?（挑戰(zhàn)壓軸題）-中考數學專題匯編（安徽專用）
—05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）

1．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）已知四邊形ABCD中，BC＝CD．連接BD，過點C作BD的垂線交AB于點E，連接DE．

(1)如圖1，若DE∥BC，求證：四邊形BCDE是菱形；
(2)如圖2，連接AC，設BD，AC相交于點F，DE垂直平分線段AC．
（ⅰ）求∠CED的大??；
（ⅱ）若AF＝AE，求證：BE＝CF．
【答案】(1)見解析
(2)（?。螩ED=60°；（ⅱ）見解析

【分析】（1）先根據DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根據“AAS”證明ΔODE≌ΔOBC，得出DE=BC，得出四邊形BCDE為平行四邊形，再根據對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，得出四邊形BCDE為菱形；
（2）（?。└鶕怪逼椒志€的性質和等腰三角形三線合一，證明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根據∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出∠CED=180°3=60°；
（ⅱ）連接EF，根據已知條件和等腰三角形的性質，算出∠GEF=15°，得出∠OEF=45°，證明OE=OF，再證明ΔBOE≌ΔCOF，即可證明結論．
【詳解】（1）證明：∵DC=BC，CE⊥BD，
∴DO=BO，
∵DE∥BC，
∴∠ODE=∠OBC，∠OED=∠OCB，
∴ΔODE≌ΔOBC（AAS），
∴DE=BC，
∴四邊形BCDE為平行四邊形，
∵CE⊥BD，
∴四邊形BCDE為菱形．

（2）（?。└鶕馕觯?）可知，BO=DO，


∴CE垂直平分BD，
∴BE=DE，
∵BO=DO，
∴∠BEO=∠DEO，
∵DE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠DEO，
∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，
∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，
∴∠CED=180°3=60°．
（ⅱ）連接EF，


∵EG⊥AC，
∴∠EGF=90°，
∴∠EFA=90°-∠GEF，
∵∠AEF=180°-∠BEF
=180°-∠BEC-∠CEF
=180°-∠BEC-∠CEG-∠GEF
=180°-60°-60°+∠GEF
=60°+∠GEF
∵AE=AF，
∴，
∴90°-∠GEF=60°+∠GEF，
∴∠GEF=15°，
∴∠OEF=∠CEG-∠GEF=60°-15°=45°，
∵，
∴∠EOF=∠EOB=90°，
∴∠OFE=90°-∠OEF=45°，??
∴∠OEF=∠OFE，
∴OE=OF，
∵AE=CE，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠EAC+∠ECA=∠CEB=60°，
∴∠ECA=30°，
∵∠EBO=90°-∠OEB=30°，
∴∠OCF=∠OBE=30°，
∵∠BOE=∠COF=90°，
∴ΔBOE≌ΔCOF（AAS），
∴BE=CF．
【點睛】本題主要考查了垂直平分線的性質、等腰三角形的判定和性質，三角形全等的判定和性質，菱形的判定，直角三角形的性質，作出輔助線，得出∠GEF=15°，得出OE=OF，是解題的關鍵．
2．（2021·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠BCD，點E在邊BC上，且AE//CD，DE//AB，作CF//AD交線段AE于點F，連接BF．
（1）求證：△ABF≌△EAD；
（2）如圖2，若AB=9，，∠ECF=∠AED，求BE的長；
（3）如圖3，若BF的延長線經過AD的中點M，求BEEC的值．

【答案】（1）見解析；（2）6；（3）1+2
【分析】（1）根據平行線的性質及已知條件易證，∠DCE=∠DEC，即可得，DE=DC；再證四邊形AFCD是平行四邊形即可得AF=CD，所以AF=DE，根據SAS即可證得△ABF≌△EAD；
（2）證明，利用相似三角形的性質即可求解；
（3）延長BM、ED交于點G．易證△ABE∽△DCE，可得ABDC=AEDE=BECE；設，BE=x，DC=DE=a，由此可得AB=AE=ax，AF=CD=a；再證明△MAB≌△MDG，根據全等三角形的性質可得DG=AB=ax．證明△FAB∽△FEG，根據相似三角形的性質可得FAFE=ABEG，即aa(x-1)=axa(x+1)，解方程求得x的值，繼而求得BEEC的值．
【詳解】（1）證明：∵AE//CD，
∴∠AEB=∠DCE；
，
∴∠ABE=∠DEC，∠1=∠2，
∵∠ABC=∠BCD，
∴∠ABE=∠AEB，∠DCE=∠DEC，
∴AB=AE，DE=DC，
∵AF//CD，，
∴四邊形AFCD是平行四邊形
∴AF=CD

在△ABF與△EAD中．
AB=EA∠1=∠2AF=ED，
∴△ABF≌△EAD(SAS)

（2）∵△ABF≌△EAD，
∴BF=AD，
在□AFCD中，AD=CF，
∴BF=CF，
∴∠FBC=∠FCB，
又∵∠FCB=∠2，∠2=∠1，
∴∠FBC=∠1，
在△EBF與△EAB中．
∠EBF=∠1∠BEF=∠AEB，
∴△EBF∽△EAB；
∴EBEA=EFEB；
∵AB=9，
∴AE=9；
∵CD=5，
∴AF=5；
∴EF=4，
∴EB9=4EB，
∴BE=6或-6（舍）；
（3）延長BM、ED交于點G．

∵△ABE與△DCE均為等腰三角形，∠ABC=∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴ABDC=AEDE=BECE，
設，BE=x，DC=DE=a，
則AB=AE=ax，AF=CD=a，
∴EF=a(x-1)，
∵AB//DG，
∴∠3=∠G；
在△MAB與△MDG中，
∠3=∠G∠4=∠5MA=MD，
∴△MAB≌△MDG(AAS)；
∴DG=AB=ax．
∴EG=a(x+1)；
∵AB//EG，
∴△FAB∽△FEG，
∴FAFE=ABEG，
∴aa(x-1)=axa(x+1)，
∴x(x-1)=x+1，
，
∴(x-1)2=2，
∴x=1±2，
∴x1=1-2（舍），x2=1+2，
∴BEEC=1+2．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質及判定、相似三角形的性質及判定，熟練判定三角形全等及相似是解決問題的關鍵．
3．（2020·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖1．已知四邊形ABCD是矩形．點E在BA的延長線上．AE=AD. EC與BD相交于點G，與AD相交于點F,AF=AB.
1求證：BD⊥EC；
2若AB=1，求AE的長；
3如圖2，連接AG，求證：EG-DG=2AG．


【答案】（1）見解析；（2）1+52；（3）見解析
【分析】（1）由矩形的形及已知證得△EAF≌△DAB，則有∠E=∠ADB，進而證得∠EGB=90o即可證得結論；
（2）設AE=x，利用矩形性質知AF∥BC，則有EAEB=AFBC，進而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，進而證明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，則證得△HAG為等腰直角三角形，即可得證結論．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90o，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
AE=AD∠EAF=∠DABAF=AB，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90o，
∴∠E+∠ABD=90o，
∴∠EGB=90o，
∴BG⊥EC；
（2）設AE=x，則EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴EAEB=AFBC，又AF=AB=1，
∴x1+x=1x即x2-x-1=0，
解得：x=1+52，x=1-52（舍去）
即AE=1+52；
（3）在EG上截取EH=DG，連接AH，
在△EAH和△DAG，
AE=AD∠HEA=∠GDAEH=DG，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90o，
∴∠DAG+∠DAH=90o，
∴∠HAG=90o，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴AH2+AG2=GH2即2AG2=GH2，
∴GH=2AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴EG-DG=2AG．

【點睛】本題主要考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、直角定義、相似三角形的判定與性質、解一元二次方程等知識，涉及知識面廣，解答的關鍵是認真審題，提取相關信息，利用截長補短等解題方法確定解題思路，進而推理、探究、發(fā)現和計算．
4．（2019·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，點E在?ABCD內部，AF∥BE，DF∥CE，

（1）求證：△BCE≌△ADF；
（2）設?ABCD的面積為S，四邊形AEDF的面積為T，求ST的值
【答案】（1）證明略；（2）ST=2
【分析】（1）已知AD=BC，可以通過證明∠EBC=∠FAD，∠ECB=∠FDA來證明△BCE?△ADF（ASA）；
（2）連接EF，易證四邊形ABEF，四邊形CDFE為平行四邊形，則T=S四邊形AEDF=S△AFE+S△FED=S△ABE+S△CDE=12S，即可得ST=2.
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
又∵AF//BE，
∴∠BAF+∠ABE=180°，
∴∠BAD+∠ABE+∠EBC=∠FAD+∠BAD+∠ABE，
∴∠EBC=∠FAD，
同理可得：∠ECB=∠FDA，
在△BCE和△ADF中，
∠EBC=∠FADBC=AD∠ECB=∠FDA
∴△BCE?△ADF
（2）解：連接EF，
∵△BCE?△ADF，
∴BE=AF,CE=DF，
又∵AF∥BE,?DF∥CE，
∴四邊形ABEF，四邊形CDFE為平行四邊形，
∴S△ABE=S△AFE,S△CDE=S△FED，
∴T=S四邊形AEDF=S△AFE+S△FED=S△ABE+S△CDE，
設點E到AB的距離為h1，到CD的距離為h2，線段AB到CD的距離為h，
則h= h1+ h2,
∴T=12?AB?h1+12?CD?h2=12?AB?h1+h2=12?AB?h=12S，
即ST=2.

【點睛】本題考查了三角形全等的判定和性質、平行四邊形的判定和性質以及相關面積計算，熟練掌握所學性質定理并能靈活運用進行推理計算是解題的關鍵.
5．（2018·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，點D為邊AC上一點，DE⊥AB于點E，點M為BD中點，CM的延長線交AB于點F
（1）求證：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；
（3）如圖2，若△DAE≌△CEM，點N為CM的中點，求證：AN∥EM

【答案】（1）證明見解析；（2）∠EMF=100°；（3）證明見解析.
【詳解】【分析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半進行證明即可得；
（2）根據直角三角形兩銳角互余可得∠ABC=40°，根據CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，從而可得∠CMD=2∠CBM，繼而可得∠CME=2∠CBA=80°，根據鄰補角的定義即可求得∠EMF的度數；
（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，結合CM=DM以及已知條件可得△DEM是等邊三角形，從而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，繼而可得∠ACM=75°，連接AM，結合AE=EM=MB，可推導得出AC=AM，根據N為CM中點，可得AN⊥CM，再根據CM⊥EM，即可得出AN∥EM.
【詳解】（1）∵M為BD中點，
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是等邊三角形，
∴∠EDM=60°，
∴∠MBE=30°，
∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM，
∵∠MCB+∠ACE=45°，
∠CBM+∠MBE=45°，
∴∠ACE=∠MBE=30°，
∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°，
連接AM，∵AE=EM=MB，
∴∠MEB=∠EBM=30°，
∠AME=12∠MEB=15°，
∵∠CME=90°，
∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM，
∴AC=AM，
∵N為CM中點，∴AN⊥CM，
∵CM⊥EM，∴AN∥CM.

【點睛】本題考查了三角形全等的性質、直角三角形斜邊中線的性質、等腰三角形的判定與性質、三角形外角的性質等，綜合性較強，正確添加輔助線、靈活應用相關知識是解題的關鍵.


