2025年中考数学培优压轴题二 几何探究题（含解析）

压轴题二 几何探究题
题型解读：几何探究题是辽宁各地市中考每年必考的内容.考查折叠问题、旋转问题、动点问题、探究性问题，综合性很强，主要考查学生对几何图形的综合应用能力，针对本专题，将从“突破设问”入手，以大题小练的形式，将复杂问题简单化，了解每一设问的问法，针对性地剖析此类问题，最后再进行综合练习.
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突破设问1 线段问题
1.线段相等如图，将矩形ABCD沿对角线BD 折叠，使点C落在点E处,BE与AD 相交于点 F,证明:BF=DF.
2.线段相等多解法 如图，AD平分. ,M为AB上一点,N为AC上一点,连接线段 DM,DN,若 求证：
【设问解读】证明线段相等的解决思路：
①当这两条线段在同一个三角形内时，则优先考虑证明三角形为等腰三角形，利用等腰三角形等角对等边的性质进行证明；
②当这两条线段不在同一个三角形内时，则优先考虑构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等进行证明；
③当这两条线段是一个四边形的对边时，则优先考虑证明该四边形为特殊平行四边形，利用对边相等进行证明；④在同圆或等圆中，同弧所对的弦相等也可证明线段相等.
3.线段比例关系[2024 盘锦二模节选]如图，点 F 是正方形ABCD的边AD上一点，连接CF，以CF 为斜边在 CF 右侧作 ,EF交 CD于点 G,连接DE,证明:
【思维发散】若点 F 在AD 的延长线上，其他条件不变，则FD，DE，CD之间的数量关系有变化吗 同学们可以自行解答.
4.求线段长 如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是AB,CD的中点， 连接AF,将正方形ABCD沿AF折叠,使点 D 落在正方形内的一点M处，连接FM 并延长交BC 于点 P，连接AP,求出BP的长.
【设问解读】证明线段比例关系的解决思路：
①当倍数关系为 时，则优先考虑构造等腰直角三角形；
②当倍数关系为 时，则优先考虑构造含 角的直角三角形；
③当线段关系为 时，则优先考虑构造直角三角形.
【设问解读】求线段长的解决思路：
①有直角三角形时利用勾股定理求解；
无直角三角形时作垂直构造直角三角形求解；
②有全等(或相似)三角形时利用比例关系求解；
无全等(或相似)三角形时构造全等(或相似)三角形求解；
③当线段无法用勾股定理或全等、相似求解时，可考虑作辅助线进行分割求解.
突破设问2 角度问题
5. 角度相等多解法如图,在△ABC中,AB=AC,将△ABC 绕点A逆时针旋转 得到△ADE,连接BD,CE.
求证:∠CBD=∠DEC.
6.角度关系如图,AB 是⊙O 的直径,D为AB 上一点,C为⊙O上一点,且AD=AC,延长CD 交⊙O 于点 E,连接CB.求证:∠A=2∠BCD.
拓展若∠BCE=15°,AB=6,求CE的长.
7.求角度已知点E 是 内部一点，将 沿BE 翻折，点A落在BC上的点 F 处，若 ，求 的度数.
【设问解读】求角度的解决思路：
①含平行关系时，可考虑平行线的性质求解；
②含折叠、旋转时，可考虑等量关系求解；
③与圆有关时，可考虑圆周角定理求解.
突破设问3 面积问题
8.三角形面积如图，已知 为等腰直角三角形，其中. 点 D 为 外一点,连接AD,BD,CD,若 求 的面积.
【设问解读】求三角形面积的解决思路：
求三角形面积时，优先考虑作垂线，构造直角三角形，利用面积公式进行求解.
9.四边形面积多解法[2024沈阳月考节选]已知点D 是 边BC上的一个动点(点D 与点B，C不重合)， ，连接 DA，点D 绕点 A 顺时针旋转 得到点 E，连接BE,AE,DE,AD,若. 求四边形AEBC 的面积.
