9.3 图形综合证明
图形与证明是空间与图形的核心内容之一，也是中考的热点内容之一，它要求能够借助不同的方法探索几何对象的有关性质;能够使用不同的方式表达几何对象的大小、位置与特征;能够在头脑里构建几何对象,进行几何图形的分解与组合,能够对某些图形进行简单的变换;能够借助数学证明的方法确认数学命题的正确性。解决此类问题的方法可归结为三种：一是综合法即由因导果，从已知条件出发，通过有关定义、定理、公理的应用，逐步向前推进，直到问题的解决；二是分析法即执果索因，从命题的结论考虑，推敲使其成立需要具备的条件，然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲，如此逐步往上逆求，直到已知事实为止；三是两头凑法：将分析与综合法合并使用，比较起来，分析法利于思考，综合法易于表达，因此，在实际思考问题时，可合并使用，灵活处理，以利于缩短题设与结论的距离，最后达到证明目的.
一、解答题（共12道题）
1.（2017?北京）如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作⊙O的切线交CE的延长线于点D．
（1）求证：DB=DE；
（2）若AB=12，BD=5，求⊙O的半径．
2.（2017?营口）在四边形中ABCD，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB．
（1）若四边形ABCD为正方形． ①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系________； ②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，连接AE'，DF'，请在图3中画出草图，并直接写出AE'与DF'的数量关系．
3.（2017?河北）平面内，如图，在?ABCD中，AB=10，AD=15，tanA= 43 ，点P为AD边上任意点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．
（1）当∠DPQ=10°时，求∠APB的大小；
（2）当tan∠ABP：tanA=3：2时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）；
（3）若点Q恰好落在?ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积．（结果保留π）
4．（2018?安徽）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F.
（1）求证：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；
（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM.
5．（2018?福建A）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．
（1）延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图1．求证：PC=PB；
（2）过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，且点O和点A都在DE的左侧，如图2．若AB=3 ，DH=1，∠OHD=80°，求∠BDE的大小．
6．（2018?江西）在菱形ABCD中，∠ABC=60°,点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化.
（1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是 ，CE与AD的位置关系是 ；
（2）当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB=23 ,BE=219 ,求四边形ADPE的面积.
7．（2018?威海）如图①，在四边形BCDE中，BC⊥CD，DE⊥CD，AB⊥AE，垂足分别为C，D，A，BC≠AC，点M，N，F分别为AB，AE，BE的中点，连接MN，MF，NF．
（1）如图②，当BC=4，DE=5，tan∠FMN=1时，求ACAD的值；
（2）若tan∠FMN=12，BC=4，则可求出图中哪些线段的长？写出解答过程；
（3）连接CM，DN，CF，DF．试证明△FMC与△DNF全等；
（4）在（3）的条件下，图中还有哪些其它的全等三角形？请直接写出．
8．（2018?河南）（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①ACBD的值为 ；
②∠AMB的度数为 ．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断ACBD的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
9．（2019·天津）已知，分别与相切于点，，，为上一点．
（Ⅰ）如图①，求的大小；
（Ⅱ）如图②，为的直径，与相交于点，若，求的大小．
10．（2019·鄂尔多斯）如图，是⊙的直径，弦，垂足为，连接．过上一点作交的延长线于点，连接交于点，且．
（1）求证：是⊙的切线；
（2）延长交的延长线于点，若，，求的长．
11．（2019·辽阳）如图1，（）绕点顺时针旋转得，射线交射线于点．
（1）与的关系是 ；
（2）如图2，当旋转角为60°时，点，点与线段的中点恰好在同一直线上，延长至点，使，连接．
①与的关系是 ，请说明理由；
②如图3，连接，若，，求线段的长度．
12．（2019·吉林）性质探究
如图①，在等腰三角形中，，则底边与腰的长度之比为________．
理解运用
⑴若顶角为120°的等腰三角形的周长为，则它的面积为________；
⑵如图②，在四边形中，．
①求证：；
②在边上分别取中点，连接．若，,直接写出线段的长．
类比拓展
顶角为的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为________（用含的式子表示）．
一、解答题（共12道题）
1．（2018?唐山模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AD平分∠CAE交⊙O于点D，且AE⊥CD，垂足为点E．
（1）求证：直线CE是⊙O的切线．
（2）若BC＝3，CD＝32，求弦AD的长．
2．（2018?佛山模拟）在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，连接DF．
（1）说明△BEF是等腰三角形；
（2）求折痕EF的长．
3．（2018?襄阳）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；
②推断：AGBE的值为 ：
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG=6，GH=22，则BC= ．
4．（2018?深圳模拟）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点E在AC上（且不与点A、C重合），在△ABC的外部作等腰Rt△CED，使∠CED=90°，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
（1）求证：△AEF是等腰直角三角形；
（2）如图2，将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，连接AE，求证：AF=2AE；
（3）如图3，将△CED绕点C继续逆时针旋转，当平行四边形ABFD为菱形，且△CED在△ABC的下方时，若AB=25，CE=2，求线段AE的长．
5．（2018?晋中模拟）（1）操作与探究：如图，矩形纸片ABCD中，AB=8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD的E点上，折痕的一端G点在边BC上，BG=10．
①第一次折叠：当折痕的另一端点F在AB边上时，如图1，求折痕GF的长；
②第二次折叠：当折痕的另一端点F在AD边上时，如图2，证明四边形BGEF为菱形，并求出折痕GF的长．
（2）拓展延伸：通过操作探究发现在矩形纸片ABCD中，AB=5，AD=13．如图3所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ．当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动．若限定点P，Q分别在AB，AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离是 ．
6．（2018?牡丹江三模）等腰直角△ABC，△MAD中，∠BAC=∠DMA=90°，连接BM，CD．且B，M，D三点共线
（1）当点D，点M在BC边下方，CD＜BD时，如图①，求证：BM+CD=AM；（提示：延长DB到点N，使MN=MD，连接AN．）
（2）当点D在AC边右侧，点M在△ABC内部时，如图②；当点D在AB边左侧，点M在△ABC外部时，如图③，请直接写出线段BM，CD，AM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1），（2）条件下，点E是AB中点，MF是△AMD的角平分线，连接EF，若EF=2MF=6，则CD= ．
7．（2019·上海模拟）已知：如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB、 AC上，DE∥BC，∠ABE=∠C，
（1）求证：
（2）当BE平分∠ABC时，求证：
8．（2019·泉州模拟）如图，在中，与相交于点，，垂足为.将沿翻折得到，连接.
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的值.