1．（2023·安徽合肥·校考模擬預測）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AD的中點，點F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求證：四邊形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的長．

【答案】(1)見解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先證明EO是△DAB的中位線，再結合已知條件OG∥EF，得到四邊形OEFG是平行四邊形，再由條件EF⊥AB，得到四邊形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理進而得到AF=3，再由中位線定理得到OE=12AB=12AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【詳解】解：(1)證明:∵四邊形ABCD為菱形，
∴點O為BD的中點，
∵點E為AD中點，
∴OE為△ABD的中位線，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四邊形OEFG為平行四邊形
∵EF⊥AB，∴平行四邊形OEFG為矩形．
(2)∵點E為AD的中點，AD=10，
∴AE=12AD=5
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，AF=AE2-EF2=52-42=3．
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=12AB=5，
∵四邊形OEFG為矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案為：OE=5，BG=2．
【點睛】本題考查了矩形的性質和判定，菱形的性質、勾股定理等知識點，解題的關鍵是掌握特殊四邊形的性質和判定屬于中考?？碱}型，需要重點掌握．
2．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于點D，點E是AB的中點，連接CE．

(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的長；
(2)求證：BC2﹣AC2＝2DE?AB；
(3)求證：CE＝12AB．
【答案】(1)125
(2)見解析
(3)見解析
【分析】（1）根據勾股定理求出AB，根據三角形的面積公式計算，求出CD；
（2）根據題意得到BD﹣AD＝2DE，根據勾股定理計算即可證明；
（3）延長CE至點F，使EF＝CE，連結AF，證明△AEF≌△BEC（SAS），根據全等三角形的性質得到∠B＝∠EAF，AF＝BC，再證明△ACF≌△CAB，得到CF＝AB，證明結論．
【詳解】（1）解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理得：AB＝AC2+BC2＝32+42＝5，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴S△ABC＝12AC?BC＝12AB?DE，即12×3×4＝12×5×CD，
解得：CD＝125；
（2）證明：∵點E是AB的中點，
∴AE＝BE，
∴BD﹣AD＝（BE+DE）﹣（AE﹣DE）＝BE﹣AE+2DE＝2DE，
∵CD⊥AB，
∴BC2＝BD2+CD2，AC2＝AD2+CD2，
∴BC2﹣AC2＝（BD2+CD2）﹣（AD2+CD2）＝BD2﹣AD2＝（BD+AD）（BD﹣AD）＝AB?2DE＝2DE?AB；
（3）證明：延長CE至點F，使EF＝CE，連結AF，

在△AEF和△BEC中，
AE=BE∠AEF=∠BECEF=EC，
∴△AEF≌△BEC（SAS），
∴∠B＝∠EAF，AF＝BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠CAB＝∠EAF+∠CAB＝90°，
∴∠CAF＝∠ACB＝90°，
∵AC＝CA，
∴△ACF≌△CAB（SAS），
∴CF＝AB，
∵CF＝2CE，
∴CE＝12AB．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質、三角形的面積計算、勾股定理的應用，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
3．（2023·安徽合肥·?？寄M預測）某數學課外活動小組在學習了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側作多邊形，它們的面積S1，，S3之間的關系問題”進行了以下探究：

類比探究
（1）如圖2，在Rt△ABC中，BC為斜邊，分別以為斜邊向外側作Rt△ABD，Rt△ACE，，若∠1=∠2=∠3，則面積S1，，S3之間的關系式為 ；
推廣驗證
（2）如圖3，在Rt△ABC中，BC為斜邊，分別以為邊向外側作任意△ABD，△ACE，△BCF，滿足∠1=∠2=∠3，，則（1）中所得關系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結論；若不成立，請說明理由；
拓展應用
（3）如圖4，在五邊形ABCDE中，，∠ABC=90°，AB=23，DE=2，點P在AE上，，PE=2，求五邊形ABCDE的面積．

【答案】（1）；（2）結論成立，證明看解析；（3）63+7
【分析】（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因為∠1=∠2=∠3，則有Rt△ABD∽Rt△ACE∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，找到從而找到面積之間的關系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，∠1=∠2=∠3，，可以得到△ABD∽△ACE∽△BCF，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，從而找到面積之間的關系；
（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉換為熟悉的三角形，過點A作AH⊥BP于點H，連接PD，BD，由此可知，BP=BH+PH=3+3，即可計算出S△ABP，根據△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有S△PED=S△ABP?(33)2，由（2）結論有，S△BCD=S△ABP+S△EPD最后即可計算出四邊形ABCD的面積．
【詳解】（1）∵△ABC是直角三角形，
∴AB2+AC2=BC2，
∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且∠1=∠2=∠3，
∴Rt△ABD∽Rt△ACE∽，
∴S1S3=AB2BC2，S2S3=AC2BC2，
∴S1S3+S2S3=S1+S2S3=AC2BC2+AB2BC2=AC2+AB2BC2=BC2BC2=1
∴得證．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴AB2+AC2=BC2，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，∠1=∠2=∠3，，
∴△ABD∽△ACE∽△BCF，
∴S1S3=AB2BC2，S2S3=AC2BC2，
∴S1S3+S2S3=S1+S2S3=AC2BC2+AB2BC2=AC2+AB2BC2=BC2BC2=1
∴得證．
（3）過點A作AH⊥BP于點H，連接PD，BD，
∵∠ABH=30°，AB=23，
∴AH=3，BH=3，∠BAH=60°
∵∠BAP=105°，
∴∠HAP=45°，
∴PH=AH=，
∴，BP=BH+PH=3+3，
∴S△ABP=BP?AH2=(3+3)?32=33+32，
∵PE=2，ED=2，
∴PEAP=26=33，EDAB=223=33，
∴PEAP=EDAB，
∵∠E=∠BAP=105°，
∴△ABP∽△EDP，
∴∠EPD=∠APB=45°，PDBP=PEAP=33，
∴∠BPD=90°，PD=1+3，
∴S△PED=S△ABP?(33)2=33+32?13=3+12，
S△BPD=BP?PD2=(3+3)?(1+3)2=3+23，
∵tan∠PBD=PDBP=33，
∴∠PBD=30°
∵∠ABC=90°，
∴∠DBC=30°
∵∠C=105°
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴S△BCD=S△ABP+S△EPD=3+332+1+32=2+23
S四邊形ABCD=S△BCD+S△ABP+S△EPD+S△BPD=3+332+1+32+(2+23)+(3+23)=63+7故最后答案為63+7．

【點睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性質，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長的平方，根據此性質找到面積與邊長的關系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計算以及（2）的結論，其中合理正確利用前面得出的結論是解題的關鍵．
4．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）感知：數學課上，老師給出了一個模型：如圖1，點A在直線DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像這種一條直線上的三個頂點含有三個相等的角的模型我們把它稱為“一線三等角“模型．

應用：
(1)如圖2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直線ED經過點C，過A作AD⊥ED于點D，過B作BE⊥ED于點E．求證：△BEC≌△CDA．
(2)如圖3，在△ABC中，D是BC上一點，∠CAD=90°，AC=AD，
∠DBA=∠DAB，AB=23，求點C到AB邊的距離．
(3)如圖4，在?ABCD中，E為邊BC上的一點，F為邊AB上的一點．若
∠DEF=∠B，AB=10，BE=6，求 EFDE的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)EFDE=35

【分析】（1）由直角三角形的性質得出∠ACD=∠EBC，可證明△BEC≌△CDA；
（2）過點D作DF⊥AB于點F，過點C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點E，證明△CAE≌△ADF，由全等三角形的性質可得出CE=AF=3，則可得出答案；
（3）過點D作DM=DC交BC的延長線于點M，證明△BFE∽△MED，由相似三角形的性質可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠BCE+∠ACD=180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠CDA=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
∠CDA=∠BEC=90°∠ACD=∠EBCCB=CA，
∴△BEC≌△CDA；
（2）解：過點D作DF⊥AB于點F，過點C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點E，

∵，
∴AD=BD，
∴AF=BF=12AB=3，
∵∠CAD=90°，
∴∠DAF+∠CAE=90°，
∵∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠CAE=∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
∠CEA=∠AFD=90°∠CAE=∠ADFAC=AD，
∴△CAE≌△ADF，
∴CE=AF=3，
即點C到AB的距離為；
（3）過點D作DM=DC交BC的延長線于點M，

∴∠DCM=∠M，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DM=CD=AB=10，AB∥CD
∴∠B=∠DCM=∠M，
∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠DEF，
∴∠DEC=∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴EFDE=BEDM=610=35．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．
5．（2023·安徽池州·統(tǒng)考二模）某數學興趣小組在數學課外活動中，對多邊形內兩條互相垂直的線段做了如下探究：

(1)如圖1，在正方形ABCD中，E，F分別是AB，AD上的兩點，連接DE，CF，若DE⊥CF，求證：CF＝DE．
(2)如圖2，在矩形ABCD中，過點C作CE⊥BD交AD于點E，若tan∠DCE=23，求的值．
(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E為AB上一點，連接DE，過點C作DE的垂線交ED的延長線于點G，交AD的延長線于點F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的長．
【答案】(1)見詳解
(2)CEBD=23
(3)DE=215

【分析】（1）設DE與CF的交點為G，根據四邊形ABCD是正方形，得出∠A=∠FDC=90°，AD=CD，證明∠CFD=∠AED，利用AAS再證△AED≌△DFC即可；
（2）設DB與CE交于點G，根據四邊形ABCD是矩形，得出∠A=∠EDC=90°，BC=AD，證明∠ECD=∠ADB，再證△DEC∽△ABD，得出CEBD=DCAD=CDBC，利用等角三角函數值tan∠DCE=tan∠CBD=DCBC=23即可；
（3）過點C作CH⊥AF交AF的延長線于點H，先證四邊形ABCH為矩形，再證△DEA∽△CFH，得出即可．
【詳解】（1）解：設DE與CF的交點為G，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED與△DFC中，
∠A=∠FDC∠AED=∠CFDAD=CD，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE=CF，
（2）解：如圖2，設DB與CE交于點G，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，BC=AD，
∵，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠ADB，
∵∠CDE=∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴CEBD=DCAD=CDBC，
∵∠DCE+∠CDB=∠CDB+∠CBD=90°，
∴∠DCE=∠CBD，
∵tan∠DCE=tan∠CBD=DCBC=23，
∴CEBD=CDBC=23；
（3）解：如圖3，過點C作CH⊥AF交AF的延長線于點H，

∵CG⊥EG，
∴，
∴四邊形ABCH為矩形，
∴AB=CH，，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
∵AD=3，AB=5，CF=7，
∴DE7=35，
∴DE=215．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，矩形的判定與性質，勾股定理，解直角三角形等知識．采用類比的數學思想方法是解題的關鍵．
6．（2023·安徽合肥·合肥市五十中學西校校考一模）已知四邊形ABCD，AB∥CD，AC，BD相交于點P，且∠APB=90°，DPPB=12，設AB=c，BC=a，AD=b．

(1)①如圖1，當∠ABD=45°時，c=22時，a=______；b=______；
②如圖2，當∠ABD=30°時，c=4時，a=______；b=______；
(2)觀察（1）中的計算結果，利用圖3證明a2，b2，c2三者關系．
(3)如圖4，在平行四邊形ABCD中，點E，F，G分別是AD，BC，CD的中點，BE⊥EG，AD=25，AB=7，求的長．
【答案】(1)①5，5；②13，7
(2)a2+b2=54c2，證明見解析
(3)32

