1． (2023·安徽宣城）如圖1，在四邊形ABCD中，，點(diǎn)E在邊BC上，且，，作交線段AE于點(diǎn)F，連接BF．
（1）求證：；
（2）如圖2，若，，，求BE的長(zhǎng)；
（3）如圖3，若BF的延長(zhǎng)線經(jīng)過AD的中點(diǎn)M，求的值．
2．（安徽省2020年中考數(shù)學(xué)試題）如圖1．已知四邊形是矩形．點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上．與相交于點(diǎn)，與相交于點(diǎn)
求證：；
若，求的長(zhǎng)；
如圖2，連接，求證：．
3．（安徽省2019年中考數(shù)學(xué)試題）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P為△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且∠APB=∠BPC=135°
（1）求證：△PAB∽△PBC
（2）求證：PA=2PC
（3）若點(diǎn)P到三角形的邊AB，BC，CA的距離分別為h1，h2，h3，求證h12=h2·h3
4．（安徽省2018年中考數(shù)學(xué)試題）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D為邊AC上一點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)M為BD中點(diǎn)，CM的延長(zhǎng)線交AB于點(diǎn)F
（1）求證：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大??；
（3）如圖2，若△DAE≌△CEM，點(diǎn)N為CM的中點(diǎn)，求證：AN∥EM
5．（2017·安徽）已知正方形，點(diǎn)為邊的中點(diǎn).
（1）如圖1，點(diǎn)為線段上的一點(diǎn)，且，延長(zhǎng)，分別與邊，交于點(diǎn)，.
①求證：；
②求證：.
（2）如圖2，在邊上取一點(diǎn)，滿足，連接交于點(diǎn)，連接延長(zhǎng)交于點(diǎn)，求的值.
1． (2023·江西南昌·九年級(jí)期末）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．
(1)如圖1，連接BG、CF，
①求的值；
②求∠BHC的度數(shù)．
(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖2位置時(shí)，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN，猜想MN與BE的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由．
2． (2023·遼寧大連·八年級(jí)期末）△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D、E分別在邊AC、BC上，且AD＝CE，連接AE、BD交于點(diǎn)F．
(1)如圖1，求∠BFE的度數(shù)；
(2)如圖2，連接CF，當(dāng)CF⊥BD時(shí)，求的值；
(3)如圖3，點(diǎn)P在線段AE上，連接CP，且CP＝AF，在圖中找出與線段 AP相等的線段，并證明．
3． (2023·重慶南開中學(xué)八年級(jí)開學(xué)考試）在平行四邊形ABCD中，連接BD，若BD⊥CD，點(diǎn)E為邊AD上一點(diǎn)，連接CE．
(1)如圖1，點(diǎn)G在BD上，且DG＝DC，連接CG，過G作GH⊥CE于點(diǎn)H，連接DH并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M，若HG＝BM，求證：BM+DH＝DB；
(2)如圖2，∠ABC＝120°，AB＝，點(diǎn)N在BC邊上，BC＝4CN，若CE是∠DCB的角平分線，線段PQ（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)）在線段CE上運(yùn)動(dòng)，PQ＝，連接BP、NQ，請(qǐng)直接寫出BP+PQ+QN的最小值．
4． (2023·江蘇·無錫市東林中學(xué)八年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（0，3）．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度向右平移，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度向右平移，又P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)．
(1)連接AQ，當(dāng)△ABQ是直角三角形時(shí)，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為 ；
(2)當(dāng)P、Q運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，如果沿著直線AQ翻折，點(diǎn)P恰好落在線段AB上，求這時(shí)∠AQP的度數(shù)；
(3)若將AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使得P落在線段BQ上，記作P'，且AP'∥PQ，求此時(shí)直線PQ的解析式．
5． (2023·江西贛州·九年級(jí)期末）在中，，，點(diǎn)E在射線CB上運(yùn)動(dòng)．連接AE，將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接CF．
(1)如圖1，點(diǎn)E在點(diǎn)B的左側(cè)運(yùn)動(dòng)．
①當(dāng)，時(shí)，則___________°；
②猜想線段CA，CF與CE之間的數(shù)量關(guān)系為____________．
(2)如圖2，點(diǎn)E在線段CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，第（1）問中線段CA，CF與CE之間的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)說明理由；如果不成立，請(qǐng)求出它們之間新的數(shù)量關(guān)系．
1． (2023·河南信陽·一模）如圖，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)a得到△ADE，連接BD，EC，BD的延長(zhǎng)線交EC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
(1)【問題發(fā)現(xiàn)】如圖①，當(dāng)α＝60°時(shí)，線段BF與EF的數(shù)量關(guān)系是______，∠BFE＝______；
(2)【類比探究】當(dāng)△ABC旋轉(zhuǎn)到如圖②所示的位置時(shí)，請(qǐng)判斷線段BF與EF的數(shù)量關(guān)系及∠BFE的度數(shù)，并說明理由；
(3)【問題解決】當(dāng)AE∥BC時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BF的長(zhǎng)．
2． (2023·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）實(shí)踐操作：
第一步：如圖1，將矩形紙片沿過點(diǎn)的直線折疊，使點(diǎn)落在上的點(diǎn)處，得到折痕．
第二步：如圖2，將圖1中的圖形沿過點(diǎn)的直線折疊，點(diǎn)恰好落在上的點(diǎn)處，為折痕，延長(zhǎng)交直線于點(diǎn)．
問題解決：
(1)如圖1，填空：三角形的形狀是 ；
(2)如圖2，若，，求的長(zhǎng)．
提升反思：
愛動(dòng)腦筋的小敏同學(xué)用不同形狀的矩形紙片，按照題中第一步、第二步的方法折疊并延長(zhǎng)，發(fā)現(xiàn)有些點(diǎn)不在線段上．若要使點(diǎn)落在線段上（不含端點(diǎn)），請(qǐng)直接寫出的取值范圍．