【设问解读】求四边形面积的解决思路：
求任意不规则四边形面积时，优先考虑将四边形的问题转化为三角形的相关问题，在三角形中进行求解，利用不规则四边形的面积等于特殊的三角形面积加或减去另一个特殊的三角形面积.
针对训练
类型 ① 以图形折叠为载体的探究题(整体运用到折叠的性质)(省模考22题)
1. [2024 辽宁省模考卷]如图,在矩形ABCD中, ,点 E 为射线 BA 上一点(点E不与点B 重合),将△BCE沿 EC 折叠,得到 ，点P 为线段 FC上一点，再将 沿 EP 折叠,得到△EGP,PG的延长线与边 BC 相交于点 Q.
(1)如图①,连接EQ,求证:(
(2)如图②,当点E 与点A 重合时,若点 G落在边AD上,连接BF,EC与BF相交于点M,与 PQ 相交于点 N,求 MN的长;
(3)若点G落在边AD上，且 CE 所在直线与AD 所在直线相交于点 H.
①如图③，当点 E 在线段 BA 延长线上时，求 HG的长；
②当点 E 在线段AB 上时，请直接写出 HG 的长.
2.数学活动课上，老师将矩形ABCD按如图①所示方式折叠，使点A 与点 C重合，点B 的对应点为 折痕为 EF，若 为等边三角形.
(1)解析老师提出的问题：猜想AB与AD的数量关系，并加以证明；
(2)小明受到此问题的启发，将 纸片按如图②所示方式折叠，使点 A 与点 C 重合，折痕为EF，若
①试判断重叠部分. 的形状，并说明理由；
②若点 D 为EF的中点,连接CD,求CD的长;
(3)小亮深入研究小明提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图③，在 中，将 折叠，使点A 与点C重合，点D 为折痕EF上一点，连接CD，BD. 若 ，请求出线段BD的长.
类型 以线段旋转为引子的探究题(仅某一问涉及旋转的性质)
3. [2024辽宁22 题12分]如图,在 中， 将线段 CA绕点 C 顺时针旋转 得到线段CD，过点 D 作. 垂足为E.
(1)如图①,求证:
(2)如图②, 的平分线与AB的延长线相交于点 F，连接DF，DF的延长线与CB的延长线相交于点 P，猜想 PC与 PD的数量关系，并加以证明；
(3)如图③,在(2)的条件下,将 沿AF 折叠，在α变化过程中，当点 P 落在点 E 的位置时，连接EF.
①求证:点 F 是PD的中点;
②多解法若( 求△CEF的面积.
4.在正方形ABCD中，点E在边 BC，CD上运动(不与正方形顶点重合).作射线AE，将射线AE绕点A 逆时针旋转 交射线 CD 于点 F.
(1)如图,点E在边 BC上, ，则图中与线段AE 相等的线段是 ；
(2)过点 E作. ，垂足为G，连接DG，求 的度数；
(3)在(2)的条件下,当 是以DG为腰的等腰三角形时，求 的值.
类型 3 动点问题
5. [2024 新疆]【探究】
(1)已知△ABC和 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, 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 为直角三角形时，请直接写出BD的长.
6. 如图①，在菱形ABCD中， ，点E，F分别为边AB，CB上的动点，且满足
(1)【问题解决】求证：
(2)【问题探究】如图②,过点 B 作 交AD 于点 G,交 DE 于点 H,连接 CH.探究CH,DH,HB 之间的关系,并说明理由;
(3)【拓展延伸】在(2)的条件下，若 ，在点 E 从点A 到点 B 的运动过程中，求CH的最大值.
类型 4 探究性问题
7. [2024 辽宁省样卷]【问题初探】
(1)在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图①，在 中， 垂足为B,且BC>AB. 求证:BC=AD+BD;
①如图②，小鹏同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BC上截取 连接AE，将线段BC与AD，BD之间的数量关系转化为AD 与CE之间的数量关系.
