1．（2022?西藏）如圖，在矩形ABCD中，ABBC，點(diǎn)F在BC邊的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)P是線段BC上一點(diǎn)（與點(diǎn)B，C不重合），連接AP并延長(zhǎng)，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AP，垂足為E．
（1）若CG為∠DCF的平分線．請(qǐng)判斷BP與CP的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（2）若AB＝3，△ABP≌△CEP，求BP的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）由角平分線的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求∠BAP＝∠APB＝45°，可得AB＝BP，即可得結(jié)論；
（2）由勾股定理可求解．
解：（1）BP＝CP，理由如下：
∵CG為∠DCF的平分線，
∴∠DCG＝∠FCG＝45°，
∴∠PCE＝45°，
∵CG⊥AP，
∴∠E＝∠B＝90°，
∴∠CPE＝45°＝∠APB，
∴∠BAP＝∠APB＝45°，
∴AB＝BP，
∵ABBC，
∴BC＝2AB，
∴BP＝PC；
（2）∵△ABP≌△CEP，
∴AP＝CP，
∵AB＝3，
∵BC＝2AB＝6，
∵AP2＝AB2+BP2，
∴（6﹣BP）2＝9+BP2，
∴BP．
總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．
2．（2022?徐州）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，點(diǎn)P在邊AB上，D、E分別為BC、PC的中點(diǎn)，連接DE．過(guò)點(diǎn)E作BC的垂線，與BC、AC分別交于F、G兩點(diǎn)．連接DG，交PC于點(diǎn)H．
（1）∠EDC的度數(shù)為 45 °；
（2）連接PG，求△APG的面積的最大值；
（3）PE與DG存在怎樣的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（4）求的最大值．
思路引領(lǐng)：（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由三角形中位線定理可得DE∥AB，可求解；
（2）設(shè)AP＝x，由等腰直角三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可求AG的長(zhǎng)，由三角形面積公式和二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；
（3）由“SAS”可證△CEF≌△GDF，可得CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，可求解；
（4）利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)分別求出CH，CE的值，即可求解．
解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，
∵D、E分別為BC、PC的中點(diǎn)，
∴DE∥AB，DEBP，
∴∠EDC＝∠ABC＝45°，
故答案為：45；
（2）設(shè)AP＝x，則BP＝12﹣x，
∵DEBP，
∴DE＝6，
∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEF＝45°，
∴DF＝EFDE＝3x，
∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，
∴BD＝CD＝6，
∴CF＝3x，
∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CGF＝45°，
∴GF＝FC，
∴GCFC＝6，
∴AG＝6，
∴S△APGAP×AGx×（6）（x﹣6）2+9，
∴當(dāng)x＝6時(shí)，△APG的面積的最大值為9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：
∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，
∴△CEF≌△GDF（SAS），
∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF＝90°，
∴∠GDF+∠DCE＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DG⊥PE，
∵點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，
∴PE＝EC，
∴DG＝PE；
（4）方法一、∵CF＝3x＝GF，EF＝3x，
∴EC，
∵AP＝x，AC＝12，
∴PC，
∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，
∴△APC∽△HGC，
∴，
∴，
∴GH，CH，
∴12，
∴的最大值為．
方法二、如圖，過(guò)點(diǎn)H作MH∥AB，交BC于M，
∵∠DHC＝90°，
∴點(diǎn)H以CD為直徑的⊙O上，
連接OH，并延長(zhǎng)交AB于N，
∵M(jìn)H∥AB，
∴，
∵OH，OB是定長(zhǎng)，
∴ON的取最小值時(shí)，OM有最大值，
∴當(dāng)ON⊥AB時(shí)，OM有最大值，
此時(shí)MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE∥AB，
∴MH∥DE，
∴，
∴當(dāng)CM有最大值時(shí)，有最大值，
∵AB∥MH，
∴∠HMO＝∠B＝45°，
∵M(jìn)H⊥OH，
∴∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴MH＝HO，
∴MOHO，
∵HO＝CO＝DO，
∴MOCO，CD＝2CO，
∴CM＝（1）CO，
∴．
總結(jié)提升：本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．
3．（2022?鎮(zhèn)江）已知，點(diǎn)E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上．
（1）如圖1，當(dāng)四邊形EFGH是正方形時(shí)，求證：AE+AH＝AB；
（2）如圖2，已知AE＝AH，CF＝CG，當(dāng)AE、CF的大小有 AE＝CF 關(guān)系時(shí)，四邊形EFGH是矩形；
（3）如圖3，AE＝DG，EG、FH相交于點(diǎn)O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為16，F(xiàn)H長(zhǎng)為20，當(dāng)△OEH的面積取最大值時(shí)，判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形？證明你的結(jié)論．
思路引領(lǐng)：（1）證明△AEH≌△BFE（AAS），推出AH＝BE，可得結(jié)論；
（2）當(dāng)AE＝CF時(shí)，四邊形EFGH是矩形．根據(jù)有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形證明即可；
（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥BC于點(diǎn)M．，交EG于點(diǎn)N．ZM 四邊形AEGD是平行四邊形，推出AD∥EG，EG∥BC，可得，設(shè)OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，則，可得h＝4（4﹣x），可得S?OE?HN4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，可知x＝2時(shí)，△OEH的面積最大，求出OE，OG，OH，OF的長(zhǎng)，可得結(jié)論．
（1）證明：如圖1中，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠AEH+∠AHE＝90°，
∵四邊形EFGH是正方形，
∴EH＝EF，∠HEF＝90°，
∴∠AEH+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠AHE，
在△AEH和△BFE中，
，
∴△AEH≌△BFE（AAS），
∴AH＝BE，
∴AE+AH＝AE+BE＝AB；
（2）解：當(dāng)AE＝CF時(shí)，四邊形EFGH是矩形．
理由：如圖2中，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD＝BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵AE＝AH＝CF＝CG，
∴BE＝BF，DH＝DG，
∴∠AEH＝∠BEF＝45°，
∴∠HEF＝90°
同法可證，∠EHG＝90°，∠EFG＝90°，
∴四邊形EFGH是矩形．
故答案為：AE＝CF；
（3）解：結(jié)論：四邊形EFGH是平行四邊形．
理由：如圖3中，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥BC于點(diǎn)M．，交EG于點(diǎn)N．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵AE＝DG，AE∥DG，
∴四邊形AEGD是平行四邊形，
∴AD∥EG，
∴EG∥BC，
∴，
∵OE：OF＝4：5，
設(shè)OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，則，
∴h＝4（4﹣x），
∴S?OE?HN4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，
∵﹣8＜0，
∴x＝2時(shí)，△OEH的面積最大，
∴OE＝4x＝8EG＝OG，OF＝5x＝10HF＝OH，
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建二次函數(shù)，解決最短問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
4．（2022?阜新）已知，四邊形ABCD是正方形，△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，連接AE，CF．
（1）如圖1，求證：△ADE≌△CDF；
（2）直線AE與CF相交于點(diǎn)G．
①如圖2，BM⊥AG于點(diǎn)M，BN⊥CF于點(diǎn)N，求證：四邊形BMGN是正方形；
②如圖3，連接BG，若AB＝4，DE＝2，直接寫(xiě)出在△DEF旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，線段BG長(zhǎng)度的最小值．
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可；
（2）①根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；
②作DH⊥AG交AG于點(diǎn)H，作BM⊥AG于點(diǎn)M，證明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得結(jié)論．
（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°．
∵DE＝DF，∠EDF＝90°．
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，

∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）①證明：如圖2中，設(shè)AG與CD相交于點(diǎn)P．
∵∠ADP＝90°，
∴∠DAP+∠DPA＝90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE＝∠DCF．
∵∠DPA＝∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．
∴∠PGN＝90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四邊形BMGN是矩形，
∴∠MBN＝90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．
∴∠ABM＝∠CBN．
又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，
∴△AMB≌△CNB．
∴MB＝NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于點(diǎn)H，作BM⊥AG于點(diǎn)M，
此時(shí)△AMB≌△AHD．
∴BM＝AH．
∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，
∴DH最大時(shí)，AH最小，DH最大值＝DE＝2．
∴BM最小值＝AH最小值．
由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值．
總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
5．（2022?東營(yíng)）△ABC和△ADF均為等邊三角形，點(diǎn)E、D分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿AB、BC運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B、C停止．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，請(qǐng)判斷：線段CD、EF的數(shù)量關(guān)系是 CD＝EF ，位置關(guān)系是 CD∥EF ；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、D不與點(diǎn)A，B重合時(shí)，（1）中的結(jié)論是否依然成立？若成立，請(qǐng)給予證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CEFD的面積是△ABC面積的一半，請(qǐng)直接寫(xiě)出答案；此時(shí)，四邊形BDEF是哪種特殊四邊形？請(qǐng)?jiān)趥溆脠D中畫(huà)出圖形并給予證明．
思路引領(lǐng)：（1）利用等邊三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題即可；
（2）證明△FAB≌△DAC（SAS），推出BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，再證明△EFB是等邊三角形，可得結(jié)論；
（3）當(dāng)點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形EFDC的面積是△ABC的面積的一半．利用相似三角形的性質(zhì)，等高模型解決問(wèn)題．
解：（1）∵△ABC，△ADF都是等邊三角形，
∴EF＝AB＝CD，∠ADC＝∠FED，
∴EF∥CD，
故答案為：CD＝EF，CD∥EF；
（2）結(jié)論成立．
理由：如圖2中，連接BF．
∵△ABC，△ADF都是等邊三角形，
∴∠FAD＝∠BAC，AF＝AD，AB＝AC，
∴∠FAB＝∠DAC，
∴△FAB≌△DAC（SAS），
∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，
∵AE＝BD，AB＝BC，
∴BE＝CD＝BF，
∴△EFB是等邊三角形，
∴EF＝BF＝CD，∠FEB＝∠ABC＝60°
∴EF∥CD；
證法二：先證△CAE≌△ABD，得到CE＝AD＝DF，
再證明CE∥DF，
即可得四邊形CDFE是平行四邊形，
即可得出結(jié)論平行且相等．
（3）當(dāng)點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形EFDC的面積是△ABC的面積的一半．此時(shí)四邊形BDEF是菱形．
理由：如圖3中，連接DF．
由（2）可知，△BEF是等邊三角形，BE＝CD，
∵BD＝CD，
∴BECB，
∵△BEF∽△ABC，
∴（）2，
∵EF∥CD，EF＝CD，
∴四邊形EFDC是平行四邊形，
∴S平行四邊形EFDC＝2S△EFB，
∴．
連接DE．∵BE＝BD，∠EBD＝60°，
∴△BDE是等邊三角形，
∵△BEF是等邊三角形，
∴四邊形BDEF是菱形．
總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
6．（2022?衢州）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，BD為對(duì)角線．點(diǎn)E是邊AB延長(zhǎng)線上的任意一點(diǎn)，連結(jié)DE交BC于點(diǎn)F，BG平分∠CBE交DE于點(diǎn)G．
（1）求證：∠DBG＝90°．
（2）若BD＝6，DG＝2GE．
①求菱形ABCD的面積．
②求tan∠BDE的值．
（3）若BE＝AB，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一點(diǎn)T，使GT為定值，說(shuō)明理由并求出ET的值．
思路引領(lǐng)：（1）由菱形的性質(zhì)得CB＝AB，CD＝AD，可證明△ABD≌△CBD，得∠CBD∠ABC，而∠CBG∠EBC，所以∠DBG（∠ABC+∠EBC）＝90°；
（2）①連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BKBD＝3，根據(jù)勾股定理可求得AK＝4，則AC＝8，即可由S菱形ABCDAC?BD求出菱形ABCD的面積；
②先由∠DKL＝∠DBG＝90°證明AC∥BG，則1，所以DL＝GLDG，再由DG＝2GE得GEDG，則DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得，可求得CLAC，所以KL＝4，再求出tan∠BDE的值即可；
（3）過(guò)點(diǎn)G作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再證明△ETG∽△EAD，得，即可求得GT，說(shuō)明GT為定值，再求出ET的值即可．
（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，
∴CB＝AB，CD＝AD，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠CBD＝∠ABD∠ABC，
∵∠CBG＝∠EBG∠EBC，
∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG（∠ABC+∠EBC）180°＝90°．
（2）解：①如圖2，連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，
∵AC⊥BD，
∴∠AKB＝90°，
∵AB＝5，BD＝6，
∴BK＝DKBD＝3，
∴AK4，
∴CK＝AK＝4，
∴AC＝8，
∴S菱形ABCDAC?BD8×6＝24.
