中考数学二轮复习·专项训练
专项七 几何探究型问题
重 点 知 识 讲 解
类型一 与三角形有关的探究
此类问题主要考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等，一定要善于从条件和图形入手，分析已知与未知之间的联系，能通过适当地添加辅助线，将问题转化，并及时发现、运用所学知识．
经典例题1 如图，△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，∠FAC＝∠ABC，且∠FAC在AC下方，点P，Q分别是射线BD，射线AF上的动点，且点P不与点B重合，点Q不与点A重合，连接CQ，过点P作PE⊥CQ于点E，连接DE.
(1)若∠ABC＝60°，BP＝AQ.
①如图1，当点P在线段BD上运动时，请直接写出线段DE和线段AQ的数量关系和位置关系；
②如图2，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；
(2)若∠ABC＝2α≠60°，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使(1)中①的结论仍然成立(用含α的三角函数表示)．
【解析】 (1)①先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠CBP＝∠CAQ，即可判断出△BPC≌△AQC，再判断出△PCQ是等边三角形，进而得出CE＝QE，即可得出结论；②同①的方法即可得出结论．(2)先判断出，∠PAQ＝90°－∠ACQ，∠BAP＝90°－∠ACQ，进而得出∠BCP＝∠ACQ，即可判断出△BPC∽△AQC，最后用锐角三角函数即可得出结论．
【解】 (1)①DE＝AQ，DE∥AQ，理由：连接PC，PQ，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC，∵AB＝BC，BD⊥AC，∴AD＝CD，∠ABD＝∠CBD＝∠BAC, ∵∠CAF＝∠ABC，∴∠CBP＝∠CAQ，在△BPC和△AQC中，∴△BPC≌△AQC(SAS)，∴PC＝QC，∠BCP＝∠ACQ，∴∠PCQ＝∠PCA＋∠AQC＝∠PCA＋BCP＝∠ACB＝60°，∴△PCQ是等边三角形，∵PE⊥CQ，∴CE＝QE，∵AD＝CD，∴DE＝AQ，DE∥AQ；②DE∥AQ，DE＝AQ，理由：如图2，连接PQ，PC，同①的方法得出DE∥AQ，DE＝AQ.
(2)AQ＝2BP·sinα. 理由：连接PQ，PC，要使DE＝AQ，DE∥AQ，∵AD＝CD，∴CE＝QE，∵PE⊥CQ，∴PQ＝PC，易知，PA＝PC，∴PA＝PE＝PC，∴以点P为圆心，PA为半径的圆必过A，Q，C，∴∠APQ＝2∠ACQ，∵PA＝PQ，∴∠PAQ＝∠PQA＝(180°－∠APQ)＝90°－∠ACQ，∵∠CAF＝∠ABD，∠ABD＋∠BAD＝90°，∴∠BAQ＝90°，∴∠BAP＝90°－∠PAQ＝90°－∠ACQ，易知，∠BCP＝∠BAP，∴∠BCP＝∠ACQ，∵∠CBP＝∠CAQ，∴△BPC∽△AQC，∴＝＝，在Rt△BCD中，sinα＝，∴＝2×＝2sinα，∴AQ＝2BP·sinα.
类型二 与四边形有关的探究
利用平行四边形、正方形、菱形、矩形的性质和判定进行相关计算和证明，主要是通过转化角度或线段之间的等量关系，来求证其他的角或线段相等，因此解题时往往先判定一个四边形的形状，再利用其性质解决问题，至于使用哪种判定方法，应依题目条件灵活确定．
经典例题2 如图，在矩形ABCD中，AD＝5，CD＝4，点E是BC边上的点，BE＝3，连接AE，DF⊥AE交于点F.
