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備考浙教版中考數(shù)學(xué)題型專項訓(xùn)練 圖形的性質(zhì)解答題專練
一、綜合題
1．如圖，在 中， ， ， 平分 ，交 邊于點 .

（1）如圖1，過點A作AD⊥BC于D ，若已知∠C=50° ，求∠EAD 度數(shù)；
（2）如圖2，過點 作 于 ，若 恰好又平分 ，求 的度數(shù)；
（3）如圖3，CF平分△ABC 外角∠BCG ，交AE的延長線于點 F，作FD⊥BC 于D ，設(shè)∠ACB=n° ，試求∠DFE-∠AFC 的值.（用含有n的代數(shù)式表示）

（4）如圖4，在圖3的基礎(chǔ)上分別作 和 的角平分線，交于點 ，作 于 ，設(shè) ，試直接寫出 的值.（用含有 的代數(shù)式表示）
2．已知：直線AB∥CD，M，N分別在直線AB，CD上，H為平面內(nèi)一點，連HM，HN．

（1）如圖1，延長HN至G，∠BMH和∠GND的角平分線相交于點E．
①若∠BME=25°，∠END=75°，則∠H的度數(shù)為▲ ；
②探究∠MEN與∠MHN的數(shù)量關(guān)系，并給予證明；
（2）如圖2，∠BMH和∠HND的角平分線相交于點E．作MP平分∠AMH，NQ∥MP交ME的延長線于點Q，若∠H＝150°，求∠ENQ的度數(shù)．
3．如圖

（1）如圖1，點E在BC上，∠A＝∠D，∠ACB =∠CED．請說明 AB∥CD 的理由.
（2）如圖2，AB∥CD，BG 平分∠ABE，與∠EDF 的平分線交于 H 點，若∠DEB比∠DHB 大60°，求∠DEB 的度數(shù)．
（3）保持（2）中所求的∠DEB 的度數(shù)不變，如圖3，AB∥CD，BM 平分∠EBK，DN 平分∠CDE，作 BP∥DN，則∠PBM 的度數(shù)是否改變？若不變，請直接寫出∠PBM 的度數(shù)；若改變，請說明理由．
4．如圖，已知四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一點（不與點A，D重合），連接CE，以CE為一邊作正方形CEFG，使點F，G與點A，B在CE的兩側(cè)，連接BE并延長，交GD延長線于點H．

（1）如圖1，請判斷線段BE與GD的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖2，連接BG，若AB＝2，CE＝ ，請你求出 的值．
5．如圖1，E是直線AB、CD內(nèi)部一點，AB∥CD，連接EA，ED．

（1）探究猜想：
①若∠A=20°，∠D=50°，則∠AED= ▲ 度；
②若∠A=35°，∠D=45°，則∠AED= ▲ 度；
③猜想圖1中∠AED、∠EAB、∠EDC的數(shù)量關(guān)系并證明你的結(jié)論．
（2）拓展應(yīng)用：
如圖2，射線FE與長方形ABCD的邊AB交于點E，與邊CD交于點F，①②③④分別是被射線FE隔開的4個區(qū)域（不含邊界，其中區(qū)域③、④位于直線AB上方），P是位于以上四個區(qū)域上的點，猜想：∠PEB，∠PFC，∠EPF的關(guān)系（直接寫出結(jié)論，不要求證明）
6．如圖，AB∥CD，點E是AB上一點，連結(jié)CE.

（1）如圖1，若CE平分∠ACD，過點E作EM⊥CE交CD于點M，試說明∠A＝2∠CME；
（2）如圖2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度數(shù).
（3）如圖3，過點E作EM⊥CE交∠DCE的平分線于點M，MN⊥CM交AB于點N，CH⊥AB，垂足為H.若∠ACH＝∠ECH請直接寫出∠MNB與∠A之間的數(shù)量關(guān)系.
7．如圖，已知，，.

（1）求的度數(shù)；
（2）若平分，交于點，且，求的度數(shù).
8．如圖，已知直線射線，.是射線上一動點，過點作交射線于點，連結(jié).作，交直線于點，平分.

（1）若點都在點的右側(cè).
①求的度數(shù)；
②若，求的度數(shù).
（2）在點的運動過程中，是否存在這樣的情形，使，若存在，求出的度數(shù)；若不存在，請說明理由.
9．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，動點P從點A開始，沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點D從點A開始，沿邊AB向點B以每秒 個單位長度的速度運動，且恰好能始終保持連結(jié)兩動點的直線PD⊥AC，動點Q從點C開始，沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，連結(jié)PQ．點P，D，Q分別從點A，C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另兩個點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t≥0）．

（1）當t=3時，求PD的長？
（2）當t為何值時，四邊形BQPD的面積為△ABC面積的一半？
（3）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
10．如圖，四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分線CF于點F．請你認真閱讀下面關(guān)于這個圖的探究片段，完成所提出的問題．

（1）探究1：王宣同學(xué)看到圖后，很快發(fā)現(xiàn)AE=EF，這需要證明AE和EF所在的兩個三角形全等，但△ABE和△ECF顯然不全等（一個是直角三角形，一個是鈍角三角形），考慮到點E是邊BC的中點，因此可以選取AB的中點M，連接EM后嘗試著去證△AEM≌EFC就行了，隨即王宣同學(xué)寫出了如下的證明過程：
（2）探究2：王宣同學(xué)繼續(xù)探索，如圖2，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC上的任意一點”，其余條件不變，發(fā)現(xiàn)AE=EF仍然成立，請你證明這一結(jié)論。
（3）探究3：王宣同學(xué)進一步還想試試，如圖3，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC延長線上的一點”，其余條件仍不變，那么結(jié)論AE=EF是否成立呢？若成立請你完成證明過程，若不成立請你說明理由。
11．如圖1，直線y= x+6分別交x軸，y軸于點A，點B，點C、P分別是線段OB，AB的中點，動點D，E分別在直線CP和線段AB上，設(shè)點E的橫坐標為m，線段CD的長為n（n>0），且m+n=6，以DO，DE為鄰邊作? ODEF．