②∵∠DKL＝∠DBG＝90°，
∴AC∥BG，
∴1，
∴DL＝GLDG，
∵DG＝2GE，
∴GEDG，
∴DL＝GL＝GE，
∵CD∥AB，
∴，
∴CLAC8，
∴KL＝4，
∴tan∠BDE．
（3）解：如圖3，過(guò)點(diǎn)G作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，則GT為定值，
理由：連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，
∵∠DKL＝∠DBG＝90°，
∴當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終都有BG∥AC，
∴△BGE∽△ALE，
∵BE＝AB，
∴1，
∴EG＝LG，
∵KL∥BG，
∴1，
∴DL＝LG＝EGED，
∵AD∥BC，
∴GT∥AD，
∴△ETG∽△EAD，
∴，
∵BE＝AB＝DA＝5，
∴GTDA5，
∴GT為定值；
∵EA＝BE+AB＝10，
∴ETEA10．
總結(jié)提升：此題重點(diǎn)考查菱形的性質(zhì)、平行線的判定、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于考試壓軸題．
7．（2022?朝陽(yáng)）【思維探究】
（1）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．
小明的思路是：延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明△ADE≌△ABC，從而可證BC+CD＝AC，請(qǐng)你幫助小明寫(xiě)出完整的證明過(guò)程．
【思維延伸】
（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【思維拓展】
（3）在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段OD的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；
（2）結(jié)論：CB+CDAC．如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM＝BN，AM＝AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBD＝75°時(shí)，分別求解即可．
（1）證明：如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，
∴∠CAE＝∠BAD＝60°，
∴△ACE的等邊三角形，
∴CE＝AC，
∵CE＝DE+CD，
∴AC＝BC+CD；
（2）解：結(jié)論：CB+CDAC．
理由：如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．
∵∠DAB＝∠DCB＝90°，
∴∠CDA+∠CBA＝180°，
∵∠ABN+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABN，
∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM＝BN，AM＝AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴ACCM，
∵AC＝AC．AM＝AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM＝CN，
∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CMAC；
（3）解：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．
∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，
∴∠CDB＝30°，
∵∠DCB＝90°，
∴CDCB，
∵∠DCO＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP＝OQ，
∴，
∴，
∵AB＝AD，∠DAB＝90°，
∴BDAD＝2，
∴OD233．
如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBA＝75°時(shí)，同法可證，OD23，
綜上所述，滿足條件的OD的長(zhǎng)為33或3．
總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
8．（2022?菏澤）如圖1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于點(diǎn)D，在DA上取點(diǎn)E，使DE＝DC，連接BE、CE．
（1）直接寫(xiě)出CE與AB的位置關(guān)系；
（2）如圖2，將△BED繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，得到△B′E′D（點(diǎn)B′、E′分別與點(diǎn)B、E對(duì)應(yīng)），連接CE′、AB′，在△BED旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中CE′與AB′的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是否一致？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖3，當(dāng)△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°時(shí)，射線CE′與AD、AB′分別交于點(diǎn)G、F，若CG＝FG，DC，求AB′的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，可得結(jié)論；
（2）通過(guò)證明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；
（3）由等腰直角的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可得AB'AD，即可求解．
解：（1）如圖1，延長(zhǎng)CE交AB于H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，
∵DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，
∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中CE′與AB′的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是一致，
理由如下：如圖2，延長(zhǎng)CE'交AB'于H，
由旋轉(zhuǎn)可得：CD＝DE'，B'D＝AD，
∵∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴∠CDE'＝∠ADB'，
又∵1，
∴△ADB'∽△CDE'，
∴∠DAB'＝∠DCE'，
∵∠DCE'+∠DGC＝90°，
∴∠DAB'+∠AGH＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴CE'⊥AB'；
（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB'于點(diǎn)H，
∵△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，
∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，
∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，
∵DH⊥AB'，
∴AD＝2DH，AHDH＝B'H，
∴AB'AD，
由（2）可知：△ADB'∽△CDE'，
∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，
∵AD⊥BC，CD，
∴DG＝1，CG＝2DG＝2，
∴CG＝FG＝2，
∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，
∴AG＝2GF＝4，
∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，
∴AB'AD＝5．
總結(jié)提升：本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．
9．（2022?安順）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝8，E是AD邊上的一點(diǎn)，連接CE，將矩形ABCD沿CE折疊，頂點(diǎn)D恰好落在AB邊上的點(diǎn)F處，延長(zhǎng)CE交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．
（1）求線段AE的長(zhǎng)；
（2）求證四邊形DGFC為菱形；
（3）如圖2，M，N分別是線段CG，DG上的動(dòng)點(diǎn)（與端點(diǎn)不重合），且∠DMN＝∠DCM，設(shè)DN＝x，是否存在這樣的點(diǎn)N，使△DMN是直角三角形？若存在，請(qǐng)求出x的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）在直角三角形BCF中，由勾股定理求出BF＝6，進(jìn)而求得AF＝4，設(shè)AE＝x，則EF＝DE＝8﹣x，在直角三角形AEF，根據(jù)勾股定理累出關(guān)于x的方程；
（2）根據(jù)CD∥AB得出△AGE∽△DCE，從而得出，求出AG＝6；
（3）先求得∠BGC的正切和正弦值，當(dāng)∠MDN＝90°時(shí)，解直角三角形DGM和直角三角形DMN；當(dāng)∠DMN＝90°時(shí)，解直角三角形DMG和直角三角形DMN．
（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝10，BC＝AD＝8，
在Rt△BCF中，CF＝CD＝10，BC＝8，
∴BF＝6，
∴AF＝AB﹣BF＝4，
設(shè)AE＝x，則EF＝DE＝8﹣x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，
EF2﹣AE2＝AF2，
∴（8﹣x）2﹣x2＝42，
∴x＝3，
∴AE＝3；
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴△AGE∽△DCE，
∴，
由（1）得：AE＝3，
∴DE＝8﹣3＝5，
∴，
∴AG＝6，
∴FG＝AF+AG＝4+6＝10，
∴FG＝CD，
∴四邊形DGFC是平行四邊形，
∵CD＝CF，
∴?DGFC是菱形；
（3）解：∵四邊形FGDC是菱形，
∴∠DGC＝∠DCG＝∠FGC，DG＝CD＝10，
在Rt△BCG中，BC＝8，BG＝BF+FG＝6+10＝16，
∴tan∠FGC，CG8，
∴sin∠FCG，
如圖1，
當(dāng)∠MDN＝90°時(shí)，
在Rt△GDM中，
DM＝DG?tan∠DGM＝10?tan∠FGC＝105，
在Rt△DMN中，
DN＝DM?tan∠DMN，
∵∠DMN＝∠DCM，∠DCM＝∠FGC，
∴DN＝DM?tan∠FGC＝5，
如圖2，
當(dāng)∠MND＝90°時(shí)，∠DMN+∠GDM＝90°，
∵∠DMN＝∠DCM＝∠DGM，
∴∠DGM+∠GDM＝90°，
∴∠DMG＝90°，
∴DM＝DG?sin∠DGM＝102，
在Rt△DMN中，
DN＝DM?sin∠DMN＝DM?sin∠FGC＝22，
綜上所述：DN或2．
總結(jié)提升：本題考查了矩形性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是正確分類(lèi)，考慮全面，充分利用解直角三角形或相似三角形的知識(shí)．
10．（2022?黔西南州）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B，C重合），且∠EAF＝45°．
（1）當(dāng)BE＝DF時(shí)，求證：AE＝AF；
（2）猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）連接AC，G是CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，GH⊥AE，垂足為K，交AC于點(diǎn)H且GH＝AE．若DF＝a，CH＝b，請(qǐng)用含a，b的代數(shù)式表示EF的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）證明△ABE≌△ADF，從而得出結(jié)論；
（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，類(lèi)比（1）可證得△ABE≌△ADG，進(jìn)而證明△GAF≌△EAF，進(jìn)一步得出結(jié)論；
（3）作HR⊥BC于R，證明△ABE≌△GRH，從而B(niǎo)E＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b?sin45°，進(jìn)而B(niǎo)E，根據(jù)（2）可得出結(jié)果．
（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
（2）解：如圖1，
BE+DF＝EF，理由如下：
在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，
同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即：∠GAF＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF，
在△GAF和△EAF中，
，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴FG＝EF，
∴DG+DF＝EF，
∴BE+DF＝EF；
（3）如圖2，
作HR⊥BC于R，
∴∠HRG＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵GH⊥AE，
∴∠EKG＝90°，
∴∠G+∠AEB＝90°，
∴∠G＝∠BAE，
在△ABE和△GRH中，
，
∴△ABE≌△GRH（AAS），
∴BE＝HR，
在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，
∴HR＝b?sin45°b，
∴BE，
∴EF＝BE+DF．
總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．
11．（2022?鄂爾多斯）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線．
（1）如圖1，點(diǎn)E、F分別是線段BD、AD上的點(diǎn)，且DE＝DF，AE與CF的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，則AE與CF的數(shù)量關(guān)系是 AE＝CF ，位置關(guān)系是 AE⊥CF ；
（2）如圖2，點(diǎn)E、F分別在DB和DA的延長(zhǎng)線上，且DE＝DF，EA的延長(zhǎng)線交CF于點(diǎn)M．
①（1）中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)給出證明；如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
②連接DM，求∠EMD的度數(shù)；
③若DM＝6，ED＝12，求EM的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）證明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性質(zhì)證出∠EMC＝90°，則可得出結(jié)論；
（2）①同（1）可證△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，∠E＝∠F，則可得出結(jié)論；
②過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，DH⊥CF于點(diǎn)H，證明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DG＝DH，由角平分線的性質(zhì)可得出答案；
③由等腰直角三角形的性質(zhì)求出GM的長(zhǎng)，由勾股定理求出EG的長(zhǎng)，則可得出答案．
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線，
∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，
又∵DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，
∵∠DAE+∠DEA＝90°，
∴∠DCF+∠DEA＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF．