9．（2019·泰州模拟）如图，已知AB是圆O的直径，F是圆O上一点，∠BAF的平分线交⊙O于点E，交⊙O的切线BC于点C，过点E作ED⊥AF，交AF的延长线于点D．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝3，CE＝2. ①求的值；②若点G为AE上一点，求OG+EG最小值．
10．（2019·台州模拟）如图，AB，DE为⊙O的直径，过点D作弦DC⊥AB于点H，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
（1）求证：
（2）若sinD＝，求tanF．
11．（2019·扬州模拟）已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AC＝BC＝10，cos∠ACB＝，点E在对角线AC上（不与点A、C重合），∠EDC＝∠ACB，DE的延长线与射线CB交于点F，设AD的长为x．
（1）如图1，当DF⊥BC时，求AD的长；
（2）设EC＝y，求y关于x的函数解析式，并直接写出定义域；
（3）当△DFC是等腰三角形时，求AD的长．
12．（2019·芜湖模拟）如图，点C为线段AB上一点，分别以AB、AC、CB为底作顶角为120°的等腰三角形，顶角顶点分别为D、E、F（点E、F在AB的同侧，点D在另一侧）
（1）如图1，若点C是AB的中点，则∠AED＝ ；
（2）如图2，若点C不是AB的中点
①求证：△DEF为等边三角形；
②连接CD，若∠ADC＝90°，AB＝3，请直接写出EF的长．
9.3 图形综合证明
图形与证明是空间与图形的核心内容之一，也是中考的热点内容之一，它要求能够借助不同的方法探索几何对象的有关性质;能够使用不同的方式表达几何对象的大小、位置与特征;能够在头脑里构建几何对象,进行几何图形的分解与组合,能够对某些图形进行简单的变换;能够借助数学证明的方法确认数学命题的正确性。解决此类问题的方法可归结为三种：一是综合法即由因导果，从已知条件出发，通过有关定义、定理、公理的应用，逐步向前推进，直到问题的解决；二是分析法即执果索因，从命题的结论考虑，推敲使其成立需要具备的条件，然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲，如此逐步往上逆求，直到已知事实为止；三是两头凑法：将分析与综合法合并使用，比较起来，分析法利于思考，综合法易于表达，因此，在实际思考问题时，可合并使用，灵活处理，以利于缩短题设与结论的距离，最后达到证明目的.
一、解答题（共12道题）
1.（2017?北京）如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作⊙O的切线交CE的延长线于点D．
（1）求证：DB=DE；
（2）若AB=12，BD=5，求⊙O的半径．
【答案】见解析
【解析】（1）证明：∵AO=OB， ∴∠OAB=∠OBA， ∵BD是切线， ∴OB⊥BD， ∴∠OBD=90°， ∴∠OBE+∠EBD=90°， ∵EC⊥OA， ∴∠CAE+∠CEA=90°， ∵∠CEA=∠DEB， ∴∠EBD=∠BED， ∴DB=DE （2）作DF⊥AB于F，连接OE． ∵DB=DE，AE=EB=6， ∴EF= BE=3，OE⊥AB， 在Rt△EDF中，DE=BD=5，EF=3， ∴DF= =4， ∵∠AOE+∠A=90°，∠DEF+∠A=90°， ∴∠AOE=∠DEF， ∴sin∠DEF=sin∠AOE= = ， ∵AE=6， ∴AO= ． ∴⊙O的半径为 ．
【点评】（1）欲证明DB=DE，只要证明∠DEB=∠DBE；（2）作DF⊥AB于F，连接OE．只要证明∠AOE=∠DEF，可得sin∠DEF=sin∠AOE= AEAO = 45 ，由此求出AE即可解决问题．
2.（2017?营口）在四边形中ABCD，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB．
（1）若四边形ABCD为正方形． ①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系________； ②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，连接AE'，DF'，请在图3中画出草图，并直接写出AE'与DF'的数量关系．
【答案】（1）①DF= 2 AE ②解:理由如下： ∵△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置， ∴∠ABE=∠DBF， ∵ BFBE = 2 ， BDAB = 2 ， ∴ BFBE = BDAB ， ∴△ABE∽△DBF， ∴ DFAE = BFBE = 2 ， 即DF= 2 AE； （2）解：如图3， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD=BC=mAB， ∴BD= AB2+AD2 = 1+m2 AB， ∵EF⊥AB， ∴EF∥AD， ∴△BEF∽△BAD， ∴ BEBA = BFBD ， ∴ BFBE = BDBA = 1+m2 ， ∵△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'， ∴∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF， ∴ BF'BE' = BDBA = 1+m2 ， ∴△ABE′∽△DBF′， ∴ DF'AE' = BDBA = 1+m2 ， 即DF′= 1+m2 AE′．
【解析】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形， ∴△ABD为等腰直角三角形， ∴BF= 2 AB， ∵EF⊥AB， ∴△BEF为等腰直角三角形， BF= 2 BE， ∴BD﹣BF= 2 AB﹣ 2 BE， 即DF= 2 AE； 故答案为DF= 2 AE； 【点评】（1）①利用正方形的性质得△ABD为等腰直角三角形，则BF= 2 AB，再证明△BEF为等腰直角三角形得到BF= 2 BE，所以BD﹣BF= 2 AB﹣ 2 BE，从而得到DF= 2 AE；②利用旋转的性质得∠ABE=∠DBF，加上 BFBE = BDAB = 2 ，则根据相似三角形的判定可得到△ABE∽△DBF，所以 DFAE = BFBE = 2 ；（2）先画出图形得到图3，利用勾股定理得到BD= 1+m2 AB，再证明△BEF∽△BAD得到 BEBA = BFBD ，则 BFBE = BDBA = 1+m2 ，接着利用旋转的性质得∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，所以 BF'BE' = BDBA = 1+m2 ，然后根据相似三角形的判定方法得到△ABE′∽△DBF′，再利用相似的性质可得 DF'AE' = BDBA = 1+m2 ．
3.（2017?河北）平面内，如图，在?ABCD中，AB=10，AD=15，tanA= 43 ，点P为AD边上任意点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．
（1）当∠DPQ=10°时，求∠APB的大小；
（2）当tan∠ABP：tanA=3：2时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）；
（3）若点Q恰好落在?ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积．（结果保留π）
【答案】见解析
【解析】（1）解：如图1中， ①当点Q在平行四边形ABCD内时，∠AP′B=180°﹣∠Q′P′B﹣∠Q′P′D=180°﹣90°﹣10°=80°， ②当点Q在平行四边形ABCD外时，∠APB=180°﹣（∠QPB﹣∠QPD）=180°﹣（90°﹣10°）=100°， 综上所述，当∠DPQ=10°时，∠APB的值为80°或100° （2）解：如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E． ∵tan∠ABP：tanA=3：2，tanA= 43 ， ∴tan∠ABP=2， 在Rt△APE中，tanA= PEAE = 43 ，设PE=4k，则AE=3k， 在Rt△PBE中，tan∠ABP= PEEB =2， ∴EB=2k， ∴AB=5k=10， ∴k=2， ∴PE=8，EB=4， ∴PB= 82+42 =4 5 ， ∵△BPQ是等腰直角三角形， ∴BQ= 2 PB=4 10 （3）解：①如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形． 在Rt△AEB中，∵tanA= BEAE = 43 ，∵AB=10， ∴BE=8，AE=6， ∴PF=BE=8， ∵△BPQ是等腰直角三角形，PF⊥BQ， ∴PF=BF=FQ=8， ∴PB=PQ=8 2 ， ∴PB旋转到PQ所扫过的面积= 90?π?(82)2360 =32π． ②如图4中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE=x． 易证△PBE≌△QPF， ∴PE=QF=x，EB=PF=8， ∴DF=AE+PE+PF﹣AD=x﹣1， ∵CD∥AB， ∴∠FDQ=∠A， ∴tan∠FDQ=tanA= 43 = FQDF ， ∴ xx?1 = 43 ， ∴x=4， ∴PE=4， 42+82 =4 5 ， 在Rt△PEB中，PB=， 42+82 =4 5 ， ∴PB旋转到PQ所扫过的面积= 90?π?(45)2360 =20π ③如图5中， 当点Q落在AD上时，易知PB=PQ=8， ∴PB旋转到PQ所扫过的面积= 90?π?82360 =16π， 综上所述，PB旋转到PQ所扫过的面积为32π或20π或16π
【点评】（1）分两种情形①当点Q在平行四边形ABCD内时，②当点Q在平行四边形ABCD外时，分别求解即可；（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．在Rt△APE中，tanA= PEAE = 43 ，设PE=4k，则AE=3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP= PEEB =2，推出EB=2k，推出AB=5k=10，可得k=2，由此即可解决问题；（3）分三种情形分别求解即可；
4．（2018?安徽）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F.