（1）求點A和點P的坐標．
（2）如圖2所示，當點D在點C左側(cè)，且n=2時，求點F的坐標．
（3）當點F落在△AOB的邊OB或AB上時，求點F的坐標．
12．如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別是（﹣4，0），（0，8），動點P從點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位的速度運動，同時動點C從點B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個單位的速度運動．以CP，CO為鄰邊構(gòu)造?PCOD，在線段OP延長線上取點E，使PE＝AO，設(shè)點P運動的時間為t秒．

（1）當點C運動到線段OB的中點時，求t的值及點E的坐標；
（2）當點C在線段OB上時，求證：四邊形ADEC為平行四邊形；
（3）在線段PE上取點F，使PF＝3，過點F作MN⊥PE，截取FM＝ ，F(xiàn)N＝1，且點M，N分別在第一、四象限，在運動過程中，當點M，N中，有一點落在四邊形ADEC的邊上時，直接寫出所有滿足條件的t的值．
13．在平面直角坐標系中，已知點A(a，0)，B（b，0），C（0，c），且+3|b﹣3|＋2（c＋2）2 =0．

（1）直接寫出S△ACB=　 ?。?br /> （2）如圖1，線段CB沿y軸正方向以每秒0.5個單位的速度勻速移動至DE（點C的對應(yīng)點為D，點B的對應(yīng)點為E），連接AD、OE．設(shè)運動時間為t秒，問：是否存在這樣的t值，使得3S△ACD＝2S△EOD？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．
（3）如圖2，將線段AC往右平移3個單位長度至FG（點A的對應(yīng)點為點F），線段FG與BC相交于點H． 若在x軸上存在點M使得S△MCH =2，試求出點M的坐標．
14．如圖，正方形OABC中，O為坐標原點，點A、點C分別落在y軸、x軸上，點B坐標為（﹣4，4），點D為x軸上任意一點，將線段DA繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得對應(yīng)線段為DE，作直線EC交y軸于點F.

（1）如圖（1），當點D為OC的中點時，求點E的坐標；
（2）如圖（2），當點D在邊OC上任意移動時，猜想：點F的位置是否發(fā)生變化？若不變，求出點F的坐標，若改變，請說明理由；
（3）如圖（3），當點D在x軸的正半軸上移動時，請在圖（3）畫出圖形（不保留作圖痕跡），并直接回答點F的位置與（2）中猜想的結(jié)論是否一致.
答：_　 ?。ㄌ睢耙恢隆被颉安灰恢隆保?
15．如圖，在平面直角坐標系中，已知直線PA是一次函數(shù)y＝x+m（m＞0）的圖象，直線PB是一次函數(shù)y＝﹣3x+n（n＞m）的圖象，點P是兩直線的交點，點A、B、C、Q分別是兩條直線與坐標軸的交點.

（1）用m、n分別表示點A、B、P的坐標及∠PAB的度數(shù)；
（2）若四邊形PQOB的面積是，且，試求點P的坐標，并求出直線PA與PB的函數(shù)表達式；
（3）在（2）的條件下，是否存在一點D，使以A、B、P、D為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由.
16．項目化學(xué)習：車輪的形狀．
【問題提出】車輪為什么要做成圓形， 這里面有什么數(shù)學(xué)原理?
（1）【合作探究】

探究 組：如圖1，圓形車輪半徑為 ，其車輪軸心 到地面的距離始終為 ．
探究 組：如圖2，正方形車輪的軸心為 ，若正方形的邊長為 ，求車輪軸心 最高點與最低點的高度差．
探究 組：如圖3， 有一個破損的圓形車輪， 半徑為 ，破損部分是一個弓形，其所對圓心角為 ，其車輪軸心為 ，讓車輪在地上無滑動地滾動一周，求點 經(jīng)過的路程．
探究發(fā)現(xiàn)：車輛的平穩(wěn)關(guān)鍵看車輪軸心是否穩(wěn)定．
（2）【拓展延伸】如圖4，分別以正三角形的三個頂點 為圓心，以正三角形的邊長為半徑作 圓弧，這個曲線圖形叫做“萊洛三角形”．


探究 組：使 “萊洛三角形” 沿水平方向向右滾動，在滾動過程中，其每時每刻都有 “最高點”，“中心點” 也在不斷移動位置，那么在 “萊洛三角形” 滾動一周的過程中，其“最高點”和“中心點”所形成的圖案大致是　 　．
延伸發(fā)現(xiàn)：“萊洛三角形”在滾動時始終位于一組平行線之間，因此放在其上的物體也能夠保持平衡，但其車軸中心 并不穩(wěn)定．
17．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝12cm，AD＝15cm，BC＝20cm，動點E從點A出發(fā)，在線段AD上以每秒1cm的速度向點D運動，動點F從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒2cm的速度運動到B點返回，點E、F分別從點A、C同時出發(fā)，當點E運動到點D時，點F隨之停止運動，設(shè)運動的時間為t（秒）．

（1）用含t的代數(shù)式表示DE，DE＝　 　；
（2）若四邊形EFCD是平行四邊形，求此時t的值；
（3）是否存在點F，使△FCD是等腰三角形？若存在，請直接寫出所有滿足要求的t的值；若不存在，請說明理由．
18．問題背景：在正方形ABCD的外側(cè)，作△ADE和△DCF，連接AF，BE．

（1）特例探究：如圖1，若△ADE和△DCF均為等邊三角形，試判斷線段AF與BE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；
（2）拓展應(yīng)用：如圖2，在△ADE和△DCF中，，，且，求四邊形ABFE的面積？
19．如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD于點E， ， ，點P是CD延長線上異于點D的一個動點，連結(jié)AP交⊙O于點Q，連結(jié)CQ交AB于點F，則點F的位置隨著點P位置的改變而改變．

