝∠ADC＝90°，然后根据SAS可以证明△ADB≌△ADC，从而可以得到结论成立；
（2）根据小军的证明过程可知：分别延长DB，DC至E，F两点，使得BE＝BA，CF＝CA，然后作出辅助线，再根据全等三角形的判定方法和等腰三角形的性质，可以证明结论成立；由小民的证明过程可知，是根据勾股定理和相似三角形的判定和性质求的结论成立的，写出相应的证明过程即可．
【解答】证明：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在△ADB和△ADC中，
，
∴△ADB≌△ADC（SAS），
∴∠B＝∠C；
（2）小军的证明过程：
分别延长DB，DC至E，F两点，使得BE＝BA，CF＝CA，如图所示，
∵AB+BD＝AC+CD，
∴BE+BD＝CF+CD，
∴DE＝DF，
∵AD⊥BC，
∴∠ADE＝∠ADF＝90°，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠E＝∠F，
∵BE＝BA，CF＝CA，
∴∠E＝∠BAE，∠F＝∠CAF，
∵∠ABC＝∠E+∠BAE，∠ACB＝∠F+∠CAF，
∴∠ABC＝∠ACB；
小民的证明过程：
∵AD⊥BC，
∴△ADB 与△ADC均为直角三角形，
根据勾股定理，得：AD2+BD2＝AB2，AD2+CD2＝AC2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2+CD2＝AC2+BD2，
∵AB+BD＝AC+CD，
∴AB﹣CD＝AC﹣BD，
∴（AB﹣CD）2＝（AC﹣BD）2，
∴AB2﹣2AB CD+CD2＝AC2﹣2AC BD+BD2，
∴AB CD＝AC BD，
∴，
又∵∠ADB＝∠ADC，
∴△ADB∽△ADC，
∴∠B＝∠C．
【点评】本题是一道三角形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
8．（2024 云南）如图，AB是⊙O的直径，点D、F是⊙O上异于A、B的点．点C在⊙O外，CA＝CD，延长BF与CA的延长线交于点M，点N在BA的延长线上，∠AMN＝∠ABM，AM BM＝AB MN．点H在直径AB上，∠AHD＝90°，点E是线段DH的中点．
（1）求∠AFB的度数；
（2）求证：直线CM与⊙O相切；
（3）看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、线段CB有关的三个结论：CE+EB＜CB，CE+EB＝CB，CE+EB＞CB，你认为哪个正确？请说明理由．
【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质得到∠NAM＝∠MAB＝90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
（3）连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长线于点K，设BC与DH交于点G，利用全等三角形的判定与性质和圆的切线的判定定理得到CK为⊙O的切线，利用切线长定理得到DK＝BK，利用平行线的判定定理得到AC∥DH∥BK，利用相似三角形的判定与性质得到，，利用平行线分线段成比例定理得到，则，进而得到GH＝GD，则点G是线段DH的中点，所以点G与点E重合，则结论可得．
【解答】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°；
（2）证明：∵AM BM＝AB MN，
∴，
∵∠AMN＝∠ABM，
∴△AMN∽△ABM，
∴∠NAM＝∠MAB．
∵∠NAM+∠MAB＝180°，
∴∠NAM＝∠MAB＝90°，
∴OA⊥CM．
∵OA为⊙O的半径，
∴直线CM与⊙O相切；
（3）解：正确的结论为：CE+EB＝CB，理由：
连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长线于点K，设BC与DH交于点G，如图，
在△OAC和△ODC中，
，
∴△OAC≌△ODC（SSS），
∴∠OAC＝∠ODC．
由（2）知：OA⊥CM，
∴∠OAC＝∠ODC＝90°，
∴OD⊥CD．
∵OD为⊙O的半径，
∴CK为⊙O的切线．
∵BK为⊙O的切线，
∴DK＝BK，BK⊥AB．
∵DH⊥AB，CA⊥AB，
∴AC∥DH∥BK，
∴△BHG∽△BAC，△CDG∽△CKB，．
∴，，
∴，，
∴．
∵CA＝CD，
∴GH＝GD，
∴点G是线段DH的中点，
∵点E是线段DH的中点，
∴点G与点E重合．
∴线段BC经过点E，
∴CE+EB＝CB．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理与性质定理，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
9．（2024 滨州）【教材呈现】
现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题：
14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．）
【得出结论】
【基础应用】
在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长．
【推广证明】
进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）．
请利用图1证明．
【拓展应用】
如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径．
【分析】【基础应用】根据三角形内角和可以求得∠A的度数，然后根据题目中的结论，即可求得AB的长；
【推广证明】先证明，然后连接AO并延长交⊙O于点F，根据圆周角定理可以得到∠B＝∠AFC，求出∠AFC的正弦，即可得到∠B的正弦，然后即可得到＝2R，从可以得到；
【拓展应用】根据勾股定理可以得到BD的长，然后根据平行线的性质和锐角三角函数，可以得到sin∠ABD的值，然后作AE⊥CD交CD于点E，得到矩形ABCE，从而可以得到AE和DE的长，再根据勾股定理可以求得AD的长，最后根据＝2R，即可得到过A，B，D三点的圆的半径．
【解答】解：【基础应用】
∵∠B＝75°，∠C＝45°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵∠C＝45°，BC＝2，，
∴，
解得AB＝；
【推广证明】
作AD⊥BC于点D，作CE⊥AB于点E，连接AO并延长交⊙O于点F，连接CF，如图所示，
∵，
∴a csinB＝c bsinA，
∴，
同理可证，，
∴，
∵AF是直径，
∴∠ACF＝90°，
∵∠B＝∠AFC，
∴sinB＝sin∠AFC＝＝，
∴＝2R，
∴；
【拓展应用】
连接DB，如图所示，
∵BC＝3，CD＝4，∠C＝90°，
∴BD＝＝＝5，
∴sin∠BDC＝＝，
∵∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠C＝180°，
∴AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∴sin∠ABD＝，
作AE⊥CD交CD于点E，
则四边形ABCE是矩形，
∴CE＝AB＝2，AE＝BC＝3，
∴DE＝2，