(1)求证：△ABE≌△DFA；
(2)连接CF，求sin∠DCF的值；
(3)连接AC交DF于点G，求的值．
【解析】 (1)根据勾股定理求出AE，矩形的性质、全等三角形的判定定理证明；(2)连接DE交CF于点H，根据全等三角形的性质得到DF＝AB＝CD＝4，AF＝BE＝3，证明∠DCH＝∠DEC，求出sin∠DEC，得到答案；(3)过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K，根据平行线分线段成比例定理得到＝，根据余弦的概念求出EK，计算即可．
【答案】 (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD∥BC，∴AE＝＝5，∠AEB＝∠DAF，在△ABE和△AFD中，∴△ABE≌△DFA．
(2)如图1，连接DE交CF于点H.∵△ABE≌△DFA，∴DF＝AB＝CD＝4，AF＝BE＝3，∴EF＝CE＝2.∴DE⊥CF.∴∠DCH＋∠HDC＝∠DEC＋∠HDC＝90°.∴∠DCH＝∠DEC.在Rt△DCE中，CD＝4，CE＝2，∴DE＝2，∴sin∠DCF＝sin∠DEC＝＝.
(3)如图2，过点C作CK⊥AE交AE的延长线于点K.∴＝.在Rt△CEK中，EK＝CE·cos∠CEK＝CE·cos∠AEB＝2×＝.∴FK＝FE＋EK＝.∴＝＝.
类型三 与圆有关的探究
在有关圆的问题中，有直径则联想到直径所对的圆周角是直角，利用直角三角形解决边、角问题．在有关切线证明的问题中，遵循有切点，连半径，证垂直；无切点，作垂直，证半径的原则．关于圆的一些定理或推论形成的基本图形应熟记在心，并能在组合图形中识别、分解出来．
经典例题3 如图，在以线段AB为直线的⊙O上取一点C，连接AC，BC.将△ABC沿AB翻折后得到△ABD.
(1)试说明点D在⊙O上；
(2)在线段AD的延长线上取一点E，使AB2＝AC·AE.求证：BE为⊙O的切线；
(3)在(2)的条件下，分别延长线段AE，CB相交于点F，若BC＝2，AC＝4，求线段EF的长．
【解析】 (1)由翻折知△ABC≌△ABD，得∠ADB＝∠C＝90°，据此即可得；(2)由AC＝AD知AB2＝AD·AE，即＝，据此可得△ABD∽△AEB，即可得出∠ABE＝∠ADB＝90°，从而得证；(3)由＝知DE＝1，BE＝，证△FBE∽△FAB得＝，据此知FB＝2FE，在Rt△ACF中根据AF2＝AC2＋CF2可得关于EF的一元二次方程，解之可得．
【答案】 (1)∵AB为⊙O的直径，∴∠C＝90°，∵将△ABC沿AB翻折后得到△ABD.∴△ABC≌△ABD，∴∠ADB＝∠C＝90°，∴点D在以AB为直径的⊙O上．
(2)∵△ABC≌△ABD，∴AC＝AD，∵AB2＝AC·AE，∴AB2＝AD·AE，即＝，∵∠BAD＝∠EAB，∴△ABD∽△AEB，∴∠ABE＝∠ADB＝90°，∵AB为⊙O的直径，∴BE是⊙O的切线．
(3)∵AD＝AC＝4，BD＝BC＝2，∠ADB＝90°，∴AB＝＝＝2，∵＝，∴＝，解得DE＝1，∴BE＝＝，∵四边形ACBD内接于⊙O，∴∠FBD＝∠FAC，即∠FBE＋∠DBE＝∠BAE＋∠BAC，又∵∠DBE＋∠ABD＝∠BAE＋∠ABD＝90°，∴∠DBE＝∠BAE，∴∠FBE＝∠BAC，又∠BAC＝∠BAD，∴∠FBE
＝∠BAD，∴△FBE∽△FAB，∴＝，即＝＝，∴FB＝2FE，在Rt△ACF中，∵AF2＝AC2＋CF2，∴(5＋EF)2＝42＋(2＋2EF)2，整理，得3EF2－2EF－5＝0，解得EF＝－1(舍去)或EF＝，∴EF＝.
备 考 演 练
1. 如图，OA＝OB＝50cm，OC是一条射线，OC⊥AB，甲小虫由点A以2cm/s的速度向B爬行，同时乙小虫由点O以3cm/s的速度沿OC爬行，甲小虫到达B点时两只小虫爬行停止.