故答案為：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）①（1）中的結(jié)論還成立，
理由：同（1）可證△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠E＝∠F，
∵∠F+∠ECF＝90°，
∴∠E+∠ECF＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF；
②過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，DH⊥CF于點(diǎn)H，
∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，
∴△DEG≌△DFH（AAS），
∴DG＝DH，
又∵DG⊥AE，DH⊥CF，
∴DM平分∠EMC，
又∵∠EMC＝90°，
∴∠EMD∠EMC＝45°；
③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，
∴∠DMG＝∠GDM，
∴DG＝GM，
又∵DM＝6，
∴DG＝GM＝6，
∵DE＝12，
∴EG6，
∴EM＝GM+EG＝6+6．
總結(jié)提升：本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2022?益陽(yáng)）如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長(zhǎng)CG至點(diǎn)C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．
（1）直接寫(xiě)出圖中與△AFB相似的一個(gè)三角形；
（2）若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長(zhǎng)；
（3）當(dāng)CE的長(zhǎng)為多少時(shí)，以C′，F(xiàn)，B為頂點(diǎn)的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？
思路引領(lǐng)：（1）因?yàn)椤鰽FB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個(gè)直角三角形相似和△AFB相似，解答時(shí)任意寫(xiě)出一個(gè)即可；
（2）根據(jù)△AFB∽△BGC，得，即，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的長(zhǎng)；
（3）分兩種情況：①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，②當(dāng)C'F＝BF時(shí)，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論．
解：（1）（任意回答一個(gè)即可）；
①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四邊形AFCC'是平行四邊形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴，即，
設(shè)AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴，即，
∴CE＝7.5；
（3）分兩種情況：
①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，
∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四邊形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴，即，
∴，
∴CE；
②當(dāng)C'F＝BF時(shí)，如圖3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴，
設(shè)BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝4a，
∵tan∠CBE，
∴，
∴CE＝3；
綜上，當(dāng)CE的長(zhǎng)為或3時(shí)，以C′，F(xiàn)，B為頂點(diǎn)的三角形是以C′F為腰的等腰三角形．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
13．（2022?日照）如圖1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分別是邊AC，BC上的點(diǎn)，以CM，CN為鄰邊作矩形PMCN，交AB于E，F(xiàn)．設(shè)CM＝a，CN＝b，若ab＝8．
（1）判斷由線段AE，EF，BF組成的三角形的形狀，并說(shuō)明理由；
（2）①當(dāng)a＝b時(shí)，求∠ECF的度數(shù)；
②當(dāng)a≠b時(shí)，①中的結(jié)論是否成立？并說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）分別表示出AE，BF及EF，計(jì)算出AE2+BF2及EF2，從而得出結(jié)論；
（2）①連接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE＝PE＝PF＝BF，從而得出ME＝EG＝GF＝NF，進(jìn)而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，從而得出結(jié)果；
②將△BCF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACD，連接DE，可推出DE＝EF，進(jìn)而推出△DCF≌△FCE，進(jìn)一步得出結(jié)果．
解：（1）線段AE，EF，BF組成的是直角三角形，理由如下：
∵AM＝AC﹣CM＝4﹣a，BN＝4﹣b，
∴AE，BF，
∴AE2+BF2＝2（4﹣a）2+2（4﹣b）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），
∵AB4，
∴EF＝AB﹣AE﹣BF[4﹣（4﹣a）﹣（4﹣b）]（a+b﹣4），
∵ab＝8，
EF2＝2（a+b﹣4）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+16+2ab）＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），
∴AE2+BF2＝EF2，
∴線段AE，EF，BF組成的是直角三角形；
（2）①如圖1，
連接PC交EF于G，
∵a＝b，
∴ME＝AM＝BN＝NF，
∵四邊形CNPM是矩形，
∴矩形CNPM是正方形，
∴PC平分∠ACB，
∴CG⊥AB，
∴∠PGE＝90°，
∵CM＝CN＝PM＝PN，
∴PE＝PF，
∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，
EF2＝AE2+BF2，EF2＝PE2+PF2，
∴PE＝AE＝PF＝BF，
∴ME＝EG＝FG＝FN，
∴∠MCE＝∠GCE，∠NCF＝∠GCF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECG+∠FCG，
∴∠ECF＝45°；
②如圖2，
仍然成立，理由如下：
將△BCF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACD，連接DE，
∴∠DAC＝∠B＝45°，AD＝BF，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAB＝90°，
∴DE2＝AD2+AE2＝BF2+AE2
∵EF2＝BF2+AE2，
∴DE＝EF，
∵CD＝CF，CE＝CE，
∴△DCE≌△FCE（SSS），
∴∠ECF＝∠DCE．
總結(jié)提升：本題考查了等腰直角三角形性質(zhì)，正方形判定和性質(zhì)，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．
14．（2022?濟(jì)寧）如圖，△AOB是等邊三角形，過(guò)點(diǎn)A作y軸的垂線，垂足為C，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，）．P是直線AB上在第一象限內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作y軸的垂線，垂足為D，交AO于點(diǎn)E，連接AD，作DM⊥AD交x軸于點(diǎn)M，交AO于點(diǎn)F，連接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為 （0，）或（0，2） ；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，B重合），設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m．
①求m值最大時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；
②是否存在這樣的m值，使BE＝BF？若存在，求出此時(shí)的m值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）分為點(diǎn)P在線段AB上和在BA的延長(zhǎng)線兩種情形．當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，AD＝OD，通過(guò)解Rt△ACD求得結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)P在BA延長(zhǎng)線上時(shí)，OD＝OA＝2，從而求得點(diǎn)D坐標(biāo)；
（2）①設(shè)OD＝x，可證得△ACD∽△DOM，從而得出m和x之間二次函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)一步求得結(jié)果；
②作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，可證得AE＝OF，從而表示出FH和OH及DH，根據(jù)△DHF∽△DOM列出關(guān)于x的方程，進(jìn)而求得x，進(jìn)一步求得m的值．
解：（1）∵△AOB是等邊三角形，
∴∠AOB＝60°，
當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，AD＝OD，
∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，
∵AC⊥y軸，
∴∠CAO＝∠AOB＝60°，
∴∠CAD＝∠OAC﹣∠DAO＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AOC中，
AC＝OC?tan∠AOC1，OA＝2AC＝2，
在Rt△ACD中，
AD，
∴DO，
∴D（0，），
當(dāng)點(diǎn)P在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，OD＝OA＝2，
∴D（0，2），
故答案為：（0，）或（0，2）；
（2）①設(shè)OD＝x，則CDx，
∵∠ACD＝∠DOM＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵DM⊥AD，
∴∠ADM＝90°，
∴∠ADC+∠ODM＝90°，
∴∠CAD＝∠ODM，
∴△ACD∽△DOM，
∴，
∴，
∴m＝x?（）＝﹣（x）2，
∴當(dāng)x時(shí)，m最大，
∴當(dāng)m最大時(shí)，D（0，）；
②如圖，
假設(shè)存在m，使BE＝BF，
作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，
∵BE＝BF，
∴GE＝GF，
∵△AOB是等邊三角形，
∴AB＝OB，
∴AG＝OG，
∴AG﹣GE＝OG﹣GF，
即：AE＝OF，
由①知：m＝x，
∵∠ACD＝∠CDQ＝∠AQD＝90°，
∴四邊形ACDQ是矩形，
∴AQ＝CDx，
在Rt△AEQ中，
AE，
∴OF＝AE，
在Rt△OFH中，
HF，OHOFx，
∴DH＝OD﹣OH＝x﹣（x），
∵HF∥OM，
∴△DHF∽△DOM，
∴，
∴，
∴x，
∴m2．
總結(jié)提升：本題考查了等邊三角形性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握“一線三直角”等模型．
15．（2022?綿陽(yáng)）如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝2，AB＝4，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)E、F同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，點(diǎn)E沿著A→D→B的路線勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F沿著A→B→D的路線勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．
（1）如圖1，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為4個(gè)單位每秒，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒時(shí)，設(shè)CE與DF交于點(diǎn)P，求線段EP與CP長(zhǎng)度的比值；
（2）如圖2，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為個(gè)單位每秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒，△AEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當(dāng)x為何值時(shí)，y的值最大，最大值為多少？
（3）如圖3，H在線段AB上且AHHB，M為DF的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)E、F分別在線段AD、AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，探究點(diǎn)E、F在什么位置能使EM＝HM，并說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于G，證明△AFD∽△BFG，則，求出BG的長(zhǎng)，再由AD∥CG，則，即可求解；
（2）分三種情況討論：當(dāng)0≤x≤2時(shí)，E點(diǎn)在AD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB交于H，yAF×EHxxx2；此時(shí)當(dāng)x＝2時(shí)，y有最大值3；當(dāng)2≤x時(shí)，E點(diǎn)在BD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AB交于N，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥AB交于M，yAF×ENx2xx；當(dāng)x時(shí)，y有最大值2；當(dāng)x≤2時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥AB交于Q，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥AB交于P，yAB×（EQ﹣PF）＝6+2xx；此時(shí)當(dāng)x時(shí)，y有最大值2；
（3）連接DH，求出AH＝1，可得AH⊥AB，由直角三角形的性質(zhì)可得HM＝DM＝MF，則EMDF，可得EF∥BD．
解：（1）延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于G，
∵平行四邊形ABCD中，
∴CG∥AD，
∴∠A＝∠GBF，
∴△AFD∽△BFG，
∴，
∵運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒，
∴AF，
∵AB＝4，
∴BF，
∵AD＝2，
∴BG＝1，
∴CG＝3，
∵AD∥CG，
∴，
∵AE，
∴ED，
∴；
（2）當(dāng)0≤x≤2時(shí)，E點(diǎn)在AD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，
由題意可知，AE＝x，AFx，
∵DB＝2，AB＝4，AD＝2，
∴△ABD是直角三角形，且∠A＝60°，
過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB交于H，
∴EH＝AE?sin60°x，
∴yAF×EHxxx2；
此時(shí)當(dāng)x＝2時(shí)，y有最大值3；
當(dāng)2≤x時(shí)，E點(diǎn)在BD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，
