今天整理了初三中考總復(fù)習(xí)階段在教學(xué)過(guò)程中收集的經(jīng)典題目，一共有31講，包括原卷版和解析版，供大家學(xué)習(xí)復(fù)習(xí)參考。
經(jīng)典題目1：這是一道非常經(jīng)典的最值問(wèn)題，最值模型將軍飲馬和一箭穿心。
經(jīng)典題目2：上面三道題是費(fèi)馬點(diǎn)經(jīng)典問(wèn)題，旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化是費(fèi)馬點(diǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵。
經(jīng)典題目3：阿氏圓經(jīng)典題目，這道題目實(shí)際包括了隱圓模型，一箭穿心模型等常見(jiàn)幾何模型。
經(jīng)典題目4：這是中考出現(xiàn)頻率比較高的胡不歸問(wèn)題，也是經(jīng)典最值問(wèn)題。
【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案
專題7弦圖與垂直模型
解題策略
模型1：垂直模型
如圖：∠D＝∠BCA＝∠E＝90°，BC＝AC.，結(jié)論：Rt△BCD≌Rt△CAE.

模型分析
說(shuō)到三垂直模型，不得不說(shuō)一下弦圖，弦圖的運(yùn)用在初中直角三角形中占有舉足輕重的地位，很多利用垂直求角，勾股定理求邊長(zhǎng)，相似求邊長(zhǎng)都會(huì)用到從弦圖支離出來(lái)的一部分幾何圖形去求解.圖①和圖②就是我們經(jīng)常會(huì)見(jiàn)到的兩種弦圖.

三垂直圖形變形如圖③、圖④，這也是由弦圖演變而來(lái)的.
模型2：弦圖模型
經(jīng)典例題
【例1】．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AO上（不與點(diǎn)A，O重合）的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PB且PE交邊CD于點(diǎn)E．
（1）求證：PE＝PB；
（2）如圖2，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，PF的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化？若不變，試求出這個(gè)不變的值；若變化，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）用等式表示線段PC，PA，CE之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，PF的長(zhǎng)度不發(fā)生變化．PF的長(zhǎng)為定值2；（3）PC=PA+2EC．理由見(jiàn)解析．
【分析】（1）做輔助線，構(gòu)建全等三角形，根據(jù)ASA證明△BMP?△PNE即可求解．
（2）如圖，連接OB，通過(guò)證明△OBP?△FPE，得到PF=OB，則PF為定值是2．
（3）根據(jù)△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得PA=2PM，PC=2NC，整理可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：如圖①，過(guò)點(diǎn)P作MN∥AD，交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N．
∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°．
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，
∵∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∴BM＝CN＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，PF的長(zhǎng)度不發(fā)生變化．
理由：如圖2，連接OB．
∵點(diǎn)O是正方形ABCD對(duì)角線AC的中點(diǎn)，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°．
∴∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE．
由（1）得PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE（AAS），
∴PF＝OB．
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB=22=2．
∴PF的長(zhǎng)為定值2．
（3）解：PC=PA+2EC．
理由：如圖1，∵∠BAC＝45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
∴PA=2PM．
由（1）知PM＝NE，
∴PA=2NE．
∵△PCN是等腰直角三角形，
∴PC=2NC=2(NE+EC)=2NE+2EC=PA+2EC．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形綜合應(yīng)用，通過(guò)對(duì)三角形全等的證明找出邊之間的關(guān)系，準(zhǔn)確分析代換求解是解題的關(guān)鍵．
【例2】．（2021·黑龍江·哈爾濱市第四十九中學(xué)校九年級(jí)階段練習(xí)）正方形ABCD中，點(diǎn)E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE與BF交于點(diǎn)G．
（1）如圖1，求證AE⊥BF；
（2）如圖2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分線交CD于點(diǎn)H，交BF于點(diǎn)N，連接CN，求證：AN+CN＝2BN；
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，用SAS證明△ABE≌△BCF，得∠BAE=∠CBF，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等量代換即可得；