（1）如圖1，當 時，求 的值；
（2）如圖2，連結(jié)AC，DQ，在點P運動過程中，設(shè) ， ．
①求證： ；
②求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．
20．如圖1，四邊形 是 的內(nèi)接四邊形，其中 ，對角線 相交于點 ，在 上取一點 ，使得 ，過點 作 交 于點 ．

（1）證明： ；
（2）如圖 2，若 ，且 恰好經(jīng)過圓心 ，求 的值；
（3）若 ，設(shè) 的長為 ．
①如圖3，用含有 的代數(shù)式表示 的周長；
②如圖4， 恰好經(jīng)過圓心 ，求 內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值．
21．四邊形為的內(nèi)接四邊形，．

（1）如圖1，求證：；
（2）如圖2，為的直徑，連接，過點O作的垂線，點F為垂足，求證：；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點O作的垂線，點G為垂足，若，，，求的長．
22．如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，連接AC，BC，D為AB延長線上一點，連接CD，且∠BCD＝∠A．

（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）若⊙O的半徑為，△ABC的面積為，求CD的長；
（3）在（2）的條件下，E為⊙O上一點，連接CE交線段OA于點F，若，求BF的長．
23．如圖，⊙O是的外接圓，圓心O在AC上．過點B作直線交AC的延長線于點D，使得．過點A作于點E，交⊙O于點F．

（1）求證：BD是⊙O的切線；
（2）若，，則AE的長為　 　．
24．已知AB為直徑，△PCD是內(nèi)接三角形，．

（1）如圖1，求的度數(shù)；
（2）如圖2，PD交AB于點M，作交AB于點E，連接CO并延長交PD于點N，若CP平分，求證：；
（3）如圖3，在（2）的條件下，F(xiàn)是外一點，F(xiàn)C是的切線，，若，，求PD的長．
25．在⊙O中，直徑AB⊥弦CD于點F，點E是弧AD上一點，連接BE 交CD于點N，點P在CD的延長線上，連接PE，PN=PE：

（1）求證：PE是⊙O的切線：
（2）連接DE，若DE//AB，OF=3，BF=2，求PN的長。
26．△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，點P是⊙O上一點，且點P與點A在BC的兩側(cè)，連接PA，PB，PC．

（1）如圖①，若△ABC是等邊三角形，則線段PA，PB，PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（2）如圖②，把（1）中的△ABC改為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，其他條件不變，三條線段PA，PB，PC還有以上的數(shù)量關(guān)系嗎？說明理由．
（3）如圖③，把（1）中△ABC改為任意三角形，AB＝c，AC＝b，BC＝a時，其他條件不變，則PA，PB，PC三條線段的數(shù)量關(guān)系為　 ?。ㄖ苯訉懡Y(jié)果）
（4）由以上你能發(fā)現(xiàn)圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線有什么關(guān)系？
27．如圖，是四邊形的外接圓，是的直徑，，交的延長線于點E，平分．
\
（1）求證：是的切線；
（2）若，，求的長．
28．已知，如圖1，Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D為△ABC外一點，且∠ADC＝90°，E為BC中點，AF∥BC，連接EF交AD于點G，且EF⊥ED交AC于點H，AF＝1．

（1）若，求EF的長；
（2）在（1）的條件下，求CD的值；
（3）如圖2，連接BD，BG，若BD＝AC，求證：BG⊥AD．
29．如圖，在小學(xué)我們通過觀察、實驗的方法得到了“三角形內(nèi)角和是180°”的結(jié)論。小明通過這學(xué)期的學(xué)習知道：由觀察、實驗、歸納、類比、猜想得到的結(jié)論還需要通過證明來確認它的符合題意性．

受到實驗方法1的啟發(fā)，小明形成了證明該結(jié)論的想法：實驗1的拼接方法直觀上看，是把和移動到的右側(cè)，且使這三個角的頂點重合，如果把這種拼接方法抽象為幾何圖形，那么利用平行線的性質(zhì)就可以解決問題了．
小明的證明過程如下：
已知：如圖，．求證：．

證明：延長，過點作．
∴ ▲ （兩直線平行，內(nèi)錯角相等），
（ ▲ ）．
∵（平角定義），
∴．
（1）請你補充完善小明方法1的證明過程；
（2）請你參考小明解決問題的方法1的思路，自行畫圖標注好頂點字母，寫出方法2證明該結(jié)論的過程．
30．已知一角的兩邊與另一個角的兩邊平行，分別結(jié)合下圖，試探索這兩個角之間的關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

（1）如圖1，AB∥EF，BC∥DE．∠1與∠2的關(guān)系是：　 　 ；
（2）如圖2，AB∥EF，BC∥DE．∠1與∠2的關(guān)系是：　 ??；
（3）經(jīng)過上述證明，我們可以得到一個真命題：如果　 　，那么　 ?。?br />
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵ ，
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=100°
∵ 平分 ，
∴∠EAC= =50°
∵
∴∠DAC=90°-∠C =40°
∴ =∠EAC-∠DAC=10°；
（2）解：設(shè) =x，
∵
∴∠DAC=90°-∠C =90°-x
∵ 平分 ，
∴ =2∠DAC=180°-2x
∵ 平分 ，
∴ =2 =360°-4x
在△ABC中， +∠B+∠C=180°
∴360°-4x+30°+x=180°
解得x=70°
∴ =70°；
（3）解：∵ ，
∴∠BAC=180°-∠B- =150°-
∵ 平分 ，
∴∠EAC= =
∴∠AEC=180°-∠EAC - =
∴∠DEF=∠AEC=
∵
∴ =90°-∠DEF = -15°
∵
∴∠BCG=180°-∠ACB=180°-
∵ 平分
∴∠DCF= =
∴ =180°-∠EAC-∠ACF=180°-∠EAC-∠ACB-∠DCF =15°
∴ = -15°-15°= -30°；
（4）解： = .
2．【答案】（1）解：①20°；
②2∠MEN-∠MHN=180°，
理由如下：
∵EF∥AB∥CD，∠BMH和∠GND的角平分線相交于點E，
∴∠1=∠BME=∠BMH，∠2=∠END=∠GND，
∵∠MEN=∠1+∠2，
∴∠BMH+=∠GND=∠MEN，即2∠MEN=∠BMH+∠GND，
∴∠BMH=2∠MEN-∠GND，
∵∠BMH=∠MON，∠ONH=180°-∠GND，∠MHN=∠MON-∠ONH
∴∠MHN=2∠MEN-∠GND-（180°-∠GND）
∴∠MHN=2∠MEN-180°，
∴ ∠MEN與∠MHN的數(shù)量關(guān)系為 2∠MEN-∠MHN=180°.
（2）解：如圖2所示，延長MP交直線CD于點G，