過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AB交于N，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥AB交于M，
∵AD+DE＝x，AD＝2，
∴DE＝x﹣2，
∵BD＝2，
∴BE＝2x+2，
在Rt△ABD中，DM，
∵EN∥DM，
∴，
∴，
∴EN＝1x，
∴yAF×EN（x）×（1x）x2xx；
此時(shí)當(dāng)x時(shí)，y有最大值2；
當(dāng)x≤2時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥AB交于Q，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥AB交于P，
∴AB+BFx，DA+DE＝x，
∵AB＝4，AD＝2，
∴BE＝2x+2，BFx﹣4，
∵PF∥DM，
∴，即，
∴PFx﹣2，
∵EQ∥DM，
∴，即，
∴EQ1x，
∴yAB×（EQ﹣PF）4×（1xx+2）＝6+2xx；
此時(shí)當(dāng)x時(shí)，y有最大值2；
綜上所述：當(dāng)0≤x≤2時(shí)，yx2；當(dāng)2≤x時(shí)，yx2xx；當(dāng)x≤2時(shí)，y＝6+2xx；y的最大值為2；
（3）連接DH，
∵AHHB，AB＝4，
∴AH＝1，
∴DH⊥AB，
∵M(jìn)是DF的中點(diǎn)，
∴HM＝DM＝MF，
∵EM＝HM，
∴EMDF，
∴△EDF是直角三角形，
∴EF⊥AD，
∵AD⊥BD，
∴EF∥BD．
總結(jié)提升：本題是四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，分類(lèi)討論，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
16．（2022?上海）如圖，在?ABCD中，P是線段BC中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)BD交AP于點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)CE．
（1）如果AE＝CE．
ⅰ．求證：?ABCD為菱形；
ⅱ．若AB＝5，CE＝3，求線段BD的長(zhǎng)；
（2）分別以AE，BE為半徑，點(diǎn)A，B為圓心作圓，兩圓交于點(diǎn)E，F(xiàn)，點(diǎn)F恰好在射線CE上，如果CEAE，求的值．
思路引領(lǐng)：（1）i．證明：如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，證明△AOE≌△COE（SSS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠AOE＝∠COE，證出AC⊥BD，由菱形的判定可得出結(jié)論；
ii．由重心的性質(zhì)得出BE＝2OE，設(shè)OE＝x，則BE＝2x，由勾股定理得出9﹣x2＝25﹣9x2，求出x的值，則可得出答案；
（2）方法一：由相交兩圓的性質(zhì)得出AB⊥EF，由（1）②知點(diǎn)E是△ABC的重心，由重心的性質(zhì)及勾股定理得出答案．
方法二：設(shè)EP＝x，則AE＝2x，CE＝2x，證出∠DCE＝90°，延長(zhǎng)AP交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，則CQ＝CD，由勾股定理可得出答案．
（1）i．證明：如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，
∵AE＝CE，OE＝OE，
∴△AOE≌△COE（SSS），
∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOE+∠COE＝180°，
∴∠COE＝90°，
∴AC⊥BD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴?ABCD為菱形；
ii．解：∵OA＝OC，
∴OB是△ABC的中線，
∵P為BC的中點(diǎn)，
∴AP是△ABC的中線，
∴點(diǎn)E是△ABC的重心，
∴BE＝2OE，
設(shè)OE＝x，則BE＝2x，
在Rt△AOE中，由勾股定理得，OA2＝AE2﹣OE2＝32﹣x2＝9﹣x2，
在Rt△AOB中，由勾股定理得，OA2＝AB2﹣OB2＝52﹣（3x）2＝25﹣9x2，
∴9﹣x2＝25﹣9x2，
解得x（負(fù)值舍去），
∴OB＝3x＝3，
∴BD＝2OB＝6；
（2）解：方法一：如圖，
∵⊙A與⊙B相交于E，F(xiàn)，
∴AB⊥EF，
由（1）②知點(diǎn)E是△ABC的重心，
又∵F在直線CE上，
∴CG是△ABC的中線，
∴AG＝BGAB，EGCE，
∵CEAE，
∴GEAE，CG＝CE+EGAE，
∴AG2＝AE2﹣EG2＝AE2，
∴AGAE，
∴AB＝2AGAE，
∴BC2＝BG2+CG2AE25AE2，
∴BCAE，
∴．
方法二：設(shè)EP＝x，則AE＝2x，CE＝2x，
∵AE＝AF，BE＝BF，
∴AB垂直平分EF，∠AGF＝90°，
∴∠DCE＝90°，
延長(zhǎng)AP交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，則CQ＝CD，
∴EQ＝ED＝4x，由勾股定理得CD＝2x，∠DEC＝∠CEQ＝45°，
由DE＝4x可得BE＝2x，
∴BPx，
∴AB：BC＝2x：2x．
總結(jié)提升：本題是圓的綜合題，考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形重心的性質(zhì)，菱形的判定，相交兩圓的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2022?盤(pán)錦）在△ABC中，AC＝BC，點(diǎn)D在線段AB上，連接CD并延長(zhǎng)至點(diǎn)E，使DE＝CD，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB，交直線AB于點(diǎn)F．
（1）如圖1，若∠ACB＝120°，請(qǐng)用等式表示AC與EF的數(shù)量關(guān)系： EFAC ．
（2）如圖2．若∠ACB＝90°，完成以下問(wèn)題：
①當(dāng)點(diǎn)D，點(diǎn)F位于點(diǎn)A的異側(cè)時(shí)，請(qǐng)用等式表示AC，AD，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
②當(dāng)點(diǎn)D，點(diǎn)F位于點(diǎn)A的同側(cè)時(shí)，若DF＝1，AD＝3，請(qǐng)直接寫(xiě)出AC的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于G，先證明△EDF≌△CDG，得到EF＝CG，然后等腰三角形的性質(zhì)和含30度直角三角形的性質(zhì)，即可求出答案；
（2）①過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，與（1）同理，證明△EDF≌△CDH，然后證明△ACH是等腰直角三角形，即可得到結(jié)論；
②過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于G，與（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．
解：（1）過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于G，如圖1，
∵EF⊥AB，
∴∠EFD＝∠CGD＝90°，
∵∠EDF＝∠CDG，DE＝CD，
∴△EDF≌△CDG（AAS），
∴EF＝CG；
在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴，
∴，
∴；
故答案為：；
（2）①過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，如圖2，
與（1）同理，可證△EDF≌△CDH，
∴DF＝DH，
∴AD+DF＝AD+DH＝AH，
在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAH＝45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴，
∴；
②如圖3，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于G，
與（1）同理可證，△EDF≌△CDG，
∴DF＝DG＝1，
∵AD＝3，
當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)A、D之間時(shí)，有
∴AG＝1+3＝4，
與①同理，可證△ACG是等腰直角三角形，
∴；
當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)A、F之間時(shí)，如圖4：
∴AG＝AD﹣DG＝3﹣1＝2，
與①同理，可證△ACG是等腰直角三角形，
∴；
綜合上述，線段AC的長(zhǎng)為或．
總結(jié)提升：本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，三角形的內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的作出輔助線，正確得到三角形全等．
18．（2022?長(zhǎng)春）【探索發(fā)現(xiàn)】在一次折紙活動(dòng)中，小亮同學(xué)選用了常見(jiàn)的A4紙，如圖①，矩形ABCD為它的示意圖．他查找了A4紙的相關(guān)資料，根據(jù)資料顯示得出圖①中ADAB．他先將A4紙沿過(guò)點(diǎn)A的直線折疊，使點(diǎn)B落在AD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E，折痕為AF；再沿過(guò)點(diǎn)F的直線折疊，使點(diǎn)C落在EF上，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H，折痕為FG；然后連結(jié)AG，沿AG所在的直線再次折疊，發(fā)現(xiàn)點(diǎn)D與點(diǎn)F重合，進(jìn)而猜想△ADG≌△AFG．
【問(wèn)題解決】小亮對(duì)上面△ADG≌△AFG的猜想進(jìn)行了證明，下面是部分證明過(guò)程：
證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
由折疊可知，∠BAF∠BAD＝45°，∠BFA＝∠EFA．
∴∠EFA＝∠BFA＝45°．
∴AFAB＝AD
請(qǐng)你補(bǔ)全余下的證明過(guò)程．
【結(jié)論應(yīng)用】
（1）∠DAG的度數(shù)為 22.5 度，的值為 1 ；
（2）在圖①的條件下，點(diǎn)P在線段AF上，且APAB，點(diǎn)Q在線段AG上，連結(jié)FQ、PQ，如圖②．設(shè)AB＝a，則FQ+PQ的最小值為 a ．（用含a的代數(shù)式表示）
思路引領(lǐng)：【問(wèn)題解決】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得AD＝AF，∠AFG＝∠D＝90°，由HL可證明結(jié)論；
【結(jié)論應(yīng)用】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠DAG∠DAF＝22.5°；證明△GCF是等腰直角三角形，可求出GF的長(zhǎng)，從而可得結(jié)論；
（2）根據(jù)題意可知點(diǎn)F與點(diǎn)D關(guān)于AG對(duì)稱(chēng)，連接PD，則PD為PQ+FQ的最小值，過(guò)點(diǎn)P作PR⊥AD，求出PR＝ARa，求出DR，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論．
【問(wèn)題解決】證明：四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折疊可知，∠BAF∠BAD＝45°，∠BFA＝∠EFA．
∴∠EFA＝∠BFA＝45°，
∴AFAB＝AD．
由折疊得，∠CFG＝∠GFH＝45°，
∴∠AFG＝∠AFE+∠GFE＝45°+45°＝90°，
∴∠AFG＝∠D＝90°，
又AD＝AF，AG＝AG，
∴△ADG≌△AFG（HL）．
【結(jié)論應(yīng)用】
（1）由折疊得，∠BAF＝∠EAF，
又∠BAF+∠EAF＝90°，
∴∠EAF∠BAE90°＝45°，
由△ADG≌△AFG得，∠DAG＝∠FAG∠FAD45°＝22.5°，
∠AFG＝∠ADG＝90°，
又∠AFB＝45°，
∴∠GFC＝45°．
∴∠FGC＝45°．
∴GC＝FC．
設(shè)AB＝x，則BF＝x，AFx＝AD＝BC，
∴FC＝BC﹣BFx﹣x＝（1）x，
∴GFFC＝（2）x．
∴1．
故答案為：22.5；1．
（2）法一、如圖，連接FD，
∵DG＝FG，
∴AG是FD的垂直平分線，即點(diǎn)F與點(diǎn)D關(guān)于AG軸對(duì)稱(chēng)，
連接PD交AG于點(diǎn)Q，則PQ+FQ的最小值為PD的長(zhǎng)；
過(guò)點(diǎn)P作PR⊥AD交AD于點(diǎn)R，
∵∠DAF＝∠BAF＝45°，
∴∠APR＝45°，
∴AR＝PR，
又AR2+PR2＝AP2＝（）2，
∴AR＝PRa，
∴DR＝AD﹣ARaaa．
在Rt△DPR中，AR2+PR2＝DP2，
∴DPa．
∴PQ+FQ的最小值為a．
法二、取P關(guān)于AG的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)R，如圖，
則PQ+QF＝RQ+QF≥RF，
由AR＝APAE，
∴RFa．
∴PQ+FQ的最小值為a．
故答案為：a．
總結(jié)提升：本題主要考查了折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，最短路徑問(wèn)題，矩形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解答本題的關(guān)鍵．
19．（2022?長(zhǎng)春）如圖，在?ABCD中，AB＝4，AD＝BD，點(diǎn)M為邊AB的中點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線AD﹣DB以每秒個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連結(jié)PM．作點(diǎn)A關(guān)于直線PM的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A'，連結(jié)A'P、A'M．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，
（1）點(diǎn)D到邊AB的距離為 3 ；
（2）用含t的代數(shù)式表示線段DP的長(zhǎng)；
（3）連結(jié)A'D，當(dāng)線段A'D最短時(shí)，求△DPA'的面積；
（4）當(dāng)M、A'、C三點(diǎn)共線時(shí)，直接寫(xiě)出t的值．
思路引領(lǐng)：（1）連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得DM⊥AB，AM＝2，再利用勾股定理可得DM的長(zhǎng)；
（2）分點(diǎn)P在AD上或點(diǎn)P在BD上，分別表示PD的長(zhǎng)；
（3）由A'M＝2，DM＝3，則A'D≥1，當(dāng)點(diǎn)D、A'、M共線時(shí)，DA'最短，利用角平分線的定理得，求出S△APM的面積，從而得出答案；
（4）當(dāng)點(diǎn)A'在CM上時(shí)，如圖，作CH⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于H，作MQ平分∠CMH，交CH于Q，作QG⊥MC于G，利用全等三角形的性質(zhì)和三角函數(shù)求出，從而表示出MN的長(zhǎng)，點(diǎn)點(diǎn)A'在CM的延長(zhǎng)線上時(shí)，同理解決問(wèn)題．
解：（1）連接DM，
∵DA＝DB，點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，
∴DM⊥AB，AM＝2，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，
DM，
故答案為：3．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在AD上時(shí)，即0≤t＜1時(shí)，PD＝AD﹣APt，
當(dāng)點(diǎn)P在BD上時(shí)，即1≤t≤2時(shí)，PDt，
∴PD；
（3）∵A'M＝2，DM＝3，
∴A'D≥1，
∴當(dāng)點(diǎn)D、A'、M共線時(shí)，DA'最短，
方法一：延長(zhǎng)MP，CD交于O點(diǎn)，
∴∠O＝∠AMP，
∵∠AMP＝∠DMP，
∴∠O＝∠DMP，
∴OD＝DM，
∵OD∥AB，
∴，
∴，
∴S△APM，
∴S△PA'D＝S△ADM﹣2S△AMP＝3﹣2；