3． (2023·重慶巫溪·八年級(jí)期末）如圖，是等腰三角形，，點(diǎn)D在直線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E為線段上一定點(diǎn)，連接，作，使，，連接．
(1)如圖1，在上取點(diǎn)G，使，求證：；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段上，點(diǎn)F位于直線的上方時(shí)，求證：；
(3)如圖3，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到線段的延長(zhǎng)線上時(shí)，求證：為定值．
4． (2023·黑龍江·哈爾濱市第四十七中學(xué)八年級(jí)開學(xué)考試）已知中，，，點(diǎn)G為線段BC上一點(diǎn)，連接AG，過點(diǎn)B作，交AG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接CD．
(1)如圖1，求證：．
(2)如圖2，當(dāng)時(shí)，將沿AD翻折得到，點(diǎn)C與點(diǎn)E為對(duì)應(yīng)點(diǎn)，DE與AB交于點(diǎn)F，求證：．
(3)如圖3，在（2）的條件下，連接CF交AD于H，過點(diǎn)H作于M，若求AF的長(zhǎng)．
5． (2023·吉林·長(zhǎng)春外國(guó)語學(xué)校九年級(jí)開學(xué)考試）【感知】已知四邊形ABCD中，∠A=∠C=90°．求證：A、B、C、D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上．
李明同學(xué)認(rèn)為：連結(jié)BD，取BD的中點(diǎn)O，連結(jié)OA、OC來證明，請(qǐng)你按照李明的思路完成證明．
【拓展】如圖，在正方形ABCD中，AB=8，點(diǎn)F是AD中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AB上一點(diǎn)，F(xiàn)P⊥CE于點(diǎn)P．
（1）如圖②，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上時(shí)，PC=_______；
（2）如圖③，過點(diǎn)P分別作AB、BC的垂線，垂足分別為N、M，則MN的最小值為______．
2024年中考數(shù)學(xué)沖刺 挑戰(zhàn)壓軸題專題匯編（安徽考卷）
05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）
1． (2023·安徽宣城）如圖1，在四邊形ABCD中，，點(diǎn)E在邊BC上，且，，作交線段AE于點(diǎn)F，連接BF．
（1）求證：；
（2）如圖2，若，，，求BE的長(zhǎng)；
（3）如圖3，若BF的延長(zhǎng)線經(jīng)過AD的中點(diǎn)M，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）6；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)及已知條件易證，，即可得，；再證四邊形AFCD是平行四邊形即可得，所以，根據(jù)SAS即可證得；
（2）證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（3）延長(zhǎng)BM、ED交于點(diǎn)G．易證，可得；設(shè)，，，由此可得，；再證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得．證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即，解方程求得x的值，繼而求得的值．
【詳解】
（1）證明：，
；
，
，，
，
，，
，，
，，
四邊形AFCD是平行四邊形
在與中．
，
（2），
，
在中，，
，
，
又，，
，
在與中．
，
；
；
，
；
，
；
，
，
或（舍）；
（3）延長(zhǎng)BM、ED交于點(diǎn)G．
與均為等腰三角形，，
，
，
設(shè)，，，
則，，
，
，
；
在與中，
，
；
．
；
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍），，
．
【點(diǎn)睛】
本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)及判定、相似三角形的性質(zhì)及判定，熟練判定三角形全等及相似是解決問題的關(guān)鍵．
2．（安徽省2020年中考數(shù)學(xué)試題）如圖1．已知四邊形是矩形．點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上．與相交于點(diǎn)，與相交于點(diǎn)
求證：；
若，求的長(zhǎng)；
如圖2，連接，求證：．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）見解析
【分析】
（1）由矩形的形及已知證得△EAF≌△DAB，則有∠E=∠ADB，進(jìn)而證得∠EGB=90o即可證得結(jié)論；
（2）設(shè)AE=x，利用矩形性質(zhì)知AF∥BC，則有，進(jìn)而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，進(jìn)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(jié)論．
【詳解】
（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90o，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90o，
∴∠E+∠ABD=90o，
∴∠EGB=90o，
∴BG⊥EC；
（2）設(shè)AE=x，則EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，連接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90o，
∴∠DAG+∠DAH=90o，
∴∠HAG=90o，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、直角定義、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程等知識(shí)，涉及知識(shí)面廣，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，提取相關(guān)信息，利用截長(zhǎng)補(bǔ)短等解題方法確定解題思路，進(jìn)而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．
3．（安徽省2019年中考數(shù)學(xué)試題）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P為△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且∠APB=∠BPC=135°
（1）求證：△PAB∽△PBC
（2）求證：PA=2PC
（3）若點(diǎn)P到三角形的邊AB，BC，CA的距離分別為h1，h2，h3，求證h12=h2·h3
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析.
【分析】
（1）結(jié)合題意，易得∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC，然后由∠APB=∠BPC=135°即可證明△PAB∽△PBC；
（2）根據(jù)（1）中△PAB∽△PBC，可得，然后由△ABC是等腰直角三角形，可得出，易得PA=2PC；
（3）過點(diǎn)P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于點(diǎn)D，E，首先由Rt△AEP∽R(shí)t△CDP得出，即，再根據(jù)△PAB∽△PBC可得出，整理即可得到.