②如图③，小亮同学从∠D=2∠C 这个条件出发给出另一种解题思路：作AC的垂直平分线，分别与AC，CD交于F，E两点，连接AE，将 转化为 与 之间的数量关系.
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程；
【类比分析】
(2)李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将证明三条线段的关系转化为证明两条线段的关系；为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图①进行变换并提出了下面问题，请你解答.
如图④,在 Rt△ABC中,∠ABC=90°,过点A作. (点D与点C在AB同侧)，若∠ADB=2∠C. 求证:BC=AD+BD;
【学以致用】
(3)如图⑤,在四边形ABCD中, 3∠ADC,求四边形ABCD的面积.
8. [2024辽阳三模]【问题初探】
(1)如图①，动点A在半径为2的⊙O上，若( 求AB 的最小值.
由于OA和OB 都是定长，当点A，B，O形成三角形时，霖霖想到了“三角形两边之差小于第三边”，由此可知当点A 在OB 上时对应的就是AB值最小的情形.请按照霖霖的思路完成求AB的最小值的解题过程.
【类比分析】
(2)如图②，点E和点 F分别是边长为4的正方形ABCD边 CD和AD上的两个动点，且 连接AE 和BF交于点 G,连接DG.求DG的最小值.
霖霖尝试着绘制了点 E 在不同位置的几张图，目测. 始终都是直角，于是联想到了“90°圆周角所对的弦是直径”，也就是说“点G是正方形ABCD内以AB为直径的圆弧上的点”，进而本题可以类比图①获解.请按照霖霖的思路完成求DG 的最小值的解题过程.
【学以致用】
(3)如图③，是两块等腰直角三角板， .当点 D 和 E 同时在边AC和AB 上滑动时，点F 也随之移动.若连接AF，则AF的最大值是 .
压轴题二 几何探究题
1.证明略.
2. 证明:解法1:如解图①,在AC上截取AE=AM,连接DE,
∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD,
又∵AD=AD,∴△MAD≌△EAD,
∴DM=DE,∠AMD=∠AED,
∵∠BAC+∠NDM=180°,∴∠AMD+∠AND=180°,
∵∠AED+∠DEN=180°,∴∠DEN=∠DNE,
∴DE=DN,∴DM=DN.
解法2：如解图②，过点 D 向∠BAC 的两边分别作垂线，垂足分别为点E，F，
∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD,
又∵∠AED=∠AFD=90°,AD=AD,
∴△ADE≌△ADF,
∴DE=DF,∵∠BAC+∠NDM=180°,
∴∠AMD+∠AND=180°,
∵∠AMD+∠DMF=180°,∴∠DMF=∠DNE,
又∵∠DEN=∠DFM=90°,∴△DFM≌△DEN,
∴DM=DN.
3.证明略.
【思维发散】解：线段 FD，DE，CD 之间的数量关系有变化.理由如下：
在DC延长线上截取CN=DF，连接EN，如解图，
∵四边形 ABCD 是正方形，△CEF 是等腰直角三角形，
∴∠CDF=∠ADC=∠FEC=90°,EF=CE,
∴∠DFE+∠DCE=180°,
∵∠NCE+∠DCE=180°,∴∠DFE=∠NCE,
∵∠DFE=∠NCE,EF=CE,CN=DF,
∴△DFE≌△NCE,
∴DE=NE,∠DEF=∠NEC,
∴∠DEN=∠NEC+∠DEC=∠DEF+∠DEC=90°,
∴△DEN是等腰直角三角形，∴
∵DN=DC+CN,∴ DE-DF=DC.