方法二：設(shè)△PA'D的面積為x，則△AMP的面積＝△MPA'的面積＝2x，
∴x+2x+2xAM?DM＝3，
∴x，
∴△PA'D的面積為；
（4）當(dāng)點(diǎn)A'在CM上時(shí)，如圖，作CH⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于H，作MQ平分∠CMH，交CH于Q，作QG⊥MC于G，
∵AD＝BC，∠DAM＝∠CBH，∠DMA＝∠CHB，
∴△AMD≌△BHC（AAS），
∴BH＝AM＝2，CH＝DM＝3，
∵M(jìn)Q平分∠CMB，
∴∠GMQ＝∠QMH，
∵∠QGM＝∠QHM，MQ＝MQ，
∴△MQG≌△MQH（AAS），
∴MG＝MH＝4，QH＝QG，
∴CG＝1，
∴tan∠MCH，
∴，
∴QG，
∴，
∵AP，
∴AN＝2t，PN＝3t，
∵∠AMP＝∠A'MP，∠CMQ＝∠QMH，
∴∠PMQ＝90°，
∴∠QMH＝∠MPN，
∴MN＝t，
∴2t+t＝2，
∴t；
當(dāng)A'在CM的延長(zhǎng)線上時(shí)，作PT⊥AB于T，
由題意知BP＝2t，
同理得，PT＝6﹣3t，BT＝4﹣2t，MT＝18﹣9t，
∴18﹣9t+4﹣2t＝2，
∴t，
綜上：t或．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識(shí)，求出tan∠QMH是解題的關(guān)鍵．
20．（2022?通遼）已知點(diǎn)E在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，正方形AFEG與正方形ABCD有公共點(diǎn)A．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)G在AD上，F(xiàn)在AB上，求的值為多少；
（2）將正方形AFEG繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），如圖2，求的值為多少；
（3）AB＝8，AGAD，將正方形AFEG繞A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜360°），當(dāng)C，G，E三點(diǎn)共線時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出DG的長(zhǎng)度．
思路引領(lǐng)：（1）由正方形性質(zhì)知∠AGE＝∠D＝90°、∠DAC＝45°，據(jù)此可得、GE∥CD，利用平行線分線段成比例定理可得；
（2）連接AE，只需證△ADG∽△ACE即可得；
（3）分兩種情況畫(huà)出圖形，證明△ADG∽△ACE，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可得出答案．
解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AFEG是正方形，
∴∠AGE＝∠D＝90°，∠DAC＝45°，
∴，GE∥CD，
∴，
∴CEDG，
∴2；
（2）連接AE，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知∠CAE＝∠DAG＝α，
在Rt△AEG和Rt△ACD中，
cs45°、cs45°，
∴，
∴△ADG∽△ACE，
∴，
∴；
（3）①如圖：
由（2）知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DGCE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝8，AC16，
∵AGAD，
∴AGAD＝8，
∵四邊形AFEG是正方形，
∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，
∵C，G，E三點(diǎn)共線．
∴CG8，
∴CE＝CG﹣EG＝88，
∴DGCE＝44；
②如圖：
由（2）知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DGCE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝8，AC16，
∵AGAD，
∴AGAD＝8，
∵四邊形AFEG是正方形，
∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，
∵C，G，E三點(diǎn)共線．
∴∠AGC＝90°
∴CG8，
∴CE＝CG+EG＝88，
∴DGCE＝44．
綜上，當(dāng)C，G，E三點(diǎn)共線時(shí)，DG的長(zhǎng)度為44或44．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，考查了正方形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
21．（2022?貴港）已知：點(diǎn)C，D均在直線l的上方，AC與BD都是直線l的垂線段，且BD在AC的右側(cè)，BD＝2AC，AD與BC相交于點(diǎn)O．
（1）如圖1，若連接CD，則△BCD的形狀為 等腰三角形 ，的值為 ；
（2）若將BD沿直線l平移，并以AD為一邊在直線l的上方作等邊△ADE．
①如圖2，當(dāng)AE與AC重合時(shí)，連接OE，若AC，求OE的長(zhǎng)；
②如圖3，當(dāng)∠ACB＝60°時(shí)，連接EC并延長(zhǎng)交直線l于點(diǎn)F，連接OF．求證：OF⊥AB．
思路引領(lǐng)：（1）過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H，可得四邊形ABHC是矩形，即可求得AC＝BH，進(jìn)而可判斷△BCD的形狀，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求解．
（2）①過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)H，AC，BD均是直線l的垂線段，可得AC∥BD，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和利用勾股定理即可求解．
②連接CD，通過(guò)判定△BCD是等邊三角形和△AOF∽△ADB，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求證結(jié)論．
解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H，
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB＝∠ABD＝∠CHB＝90°，
∴四邊形ABHC是矩形，
∴AC＝BH，
又∵BD＝2AC，
∴AC＝BH＝DH，且CH⊥BD，
∴△BCD的形狀為等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴△AOC∽△BOD，
∴，即DO＝2AO，
∴，
故答案為：等腰三角形，；
（2）①如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AD于點(diǎn)H，
∵AC，BD均是直線l的垂線段，
∴AC∥BD，
∵△ADE是等邊三角形，且AE與AC重合，
∴∠EAD＝60°，
∴∠ADB＝∠EAD＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴在Rt△ADB中，AD＝2BD，ABBD，
又∵BD＝2AC，AC，
∴AD＝6，AB＝3，
∴AH＝DHAD＝3，AOAD＝2，
∴OH＝1，
∴EHAH＝3，
在Rt△EOH中，OE＝2；
②如圖3，連接CD，
∵AC∥BD，
∴∠CBD＝∠ACB＝60°，
∵△BCD是等腰三角形，
∴△BCD是等邊三角形，
又∵△ADE是等邊三角形，
∴△ABD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后與△ECD重合，
∴∠ECD＝∠ABD＝90°，
又∵∠BCD＝∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝∠FCB＝∠FBC＝30°，
∴FC＝FB＝2AF，
∴，
又∵∠OAF＝∠DAB，
∴△AOF∽△ADB，
∴∠AFO＝∠ABD＝90°，
∴OF⊥AB．
總結(jié)提升：本題考查了矩形的判定及性質(zhì)、三角形相似的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握三角形相似的判定及性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用，準(zhǔn)確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
22．（2022?海淀區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，BD平分∠ABC，BD的垂直平分線分別交AB，BD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，連接DE，DG．
（1）求證：四邊形BGDE是菱形；
（2）若∠ABC＝30°，∠C＝45°，ED＝6，求CG的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）由角平分線的性質(zhì)和垂直平分線的性質(zhì)可證∠EDB＝∠DBG＝∠ABD＝∠GDB，可得BE∥DG，DE∥GB，由菱形的判定可證結(jié)論；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC，由菱形的性質(zhì)可得DE＝DG＝6，DG∥EB，由直角三角形的性質(zhì)可得CH＝DH＝3，HGDH＝3，即可求CG的長(zhǎng)．
（1）證明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBG，
∵EG垂直平分BD，
∴DG＝BG，DE＝EB，
∴∠DBG＝∠GDB，∠ABD＝∠EDB，
∴∠EDB＝∠DBG＝∠ABD＝∠GDB，
∴BE∥DG，DE∥GB，
∴四邊形BGDE是平行四邊形，
又DE＝EB，
∴四邊形BGDE是菱形；
（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC，
∵四邊形BGDE是菱形，
∴DE＝DG＝6，DG∥EB
∴∠ABC＝∠DGC＝30°，
又DH⊥BC，
∴DH＝3，HGDH＝3，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，
∴∠C＝∠CDH＝45°，
∴CH＝DH＝3，
∴CG＝CH+HG＝3+3．
總結(jié)提升：本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練運(yùn)用菱形的判定和性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．
23．（2023?陽(yáng)明區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，點(diǎn)D為一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)D到點(diǎn)C的距離為1，連接CD，AD，作EA⊥AD，使AE＝AD．
（1）求證：△ADB≌△AEC；
（2）求證：BD⊥EC；
（3）直接寫(xiě)出BD最大和最小值；
（4）點(diǎn)D在直線AC上時(shí)，求BD的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）由題意可知，∠DAB＝∠EAC，繼而可由SAS得到△ADB≌△AEC；
（2）由（1）可知，△ADB≌△AEC（SAS），所以∠ABD＝∠ACE，根據(jù)余角的性質(zhì)，可得∠CFO＝∠BAO＝90°；
（3）由點(diǎn)D到點(diǎn)C的距離為1，可得點(diǎn)D在以點(diǎn)C為圓心，1為半徑的圓上，所以當(dāng)點(diǎn)D在直線BC上時(shí)，BD的長(zhǎng)取得最值，再根據(jù)BC的長(zhǎng)度可得出結(jié)論；
（4）根據(jù)題意，需要分情況討論：當(dāng)點(diǎn)D在AC邊上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)D在AC延長(zhǎng)線上時(shí)，再根據(jù)勾股定理可得出結(jié)論．
（1）證明：∵AD⊥AE，
∴∠EAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（SAS）；
（2）證明：如圖，設(shè)AC，BD相交于點(diǎn)O，BD，CE相交于點(diǎn)F，
由（1）可知，△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
在△AOB和△COF中，∠ABD＝∠ACE，∠AOB＝∠COF，
∴∠CFO＝∠BAO＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）解：在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，
∴BC＝3，
∵點(diǎn)D到點(diǎn)C的距離為1，
∴點(diǎn)D在以點(diǎn)C為圓心，1為半徑的圓上，
當(dāng)點(diǎn)D在直線BC上時(shí)，BD的長(zhǎng)取得最值，最小值為31，最大值為31；
（4）解：當(dāng)點(diǎn)D在AC邊上時(shí)，在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝3﹣1＝2，
由勾股定理求得BD；
當(dāng)點(diǎn)D在AC延長(zhǎng)線上時(shí)，在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝3+1＝4，
由勾股定理求得BD5；
故BD的長(zhǎng)為或5．
總結(jié)提升：本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定，圓的性質(zhì)，勾股定理等相關(guān)內(nèi)容，關(guān)鍵是得出點(diǎn)D在以點(diǎn)C為圓心，1為半徑的圓上．
24．（2022?長(zhǎng)春模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，AB＝5，點(diǎn)D為邊AB上的點(diǎn)，且BD＝1．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、C重合），沿AC以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以相同的速度沿折線CB一BD向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，以DP、DQ為鄰邊構(gòu)造?PEQD，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（0＜t＜4）秒．
（1）當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，t的值為 3 ；
（2）當(dāng)點(diǎn)E落在AC邊上時(shí)，求t的值；
（3）設(shè)?PEQD的面積為S（S＞0），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）連結(jié)PQ，直接寫(xiě)出PQ與△ABC的邊平行時(shí)t的值．
思路引領(lǐng)：（1）先由勾股定理求得BC＝3，因?yàn)镻A＝QC＝t，所以當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)t＝3；
（2）當(dāng)點(diǎn)E落在AC邊上時(shí)，則DQ∥AC，所以△DQB∽△ACB，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例可列方程，解方程求出t的值即可；
（3）分兩點(diǎn)情況，一是點(diǎn)Q在BC上，作PF⊥AB于點(diǎn)F，DG⊥BC于點(diǎn)G，可求得PFt，DG，即可由S＝2S△DPQ＝2（S△ABC﹣S△PAD﹣S△QBD﹣S△CPQ）求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；二是點(diǎn)Q在BD上，可直接由平行四邊形的面積公式求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）分兩種情況，一是PQ∥AB，可根據(jù)平行線分線段成比例定理列方程；二是PQ∥BC，根據(jù)平行線分線段成比例定理列方程，解方程求出相應(yīng)的t值即可．
解：（1）∵∠C＝90°，AC＝4，AB＝5，
∴BC3，
∵PA＝QC＝t，
∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，QC＝BC＝3，
∴t＝3，
故答案為：3．
（2）∵四邊形PEQD是平行四邊形，
∴DQ∥PE，
當(dāng)點(diǎn)E落在AC邊上時(shí)，如圖2，則DQ∥AC，
∴△DQB∽△ACB，
∴，
∵BQ＝3﹣t，BD＝1，
∴，
解得t.