（1）求证：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；
（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM.
【答案】（1）证明见解析；（2）∠EMF=100°；（3）证明见解析.
【解析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明即可得；
（2）根据直角三角形两锐角互余可得∠ABC=40°，根据CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，从而可得∠CMD=2∠CBM，继而可得∠CME=2∠CBA=80°，根据邻补角的定义即可求得∠EMF的度数；
（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，结合CM=DM以及已知条件可得△DEM是等边三角形，从而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，继而可得∠ACM=75°，连接AM，结合AE=EM=MB，可推导得出AC=AM，根据N为CM中点，可得AN⊥CM，再根据CM⊥EM，即可得出AN∥EM.
解：（1）∵M为BD中点，
Rt△DCB中，MC=12BD，
Rt△DEB中，EM=12BD，
∴MC=ME；
（2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-50°=40°，
∵CM=MB，
∴∠MCB=∠CBM，
∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM，
同理，∠DME=2∠EBM，
∴∠CME=2∠CBA=80°，
∴∠EMF=180°-80°=100°；
（3）∵△DAE≌△CEM，CM=EM，
∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE，
∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°，
∴∠ABC=45°，∠ECM=45°，
又∵CM=ME=12BD=DM，
∴DE=EM=DM，
∴△DEM是等边三角形，
∴∠EDM=60°，
∴∠MBE=30°，
∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM，
∵∠MCB+∠ACE=45°，
∠CBM+∠MBE=45°，
∴∠ACE=∠MBE=30°，
∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°，
连接AM，∵AE=EM=MB，
∴∠MEB=∠EBM=30°，
∠AME=12∠MEB=15°，
∵∠CME=90°，
∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM，
∴AC=AM，
∵N为CM中点，
∴AN⊥CM，
∵CM⊥EM，
∴AN∥CM.
【点评】本题考查了三角形全等的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质等，综合性较强，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.
5．（2018?福建A）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．
（1）延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图1．求证：PC=PB；
（2）过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，且点O和点A都在DE的左侧，如图2．若AB=3 ，DH=1，∠OHD=80°，求∠BDE的大小．
【答案】（1）详见解析；（2）∠BDE=20°．
【解析】（1）根据已知条件易证BC∥DF，根据平行线的性质可得∠F=∠PBC；再利用同角的补角相等证得∠F=∠PCB，所以∠PBC=∠PCB，由此即可得出结论；（2）连接OD，先证明四边形DHBC是平行四边形，根据平行四边形的性质可得BC=DH=1，在Rt△ABC中，用锐角三角函数求出∠ACB=60°，进而判断出DH=OD，求出∠ODH=20°，再求得∠NOH=∠DOC=40°，根据三角形外角的性质可得∠OAD=12∠DOC=20°，最后根据圆周角定理及平行线的性质即可求解．
解：（1）如图1，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=90°，
∴∠DEA=∠ABC，
∴BC∥DF，
∴∠F=∠PBC，
∵四边形BCDF是圆内接四边形，
∴∠F+∠DCB=180°，
∵∠PCB+∠DCB=180°，
∴∠F=∠PCB，
∴∠PBC=∠PCB，
∴PC=PB；
（2）如图2，连接OD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB=90°，
∴∠ADC=∠AGB，
∴BG∥DC，
∵BC∥DE，
∴四边形DHBC是平行四边形，
∴BC=DH=1，
在Rt△ABC中，AB=，tan∠ACB=，
∴∠ACB=60°，
∴BC=AC=OD，
∴DH=OD，
在等腰△DOH中，∠DOH=∠OHD=80°，
∴∠ODH=20°，
设DE交AC于N，
∵BC∥DE，
∴∠ONH=∠ACB=60°，
∴∠NOH=180°﹣（∠ONH+∠OHD）=40°，
∴∠DOC=∠DOH﹣∠NOH=40°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠DOC=20°，
∴∠CBD=∠OAD=20°，
∵BC∥DE，
∴∠BDE=∠CBD=20°．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，解决第（2）问，作出辅助线，求得∠ODH=20°是解决本题的关键.
6．（2018?江西）在菱形ABCD中，∠ABC=60°,点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化.
（1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是 ，CE与AD的位置关系是 ；
（2）当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB=23 ,BE=219 ,求四边形ADPE的面积.
【答案】（1）BP=CE； CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3）83 .
【解析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得∠ABD=30°，再根据△ABP≌△ACE，可得∠ACF=∠ABD=30°，继而可推导得出∠CFD=90° ，即可证得CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得PH， EH的长，再根据S四ADPE=S△ADP+S△APE，进行计算即可得.