【詳解】
解：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC
又∠APB=135°，
∴∠PAB+∠PBA=45°，
∴∠PBC=∠PAB，
又∵∠APB=∠BPC=135°，
∴△PAB∽△PBC；
（2）∵△PAB∽△PBC，
∴，
在Rt△ABC中，AC=BC，
∴,
∴
∴PA=2PC；
（3）

過點(diǎn)P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于點(diǎn)D，E，
∵∠CPB+∠APB=135°+135°=270°，
∴∠APC=90°，∴∠EAP+∠ACP=90°,
又∵∠ACB=∠ACP+∠PCD=90°
∴∠EAP=∠PCD，
∴Rt△AEP∽R(shí)t△CDP，
∴，即，∴
∵△PAB∽△PBC，
∴
即.
【點(diǎn)睛】
本題是相似三角形綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)，其中第（3）問有一定難度，通過作輔助線構(gòu)造出Rt△AEP∽R(shí)t△CDP是解題關(guān)鍵.
4．（安徽省2018年中考數(shù)學(xué)試題）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D為邊AC上一點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)M為BD中點(diǎn)，CM的延長(zhǎng)線交AB于點(diǎn)F
（1）求證：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；
（3）如圖2，若△DAE≌△CEM，點(diǎn)N為CM的中點(diǎn)，求證：AN∥EM
【答案】（1）證明見解析；（2）∠EMF=100°；（3）證明見解析.
【解析】
【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(jìn)行證明即可得；
（2）根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠ABC=40°，根據(jù)CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，從而可得∠CMD=2∠CBM，繼而可得∠CME=2∠CBA=80°，根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義即可求得∠EMF的度數(shù)；
（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，結(jié)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(jié)合AE=EM=MB，可推導(dǎo)得出AC=AM，根據(jù)N為CM中點(diǎn)，可得AN⊥CM，再根據(jù)CM⊥EM，即可得出AN∥EM.
【詳解】（1）∵M(jìn)為BD中點(diǎn)，
Rt△DCB中，MC=BD，
Rt△DEB中，EM=BD，
∴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=BD=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=∠MEB=15°，
∵∠CME=90°，
∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM，
∴AC=AM，
∵N為CM中點(diǎn)，
∴AN⊥CM，
∵CM⊥EM，
∴AN∥CM.
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線、靈活應(yīng)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.
5．（2017·安徽）已知正方形，點(diǎn)為邊的中點(diǎn).
（1）如圖1，點(diǎn)為線段上的一點(diǎn)，且，延長(zhǎng)，分別與邊，交于點(diǎn)，.
①求證：；
②求證：.
（2）如圖2，在邊上取一點(diǎn)，滿足，連接交于點(diǎn)，連接延長(zhǎng)交于點(diǎn)，求的值.
【答案】（1）詳見解析；（2）
【解析】
【詳解】
試題分析：(1)①利用ASA判定證明兩個(gè)三角形全等；②先利用相似三角形的判定，再利用相似三角形的性質(zhì)證明；（2）構(gòu)造直角三角形，求一個(gè)角的正切值.
試題解析：(1)①證明：∵四邊形為正方形，∴，，
又，∴，又，∴，
∴(ASA)，∴.
②證明：∵，點(diǎn)為中點(diǎn)，∴，∴，
又∵，從而，又，∴，
∴，即，由，得.
由①知，，∴，∴.
(2)解：(方法一)
延長(zhǎng)，交于點(diǎn)(如圖1)，由于四邊形是正方形，所以，
∴，又，∴，
故，即，
∵，，∴，由知，，
又，∴，不妨假設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，
設(shè)，則由，得，
解得，(舍去)，∴，
于是,
(方法二)
不妨假設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，設(shè)，則由，得，
解得，(舍去)，即，
作交于(如圖2)，則，∴，
設(shè)，則，，∵，即，
解得，∴，從而，此時(shí)點(diǎn)在以為直徑的圓上，
∴是直角三角形，且，
由(1)知，于是.
考點(diǎn)： （1）全等三角形的判定；（2）相似三角形的判定及性質(zhì)；（3）求一個(gè)角的三角函數(shù)值.