【分析】（1）①先證明∠PAB=45°=∠PBA得到PA=PB，則PA=PB=2，DP=1，利用勾股定理求出b=5；再由平行線的性質證明∠PDC=∠PCD，則PC=PD=1即可得到a=BC=5；②由含30度角的直角三角形的性質得到AP=2，則PB=23，DP=3，由勾股定理得b=7；再證明∠PDC=∠PBA=30°，得到CP==1，則a=13；
（2）證明△ABP∽△CDP，得到APCP=BPPD=2，設DP=m，CP=n，則AP=2n，BP=2m，再利用勾股定理分別用m、n表示出a2，b2，c2即可得到結論；
（3）如圖所示，連接AC，CE，先證明四邊形是平行四邊形，得到AF=CE；再證明EG是△ACD得中位線，推出AC⊥EG；證明△AOE∽△FOB，得到AOOC=AEBC=12，則由（2）的結論可知，AB2+CE2=54BC2，據此求解即可．
【詳解】（1）解：①∵∠APB=90°，∠ABD=45°，
∴∠PAB=45°=∠PBA，
∴PA=PB，
∵AB=22，
∴PA=PB=22AB=2，
∵DPPB=12，
∴DP=1，
在Rt△APD中，由勾股定理得b=AD=DP2+AP2=5；
∵AB∥CD，
∴∠PDC=∠PBA=45°=∠PCD=∠PAB，
∴PC=PD=1，
同理可得a=BC=5；
故答案為：5，5；
②∵∠APB=90°，∠ABD=30°，，
∴AP=12AB=2，
∴PB=AB2-AP2=23，
∵DPPB=12，
∴DP=3，
在Rt△APD中，由勾股定理得b=AD=DP2+AP2=7；
∵AB∥CD，
∴∠PDC=∠PBA=30°，
∴CP=33PD=1，
∴a=BC=CP2+BP2=13；
故答案為：13，7；
（2）解：a2+b2=54c2，證明如下：
∵CD∥AB，
∴△ABP∽△CDP，
∴APCP=BPPD=2，
設DP=m，CP=n，則AP=2n，BP=2m，
∴由勾股定理得b2=AD2=AP2+DP2=m2+4n2，a2=BC2=BP2+CP2=n2+4m2，
∴a2+b2=5m2+5n2，
∵c2=AB2=AP2+BP2=4m2+4n2，
∴a2+b2=54c2；
（3）解：如圖所示，連接AC，CE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，AD∥BC，
∵E、F分別是AD，BC得中點，
∴AE=CF，
∴四邊形是平行四邊形，
∴AF=CE；
∵G是CD的中點，
∴EG是△ACD得中位線，
∴AC∥EG，
∵BE⊥EG，
∴AC⊥EG；
∵AD∥BC，
∴△AOE∽△FOB，
∴AOOC=AEBC=12，
∴由（2）的結論可知，AB2+CE2=54BC2，
∴7+CE2=54×20=25，
∴AF=CE=32．

【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，勾股定理，平行四邊形的性質與判定，三角形中位線定理，證明第二問的結論是解題的關鍵．
7．（2023·安徽淮北·淮北市第二中學?？级＃┤鐖D，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點D為BC邊上一點．
（1）如圖1，若AD＝AM，∠DAM＝120°．
①求證：BD＝CM；
②若∠CMD＝90°，求的值；
（2）如圖2，點E為線段CD上一點，且CE＝1，AB＝2，∠DAE＝60°，求DE的長．

【答案】（1）①見解析；②12；（2）73
【分析】（1）①只需要證明△ABD≌△ACM即可得到結論；
②由①得△ABD≌△ACM，∠B＝∠ACD＝30°，根據含30度角的直角三角形的性質可以得到CD=2BD，從而得出結論；
（2）解法一：如圖2，過點E作EG⊥AC于G，過A作AF⊥BC于F，證明△ADF∽△AEG，可以求出DF，利用勾股定理可以求出EF的長，從而可以求解；
解法二：如圖3，線段AD繞點A逆時針旋轉120°到AM，連接CM，EM，過M作MQ⊥BC于Q，由（1）同理得△ABD≌△ACM，設CQ＝x，則CM＝2x，QM＝x，證明△ADE≌△AME，最后利用勾股定理求解即可.
【詳解】解：（1）①證明：如圖1，

∵∠BAC＝∠DAM＝120°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAM﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAM，
∵AB＝AC，AD＝AM，
∴△ABD≌△ACM（SAS），
∴BD＝CM；
②解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD＝30°，
由①知：△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°，
∴∠DCM＝60°，
∵∠CMD＝90°，
∴∠CDM＝30°，
∴CM＝12CD，
∵BD＝CM，
∴BDCD=12；
（2）解：解法一：如圖2，過點E作EG⊥AC于G，過A作AF⊥BC于F，

Rt△CEG中，∠C＝30°，CE＝1，
∴EG＝12CE＝12，CG＝32，
∵AC＝AB＝23，
∴AG＝AC﹣CG＝332，
∵AF⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
∴AF＝12AC＝，
∵∠DAE＝∠FAC＝60°，
∴∠DAF＝∠EAG，
∵∠AFD＝∠AGE＝90°，
∴△ADF∽△AEG，
∴AFAG=DFEG，即3332=DF12，
∴DF＝，
由勾股定理得：AE2＝AF2+EF2＝AG2+EG2，
∴32+EF2=3322+122，
解得：EF＝2或﹣2（舍），
∴DE＝DF+EF＝+2＝73；
解法二：如圖3，線段AD繞點A逆時針旋轉120°到AM，連接CM，EM，過M作MQ⊥BC于Q，

由（1）同理得△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°＝∠ACB，∠BAD＝∠CAM，
∴∠MCQ＝60°，
Rt△QMC中，CQ＝12CM，
設CQ＝x，則CM＝2x，QM＝x，
∴EQ＝x﹣1，
∵∠DAE＝60°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠EAC+∠CAM＝60°，
∴∠DAE＝∠EAM，
∵AD＝AM，AE＝AE，
∴△ADE≌△AME（SAS），
∴EM＝DE＝5﹣2x，
由勾股定理得：EM2＝EQ2+QE2，
∴（x）2+（x﹣1）2＝（5﹣2x）2，
解得：x＝43，
∴DE＝5﹣2x＝73．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理等等，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解.
8．（2023·安徽黃山·?？寄M預測）已知，如圖，在△ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．點M從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為4cm/s；同時點P由B點出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為lcm/s，過點P的動直線PQ∥AC，交BC于點Q，連結PM，設運動時間為t(s)(0＜t＜5)，解答下列問題：
（1）線段AD=___cm；
（2）求證：PB=PQ；
（3）當t為何值時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形為平行四邊形．

【答案】（1）AD=12cm；（2）證明見解析；（3）t=125s或4s
【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性質和平行線的性質得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出結論；
（3）分兩種情況：①當點M在點D的上方時，根據題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，當PQ=MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可；
②當點M在點D的下方時，根據題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，當PQ=MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可．
【詳解】（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴AD=，
故答案為：12；
（2）證明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分兩種情況：
①當點M在點D的上方時，如圖所示

根據題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
當PQ=MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，
∴t=12-4t，
解得：t=125（s）；
②當點M在點D的下方時，如圖所示：

根據題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
當PQ=MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，
∴t=4t-12，
解得：t=4（s）；
綜上所述，當t=125s或t=4s時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形為平行四邊形．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、等腰三角形的判定與性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、三角形面積公式以及分類討論等知識；本題綜合性強，熟練掌握平行四邊形的判定方法，進行分類討論是解決問題（3）的關鍵．
9．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=BC，D為邊BC上一動點(不與B、C重合)，BD和AD的垂直平分線交于點E，連接AD、AE、DE和BE，ED與AB相交于點F，設∠BAE=α．

(1)請用含α的代數式表示∠BED的度數；
(2)求證：△ACB∽△AED；
(3)若α=30°，求EF：CD的值；
【答案】(1)90°-2α
(2)證明見解析
(3)63

【分析】（1）由線段垂直平分線的性質可得出AE＝DE，DE＝BE，由等腰三角形的性質得出結論；
（2）證出∠C＝∠AED＝90°，由相似三角形的判定可得出結論；
（3）設EF＝x，由直角三角形的性質及等腰三角形的性質可得出AE＝x，CD＝62x，則可得出答案．
【詳解】（1）解：∵BD和AD的垂直平分線交于點E，
∴AE＝DE，DE＝BE，
∴AE＝BE，
∴∠EBA＝∠EAB＝α，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠DBE＝45°+α，
∴∠BDE＝∠DBE＝45°+α，
∴∠BED＝180°﹣2∠DBE＝90°﹣2α；
（2）證明：

∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠3+∠DAB＝∠CAB＝∠ABC＝45°，
∵BD和AD的垂直平分線交于點E，
∴AE＝ED＝BE，
∴∠1＝∠2，∠1+∠CBA＝∠EDB，
∴∠CAB+∠2＝∠1+∠CBA，
即∠EDB＝∠CAE，
∵∠EDB+∠CDE＝180°，
∴∠CAE+∠CDE＝180°，
∵∠CAE+∠C+∠CDE+∠A ED＝360°，
∴∠C+∠AED＝180°，
∵∠C＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴∠C＝∠AED＝90°，
∵AC：BC＝AE：ED＝1，
∴△ACB∽△AED；
（3）解：當α＝30°時，∠BED＝90°﹣60°＝30°，
∴∠AED＝∠AEB﹣∠BED＝120°﹣30°＝90°，
∵AE＝ED，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∵DE＝BE，
∴∠BDE＝∠BED＝75°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ADE﹣∠BDE＝60°，
設EF＝x，則AE＝x，
∴AD＝2AE＝6x，
∴CD＝12AD=62x ，
∴EFCD=x62x=63 ．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了線段垂直平分線的性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，解直角三角形等知識，證明△ACB∽△AED是解題的關鍵．
10．（2023·安徽滁州·?？寄M預測）在矩形ABCD中，，，點E為BC上的點，點P矩形內部一動點，連接PD，PB；

（1）如圖一，若滿足PE⊥DE，∠PBE=45°，PB=2，EC=1，求證：；
（2）如圖二，當點P在線段BD上的運動，求PE+DE的最小值；
（3）如圖三，若點Q為AD的中點，P為矩形內部一動點，連接，PB，PC，問PQ+2PB+PC是否有最小值，若有請直接寫出答案；若沒有，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析；(2) 153417；(3)存在最小值2812，理由見解析.
【分析】(1)過點P作PF⊥BC交BC于F，然后證明△PFE≌△ECD即可得到答案；
(2)作D點關于BC的對稱點D'，連接ED'，當P、E、D'三點共線且與BD垂直時即為最小值；
(3)將三角形BPC順時針旋轉90°得到新三角形BP'C'，然后可以得到PQ+2PB+PC=PQ+PP'+P'C'，容易得出當點Q、P、P'、C'四點共線時此時有最小值.
【詳解】解：(1)如圖所示，過點P作PF⊥BC交BC于F
在直角三角形PFB中，∠PBE=45°
∴BF=PF，
∴BF2+PF2=BP2=2
即BF=PF=1=EC
又∵BF+EF+EC=BC=5
∴EF=BC-BF-EC=3
∴FE=CD
∴△PFE≌△ECD
∴PE=DE