解：（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；
②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴∠ABD=30°，
∵△ABP≌△ACE，
∴∠ACF=∠ABD=30°，
∵∠ACD=∠ADC=60°，
∴∠DCF=30°，
∴∠DCF＋∠ADC=90°，
∴∠CFD=90° ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，AB=23，
∴∠ABO=30° ，∴AO=3 ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵BE=219 ， BC=AB=23，
∴CE=(219)2－(23)2=8，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴AP=52＋(3)2=27，
∵△APE是等边三角形，∴PH=7 ， EH=21，
∵S四ADPE=S△ADP+S△APE，
∴S四ADPE=12DP·AO+12AP·EH，
=12×2×3+12×27×21
=3+73
=83，
∴四边形ADPE的面积是83 .
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质等，熟练掌握相关知识，正确添加辅助线是解题的关键.
7．（2018?威海）如图①，在四边形BCDE中，BC⊥CD，DE⊥CD，AB⊥AE，垂足分别为C，D，A，BC≠AC，点M，N，F分别为AB，AE，BE的中点，连接MN，MF，NF．
（1）如图②，当BC=4，DE=5，tan∠FMN=1时，求ACAD的值；
（2）若tan∠FMN=12，BC=4，则可求出图中哪些线段的长？写出解答过程；
（3）连接CM，DN，CF，DF．试证明△FMC与△DNF全等；
（4）在（3）的条件下，图中还有哪些其它的全等三角形？请直接写出．
【答案】（1）ACAD=54；（2）可求线段AD的长；（3）证明见解析；（4）△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．
【解析】分析：（1）根据四边形ANFM是平行四边形，AB⊥AE，即可得到四边形ANFM是矩形，再根据FN=FM，即可得出矩形ANFM是正方形，AB=AE，结合∠1=∠3，∠C=∠D=90°，即可得到△ABC≌△EAD，进而得到BC=AD，CA=DE，即可得出ACAD=54；
（2）依据四边形MANF为矩形，MF=12AE，NF=12AB，tan∠FMN=12，即可得到ABAE=12，依据△ABC∽△EAD，即可得到ABAE=BCAD=12，即可得到AD的长；
（3）根据△ABC和△ADE都是直角三角形，M，N分别是AB，AE的中点，即可得到BM=CM，NA=ND，进而得出∠4=2∠1，∠5=2∠3，根据∠4=∠5，即可得到∠FMC=∠FND，再根据FM=DN，CM=NF，可得△FMC≌△DNF；
（4）由BM=AM=FN，MF=AN=NE，∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°，即可得到：△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．
详解：（1）∵点M，N，F分别为AB，AE，BE的中点，
∴MF，NF都是△ABE的中位线，
∴MF=12AE=AN，NF=12AB=AM，
∴四边形ANFM是平行四边形，
又∵AB⊥AE，
∴四边形ANFM是矩形，
又∵tan∠FMN=1，
∴FN=FM，
∴矩形ANFM是正方形，AB=AE，
又∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∵∠C=∠D=90°，
∴△ABC≌△EAD（AAS），
∴BC=AD=4，CA=DE=5，
∴ACAD=54；
（2）可求线段AD的长．
由（1）可得，四边形MANF为矩形，MF=12AE，NF=12AB，
∵tan∠FMN=12，即FNFM=12，
∴ABAE=12，
∵∠1=∠3，∠C=∠D=90°，
∴△ABC∽△EAD，
∴ABAE=BCAD=12，
∵BC=4，
∴AD=8；
（3）∵BC⊥CD，DE⊥CD，
∴△ABC和△ADE都是直角三角形，
∵M，N分别是AB，AE的中点，
∴BM=CM，NA=ND，
∴∠4=2∠1，∠5=2∠3，
∵∠1=∠3，
∴∠4=∠5，
∵∠FMC=90°+∠4，∠FND=90°+∠5，
∴∠FMC=∠FND，
∵FM=DN，CM=NF，
∴△FMC≌△DNF（SAS）；
（4）在（3）的条件下，BM=AM=FN，MF=AN=NE，∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°，
∴图中有：△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及矩形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是判定全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例得出有关结论．
8．（2018?河南）（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①ACBD的值为 ；
②∠AMB的度数为 ．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断ACBD的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【答案】（1）①1；②40°；（2）3，90°；（3）AC的长为33或23．
【解析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；
（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则ACBD＝OCOD=3，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，ACBD＝3，可得AC的长．
解：（1）问题发现：
①如图1，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC=BD，
∴ACBD=1，
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=40°，
∴∠OAB+∠ABO=140°，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，
（2）类比探究：
如图2，ACBD=3，∠AMB=90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴ODOC＝tan30°＝33，
同理得：OBOA＝tan30°＝33，
∴ODOC＝OBOA，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ACBD＝OCOD=3 ，∠CAO=∠DBO，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；
（3）拓展延伸：
①点C与点M重合时，如图3，
同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB=90°，ACBD＝3，
设BD=x，则AC=3x，
Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，
∴CD=2，BC=x-2，
Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=7，
∴AB=2OB=27，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(3x)2+(x?2)2＝(27)2，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
∴AC=33；
②点C与点M重合时，如图4，
同理得：∠AMB=90°，ACBD＝3，
设BD=x，则AC=3x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(3x)2+（x+2）2=(27)2.
x2+x-6=0，
（x+3）（x-2）=0，
x1=-3，x2=2，
∴AC=23；.
综上所述，AC的长为33或23．
【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
9．（2019·天津）已知，分别与相切于点，，，为上一点．
（Ⅰ）如图①，求的大小；
（Ⅱ）如图②，为的直径，与相交于点，若，求的大小．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）连接OA、OB，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和等于360°计算； （Ⅱ）连接CE，根据圆周角定理得到∠ACE=90°，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质计算即可．
解：（Ⅰ）如图，连接．
∵是的切线，
∴，．
即．
∵，
∴在四边形中，．
∵在中，，
∴．
（Ⅱ）如图，连接．
∵为的直径，
∴．
由（Ⅰ）知，，
∴．
∴．
∵在中，，
∴．
又是的一个外角，有，
∴．
【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键
10．（2019·鄂尔多斯）如图，是⊙的直径，弦，垂足为，连接．过上一点作交的延长线于点，连接交于点，且．
（1）求证：是⊙的切线；
（2）延长交的延长线于点，若，，求的长．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）连接，由，推，证，得，根据切线判定定理可得；（2）连接，设⊙的半径为，则，，在中，求得，在中，求得，由，证，得，即，可求OM.
解：（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴是⊙的切线；
（2）解：连接，如图，
设⊙的半径为，则，，
在中，，解得，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点评】考核知识点：切线判定，相似三角形判定和性质.理解切线判定和相似三角形判定是关键.