∴AD＝＝＝，
∴＝＝，
∴过A，B，D三点的圆的半径为．
【点评】本题一道圆的综合题，主要考查勾股定理、矩形的性质、锐角三角函数、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
10．（2024 重庆）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，点P为AB上一点，过点P作PQ∥BC交AC于点Q．设AP的长度为x，点P，Q的距离为y1，△ABC的周长与△APQ的周长之比为y2．
（1）请直接写出y1，y2分别关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象；请分别写出函数y1，y2的一条性质；
（3）结合函数图象，直接写出y1＞y2时x的取值范围．（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）
【分析】（1）由PQ∥BC，得到△APQ∽△ABC，根据相似三角形的性质得到y1＝x（0＜x＜6），y2＝（0＜x＜6）；
（2）平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象，根据一次函数的图象和反比例函数的图象即可得到结论；
（3）根据函数的图象得到当y1＞y2时x的取值范围为2.1＜x＜6．
【解答】解：（1）∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴y1＝x（0＜x≤6）；
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴△ABC的周长：△APQ的周长＝AB：AP，
∴y2＝（0＜x≤6）；
（2）平面直角坐标系中画出函数y1，y2的图象如图所示；
当0＜x＜6时，y1随x的增大而增大；y2随x的增大而减小；
（3）由函数图象得，当y1＞y2时x的取值范围为2.1＜x≤6．
【点评】本题是三角形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，一次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，正确地画出函数的图象是解题的关键．
11．（2024 内江）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，过点C作AD的垂线，垂足为点E．
（1）求证：△ACE∽△ABC；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若AD＝2CE，OA＝，求阴影部分的面积．
【分析】（1）利用圆周角定理，垂直的定义和相似三角形的判定定理解答即可；
（2）连接OC，利用角平分线的定义，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（3）连接OD，过点O作OF⊥AD于点F，利用垂径定理，矩形的判定与性质得到OF＝AF，则△AFO为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求得AF＝FO＝1，再利用阴影部分的面积＝S扇形OAD﹣S△OAD解答即可．
【解答】（1）证明：∵C是的中点，
∴，
∴∠EAC＝∠BAC．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°．
∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△ACE∽△ABC；
（2）证明：连接OC，如图，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
由（1）知：∠EAC＝∠BAC，
∴∠EAC＝∠OCA，
∴OC∥AE，
∵CE⊥AE，
∴OC⊥CE．
∵OC为⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（3）解：连接OD，过点O作OF⊥AD于点F，如图，
则AF＝FD＝AD，
∵AD＝2CE，
∴AF＝CE．
∵OF⊥AD，CE⊥AE，OC⊥CE，
∴四边形EFOC为矩形，
∴OF＝CE，
∴OF＝AF，
则△AFO为等腰直角三角形，
∴∠FAO＝45°，AF＝FO＝OA＝1．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠FAO＝45°，
∴∠AOD＝90°．
∴OA OD＝＝1，
＝，
∴阴影部分的面积＝S扇形OAD﹣S△OAD＝﹣1．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，圆的切线的判定定理，圆的有关计算，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，连接经过切点的半径，作出弦的弦心距是解决此类问题常添加的辅助线．
12．（2024 吉林）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线AD﹣DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）．
（1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）．
（2）当点E与点C重合时，求t的值．
（3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
【分析】（1）根据角平分线+平行线可得△APQ是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的长；
（2）当E、C重合时，AE＝2AQ，即2t＝3，求t值即可；
（3））①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF．③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，分类讨论画出图形计算求解即可．
【解答】解：（1）如图，过Q作QH⊥AD于点H，
∵PQ∥AB，
∴∠BAD＝∠QAP，
∵AD是角平分线，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴∠CAD＝∠QAP，
∴QA＝QP，
∴△APQ是等腰三角形．
∵QH⊥AP，
∴AH＝AP＝，
∵∠CAD＝30°，
∴AQ＝＝t，
故△APQ是等腰三角形，AQ＝t．
（2）如图所示，E、C重合时图形．
∵△PQE是等边三角形，
∴QE＝QP，
由（1）得QA＝QP，
∴AE＝2AQ，即2t＝3，
∴t＝．
（3）①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，
∵∠PAQ＝30°，
∴PG＝AP＝t，
∵△PQE是等边三角形，
∴QE＝PQ＝AQ＝t，
∴S＝QE PG＝．
由（2）知当点EC重合时，t＝，
∴S＝（0＜t≤）．
②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF．
在Rt△FCE中，CE＝2t﹣3，∠E＝60°，
∴CF＝CE tan60°＝（2t﹣3），
∴S△PCE＝（2t﹣3） （2t﹣3）＝（2t﹣3）2，