（2）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥BN，交AN于點(diǎn)H，根據(jù)正方形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，用SAS證明△AGB≌△AGM，得∠BAG=∠MAG，根據(jù)角平分線性質(zhì)得∠BHA=∠GAN=45°，則△HBN是等腰直角三角形，用SAS證明△ABH≌△CBN，得AH=CN，在Rt△HBN中，根據(jù)勾股定理即可得；
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠AEB+∠BAE=180°?∠ABC=180°?90°=90°，
∴∠AEB+∠CBF=90°，
∴∠EGB=180°?(∠AEB+∠CBF)=180°?90°=90°，
∴AE⊥BF；
（2）如圖所示，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥BN，交AN于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AC，∠ABC=∠HBN=90°，
∵∠HBN=∠HBA+∠ABN=90°，
∠ABC=∠CBN+∠ABN=90°，
∴∠HBA=∠CBN，
由（1）得，AE⊥BF，
∴∠AGB=∠AGM=90°，
∴∠HBG=∠AGM=90°,
∴HB//AE，
∴∠BHA=∠EAN，
在△AGB和△AGM中，
AG=AG∠AGB=∠AGMGB=GM
∴△AGB≌△AGM（SAS），
∴∠BAG=∠MAG，
∵AN平分∠DAM，
∴∠DAN=∠MAN，
∴∠BAG+∠MAG+∠MAN+∠DAN=90°，
2∠MAG+2∠MAN=90°，
∠MAG+∠MAN=45°，
∠GAN=45°，
∴∠BHA=∠GAN=45°，
∴∠BNH=180°?∠HBN?∠BHA=180°?90°?45°=45°，
∴△HBN是等腰直角三角形，
∴BH=BN，
在△ABH和△CBN中，
BH=BN∠HBA=∠CBNAB=CB
∴△ABH≌△CBN（SAS），
∴AH=CN，
在Rt△HBN中，根據(jù)勾股定理
HN=BH2+BN2=2BN，
∴AN+CN=AN+AH=HN=2BN；
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，角平分線，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理和銳角三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握并靈活運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)．
【例3】．（2021·云南曲靖·八年級(jí)期末）如圖1，在正方形ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，連接AE，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AE于點(diǎn)H，交CD于點(diǎn)G．
（1）求證：AE=BG；
（2）如圖2，連接AG、GE，點(diǎn)M、N、P、Q分別是AB、AG、GE、EB的中點(diǎn)，試判斷四邊形MNPQ的形狀，并說(shuō)明理由；
（3）如圖3，點(diǎn)F、R分別在正方形ABCD的邊AB、CD上，把正方形沿直線FR翻折，使得BC的對(duì)應(yīng)邊B'C'恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A作AO⊥FR于點(diǎn)O，若AB'=1，正方形的邊長(zhǎng)為3，求線段OF的長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）四邊形MNPQ為正方形，理由見(jiàn)解析；（3）106
【分析】（1）由四邊形ABCD為正方形，可得∠ABC=∠BCD=90°，推得∠ABG+∠CBG=90°，由BG⊥AE，可得∠BAE+∠ABG=90°，可證△ABE?△BCGASA即可；
（2）M、N為AB、AG中點(diǎn)，可得MN為△ABG的中位線，可證MN//BG，MN=12BG，由點(diǎn)M、N、P、Q分別是AB、AG、GE、EB的中點(diǎn)，可得PQ是△BEG的中位線，MQ為△ABE的中位線，NP為△AEG的中位線，可證PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，可證四邊形MNPQ為平行四邊形．再證四邊形MNPQ為菱形，最后證MN⊥MQ即可；
（3）延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)S，由對(duì)稱性可得BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，由勾股定理可求AS=10，可得AO=12AS=102，設(shè)AF=x，在Rt△AB'F中，12+(3?x)2=x2，解得x=53，在Rt△AOF中，可求OF=106．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠AHB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE與△BCG中，
∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABC=∠BCD，
∴△ABE?△BCGASA，
∴AE=BG．
（2）解：四邊形MNPQ為正方形，理由如下：
∵M(jìn)、N為AB、AG中點(diǎn)，
∴MN為△ABG的中位線，
∴MN//BG，MN=12BG，
∵點(diǎn)M、N、P、Q分別是AB、AG、GE、EB的中點(diǎn)，
∴PQ是△BEG的中位線，MQ為△ABE的中位線，NP為△AEG的中位線，，
∴PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，
∴MN=PQ，MQ=NP，
∴四邊形MNPQ為平行四邊形．
∵AE=BG，
∴MN=MQ，