(2)如圖所示，作D點關于BC的對稱點D'，連接ED'，當P'、E'、D'三點共線且與BD垂直時即為最小值
在矩形ABCD中，∠BCD=90°，在△D'DP'中，∠D'P'D=90°
∴△BCD∽△D'P'D
∴DD'DB=D'P'BC
∴D'P'=DD'BCBD
又∵DD'=DC+CD'=3+3=6，BD=BC2+CD2=34
∴D'P'=153417
由對稱性可知D'E'=DE'
∴P'E'+DE'=D'E+P'E'=D'P'
∴PE+DE的最小值為153417

(3)如圖所示，將三角形BPC順時針旋轉90°得到新三角形BP'C'，然后過點C'作C'N⊥AD交AD于N，連接C'Q交BC于M
由旋轉的性質可知，BP=BP'，BC=BC'，∠PBP'=∠CBC'=90°
∴PP'=BP2+P'B2=2BP
∴PQ+2PB+PC=PQ+PP'+P'C'
故當Q、P、P'、C'四點共線， PQ+2PB+PC=PQ+PP'+P'C'有最小值
∵∠CBC'=90°
∴A、B、C'三點共線，
∴在直角三角形C'AQ中，C'Q=AC'2+AQ2
∴C'A=AB+BC'=AB+BC=8
∵點Q為AD的中點
∴AQ=52
∴C'Q=AC'2+AQ2=2812
∴PQ+2PB+PC的最小值為2812

【點睛】本題主要考查了全等三角形，相似三角形和旋轉的相關性質，以及勾股定理，難度較大，解題的關鍵在于能夠熟練的掌握相關知識點.
11．（2023·安徽馬鞍山·校考一模）如圖①，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點E在邊AB上，點F在BD的延長線上，BE＝DF，EF與AD相交于點G，連接CE，CF．

(1)求證：CE＝CF；
(2)求證：△DFG∽△DCF；
(3)如圖②，連接CG，若AB＝4，點E是AB的中點，求CG長．
【答案】(1)見解析；
(2)見解析；
(3)21

【分析】（1）利用菱形的性質證得△CDB為等邊三角形，得到∠FDC＝∠EBC＝120°，由此證明△EBC≌△FDC（SAS），從而得到CE＝CF．
（2）根據△EBC≌△FDC，得到∠ECB＝∠FCD，求出∠ECF＝60°，證得△ECF為等邊三角形，從而得到∠GFD＝∠FCD，由此證得△DFG∽△DCF．
（3）解法一：過點E作EH⊥CB于點H，求出BE＝DF＝2，得到BH及EH的長，由△DFG∽△DCF，得到DFDC=FGCF=12，證得，由此得到G為EF中點，CG⊥EF，利用勾股定理求出CE，根據sin60°求出CG；解法二：過點C作CP⊥AD于點P，則∠DCP＝60°，利用三角函數求出DP，CP，由△DFG∽△DCF，得到DFDC=DGDF=12，求出DG，GP，在Rt△CPG中，根據勾股定理求出CG；解法三：過點G作GK⊥AB于點K．根據△DFG∽△DCF，得到DFDC=FGCF=DGDF=12，求出，DG＝1，得到G為EF中點，AG＝3，在Rt△AGK中求出KE，在Rt△GKE中，由勾股定理求出EG，在Rt△CGE中，根據勾股定理求出CG．
【詳解】（1）證明：在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
∴BC＝CD，∠EBC＝120°，∠DCB＝60°，
∴△CDB為等邊三角形，
∴∠FDC＝∠EBC＝120°，
又∵BE＝DF，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴CE＝CF．
（2）解：由（1）可得△EBC≌△FDC，
∴∠ECB＝∠FCD，
∴∠ECF＝∠FCD＋∠ECD＝∠ECB＋∠ECD＝60°，
∴△ECF為等邊三角形，
∴∠CFG＝60°，
∴∠GFD＋∠CFD＝60°．
又∠FCD＋∠CFD＝60°，
∴∠GFD＝∠FCD．
又∠FDG＝∠CDF＝120°，
∴△DFG∽△DCF．
（3）解：解法一：
如圖，過點E作EH⊥CB于點H．
∵AB＝4，點E是AB的中點，
∴BE＝DF＝2，
∴BH=12BE=1，EH=3，
由（2）可知：△DFG∽△DCF，
∴DFDC=FGCF=12，??
∴，
∴G為EF中點，
∴CG⊥EF，
在Rt△EHC中，CH＝5，
CE=EH2+CH2=（3）2+52=27，
∴CG=CE?sin60°=27×32=21．

解法二：如圖，過點C作CP⊥AD于點P，則∠DCP＝60°，
∴DP=CD?cos60°=4×12=2，
CP=CD?sin60°=4×32=23，
∵AB＝4，點E是AB的中點，
∴BE＝DF＝2，
由（2）可知：△DFG∽△DCF，
∴DFDC=DGDF=12∴DG＝1∴GP＝3，
在Rt△CPG中，CG=CP2+GP2=（23）2+32=21．

解法三：
如圖，過點G作GK⊥AB于點K．
∵AB＝4，點E是AB的中點，
∴BE＝DF＝2，
由（2）可知：△DFG∽△DCF，
∴DFDC=FGCF=DGDF=12，
∴，DG＝1，
∴G為EF中點，AG＝3，
∴CG⊥EF，
在Rt△AGK中，AK＝32，GK=332．
KE=AE-AK=2-32=12，
在Rt△GKE中，EG=KG2+KE2=7，
EG=KG2+KE2在Rt△CGE中，
∴CG=GE?tan60°=7×3=21．

【點睛】此題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定及性質，全等三角形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，勾股定理，是一道綜合性很強的圖形題，熟記各知識點并綜合應用是解題的關鍵．
12．（2023·安徽黃山·?？寄M預測）如圖，在平行四邊形ABCD中，點О是對角線AC中點，過點О作EF⊥AC分別交邊AB，CD于點E，F．

(1)求證：四邊形AECF是菱形；
(2)當AF平分∠CAD時，且 CF=5，DF=2，求AD的值．
【答案】(1)見解析
(2)AD=14

【分析】（1）由平行四邊形的性質知OA=OC，再由EF⊥AC推出EF是線段AC的垂直平分線，得到AF=CF，AE=CE，再由等腰三角形三線合一的性質得出∠AFO=∠CFO，再利用平行線的性質推出∠CFO=∠AEF=∠AFO，證出AF=AE=CE=CF，即可得到四邊形AECF是菱形；
（2）先由AF平分∠CAD，AF=CF，推出∠DAF=∠ACF，結合∠D=∠D推出△ADF∽△CDA，進而推出AD2=CDDF，代入求解即可求出AD的值．
【詳解】（1）證明：∵平行四邊形ABCD中，點О是對角線AC中點，
∴OA=OC，
∵EF⊥AC，
∴EF是線段AC的垂直平分線，
∴AF=CF，AE=CE，
在等腰三角形AFC中，EO⊥AC，OA=OC，
∴∠AFO=∠CFO（三線合一），
又平行四邊形ABCD，
∴AE//CF，
∴∠CFO=∠AEF=∠AFO，
∴AF=AE=CE=CF，
∴四邊形AECF是菱形．
（2）證明：∵AF平分∠CAD，
∴∠DAF=∠CAF，
∵AF=CF，
∴∠CAF=∠ACF，
∴∠DAF=∠ACF，
又∠D=∠D，
∴△ADF∽△CDA
∴ADCD=DFAD，
∴AD2=CDDF，
∵CF=5，DF=2，
∴CD=7，
∴AD2=7×2=14，
∴AD=14．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質、菱形的判定，垂直平分線的性質、等腰三角形三線合一、相似三角形的判定和性質等知識，涉及知識點較多，難度一般，解題方法不唯一，熟練掌握菱形的判定方法是解題的關鍵．
13．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┩ㄟ^以前的學習，我們知道：“如圖1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，則”． 某數學興趣小組在完成了以上學習后，決定對該問題進一步探究：

(1)【問題探究】如圖2，在正方形ABCD中，點E，F，G，分別在線段AB，BC，CD，DA上，且，試猜想EGFH=______；
(2)【知識遷移】如圖3，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，點E，F，G，分別在線段AB，BC，CD，DA上，且，試猜想EGFH的值，并證明你的猜想；
(3)【拓展應用】如圖4，在四邊形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，點E，F分別在線段AB，AD上，且CE⊥BF，求CEBF的值．
【答案】(1)1
(2)EGFH=nm，理由見解析；
(3)32

【分析】（1）過點A作AM∥HF交BC于點M，作AN∥EG交CD的延長線于點N，利用正方形ABCD，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，證明△ABM?△ADN即可；
（2）過點A作AM∥HF交BC于點M，作AN∥EG交CD的延長線于點N，利用
在長方形ABCD中，，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，求證△ABM～△ADN，根據對應邊成比例，將已知數值代入即可；
（3）：過C點作CM⊥AB于點M，設CE交于點O，證明△CME～△BAF，得出
CEBF=CMAB，即可得到結論．
【詳解】（1）EGFH=1，
理由如下：
過點A作AM∥HF交BC于點M，作AN∥EG交CD的延長線于點N，

∴，，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵，
∴，
∴∠BAM=∠DAN，
在△ABM和△ADN中，
∠BAM=∠DANAB=AD∠ABM=∠ADN，
∴△ABM?△ADN(ASA)，
∴AM=AN，
∴EG=FH，
∴EGFH=1，
故答案為：1
（2）過點A作AM∥HF交BC于點M，作AN∥EG交CD的延長線于點N，

∴，，
在長方形ABCD中，，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵，
∴，
∴∠BAM=∠DAN，
∴△ABM～△ADN，
∴AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，
∴AMAN=mn，
∴EGFH=ANAM=nm，
（3）如圖所示：過C點作CM⊥AB于點M，設CE交于點O，

∵CM⊥AB，
∴∠CME=90°，
∴，
∵CE⊥BF，
∴∠BOE=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∴△CME～△BAF，
∴CEBF=CMAB，
∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形或相似三角形解決問題．
14．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）已知：正方形ABCD中，E為BC邊中點，F為AB邊上一點，AE、CF交于點P，連接AC．

(1)如圖1，若F為AB邊中點，求證：；
(2)如圖2，若CE=PE．
①求證：AP=BF；
②求AFBF的值．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②AFBF=5-12

【分析】（1）根據正方形的性質得到AB=BC，BE=BF，進而得到△ABE≌△CBF，再利用全等三角形的性質及角的和差運算即可得到結論；
（2）①根據全等三角形的判定與性質即可得到AG=BF，再利用平行線的性質及等腰三角形的性質得到AG=AP，進而得到BF=AP；②根據等腰三角形的性質與判定可知角相等，再利用相似三角形的判定與性質即可得到AFAP=APAB，進而得到AFBF=BFAB，從而得到AFBF=5-12．
【詳解】（1）解：∵ABCD為正方形，
∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=45°，
∵E、F為BC、AB邊中點
∴BE=BF
∴在△ABE和△CBF中，
AB=BC∠ABC=∠CBABE=BF，
∴△ABE≌△CBFSAS，
∴∠BAE=∠BCF，
∴∠PAC=∠BAC-∠BAE，∠PCA=∠ACB-∠BCF，
∴∠PAC=∠PCA．