∵∠BMH和∠GND的角平分線相交于點E，MP平分∠AMH，
∴∠2=∠1，∠4=∠3，∠HNF=∠END，
∴2∠2+2∠3=180°，即∠2+∠3=90°，
∴∠PMQ=90°，
∵NQ∥MP，
∴∠NQE=∠PMQ=90°，∠MGN=∠QND，
又∵AB∥CD，
∴∠1=∠MGN=∠QND=∠2，
設(shè)∠ENQ=x，則∠MEN=90°+x，∠HNF=∠END=x+∠QND=x+∠2，
∵∠H=150°，
在四邊形MHNE中有，∠HNF+∠MEN+∠H+∠3=360°，
∴x+∠2+90°+x+150°+∠3=360°，
∴2x=30°，
∴x=15°，
∴∠ENQ=15°.
3．【答案】（1）證明：如圖1，延長DE交AB于點F，

∵∠ACB＝∠CED，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠DFB，
∵∠A＝∠D，
∴∠DFB＝∠D，
∴AB∥CD；
（2）解：如圖2，作EM∥CD，HN∥CD，

∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥HN∥CD，
∴∠1+∠EDF＝180°，∠MEB＝∠ABE，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG＝∠ABE，
∵AB∥HN，
∴∠2＝∠ABG，
∵CF∥HN，
∴∠2+∠β＝∠3，
∴∠ABE+∠β＝∠3，
∵DH平分∠EDF，
∴∠3＝∠EDF，
∴∠ABE+∠β＝∠EDF，
∴∠EDF﹣∠ABE＝2∠β，
設(shè)∠DEB＝∠α，
∵∠α＝∠1+∠MEB＝180°﹣∠EDF+∠ABE＝180°﹣（∠EDF﹣∠ABE）＝180°﹣2∠β，
∵∠DEB比∠DHB大60°，
∴∠α﹣60°＝∠β，
∴∠α＝180°﹣2（∠α﹣60°），
解得：∠α＝100°，
∴∠DEB的度數(shù)為100°；
（3）解：∠PBM的度數(shù)不變，理由如下：
如圖3，過點E作ES∥CD，設(shè)直線DF和直線BP相交于點G，

∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，
∴∠EBM＝∠MBK＝∠EBK，∠CDN＝∠EDN＝∠CDE，
∵ES∥CD，AB∥CD，
∴ES∥AB∥CD，
∴∠DES＝∠CDE，∠BES＝∠ABE＝180°﹣∠EBK，∠G＝∠PBK，
由（2）可知：∠DEB＝100°，
∴∠CDE+180°﹣∠EBK＝100°，
∴∠EBK﹣∠CDE＝80°，
∵BP∥DN，
∴∠CDN＝∠G，
∴∠PBK＝∠G＝∠CDN＝∠CDE，
∴∠PBM＝∠MBK﹣∠PBK＝∠EBK﹣∠CDE＝（∠EBK﹣∠CDE）＝× 80°＝40°.
∴∠PBM的度數(shù)不改變.
4．【答案】（1）解：BE=DG，BE⊥DG，理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，四邊形FGCE是正方形，
∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，
∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
∴BE=DG，∠GDC=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠EBC=∠HED=∠GDC，
∵∠GDC+∠HDE=90°，
∴∠HED+∠HDE=90°，
∴∠DHE=90°，
∴BE⊥DG；
（2）解：連接BD，EG，如圖所示，

由（1）知∠BHD=∠EHG=90°，
∴DH2+BH2=BD2=AB2+AD2=22+22=8，
EH2+HG2=EG2=CG2+CE2=( ) 2+( ) 2=5+5=10，
在Rt△BGH中，BH2+HG2=BG2，在Rt△EDH中，EH2+DH2=DE2，
∴BG2+DE2=BH2+HG2+EH2+DH2=8+10=18．
∴
5．【答案】（1）①70；
②80
③猜想： = + ，
證明如下：過點E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠AEF=∠A，∠DEF=∠D，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF=∠EAB+∠EDC；
（2）解：點P在區(qū)域①時： = （ + ）；
點P在區(qū)域②時： = + ；
點P在區(qū)域③時： = - ；
點P在區(qū)域④時： = - ．
6．【答案】（1）證明：，
.
，
.
，
，.
.
.
平分，
.
.
，
.
.
（2）解：過點作，如圖，

，
.
，.
.
即.
平分，平分，
，.
.
，
.
，
.