∴S＝S△PAC﹣S△PCE＝﹣（2t﹣3）2＝﹣t2+6t﹣（＜t＜2）．
③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，
S＝CQ CP＝（t﹣1） （t﹣1）＝（t﹣1）2，（2≤t≤4）．
综上所述，S＝．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质、解直角三角形、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识点和分类讨论思想是解题关键．
13．（2024 湖南）【问题背景】
已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角．
【初步感知】
（1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝ 30 °；
【问题探究】
（2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F．
①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立：
②如图3，当AC＝r，＝时，请补全图形，并求tanα及的值．
【分析】（1）根据等腰△AOE的角度和切线的性质即可求出∠CAE＝30°；
（2）因为AD＝BC，且AD＝AE+ED，要证BC＝CD+ED，实际要证CD＝AE，根据我们证线段相等的思路：①同一个三角形证等腰②不同三角形证全等，可证△OAE≌△FCD即可；
（3）由AC＝得tanα＝，再作OH⊥AE，证△OEH∽△CED得到，通过设边长，再利用勾股定理表示CD2建立勾股方程即可找到线段之间的关系．
【解答】（1）解：∵α＝60°，OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA＝α＝60°，
∵AC与圆相切，
∴∠OAC＝90°，
∴∠CAE＝30°．
故答案为：30．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AC＝2r，
∴OA＝OE＝CF＝DF＝r，
∵∠OAC＝∠ADC＝90°，
∴∠OAE+∠CAD＝∠ACD+∠CAD，
∴∠OAE＝∠ACD，
∵OA＝OE，CF＝DF，
∴∠OAE＝∠OEA＝∠ACD＝∠CDF，
在△OAE和△FCD中，
，
∴△OAE≌△FCD（AAS），
∴AE＝CD，
∵AD＝AE+ED，
∴BC＝CD+ED．
即无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立．
（3）解：补全图形如图，
∵AC是切线，
∴∠OAC＝90°，
∵AC＝，
∴tanα＝．
设OA＝3m，则AC＝＝4m，OC＝5m，
∵＝，OE＝OA＝3m，
∴CE＝2m，OE+CE＝5m＝OC，
即点E在线段OC上，
如图，过O作OH⊥AE，垂足为H，则AH＝EH，
∵∠OHE＝90°＝∠D，∠OEH＝∠CED，
∴△OEH∽△CED，
∴，
设EH＝AH＝3a，则DE＝2a，
∴AD＝AH+EH+ED＝8a，
在Rt△ACD中，CD2＝AC2﹣AD2＝16m2﹣64a2，
在Rt△CED中，CD2＝CE2﹣ED2＝4m2﹣4a2，
∴16m2﹣64a2＝4m2﹣4a2，解得a＝m，
∴BC＝AD＝m，CD＝＝m＝AB，
∴＝＝．
【点评】本题主要考查了圆的综合题以及切线的性质、锐角三角函数、相似的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题关键．
14．（2024 扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
（1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离；
（2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
（3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 2 ．
【分析】（1）易证△MCB∽△HME，再代入边长求解即可；
（2）由△MCB∽△HME得出相似比，设未知数代入，得到关于HE的二次函数表达式，进而求最值即可；
（3）先证CH＝2OM，将2OM+HB转化为CH+HB的最小值，利用“将军饮马“模型做对称点求解即可．
【解答】解：（1）由题易得∠CBM＝∠CMH＝∠HEM＝90°，
∵∠CMB+∠BCM＝∠CMB+∠HME＝90°，
∴∠BCM＝∠HME，
∴△MCB∽△HME，
∴，
∵BC＝AB＝2，EH＝EF＝12，BE＝10，
∴，解得BM＝4或6，
∴点M与点B之间的距离是4或6．
（2）由（1）知，
设EH＝y，BM＝x，
∵BE＝10，
∴EM＝10﹣x，
∴，
∴y＝﹣x2+5＝﹣（x﹣5）+12.5，
∵﹣＜0，
∴当x＝5时，ymax＝12.5，
即HE最大值为12.5．
（3）∵∠CMH＝90°，O是CH中点，
∴CH＝2OM，
∴2OM+HB＝CH+BH，
∴求2OM+HB的最小值就是求CH+BH的最小值即可．
如图，连接FH，则点H在∠EFG的角平分线上，作B关于FH的对称点B'，连接B'C交FH为H'，则H'即为所求H位置，B'C长度即为CH+HB最小值．
过点C作CQ⊥B'F．
∵∠BFH＝∠B'FH＝45°，
∴B'在FG的延长线上，
∵∠CBF＝∠BFQ＝∠FQC＝90°，
∴四边形CBFQ为矩形，
∴FQ＝BC＝2，
∵BF＝B'F＝22，
∴B'Q＝B'F﹣QF＝20，
在Rt△B'CQ中，B'C2＝＝2，
即CH+BH最小值为2，
∴2OM+HB最小值为2．
【点评】本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握相似的判定和性质、二次函数求最值、轴对称等知识点是解题关键．
15．（2024 山东）【实践课题】测量湖边观测点A和湖心岛上鸟类栖息点P之间的距离．
【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据胡岸地形状况，在岸边选取合适的点B．测量A，B两点间的距离以及∠PAB和∠PBA，测量三次取平均值，得到数据：AB＝60米，∠PAB＝79°，∠PBA＝64°．画出示意图，如图1：
【问题解决】（1）计算A，P两点间的距离．
（参考数据：sin64°≈0.90，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，sin37°≈0.60，tan37°≈0.75）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点D，E，F，使得A，D，E在同一条直线上，且AD＝DE，∠DEF＝∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，只需测量EF即可．
（2）乙小组的方案用到了 ② ．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形
②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