4. 解:∵四边形ABCD 是正方形,
∴AB=BC=CD=DA,∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°,由折叠可知，AD=AM,DF=MF= CD=2,∠D=∠AMF=90°,∠DAF=∠MAF,
∴AB=AM,
又∵AP=AP,
∴ Rt△ABP≌Rt△AMP(HL),∴∠BAP=∠MAP,BP=MP,
设BP=x,则PC=4-x,PF=PM+MF=2+x,
∴在 Rt△PCF中,(
即 解得
即BP的长为
5. 证明:解法1:∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB.
由旋转得△ABC≌△ADE,则AB=AC=AD=AE,∠BAD=∠CAE,∠BAC=∠DAE,∠ABC=∠ADE=∠AED,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴∠ACE=∠ABD=∠AEC,
∴∠ABC-∠ABD=∠AED-∠AEC,即∠CBD=∠DEC.
解法2:如解图,由题意可知AB=AC=AD=AE,则B,C,D,E四点共圆,∴∠CBD=∠DEC.
6.证明略.拓展解：(
7. 解:∠AEF=140°.
8. 解:如解图,过点A作AE⊥AD交BD 于点 E,连接CE,则∠DAE=90°,
∵∠ADB=45°,
∴∠DEA=45°,
∴△ADE 是等腰直角三角形，
∴AD=AE,
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠BAC=90°,∠ABC=45°,
∴ ∠DAE+∠EAB=∠BAC+∠EAB,即∠DAB=∠EAC,
∴△ADB≌△AEC(SAS),
∴EC=DB=4,∠DBA=∠ECA,
∵∠ECA+∠BCE=45°,
∴ ∠DBA+∠BCE=45°,又∵∠ABC=45°,
∴∠BEC=90°,即CE⊥BD,
9. 解:解法1:如解图,过点A作AH⊥BC于点H,
∵∠BAC=90°,AB=AC=2,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵AH⊥BC,∴BH=CH=AH=
由旋转得AE=AD,∠DAE=90°,
∴∠DAE=∠BAC,∴∠EAB=∠DAC,
解法2:如解图,过点A作AH⊥BC于点H,
∵∠BAC=90°,AB=AC=2,
由旋转得AE=AD,∠DAE=90°,
∴∠DAE=∠BAC,∴∠EAB=∠DAC,
∴△ABE≌△ACD,
【针对训练】
1. (1)证明略;
(2)解:∵将△BCE 沿EC 折叠,得到△FCE,
∴EC垂直平分BF,
∵四边形ABCD 是矩形,
∴∠ABC=∠BAD=90°,
由(1)知∠EGQ=90°,EG=EF=EB=2,
∴四边形EBQG是正方形，
∴BQ=EG=2,
在 Rt△ABC中,
∴∠ACB=30°,
在 Rt△BCM中,
在Rt△CNQ中
(3)解:①过点G作GR⊥BC,垂足为R,如解图①,
∴∠GRB=90°.
由(1)得 ∴四边形ABRG 是矩形,
∴AG=BR,GR=AB=2.
在Rt△GQR 中,
在Rt△EAG中,
∵EG=EB=AE+AB=AE+2,
解得AE=1,
∴EB=AE+AB=2+1=3,
∵四边形ABRG是矩形，
∴AH∥BC,
∴△EAH∽△EBC,
②HG的长为 解法提示】过点G作GR⊥BC，垂足为R，如解图②，
由①同理得
在Rt△EAG中,
∵EG=EB=AB-AE=2-AE,
解得
∵AH∥BC,
∴ △EAH∽△EBC,
2. 解: 证明如下：
∵△CEF为等边三角形，四边形ABCD为矩形，
∴∠ECF=60°,∠BCD=∠D=90°,∴∠DCE=30°,设DE=x,
则在Rt△DEC中,EC=2DE=2x,
∵矩形ABCD沿EF折叠,
∴AE=EC=2x,
∴AD=AE+DE=2x+x=3x.