.
（3）解：與之間的數(shù)量關(guān)系是：.
延長交的延長線于點，如圖，

，
.
.
同理：.
.
，
設(shè)，則.
平分，
設(shè).
.
，，
.
.
.
.
.
，
.
.
.
7．【答案】（1）解：∵BC∥EG，
∴∠E＝∠1＝50°.
∵AF∥DE，
∴∠AFG＝∠E＝50°；
（2）解：作AM∥BC，

∵BC∥EG，
∴AM∥EG，
∴∠FAM＝∠AFG＝50°.
∵AM∥BC，
∴∠QAM＝∠Q＝15°，
∴∠FAQ＝∠FAM＋∠QAM＝65°.
∵AQ平分∠FAC，
∴∠QAC＝∠FAQ＝65°，
∴∠MAC＝∠QAC＋∠QAM＝80°.
∵AM∥BC，
∴∠ACB＝∠MAC＝80°.
8．【答案】（1）解：①∵，，
∴，
∵，平分，
∴

②∵
∴，
，
∴
又∵，
∴
∴

∵
∴
（2）解：設(shè)，則，
①當點在點的右側(cè)時，

則，
∵，
∴，解得，
∴
②當點在點的左側(cè)時，

則，
∵，，
∴，解得，
∴
∴
∴
9．【答案】（1）解：當t=3時，AD=5，AP=3，
，

（2）解：∵由題意可得：CQ＝2t，AP＝t，
∴BQ＝8﹣2t，CP＝8﹣t． 又∵PD⊥AC，

∵S四邊形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，
∴ ，解得 ，
（不合題意，應(yīng)舍去）
∴當 時，四邊形BQPD的面積為三角形ABC面積的一半；
（3）解：存在
若四邊形BQPD為平行四邊形，則BQ與PD平行且相等，
即： t＝8﹣2t
解得t＝2.4．
答：存在t的值，當t＝2.4時，使四邊形PDBQ為平行四邊形．
10．【答案】（1）證明：如圖1，取AB的中點M，連接EM．
∵∠AEF=90°
∴∠FEC+∠AEB=90°
又∵∠EAM+∠AEB=90°
∴∠EAM=∠FEC
∵點E，M分別為正方形的邊BC和AB的中點
∴AM=EC
又可知△BME是等腰直角三角形
∴∠AME=135°
又∵CF是正方形外角的平分線
∴∠ECF=135°
∴△AEM≌△EFC（ASA）
∴AE=EF
（2）解：如圖，在AB上取一點M，使BM=BE，

∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∵BM=BE，∠B=90°，
∴∠EMB=45°，
∠AME=180°-∠EMB=135°，
∵∠FCE=180°-45°=135°，
∴∠AME=∠FCE
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴AB-BM=BC-BE，即AM=EC，
△AEM≌△EFC（ASA） ，
∴AE=EF ；
（3）解：成立，理由如下：
如圖，延長BA至M，使AM=CE，取ME和CF的交點為O，AE和CF的交點為G，

∵AB=BC，
∴AB+AM=BC+CE，即BM=BE，
∴△MBE是等腰直角三角形，
∴∠M=45°，
∵CF平分∠ECD，
∴∠FCE=45°，
∴∠M=∠FCE，
∵∠FCE+∠MEB=45°+45°=90°，
∴∠COE=90°，
∴∠OEG+∠OGE=90°，
又∵∠OGE+∠F=90°，
∴∠F=∠OEG，
∴△AEM≌△EFC（AAS） ，
∴AE=EF.
11．【答案】（1）解：令y=0，則-x+6=0，
解得：x=8，
∴A（8，0），
令x=0，則y=6，
∴B（0，6），
∵點P是線段AB的中點，
∴P（，），即點P（4，3）.
（2）解：當n=2時，m=6-n=4 ∴CE=4
在□ODEF中， OF=DE=6
∴F (6，0)
（3）解：①當F在線段OB上時，如圖1.

在□ODEF中，
OF∥DE, OF＝DE
∴∴m=n=3
∴ E（3， ）
∴ OF=DE=
∴F( )
②當F在邊AB上時，如圖2.作EM⊥CP 于M，F(xiàn)N⊥OA于N，

易證 △DEM≌△OFN
∴ DM=ON=6
∴ F（6， ）
12．【答案】（1）解：∵點A，B的坐標分別是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵點C運動到線段OB的中點，
∴OC=BC=OB=4，
∵動點C從點B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒2個單位的速度運動，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，動點P從點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位的速度運動，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴點E（6，0）
（2）證明：∵四邊形PCOD是平行四邊形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中

∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四邊形ADEC是平行四邊形.
（3）解：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
13．【答案】（1）4
（2）解：根據(jù)題目已知，作圖，如圖1，

由（1）可知：A(-1，0)，B（3，0），C（0，-2），
∴AO=1，BO=3，CO=2，
∵ 線段CB沿y軸正方向以每秒0.5個單位的速度勻速移動至DE，運動ts，
∴CD=0.5t，
∴D（0.5t-2），
∴OD=，CD=0.5t，
∵3S△ACD＝2S△EOD，
∴3××1×0.5t=2××2×，
整理，得=，即t=±2（0.5t-2），
解得t=8或；
（3）解：如圖2，

由（1）可知：A(-1，0)，B（3，0），C（0，-2），
∵將線段AC往右平移3個單位長度至FG，
∴F（2，0），G（3，-2），
設(shè)直線BC的解析式為y=kx-2，直線FG的方程y=mx+n，
∴0=3k-2，，
∴解得k=，，
∴直線BC的解析式為y=x-2，直線FG的方程y=-2x+4，
∴聯(lián)立得，解得，
∴H（，），
設(shè)M（x，0），
∴S△MCB＝S△MHC+S△MHB＝2+S△MHB＝××2=2+××，
整理得=，
解得x=或，
∴點M的坐標為（，0）或（，0）.
14．【答案】（1）解：如圖1中，過點E作EH⊥OC于H.