【分析】（1）如图，过B作BH⊥AP于H，先求解AH＝AB cos79°≈60×0.19＝11.4米，BH＝AB sin79°≈60×0.98＝58.8米，再求解∠APB＝37°及PH即可；
（2）由全等三角形的判定方法可得△ADP≌△EDF（ASA），可得AP＝EF，从而可得答案．
【解答】解：（1）如图，过B作BH⊥AP于H，
∵AB＝60米，∠PAB＝79°，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，
∴AH＝AB cos79°≈60×0.19＝11.4（米），
BH＝AB sin79°≈60×0.98＝58.8（米），
∵∠PAB＝79°，∠PBA＝64°，
∴∠APB＝180°﹣79°﹣64°＝37°，
∴，
∴（米），
∴AP＝AH+PH＝11.4+78.4＝89.8（米）；
即A，P两点间的距离为89.8米；
（2）∵AD＝DE，∠DEF＝∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，
∴∠ADP＝∠EDF，
∴△ADP≌△EFD（ASA），
∴AP＝EF，
∴只需测量EF即可得到AP长度；
∴乙小组的方案用到了②；
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质的应用，解直角三角形的应用，灵活应用知识点是解本题的关键．
16．（2024 德阳）已知⊙O的半径为5，B、C是⊙O上两定点，点A是⊙O上一动点，且∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D．
（1）证明：点D为上一定点；
（2）过点D作BC的平行线交AB的延长线于点F．
①判断DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
②若△ABC为锐角三角形，求DF的取值范围．
【分析】（1）连接OB，OC，由∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，可得∠BOD＝2∠BAD＝60°，的度数是60°，而B为定点，故D为上一定点；
（2）①连接OD，由∠BAC的平分线交⊙O于点D，可得＝，故OD⊥BC，又DF∥BC，从而OD⊥DF，即知DF与⊙O相切；
②当∠A1BC为直角时，连接OD交BC于M，求出DF＝；当∠A2CB为直角时，连接OD，BD，求出DF＝5；由图可知，当A由A1运动到A2（不包括A1，A2）时，△ABC是锐角三角形，即可得DF的取值范围是＜DF＜5．
【解答】（1）证明：连接OB，OC，如图：
∵∠BAC＝60°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝60°，
∴的度数是60°，
∵B为定点，
∴D为上一定点；
（2）解：①DF与⊙O相切，理由如下：
连接OD，如图：
∵∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∴OD⊥BC，
∵DF∥BC，
∴OD⊥DF，
∵OD为⊙O的半径，
∴DF与⊙O相切；
②当∠A1BC为直角时，连接OD交BC于M，如图：
∵∠BA1C＝60°，
∵∠A1BC＝90°，
∴∠C＝30°，A1C为⊙O的直径，
∵⊙O的半径为5，
∴A1C＝10，A1B＝A1C＝5，
∴BC＝5，
由①知，＝，
∴BM＝BC＝，∠BMD＝90°，
∵∠FBC＝180°﹣∠A1BC＝90°，∠FDM＝90°，
∴四边形BFDM是矩形，
∴DF＝BM＝；
当∠A2CB为直角时，连接OD，BD，如图：
∵∠A2CB＝90°，∠BA2C＝60°，
∴A2B是⊙O的直径，∠A2BC＝30°，
∵DF∥BC，
∴∠F＝∠A2BC＝30°，
∵DF与⊙O相切，
∴∠FDO＝90°，
∴OF＝2OD＝10，
∴DF＝＝＝5；
由图可知，当A由A1运动到A2（不包括A1，A2）时，△ABC是锐角三角形，
∴DF的取值范围是＜DF＜5．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及勾股定理及应用，含特殊角的直角三角形三边关系，直线和圆的位置关系等，解题的关键是求出临界点时DF的长度．
17．（2024 长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形：
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形：
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）．
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； ×
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； √
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝r． √
（2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD．
①该四边形ABCD是“ 外接型单圆 ”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径．
（3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H．
①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH；
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长．
【分析】（1）由题干条件可得：有外接圆的四边形 对角互补，根据切线长定理得有内切圆的四边形 有一个点到四边距离相等 两组对边的和相等．①根据前置分析可得平行四边形既无外接圆也无内切圆，所以很容易判断出；②因为菱形对边之和相等，所以菱形是“内切型单圆”四边形；③外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，从而判断出结论是正确；
（2）①判断方法同上；②证即可得证；
（3）①四边形ABCD是“完美型双圆”四边形可得，∠A+∠EOH＝180°，∠FOG+∠C＝180°，从而得到∠EOH＝∠C，∠FOG+∠EOH＝180°，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半证出∠HPG＝90°，即可得证；②先证△AOH∽△OCG得出，再利用勾股定理建立方程即可求解．
【解答】解：（1）①∵平行四边形对角不互补，
∴平行四边形无外接圆，
∵平行四边形对边之和也不相等，
∴平行四边形无内切圆．
∴平行四边形是“平凡型无圆”四边形，
故①错误；
②∵内角不等于90°的菱形对角不互补，但是对边之和相等，
∴菱形是“内切型单圆”四边形，
故②正确；
③由题可知外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，
如图，此时OM＝r，ON＝R，
∵△OMN是等腰直角三角形，
∴ON＝OM，
∴R＝r，
故③正确．
故答案为：①（×）；②（√），③（√）．
（2）①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形；
理由：∵AB+CD≠BC+AD，
∴四边形ABCD无内切圆．