(1)设小虫运动的时间为x秒，两小虫所在位置与点O组成的三角形的面积为ycm2，求y与x之间的函数关系式．
(2)当小虫运动的时间为多少时，两小虫所在位置与点O组成的三角形的面积等于450cm2.
(3)请直接说明y随x 的变化而变化情况．
2. 阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：
如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且∠BAC＝2∠DCB，求证：AC＝AD.
小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法：
方法1：如图2，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E.
方法2：如图3，作∠DCF＝∠DCB，与AB相交于点F.
(1)根据阅读材料，任选一种方法，证明AC＝AD.
(2)用学过的知识或参考小明的方法，解决下面的问题：如图4，△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，且∠BDE＝2∠ABC，点F在BD上，且∠AFE＝∠BAC，延长DC，FE，相交于点G，且∠DGF＝∠BDE.
①在图中找出与∠DEF相等的角，并加以证明；
②若AB＝kDF，猜想线段DE与DB的数量关系，并证明你的猜想．
3. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q.设点P的运动时间为t秒．
(1)用含t的代数式表示线段DC的长；
(2)当点Q与点C重合时，求t的值；
(3)设△PDQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
(4)当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出t的值．
4. 如图1，在△ABC中，AB＝AC，过AB上一点D作DE∥AC交BC于点E，以E为顶点，ED为一边，作∠DEF＝∠A，另一边EF交AC于点F.
(1)求证：四边形ADEF为平行四边形；
(2)当点D为AB中点时，?ADEF的形状为 ；
(3)延长图1中的DE到点G，使EG＝DE，连接AE，AG，FG，得到图2，若AD＝AG，判断四边形AEGF的形状，并说明理由．
5. 如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边上的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG.
(1)求证：四边形EFDG是菱形；
(2)探究线段EG，GF，AF之间的数量关系，并说明理由；
(3)若AG＝6，EG＝2，求BE的长．
6. 问题：如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点(不与点B，C重合)，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为 ；
探索：如图2，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
应用：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°.若BD＝9，CD＝3，求AD的长．
图1 图2 图3
7. 如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC上的点，线段BE，CD相交于点O，且∠DCB＝∠EBC＝∠A.
(1)求证：△BOD∽△BAE；
(2)求证：BD＝CE；
(3)若M，N分别是BE，CD的中点，过MN的直线交AB于P，交AC于Q，线段AP，AQ相等吗？为什么？
8. 如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB的中点，点E在DC的延长线上，且CE＝CD，过点B作BF∥DE交AE的延长线于点F，交AC的延长线于点G.
(1)求证：AB＝BG;
(2)求BF的长；
(3)若点P是射线BG上的一点，当BP的长为多少时，△BCP与△BCD相似？并说明理由．
9. 如图，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD，BC分别交于点E，F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G.
(1)求证：△DOK≌△BOG；
(2)求证：AB＋AK＝BG；
10. 如图，等边△ABC的边长为2，P是BC边上的任一点(与B，C不重合)，连接AP，以AP为边向两侧作等边△APD和等边△APE，分别与边AB，AC交于点M，N.
(1)求证：AM＝AN；
(2)求证：△BPM∽△CAP；
(3)当∠BAD＝15°时，求BP的值．
11. 如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在上，点E在弦AB上(E不与A重合)，且四边形BDCE为菱形．
(1)求证：AC＝CE；
(2)求证：BC2－AC2＝AB·AC；
(3)已知⊙O的半径为3. ①若＝，求BC的长；②当为何值时，AB·AC的值最大？
12. 如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O交斜边AC于点D，过圆心O作OE∥AC，交BC于点E，连接DE.
(1)判断DE与⊙O的位置关系并说明理由；
(2)求证：2DE2＝CD·OE；
(3)若tanC＝，DE＝，求AD的长．
13. 如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，过点A作⊙O的切线交BC的延长线于点D.