∴四邊形MNPQ為菱形，
∵BG⊥AE，MQ//AE，
∴MQ⊥BG，
∵M(jìn)N//BG，
∴MN⊥MQ，
∴四邊形MNPQ為正方形．
（3）解：延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)S，
由對(duì)稱性可知
BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，
在Rt△ABS中，
AS=AB2+BS2=10，
∴AO=12AS=102，
設(shè)AF=x，則BF=B'F=3?x，
在Rt△AB'F中，
12+(3?x)2=x2，
x=53，
∴AF=53，
在Rt△AOF中，
OF=AF2?AO2=532?1022=106．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)與判定，等角的余角性質(zhì)三角形全等判定與性質(zhì)，三角形中位線判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)勾股定理建構(gòu)方程，解拓展一元一次方程等知識(shí)，掌握以上知識(shí)是解題關(guān)鍵．
【例4】．（2021·河南商丘·八年級(jí)期中）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為4,0，點(diǎn)B為y軸正半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以B為直角頂點(diǎn)，AB為直角邊在第一象限作等腰Rt△ABC．
(1)如圖1，若OB=3，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為_(kāi)_____；
(2)如圖2，若OB=4，點(diǎn)D為OA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，以D為直角頂點(diǎn)，BD為直角邊在第一象限作等腰Rt△BDE，連接AE，求證：AE⊥AB；
(3)如圖3，以B為直角頂點(diǎn)，OB為直角邊在第三象限作等腰Rt△OBF．連接CF，交y軸于點(diǎn)P，求線段BP的長(zhǎng)度．
【答案】(1)點(diǎn)C（3，7）；
(2)證明見(jiàn)詳解過(guò)程；
(3)2．
【分析】（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥y軸，由“AAS”可證△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可求解；
（2）過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于F，由“AAS”可證△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得結(jié)論；
（3）由（1）可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由“AAS”可證△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．
(1)
如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥y軸于H，
∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°，
∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO，
∴∠ABO=∠BCH，
在△ABO和△BCH中，
∠CHB=∠AOB∠BCH=∠ABOBC=AB，
∴△ABO≌△BCH（AAS），
∴CH=OB=3，BH=AO=4，
∴OH=7，
∴點(diǎn)C（3，7），
故答案為：（3，7）；
(2)
過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于F，
∴∠EFD=∠BDE=∠BOD=90°，
∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO，
∴∠DBO=∠EDF，
在△BOD和△DFE中，
∠BOD=∠EFD∠DBO=∠EDFBD=ED，
∴△BOD≌△DFE（AAS），
∴BO=DF=4，OD=EF，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0），
∴OA=OB=4，
∴∠BAO=45°，
∵OA=DF=4，
∴OD=AF=EF，
∴∠EAF=∠AEF=45°，
∴∠BAE=90°，
∴BA⊥AE；
(3)
過(guò)點(diǎn)C作CG⊥y軸G，
由（1）可知：△ABO≌△BCG，
∴BO=GC，AO=BG=4，
∵BF=BO，∠OBF=90°，
∴BF=GC，∠CGP=∠FBP=90°，
又∵∠CPG=∠FPB，
∴△CPG≌△FPB（AAS），
∴BP=GP，
∴BP=12BG=2．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造直角三角形是本題的關(guān)鍵．
【例5】．（2021·黑龍江·哈爾濱市風(fēng)華中學(xué)校九年級(jí)階段練習(xí)）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥DE，垂足為點(diǎn)F，BF與CD相交于點(diǎn)G．
（1）求證：△BCG≌△DCE；
（2）如圖2，連接BD，若BE＝42，DG＝22，求tan∠DBG的值．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）12
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)結(jié)合已知條件，利用ASA判定三角形全等即可；
（2）過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BD垂足為H，由全等求得CG＝CE，進(jìn)一步結(jié)合圖形求得BC和CG的長(zhǎng)，然后在RT△BDC中求得GH和BH的長(zhǎng)，最后在RT△BHG中，利用tan∠DBG＝HGBH，即可求得答案．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCG＝∠DCE＝90°，BC＝CD，