11．（2019·辽阳）如图1，（）绕点顺时针旋转得，射线交射线于点．
（1）与的关系是 ；
（2）如图2，当旋转角为60°时，点，点与线段的中点恰好在同一直线上，延长至点，使，连接．
①与的关系是 ，请说明理由；
②如图3，连接，若，，求线段的长度．
【答案】（1）；（2）①或，理由见解析；②
【解析】（1）如图1，与的交点记作点，由旋转的性质与三角形内角和定理得到，即可求解；
（2）①如图2，连接，由旋转的性质及全等三角形的性质得到∽，故，即可证明≌，再得到，即可得到结论；
②由①得，，由角度的关系得到，
再 证明，再利用等腰三角形的性质得到，再利用直角三角形三角函数求出，即可求出AE的长.
解：（1）如图1，
与的交点记作点，由旋转知，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）①或，
理由：如图2，连接，由旋转知，，，，
∴是等边三角形，∴，
∵，
∴∽，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴≌（），
∴，
∴，
∴，
∴或，
故答案为：或；
②由①知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
由①知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
在中，，，
在中，，
∴，
∴．
【点评】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等腰三角形、直角三角形、相似三角形的判定与性质及三角函数进行求解.
12．（2019·吉林）性质探究
如图①，在等腰三角形中，，则底边与腰的长度之比为________．
理解运用
⑴若顶角为120°的等腰三角形的周长为，则它的面积为________；
⑵如图②，在四边形中，．
①求证：；
②在边上分别取中点，连接．若，,直接写出线段的长．
类比拓展
顶角为的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为________（用含的式子表示）．
【答案】性质探究：；理解运用：（1）；（2）①见解析；②；类比拓展：.
【解析】性质探究：作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出结果；
理解运用：（1）同上得出则AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周长得出4CD+2CD=8+4，解得：CD=2，得出AB=4，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；
②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=EF=5，PF=PE=5，得出FH=2PF=10，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；
类比拓展：作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函数得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果．
解：性质探究
解：作CD⊥AB于D，如图①所示：
则∠ADC=∠BDC=90°，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
∴AD=BD，∠A=∠B=30°，
∴AC=2CD，AD=CD，
∴AB=2AD=2CD，
∴=；
故答案为：；
理解运用
（1）解：如图①所示：
同上得：AC=2CD，AD=CD，
∵AC+BC+AB=8+4，
∴4CD+2CD=8+4，
解得：CD=2，
∴AB=4，
∴△ABC的面积=AB×CD=×4×2=4；
故答案为：4
（2）①证明：∵EF=EG=EH，
∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，
∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；
②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：
则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，
∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，
∵EF=EH，
∴∠EFH=30°，
∴PE=EF=5，
∴PF=PE=5，
∴FH=2PF=10，
∵点M、N分别是FG、GH的中点，
∴MN是△FGH的中位线，
∴MN=FH=5；
类比拓展
解：如图③所示：作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，
∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，
∵sinα=，
∴BD=AB×sinα，
∴BC=2BD=2AB×sinα，
∴=2sinα；
故答案为：2sinα．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、就直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
一、解答题（共12道题）
1．（2018?唐山模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AD平分∠CAE交⊙O于点D，且AE⊥CD，垂足为点E．
（1）求证：直线CE是⊙O的切线．
（2）若BC＝3，CD＝32，求弦AD的长．
【答案】（1）证明见解析（2）6
【解析】（1）连结OC，如图，由AD平分∠EAC得到∠1=∠3，加上∠1=∠2，则∠3=∠2，于是可判断OD∥AE，根据平行线的性质得OD⊥CE，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）由△CDB∽△CAD，可得，推出CD2=CB?CA，可得（3）2=3CA，推出CA=6，推出AB=CA﹣BC=3，，设BD=K，AD=2K，在Rt△ADB中，可得2k2+4k2=5，求出k即可解决问题．
解：（1）证明：连结OC，如图，
∵AD平分∠EAC，
∴∠1=∠3，
∵OA=OD，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠2，
∴OD∥AE，
∵AE⊥DC，
∴OD⊥CE，
∴CE是⊙O的切线；
（2）∵∠CDO=∠ADB=90°，
∴∠2=∠CDB=∠1，∵∠C=∠C，
∴△CDB∽△CAD，
∴，
∴CD2=CB?CA，
∴（3）2=3CA，
∴CA=6，
∴AB=CA﹣BC=3，,设BD=K，AD=2K，
在Rt△ADB中，2k2+4k2=5，
∴k=，
∴AD=．
2．（2018?佛山模拟）在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，连接DF．
（1）说明△BEF是等腰三角形；
（2）求折痕EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）152.
【解析】（1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形的性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可．
解：（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF是等腰三角形；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．
∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．
∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．
在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE=254=DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣254=74=BM，∴FM=254﹣74=92．
在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF=62+（92）2=152．
故答案为：152．
【点评】本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．
3．（2018?襄阳）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；
②推断：AGBE的值为 ：
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG=6，GH=22，则BC= ．
【答案】（1）①四边形CEGF是正方形；②2；（2）线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE；（3）35
【解析】（1）①由GE⊥BC、GF⊥CD结合∠BCD=90°可得四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可得证；
②由正方形性质知∠CEG=∠B=90°、∠ECG=45°，据此可得CGCE=2、GE//AB，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得；
（3）证△AHG∽△CHA得AGAC=GHAH=AHCH，设BC=CD=AD=a，知AC=2a，由AGAC=GHAH得AH=23a、DH=13a、CH=103a，由AGAC=AHCH可得a的值．
解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②由①知四边形CEGF是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴CGCE=2，GE∥AB，
∴AGBE=CGCE=2，
故答案为：2；
（2）连接CG，
由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
CECG=cos45°=22、CBCA=cos45°=22，
∴CGCE=CACB=2，
∴△ACG∽△BCE，
∴AGBE=CACB=2，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE；
（3）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°，
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴AGAC=GHAH=AHCH，
设BC=CD=AD=a，则AC=2a，
则由AGAC=GHAH得62a=22AH，
∴AH=23a，
则DH=AD﹣AH=13a，CH=CD2+DH2=103a，
∴由AGAC=AHCH得62a=23a103a，
解得：a=35，即BC=35，
故答案为：35．
【点评】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键.
4．（2018?深圳模拟）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点E在AC上（且不与点A、C重合），在△ABC的外部作等腰Rt△CED，使∠CED=90°，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
（1）求证：△AEF是等腰直角三角形；
（2）如图2，将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，连接AE，求证：AF=2AE；
（3）如图3，将△CED绕点C继续逆时针旋转，当平行四边形ABFD为菱形，且△CED在△ABC的下方时，若AB=25，CE=2，求线段AE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）42.