(1)求证：△DAC∽△DBA；
(2)过点C作⊙O的切线CE交AD于点E，求证：CE＝AD；
(3)若点F为直径AB下方半圆的中点，连接CF交AB于点G，且AD＝6，AB＝3，求CG的长．
参考答案
备考演练
1. 解：(1)如图，当甲小虫在OA上时，即0≤x≤25，甲小虫爬行到点D，乙小虫爬行到点E，由运动知，AD＝2x，OE＝3x，∴OD＝50－2x，∵OC⊥AB，∴y＝OD×OE＝(50－2x)×3x＝－3x2＋75x，当甲小虫在OB上时，即25＜x≤50，甲小虫爬行到F点，乙小虫爬行到G点，由运动知，AF＝2x，OG＝3x，∴OF＝AF－OA＝2x－50，∴y＝OF×OG＝(2x－50)×3x＝3x2－75x.即y＝
(2)∵两小虫所在位置与点O组成的三角形的面积等于450cm2.∴y＝450，当甲小虫在OA上爬行时，由(1)知，y＝－3x2＋75x(0≤x≤25)，∴－3x2＋75x＝450，∴ x＝10或x＝15，当甲小虫在OB上爬行时，由(1)知，y＝3x2－75x(25＜x≤50)，∴3x2－75x＝450，∴x＝－5(舍去)或x＝30.即当小虫运动的时间为10秒或15秒或30秒时，两小虫所在位置与点O组成的三角形的面积等于450cm2.
(3)当甲小虫在OA上爬行时，由(1)知，y＝－3x2＋75x(0≤x≤25)，∴对称轴为x＝－＝12.5，∴当0≤x＜12.5时，y随x的增大而增大，当12.5≤x≤25时，y随x的增大而减小，当甲虫在OB上爬行时，由(1)知，y＝3x2－75x(25＜x≤50)，∴对称轴为x＝12.5，∴当25＜x≤50时，y随x的增大而增大．
2. 解：(1)如题图2中，∵∠CAE＝∠DAE，∠CAB＝2∠DCB，∴∠CAE＝∠CDB，∵∠CDB＋∠ACD＝90°，∴∠CAE＋∠ACD＝90°，∴∠AEC＝90°，∵∠CAE＝∠DAE，AE＝AE，∠AEC＝∠AED＝90°，∴△AEC≌△AED，∴AC＝AD.
(2)①如图4中，结论：∠DEF＝∠FDG. 理由：在△DEF中，∵∠DEF＋∠EFD＋∠EDF＝180°，在△DFG中，∵∠GFD＋∠G＋∠FDG＝180°，∵∠EFD＝∠GFD，∠G＝∠EDF，∴∠DEF＝∠FDG.②结论：BD＝k·DE. 理由：延长AC到K，使得∠CBK＝∠ABC.∵∠ABK＝2∠ABC，∠EDF＝2∠ABC，∴∠EDF＝∠ABK，∵∠DFE＝∠A，∴△DFE∽△BAK，∴＝＝，∴∠AKB＝∠DEF＝∠FDG，∵BC＝BC，∠CBD＝∠CBK，∴△BCD≌△BCK，∴BD＝BK，∴BD＝k·DE.
3. 解：(1)在Rt△ABC中，∠A＝30°，AB＝4，∴AC＝2，∵PD⊥AC，∴∠ADP＝∠CDP＝90°，在Rt△ADP中，AP＝2t，∴DP＝t，AD＝APcosA＝2t×＝t，∴CD＝AC－AD＝2－t(0＜t＜2)．
(2)当点Q与点C重合时，在Rt△PDQ中，∵∠DPC＝∠DPQ＝60°，∴∠PQD＝30°＝∠A，∴PA＝PQ，∵PD⊥AC，∴AD＝DQ，∵点Q和点C重合，∴AD＋DQ＝AC，∴2×t＝2，∴t＝1.