（3）當(dāng)0＜t≤3時(shí)，如圖1，作PF⊥AB于點(diǎn)F，DG⊥BC于點(diǎn)G，
∵∠AFP＝∠BGD＝90°，
∴PF＝AP?sinAt，
∵AB＝5，BD＝1，
∴AD＝AB﹣BD＝4，DG＝BD?sinB，
由S△DPQ＝S△ABC﹣S△PAD﹣S△QBD﹣S△CPQ得S3×44t（3﹣t）t（4﹣t），
∴S＝2（t2t）＝t2t；
當(dāng)3＜t＜4時(shí)，如圖3，作PF⊥AB于點(diǎn)F，則PFt，
∵BC+BD＝4，
∴DQ＝4﹣t，
∴St（4﹣t），
∴St2t，
綜上所述，S．
（4）當(dāng)PQ∥AB時(shí)，如圖4，
∴，
∴，
解得t；
當(dāng)PQ∥BC時(shí)，如圖5，
∴，
∵AB+BC＝8，
∴AQ＝8﹣t，
∴，
解得t，
綜上所述，t或t．
總結(jié)提升：此題重點(diǎn)考查勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行于三角形一邊的直線截其它兩邊或兩邊的延長(zhǎng)線所得的對(duì)應(yīng)線段成比例、動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的求解、數(shù)形結(jié)合與分類(lèi)討論數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用等知識(shí)與方法，此題難度較大，屬于考試壓軸題．
25．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，E為AB的中點(diǎn)，連結(jié)CE，作CF⊥EC交射線AD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG∥CE交射線CD于點(diǎn)G，連結(jié)EG交AD于點(diǎn)H．
（1）求證：CE＝CF．
（2）求HD的長(zhǎng)．
（3）如圖2，連結(jié)CH，點(diǎn)P為CE的中點(diǎn)，Q為AF上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PQ，當(dāng)∠QPC與四邊形GHCF中的一個(gè)內(nèi)角相等時(shí)，求所有滿足條件的DQ的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）由正方形的性質(zhì)得BC＝CD＝AB＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠CDF＝90°，再證∠BCE＝∠DCF，然后證△BCE≌△DCF（ASA），即可得出結(jié)論；
（2）由銳角三角函數(shù)定義得tan∠BCE，再證∠GFD＝∠DCF＝∠BCE，則DGDF，然后證△AEH∽△DGH，得AH＝2HD，即可解決問(wèn)題；
（3）證EH＝FH，則△ECH≌△FCH（SSS），得∠ECH＝∠FCH＝45°，∠HEC＝∠HFC．然后分三種情況，①當(dāng)∠QPC＝∠GFC＝90°時(shí)，②當(dāng)∠QPC＝∠HGF時(shí)，③當(dāng)∠QPC＝∠GHC時(shí)，分別求解即可．
（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，
∴BC＝CD＝AB＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠CDF＝90°．
∵CF⊥EC，
∴∠ECF＝90°，
∴∠DCF+∠ECD＝90°，
∴∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴△BCE≌△DCF（ASA），
∴CE＝CF．
（2）解：∵E為AB的中點(diǎn)，AE＝6，
∴AE＝BE＝3，
∴tan∠BCE，
∵GF∥EC，CF⊥EC，
∴GF⊥CF，
∴∠GFC＝90°，
∵∠GDF＝∠ADC＝90°，
∴∠GFD+∠DGF＝∠DCF+∠DGF＝90°，
∴∠GFD＝∠DCF＝∠BCE，
∴，
∵tan∠GFD，
∴DGDF，
由（1）可知，△BCE≌△DCF，
∴BE＝DF＝3，
∴DG，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝6，AB∥CD，
∴△AEH∽△DGH，
∴2，
∴AH＝2HD，
∴HDAD＝2；
（3）解：∵HD＝2，DF＝3，
∴FH＝5，AH＝AD﹣HD＝4，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，
∴EH5，
∴EH＝FH，
∵CE＝CF，CH＝CH，
∴△ECH≌△FCH（SSS），
∴∠ECH＝∠FCH90°＝45°，∠HEC＝∠HFC．
分三種情況：
①如圖2，∠QPC＝∠GFC＝90°時(shí)，
則PQ⊥EC，
∵CF⊥EC，
∴PQ∥CF，
∴∠AQP＝∠DFC，
∴tan∠AQPtan∠DFC2，
∴QMPM，
過(guò)點(diǎn)P作MN⊥AD于點(diǎn)M，則PN∥AB，
∵P為CE的中點(diǎn)，
∴M為AD的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，
∴MDAD＝3，PN是△BCE的中位線，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如圖3，∠QPC＝∠HGF時(shí)，
∵GF∥EC，
∴∠HGF+∠HEC＝180°，
∵∠QPC+∠QPE＝180°．∠QPC＝∠HGF，
∴∠QPE＝∠HEC，
由（2）可知，△ECH≌△FCH，
∴∠HEC＝∠HFC，
∴∠QPE＝∠HFC＝∠BEC，
∴PQ∥AB，
∵P為CE的中點(diǎn)，
∴Q為AD的中點(diǎn)，
∴DQAD＝3；
③如圖4，∠QPC＝∠GHC時(shí)，
∵HD＝2，DC＝6，∠ADC＝90°，
∴tan∠DHC3．
由（2）可知，△ECH≌△FCH，
∴∠HEC＝∠HFC，∠EHC＝∠FHC，
∵∠QPC＝∠GHC，
∴∠EHC＝∠QPE＝∠FHC，
∴∠EMP＝∠ECH＝45°，tan∠QPE＝tan∠DHC＝3．
過(guò)點(diǎn)M作MN⊥EP于點(diǎn)N，
∵tan∠QPE3，
∴MN＝3NP，
設(shè)NP＝a，則MN＝3a，
∵tan∠HECtan∠HFC2，
∴ENMNa，
∵∠ABC＝90°，BC＝6，BE＝3，
∴CE3，
∵P為CE的中點(diǎn)，
∴EPCE，
∵EN+NP＝EP，
∴a+a，
解得：a，
∴MN，EN，
∴EM，
∴MH＝EH﹣EM＝5，
在△QMH中，過(guò)點(diǎn)Q作QJ⊥MH于點(diǎn)J，
則△MQJ是等腰直角三角形，tan∠QHJ，
設(shè)QJ＝3b，
∴JH＝4b，MJ＝QJ＝3b，
∵M(jìn)J+JH＝MH，
∴3b+4b，
解得：b，
∴QJ，JH，
∴QH，
∴DQ＝HD+QH＝2；
綜上所述，DQ的長(zhǎng)為或3或．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)定義、勾股定理、三角形中位線定理等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？?jí)狠S題．
26．（2022?襄州區(qū)模擬）（1）【證明體驗(yàn)】如圖1，正方形ABCD中，E、F分別是邊AB和對(duì)角線AC上的點(diǎn)，∠EDF＝45°．
①求證：△DBE～△DCF；
② ；
（2）【思考探究】如圖2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分別是邊AB和對(duì)角線AC上的點(diǎn)，tan∠EDF，BE＝5，求CF的長(zhǎng)；
（3）【拓展延伸】如圖3，菱形ABCD中，BC＝5，對(duì)角線AC＝6，BH⊥AD交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，E、F分別是線段HB和AC上的點(diǎn)，tan∠EDF，HE，求CF的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）①說(shuō)明∠EDB＝∠CDF，∠EBD＝∠FCD＝45°，即可證明△DBE～△DCF；
②由①△DBE∽△DCF得，；
（2）連接BD交AC于點(diǎn)O，通過(guò)計(jì)算tan∠BDC，得出∠EDF＝∠BDC，再由①同理可得△DBE∽△DCF，則；
（3）連接BD交AC于O點(diǎn)，同理得tan，則△DHB∽△DOC，得，求出BH的長(zhǎng)，再利用△DBE∽△DCF，得，從而結(jié)論問(wèn)題．
（1）①證明：∵∠EDF＝45°，
∴∠EDB+∠BDF＝45°，
∵∠CDF+∠BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵四邊形ABCD為正方形，BD，AC為對(duì)角線，
∴∠EBD＝∠FCD＝45°，
∴△DBE～△DCF；
②解：∵四邊形ABCD為正方形，BD，AC為對(duì)角線，
∴∠BDC＝45°，
∴CD＝BD?cs45°，
∴BDCD，
∵△DBE∽△DCF，
∴，
故答案為：；
（2）解：連接BD交AC于點(diǎn)O，
在矩形ABCD中，AC＝BD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD10，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ODC，
∴∠ABD＝∠OCD，
∵tan∠BDC，tan，
∴∠EDF＝∠BDC，
∵∠EDF＝∠EDB+∠BDF，∠BDC＝∠BDF+∠FDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∵BE＝5，
∴CF＝3；
（3）解：在菱形ABCD中，BC＝AB＝DC＝AD＝5，
連接BD交AC于O點(diǎn)，
∵AC＝BD，且AC與BD互相平分，
∴OC，BD＝2OD，
在Rt△ODC中，OD，
∴tan，
∵BD為菱形對(duì)角線，
∴∠HDB＝∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB＝∠DOC＝90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴，
即，
∴BH，
∵HE，
∴BE＝BH﹣HE，
∵tan，
∴∠EDF＝∠ODC＝∠HDB，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB＝90°，∠HDB＝∠ODC，∠ODC+∠OCD＝90°，
∴∠HBD＝∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∴CF．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形、矩形、菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識(shí)，證明△DBE∽△DCF是解題的關(guān)鍵，注意解題方法的延續(xù)性．
27．（2022?市南區(qū)二模）已知：如圖，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，∠CAB的平分線分別交BD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，作BH⊥AF于點(diǎn)H，分別交AC，CD于點(diǎn)G，P，連接GE，GF．
（1）求證：△OAE≌△OBG；
（2）判斷四邊形BFGE是什么特殊四邊形？并證明你的結(jié)論．
思路引領(lǐng)：（1）由正方形的性質(zhì)得出OA＝OB，∠AOE＝∠BOG＝90°，再由角的互余關(guān)系證出∠OAE＝∠OBG，由ASA即可證明△OAE≌△OBG；
（2）先證明△AHG≌△AHB，得出GH＝BH，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出EG＝EB，F(xiàn)G＝FB；再證出∠BEF＝∠BFE，得出EB＝FB，因此EG＝EB＝FB＝FG，即可得出結(jié)論．
（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠AOE＝∠BOG＝90°．
∵BH⊥AF，
∴∠AHG＝∠AHB＝90°，
∴∠GAH+∠AGH＝90°＝∠OBG+∠AGH，
∴∠GAH＝∠OBG，
即∠OAE＝∠OBG．
在△OAE與△OBG中，
，
∴△OAE≌△OBG（ASA）；
（2）解：四邊形BFGE為菱形；理由如下：
在△AHG與△AHB中，
，
∴△AHG≌△AHB（ASA），
∴GH＝BH，
∴AF是線段BG的垂直平分線，
∴EG＝EB，F(xiàn)G＝FB．
∵∠BEF＝∠BAE+∠ABE＝67.5°，∠BFE＝90°﹣∠BAF＝67.5°，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴EB＝FB，
∴EG＝EB＝FB＝FG，
∴四邊形BFGE是菱形．
總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、菱形的判定；熟練掌握正方形的性質(zhì)，并能進(jìn)行推理論證是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
28．（2022?萊蕪區(qū)二模）四邊形ABCD和四邊形AMPN有公共頂點(diǎn)A，連接BM和DN．
（1）如圖1，若四邊形ABCD和四邊形AMPN都是正方形，當(dāng)正方形AMPN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜360°）時(shí)，BM和DN的數(shù)量關(guān)系是 BM＝DN ，位置關(guān)系是 BM⊥DN ；
（2）如圖2，若四邊形ABCD和四邊形AMPN都是矩形，且，判斷BM和DN的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）在（2）的條件下，若AB＝2，AM＝1，矩形AMPN繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜360°），當(dāng)MN∥AB時(shí)，求線段DN的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）延長(zhǎng)BM交DN于H，利用SAS證明△BAM≌△DAN，得BM＝DN，∠ABM＝∠ADN，從而證明結(jié)論；
（2）延長(zhǎng)BM交DN于H，證明△BAM∽△DAN，得，∠ABM＝∠ADN，從而證明結(jié)論；
（3）當(dāng)MN在AB上方時(shí)，作MG⊥AB于G，由（2）知∠AMN＝60°，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AGAM，MGAG，BG＝AB﹣AG，在Rt△BMG中，利用勾股定理求出BM的長(zhǎng)，再根據(jù)DNBM，可得答案，當(dāng)MN在AB下方時(shí)，同理可得答案．
解：（1）延長(zhǎng)BM交DN于H，
∵四邊形ABCD和AMPN是正方形，
∴AB＝AD，AM＝AN，∠BAD＝∠MAN，
∴∠BAM＝∠DAN，
∴△BAM≌△DAN（SAS），
∴BM＝DN，∠ABM＝∠ADN，
∵∠BOA＝∠DOH，
∴∠OAB＝∠DHO，
∴BM⊥DN，
故答案為：BM＝DN，BM⊥DN；
（2）DNBM，BM⊥DN，理由如下：
延長(zhǎng)BM交DN于H，
∵，∠BAM＝∠DAN，
∴△BAM∽△DAN，
∴，∠ABM＝∠ADN，
∵∠BOA＝∠DOH，
∴∠OAB＝∠DHO，
∴BM⊥DN，
（3）如圖，當(dāng)MN在AB上方時(shí)，作MG⊥AB于G，
∵，
∴∠AMN＝60°，
∵M(jìn)N∥AB，
∴∠AMN＝∠MAB＝60°，
∴AGAM，MGAG，
∴BG＝AB﹣AG，
在Rt△BMG中，由勾股定理得，BM，
由（2）知，DNBM＝3，
當(dāng)MN在AB下方時(shí)，作MG⊥AB，交BA延長(zhǎng)線于G，
同理可得BG＝2，MGAG，
由勾股定理得，BM，
由（2）知，DNBM，