1． (2023·江西南昌·九年級(jí)期末）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．
(1)如圖1，連接BG、CF，
①求的值；
②求∠BHC的度數(shù)．
(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖2位置時(shí)，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN，猜想MN與BE的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)①；②45°；
(2)；；理由見解析
【解析】
【分析】
（1）①通過證明△CAF∽△BAG，可得；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的內(nèi)角和定理，即可求出答案；
（2）過點(diǎn)C作，由“ASA”可證△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可證△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位線定理可得結(jié)論．
(1)
①如圖1，連接AF，AC，
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴，，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，，
∴△CAF∽△BAG，
∴；
②∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，
在△BCH中，∠BHC＝180°?（∠HBC＋∠HCB）
＝180°?（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）
＝180°?（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）
＝180°?（∠ABC＋∠ACB）
＝45°；
(2)
BE＝2MN，MN⊥BE；
理由如下：如圖2
連接ME，過點(diǎn)C作CQ∥EF，交直線ME于Q，連接BQ，設(shè)CF與AD交點(diǎn)為P，CF與AG交點(diǎn)為R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵點(diǎn)M是CF的中點(diǎn)，
∴CM＝MF，
又∵∠CMQ＝∠FME，
∴△CMQ≌△FME（ASA），
∴CQ＝EF，ME＝QM，
∴AE＝CQ，
∵CQ∥EF，AG∥EF，
∴CQ∥AG，
∴∠QCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，
∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCQ，
又∵BC＝AB，CQ＝AE，
∴△BCQ≌△BAE（SAS），
∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，
∴∠QBE＝∠CBA＝90°，
∵M(jìn)Q＝ME，點(diǎn)N是BE中點(diǎn)，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
【點(diǎn)睛】
本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
2． (2023·遼寧大連·八年級(jí)期末）△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D、E分別在邊AC、BC上，且AD＝CE，連接AE、BD交于點(diǎn)F．
(1)如圖1，求∠BFE的度數(shù)；
(2)如圖2，連接CF，當(dāng)CF⊥BD時(shí)，求的值；
(3)如圖3，點(diǎn)P在線段AE上，連接CP，且CP＝AF，在圖中找出與線段 AP相等的線段，并證明．
【答案】(1)60°
(2)
(3)，見解析
【解析】
【分析】
（1）由等邊三角形的性質(zhì)可知，．再結(jié)合題意即可利用“SAS”證明，得出，結(jié)合三角形外角的性質(zhì)即得出；
（2）在BF上截取，連接AH，由全等的性質(zhì)可知．即可利用“SAS”證明，由此得出．再根據(jù)三角形外角性質(zhì)可證明，從而可求出，由等角對(duì)等邊可得出．從而即得出；
（3）過A作延長(zhǎng)線于G，過C作延長(zhǎng)線于H，由全等的性質(zhì)可知，即得出，從而可證，得出，．進(jìn)而可證，即得出，由，即得出．
(1)
∵是等邊三角形，
∴，．
又∵，
∴．
∴，
∵．
∴；
(2)
如圖，在BF上截取，連接AH，
∵，
∴，即．
又∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴；
(3)
．
證明：過A作延長(zhǎng)線于G，過C作延長(zhǎng)線于H，如圖，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，．
又∵，
∴
∴，
∴，即．
【點(diǎn)睛】
本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，等角對(duì)等邊，三角形外角的性質(zhì)．正確的作出輔助線是解題關(guān)鍵．
3． (2023·重慶南開中學(xué)八年級(jí)開學(xué)考試）在平行四邊形ABCD中，連接BD，若BD⊥CD，點(diǎn)E為邊AD上一點(diǎn)，連接CE．
(1)如圖1，點(diǎn)G在BD上，且DG＝DC，連接CG，過G作GH⊥CE于點(diǎn)H，連接DH并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M，若HG＝BM，求證：BM+DH＝DB；
(2)如圖2，∠ABC＝120°，AB＝，點(diǎn)N在BC邊上，BC＝4CN，若CE是∠DCB的角平分線，線段PQ（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)）在線段CE上運(yùn)動(dòng)，PQ＝，連接BP、NQ，請(qǐng)直接寫出BP+PQ+QN的最小值．
【答案】(1)見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）如圖1，過點(diǎn)D作DF⊥DM交CE于點(diǎn)F，設(shè)CE與BD交于點(diǎn)K，先證明△DCF≌△DGH（ASA），進(jìn)而證得△DFH是等腰直角三角形，得出FH＝DH，再證明△DMB≌△CGH（AAS），推出CF＝BM，即可證得結(jié)論；
（2）如圖2，在CD上截取CG＝CN，連接GQ，過點(diǎn)B作BF∥CE，使BF＝PQ＝，連接DF交CE于點(diǎn)T，連接QF，過點(diǎn)F作FM⊥BD于點(diǎn)M，過點(diǎn)G作GH⊥DF于點(diǎn)H，應(yīng)用平行四邊形的性質(zhì)和含30°直角三角形三邊關(guān)系可得：BC＝2CD＝2，利用勾股定理可得BD＝，再利用含30°直角三角形三邊關(guān)系可得：BM＝BF＝，F(xiàn)M＝BM＝，進(jìn)而可得DM＝，求得：FG＝，再證四邊形BPQF是平行四邊形，得出BP＝FQ，再證明△CNQ≌△CGQ（SAS），得出QN＝QG，根據(jù)FQ+QG≥FG，可得出：當(dāng)點(diǎn)Q在線段FG上時(shí)，F(xiàn)Q+QG的最小值為FG，即BP+QN的最小值為FG，即可求得BP+PQ+QN的最小值．