(3)当0＜t≤1时，S＝S△PDQ＝DQ×DP＝×t×t＝t2；当1＜t＜2时，如图1，CQ＝AQ－AC＝2AD－AC＝2t－2＝2(t－1)，在Rt△CEQ中，∠CQE＝30°，∴CE＝CQ·tan∠CQE＝2(t－1)×＝2(t－1)，∴S＝S△PDQ－S△ECQ＝×t×t－×2(t－1)×2(t－1)＝－t2＋4t－2，∴S＝
(4)当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，如图2，∴ ∠PGF＝90°，PG＝PQ＝AP＝t，AF＝AB＝2，∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴ ∠PFG＝30°，∴ PF＝2PG＝2t，∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，∴t＝.当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，如图3.∴∠QMN＝90°，AN＝AC＝，QM＝PQ＝AP＝t，在Rt△NMQ中，NQ＝＝t，∵AN＋NQ＝AQ，∴＋t＝2t，∴t＝.当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，如图4.∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°，∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1，在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t，∴AH＝AP＋PH，∴2t＋2t＝5，∴t＝，即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为秒或秒或秒．
4. 解：(1)证明：∵DE∥AC，∴ ∠BDE＝∠A，∵∠DEF＝∠A，∴ ∠DEF＝∠BDE，∴ AD∥EF，又∵DE∥AC，∴ 四边形ADEF为平行四边形．
(2) □ADEF的形状为菱形．理由如下：∵点D为AB中点，∴ AD＝AB，∵DE∥AC，点D为AB中点，∴ DE＝AC，∵AB＝AC，∴ AD＝DE，∴ 平行四边形ADEF为菱形．
(3)四边形AEGF是矩形．理由如下：由(1)得，四边形ADEF为平行四边形，∴ AF∥DE，AF＝DE，∵EG＝DE，∴ AF∥DE，AF＝GE，∴ 四边形AEGF是平行四边形，∵AD＝AG，EG＝DE，∴ AE⊥EG，∴ 四边形AEGF是矩形．
5. 解：(1)证明：∵GE∥DF，∴ ∠EGF＝∠DFG.∵由翻折的性质可知：GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，∴ ∠DGF＝∠DFG，∴ GD＝DF，∴ DG＝GE＝DF＝EF，∴ 四边形EFDG为菱形．
(2)EG2＝GF·AF.理由：如图1所示，连接DE，交AF于点O. ∵四边形EFDG为菱形，∴ GF⊥DE，OG＝OF＝GF.∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，∴ △DOF∽△ADF，∴ ＝，即DF2＝FO·AF.∵FO＝GF，DF＝EG，∴ EG2＝GF·AF.
(3)如图2所示，过点G作GH⊥DC，垂足为H. ∵EG2＝GF·AF，AG＝6，EG＝2，∴ 20＝FG(FG＋6)，整理得：FG2＋6FG－40＝0.解得FG＝4，FG＝－10(舍去)．∵DF＝GE＝2，AF＝10，∴ AD＝＝4.∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴ GH∥AD，∴ △FGH∽△FAD.∴＝，即＝，∴ GH＝.又∵GH＝EC，∴ BE＝BC－EC＝AD－GH＝4－＝.
6. 解：(1)BC＝DC＋EC，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴ ∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，即∠BAD＝∠CAE.在△BAD和△CAE中，∴ △BAD≌△CAE，∴ BD＝CE，∴ BC＝BD＋CD＝EC＋CD.
(2)BD2＋CD2＝2AD2，理由如下：连接CE，由(1)得，△BAD≌△CAE，∴ BD＝CE，∠ACE＝∠B，∴ ∠DCE＝90°，∴CE2＋CD2＝ED2.在Rt△ADE中，AD2＋AE2＝ED2，又AD＝AE, ∴ BD2
＋CD2＝2AD2.
(3)作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，∵∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，∴ △BAD≌△CAE(SAS)．∴ BD＝CE＝9，∵∠ADC＝45°，∠EDA＝45°，∴ ∠EDC＝90°，∴ DE＝＝6.∵∠DAE＝90°，∴ AD＝AE＝DE＝6.