∵四边形ABCD 是矩形,
(2)①△CEF为等腰直角三角形，理由如下：
∵△ABC沿EF折叠,点A 与点 C 重合,
∴EF是线段AC 的垂直平分线,∠ECF=∠A=45°,
∴∠EFC=90°,∴∠FEC=45°,
∴∠FEC=∠ECF,∴EF=CF,
∴△CEF 为等腰直角三角形；
②由折叠的性质可知：
∵点D 是EF的中点,∴
∴在 Rt△CDF中,
(3)过点A 作AG⊥BC 于点 G,过点 D 作 DM⊥AG于点M,作DN⊥BC于点 N,连接AD,如解图,
∵A，C两点关于折痕对称，
∠ACD=45°,
∴DA=DC,∠ACD=∠DAC=45°,
∴∠ADC=90°,
∵AB=AC,AG⊥BC,
∴点G为BC的中点，
∴在Rt△ABG中,
∵AG⊥BC,DM⊥AG,DN⊥BC,
∴四边形DNGM为矩形，
∴∠NDM=90°=∠ADC,
∴∠ADM=∠CDN.
在△ADM 和△CDN中,
∴△ADM≌△CDN(AAS),
∴DM=DN,AM=NC,
∴四边形 DNGM为正方形，
∴DM=DN=NG=MG,
设，DM=DN=NG=MG=x,则AM=CN=NG+GC=x+1,
∴AG=AM+MG=x+1+x=2x+1=2,
解得
∴在Rt△BDN中,
3. (1)证明略.
(2)解:猜想:PC=PD.
证明:∵CF 是∠ACD 的平分线,
∴∠ACF=∠DCF.
∵CA=CD,CF=CF,
∴△ACF≌△DCF,
∴∠A=∠CDF.
由(1)知∠A=∠ECD,
∴∠CDF=∠ECD,∴PC=PD;
(3)①证明:根据题意,得PB=BE.
∵ ∠CED=90°,
∴∠ABC=∠PED=90°,
∴BF∥ED,
∴PF=FD,
即点 F是PD的中点；
②解:如解图,过点 F 作 FG⊥CD,过点 P 作PH⊥CD,垂足分别为G，H，
由(2)可知PC=PD,
∵FG⊥CD,PH⊥CD,
∴FG∥PH,
由(2)得
∴ ∠DCF=∠CFG,
∴ FG=CG=20-5=15.
在Rt△FDG中,
∵∠ECD=∠FDG,
∴ tan∠DCE=tan∠FDG=3.
在Rt△CED中,DE=CE·tan∠DCE=3CE,
解得 (负值已舍去)，
∵PB=BE,PF=FD,
∴BF是△PED的中位线,
∴△CEF 的面积为
②解法2:设CE=a,BC=DE=b,
∴BE=BC-CE=b-a,
由①知,点 F是PD 的中点,∴
∵∠ABC=∠PED=90°,
∴BF∥DE,∴△PBF∽△PED,
∴PE=2BE=2(b-a),BF= DE= b,
∵ ∠PED=90°,DE=b,PE=2(b-a),
PD=PC=PE+CE=2(b-a)+a=2b-a,
∴在 Rt△PED中,
即
化简得 或(b=3a,
∵0°<α<45°,∴a=b不符合要求,∴b=3a,
∴△CEF的面积是30.
4. 解:(1)AF;
(2)①当点E在边 BC上时,如解图①,过点 G作 GM⊥AD,垂足为M,延长MG交BC于点N,则∠AMG=∠DMG=∠GNE=90°,
∴四边形CDMN是矩形，
∴∠2+∠3=90°,
∵EG⊥AF,∠EAF=45°,
∴∠2+∠1=90°,△AEG 为等腰直角三角形,AG=EG,
∴∠1=∠3,
在△AMG和△GNE中,
∴ △AMG≌△GNE(AAS),
∴AM=GN,
∵AM+MD=GN+MG,
∴MD=MG,
∴△MDG为等腰直角三角形,∠4=45°,
∴∠GDC=45°;
②当点E在边 CD上时,如解图②,过点G作GN⊥DF,垂足为N，延长NG交BA 的延长线于点 M，则四边形ADNM 是矩形，同理可得△AMG≌△GNE,
∴GN=AM=DN,
∴△NDG为等腰直角三角形，∠1=45°,
综上,∠GDC 的度数为45°或135°;
(3)①当点 E 在边 BC 上时,如解图①,
Ⅰ.当DG=DF时,
由(2)①知,△MDG为等腰直角三角形,MD=MG,设MD=MG=a,则
∵四边形CDMN 是矩形,
∴MG∥DF,
∴△AMG∽△ADF,
Ⅱ.当DG=FG时,
则∠GFD=∠GDF=45°,
此时∠3=45°,则AD=DF,即点 F 与点 C 重合,与题意矛盾.