∴四边形ABCD是“外接型单圆”四边形；
②证法1：如图1，∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴，，
∴，即，
∴与均为半圆，
∴EF是⊙O的直径．
证法2：如图1，连接AF．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴，，
∴∠1+∠2＝90°，
由同弧所对的圆周角相等可得∠2＝∠3，
∴∠1+∠3＝90°，即∠EAF＝90°．
∴EF是⊙O的直径
证法3：如图2，连接FD，ED．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
由题意，得，，
∵由同弧所对的圆周角相等可得：∠EFD＝∠1，∠FED＝∠2，
∴，
∴∠FDE＝90°．
∴EF是⊙O的直径．
（3）①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG．
∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD．
∴∠OEA＝∠OHA＝90°．
∴在四边形EAHO中，∠A+∠EOH＝360°﹣90°﹣90°＝180°．
同理可证∠FOG+∠C＝180°，
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴四边形ABCD有外接圆，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠EOH＝∠C．
∴∠FOG+∠EOH＝180°
又∵∠FHG＝∠FOG，，
∴∠FHG+∠EGH＝90°．
∴∠HPG＝90°，即EG⊥FH．
②方法1：如图4，连接OE，OF，OG，OH．
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴∠OAH+∠OAE+∠OCG+∠OCF＝180°．
∵⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H，
∴∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF．
∴∠OAH+∠OCG＝90°．
∵∠COG+∠OCG＝90°，
∴∠OAH＝∠COG．
∵∠AHO＝∠OGC＝90°，
∴△AOH∽△OCG．
∴，即，
解得，
在Rt△OGC中，有OG2+CG2＝OC2，即，
解得，
在Rt△OBE中，
同理可证△BEO∽△OHD，
所以，即，
解得．
方法2：如图4，
由△AOH∽△OCG，得，即，
解得，
由△BEO∽△OHD，
得，即，
解得．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质和判定、矩形的性质和判定、菱形的性质和判定、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质等知识，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外题目涉及面积、周长、角度的计算，要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．
18．（2024 深圳）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
（1）如图所示，四边形ABCD为“垂中平行四边形”，，CE＝2，则AE＝ 1 ；AB＝ ；
（2）如图2，若四边形ABCD为“垂中平行四边形”，且AB＝BD，猜想AF与CD的关系，并说明理由；
（3）①如图3所示，在△ABC中，BE＝5，CE＝2AE＝12，BE⊥AC交AC于点E，E为垂中点，请画出以BC为边的垂中平行四边形，要求：点A在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，连接CB'，作射线CB'交①中所画平行四边形的边于点P，连接PE，请直接写出PE的值．
【分析】（1）理解题意，由△AEF∽△CEB得，AE＝1，再用勾股定理求AB即可；
（2）这一问是对上一问思路的顺延，利用△AED∽△FEB将线段之间的关系转化即可得证；
（3）①根据题意作符合题意得平行四边形即可，但是不能漏情况；②画出图形之后在求解，这一问难度不大，主要在于建立在第一小问的基础上，之后用相似或者锐角三角函数把边长求出即可．
【解答】解：（1）由题可知，AF＝AD＝BC，
∵AF∥BC，
∴△AEF∽△CEB，
∴，
∵CE＝2，
∴AE＝1，
∵BC＝2AF＝2，
∴BE＝＝4，
∴AB＝＝；
故答案为：1，．
（2）AF＝CD，理由如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴△AED∽△FEB，
∴，
设BE＝x，则DE＝2x，
∴AB＝BD＝3x，AE＝＝2x，
∴EF＝AE＝x，
∴AF＝AE+EF＝3x，
∴AF＝AB，
∴AF＝CD；
（3）①作法一：如图所示，作平行四边形ABCH则为所求，
作法提示：过A作AH∥BC，过C作CH∥AB，两条直线交于点H（也可不用尺规作图，其他工具亦可）．
作法二：如图所示，平行四边形CBQH即为所求，
作法提示：过C作CH∥AB，延长BE交CH于点H，过H作HQ∥BC交BA延长线于Q，（因为题中并没有要求作图工具，所以尺规作图也行，其他工具也可以，只要符合题意．）
作法三：如图所示，平行四边形BCDF即为所求，
作法提示：作AD∥BC，交BE的延长线于点D，连接CD，作BC的垂直平分线，在DA延长线上取点F，使AF＝AD，连接BF，
②（Ⅰ）当垂中平行四边形是作法一时，
方法一：如图所示，作PQ⊥AC，
∵△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，
∴∠ACB＝∠ACP，
∵AH∥BC，
∴∠PAC＝∠ACB，
∴∠ACP＝∠PAC，
∴PA＝PC，
∴AQ＝AC＝9，
∴EQ＝EC﹣CQ＝3，
∵tan∠ACB＝tan∠PCQ，
∴，即，
解得PQ＝，
∴PE＝＝．
方法二：如图建立坐标系，以BB'为x轴，以AC为y轴，
∴A（0，6），C（0，﹣12），B（﹣5，0），
由tan∠BCE＝得，kAH＝﹣，kCB'＝，
∴直线AH解析式为：y＝﹣x+6，
直线CB'解析式为：y＝x﹣12，
联立解析式求解得P（，﹣3）．
∴PE＝＝．
（Ⅱ）当垂中平行四边形是作法二时，
方法一：如图连接PA，延长CA交HQ延长线于点G，
同理可得，PG＝PC，
∴PA垂直平分AC，
∴AE＝6，EC＝12，
∵△CPA∽△CB'E，
∴PA＝，
∴PE＝．
方法二：建立坐标系法，同情况一建立坐标系可得PE＝．
（Ⅲ）若按照作法三作图，则没有交点，不存在PE（不符合题意）．
【点评】本题主要考查相似三角形的性质和判定、勾股定理、折叠与对称问题等知识，熟练掌握以上基础知识、添加合适的辅助线以及正确理解题意是解题关键．
19．（2024 天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
（Ⅰ）如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
（Ⅱ）如图②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足为G，CG与OB相交于点F，OA＝3，求线段OF的长．