【解析】（1）依据AE=EF，∠DEC=∠AEF=90°，即可证明△AEF是等腰直角三角形；
（2）连接EF，DF交BC于K，先证明△EKF≌△EDA，再证明△AEF是等腰直角三角形即可得出结论；
（3）当AD=AC=AB时，四边形ABFD是菱形，先求得EH=DH=CH=2，Rt△ACH中，AH=32，即可得到AE=AH+EH=42．
解：解：（1）如图1．∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF．∵AB=AC，∴AC=DF．∵DE=EC，∴AE=EF．∵∠DEC=∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形；
（2）如图2，连接EF，DF交BC于K．∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠DKE=∠ABC=45°，∴∠EKF=180°﹣∠DKE=135°，EK=ED．∵∠ADE=180°﹣∠EDC=180°﹣45°=135°，∴∠EKF=∠ADE．∵∠DKC=∠C，∴DK=DC．∵DF=AB=AC，∴KF=AD．在△EKF和△EDA中，&EK=ED&∠EKF=∠ADE&KF=AD，∴△EKF≌△EDA（SAS），∴EF=EA，∠KEF=∠AED，∴∠FEA=∠BED=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AF=2AE．
（3）如图3，当AD=AC=AB时，四边形ABFD是菱形，设AE交CD于H，依据AD=AC，ED=EC，可得AE垂直平分CD，而CE=2，∴EH=DH=CH=2，Rt△ACH中，AH=（25）2+（2）2=32，∴AE=AH+EH=42．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点．
5．（2018?晋中模拟）（1）操作与探究：如图，矩形纸片ABCD中，AB=8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD的E点上，折痕的一端G点在边BC上，BG=10．
①第一次折叠：当折痕的另一端点F在AB边上时，如图1，求折痕GF的长；
②第二次折叠：当折痕的另一端点F在AD边上时，如图2，证明四边形BGEF为菱形，并求出折痕GF的长．
（2）拓展延伸：通过操作探究发现在矩形纸片ABCD中，AB=5，AD=13．如图3所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ．当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动．若限定点P，Q分别在AB，AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离是 ．
【答案】（1）①GF=55；②45；（2）4.
【解析】（1）①首先利用翻折变换的性质以及勾股定理求出AE的长，进而利用勾股定理求出AF和EF的长，根据勾股定理即可得出结论； ②首先证明四边形BGEF是平行四边形，再利用BG=EG，得出四边形BGEF是菱形，再利用菱形性质求出FG的长； （2）分别利用当点P与点B重合时，以及当点D与点Q重合时，求出A′B的极值进而得出答案．
解：（1）①解：如图①过G作GH⊥AD，
在Rt△GHE中，GE=BG=10，GH=8， 所以，EH=102?82=6，AE=10-6=4， 设AF=x，则EF=BF=8-x， 则AF2+AE2=EF2， ∴x2+42=（8-x）2， 解得：x=3， ∴AF=3，BF=EF=5， 在Rt△BFG中，根据勾股定理得FG=BF2?BG2=55.
②证明：如图②，过F作FK⊥BG于K，
∵ABCD是矩形， ∴AD∥BC，BH∥EG， ∴四边形BGEF是平行四边形； 由对称性知，BG=EG， ∴四边形BGEF是菱形．
BG=BF=10,AB=8,AF=6,
∴KG=4,FG=82+42=80=45；
（2）如图1，当点P与点B重合时，根据翻折对称性可得BA′=AB=5， 如图2，当点D与点Q重合时，根据翻折对称性可得
A′D=AD=13， 在Rt△A′CD中，A′D2=A′C2+CD2， 即132=（13-A′B）2+52， 解得：A′B=1， 所以点A'在BC上可移动的最大距离为5-1=4．
【点评】四边形综合题，主要考查了翻折变换的性质以及菱形的判定和勾股定理等知识，注意利用翻折变换的性质得出对应线段之间的关系是解题关键．
6．（2018?牡丹江三模）等腰直角△ABC，△MAD中，∠BAC=∠DMA=90°，连接BM，CD．且B，M，D三点共线
（1）当点D，点M在BC边下方，CD＜BD时，如图①，求证：BM+CD=AM；（提示：延长DB到点N，使MN=MD，连接AN．）
（2）当点D在AC边右侧，点M在△ABC内部时，如图②；当点D在AB边左侧，点M在△ABC外部时，如图③，请直接写出线段BM，CD，AM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1），（2）条件下，点E是AB中点，MF是△AMD的角平分线，连接EF，若EF=2MF=6，则CD= ．
【答案】（1）证明见解析（2）当点D在AC边右侧，点M在△ABC内部时，BM=CD+AM（3）12-62
【解析】（1）延长DB到点N，使MN=MD，由题意可证△AND是等腰直角三角形，可得∠NAD=∠BAC=90°，AN=AD，即可证△ABN≌△ACD，可得BN=CD，则结论可得． （2）当点D在AC边右侧，点M在△ABC内部时，：在线段BM上截取MN=DM，由题意可证△AND是等腰直角三角形，可得∠NAD=∠BAC=90°，AN=AD，即可证△ABN≌△ACD，可得BN=CD，即可得BM=CD+AM，当点D在AB边左侧，点M在△ABC外部时，延长DM到N，使MN=DM．由题意可证△AND是等腰直角三角形，可得∠NAD=∠BAC=90°，AN=AD，即可证△ABN≌△ACD，可得BN=CD，即可得CD=BM+AM （3）由题意可得EF是中位线，分类讨论，代入关系式可求CD的长度．
解：（1）延长DB到点N，使MN=MD，连接AN,
∵等腰直角△ABC，△MAD,
∴AM=MD，AB=AC，∠ADM=45°=∠MAD,
∵MN=MD，∠DMA=90°，AM=AM,
∴△AMN≌△AMD,
∴AD=AN，∠NAM=∠MAD=45°,
∴∠NAD=90°,
∵∠NAD=∠BAC=90°,
∴∠NAB=∠CAD，且AN=AD，AB=AC,
∴△ABN≌△ACD,
∴BN=CD,
∵MN=BM+BN,
∴AM=MD=BM+CD,
（2）当点D在AC边右侧，点M在△ABC内部时，BM=CD+AM,
如图：在线段BM上截取MN=DM,
∵等腰直角△ABC，△MAD,
∴AM=MD，AB=AC，∠ADM=45°=∠MAD,
∵MN=DM,
∴AM=DM=MN，且∠AMD=90°,
∴∠AND=∠ADN=∠NAM=∠DAM=45°,
∴AN=AD，∠NAD=90°,
∵∠NAD=∠BAC=90°,
∴∠BAN=∠DAC，且AN=AD，AB=AC,
∴△ABN≌△ACD,
∴BN=CD,
∵BM=BN+MN,
∴BM=CD+AM,
当点D在AB边左侧，点M在△ABC外部时，CD=BM+AM,
如图：延长DM到N，使MN=DM．
∵等腰直角△ABC，△MAD,
∴AM=MD，AB=AC，∠ADM=45°=∠MAD,
∵MN=DM,
∴AM=DM=MN，且∠AMD=90°,
∴∠AND=∠ADN=∠NAM=∠DAM=45°,
∴AN=AD，∠NAD=90°,
∵∠NAD=∠BAC=90°,
∴∠BAN=∠DAC，且AN=AD，AB=AC,
∴△ABN≌△ACD,
∴BN=CD,
∵BN=BM+MN,
∴CD=BM+AM,
（3）∵MF是△AMD的角平分线，∠DMA=90°，AM=DM,
∴AF=DF=MF且点E是AB中点,
∴BD=2EF=12，
∵EF=2MF=6,
∴MF=3,
∴AF=DF=MF=3,
∴AM=DM=32,
当点D，点M在BC边下方，CD＜BD时，AM=BM+CD,
∴CD=32﹣（12﹣32）=62﹣12＜0,
故不存在这样的点D,
当点D在AB边左侧，点M在△ABC外部时，BM=CD+AM,
∴CD=BM﹣AM=12﹣6,
当点D在AB边左侧，点M在△ABC外部时，CD=BM+AM,
∵AB＜DM,
∴不存在这样的点D,
综上所述，CD=12﹣62,
故答案为12﹣62.