（2）解：①連接BP，并延長交AD于G．
∵E為BC邊中點，
∴BE=CE=EP ，
∴∠BPC=90°，
∵∠BAE=∠BCF，
∴∠ABG=∠BCF，
∴在△GAB和△FBC中，
∠ABG=∠BCFAB=BC∠GAB=∠FBC=90°，
∴△GAB≌△FBCASA，??
∴AG=BF，
∵AG∥BC，??
∴∠AGP=∠CBP，
∵PE=BE，??
∴∠CBP=∠BPE，
∵∠APG=∠BPE，
∴∠AGP=∠APG，
∴AG=AP，??
∴BF=AP，
②由（2）可知∠ABP=∠BCP，
∵EC=EP，??
∴∠ECP=∠EPC，
∴∠ABP=∠EPC，
∵∠APF=∠EPC，??
∴∠ABP=∠APF，??
∴△APF∽△ABP，
∴AFAP=APAB，
∵BF=AP，
∴AFBF=BFAB，
∴BF2=AFAB，
∴由黃金分割可知AFBF=5-12．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等相關知識點，掌握全等三角形的性質的是解題的關鍵．
15．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考一模）[基礎鞏固]

(1)如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于點D，求證：AC2=AD?AB．
[嘗試應用]
(2)如圖②，在矩形ABCD中，AD=2，點F在AB上，FB=2AF，DF⊥AC于點E，求AE的長．
[拓展提高]
(3)如圖③，在矩形ABCD中，點E在邊BC上，△DCE與△DFE關于直線DE對稱，點C的對稱點F在邊AB上，G為AD中點，連接GC交DF于點M，GC∥FE，若AD=2，求GM的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)AE=1
(3)GM=2-1

【分析】（1）由∠ACD+∠BCD=90°，∠DCB+∠B=90°得到∠B=∠CAD，再由∠A=∠A，得到△CAD∽△BAC，從而得到ACAD=ABAC，變形即可得到答案；
（2）由矩形的性質得，AB∥CD，從而得到△AFE∽△CDE，即AECE=AFCD=13，由（1）中DA2=AE?AC，得到22=AE?4AE，計算即可得到答案；
（3）由△DCE與△DFE關于直線DE對稱，得△DFE≌△DCE，從而得到，DC=DF，再通過證明△CDM≌△DFA得到CM=DA=2，由（1）可得，DG2=GM?GC，設GM=x，則CG=GM+CM=x+2，12=x(x+2)，解方程求出x的值即可．
【詳解】（1）證明：，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠B=90°，
∴∠B=∠CAD，
，
∴△CAD∽△BAC，
ACAD=ABAC，
∴AC2=AD?AB；
（2）解：∵FB=2AF，
∴AB=AF+BF=3AF，
在矩形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，
∴△AFE∽△CDE，
AECE=AFCD=13，
∴CE=3AE，
∴AC=4AE，
∵DF⊥AC，
由（1）可知DA2=AE?AC，
∴22=AE?4AE，解得AE=1；
（3）解：在矩形ABCD中，∠BCD=∠CDA=∠A=90°，
∴∠ADF+∠CDM=90°，
∵△DCE與△DFE關于直線DE對稱，
∴△DFE≌△DCE，
∴∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，
∵GC∥FE，
∴DM⊥GC，
∴∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠ADF=∠DCM，
∴△CDM≌△DFA(AAS)，
∴CM=DA=2，
是AD的中點，
∴DG=GA=1，
由（1）可知DG2=GM?GC，設GM=x，則CG=GM+CM=x+2，
∴12=x(x+2)，解得x1=2-1，x2=-2-1（負值，舍去），
的長為2-1．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質及矩形的性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，矩形的性質是解題的關鍵．


1．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如左圖，為探究一類矩形ABCD的性質，小明在BC邊上取一點E，連接DE，經探究發(fā)現：當DE平分∠ADC時，將△ABE沿AE折疊至△AFE，點F恰好落在DE上，據此解決下列問題：

(1)求證：△AFD≌△DCE；
(2)如圖，延長CF交AE于點G，交AB于點H．
①求證：EF·DF=GF·CF ；???????
②求GE:GC的值
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②2-1

【分析】（1）根據矩形的性質可得∠DEC=∠ADF，再由折疊的性質可得AF=CD，然后根據DE平分∠ADC，可得∠DEC=∠ADF=∠EDC=45°，即可；
（2）①根據△CDE是等腰直角三角形，可得∠CED=45°，再由△AFD≌△DCE，可得AD=DE,AF=DF=DC=CE，∠DAF=45°，從而得到∠DCF=∠DFC=67.5°，再由折疊的性質可得∠GEF=∠EFG=∠DFC=∠DCF，可證明△GEF∽△CDF，即可；②根據等腰直角三角形的性質可得DE=2CD，從而得到EF=DE-DF=2-1CE，進而得到EFCE=2-1，再證明△EFC∽△GEC，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠ADF，
由折疊的性質得：AB=AF，∠AFD=∠AFE=∠B=90°，
∴AF=CD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠DEC=∠ADF=∠EDC=45°，
∴△AFD≌△DCE；
（2）①證明：∵∠CDE=45°,∠BCD=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CED=45°，
∵△AFD≌△DCE，
∴AD=DE,AF=DF=DC=CE，∠DAF=45°，
∴∠DCF=∠DFC=67.5°，
由折疊的性質得：∠BEA=∠FEA=67.5°，
即∠GEF=∠EFG=∠DFC=∠DCF，
∴△GEF∽△DCF，
∴GFDF=EFCF????即EF·DF=GF·CF；
②解：∵△CDE是等腰直角三角形，∠CDE=45°，
∴DE=2CD，
∴EF=DE-DF=2-1CD=2-1CE，
∴EFCE=2-1，
∵∠FEA=∠DFC=67.5°，
∴∠EFC=∠GEC=112.5°，
又，
∴△EFC∽△GEC，
∴EF:CE=GE:GC=2-1．
【點睛】本題考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質，三角形相似的判定和性質，證明△EFC∽△GEC是解答本題的關鍵．
2．（2023·安徽池州·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點D，E分別在AB，AC的延長線上，連接，DE，點F在DE上，與BC，分別交于點G，H．已知FA=FD，∠AFD=2∠ABE．

(1)求證：∠CBE=∠CAG；
(2)求證：FE=FG；
(3)當EF=12DF時，直接寫出ABAD的值．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)

【分析】（1）設∠ABE=x，則∠AFD=2∠ABE=2x，求出∠FAD=90°-x，進而得到∠AHB=90°，結合∠CGA=∠HGB，∠ACB=90°，即可得到∠CBE=∠CAG；
（2）連接EG，先證明△BCE≌△ACG，得到CE=CG，進而得到∠CEG=∠CGE=45°，又證明∠EAD=∠ABG=45°，∠D=∠GAB，得到∠AED=∠AGB，進而證明∠AED=∠CGF，進而證明∠FEG=∠FGE，從而證明FE=FG；
（3）設DF=a，EF=12a，從而得到FG=12a，AG=12a，，證明△BGA∽△AED，即可得到ABAD=13．
【詳解】（1）解：設∠ABE=x，則∠AFD=2∠ABE=2x．
∵FA=FD，
∴∠FAD=∠D=180°-2x2=90°-x，
∴∠FAD+∠ABE=90°-x+x=90°，
∴∠AHB=90°．
∵∠CGA=∠HGB，∠ACB=90°，
∴∠CBE=∠CAG；
（2）解：如圖，連接EG．
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°，
∴∠BCE=∠ACB．
在△BCE和△ACG中，
∠CBE=∠CAGBC=AC∠BCE=∠ACG，
∴△BCE≌△ACG，
∴CE=CG．
∵∠ECG=90°，
∴∠CEG=∠CGE=45°．
又∵∠ACB=90°，AC=BC，FA=FD，
∴∠EAD=∠ABG=45°，∠D=∠GAB，
∴∠AED=∠AGB．
∵∠AGB=∠CGF，
∴∠AED=∠CGF，
∴∠AED-∠CEG=∠CGF-∠CGE，
∴∠FEG=∠FGE，
∴FE=FG；

（3）解：設DF=a，EF=12a，
∴FG=EF=12a，
∵AF=DF=a，
∴AG=AF-FG=a-12a=12a，DE=EF+DF=12a+a=32a，
∵∠ABG=∠EAD，∠GAB=∠D，
∴△BGA∽△AED，
∴ABAD=AGED=12a32a=13，
∴ABAD=13．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等知識，熟知相關知識并根據題意靈活應用是解題關鍵．
3．（2023·安徽·模擬預測）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=10，BC=12，．點E在邊BC上，過點E作邊BC的垂線，交平行四邊形的其它邊于點F，在EF的右側作正方形．

(1)如果點G在對角線AC上，求正方形的面積；
(2)設EF與對角線AC交于點P，如果點G與點D重合，求AP:CP的值；
(3)如果點F在邊AB上，且△GCH與△BEF相似，求的長．
【答案】(1)57625
(2)2:1
(3)或10837

【分析】（1）過A作AM⊥BC垂足為M，根據計算出，根據勾股定理計算出BM=AB2-AM2=6，從而得到AM垂直平分BC，再證明△BEF≌△CHG得到BE=HC，設FE=x，分別得到BF=54x，根據BC=BE+EH+HC建立方程，解方程即可得到答案；
（2）根據矩形的性質推到得EF=AM=8，得出AF=AD-FD=12-8=4，再根據勾股定理計算出CH=6，通過證明△AFP∽△CEP，通過三角形的相似比計算出AP:CP；
（3）根據∠B=∠HCG和∠B=∠HGC兩種情況進行討論，當∠B=∠HCG可利用（1）得結論得到答案，當∠B=∠HGC時，EF=x，得BF=54x，BE=34x，EH=GH=x,根據HC=BC-BE-EH得到HC=12-74x，再根據相似三角形的相似比建立方程，解方程即可得到答案．
【詳解】（1）如下圖所示，過A作AM⊥BC垂足為M，

∵SinB=AMAB=45，AB=10，
∴，
∴BM=AB2-AM2=6，
∴MC=6，
∴AM垂直平分BC，
∴AB=AC，∠B=∠ACB，
設FE=x，得SinB=EFBF=45，
∴BF=54x，
∴BE=BF2-EF2=34x，
∵∠B=∠ACB∠BEF=∠CHGFE=GH，
∴△BEF≌△CHG，
∴BE=HC=34x，
∵EH=EF=x，BC=BE+EH+HC，
∴34x+x+34x=12，
∴x=245，
∴S□EFGH=EF2=57625；
（2）如下圖所示，過A作AM⊥BC垂足為M，

∴AM∥EF，AM⊥BC
∵平行四邊形ABCD
∴AF∥BC
∴四邊形AMEF為矩形
∴EF=AM=8
∵AD=BC=12,FD=EF
∴AF=AD-FD=12-8=4，
∵CD=10，DH=8
∴CH=6，
∴EC=EH-CH=8-6=2，
∵，
∴∠FAP=∠PCE,∠AFP=∠PEC,
∴△AFP∽△CEP
∴APPC=AFEC=42=2,
∴AP:CP=2:1；
（3）如下圖所示，
∵△BEF∽△CHG，當∠B=∠HCG時，點G在AC上時，
由（1）得△BEF≌△CHG，
BE=34×EF=34×245=185