【分析】（I）根据等腰三角形 到现在得到∠A＝∠ABO，求得∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，根据切线的性质得到∠ECM＝90°，根据平行线的性质得到∠CDB＝∠ECM＝90°，根据圆周角定理得到结论；
（II）如图，连接OC，同（I），得∠COB＝90°，根据垂直的定义得到∠FGB＝90°，求得∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：（I）∵OA＝OB，
∴∠A＝∠ABO，
∵∠A+∠ABO+∠AOB＝180°，∠ABO＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，
∵直线MN与⊙O相切于点C，CE为⊙O的直径，
∴∠ECM＝90°，
∵AB∥MN，
∴∠CDB＝∠ECM＝90°，
∵∠BOE＝90°﹣∠ABO＝60°，
∵，
∴∠BCE＝30°；
（II）如图，连接OC．
同（I），得∠COB＝90°，
∵CG⊥AB，
∴∠FGB＝90°，
∵∠ABO＝30°，
∴∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，
∴∠CFO＝∠BFG＝60°，
在Rt△COF中，，
∴．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
20．（2024 山西）综合与探究
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
猜想证明：
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积．
【分析】（1）根据矩形的判定方法（有三个角是直角的四边形是矩形）很容易证出；
（2）①方法一可先证△HAM≌△DAC，得出AM＝AC，减去公共边得出CH＝MD．方法二证△CDH≌△MHD，可直接得出CH＝MD；②对于旋转的存在性问题，首先分类讨论，根据情况画出草图，再利用旋转的性质以及锐角三角函数或相似进行计算即可，需要主要的是四边形AMNQ的面积是不规则，需要用去用三角形面积的和差解决．
【解答】解：（1）四边形AECF为矩形．理由如下：
∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴∠AEC＝90°，∠AFC＝90°，
∵四边形ABCD 为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠AFC+∠ECF＝180°，∠ECF＝180°﹣∠AFC＝90°
∴四边形AECF为矩形．
（2）①CH＝MD．理由如下：
证法一：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
∵△ABE 旋转得到△AHG，
∴AB＝AH，∠B＝∠H．
∴AH＝AD，∠H＝∠D．
∵∠HAM＝∠DAC，
∴△HAM≌△DAC，
∴AM＝AC，
∴AH﹣AC＝AD﹣AM，
∴CH＝MD．
证法二：
如图，连接HD．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC，
∵△ABE 旋转得到△AHG，
∴AB＝AH，∠B＝∠AHM，
∴AH＝AD，∠AHM＝∠ADC，
∴∠AHD＝∠ADH，
∴∠AHD﹣∠AHM＝∠ADH﹣∠ADC，
∴∠MHD＝∠CDH，
∵DH＝HD，
∴△CDH≌△MHD，
∴CH＝MD．
②情况一：如图，当点G旋转至BA的延长线上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ＝．
∵AB＝5，BE＝4，
∴由勾股定理可得AE＝3，
∵△ABE旋转到△AHG，
∴AG＝AE＝3，GH＝BE＝4，∠H＝∠B，
∵GN⊥CD，
∴GN＝AE＝3，
∴NH＝1，
∵AD∥BC，
∴∠GAM＝∠B，
∴tan∠GAM＝tan∠B，即，
解得GM＝，则MH＝，
∵tan∠H＝tan∠B，
∴在Rt△QNH中，QN＝，
∴S四边形AMNQ＝S△AMH﹣S△QNH＝MH AG﹣NH QN＝．
情况二：如图，当点G旋转至BA上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ＝．
同第一种情况的计算思路可得：NH＝7，QN＝，AG＝3，MH＝，
∴S四边形AMNQ＝S△QNH﹣S△AMH＝NH QN﹣MH AG＝．
综上，四边形AMNQ的面积为 或 ．
【点评】本题主要考查了四边形综合以及菱形的性质、矩形的判定和性质、旋转的性质，熟练掌握这些基础知识是解题关键．
21．（2024 河北）已知⊙O的半径为3，弦MN＝2．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝3．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x．
（1）当点B与点N重合时，求劣弧的长；
（2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值；
（3）设点O到BC的距离为d．
①当点A在劣弧上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值；
②直接写出d的最小值．
【分析】（1）如图，连接OA，OB，先证明△AOB 为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式 可得答案；
（2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，证明四边形BIOH是矩形，可得BH＝OI，BI＝OH，再结合勾股定理可得答案；
（3）①如图，由过点A的切线与AC垂直，可得AC过圆心，过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB 于K，而∠ABC＝90°，可得四边形KO．JB为矩形，可得 OJ＝KB，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案；
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J，OL＞OJ，此时OI最短，如图，过A作AQ⊥OB于Q，而AB＝AO＝3，证明BQ＝OQ＝1，求解，再结合等角的三角函数可得答案．
【解答】解：如图，连接OA，OB，
∵⊙O的半径为3，AB＝3，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴△AOB 为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴ 的长为＝π，
∴劣弧的长为π；
（2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，如图：
∵OA∥MN，
∴∠IBH＝∠BHO＝∠HOI＝∠BIO＝90°，
∴四边形BIOH是矩形，
∴BH＝OI，BI＝OH，
∵，OH⊥MN，
∴，
而OM＝3，
∴，
∴点B到OA的距离为2；
∵AB＝3，BI⊥OA，
∴，
∴，
∴；