(1)
如圖1，過點(diǎn)D作DF⊥DM交CE于點(diǎn)F，設(shè)CE與BD交于點(diǎn)K，
∵BD⊥CD，DF⊥DM，GH⊥CE，
∴∠CDG＝∠FDH＝∠CHG＝90°，
∴∠CDF＝∠GDH，
∵∠DGH+∠HKG＝∠DCF+∠DKC＝90°，∠HKG＝∠DKC，
∴∠DCF＝∠DGH，
在△DCF和△DGH中，
，
∴△DCF≌△DGH（ASA），
∴DF＝DH，CF＝GH，
∵∠FDH＝90°，
∴△DFH是等腰直角三角形，
∴∠DFH＝∠DHF＝45°，F(xiàn)H＝DH，
∵DC＝DG，∠CDG＝90°，
∴∠CGD＝DCG＝45°，
∴∠CGD＝∠DHF，
∵∠CGD+∠GCH+∠CKG＝∠DHF+∠BDM+∠DKH＝180°，∠CKG＝∠DKH，
∴∠GCH＝∠BDM，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴ABCD，
∴∠DBM＝∠CDG＝90°＝∠CHG，
在△DMB和△CGH中，
，
∴△DMB≌△CGH（AAS），
∴DB＝CH，
∵CF＝GH，BM＝GH，
∴CF＝BM，
∵CF+FH＝CH，
∴BM+DH＝DB；
；
(2)
如圖2，在CD上截取CG＝CN，連接GQ，過點(diǎn)B作BF∥CE，使BF＝PQ＝，
連接DF交CE于點(diǎn)T，連接QF，過點(diǎn)F作FM⊥BD于點(diǎn)M，過點(diǎn)G作GH⊥DF于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴ABCD，CD＝AB＝，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝180°﹣120°＝60°，
∵BD⊥CD，CD＝，
∴∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2CD＝2，
∴BD＝＝＝，
∵CE平分∠DCB，
∴∠BCE＝∠DCE＝∠DCB＝×60°＝30°，
∵BFCE，
∴∠CBF＝∠BCE＝30°，
∴∠DBF＝∠CBF+∠CBD＝30°+30°＝60°，
∵FM⊥BD，BF＝，
∴BM＝BF＝＝，F(xiàn)M＝BM＝×＝，
∴DM＝BD-BM＝＝，
∴DF＝＝＝，
∵DF2+BF2＝，
∴DF2+BF2＝BD2，
∴BF⊥DF，
∵BFCE，
∴CE⊥DF，
∵∠DCE＝30°，
∴∠CDF＝90°-30°＝60°，
∵BC＝2，BC＝4CN，
∴CN＝＝，
∴CG＝CN＝，
∴DG＝CD-CG＝-＝，
∵GH⊥DF，∠CDF＝60°，
∴DH＝DG＝＝，GH＝DH＝×＝，
∴FH＝DF-DH＝+＝，
∴FG＝＝＝，
∵BFCE，BF＝PQ，
∴四邊形BPQF是平行四邊形，
∴BP＝FQ，
在△CNQ和△CGQ中，
，
∴△CNQ≌△CGQ（SAS），
∴QN＝QG，
∵FQ+QG≥FG，
∴當(dāng)點(diǎn)Q在線段FG上時(shí)，F(xiàn)Q+QG的最小值為FG，
∴BP+QN的最小值為FG，
∵PQ＝，F(xiàn)G＝，
∴BP+PQ+QN的最小值為FG+PQ＝＝，
故BP+PQ+QN的最小值為．
；
【點(diǎn)睛】
本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，截長(zhǎng)補(bǔ)短方法，熟練運(yùn)用所學(xué)知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵
4． (2023·江蘇·無錫市東林中學(xué)八年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（0，3）．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度向右平移，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度向右平移，又P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)．
(1)連接AQ，當(dāng)△ABQ是直角三角形時(shí)，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為 ；
(2)當(dāng)P、Q運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，如果沿著直線AQ翻折，點(diǎn)P恰好落在線段AB上，求這時(shí)∠AQP的度數(shù)；
(3)若將AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使得P落在線段BQ上，記作P'，且AP'∥PQ，求此時(shí)直線PQ的解析式．
【答案】(1)（，3）或（4，3）
(2)45°
(3)y＝－x＋
【解析】
【分析】
（1）是直角三角形，分兩種情況：①，，軸，進(jìn)而得出點(diǎn)坐標(biāo)；②，，如圖過點(diǎn)Q作，垂足為C，在中，由勾股定理知，設(shè),在中，由勾股定理知，在中，由勾股定理知，有，求解x的值，即的長(zhǎng)，進(jìn)而得出點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）如圖，點(diǎn)P翻折后落在線段AB上的點(diǎn)E處，由翻折性質(zhì)和可得，，，，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥BQ于點(diǎn)F，EM⊥AO于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QH⊥OP于點(diǎn)H， 可證，求出EF的值，的值，有，用證明，知，，進(jìn)而可求的值；
（3）如圖，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，證，可知，，過點(diǎn)A作AG⊥BQ于G，設(shè)，則，在中，，由勾股定理得，解得的值，進(jìn)而求出點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)過點(diǎn)的直線解析式為，將兩點(diǎn)坐標(biāo)代入求解即可求得解析式．
(1)
解：∵是直角三角形，點(diǎn)，點(diǎn)
∴①當(dāng)時(shí)，
∵軸
∴點(diǎn)坐標(biāo)為；
②當(dāng)時(shí)，，如圖過點(diǎn)Q作，垂足為C
在中，由勾股定理知
設(shè),在中，由勾股定理知
在中，由勾股定理知
∴
解得
∴
∴
∴點(diǎn)坐標(biāo)為；
綜上所述，點(diǎn)坐標(biāo)為或．
(2)
解：如圖，點(diǎn)P翻折后落在線段AB上的點(diǎn)E處，
則
又∵
∴
∴
∴
∴