當∠B=∠HGC時，點G不在AC上，如下圖所示，

∵△BEF∽△CHG，
∴EFHC=BEHG，
設EF=x，
得BF=54x，BE=34x，EH=GH=x,
∴HC=BC-BE-EH=12-34x-x=12-74x，
∴x12-74x=34xx，
∴112-74x=34x
∴x=3412-74x
∴x=9-2116x
∴x=14437，
∴BE=34x=34×14437=10837
【點睛】本題考查直角三角函數、正方形、平行四邊形、全等三角形和相似三角形的性質，解題的關鍵是靈活運用直角三角函數和相似三角形的相似比建立方程．
4．（2023·安徽淮北·校聯(lián)考一模）如圖，四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點E，且AC⊥BC，BD⊥AD．

(1)若∠DAB=∠CBA，求證：△ADE≌△BCE；
(2)求證：△CDE∽△BAE；
(3)若AC平分∠DAB，，，求CE的長．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)CE=2512

【分析】（1）由三角形內角和定理可以得出∠DAC=∠DBC，根據∠DAB-∠DAC=∠CBA-∠DBC可以得出∠CAB=∠DBA，由等角對等邊可知，即可證明△ADE≌△BCEAAS；
（2）取AB的中點O，連接OC，OD，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OC=OD=OA=OB，即可得出點A，B，C，D在以點O為圓心，以OA為半徑的圓上，根據同弧所對的圓周角相等得∠DCA=∠DBA，∠CDB=∠CAB，可證△CDE∽△BAE；
（3）根據同弧所對的圓周角相等得∠CBD=∠CAD，因為AC平分∠DAB，所以∠BAC=∠CAD，等量代換得∠CBD=∠BAC，根據同圓中，相等的圓周角所對的弦也相等可得CD=BC=5，繼而求出AC的長，證明，可得CBCA=CECB，即可求出CE的長．
【詳解】（1）解：∵AC⊥BC，BD⊥AD，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵∠AED=∠BEC，
∴∠DAC=∠DBC，
∵∠DAB=∠CBA，
∴∠DAB-∠DAC=∠CBA-∠DBC，
∴∠CAB=∠DBA，
∴，
∵在△ADE和△BCE中，
∠ADB=∠ACB∠AED=∠BECAE=BE，
∴△ADE≌△BCEAAS．
（2）解：取AB的中點O，連接OC，OD，
∵AC⊥BC，
∴OC=12AB=OA=OB，同理OD=12AB，
∴OC=OD=OA=OB，
∴點A，B，C，D在以點O為圓心，以OA為半徑的圓上，
∴∠DCA=∠DBA，∠CDB=∠CAB，
∴△CDE∽△BAE．

（3）解：由（2）點A，B，C，D在以點O為圓心，以OA為半徑的圓上，
∴∠CBD=∠CAD，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAC，
∵∠BAC=∠CAD，
∴CD=BC=5，
∴AC=AB2-BC2=132-52=12，
∵∠BCE=∠ACB，
∴，
∴CBCA=CECB，
∴CB2=CE?CA，
∴52=CE×12，
∴CE=2512．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定、相似三角形的判定和性質、圓周角定理等，熟練掌握相關知識點并根據題目得出點A，B，C，D在以點O為圓心，以OA為半徑的圓上是解答本題的關鍵．
5．（2023·安徽合肥·合肥壽春中學?？家荒＃締栴}提出】如圖1，AB為⊙O的一條弦，點C在弦AB所對的優(yōu)弧上運動時，根據圓周角性質，我們知道∠ACB的度數不變．愛動腦筋的小芳猜想，如果平面內線段AB的長度已知，∠ACB的大小確定，那么點C是不是在某個確定的圓上運動呢？
【問題探究】為了解決這個問題，小芳先從一個特殊的例子開始研究．如圖2，若AB=4，線段AB上方一點C滿足∠ACB=45°，為了畫出點C所在的圓，小芳以AB為底邊構造了一個Rt△AOB，再以點O為圓心，OA為半徑畫圓，則點C在⊙O上．后來小芳通過逆向思維及合情推理，得出一個一般性的結論．即：若線段AB的長度已知，∠ACB的大小確定，則點C一定在某一個確定的圓上，即定弦定角必定圓，我們把這樣的幾何模型稱之為“定弦定角”模型．

【模型應用】
(1)若AB=6，平面內一點C滿足∠ACB=60°，若點C所在圓的圓心為O，則∠AOB=__________，劣弧AB的長為__________．
(2)如圖3，已知正方形ABCD以AB為腰向正方形內部作等腰△ABE，其中，過點E作EF⊥AB于點F，若點P是△AEF的內心．
①求∠BPE的度數；
②連接CP，若正方形ABCD的邊長為4，求CP的最小值．
【答案】(1)120°；433π
(2)90°；210-22

【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出圖形，如圖，過O作,求得，進而求得∠OAM=30°，根據AO=AMcos∠OAM可求得AO，根據即可求出劣弧AB的長度；
（2）①根據已知條件可得∠APE=180°-(∠PAE+∠PEA)=180°-12(∠EAF+∠AEF)，證明△APE≌△APB，即可求得∠BPA，根據三角形內角和定理即可求出∠BPE；
②如圖，作△APB的外接圓，圓Q，連接AQ,BQ,CQ，過Q作交的CB延長線于點N，由題意的由“定弦定角”模型，可知∠APB=135°,AB=4,作出△APB的外接圓，圓Q，設圓的半徑為r，則PC的最小值即為CQ-r，根據勾股定理即可求得r，CQ，從而求得最小值．
【詳解】（1）由“定弦定角”模型，作出圖形，如圖，過O作,

∵∠AOB=2∠ACB，∠ACB=60°，
，
∵OA=OB,OM⊥AB，
∴∠AOM=12∠AOB=60°，AM=BM=12AB=3，

∴AO=AMcos∠OAM=332=23，
∴劣弧AB的長為120°360°×2π×AO=433π
故答案為：120°，433π；
（2）①∵EF⊥AB，
∴∠EFA=90°，
∴∠EAF+∠AEF=90°，
∵點P是△AEF的內心，
∴PA,PE平分∠EAF,∠AEF，
∴∠PAE=12∠EAF,∠PEA=12∠AEF，
∴∠APE=180°-(∠PAE+∠PEA)=180°-12(∠EAF+∠AEF)=180°-45°=135°，
∵AE=AB,∠EAP=∠BAP,AP=AP，
∴△APE≌△APB，
∴∠BPA=∠APE=135°，
∴∠BPE=360°-∠BPA-∠APE=90°；

②如圖，作△APB的外接圓，圓Q，連接AQ,BQ,CQ，過Q作交的CB延長線于點N，

由題意的由“定弦定角”模型，可知∠APB=135°,AB=4,
作出△APB的外接圓，圓心為Q，設圓的半徑為r，則PC的最小值即為CQ-r，
∵∠APB=135°，
設優(yōu)弧AB所對的圓心角優(yōu)角為α，
則α=270°，
∴∠AQB=90°，
∵QA=QB，
∴∠ABQ=∠BAQ=45°，
∵AB=4，
∴QA=AB?sin45°=22，
∵QN⊥BC，四邊形ABCD是正方形，
∴AB⊥BC，
∴AB∥QN，
∴∠BQN=∠ABQ=45°，
∵QB=22，
∴QN=NB=2，

∴CN=BC+BN=6，
∴CQ=QN2+CN2=22+62=210，
∴PC≥CQ-PQ=CQ-r=210-22．
∴PC的最小值為210-22．
【點睛】本題考查了“定弦定角”模型，圓周角定理，解直角三角形，線段最短距離，勾股定理正方形的性質，三角形全等的性質與判定，理解題意作出圖形是解題的關鍵．
6．（2023·安徽阜陽·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，D是線段AB上的一點，連接CD，過點B作BG⊥CD，分別交CD，CA于點E，F，與過點A且垂直于AB的直線相交于點G，連接DF

(1)求證：AGAB=AFCF
(2)若D是AB的中點，求AFAC的值．
(3)若BDAD=12，求S△ABCS△BDF的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)AFAC=13
(3)S△ABCS△BDF的值為12

【分析】（1）先證明△AFG∽△CFB，再利用相似三角形的性質進行證明．
（2）先證明△CBD≌△BAG，求出AGBC=12，再利用相似三角形的性質即可求解．
（3）利用全等和相似進行線段之間的關系轉化，先求出S△BDF=13S△ABF，再求出S△ABF=14S△ABC，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵∠ABC=90°，∠GAD=90°，
∴AG∥BC，
∴△AFG∽△CFB，
∴AGBC=AFFC，
∵AB=BC，
∴AGAB=AFFC，
（2）∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，
∴∠BCD=∠ABG，
∵AB=BC，∠CBD=∠BAG=90°，
∴△CBD≌△BAG，
∴AG=BD，
∵D是AB的中點，
∴BD=12AB，
∴AG=12BC，
∴AGBC=12，
∵△AFG∽△CFB
∴AFFC=AGBC=12，
∴AFAC=13．
（3）∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，
∴∠BCD=∠ABG，
∵AB=BC，∠CBD=∠BAG=90°，
∴△CBD≌△BAG，
∴AG=BD，
若BDAD=12，
∴BDAB=13=AGCB，S△BDFS△ABF=13即S△BDF=13S△ABF
∵△AFG∽△CFB
∴AFFC=AGBC=13，
∴AFAC=14
∴S△ABF=14S△ABC；
∴S△ABCS△BDF=4S△ABF13S△ABF=12．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質等知識，解題關鍵是發(fā)現全等三角形和相似三角形，能利用它們的性質進行線段之間的關系轉化．
7．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學?？家荒＃┤鐖D1，在正方形ABCD中，點E為DC中點，連接AE，AE的垂直平分線交BC于點G，交AD于點F，AE與FG交于點

(1)若正方形ABCD的邊長為6，求BG的長
(2)求證：GH=3FH；
(3)如圖2，連接AG，BH，AG與BH交于點O，求HO:OB的值．
【答案】(1)34
(2)見解析
(3)154

【分析】（1）過點作MN∥AB，交AD，BC于M，N，易知ABNM為矩形，由四邊形內角為360°可得，∠DEA=∠MFH，可證△AHM∽△AED，△HMF∽△ADE，△HMF∽△HNG，設AB=CB=CD=AD=MN=a，結合題意，利用相似三角形得性質列出比例式求得BG=18a，即可求解；
（2）由（1）可知△HMF∽△HNG，可得FHGH=MHNH，即可證得結論；
（3）過點作HP⊥AB，交AB于P，交AG于Q，則HP∥BN，四邊形MAPH，四邊形HPBN均為矩形可證得△APQ∽△ABG，△HOQ∽△BOG，可得QPBG=APAB=14，求得QP=132a，PQ=HP-QP=1532a，由HOOB=HQBG即可求得比值．
【詳解】（1）解：過點作MN∥AB，交AD，BC于M，N，
∵四邊形ABCD是正方形，設其邊長為a，
∴∠D=90°，AB∥CD∥MN，AD∥BC，ABNM為矩形，則設AB=CB=CD=AD=MN=a，FMH=90°，
∴△AHM∽△AED，則MHDE=AMAD=AHAE，
又∵EG是AE的垂直平分線，
∴AH=EH=12AE，∠EHF=90°，
∴MHDE=AMAD=AHAE=12，則AM=BN=12a，MH=12DE，
又∵E是CD的中點，則DE=12CD=12a，
∴MH=12DE=14a，則NH=MN-MH=34a，
∵∠D=90°，∠EHF=90°，
由四邊形內角為360°可得，∠DFH+∠DEA=180°，
又∵∠DFH+∠MFH=180°，
∴∠DEA=∠MFH，
∴△HMF∽△ADE，則MFDE=MHAD，
∴MFMH=DEAD=12aa=12
∵AD∥CB，
∴△HMF∽△HNG，則MFNG=MHNH，
∴NGNH=MFMH=12，則NG=12HN=38a，
∴BG=BN-NG=12a-38a=18a，