（3）①过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB于K，如图：
∵∠ABC＝90°，过点A的切线与AC垂直，
∴AC过圆心，
∴四边形KOJB为矩形，
∴OJ＝KB，
∵AB＝3，，
∴，
∴，
∴，
∴，即 ；
②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J，
∵∠OJL＞90°，
∴OL＞OJ，故当B为MN中点时，d最短小，
过A作AQ⊥OB于Q，
∵B为MN中点，
∴OB⊥MN，
同（2）可得OB＝2，
∴BQ＝OQ＝1，
∴，
∵∠ABC＝90°＝∠AQB，
∴∠OBJ+∠ABO＝90°＝∠ABO+∠BAQ，
∴∠OBJ＝∠BAQ，
∴tan∠OBJ＝tan∠BAQ，
∴，
设OJ＝m，则 ，
∵OJ2+BJ2＝OB2，
∴，
解得： （m的负值已舍去），
∴OJ的最小值为 ，即d的最小值为．
【点评】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应用：锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键．
22．（2024 福建）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE⊥OC，垂足为E，BE的延长线交于点F．
（1）求的值；
（2）求证：△AEB∽△BEC；
（3）求证：AD与EF互相平分．
【分析】（1）分别利用锐角三角函数，，代入数据解答即可得解；
（2）过点B作 BM∥AE，交EO延长线于点M，如图1，首先证明△AOE≌△BOM（AAS），得到AE＝BM，OE＝OM，进一步推导出∠AEB＝∠BEC，∠BAE＝∠CBE，进而得证；
（3）连接DE，DF．如图2，首先推导出△AOE∽△BDE，得到∠BED＝∠AEO＝90°，∠DEF＝90°，∠AFB＝∠DEF，AF∥DE，进一步推导出AE∥FD，进而得证．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，且AB是⊙O的直径，
∴AC＝2AO，
∵∠BAC＝90°，
在Rt△AOC 中，，
∵AE⊥OC，
在Rt△AOE 中，，
∴，
∴；
（2）证明：过点B作 BM∥AE，交EO延长线于点M，如图1，
∴∠BAE＝∠ABM，∠AEO＝∠BMO＝90°．
∵AO＝BO，
∴△AOE≌△BOM（AAS），
∴AE＝BM，OE＝OM，
∵，
∴BM＝2OE＝EM，
∴∠MEB＝∠MBE＝45°，
∠AEB＝∠AEO+∠MEB＝135°，
∠BEC＝180°﹣∠MEB＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ABM＝∠CBE，
∴∠BAE＝∠CBE，
∴△AEB∽△BEC；
（3）连接DE，DF．如图2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠AFB＝90°，AB＝2AO．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴BC＝2BD，∠DAB＝45°，
由（2）知，△AEB∽△BEC，
，∠EAO＝∠EBD，
∴△AOE∽△BDE，
∴∠BED＝∠AEO＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴AF∥DE，
由（2）知，∠AEB＝135°，
∴∠AEF＝180°﹣∠AEB＝45°．
∵∠DFB＝∠DAB＝45°，
∴∠DFB＝∠AEF，
∴AE∥FD，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AD与EF互相平分．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等，解答本题的关键是作出辅助线，构造全等三角形或相似三角形．
23．（2024 福建）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸ABCD，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中AE＝FB），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．
（1）直接写出的值；
（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是 C ．
（3）今有三种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如表所示：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
规格（单位：cm） 30×40 20×80 80×80
单价（单位：元） 3 5 20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE，EF的比例，制作棱长为10cm的正方体礼品盒．如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）
【分析】（1）由折叠和题意可知，GH＝AE+FB，AH＝DH，四边形EFNM是正方形，得到EM＝EF，即 AG＝EF，即可求解；
（2）根据几何体的展开图即可求解；
（3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2个正方体，每张型号Ⅰ卡 纸可制作1个正方体，即可求解．
【解答】解：（1）如图2：
上述图形折叠后变成如图3：
由折叠和题意可知，GH＝AE+FB，AH＝DH，
∵四边形EFNM是正方形，
∴EM＝EF，即 AG＝EF，
∴GH+AG＝AE+FB+EF，即AH＝AB，
∵AH＝DH，
∴，
∴的值为2；
（2）根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反，
∴C选项符合题意，
故答案为：C；
（3）需要卡纸如表所示；理由如下：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2
所用卡纸总费用（单位：元） 58
根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为5cm，如图4，则要制作一个边长为10cm的正方体的展开图形为：
∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图5：
型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图6：
型号Ⅰ卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图7：
∴可选择型号Ⅲ卡纸2张，型号Ⅱ卡纸3张，型号Ⅰ卡纸1张，则10×2+2×3+1×1＝27（个），
∴所用卡纸总费用为：20×2+5×3+3×1＝58（元）．
【点评】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关知识是解题的关键．
24．（2024 上海）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且．