∴點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)
過點(diǎn)E作EF⊥BQ于點(diǎn)F，EM⊥AO于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QH⊥OP于點(diǎn)H，
在和中
∵∠AEM=∠BEF∠EMA=∠EFBAE=BE
∴
∴
∴EF＝
∵
∴
在和中
∵
∴
∴
∴
∴．
(3)
解：如圖
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知
∵
∴
在和中
∠P′QA=∠PAQAQ=QA∠P′AQ=∠PQA
∴
∴
∴
過點(diǎn)A作AG⊥BQ于G
設(shè)
∴
在中，，由勾股定理得
解得
∴
∴點(diǎn)的坐標(biāo)分別為
設(shè)過點(diǎn)的直線解析式為
將兩點(diǎn)坐標(biāo)代入得
解得：
∴過點(diǎn)的直線解析式為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了翻折的性質(zhì)，三角形全等，勾股定理，一次函數(shù)等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于將知識(shí)靈活綜合運(yùn)用．
5． (2023·江西贛州·九年級(jí)期末）在中，，，點(diǎn)E在射線CB上運(yùn)動(dòng)．連接AE，將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接CF．
(1)如圖1，點(diǎn)E在點(diǎn)B的左側(cè)運(yùn)動(dòng)．
①當(dāng)，時(shí)，則___________°；
②猜想線段CA，CF與CE之間的數(shù)量關(guān)系為____________．
(2)如圖2，點(diǎn)E在線段CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，第（1）問中線段CA，CF與CE之間的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)說明理由；如果不成立，請(qǐng)求出它們之間新的數(shù)量關(guān)系．
【答案】(1)①；②
(2)不成立，
【解析】
【分析】
（1）①由直角三角形的性質(zhì)可得出答案；
②過點(diǎn)E作ME⊥EC交CA的延長(zhǎng)線于M，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE=EF，∠AEF=90°，得出∠AEM=∠CEF，證明△FEC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CF=AM，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)F作FH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．證明△ABE≌△EHF（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出FH=BE，EH=AB=BC，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；
(1)
①∵，，，
∴，
∵sin∠EAB=
∴，
故答案為：30°；
②．
如圖1，過點(diǎn)E作交CA的延長(zhǎng)線于M，
∵，，
∴，∴，
∴，
∴，
∵將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，
∴，，
∴，
在△FEC和△AEM中
，
∴，
∴，
∴，
∵為等腰直角三角形，
∴，
∴；
故答案為：；
(2)
不成立．
如圖2，過點(diǎn)F作交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．
∴，，
∵，
∴，
在△FEC和△AEM中
，
∴，
∴，，
∴，
∴為等腰直角三角形，
∴．
又∵，
即．
【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解直角三角形，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
1． (2023·河南信陽·一模）如圖，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)a得到△ADE，連接BD，EC，BD的延長(zhǎng)線交EC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
(1)【問題發(fā)現(xiàn)】如圖①，當(dāng)α＝60°時(shí)，線段BF與EF的數(shù)量關(guān)系是______，∠BFE＝______；
(2)【類比探究】當(dāng)△ABC旋轉(zhuǎn)到如圖②所示的位置時(shí)，請(qǐng)判斷線段BF與EF的數(shù)量關(guān)系及∠BFE的度數(shù)，并說明理由；
(3)【問題解決】當(dāng)AE∥BC時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BF的長(zhǎng)．
【答案】(1)BF＝EF，60°；
(2)BF＝EF，∠BFE＝60°，見解析；
(3)或
【解析】
【分析】
（1）首先證明∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，則A、B、E三點(diǎn)共線，再證明△EBF是等邊三角形，從而得出答案；
（2）通過AAS可證明△EDF≌△BCF，得BF=EF，由∠DEF=∠AEC-∠AED=∠AEC-30°，∠BDE=∠BDA+∠ADE=∠BDA+30°，利用三角形外角的性質(zhì)即可求出∠BFE的度數(shù)；
（3）當(dāng)點(diǎn)E在直線AB的右側(cè)時(shí)，如圖③，過點(diǎn)C作CH⊥BF于H，過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，可得∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，∠F=60°，通過解直角三角形可求出BF的長(zhǎng)，當(dāng)點(diǎn)E在直線AB的左側(cè)時(shí)，同理可得．
(1)
解：∵將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，AB=AC=2，∠BAC=120°，
∴∠DAE=∠BAC=120°，∠BAD=∠CAE=α=60°，AB=AD=AE=AC，
∴∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，
∴A、B、E三點(diǎn)共線，
∵∠CAE=60°，AC=AE，
∴△ACE是等邊三角形，
同理△ABD是等邊三角形，
∴∠FBE=∠FEB=60°，
∴△EBF是等邊三角形，
∴BF=EF，∠BFE=60°；
故答案為：BF=EF，60°
(2)