∵正方形ABCD的邊長為6，即a=6，
∴BG=18a=18×6=34；
（2）證明：由（1）可知△HMF∽△HNG，則FHGH=MHNH=14a34a=13，
∴GH=3FH；
（3）過點作HP⊥AB，交AB于P，交AG于Q，
則HP∥BN，四邊形MAPH，四邊形HPBN均為矩形
∴AP=MH=14a，HP=12a，
∵HP∥BN，
∴△APQ∽△ABG，△HOQ∽△BOG，
∴QPBG=APAB=14，則QP=14BG=132a，PQ=HP-QP=12a-132a=1532a，
HOOB=HQBG=1532a18a=154．
【點睛】本題考查正方形的性質，矩形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，添加輔助線構造相似三角形是解決問題的關鍵．
8．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC中，∠BCA=90°，點D是△ABC外一點，連接BD．以BD為斜邊作等腰直角△BDE，連接CE，過點E作，連接CF交AD于點G，且∠ECF=45°．

(1)求證：△BCE≌△DFE：
(2)若點A，D，E在同一條直線上，求證：∠FEA=∠CAB；
(3)已知AC=6，AB=10，AD=35，求AG的長．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3)957．

【分析】（1）根據等腰直角三角形的判定和性質，得到EC=EF，ED=EB，再利用互余的性質，得到∠FED=∠CEB，即可證明全等；
（2）取AB的中點O，連接OC、OE，根據直角三角形斜邊中線的性質，得到OA=OB=OC=OE，推出點A，C，B，E四點共圓，再根據同弧所對的圓周角相等，得到∠CAB=∠CEB，最后利用全等三角形的性質得到，即可證明結論；
（3）延長FD交BC于點，交CE于M，先利用三角形內角和定理得到∠CHF=90°，進而得到AC∥FH，推出△ACG∽△DFG，AGDG=ACDF，由勾股定理得到DF=BC=8，即可求出AG的長．
【詳解】（1）解：∵∠ECF=45°，，
∴∠EFC=∠ECF=45°，
，
∵∠CEF=90°，
∴∠FED+∠DEC=90°，
∵△BDE是等腰直角三角形，
，ED=EBED=EB，
∴∠DEC+∠CEB=90°，
∴∠FED=∠CEB，
在和△CBE中，
EF=EC∠FED=∠CEBED=EB，
∴△BCE≌△DFESAS；
（2）解：取AB的中點O，連接OC、OE，
∵∠BCA=90°，
∴OC=12AB=OA=OB，
∵點A，D，E在同一條直線上，∠DEB=90°，
∴OE=12AB=OA=OB，
∴OA=OB=OC=OE，
∴點A，C，B，E四點共圓，點O為圓心，OA為半徑，
∵BC=BC，
∴∠CAB=∠CEB
∵△BCE≌△DFE，
∴∠CEB=∠FEA，
∴∠FEA=∠CAB；

（3）解：延長FD交BC于點，交CE于M，
∵△BCE≌△DFE，
∴∠EFD=∠ECB，
∵∠FME=∠CMH，
∴∠CHF=∠CEF=90°，
，
∴∠ACB+∠CHF=180°，
∴AC∥FH，
∴△ACG∽△DFG，
∴AGDG=ACDF，
在Rt△ABC中，BC=AB2-AC2=102-62=8，
∵△BCE≌△DFE，
∴DF=BC=8，
∴AGDG=ACDF=68=34，
∵AD=AG+DG，
∴AG=37AD=37×35=957．

【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，四點共圓等知識，熟練掌握圓的性質和相似三角形的性質是解題關鍵．
9．（2023·安徽滁州·?？家荒＃cE在矩形ABCD的對角線BD上，DF⊥AE于點G，交AB于點F．

(1)如圖1，若DB平分∠CDF，求證：AD=AE；
(2)如圖2，取AD的中點M，若，求BEDE的值；
(3)如圖3，過BD的中點O作PQ⊥AB于點P，延長PO交CD于點Q，連接EF交OP于點N．若NE=NF，求證：AFBE=ABBD．
【答案】(1)證明見解析
(2)14
(3)證明見解析

【分析】（1）如圖（見解析），先根據矩形的性質、直角三角形的性質可得∠5=∠FAG，再根據平行線的性質和角平分線的定義可得∠3=∠2=∠1，然后根據三角形的外角性質可得∠4=∠3+∠FAG=∠1+∠5=∠ADB，最后根據等腰三角形的判定即可得證；
（2）先根據相似三角形的判定證出△AMF～△ABM，根據相似三角形的性質可得AFAM=AMAB，作NE⊥AB于N，則NENB=ADAB=2AMAB，再根據相似三角形的判定證出Rt△AEN～Rt△DFA，根據相似三角形的性質可得NEAN=AFAD=AF2AM，從而可得NBAN=14，由此即可得出答案；
（3）連接OA，先根據矩形的性質、等腰三角形的三線合一可得AP=BP，作EH⊥AB于，則PN∥HE，EH∥AD，則PFPH=NFNE，從而可得PF=PH，根據線段和差可得AF=BH，再根據相似三角形的判定可證△HEB～△ADB，根據相似三角形的性質可得BHBE=ABBD，然后根據等量代換即可得證．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
，AB∥CD，
∴∠5+∠AFG=90°，
∵DF⊥AE，
∴∠FAG+∠AFG=90°，
∴∠5=∠FAG，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠3，
∵DB平分∠CDF，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴∠4=∠3+∠FAG=∠1+∠5=∠ADB，
∴AD=AE．

（2）解：∵∠AMF=∠ABM，∠MAF=∠BAM=90°，
∴△AMF～△ABM，
∴AFAM=AMAB①，
如圖2，作NE⊥AB于N，

∴NE∥AD，△ENB～△DAB，
∴NENB=ADAB，
又是AD中點，
∴NENB=2AMAB②，
由（1）可知，∠NAE=∠ADF，
∴Rt△AEN～Rt△DFA，
∴NEAN=AFAD=AF2AM③，
由①②③得：NENB=4NEAN，即NBAN=14，
又∵NE∥AD，
∴BEDE=NBAN=14．
（3）證明：如圖3，連接OA，
∵矩形ABCD中，O是對角線BD的中點，
∴OA=OB，
，
∴AP=BP（等腰三角形的三線合一），
作EH⊥AB于，則PN∥HE，EH∥AD，
∴PFPH=NFNE，
∵NF=NE，
∴PF=PH，
∴AP-PF=BP-PH，即AF=BH，
又∵EH∥AD，
∴△HEB～△ADB，
∴BHBE=ABBD，
∴AFBE=ABBD．

【點睛】本題考查了矩形的性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的三線合一等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．
10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學校考一模）如圖，正方形ABCD中，點E在邊AD上（不與端點A，D重合），點A關于直線的對稱點為點F，連接CF，設∠ABE=α．

(1)求∠AFC的大小；
(2)過點C作CG⊥AF，垂足為G，連接DG．
①求證：DG∥CF；
②連接OD，若OD⊥DG，求sinα的值．
【答案】(1)135°
(2)①見詳解；②55

【分析】（1）連接，根據點A關于直線的對稱點為點F，得到AB=BF，BE⊥AF，從而得到∠ABE=∠EBF=α，即可求出∠OFB，∠CBF，根據正方形得到BF=BC，即可得到答案；
（2）①連接AC，，根據正方形性質得到∠ACD=45°，∠ADC=90°，根據CG⊥AF得到∠CGA=∠ADC=90°，從而得到點A，點D，點G，點C四點共圓，即可得到證明；②連接，DF，根據四邊形ABCD是正方形得到DA=DC，∠BAD=∠ADC=90°，結合（1）可得△ODG和△CFG均為等腰直角三角形，易得△DAO≌△DCG（SAS），從而得到AO=OF=FG，結合三角函數即可得到答案；
【詳解】（1）解：如圖1，連接，

∵點A關于直線的對稱點為點F，
∴AB=BF，BE⊥AF，
∴∠ABE=∠EBF=α，
∴∠BFA=90°-α，∠CBF=90°-2α，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴BF=BC，
∴∠BFC=180°-∠CBF2=45°+α，
∴∠AFC=∠BFA+∠BFC=90°-α+45°+α=135°；
（2）①證明：如圖2，連接AC，，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，∠ADC=90°，
∵CG⊥AF，
∴∠CGA=∠ADC=90°，
∴點A，點D，點G，點C四點共圓，
∴∠AGD=∠ACD=45°，
由（1）知∠AFC=135°，
∴∠CFG=45°=∠DGA，
∴DG∥CF；
②解：如圖3，連接，DF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴DA=DC，∠BAD=∠ADC=90°，
由①知：∠AGD=∠CFG=45°，
∵OD⊥DG，，
∴∠ODG=∠CGF=90°，
∴△ODG和△CFG均為等腰直角三角形，
∴DO=DG，FG=CG，
∵∠ADO+∠ODC=∠CDG+∠ODC=90°，
∴∠ADO=∠CDG，
∵DA=DC，
∴△DAO≌△DCG（SAS），
∴AO=CG，
∵點A關于直線的對稱點為點F，
∴AO=OF，
∴AO=OF=FG，
∴DF=OF=AF，DF⊥OG，
∴∠AFD=90°，AF=2DF，
在Rt△ADF中，AD=5DF，
∵∠ABE+∠BAO=∠DAF+∠BAO=90°，
∴∠DAF=∠ABE=α，
∴sinα=sin∠DAF=DFAD=55，
；
【點睛】本題主要考查正方形的性質與折疊，三角形全等的判定與性質，三角函數的應用，解題的關鍵是作輔助線根據性質找到相等關系量．
11．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）如圖①，在菱形ABCD中，點P為射線AC上的一點，連接DP，過點P作PM，使得∠DPM+∠BAD=180°，PM與射線BC交于點M，以PD，PM為鄰邊作平行四邊形DPMN．

(1)求證：四邊形DPMN為菱形；
(2)如圖②，∠BAD=90°，連接CN，猜想CN與AP之間的數量關系，并說明理由；
(3)在（2）的條件下，當點P在AC的延長線上時，如圖③，， CP=2，求PN的長度．
【答案】(1)見解析
(2)CN=AP，理由見解析
(3)34