【点评】考查了三角形、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线是本题的关键.
7．（2019·上海模拟）已知：如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB、 AC上，DE∥BC，∠ABE=∠C，
（1）求证：
（2）当BE平分∠ABC时，求证：
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）利用平行线的性质可知，则有，利用相似三角形的性质即可得出结论；
（2）利用平行线的性质及角平分线的性质可知，利用相似三角形的性质即可得出结论.
解：（1）
（2）平分
【点评】本题主要考查平行线的性质，角平分线定义，相似三角形的判定及性质，掌握三角形相似的判定方法是解题的关键.
8．（2019·泉州模拟）如图，在中，与相交于点，，垂足为.将沿翻折得到，连接.
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的值.
【答案】(1)详见解析；（2）
【解析】（1）根据折叠性质及平行四边形的性质即可证明；
（2）过点作于点，根据矩形与折叠的性质得到BE的长，再根据在中，由勾股定理得到的长，在中，同理可得的长，再由三角形的面积得到AF的长，再利用在中的三角函数即可求解.
解：（1）由折叠性质得：.
在中，，，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴.
∴是矩形.
（2）在矩形中，，.
∵，由折叠性质可知：、、三点共线，
∴.
在中，由勾股定理得：.
在中，同理可得：.
如图1，过点作于点，
∴，
∴，.
在中，.
【点评】此题主要考查三角函数的应用，解题的关键是熟知矩形的性质及三角函数的定义及应用.
9．（2019·泰州模拟）如图，已知AB是圆O的直径，F是圆O上一点，∠BAF的平分线交⊙O于点E，交⊙O的切线BC于点C，过点E作ED⊥AF，交AF的延长线于点D．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝3，CE＝2. ①求的值；②若点G为AE上一点，求OG+EG最小值．
【答案】（1）证明见解析（2）① ②3
【解析】（1）作辅助线，连接OE．根据切线的判定定理，只需证DE⊥OE即可；
（2）①连接BE．根据BC、DE两切线的性质证明△ADE∽△BEC；又由角平分线的性质、等腰三角形的两个底角相等求得△ABE∽△AFD，所以；
②连接OF，交AD于H，由①得∠FOE=∠FOA=60°,连接EF，则△AOF、△EOF都是等边三角形，故四边形AOEF是菱形，由对称性可知GO=GF,过点G作GM⊥OE于M，则GM=EG，OG+EG=GF+GM,根据两点之间线段最短，当F、G、M三点共线，OG+EG=GF+GM=FM最小，此时FM =3.故OG+EG最小值是3.
解：（1）连接OE
∵OA=OE，∴∠AEO=∠EAO
∵∠FAE=∠EAO，∴∠FAE=∠AEO
∴OE∥AF
∵DE⊥AF，∴OE⊥DE
∴DE是⊙O的切线
（2）①解：连接BE
∵直径AB ∴∠AEB=90°
∵圆O与BC相切
∴∠ABC=90°
∵∠EAB+∠EBA=∠EBA+∠CBE=90°
∴∠EAB=∠CBE
∴∠DAE=∠CBE
∵∠ADE=∠BEC=90°
∴△ADE∽△BEC
∴
②连接OF，交AE于G，
由①，设BC=2x，则AE=3x
∵△BEC∽△ABC ∴
∴
解得：x1=2，（不合题意，舍去）
∴AE=3x=6，BC=2x=4，AC=AE+CE=8
∴AB=，∠BAC=30°
∴∠AEO=∠EAO=∠EAF=30°，∴∠FOE=2∠FAE=60°
∴∠FOE=∠FOA=60°,连接EF，则△AOF、△EOF都是等边三角形，∴四边形AOEF是菱形
由对称性可知GO=GF,过点G作GM⊥OE于M，则GM=EG，OG+EG=GF+GM,根据两点之间线段最短，当F、G、M三点共线，OG+EG=GF+GM=FM最小，此时FM=FOsin60o=3.
故OG+EG最小值是3.