∵四邊形OABC是正方形，B（﹣4，4），
∴OA＝OC＝4，
∵D是OC中點，
∴CD＝OD＝2，
∵∠EHD＝∠AOD＝∠ADE＝90°，
∴∠EDH+∠ADO＝90°，∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠EDH＝∠DAO，
∵DE＝DA，
∴△DHE≌△AOD（AAS），
∴EH＝OD＝2，DH＝OA＝4，
∴OH＝DH+OD＝6，
∴E（﹣6，2）.
（2）解：點F的位置不變化.理由如下：
∵△DHE≌△AOD，
∴DH＝OA，EH＝OD，
∵OA＝OC，
∴DH＝CO，
∴CH＝OD＝EH，
∵∠EHC＝90°，
∴∠ECH＝∠OCF＝45°，
∵∠COF＝90°，
∴∠OCF＝∠OFC＝45°，
∴OF＝OC＝4，
∴F（0，﹣4）.
（3）一致
15．【答案】（1）解：在直線y＝x+m中，令y＝0，得x＝﹣m.
∴點A（﹣m，0）.
在直線y＝﹣3x+n中，令y＝0，得.
∴點.
由，得，
∴點.
在直線y＝x+m中，令x＝0，得y＝m，
∴|﹣m|＝|m|，即有AO＝QO.
又∵∠AOQ＝90°，
∴△AOQ是等腰直角三角形，
∴∠PAB＝45°；
（2）解：∵，
∴，
整理得3m＝2n，
∴，
∴，
而，
解得m＝±4，
∵m＞0，
∴m＝4，
∴，
∴.
∴PA的函數(shù)表達式為y＝x+4，PB的函數(shù)表達式為y＝－3x+6；
（3）解：存在.
過點P作直線PM平行于x軸，過點B作AP的平行線交PM于點，過點A作BP的平行線交PM于點，過點A、B分別作BP、AP的平行線交于點.

①∵且，
∴是平行四邊形.此時，
∵.
∵m＝4，A（﹣m，0），.
∴A（﹣4，0），B（2，0）.
∴AB＝6，
∴；
②∵且，
∴是平行四邊形.此時，
∴；
③∵且，此時是平行四邊形.
∵且B（2，0），
∴.同理可得
由，得，
∴.
綜上：存在一點D，使以A、B、P、D為頂點的四邊形是平行四邊形，點D的坐標為或或.
16．【答案】（1）解：探究A組：4；
探究B組：如圖所示：

由圖可知：最低點到地面的距離為OA的長，最高點到地面的距離為BD的長，
∵正方形的邊長為4cm，
∴OA=2cm，BD=BO==2，
∴最高距離與最低距離的差為（2-2）cm；
探究C組：如圖所示：

從圖2至圖3：繞點A旋轉(zhuǎn)45°，經(jīng)過路程L1=2r·=cm，
從圖3至圖4：繞點B旋轉(zhuǎn)45°，經(jīng)過路程L2=2r·=cm，
從圖4至圖5：移動一個270°的弧長，經(jīng)過路程L3=2r·=cm，
∴一個周期完成，總路程為L1+L2+L3=++=2r=8cm；
（2）A
17．【答案】（1）（15﹣t）cm
（2）解：∵四邊形EFCD是平行四邊形，
∴DE＝CF，
當0＜t≤10時，15﹣t＝2t，
解得：t＝5；
當10＜t≤15時，15﹣t＝20﹣（2t﹣20），
解得：t＝25（舍去），
綜上所述，若四邊形EFCD是平行四邊形，t的值為5；
（3）解：存在點F，使△FCD是等腰三角形，理由如下：
過D作DG⊥BC于G，則四邊形ABGD是矩形，
∴DG＝AB＝12cm，BG＝AD＝15cm，
∴CG＝BC﹣BG＝20﹣15＝5cm，
在Rt△CDG中，由勾股定理得：CD＝＝13cm，
①CF＝CD＝13cm，如圖1，

當0＜t≤10時，則2t＝13，
解得：t＝6.5；
當10＜t≤15時，則20﹣（2t﹣20）＝13，
解得：t＝13.5；
②DF＝DC，如圖2，

∵DG⊥BC，
∴FG＝CG＝5cm，
∴CF＝2CG＝10cm，
當0＜t≤10時，2t＝10，
∴t＝5；
當10＜t≤15時，20﹣（2t﹣20）＝10，
∴t＝15；
③FD＝FC，過F作FH⊥CD于H，如圖3，

則CH＝DH＝CD＝6.5cm，
∵S△FCD＝CF·DG＝CD·FH，
∴FH＝，
當0＜t≤10時，F(xiàn)H＝＝cm，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：（）2+（ 6.5）2＝（2t）2，
解得：t＝，
∴CF＝2t＝；
當10＜t≤15時，
∵CF＝，
∴20﹣（2t﹣20）＝，
解得：t= ，
綜上所述，存在點F，使得△FCD是等腰三角形，t的值為6.5或13.5或5或15或或.
18．【答案】（1）解：AF＝BE，AF⊥BE．理由如下，
∵四邊形ABCD為正方形，△ADE與△DCF均為等邊三角形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC，AE＝AD＝CD＝DF，∠DAE＝∠CDF，
∴∠BAD＋∠DAE＝∠ADC＋∠CDF，即∠BAE＝∠ADF，
在△ABE與△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴AF＝BE，∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF＋∠BAF＝90°，
∴∠ABE＋∠BAF＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）解：在△ADE與△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SSS），
∴∠DAE＝∠CDF，∠ADF＝∠ADC＋∠CDF＝90°＋∠CDF，∠BAE＝∠BAD＋∠EAD＝90°＋∠EAD，
∴∠ADF＝∠BAE，
在△ABE與△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴AF＝BE，∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF＋∠BAF＝90°，
∴∠ABE＋∠BAF＝90°，
∴AF⊥BE，
∴S四邊形ABFE＝?AF?BE＝×4×4＝8，
故答案為：8．
19．【答案】（1）解：如圖1，連接OD，

∵直徑AB⊥CD，CD=6，
∴DE=CD=3，
又∵AB=10，
∴AO=OD=OB=5，
∴OE＝4，
∴AE＝9，
∵DP＝4，
∴PE=4+3=7，
∴tan∠P==；
（2）解：①證明：如圖2，連接BQ，