綜上：DN＝3或．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，證明DNBM是解題的關(guān)鍵．
29．（2022?定安縣一模）將一塊足夠大的直角三角板的直角頂點(diǎn)P放在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的對(duì)角線AC上滑動(dòng)，一條直角邊始終經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，另一條直角邊與射線DC交于點(diǎn)E．
（1）當(dāng)點(diǎn)E在邊DC上時(shí)（如圖1），求證：①△PBC≌△PDC；②PB＝PE．
（2）當(dāng)點(diǎn)E在邊DC的延長(zhǎng)線上時(shí)（如圖2），（1）中的結(jié)論②還成立嗎？如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；如果成立，請(qǐng)給予證明．
思路引領(lǐng)：（1）①如圖1，根據(jù)SAS證明△PBC≌△PDC（SAS），②過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，證明△BPG≌△EPH（ASA），可得PB＝PE；
（2）同理可得結(jié)論．
（1）證明：①如圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，BC＝CD，
在△PBC和△PDC中，
，
∴△PBC≌△PDC（SAS）；
②如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，
∵∠ACB＝∠ACD，
∴PG＝PH，
∵∠PGC＝∠DCB＝∠PHC＝90°，
∴∠GPH＝90°，
∵∠BPE＝90°，
∴∠BPG＝∠EPH，
∵∠BGP＝∠EHP＝90°，
∴△BPG≌△EPH（ASA），
∴PB＝PE；
（2）解：如圖2，（1）中的結(jié)論②還成立，理由如下：
在△PBC和△PDC中，
，
∴△PBC≌△PDC（SAS）；
過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，
∵∠ACB＝∠ACD，
∴PG＝PH，
∵∠BPG＝∠EPH，∠BGP＝∠EHP＝90°，
∴△BPG≌△EPH（ASA），
∴PB＝PE．
總結(jié)提升：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)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用類(lèi)比的思想解決問(wèn)題．
30．（2022?寶安區(qū)校級(jí)一模）某“數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)興趣小組”成員在復(fù)習(xí)《圖形的變化》時(shí)，對(duì)下面的圖形背景產(chǎn)生了濃厚的興趣，并嘗試運(yùn)用由“特殊到一般”的思想進(jìn)行了探究：
【問(wèn)題背景】如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E為AB邊上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交BC邊于點(diǎn)F，將△ADE沿直線DE折疊后，點(diǎn)A落在點(diǎn)A'處，當(dāng)∠BEF＝25°，則∠FEA'＝ 25 °．
【特例探究】如圖2，連接DF，當(dāng)點(diǎn)A'恰好落在DF上時(shí)，求證：AE＝2A'F．
【深入探究】如圖3，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他條件不變，他們發(fā)現(xiàn)AE與A′F之間也存在著一定的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)直接寫(xiě)出AE與A′F之間的數(shù)量關(guān)系式．
【拓展探究】如圖4，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他條件不變，他們發(fā)現(xiàn)AE與A′F之間也存在著一定的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)直接寫(xiě)出AE與A′F之間的數(shù)量關(guān)系式．
思路引領(lǐng)：【問(wèn)題背景】：由余角的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可求解；
【特例探究】：由“AAS“可證△BEF≌△A'EF，可得BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，由銳角三角函數(shù)可求解；
【深入探究】：由“AAS“可證△BEF≌△A'EF，可得BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，由銳角三角函數(shù)可求解；
【拓展探究】：設(shè)AE＝a＝A'E＝A'H＝EH＝EN，BN＝b，可得AB＝2a+b＝AD＝A'D，通過(guò)證明△DEA'∽△EFH，可得，可求解．
【問(wèn)題背景】：解：∵EF⊥DE，∠BEF＝25°，
∴∠AED＝65°，
∵將△ADE沿直線DE折疊后，點(diǎn)A落在點(diǎn)A'處，
∴∠AED＝∠A'ED＝65°，
∴∠FEA'＝25°，
故答案為：25；
【特例探究】：證明：∵將△ADE沿直線DE折疊后，當(dāng)點(diǎn)A'恰好落在DF上時(shí)，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝90°，
∴∠B＝∠EA'F＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠DEA'+∠FEA'，
∴∠BEF＝∠FEA'，
又∵EF＝EF，
∴△BEF≌△A'EF（AAS），
∴BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，
∴AEAD，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BEF＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝tan∠BEF，
∴BE＝2BF，
∴AE＝2A'F；
【深入探究】：∵將△ADE沿直線DE折疊后，當(dāng)點(diǎn)A'恰好落在DF上時(shí)，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝90°，
∴∠B＝∠EA'F＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠DEA'+∠FEA'，
∴∠BEF＝∠FEA'，
又∵EF＝EF，
∴△BEF≌△A'EF（AAS），
∴BE＝A'E＝AEAB，A'F＝BF，
∵AD＝mAB，
∴AEAD，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BEF＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝tan∠BEF，
∴BE＝2mBF，
∴AE＝2mA'F；
【拓展探究】：如圖4，在BE上截取BF＝BN，連接NF，在A'F上截取FH＝FN，連接EH，
∵四邊形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝AD，∠A＝120°，
∵∠B＝60°，BF＝BN，
∴△BNF是等邊三角形，
∴BN＝BF＝NF，∠B＝∠BFN＝∠BNF＝60°，
∴∠ENF＝120°，
設(shè)∠BEF＝x，
∵∠DEF＝∠A＝120°，∠B＝60°，
∴∠BFE＝120°﹣x，∠AED＝60﹣x，
∴∠NFE＝60°﹣x，
∵∠DEB＝∠A+∠ADE＝∠DEF+∠BEF，
∴∠ADE＝∠BEF＝x，
∵將△ADE沿直線DE折疊后，當(dāng)點(diǎn)A'恰好落在DF上時(shí)，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝120°，∠ADE＝∠A'DE＝x，∠DEA＝∠DEA'＝60﹣x，
∴∠EFA'＝60﹣x，
∴∠EFN＝∠EFH，
又∵EF＝EF，F(xiàn)N＝FH，
∴△EFH≌△EFN（SAS），
∴EN＝EH，∠BEF＝∠FEH＝x，
∵∠BEF+∠AED＝60°，
∴∠FEH+∠DEA'＝60°，
∴∠A'EH＝60°，
又∵∠EA'H＝180°﹣∠EA'D＝60°，
∴△A'EH是等邊三角形，
∴A'E＝EH＝A'H，
∴設(shè)AE＝a＝A'E＝A'H＝EH＝EN，BN＝b，
∴AB＝2a+b＝AD＝A'D，
∵∠A'DE＝∠FEH＝x，∠EFH＝∠DEA'＝60°﹣x，
∴△DEA'∽△EFH，
∴，
∴，
∴ab+b，（負(fù)值舍去），
∴AEb+b，A'F＝a+b＝2bb，
∴A'FAE．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，折疊的性質(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)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形或相似三角形是解題的關(guān)鍵．
31．（2022?大觀區(qū)校級(jí)二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠DCB，點(diǎn)E為BC上一點(diǎn)，且DE∥AB，過(guò)點(diǎn)B作BF∥AD交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接CF，CF＝BF．
（1）求證：△ADE≌△FCD；
（2）如圖（2），連接DB交AE于點(diǎn)G．
①若AG＝DC．求證：BC平分∠DBF；
②若DB∥CF，求的值．
思路引領(lǐng)：（1）先證DE＝CD，再證四邊形ABFD是平行四邊形，則AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，然后證∠ABF＝∠DCF，則∠ADE＝∠FCD，由SAS即可得出結(jié)論；
（2）①連接CG，先證四邊形AGCD是平行四邊形，得CG∥AD，CG＝AD，再證四邊形BFCG是平行四邊形，然后證平行四邊形BFCG是菱形，即可得出結(jié)論；
②先證△ABE∽△DEC，得，再由AB＝DF，得，進(jìn)而證△BDE∽△CFE，得，則，然后求出，即可得出結(jié)論．
（1）證明：∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠DCB，
∴∠DEC＝∠DCB，
∴DE＝CD，
∵DE∥AB，BF∥AD，
∴四邊形ABFD是平行四邊形，
∴AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，
∵CF＝BF，
∴∠FBC＝∠FCB，AD＝CF，
∴∠ABC+∠FBC＝∠DCB+∠FCB，
即∠ABF＝∠DCF，
∴∠ADE＝∠FCD，
在△ADE和△FCD中，
，
∴△ADE≌△FCD（SAS）；
（2）①證明：如圖2，連接CG，
由（1）得：△ADE≌△FCD，
∴∠DEA＝∠CDF，
∴AE∥CD，
∵AG＝DC，
∴四邊形AGCD是平行四邊形，
∴CG∥AD，CG＝AD，
∵AD＝BF，AD∥BF，
∴CG∥BF，CG＝BF，
∴四邊形BFCG是平行四邊形，
∵CF＝BF，
∴平行四邊形BFCG是菱形，
∴BC平分∠DBF；
②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD，
∴∠AED＝∠FDC，
∵DE∥AB，
∴∠BAE＝∠AED，∠ABE＝∠DEC，
∴∠BAE＝∠FDC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∵四邊形ABFD是平行四邊形，
∴AB＝DF，
∴，
由①可知，四邊形BFCG是平行四邊形，
∴BD∥FC，
∴△BDE∽△CFE，
∴，
∴，
∵DF＝DE+EF，
∴，
即DE2＝DE?EF+EF2，
兩邊除以DE2得：1（）2，
解得：或（舍去），
∴．
總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題目，考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．
32．（2022?甘井子區(qū)校級(jí)模擬）已知等腰三角形ABC，∠F＝2∠ABC，CD＝kBD，∠FGC＝α．
（1）如圖1，當(dāng)k＝1時(shí)，
①探究DG與CE之間的數(shù)量關(guān)系；
②探究BE，CG與CE之間的關(guān)系（用含α的式子表示）．
（2）如圖2，當(dāng)k≠1時(shí)，探究BE，CG與CE之間的數(shù)量關(guān)系（用含k，α的式子表示）．
思路引領(lǐng)：（1）①作DH＝DG，推導(dǎo)∠CHD∠BEC，∠B＝∠DCH，從而△CHD∽△BEC，從而求得；
②由①△CHD∽△BEC，推出，作DI⊥GH，cs∠DGI，進(jìn)一步求得；
（2）由（1）的同樣的方法，由特殊推出一般，方法不變．
解：（1）①作DH＝DG交AC于H，
∴∠DHG＝∠DGH＝∠AGF，
∴AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAC＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，
∵∠F＝2∠ABC，
∴∠F＝∠EAC，
∴點(diǎn)A、G、E、F共圓，
∴∠AGF＝∠AEF，
∴∠DHG＝∠AEF，
∵∠CEB＝180°﹣∠AEF，
∠DHC＝180°﹣∠DHG，
∴∠DHC＝∠CEB，
又∠DCG＝∠B，
∴△CHD∽△BEC，
∴，
∴DG＝DHCE；
②由上得，
CH，DG，
∴CG﹣GH，
作DI⊥GH于I，
∵DG＝DH，
∴GI，
∴GI＝DG?cs∠DHG，
∴DG?cs∠DHGCE?cs∠DHG，
∴GH＝CE?cs∠DHG，
∴CG﹣CE?cs（180°﹣α）BE；
（2）作DH＝DG交CG的延長(zhǎng)線于H，作DI⊥GH于I，
由（1）得，∠F＝∠CAE＝2∠ABC＝2∠BAC，
∴點(diǎn)A、G、F、E四點(diǎn)共圓，
∴∠H＝∠DGH＝∠AGF＝∠BCE，
∴△CHD∽△BEC，
∴，
∴CH?BE，
DH?CE，
∴CG+2GI?BE，
在Rt△DIG 中，GI＝DG?cs∠DGI＝DH?csα
?CE?csα，
∴CG?BE，
∴（k﹣1）?CG+2k?csα?CE＝k?BE．
總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形、三角形相似等綜合知識(shí)，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造三角形相似．
33．（2022?市南區(qū)校級(jí)二模）如圖，在?ABCD中，∠ADB＝90°，AB＝10cm，AD＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿DA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿BC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．當(dāng)一個(gè)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．過(guò)點(diǎn)P作PE∥BD交AB于點(diǎn)E，連接PQ，交BD于點(diǎn)F．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜4）．解答下列問(wèn)題：
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥AB？
（2）連接EQ，設(shè)四邊形APQE的面積為y（cm2），求y與t的函數(shù)關(guān)系式．