【点评】本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质．比较复杂，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．
10．（2019·台州模拟）如图，AB，DE为⊙O的直径，过点D作弦DC⊥AB于点H，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
（1）求证：
（2）若sinD＝，求tanF．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）连接OC，先证∠DOH＝∠COH，再证∠COH＝∠AOE，由圆心角、弧、弦的关系可推出结论；
（2）连接EC，用特殊值法，设OH＝3，OD＝5，求出CD的长，利用勾股定理求出CE的长，再证△EFC∽△AFH，可求出FC的长，即可求出tanF．
解：(1)连接OC
∵OC=OD，AB⊥CD
∴∠DOH=∠COH，
∵∠DOH=∠AOE，
∴∠COH=∠AOE，
∴；
(2)连接EC，
∵AB⊥CD，
∴∠AHD=90°，
∵sin D=，
不妨设OH=3，OD=5，
∴DH=，
∵AB⊥CD，
∴CD=2DH=8，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠ECD=90°，
∴CE=，
设FC=，则FH=，
∵∠AHD=∠ECD=90°，
∴EC∥AH
∴△EFC∽△AFH，
∴，
即，
解得：，
∴．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，解直角三角形等，解题的关键是适当的利用特殊值法，便于解答．
11．（2019·扬州模拟）已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AC＝BC＝10，cos∠ACB＝，点E在对角线AC上（不与点A、C重合），∠EDC＝∠ACB，DE的延长线与射线CB交于点F，设AD的长为x．
（1）如图1，当DF⊥BC时，求AD的长；
（2）设EC＝y，求y关于x的函数解析式，并直接写出定义域；
（3）当△DFC是等腰三角形时，求AD的长．
【答案】（1）AD＝；（2）y＝x2﹣x+10（0＜x≤10）；（3）AD的长为6和．
【解析】（1）证明△ADC∽△DCE，利用AC?CE＝CD2＝DF2+FC2＝36+16a2＝10?5a，即可求解；
（2）过点C作CH⊥AD交AD的延长线于点H，CD2＝CH2+DH2＝（ACsinα）2+（ACcosα﹣x）2，即可求解；
（3）分DF＝DC、FC＝DC、FC＝FD三种情况，求解即可．
解：（1）设∠ACB＝∠EDC＝∠α＝∠CAD，
∵cosα＝，
∴sinα＝，
过点A作AH⊥BC交于点H，
AH＝AC?sinα＝6＝DF，BH＝2，
如图1，设：FC＝4a，
∴cos∠ACB＝，则EF＝3a，EC＝5a，
∵∠EDC＝∠α＝∠CAD，∠ACD＝∠ACD，
∴△ADC∽△DCE，
∴AC?CE＝CD2＝DF2+FC2＝36+16a2＝10?5a，
解得：a＝2或（舍去a＝2），
AD＝HF＝10﹣2﹣4a＝；
（2）过点C作CH⊥AD交AD的延长线于点H，
CD2＝CH2+DH2＝（ACsinα）2+（ACcosα﹣x）2，
即：CD2＝36+（8﹣x）2，
由（1）得：AC?CE＝CD2，
即：y＝x2﹣x+10（0＜x≤10）…①，
（3）①当DF＝DC时，
∵∠ECF＝∠FDC＝α，∠DFC＝∠DFC，
∴△DFC∽△CFE，∵DF＝DC，
∴FC＝EC＝y，∴x+y＝10，
即：10＝x2﹣x+10+x，
解得：x＝6；
②当FC＝DC，
则∠DFC＝∠FDC＝α，
则：EF＝EC＝y，DE＝AE＝10﹣y，
在等腰△ADE中，cos∠DAE＝cosα＝，
即：5x+8y＝80，
将上式代入①式并解得：x＝；
③当FC＝FD，
则∠FCD＝∠FDC＝α，而∠ECF＝α≠∠FCD，不成立，
故：该情况不存在；
故：AD的长为6和．
【点评】本题为四边形的综合题，涉及到解直角三角形、一元二次方程，三角形相似等诸多知识点，其中三角形相似是本题的突破点，难度较大．
12．（2019·芜湖模拟）如图，点C为线段AB上一点，分别以AB、AC、CB为底作顶角为120°的等腰三角形，顶角顶点分别为D、E、F（点E、F在AB的同侧，点D在另一侧）
（1）如图1，若点C是AB的中点，则∠AED＝ ；
（2）如图2，若点C不是AB的中点
①求证：△DEF为等边三角形；
②连接CD，若∠ADC＝90°，AB＝3，请直接写出EF的长．
【答案】(1) 90°；(2)①见解析；②213
【解析】（1）如图1，过E作EH⊥AB于H，连接CD，设EH＝x，则AE＝2x，AH＝3x，根据等腰三角形的性质得到∠DAC＝30°，进而得到DC＝CE，又因为EH∥DC，∴∠HED＝∠EDC＝∠CED，再进一步得到∠AEH＝60°，∠HED＝30°，即可求出∠AED的大小；（2）①延长FC交AD于H，连接HE，如图2，根据等腰三角形的性质得到∠FCB＝∠FBC＝30°，∠DAB＝∠DBA＝30°，∠EAC＝∠ECA＝30°，进而得到AD∥EC∥BF，AE∥CF∥BD，所以四边形BDHF、四边形AECH是平行四边形，进而得到△AEH是等边三角形，再根据SAS判定定理得到△DHE≌△FCE，∴∠DEF＝∠CEH＝60°，∴△DEF是等边三角形；②如图3，过E作EM⊥AB于M，根据等腰三角形的性质，求出CD、CE的长，再根据勾股定理求出DE的长，因为△DEF是等边三角形，∴EF＝DE，即可得解.
解：（1）如图1，过E作EH⊥AB于H，连接CD，
设EH＝x，则AE＝2x，AH＝3x，
∵AE＝EC，
∴AC＝2AH＝23x，
∵C是AB的中点，AD＝BD，
∴CD⊥AB，
∵∠ADB＝120°，
∴∠DAC＝30°，
∴DC＝2x，
∴DC＝CE＝2x，
∵EH∥DC，
∴∠HED＝∠EDC＝∠CED，
∵∠AEH＝60°，∠AEC＝120°，
∴∠HEC＝60°，
∴∠HED＝30°，
∴∠AED＝∠AEH＋∠HED＝90°；
故答案为：90°；
（2）①延长FC交AD于H，连接HE，如图2，
∵CF＝FB，
∴∠FCB＝∠FBC，
∵∠CFB＝120°，
∴∠FCB＝∠FBC＝30°，
同理：∠DAB＝∠DBA＝30°，∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠DAB＝∠ECA＝∠FBD，
∴AD∥EC∥BF，
同理AE∥CF∥BD，
∴四边形BDHF、四边形AECH是平行四边形，
∴EC＝AH，BF＝HD，
∵AE＝EC，
∴AE＝AH，
∵∠HAE＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE＝AH＝HE＝CE，∠AHE＝∠AEH＝60°，
∴∠DHE＝120°，
∴∠DHE＝∠FCE．
∵DH＝BF＝FC，
∴△DHE≌△FCE（SAS），
∴DE＝EF，∠DEH＝∠FEC，
∴∠DEF＝∠CEH＝60°，
∴△DEF是等边三角形；
②如图3，过E作EM⊥AB于M，
∵∠ADC＝90°，∠DAC＝30°，
∴∠ACD＝60°，
∵∠DBA＝30°，
∴∠CDB＝∠DBC＝30°，
∴CD＝BC＝12AC，
∵AB＝3，
∵AC＝2，BC＝CD＝1，
∵∠ACE＝30°，∠ACD＝60°，
∴∠ECD＝30°＋60°＝90°，
∵AE＝CE，
∴CM＝12AC＝1，
∵∠ACE＝30°，
∴CE＝233，
Rt△DEC中，DE＝CD2＋CE2＝(1)2＋(233)2＝213，
由①知：△DEF是等边三角形，
∴EF＝DE＝213 ．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识点的综合运用，熟练掌握这些知识点并结合图形是解答这类问题的关键.