∵BF⊥DE，
∴∠DFG＝∠BCG＝90°，
∵∠BGC＝∠DGF，
∴∠CBG＝∠CDE．
在△BCG和△DCE中，∠CBG=∠CDEBC=CD∠BCG=∠DCE ，
∴△BCG≌△DCE，
（2）解：過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BD垂足為H，
∵△BCG≌△DCE，
∴CG＝CE，
∵BE＝BC+CE＝42，DG＝CD﹣CG＝22，
∴BC＝CD＝32，CG＝CE＝2，
在RT△BDC中，
∵∠BCD＝90°，
∴BD＝CD2+BC2＝322+322=6，
∵∠DHG＝45°，∠DHG＝90°，DG＝22，
∴DHDG=sin45°＝22，
∴DH＝2，
∴GH＝DH＝2，
∵BH＝BD﹣DH，
∴BH＝6﹣2＝4，
在RT△BHG中，
∵∠BHG＝90°，
∴tan∠DBG＝HGBH，
∴tan∠DBG＝12
【點(diǎn)睛】本題考查三角形全等的證明，直角三角形中銳角三角函數(shù)的定義等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想解題是重點(diǎn)．
培優(yōu)訓(xùn)練
一、解答題
1．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)由圖1，證明：DE=AD+BE；
(2)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時(shí)，請(qǐng)猜想出DE，AD，BE的等量關(guān)系并說(shuō)明理由；
(3)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時(shí)，試問(wèn)DE，AD，BE又具有怎樣的等量關(guān)系？請(qǐng)直接寫(xiě)出這個(gè)等量關(guān)系（不必說(shuō)明理由）．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)DE=AD?BE，證明過(guò)程見(jiàn)解析；(3)DE=BE?AD，證明過(guò)程見(jiàn)解析
【分析】(1)先證明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，進(jìn)而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；
(2)同(1)中思路，證明△ADC≌△CEB，進(jìn)而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；
(3)同(1)中思路，證明△ADC≌△CEB，進(jìn)而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．
【詳解】解：(1)證明：在△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵AD⊥MN，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCE=∠CAD，
又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90°，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∵直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，
∴DE=CE+DC=AD+BE；
(2)DE，AD，BE的等量關(guān)系為：DE=AD?BE，理由如下：
∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90°AC=CB，
∴△ADC≌△CEBAAS
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE?CD=AD?BE；
(3)當(dāng)MN旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時(shí)，DE、AD、BE所滿足的等量關(guān)系是DE=BE?AD，理由如下：
∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90°AC=CB，
∴△ADC≌△CEBAAS
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CD?CE=BE?AD.
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性質(zhì)及等角的余角相等等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握三角形全等的判定方法是求解的關(guān)鍵．
2．（2022·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作直線CD的垂線，垂足為E，連接AE，過(guò)點(diǎn)A作AE的垂線交CE于點(diǎn)F．
（1）如圖1，求∠AEC的度數(shù)；
（2）如圖2，連接BF，且∠ABF?∠EAB=15°，求證：BF=2CF；
（3）如圖3，在（2）的條件下，G為DF上一點(diǎn)，連接AG，若∠AGD=∠EBF，AG=2，求CF的長(zhǎng)．
【答案】（1）45°；（2）見(jiàn)解析；（3）2
【分析】（1）先證明∠EAB=∠FAC, ∠AEB=∠AFC,再證明△ABE?△ACF,再利用全等三角形的性質(zhì)結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得答案；
（2）利用全等三角形的性質(zhì)先求解∠EBF=60°，證明BE=CF, 再求解∠EFB=30°，從而可得結(jié)論；
（3）如圖，過(guò)A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 連接EN, 證明△BEN為等邊三角形，再證明△AGM?△ENM，再利用全等三角形的性質(zhì)可得答案.