7. (1)证明：∵∠BCO＝∠CBO，∴∠DOB＝∠BCO＋∠CBO＝2∠BCO，∵∠A＝2∠BCO，∴∠DOB＝∠A，∵∠ABE＝∠ABE，∴△BOD∽△BAE；
(2)证明：延长CD，在CD延长线上取一点F，使BF＝BD，∴∠BDF＝∠BFD，∵∠BDF＝∠ABO＋∠DOB，∠BEC＝∠ABO＋∠A，由(1)得∠BOD＝∠A，∴∠BDF＝∠BEC，∴∠BFD＝∠BDF＝∠BEC，在△BFC与△CEB中，，∴△BFC≌△CEB(AAS)，∴CE＝BF，∴BD＝CE.
(3)解：AP＝AQ. 理由：如图，取BC的中点G，连接GM，GN，∵M，N分别是BE，CD的中点，∴GM，GN是中位线，∴GM∥CE，GM＝CE，GN∥BD，GN＝BD，∵BD＝CE，∴GM＝GN，∴∠3＝∠4，∵GM∥CE，∴∠2＝∠4，∵GN∥BD，∴∠3＝∠1，∴∠1＝∠2，∴AP＝AQ.
8. 证明：(1)∵BF∥DE，且AD＝BD，∴AC＝CG，∴BG＝2CD，∵∠ACB＝90°，AD＝BD，∴AB＝2CD，∴AB＝BG；
(2)∵AC＝3，BC＝4，∴AB＝5，∴CD＝2.5，∵CE＝CD，∴DE＝，∴BF＝2DE＝；
(3)由于AB＝BG，∠C＝90°，所以∠DBC＝∠PBC，第一种情况：若∠CDB＝∠CPB，如图①：在△BCP与△BCD中，，∴△BCP≌△BCD(AAS)，∴BP＝CD＝2.5；
图① 图②
第二种情况：若∠PCB＝∠CDB，过C点作CH⊥BG于H点，如图②：∵∠CBD＝∠CBP，∴△BPC∽△BCD，∵CH⊥BG，∴∠ACB＝∠CHB＝90°，∠ABC＝∠CBH，∴＝，∴BH＝，BP＝.
9. 解：(1)∵在矩形ABCD中，AD∥BC∴∠KDO＝∠GBO，∠DKO＝∠BGO，∵点O是BD的中点，∴DO＝BO，∴在△DCK和△BOG中，，∴△DOK≌△BOG(AAS).
(2)∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD∥BC，又∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠BFA＝45°，∴AB＝BF，∵OK∥AF，AK∥FG，∴四边形AFGK是平行四边形，∴AK＝FG，∵BG＝BF＋FG，∴BG＝AB＋AK.
10. (1)证明：∵△ABC，△APD和△APE均是等边三角形，∴AD＝AP，∠DAP＝∠BAC＝60°，∠ADM＝∠APN＝60°，∴∠DAP－∠BAP＝∠BAN－∠BAP， ∴∠DAM＝∠PAN. 在△ADM和△APN中， ，∴△ADM≌△APN(ASA)，∴AM＝AN；
(2)证明：由(1)得，∠DAM＝∠PAC，∵∠ADM＝∠B＝60°，∠DMA＝∠BMP，∴180°－∠ADM－∠DMA＝180°－∠B－∠BMP，即∠DAM＝∠BPM，∴∠BPM＝∠PAC，又∵∠PBM＝∠ACP，∴△BPM∽△CAP；
(3)解：连接DE，分别交AB，AC于点G，H，连接PG，∵∠BAD＝15°，∠DAP＝60°，∴∠PAG＝45°，∵△APD和△APE是等边三角形，∴四边形ADPE是菱形，∴DE垂直平分AP，∴GP＝AG，∴∠PAG＝∠APG＝45°，∴∠PGA＝90°，设BG＝t，在Rt△BPG中，∠ABP＝60°，∴BP＝2t，PG＝t，∴AG＝PG＝t，∵AB＝AG＋BG＝2，∴t＋t＝2，解得t＝－1，∴BP＝2t＝2－2.
11. 解：(1)∵四边形EBDC为菱形，∴ ∠D＝∠BEC.∵四边形ABDC是圆的内接四边形，∴ ∠A＋∠D＝180°，又∠BEC＋∠AEC＝180°，∴ ∠A＝∠AEC，∴ AC＝CE.