②当点E在边 CD上时，如解图②，
Ⅰ.当DG=FG时,
则∠GFD=∠GDF=45°,
此时∠DAF=45°,
又∵∠EAF=45°,
∴此时点 E 与点 D 重合，与题意矛盾；
Ⅱ.当DG=DF时,
设GN=DN=b,则
∵GN∥AD,∴△GFN∽△GAM,
综上，
5. 解:(1)①CE+CD=CA.理由如下:
∵△ABC和△ADE都是等边三角形,
∴AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD 和△ACE中,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,
∵BD+CD=BC,
∴CE+CD=CA;
②CA+CD=CE.理由如下:
∵△ABC 和△ADE都是等边三角形,
∴AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,
∵CB+CD=BD,
∴CA+CD=CE;
(2)BD的长为( 或 解法提示】过点 E作 EH∥AB,则△EHC为等边三角形.
①当点 D 在H的左侧时，如解图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 的右侧，且在线段 CH上时，如解图②，
同理可得△EDH≌△EFC,
∴ ∠FCE = ∠EHD = 60°, ∠FEC =∠DEH<∠HEC=60°,
此时只有∠CFE有可能为90°，当∠CFE=90°时,∠EDH=90°,
∴ED⊥CH,
∵CH=CE=2
又∵AB=6,
③当点 D 在 H 的右侧,且在 HC的延长线上时，如解图③，此时只有∠CEF=90°,
∵∠DEF=60°,
∴ ∠CED=30°,
∵∠ECH=60°,
∠ECH=∠CED+∠CDE,
∴∠EDC=∠CED=30°,
综上，BD 的长为 或
6. (1)证明:如解图①,连接BD,
∵四边形ABCD 是菱形,
∴AD=AB=BC=CD,∠A=∠C=60°,
∴ △ABD 和△BCD 都是等边三角形,
∴ BD = AD, ∠DBC = ∠A =∠ADB=60°,
∵∠EDF=60°,
∴∠ADB=∠EDF,
∵ ∠ADB = ∠ADE +∠EDB,∠EDF=∠BDF+∠EDB,
∴∠ADE=∠BDF,
∴ △ADE≌△BDF(ASA),
∴DE=DF;
(2)解:CH=DH+HB.理由如下:如解图②,连接BD,∵BG∥DF,∴∠1=∠2,
∵∠2+∠3=60°,
∴∠DHB=120°,
∵∠BCD=60°,
∴∠DHB+∠BCD=180°,
∴D,H,B,C四点共圆,延长GB 至点 K,使 BK=DH,连接CK,则∠CDH=∠CBK,又∵CD=CB,
∴△CDH≌△CBK(SAS),∴CH=CK,∠DCH=∠BCK,
∵∠DCH+∠BCH=60°,∴∠BCK+∠BCH=∠HCK=60°,
∴△CHK为等边三角形,∴CH=HK=BK+HB=DH+HB;
(3)解:∵D,H,B,C四点共圆,
∴当CH为⊙O 的直径时，取得最大值，
此时∠HBC=∠HDC=90°,
在Rt△HBC和Rt△HDC中,BC=DC,CH=CH,
∴ Rt△HBC≌Rt△HDC(HL),∴∠BCH=∠DCH=30°,
7.(1)解：①选择小鹏同学的解题思路，证明如下：
∵BE=BD,AB⊥CD,
∴AB 是线段 DE 的垂直平分线，
∴AE=AD,∴∠D=∠AED,
∵∠D=2∠C,∴∠AED=2∠C,
又∵∠AED=∠C+∠CAE,
∴∠C=∠CAE,
∴ CE=AE,∴ CE=AD,
∴ BC=CE+BE=AD+BD;
②选择小亮同学的解题思路，证明如下：
∵ EF 是线段AC 的垂直平分线，
∴AE=EC,∴∠C=∠CAE,
∴∠AED=∠C+∠CAE=2∠C,
又∵∠D=2∠C,∴∠D=∠AED,
∴AE=AD,∴CE=AD.