【詳解】解：（1）∵ ∠BAC=90°，AE⊥AF,
∴∠EAB+∠DAF=∠DAF+∠FAC=90°,∠EAF=90°,
∴∠EAB=∠FAC,
∵BE⊥CE,
∴∠BED=90°,
∴∠AEB=∠BED+∠AEF=90°+∠AEF=∠AFC, 即∠AEB=∠AFC,
∴ △ABE?△ACF，
∴ AE=AF，∠AEC=45°．
（2）∵ △ABE?△ACF，
∴∠ABE=∠ACF,BE=CF,
∴ ∠AEB=∠AFC=90°+45°=135°,
∴∠EBA+∠EAB=45°,
∵ ∠ABF?∠EAB=15°,
∴∠ABF=15°+∠EAB,
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=∠EBA+∠EAB+15°=60°,
∴∠BFE=90°?60°=30°,
∴BF=2BE，
∵BE=CF，
∴BF=2CF．
（3）如圖，過(guò)A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 連接EN,
∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,
∴EM=MF=AM,NE=NF,
∴∠NEF=∠NFE=30°,
∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,
∴∠EBN=∠ENB=60°,
∴ △BEN為等邊三角形，∠ENF=120°,
∴ BE=BN=12BF=FN=EN，
∵ ∠AGD=∠EBF=60°, AM⊥EF,
∴∠ENM=12∠ENF=60°,
∵AM=EM,∠AMG=∠EMN=90°,∠AGM=∠ENM=60°,
∴ △AGM?△ENM，
∴AG=EN=2，
∴CF=BE=2．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等腰斜邊的一半，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，熟練的應(yīng)用以上知識(shí)解題的關(guān)鍵.
3．（2020·北京市第十三中學(xué)九年級(jí)期中）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．
（1）如圖1，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），連接AD，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接CE．
①若∠BAD＝α，求∠DBE的大小（用含α的式子表示）；
②用等式表示線段EA，EB和EC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
（2）如圖2，點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接AD，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD，垂足E在線段AD上，連接CE．
①依題意補(bǔ)全圖2；
②直接寫(xiě)出線段EA，EB和EC之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）①∠DBE＝45°﹣α；②AE﹣BE=2EC，證明見(jiàn)解析；（2）①補(bǔ)全圖形見(jiàn)解析；②EB﹣EA=2EC．
【分析】（1）①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠CAB=45°，即可求出∠CAD=45°?α．根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可求出∠DBE=∠CAD=45°?α；
②過(guò)點(diǎn)C作CR⊥CE交AE于R，然后證明△ACR≌△BCE，得到AR＝BE，CR＝CE，即可得到△CER是等腰直角三角形，ER=2CE，由此即可求解；
（2）①根據(jù)題目要求作圖即可；
②過(guò)點(diǎn)C作CF⊥CE，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到∠CAF=∠CBE，證明△ACF≌△BCE.根據(jù)全等三角形的性質(zhì)有AF=BE，CF=CE．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)有EF=2EC．則有 AF -EA =2EC，即可求出線段EA，EB和EC之間的數(shù)量關(guān)系．
【詳解】解：（1）①如圖1中，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝45°，
∵∠BAD＝α，
∴∠CAD＝45°﹣α．
∵∠ACB＝90°，BE⊥AD，∠ADC＝∠BDE，
∴∠DBE＝∠CAD＝45°﹣α；
②結(jié)論：AE﹣BE=2EC．
理由：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CR⊥CE交AE于R．
∴∠ACB＝∠RCE＝90°，
∴∠ACR＝∠BCE，
∵∠CAR+∠ADC＝90°，∠CBE+∠BDE＝90°，∠ADC＝∠BDE，
∴∠CAR＝∠CBE，
在△ACR和△BCE中，
∠ACR=∠BCECA=CB∠CAR=∠CBE，
∴△ACR≌△BCE（ASA），
∴AR＝BE，CR＝CE，
∴△CER是等腰直角三角形，
∴ER=2CE，
∴AE﹣BE＝AE﹣AR＝ER =2EC．
（2）①補(bǔ)全圖形，如圖2所示：
②猜想：當(dāng)D在BC邊的延長(zhǎng)線上時(shí)，EB﹣EA=2EC；理由如下：
過(guò)點(diǎn)C作CF⊥CE，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，
如圖3所示：則∠ECF＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ECF+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，