∵AB為⊙O的直徑，
∴∠BAQ=90°，
∴∠BAP+∠ABQ＝90°，
∵AB⊥CP，
∴∠CPA+∠BAP＝90°，
∴∠ABQ=∠CPA，
又∵∠ACQ＝∠ABQ（同弧所對的圓周角相等），
∴∠ACQ＝∠CPA；
②如圖2，

∵AB為⊙O的直徑，
∴∠BCA=90°，
由（1）可知：AE=9，EC=3，
∴AC2=AE2+EC2=90，
∵四邊形AQDC為⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠PDQ=∠CAQ，
由①得：∠ACQ＝∠CPA，
∴∠P=∠ACQ，
∴△PDQ∽△CAQ，
∴ PD2：AC2=S△PDQ：S△CAQ=x2：90，
又∵==，=y，
∴=，
∴=，
∴y=（x＞0）.
20．【答案】（1）證明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ACD=∠ADB，
∵∠CAD=∠DAE，
∴△CAD~△DAE；
（2）解：∵△CAD~△DAE，
∴，
∵GH是直徑，AC⊥GH，
∴AC=2AF，
∵AB=AF=AD，
∴AC=2AD，
∴AD=2AE=2，
∴AF=2，CF=2，EF=1，
∴AC=4，CE=3，
∵∠BCA=∠ADB=∠ABD=∠ACD，∠BAC=∠EDC，
∴△ABC~△DEC，
∴，
∴CB·CD=CA·CE=4×3=12；
（3）解：①∵AE=1，EF=2，
∴AB=AD=AF=3，
∵，
∴AC=9，CE=8，
∵△BCE~△ADE，
∴=x，
∴BC=3x，DE=，
∵△ABE~△DCE，
∴=3，
∴CD=，
∴C△BCD=BC+CD+BD=3x++（+x）=4x+；
②∵BC是直徑，
∴∠BAC=90°，
∴BC==3，
∴外接圓的半徑為，
∴在Rt△ABE中，BE==，
由①結(jié)論可知：BD=+=，CD==，BC=3，
如圖4，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，

由內(nèi)切圓的半徑公式，可得r=，
∴半徑之比==.
21．【答案】（1）證明：∵AB=CD
∴
∴
即
∴∠B=∠C．
（2）證明：如圖連接OD，過點O作OH⊥BE于H，則BH=EH=BE

∵AO=EO，BH=EH
∴OH=AB
∵AB=CD
∴OH=CD
∵OF⊥CD，OH⊥BE
∴DF=CF=CD，∠OFD=∠EHO=90°
∴OH=DF
在Rt△OFD和Rt△EHO中

∴Rt△OFD≌Rt△EHO（HL）
∴OF=EH
∴OF=BE
即BE=2OF．
（3）解：如圖連接OC、OD，延長GO交BC于M，過點A作AN⊥BC于N

由（2）得OF=BE=×2=1，
由（1）得∠ABC=∠BCD，
∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ADC=∠BAD(等角的補角相等)，
∴∠ABC+∠BAD=180°
∴AD∥BC
∵OG⊥AD，
∴GM⊥BC，
∴CM=BC，
又∵CF=CD，BC=BA=CD
∴CM=CF
在Rt△OCM和Rt△OCF中，

∴Rt△OCM≌Rt△OCF(HL)
∴OM=OF=1，
∴GM=OG+OM=+1=
設(shè)AD=x(x>0)，AB=y(y>0)，則BM=CM=CF=DF=y．
∵OG⊥AD，GM⊥BC，
∴四邊形ANMG是矩形，
∴MN=AG=x，AN=GM=
∴BN=BM-MN=y-x
在Rt△ABN中，根據(jù)勾股定理得，

在Rt△ODG和Rt△ODF中，根據(jù)勾股定理得，
OC2+DG2=OD2，OF2+DF2=OD2，
∴
即
∴
整理得y=3x或y=-x（不符合題意舍去）
把y=3x代入得，

解得（舍去）
∴AD=．
22．【答案】（1）證明：如圖，連接OC

∵AB為⊙O的直徑，
∴，
∴．
∵OA=OC，
∴．
∵∠BCD＝∠A，
∴，
∴，
∴，即，
又∵OC是半徑
∴CD是⊙O的切線；
（2）解：如圖，在（1）的基礎(chǔ)上作于點G．

∵⊙O的半徑為，AB為直徑，
∴，．
∵，即，
∴，
∴在中，．
∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：如圖，在（2）的基礎(chǔ)上，連接OE，過點E作于點H．

∴．
由（2）可知．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴，．
∵CG=2，
∴，
∴在中，，
∴．
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴．
23．【答案】（1）證明：如圖，連接OB，

∵是的外接圓，圓心O在AC上
∴AC是的直徑
∴
∵＝AC＝2
∴
∵，
∴
∴
∵OB是的半徑
∴BD是的切線，
（2）
24．【答案】（1）解：連結(jié)OC，OD。過圓心O作OE⊥CD與E，

∵CD是弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴cos∠ECO=，
∴∠OCE=45°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∴∠COD=180°-∠OCD-∠ODC=90°，
∴；
（2）證明：連接OD，OP，

由（1）知∠DOC=90°，
∴∠DOM+∠NOM=90°，
∵OP=OC，
∴∠OCP=∠OPC，
∵CP平分∠ECO，
∴∠ECP=∠PCO=∠OPC，
∴CE∥OP，
∵CE⊥AB，
∴OP⊥AB，
∴∠PON+∠NOM=90°，
∴∠PON=∠DOM，
∵OP=OD，
∴∠OPN=∠ODM，
∵∠ONM是△OPN的外角，∠OMN是△ODM的外角，
∴∠ONM=∠OPN+∠PON=∠ODM+∠DOM=∠OMN，
∴ON=OM；
（3）解：延長DO交CP于G，
∵CF為切線，
∴CF⊥CN，
∵GD⊥CN，
∴GD∥CF，
∵FD∥CG，
∴四邊形CGDF為平行四邊形，
∴CD=GD=OG+OD，
∴CF-OC=OG=，
∴，
設(shè)OG=2x，ON=3x，
∵∠CDG=∠DCN=∠CPD=45°，
∴∠CDN=∠CDO+∠ODP=45°+∠ODP，
∵∠CGD是△GPD的外角，
∴∠CGD=∠GPD+∠ODP=45°+∠ODP=∠CDN，
∴△CDN∽△DGC，
∴，
∴，
整理得，
解得，
經(jīng)檢驗都是方程的根，但不合題意舍去，
∴OM=ON=3x=，
∴BM=OM=，
∴AM=2r-BM=2r-，
在Rt△OPM中，根據(jù)勾股定理，
連接AP，BD，過D作DH⊥AB于H，