∵AE=AD,AB⊥CD,∴BE=BD,
∴BC=CE+BE=AD+BD;
(2)证明：如解图①，过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E,在BC上截取BF=BE,连接AF,
∵AE∥DB,AD∥BC,
∴四边形AEBD 是平行四边形，
∴AD=BE,AE=BD,
∠ADB=∠E,
∵∠ADB=2∠C,
∴∠E=2∠C,
∵∠ABC=90°,
∴AB⊥FE,
又∵BE=BF,
∴AB 是线段EF 的垂直平分线，
∴AE=AF,
∴∠E=∠AFE,
∵∠E=2∠C,
∴∠AFE=2∠C,
又∵∠AFE=∠C+∠CAF,
∴∠C=∠CAF,
∴CF=AF,
∴CF=AE,
∴BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD;
(3)解:如解图②,延长AB 交 DC 的延长线于点E,过点A作AH⊥DE 于点H,过点B作BF⊥DE于点 F,
∵∠BCD=∠BAD,∠BCD+∠BCE=180°,∠BAD+∠E+∠D=180°,
∴∠BCE=∠E+∠D,
∵∠ABC=∠E+∠BCE,
∴∠ABC=∠E+∠E+∠D=2∠E+∠D,
∵∠ABC=3∠ADC,
∴3∠D=2∠E+∠D,
∴∠D=∠E,
∴∠BCE=∠E+∠D=2∠E,
又∵BF⊥DE,
同(1)可证EF=BC+CF.
∵∠D=∠E,
∴AD=AE,
又∵AH⊥DE,
∴HE=HD,
设EF=x,则CF=EC-EF=13-x,
∵EF=BC+CF,
∴BC=EF-CF=x-(13-x)=2x-13,
解得 (舍去),
8. 解:(1)如解图①,连接OA 和AB,
则OB-OA≤AB,
∴当O，A，B三点共线时，AB取得最小值，
(2)∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=CD=AD,∠ADE=90°=∠BAF,
∵CE=DF,
∴CD-CE=AD-DF,
即DE=AF,
∴△ADE≌△BAF(SAS),
∴∠EAD=∠FBA,
∴∠FBA+∠BAG=∠EAD+∠BAG=∠BAF=90°,
∴∠BGA=90°,
如解图②,取AB的中点O,连接OG和OD,
则
∵OG+GD≥OD,
即DG≥OD-OG,
当O，G，D三点共线时，DG取得最小值，
【解法提示】如解图③，作△ADE 的外接圆⊙O,连接OA,OD,OE,OF,
∵AC=BC,∠C=90°,∴∠EAD=45°,同理∠EDF=45°,
∴∠EOD=2∠EAD=90°,
∵OD=OE,∴∠ODE=45°,∴∠ODF=∠ODE+∠EDF=90°,在Rt△ODE中,OE=DE·sin∠ODE=2 ,∴OA= 同理在 Rt△DEF中, 在 Rt△ODF 中,由勾股定理得 ∵OA+OF≥AF,即 ,当点A,O,F三点共线时，AF取得最大值，∴