【分析】（1）延長DN交BC于點H，作AD的延長線AQ，連接BP，利用菱形的性質、平行四邊形的性質以及平行線的性質證明∠PDC=∠QDH=∠DHB=∠PMB，證明△CPD≌△CPB得出∠CBP=∠CDP=∠PMB，DP=BP，利用等邊對等角得出PM=PB=PD，最后利用菱形的判定即可得證；
（2）先判定菱形ABCD，DPMN是正方形，可得AD=CD，PD=ND，∠ADP=∠CDN，證明△ADP≌△CDN即可得出結論；
（3）類似（2）證明△ADP≌△CDN，得出∠APD=∠CND，，利用三角形內角和定理可求∠PCN=90°，然后利用勾股定理求出AC，進而求出AP，CN，最后在Rt△PCN利用勾股定理求解即可．
【詳解】（1）證明：延長DN交BC于點H，作AD的延長線AQ，連接BP，
，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，CD=CB，∠ACD=∠ACB，
∴∠BAD=∠QDC，∠QDH=∠DHB，
∵四邊形PMND是平行四邊形，
∴PM∥DN，
∴∠DPM+∠PDN=180°，∠PMB=∠DHB，
又∠DPM+∠BAD=180°，
∴∠PDN=∠BAD=∠QDC，
∴∠PDN+∠NDC=∠QDC+∠NDC，即∠PDC=∠QDH，
又∠PMB=∠DHB，∠QDH=∠DHB，
∴∠PDC=∠PMB，
∵CD=CB，∠ACD=∠ACB，CP=CP，
∴△CPD≌△CPB，??
∴∠CBP=∠CDP=∠PMB，DP=BP，
∴PM=PB=PD，
∴平行四邊形PMND是菱形；
（2）解：CN=AP，理由如下：
當∠BAD=90°時，菱形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°
由（1）可知∠PDN=∠BAD=90°，則菱形PMND也是正方形，
∴∠ADC=∠PDN=90°，AD=CD，PD=ND，
∴∠ADP=∠CDN，
∴△ADP≌△CDN，
∴；
（3）解：由（2）可知∠ADC=∠PDN=90°，AD=CD，PD=ND，
∴∠ADP=∠CDN，
∴△ADP≌△CDN，
∴∠APD=∠CND，，
∵∠DNC+∠PNC+∠DPN=180°-∠PDN=90°，
∴∠APD+∠PNC+∠DPN=90°，
∴∠PCN=90°，
∵正方形ABCD的邊，
∴，
又CP=2，
∴AP=42=CN，
∴PN=CP2+CN2=34
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質，正方形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等知識，明確題意，添加合適的輔助線，找出所求問題需要的條件是解題的關鍵．
12．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）如圖，點M，N分別在矩形ABCD的邊BC和AD（或延長線）上，連接，MN，若∠AMN=∠AMB．

(1)求證：△AMN是等腰三角形；
(2)當M為BC中點時，MN交CD于點E，若，BC=2，求ME的長；
(3)當M為BC上任意一點，探究，，MN間的數量關系，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)54
(3)MA2=2MB?MN，證明見解析

【分析】（1）根據矩形的性質可得AD∥BC，易得∠NAM=∠BMA，再結合∠AMN=∠AMB即可證明△AMN是等腰三角形；
（2）過點M作MG⊥AD于點G，證明ABMG為矩形，結合題意可得AG=GD=CM=1，MG=AB=3，設DN=x，則，MN=AN=x+2，在Rt△MNG中，由勾股定理解得DN=3，易得MN=AN=5；設ME=y，則，證明△DNE∽△CME，由相似三角形的性質求得ME的長即可；
（3）作NH⊥AM于，由等腰三角形的性質可得MH=12MA，再證明△NMH∽△AMB，由相似三角形的性質可得MNMA=MHMB，即可推導MA2=2MB?MN．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠NAM=∠BMA，
∵∠AMN=∠AMB，
∴∠AMN=∠NAM，
∴AN=MN，即△AMN是等腰三角形；
（2）過點M作MG⊥AD于點G，如圖所示，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABM=∠BAG=∠AGM=90°，AD=BC=2，
∴四邊形ABMG為矩形，
∴MG=AB=3，
∵M為BC中點，BC=2，
∴AG=BM=CM=12BC=1，
∴AG=GD=1，
設DN=x，則，MN=AN=x+2，
在Rt△MNG中，由勾股定理，得MN2=MG2+GN2，
即，解得x=3，
∴DN=3，MN=AN=DN+AD=3+2=5，
設ME=y，則，
∵AN∥BC，
∴△DNE∽△CME，
∴ENEM=DNCM，即5-yy=31，
解得y=54，
∴ME的長為54；
（3）MA2=2MB?MN．
證明：作NH⊥AM于，如圖所示，

∵AN=MN，NH⊥AM，
∴MH=12MA，
∵∠NHM=∠ABM=90°，∠AMN=∠AMB，
∴△NMH∽△AMB，
∴MNMA=MHMB，
∴MN?MB=MH?MA=12MA2，
∴MA2=2MB?MN．
【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，熟練掌握相關知識是解題關鍵．
13．（2023·安徽蚌埠·?？家荒＃┤鐖D1，四邊形ABCD中，AD⊥CD，邊BC上的點E滿足且DC=DE，CH為△CDE的一條高線．
??
(1)若AE∥CD，求證：
①AD=CH，
②BH⊥AE；
(2)如圖2，點F在線段CH上且BF=CF，求證：四邊形ABFD為平行四邊形．
【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析
(2)證明見解析

【分析】（1）①AD⊥CD，AE∥CD，則AD⊥AE．再證明∠DAE=∠CHD=90°，∠ADE=90°-∠CDE=∠HCD，又由DE=CD，即可得到△ADE≌△HCD．則AE=HD，AD=HC；②再證明四邊形ABHD為平行四邊形，則BH∥AD，由AD⊥AE即可得到結論；
（2）分別取BE,EC,BC的中點M,N,P，連接AM,DN,FP，作DN的垂線AQ，垂足為Q．延長與DN交于點，即可證明四邊形AMNQ為矩形．再證明△ADQ?≌△BFP，則AD=BF，由AD∥BF即可得到四邊形ABFD為平行四邊形．
【詳解】（1）證明：①∵AD⊥CD，AE∥CD，
∴AD⊥AE．
∵，
∴∠DAE=∠CHD=90°，∠ADE=90°-∠CDE=∠HCD．
又∵DE=CD，
∴△ADE≌△HCD ．
∴AE=HD，AD=HC．
②∵AE∥CD，
∴∠AEB=∠DCE．
∵且DC=DE，
∴∠ABE=∠DEC．
∴AB∥DH，
∵AB=AE=HD，????
∴四邊形ABHD為平行四邊形．
∴BH∥AD，
∵AD⊥AE，
∴BH⊥AE．
（2）分別取BE,EC,BC的中點M,N,P，連接AM,DN,FP，作DN的垂線AQ，垂足為Q．延長與DN交于點，

由題意得，AM,DN,FP互相平行且都垂直于BC，四邊形AMNQ為矩形．
∴AQ=MN=ME+EN=12BC=BP．
∵DC=DE，BF=CF，，
∴∠FBC+∠ECD=∠FCB+∠CED=90°．
∴BF⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥BF．
∴∠ADQ=∠BRN=∠BFP．
在△ADQ與△BFP中，
∠AQD=∠BPF=90°，∠ADQ=∠BFP，AQ=BP，
∴△ADQ?≌△BFP ，
∴AD=BF．
∵AD∥BF，
∴四邊形ABFD為平行四邊形．
【點睛】此題考查了平行四邊形的判定和性質、矩形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識，熟練掌握相關判定和性質是解題的關鍵．
14．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖1，在△ABC中，AB=AC，點D為BC延長線上一點，∠BAC=∠ADB．

(1)求證：AD=BD；
(2)作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分別為點E，F，DF交AC于點G．
①如圖2，當AC平分∠BAD時，求CEDF的值；
②如圖3，連接DE交AC于點，當EH=HD，CD=2時，求AD的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)①3-52；②2+22

【分析】（1）根據等量替換∠B=∠ACB和∠ACB=∠BAD即可證明AD=BD；
（2）①當AC平分∠BAD時，證明△DBA∽△ABC，得出CBBD=3-52，再證明△BCE∽△BDF即可求出CEDF；
②連接EG，由（2）①知EC∥DF，證明四邊形CEGD為平行四邊形，證明 ∠FEG=∠B，根據三角函數值相等，求出FEBE=EGBC，再根據相似求出FEBE=AEAB，設EF=a，BE=b，代入相似比即可解得．
【詳解】（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB
，
∴∠ACB=∠D+∠CAD=∠BAC+∠CAD=∠BAD，
∴∠B=∠BAD，
∴AD=BD；
（2）①當AC平分∠BAD時，
∠BAC=∠DAC
∵∠BAC=∠ADB????
∴∠ADB=∠DAC????
∴CD=AC=AB
∵∠ADB=∠BAC，
∠B=∠B，????
∴△DBA∽△ABC，
，
∴CDCB=DBCD，
∴點C為BD的黃金分割點，
即CDDB=CBCD=5-12，???
∴CBBD=3-52．
，DF⊥AB，????
∴EC∥DF，
∴△BCE∽△BDF，
∴CEDF=BCBD=3-52；
②連接EG，由（2）①知EC∥DF????
∴∠CEH=∠GDH
而∠EHC=∠DHG，
EH=DH??
∴△CEH≌△GDHASA
∴CE=GD，
∴四邊形CEGD為平行四邊形，
∴EG∥CD，
EG=CD
∵EC∥DF???
∴∠FEG=∠B，
∴cos∠FEG=cos∠B
∴FEEG=BEBC即FEBE=EGBC
∵EG∥CD???
∴△AEG∽△ABC
∴AEAB=EGBC
∴FEBE=AEAB
設EF=a，BE=b，
∴BF=a+b
由（1）知AD=BD
而DF⊥AB
∴AB=2BF=2a+2b，
∴AE=AB-BE=2a+2b-b=2a+b
∴FEBE=AEAB即ab=2a+b2a+2b，
整理得ba=2
而CD=2，
故
∴AD=BD=2+22．

【點睛】此題考查了三角形相似、三角形全等，解題的關鍵是熟悉三角形相似證明和性質、三角形全等的證明．
15．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖1，在△ABC中，AB=8，AC=6，BC=10，點D在邊AB上（不與點B重合），以CD為一邊作正方形CDEF，連接．

(1)如圖2，當時，
① 求正方形CDEF的邊長；
② 求證：BE=BC；
(2)當點D在AB上運動時，求△BDE面積的最大值．
【答案】(1)①62，②見解析
(2)8

【分析】（1）①判定△BAC是直角三角形，再用勾股定理即可求得；
②根據正方形的性質得到全等條件，可證△EBD≌△CBD，從而可得證；
（2）過E作EG⊥BA交BA的延長線于G，可證∠CDA=∠EEG，從而可證△CDA≌△DEG，設BD長為x，則EG=AD=8-x，根據面積公式即可求解．
【詳解】（1）解：①如圖，
∵AB=8，AC=6，BC=10，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△BAC是直角三角形，
∴∠BAC=90°，
，
∴AD=6，
在中CD=AD2+AC2
=62+62=62；
②由①可知∠ACD=45°，
∵四邊形CDEF是正方形，
∴∠EDC=90°，ED=CD，
∴∠EDG=45°，
∴∠BDE=∠BDC=135°，
在△EBD和△CBD中
ED=CD∠BDE=∠BDCBD=BD
∴△EBD≌△CBDSAS，
∴BE=BC．
（2）解：過E作EG⊥BA交BA的延長線于G，

∵∠EDA+∠CDA=90°，∠EDA+∠DEG=90°，
∴∠CDA=∠DEG，
在△CDA和△DEG中
∠CAD=∠DGE∠CDA=∠DEGED=DC，
∴△CDA≌△DEGAAS，
∴EG=AD，
設BD長為x，則EG=AD=8-x，
S△BDE=12BD?EG
=12x8-x
0≤x≤8，
∵-12

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