(2)以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF＝CG. 由(1)知AC＝CE＝CD，∴ CF＝CG＝AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G＋∠AEF＝180°.又∵∠AEF＋∠BEF＝180°，∴ ∠G＝∠BEF.∵∠EBF＝∠GBA，∴ △BEF∽△BGA，∴＝，即BF·BG＝BE·AB，∵BF＝BC－CF＝BC－AC，BG＝BC＋CG＝BC＋AC，BE＝CE＝AC，∴ (BC－AC)(BC＋AC)＝AB·AC，即BC2－AC2＝AB·AC.
(3)设AB＝5k，AC＝3k，∵BC2－AC2＝AB·AC，∴ BC＝2k，连接ED交BC于点M.∵四边形BDCE是菱形，∴ DE垂直平分BC，则点E，O，M，D共线，在Rt△DMC中，DC＝AC＝3k，MC＝BC＝k，∴ DM＝＝k，∴ OM＝OD－DM＝3－k.在Rt△COM中，由OM2＋MC2＝OC2得(3－k)2＋(k)2＝32，解得：k＝或k＝0(舍去)，∴ BC＝2k＝4；②设OM＝d，则MD＝3－d，MC2＝OC2－OM2＝9－d2，∴ BC2＝(2MC)2＝36－4d2，AC2＝DC2＝DM2＋CM2＝(3－d)2＋9－d2，由(2)得AB·AC＝BC2－AC2＝－4d2＋6d＋18＝－4(d－)2＋，∴ 当d＝，即OM＝时，AB·AC最大，最大值为，∴ DC2＝，∴ AC＝DC＝，∴ AB＝，此时＝.
12. 解：(1)DE是⊙O的切线．理由：如图，连接OD，BD，∵AB是⊙O的直径，∴ ∠ADB＝∠BDC＝90°，∵OE∥AC，OA＝OB，∴ BE＝CE，∴ DE＝BE＝CE，∴ ∠DBE＝∠BDE.∵OB＝OD，∴ ∠OBD＝∠ODB，∴ ∠ODE＝∠OBE＝90°，∵点D在⊙O上，∴ DE是⊙O的切线．
(2)∵∠BDC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，∴ △BCD∽△ACB，∴＝，∴ BC2＝CD·AC，由(1)知DE＝BE＝CE＝BC，∴ 4DE2＝CD·AC，由(1)知，OE是△ABC的中位线，∴ AC＝2OE，∴ 4DE2＝CD·2OE，∴ 2DE2＝CD·OE.
(3)∵DE＝，∴ BC＝5，在Rt△BCD中，tanC＝＝，设CD＝3x，BD＝4x，根据勾股定理得，(3x)2＋(4x)2＝25，∴ x＝－1(舍去)或x＝1，∴ BD＝4，CD＝3，由(2)知，BC2＝CD·AC，∴ AC＝＝，∴ AD＝AC－CD＝－3＝.
(2)∵EA，EC是⊙O的切线，∴ AE＝CE(切线长定理)，∴ ∠DAC＝∠ECA，∵∠ACD＝90°，∴ ∠ACE＋∠DCE＝90°，∠DAC＋∠D＝90°，∴ ∠D＝∠DCE，∴ DE＝CE，∴ AD＝AE＋DE＝CE＋CE＝2CE，∴CE＝AD.
(3)在Rt△ABD中，AD＝6，AB＝3，∴ tan∠ABD＝＝2，过点G作GH⊥BD于H，∴ tan∠ABD＝＝2，∴ GH＝2BH，∵点F是直径AB下方半圆的中点，∴ ∠BCF＝45°，∴ ∠CGH＝∠CHG－∠BCF＝45°，∴ CH＝GH＝2BH，∴ BC＝BH＋CH＝3BH，在Rt△ABC中，tan∠ABC＝＝2.∴ AC＝2BC，根据勾股定理得，AC2＋BC2＝AB2，∴ 4BC2＋BC2＝9，∴ BC＝，∴ 3BH＝，∴ BH＝，∴ GH＝2BH＝，在Rt△CHG中，∠BCF＝45°，∴ CG＝GH＝.