即∠ACF＝∠BCE，
∵∠CAF+∠ADB＝90°，∠CBE+∠ADB＝90°，
∴∠CAF＝∠CBE，
在△ACF和△BCE中，
∠ACF=∠BCEAC=BC∠CAF=∠CBE，
∴△ACF≌△BCE（ASA），
∴AF＝BE，CF＝CE．
∵∠ECF＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=2EC，
即AF﹣EA=2EC．
∴EB﹣EA=2EC．
【點(diǎn)睛】考查等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等，難度一般，掌握全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
4．（2021·四川省成都市七中育才學(xué)校七年級(jí)期中）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，在直線AC右側(cè)作AE⊥AD，且AE=AD．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，連接DE．求證：EH=AC；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接BE交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．求證：BM=EM；
（3）當(dāng)點(diǎn)D在直線CB上時(shí)，連接BE交直線AC于M，若2AC=5CM，請(qǐng)求出S△ADBS△AEM的值．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）43或47
【分析】（1）由“AAS”可證△AHE≌△DCA，可得EH=AC，即可求證；
（2）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC，交CA延長(zhǎng)線于N，由“AAS”可證△ANE≌△DCA，可得AC=EN=BC，由“AAS”可證△ENM≌△BCM，可得BM=EM；
（3）AC=5a，CM=2a，分三種情況：當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上，點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在線段CB的延長(zhǎng)線上，由全等三角形的性質(zhì)可求得相應(yīng)線段的長(zhǎng)，再由三角形的面積公式可求解．
【詳解】證明（1）∵AE⊥AD，∠ACB=90°，
∴∠EAH=90°?∠CAD，∠ADC=90°?∠CAD，
∴∠EAH=∠ADC，
在△AHE與△DCA中
∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADCAE=AD，
∴△AHE≌△DCA(AAS)，
∴EH=AC；
（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC，交CA延長(zhǎng)線于N，
∵AE⊥AD，∠ACB=90°，
∴∠EAN=90°?∠CAD，∠ADC=90°?∠CAD，
∴∠EAN=∠ADC，
在△ANE與△DCA中，
∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，
又∵AC=BC，
∴EN=BC，
又在△ENM與△BCM中，
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△ENM≌△BCM(AAS)，
則BM=EM；
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，
∵2AC=5CM，
∴可設(shè)AC=5a，CM=2a，
由（1）得：△AHE≌△DCA，
則AH=CD，EH=AC=BC=5a，
由∵∠EHM=∠BCM=90° ，∠BMC=∠EMH ，
∴△MHE≌△MCB（AAS），
∴CM=HM，
即HM=CM=2a，
∴AH=AC?CM?HM=5a?2a?2a=a ，
∴AM=AH+HM=3a，CD=AH=a ，
EH=AC=5a，
BD=BC?CD=4a，
∴S△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EH=12×4a×5a12×3a×5a=43；
如圖，點(diǎn)D在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC，交AC延長(zhǎng)線于N，
∵2AC=5CM，
∴可設(shè)AC=5a，CM=2a，
∵EN⊥AC，AE⊥AD，
∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90° ，
∴∠EAN=90°?∠CAD，∠ADC=90°?∠CAD，
∴∠EAN=∠ADC，
在△ANE與△DCA中，
∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，AN=CD ，
又∵AC=BC，
∴EN=BC，
又在△ENM與△BCM中，
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△ENM≌△BCM(AAS)，
∴CM=NM=2a，
NE=BC=AC=5a ，
∴AN=AC+CM+MN=9a ，
AM=AC+CM=7a ，
AN=CD=9a ，
∴BD=4a，
∴S△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EN=12×4a×5a12×7a×5a=47，
點(diǎn)D在BC延長(zhǎng)線上
由圖2得：AC

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