解：由旋轉(zhuǎn)可知：AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝120°，BC＝DE，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
同理：∠ADE＝∠AED＝30°，
∵∠BAD＋∠DAC＝120°，
∠EAC＋∠DAC＝120°，
∴∠BAD＝∠EAC，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD△ACE，
∴∠ADB＝∠ACE，
∵∠EDF＝180°－∠ADB－∠ADE＝150°－∠ADB，
∠BCF＝180°－∠ACE－∠ACB＝150°－∠ACE，
∴∠EDF＝∠BCF，
∵∠F＝∠F，
∴△BCF△EDF（AAS），
∴BF＝EF，
∴∠DEF＝∠AEC－30°，∠BDE＝∠BDA＋30°，
∴∠BFE＝∠BDE－∠DEF＝60°．
(3)
解：當(dāng)點(diǎn)E在直線AB的右側(cè)時(shí)，如圖3，
過點(diǎn)C作CH⊥BF于H，過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，
∵AEBC，
∴∠ABC+∠BAE=180°，
∵∠ABC=30°，
∴∠BAE=150°，
∴∠BAD=30°，
∵AB=AD，
∴∠ABF=∠ADB==75°，
∴∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，
∵CH⊥BF，
∴∠BCH=∠CBF=45°，
∴BH=CH=BC，
∵AB=2，∠ABC=30°，AM⊥BC，
∴AM=AB＝×2=，BM=CM，
∴BM===3，
∴BC=2BM=6，
∴BH=CH=3，
∵CH⊥BF，∠BFE=60°，
∴HF=＝＝，
∴BF=BH+HF=3+；
當(dāng)點(diǎn)E在直線AB的左側(cè)時(shí)，如圖4，
同理求得BF=3?，
綜上所述：BF的長(zhǎng)為3+或3-．
【點(diǎn)睛】
本題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造特殊的直角三角形是解題的關(guān)鍵．
2． (2023·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）實(shí)踐操作：
第一步：如圖1，將矩形紙片沿過點(diǎn)的直線折疊，使點(diǎn)落在上的點(diǎn)處，得到折痕．
第二步：如圖2，將圖1中的圖形沿過點(diǎn)的直線折疊，點(diǎn)恰好落在上的點(diǎn)處，為折痕，延長(zhǎng)交直線于點(diǎn)．
問題解決：
(1)如圖1，填空：三角形的形狀是 ；
(2)如圖2，若，，求的長(zhǎng)．
提升反思：
愛動(dòng)腦筋的小敏同學(xué)用不同形狀的矩形紙片，按照題中第一步、第二步的方法折疊并延長(zhǎng)，發(fā)現(xiàn)有些點(diǎn)不在線段上．若要使點(diǎn)落在線段上（不含端點(diǎn)），請(qǐng)直接寫出的取值范圍．
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)，
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)折疊性質(zhì)，可得，，進(jìn)而證明四邊形是正方形，即可證明三角形的形狀是等腰直角三角形；
（2）過點(diǎn)作，，垂足分別為、，在中，設(shè)，則，由勾股定理得：，解方程求解可得的長(zhǎng)，繼而證明，設(shè)，則，，即可求得，進(jìn)而求得的長(zhǎng)
提升反思：由（1）（2）得：，，當(dāng)點(diǎn)與重合時(shí)：，化簡(jiǎn)即可求得的值，由題意得：，進(jìn)而可得的取值范圍．
(1)
等腰直角三角形，理由如下：
由折疊的性質(zhì)得，，，
又，
四邊形是矩形，
，
四邊形是正方形，
的形狀為等腰直角三角形；
故答案為：等腰直角三角形；
(2)
過點(diǎn)作，，垂足分別為、，
由折疊得：是正方形，，
，，，
，
在中，，
，
在中，設(shè)，則，由勾股定理得：
，
解得：，
，，
，
又，
，
，
設(shè)，則，，
，，
解得：，
，
；
提升反思：令，，由題意得：，
，
由（1）（2）得：，，
，
當(dāng)點(diǎn)與重合時(shí)：，
，
解得：，
．
【點(diǎn)睛】
本題考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
3． (2023·重慶巫溪·八年級(jí)期末）如圖，是等腰三角形，，點(diǎn)D在直線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E為線段上一定點(diǎn)，連接，作，使，，連接．
(1)如圖1，在上取點(diǎn)G，使，求證：；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段上，點(diǎn)F位于直線的上方時(shí)，求證：；
(3)如圖3，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到線段的延長(zhǎng)線上時(shí)，求證：為定值．
【答案】(1)見詳解
(2)見詳解
(3)見詳解
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和EG=EC求得，結(jié)合得到，進(jìn)而得到三角形全等，然后再利用全等三角形的性質(zhì)求解；
（2）在上取點(diǎn)G，使，利用（1）的方法求得三角形全等，進(jìn)而得到，結(jié)合，，來求得即可求解；
（3）在上取點(diǎn)G，使，用（1）的方法得到三角形全等，進(jìn)而得到，結(jié)合全等三角形的判定和點(diǎn)E為線段上一定點(diǎn)來求解．
(1)
證明：，
．
，
，
，
，
．
，
，
，
．
在和中
，
，
．
(2)
證明：在上取點(diǎn)G，使，如下圖
，
．
，
，
，
，
,,
，
，
，
．
在和中
，
，
．
，，，
，
；
(3)
證明：在上取點(diǎn)G，使，如下圖
，
．
，
，
，
，
．
，
，
，
．
在和中
，
，
，
．
為定值，
形狀唯一，為定值，
為定值．
【點(diǎn)睛】
本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，理解相關(guān)知識(shí)和作出輔助線是解答（2）（3）的關(guān)鍵．
4． (2023·黑龍江·哈爾濱市第四十七中學(xué)八年級(jí)開學(xué)考試）已知中，，，點(diǎn)G為線段BC上一點(diǎn)，連接AG，過點(diǎn)B作，交AG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接CD．
(1)如圖1，求證：．
(2)如圖2，當(dāng)時(shí)，將沿AD翻折得到，點(diǎn)C與點(diǎn)E為對(duì)應(yīng)點(diǎn)，DE與AB交于點(diǎn)F，求證：．
(3)如圖3，在（2）的條件下，連接CF交AD于H，過點(diǎn)H作于M，若求AF的長(zhǎng)．
【答案】(1)見詳解
(2)見詳解
(3)AF=8
【解析】
【分析】