∴∠APM=∠DBM，∠AMP=∠DMB，
∴△AMP∽△DMB，
∴即，
∴，
∴PD=PM+DM=，
由（1）知∠COD=90°，CE⊥AB，
∴∠COE+∠ECO=90°，∠COE+∠DOH=90°，
∴∠ECO=∠DOH，
∵DH⊥AB，
∴∠DHO=90°=∠OEC，
在△CEO和△OHD中，
，
∴△CEO≌△OHD（AAS），
∴CE=OH，OE=DH，
在Rt△COE中OE=OA-AE=r-3，
∴CE=，
∴NH=OH-OM=，
∵OP∥DH，
∴△OPM∽△HDM，
∴，即，
整理得，
解得，
∵，
∴，
∴PD=．
25．【答案】（1）證明：連接OE，如圖1所示：

∵PN =PE ，
..∠PEN = ∠PNE=∠BNF ，
∵OE=OB ，
∴∠OEB=∠OBE.
∵ AB⊥CD ，
∴∠OBE+∠BNF=90°
∴∠OEB＋∠PEN =90° ，既∠OEP= 9，
∴PE是⊙O的切線.
（2）解：連接CE，如圖2所示：

∵DE∥AB，AB⊥CD，
∴∠EDC=90°
∴CE為⊙O的直徑.
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
由（1）知PE⊥CE.設(shè)PD=x，則PC=x+8.
在Rt△PDE和RtAPCE中，由勾股定理，得：
既
解得：
∴
∴
∴
26．【答案】（1）解：，
證明：如圖4，延長PB到點D，使得，連接DA，

∵為等邊三角形，
∴，，
∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（SAS）
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：若△ABC為等腰直角三角形，，三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系，理由如下：
如圖5，延長PB到點E，使得，連接AE，

∵△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴，，
∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（SAS）
∴，，
∵，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系；
（3）
（4）解：由（3）的結(jié)論，可知圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線的關(guān)系為：圓內(nèi)接四邊形中對角線的乘積等于四邊形對邊乘積的和．
27．【答案】（1）證明：如圖，連接OB，

∵CB平分∠ACE．
∴∠ACB＝∠ECB；
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO，
∴∠BCE＝∠CBO，
∴OB∥ED，
∴∠E+∠EBO=180°；
∵BE⊥ED，
∴∠E=90°，
∴∠EBO=180°-∠E=90°，
∴EB⊥BO；
∵OB是⊙O的半徑，
∴BE是⊙O的切線；
（2）解：∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ABC=∠ADC＝90°，
∵在Rt△ACB和Rt△ACD中，

∴Rt△ACB≌Rt△ACD（HL）
∴∠ACB=∠ACD，AB=AD
又∵∠ACB＝∠ECB；∠ECB+∠ACB+∠ACD＝180°，
∴∠ECB=∠ACB=∠ACD＝60°
∵∠E=90°，
∴∠CBE=30°，
∵CE＝，
∴BC=2CE=；
∵∠ABC=90°，∠ACB＝60°
∴∠BAC=30°
∴AC=2BC=
∵在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB＝
∴AD=AB=
28．【答案】（1）解：如圖1，連接AE，∵AF∥BC，

∴△AHF∽△CHE，
∴，
∴AF=1，＝，
∴＝，
∴CE=3，
在Rt△ABC中，AB=AC，點E是BC的中點，
∴AE=BC=CE=3，AE⊥BC，
∵AF∥BC，
∴AE⊥AF，
∴∠EAF=90°，
根據(jù)勾股定理得，EF=
（2）解：由（1）知，EF=，CE=3，
∴BC=2CE=6，
∴AC=，
∵∠EAC=45°-∠CAD，∠ECD=90°-45°-∠CAD=45°-∠CAD，
∴∠EAG=∠ECD，
∵∠AEG=∠CED，AE=CE，
∴△AEG≌△CED（ASA），
∴EG=ED，
∴∠EDG=45°=∠ACE，
∵∠APC=∠EPD，
∴∠PED=∠CAP，
∴∠FEA=∠CAD，
∴△AEF∽△DAC，
∴，
∴，
∴CD=．
（3）證明：如圖2，在Rt△ABC中，AB=AC，

∴，，
連接AE，
∵，，
∴，
∵∠EBD=∠DBC，
∴△BED∽△BDC，
∴，
∴CD=DE=GD，
∵CD=AG，
∴AG=GD，
∵BD=AB，
∴BG⊥AD．
29．【答案】（1）解：根據(jù)題意，（兩直線平行，同位角相等），
故答案為：；兩直線平行，同位角相等；
（2）證明：過點作，

∴，（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）
又∵（平角定義）
∴．
30．【答案】（1）∠1＝∠2．證明：如圖（1）∵AB∥EF，BC∥DE，∴∠1＝∠3，∠2＝∠3（兩直線平行，同位角相等），∴∠1＝∠2（等量代換）
（2）解：∠1+∠2＝180°，證明：∵AB∥EF，BC∥DE，∴∠2＝∠3（兩直線平行，同位角相等），∠1+∠3＝180°（兩直線平行，同旁內(nèi)角互補），∴∠1+∠2＝180°（等量代換
（3）一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行；這兩個角相等或互補．

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