（1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC；
（2）已知AD＝AE＝1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM DN，求边CD的长．
【分析】（1）添加辅助线，转移比例线段，得到，从而证出EF∥BC；
（2）利用三角形外接圆得性质得出△AOE≌△AOD，再根据BO平分∠ABC得出∠AOB＝90，然后得出相似，求出半径OA的长度；
（3）最后一问难度较大，首先将条件转化成线段和角度关系，由CD2＝DM DN，很容易找到△DCN∽△DMC，再根据这个相似结论证出△BEM∽△BPC，多组相似转化，再利用勾股定理建立方程，求出未知数．
【解答】（1）证明：延长DE和CB交于点G，
∵AD∥BC，
∴，
∵AE＝AB，DF＝
∴，，
∴，
∴EF∥BC．
（2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA，OD，OE．
∵点O为△ADE外接圆的圆心，
∴OA＝OE＝OD，
∴AF＝EF＝AE＝，
∵AE＝AB，
∴AB＝3AE＝3，
∵AE＝AD，0E＝OD，OA＝OA，
∴△AOE≌△AOD（SSS），
∴∠EAO＝∠DAO，
∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∴2∠EAO+2∠ABO＝180°，即∠EAO+∠ABO＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∵OF⊥AE，
∴∠AFO＝∠AOB＝90°，
∵∠FAO＝∠OAB，
∴△FAO∽△OAB，
∴，即AO2＝AF AB＝，
∴AO＝，
∴△ADE外接圆半径为．
②延长BA，CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q．
∵AD∥BC，
∴△PAD∽△PBC，
∴，
由①知AB＝3，
∴，
∴PA＝1，
∵CD2＝DM DN，
∴，
∵∠CDN＝∠MDC，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠CMD，
∵∠DMC＝∠CEM，
∴∠CEM＝∠DCN，
∴EM∥CD，
∴，
由AB＝3，AE＝1得，BE＝2，
∴，
∴BM＝MC＝2，
∴△BEM∽△BPC，
∴，
设ME＝2a，则PC＝4a，
∵AD∥BC，
∴，
∴PD＝a，DC＝3a，
∵EM∥CD，
∴△ENM∽△CND，
∴，
设EN＝2b，则CN＝3b，
∵∠DMC＝∠CEM，∠ECM＝∠MCN，
∴△CNM∽△CME，
∴，即CM2＝CN CE，
∴4＝3b 5b，解得b＝，
∴CE＝，
在Rt△BQE中，由勾股定理可得：
BE2﹣BQ2＝CN2﹣CQ2，
∴4﹣BQ2＝（）2﹣（4﹣BQ）2，
解得BQ＝，
∴EQ2＝BE2﹣BQ2＝，
∵QM＝BM﹣BQ＝2﹣＝，
∴在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM＝，
∵，
∴DC＝．
第三问方法二：
∵AD＝AE＝1，
∴AB＝3AE＝3，
∵AD∥BC，BC＝4，
∴，即，
∴AP＝1＝AD＝AE，
∵BE＝AP﹣AE＝2，PE＝AE+AP＝2，
∴E为BP中点，
∵CD2＝DM DN，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠DMC＝∠CEM，
∴EM∥CD，
∴M也为BC中点，
∴CM＝BM＝2，
∵BP＝BC＝4，
∴∠P＝∠DMC，
∵∠ECP＝∠DMC，
∴△ECP∽△DMC，
∴，
设DP＝a，则CD＝3a，CP＝4a，
∴，解得a＝，
∴CD＝．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，同时也考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
25．（2024 山东）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1．
（1）求证：BM＝EN；
（2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P．
①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形；
②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系．
【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；
（2）①证明∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，可得∠ACN＝90°，证明∠PMC＝∠BMC＝90°，可得四边形PMCN为矩形，结合BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，可得CM＝CN，从而可得结论；②如图，当30°＜α＜60°时，连接CP，证明△PMC≌△PNC，可得PM＝PN，结合∠D＝30°，可得；
②如图，当60°＜α＜120°时，连接CP，同理△PMC≌△PNC，结合∠CDF＝30°，可得．
【解答】（1）证明：设AC＝DE＝a，
∵∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠A＝∠C＝45°，
∴AB＝BC，
∵BM⊥AC，
∴，
∵∠EDF＝30°，EN⊥DF，
∴，
∴BM＝EN；
（2）①证明：∵∠D＝30°，CN⊥DF，
∴∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，
∵α＝∠ACD＝30°，
∴∠ACN＝90°，
∵BM⊥AC，
∴∠PMC＝∠BMC＝90°，
∴四边形PMCN为矩形，
∵BM＝EN，即BM＝CN，
而BM＝CM，
∴CM＝CN，
∴四边形PMCN是正方形；
②解：当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝．理由如下：
如图1，当30°＜α＜60°时，连接CP，
由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，
∵CP＝CP，
∴Rt△PMC≌△RtPNC（HL），
∴PM＝PN，
∴MP+DP＝PN+DP＝DN，
∵∠D＝30°，
∴cosD＝＝＝cos30°＝，
∴＝；
如图2，当60°＜α＜120°时，连接CP，
由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，
∵CP＝CP，
∴Rt△PMC≌Rt△PNC（HL），
∴PM＝PN，
∴DN＝PN﹣DP＝MP﹣DP，
∵∠CDF＝30°，
∴cos∠CDF＝＝＝cos30°＝，
∴＝，
综上，当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝．
【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
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