（1）在AD上截取AE=BD，由題意易得，，進(jìn)而可知，然后可得，最后問題可求證；
（2）連接CE、BE，由題意易得，由折疊的性質(zhì)可知，則有△ACE是等邊三角形，然后可得，進(jìn)而可得，即問題得證；
（3）作ES⊥EF交AF于點(diǎn)S，HO⊥DF于點(diǎn)O，連接CE，由題意易得，然后根據(jù)折疊的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)可得HO=DM，進(jìn)而可得，則有，易證，則可根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)及線段的等量關(guān)系可進(jìn)行求解．
(1)
證明：在AD上截取AE=BD，如圖所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴（SAS），
∴，，
∵，
∴，即，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴；
(2)
證明：連接CE、BE，如圖所示：
∵，
∴，
由折疊的性質(zhì)可得，CD=DE，
∴△ACE是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
(3)
解：作ES⊥EF交AF于點(diǎn)S，HO⊥DF于點(diǎn)O，連接CE，如圖所示：
在Rt△DMH中，，
∴，
由折疊的性質(zhì)可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
在Rt△HFO中，，即，
∴，
∴，
∴，
在Rt△SFE中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查含30度直角三角形與等腰直角三角形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)與判定及二次根式的運(yùn)算，熟練掌握含30度直角三角形與等腰直角三角形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)與判定及二次根式的運(yùn)算是解題的關(guān)鍵．
5． (2023·吉林·長(zhǎng)春外國(guó)語學(xué)校九年級(jí)開學(xué)考試）【感知】已知四邊形ABCD中，∠A=∠C=90°．求證：A、B、C、D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上．
李明同學(xué)認(rèn)為：連結(jié)BD，取BD的中點(diǎn)O，連結(jié)OA、OC來證明，請(qǐng)你按照李明的思路完成證明．
【拓展】如圖，在正方形ABCD中，AB=8，點(diǎn)F是AD中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AB上一點(diǎn)，F(xiàn)P⊥CE于點(diǎn)P．
（1）如圖②，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上時(shí)，PC=_______；
（2）如圖③，過點(diǎn)P分別作AB、BC的垂線，垂足分別為N、M，則MN的最小值為______．
【答案】感知：見解析；拓展：（1）；（2）．
【解析】
【分析】
感知：根據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得OA=OB=OC=OD，從而即可證得結(jié)論；
拓展：①由感知可得點(diǎn)D、F、P、C四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，由圓的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可得△PCF是等腰直角三角形，從而由勾股定理可得，在Rt△FDC中由勾股定理可求得FC的長(zhǎng)，從而可得PC的長(zhǎng)；
②取FC的中點(diǎn)O，連接PO、BP、BO，以O(shè)為圓心FC長(zhǎng)為半徑作⊙O，過點(diǎn)O分別作BC、CD的垂線，垂足分別為H、G．由感知得D、F、P、C四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，則可得，當(dāng)P點(diǎn)在線段OB上時(shí)，BP最短，由矩形性質(zhì)MN=BP，從而MN最小，MN=OB?OP；由輔助線作法易得四邊形OGCH是矩形，則易得OH=CG=4，CH=OG=2，BH=6，由勾股定理可求得OB，則可得MN的最小值．
【詳解】
感知：∵∠A=∠C=90゜，O是BD的中點(diǎn)
∴ ，
∴OB=OD=OA=OC
即A、B、C、D四點(diǎn)在以O(shè)為圓心的同一個(gè)圓上
拓展：①∵四邊形ABCD是正方形，BD為正方形的對(duì)角線
∴∠ADP=∠CDP=45゜，∠ADC=90゜，AD=AB=CD=8
∵FP⊥CE
∴由感知可得點(diǎn)D、F、P、C四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，如圖
∴∠PFC=∠CDP=45゜，∠PCF=∠ADP=45゜
∴∠PFC=∠PCF=45゜
∴PF=PC
∴△PCF是等腰直角三角形，由勾股定理可得
∵F是AD的中點(diǎn)
∴
在Rt△FDC中，由勾股定理得
∴
故答案為：
②取FC的中點(diǎn)O，連接PO、BP、BO，以O(shè)為圓心FO長(zhǎng)為半徑作⊙O，過點(diǎn)O分別作BC、CD的垂線，垂足分別為H、G，如圖
∵四邊形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠ABC=∠BCD=90゜，AD=AB=CD=BC=8
∵FP⊥CE
∴由感知可得點(diǎn)D、F、P、C四點(diǎn)在以O(shè)為圓心FO為半徑的同一個(gè)圓上
由①知
∴
當(dāng)P點(diǎn)在線段OB上時(shí)，BP+OP最小，且最小值為線段OB的長(zhǎng)，從而BP最小，且最小值BP=OB?OP
∵PN⊥AB，PM⊥BC，∠ABC=90゜
∴四邊形PMBN是矩形
∴MN=BP
∴MN最小，且最小值MN=OB?OP
∵OG⊥CD，∠ADC=90゜
∴OG∥FD
∴
∴點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)
∴，
∵OG⊥CD，OH⊥BC，∠BCD=90゜
∴四邊形OGCH是矩形
∴OH=CG=4，CH=OG=2
∴BH=BC?CH=8?2=6
在Rt△OBH中，由勾股定理可求得
MN的最小值為
故答案為：
【點(diǎn)睛】
本題是四邊形與圓的綜合，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)，勾股定理，兩點(diǎn)間線段最短，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)等知識(shí)，利用四點(diǎn)在同一個(gè)圓上并應(yīng)用圓的性質(zhì)是解決本題的難點(diǎn)與關(guān)鍵．

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