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)E在線段PQ的垂直平分線上？
（4）若點(diǎn)F關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為F′，是否存在某一時(shí)刻t，使得點(diǎn)P，E，F(xiàn)′三點(diǎn)共線？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）由題意得，PQ∥AB，則四邊形PABQ是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AP＝BQ，即8﹣2t＝t，解方程即可求解；
（2）過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，由勾股定理求出BD＝6，證明△ADB∽△BHQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得QHt，根據(jù)平行線分線段成比例定理可得，可得出BEt，根據(jù)y＝S四邊形APQB﹣S△BEQ即可求解；
（3）先證出△APE∽△ABD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，可得PE＝6t，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得EQ＝PE，由（2）得QHt，可得出BHt，根據(jù)勾股定理得出EH2+HQ2＝EQ2，列出方程即可求解；
（4）連接FF′交AB于點(diǎn)N，由對(duì)稱(chēng)及平行線的性質(zhì)可得∠FEB＝∠ABD，由等角對(duì)等邊得EF＝FB，則BN＝ENBEt，再證△DPF∽△BQF，可得DF＝2BF，可求出BF＝2，然后證明△BNF∽△BDA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得t的值．
解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
若PQ∥AB，
∴四邊形PABQ是平行四邊形，
∴AP＝BQ，
∴8﹣2t＝t，
∴t，
∴當(dāng)t時(shí)，PQ∥AB；
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∵∠ADB＝90°，
∴BD2＝AB2﹣AD2＝100﹣64＝36，即BD＝6，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠A＝∠QBH，
又∵∠ADB＝∠BHQ＝90°，
∴△ADB∽△BHQ，
∴，即，
∴QHt，
∵PE∥BD，
∴，即，
∴BEt，
∴y＝S四邊形APQB﹣S△BEQ（8﹣2t+t）×6ttt2﹣3t+24；
（3）如圖：
∵PE∥BD，
∴∠APE＝∠ADB，
∵∠A＝∠A，
∴△APE∽△ADB，
∴，即，
∴PE＝6t，
∵點(diǎn)E在線段PQ的垂直平分線上，
∴EQ＝PE＝6t，
由（2）得QHt，BEt，
∴BHt，
∴EH＝BH+BEttt，
Rt△EQH中，EH2+HQ2＝EQ2，
∴（t）2+（t）2＝（6t）2，即t2+2t﹣4＝0，
解得：t11，t21＜0 （舍去），
∴當(dāng)t1時(shí)，點(diǎn)E在PQ的垂直平分線上；
（4）連接FF'交AB于點(diǎn)N，
∵點(diǎn)F關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為F′，
∴∠FEB＝∠F′EB，F(xiàn)N⊥EB，
∵點(diǎn)P，E，F(xiàn)′三點(diǎn)共線，PE∥DB，
∴∠F′EB＝∠ABD，
∴∠FEB＝∠ABD，
∴EF＝FB，
∴BN＝ENBEt，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DPF＝∠FQB，
∵DFP＝∠BFQ，
∴△DPF∽△BQF，
∴2，
∴DF＝2BF，
∴2BF+BF＝6，
∴BF＝2，
∵∠FBN＝∠ABD，∠FNB＝∠ADB，
∴△BNF∽△BDA，
∴，
∴，解得：t，
∴存在某一時(shí)刻t，使得點(diǎn)P，E，F(xiàn)′三點(diǎn)共線，t的值為．
總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，多邊形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．
34．（2022?雁塔區(qū)模擬）在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠B＝60°；
（1）如圖1，已知，∠D＝30°求得∠A+∠C的大小為 270° ．
（2）已知AD＝3，CD＝4，在（1）的條件下，利用圖1，連接BD，并求出BD的長(zhǎng)度；
（3）問(wèn)題解決；如圖2，已知∠D＝75°，BD＝6，現(xiàn)需要截取某種四邊形的材料板，這個(gè)材料板的形狀恰巧符合如圖2所示的四邊形，為了盡可能節(jié)約，你能求出這種四邊形面積的最小值嗎？如果能，請(qǐng)求出此時(shí)四邊形ABCD面積的最小值；如果不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°求解可得；
（2）將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△BAQ，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知∠CBD＝∠ABQ，∠C＝∠BAQ，CD＝AQ＝4，BD＝BQ，再證△BDQ是等邊三角形得BD＝DQ，證∠DAQ＝90°可得答案；
（3）△ABC是等邊三角形，所以可以將△BDC繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△HBA，連接DH．由S四邊形ABCD＝S△BAH+S△ABD＝S△DBH﹣S△ADH，可知當(dāng)△ADH面積最大時(shí)，四邊形ABCD的面積最小，只要求出△ADH的面積的最大值即可解決問(wèn)題．
解：（1）∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，且∠B＝60°、∠D＝30°，
∴∠A+∠C＝270°，
故答案為：270°；
（2）如圖1，將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△BAQ，
則∠CBD＝∠ABQ，∠C＝∠BAQ，CD＝AQ＝4，BD＝BQ，
∵∠CBD+∠ABD＝60°，
∴∠ABQ+∠ABD＝60°，即∠DBQ＝60°，
∴△BDQ是等邊三角形，
∴BD＝DQ，
∵∠C+∠BAD＝270°，
∴∠BAQ+∠BAD＝270°，
∴∠DAQ＝90°，
則BD＝DQ5；
（3）如圖②，將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△BAH，連接DH，
由（2）知△BDH是等邊三角形，
∴S四邊形ABCD＝S△BAH+S△ABD＝S△DBH﹣S△ADH，
∴當(dāng)△ADH面積最大時(shí)，四邊形ABCD的面積最小，
∵∠ABC＝60°，∠ADC＝75°，
∴∠BAD+∠BCD＝∠BAD+∠BAH＝360°﹣75°﹣60°＝225°，
∴∠DAH＝135°，
∵DH＝DB＝6，
∴點(diǎn)A在定圓⊙O上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)O、A、B共線時(shí)，△ADH的面積最大，此時(shí)OB⊥DH，設(shè)OA交DH于K，則HK＝KD＝3，
∵AH＝AD，
∴∠AHD＝∠ADH＝22.5°，在HK上取一點(diǎn)F，使得FH＝FA，則△AKF是等腰直角三角形，設(shè)AK＝FK＝x，則FH＝AFx，
∴3＝xx，
∴x＝33，
∴△ADH的面積最大值6×（33）＝99，
∴四邊形ABCD的面積的最小值62﹣（99）＝999．
總結(jié)提升：本題考查四邊形綜合題、等邊三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積、勾股定理，圓等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用輔助圓解決最值問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
35．（2022?翔安區(qū)模擬）如圖，AM是△ABC的中線，D是線段AM上一點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合）．DE∥AB交AC于點(diǎn)F，CE∥AM，連接AE．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D與M重合時(shí)，求證：四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D不與M重合時(shí)，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）如圖3，延長(zhǎng)BD交AC于點(diǎn)H，若BH⊥AC，且BH＝AM，求∠CAM的度數(shù)．
思路引領(lǐng)：（1）先判斷出∠ECD＝∠ADB，進(jìn)而判斷出△ABD≌△EDC，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出四邊形DMGE是平行四邊形，借助（1）的結(jié)論即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出MI∥BH，MIBH，進(jìn)而利用直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
解：（1）∵DE∥AB，
∴∠EDC＝∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵AM是△ABC的中線，且D與M重合，
∴BD＝DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB＝ED，
∵AB∥ED，
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）結(jié)論成立，理由如下：如圖2，過(guò)點(diǎn)M作MG∥DE交CE于G，
∵CE∥AM，
∴四邊形DMGE是平行四邊形，
∴ED＝GM，且ED∥GM，
由（1）知，AB＝GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB＝DE，
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
（3）如圖3取線段CH的中點(diǎn)I，連接MI，
∵BM＝MC，
∴MI是△BHC的中位線，
∴MI∥BH，MIBH，
∵BH⊥AC，且BH＝AM，
∴MIAM，MI⊥AC，
∴∠CAM＝30°．
總結(jié)提升：此題是四邊形綜合題，主要考查了三角形的中線，中位線的性質(zhì)和判定，平行四邊形的平行和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解綁的關(guān)鍵．
36．（2022?即墨區(qū)一模）已知：如圖，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，DE⊥AC于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)G，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，且AE＝AC．
（1）求證：AB＝AF；
（2）若∠ACB＝30°，連接AG，判斷四邊形AGCD是什么特殊的四邊形？并證明你的結(jié)論．
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)AAS證出△ABC≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出即可；
（2）求出AF＝CF，證△DAF≌△GCF，推出AD＝CG，即可得出答案．
（1）證明：∵∠ABC＝90°，DE⊥AC，
∴∠ABC＝∠AFE＝90°，
在△ABC和△AFE中
∵，
∴△ABC≌△AFE（AAS），
∴AB＝AF．
（2）四邊形AGCD是菱形．
證明：∵∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴2AB＝AC，
∵AB＝AF，
∴AC＝2AF＝AF+FC，
∴AF＝CF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠FCG，
在△DAF和△GCF中
，
∴△DAF≌△GCF（ASA），
∴AD＝CG，
∵AD∥CG，
∴四邊形AGCD是平行四邊形，
∵DG⊥AC，
∴平行四邊形AGCD是菱形．
總結(jié)提升：本題考查了直角梯形，全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定，菱形的判定等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，主要考查學(xué)生運(yùn)用定理進(jìn)行推理的能力．
37．（2022?文昌模擬）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A點(diǎn)C重合），過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD于點(diǎn)E，點(diǎn)M為CP的中點(diǎn)，分別連接MB、MD、ME．
（1）求證：△AMB≌△AMD；
（2）連接BE，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AD于點(diǎn)N，證明：△BME是等腰直角三角形；
（3）將圖中△PEA繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到△P′E′A，設(shè)點(diǎn)M′為P′C的中點(diǎn)，連接M′E′、M′B、E′B（請(qǐng)?jiān)趥溆脠D中畫(huà)出圖形），判斷此時(shí)△BM′E′的形狀，并說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）判斷出AB＝AD，∠BAM＝∠DAM，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出∠DAC＝∠BAC＝45°，∠HAN＝90°，再判斷出MN＝MH，∠NMH＝90°，再判斷出△DEM是等腰三角形，得出DM＝EM，在判斷出Rt△BHM≌Rt△ENM（HL），得出∠BMH＝∠EMN，即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出△P′E′C與△P′BC是直角三角形，再判斷出E′M′＝CM′＝BM′PC，得出∠M′E′C＝∠E′CM′，∠M′BC＝∠M′CB，即可得出結(jié)論．
（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠BAM＝∠DAM，
在△AMB和△AMD中，
，
∴△AMB≌△AMD（SAS）；
（2）證明：如圖，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥AB于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠HAN＝90°，
又∵M(jìn)N⊥AD，MH⊥AB，
∴MN＝MH，∠NMH＝90°，
∵M(jìn)N⊥AD，CD⊥AD，PE⊥AD，
∴CD∥MN∥PE，
又∵點(diǎn)M是PC的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)N是DE的中點(diǎn)，
又∵M(jìn)N⊥AD，
∴△DEM是等腰三角形，
∴DM＝EM，
又∵△AMB≌△AMD，
∴DM＝BM，
∴BM＝EM，
在Rt△BHM與Rt△ENM中，
，
∴Rt△BHM≌Rt△ENM（HL），
∴∠BMH＝∠EMN，
∵∠NME+∠EMH＝∠NMH＝90°，
∴∠BMH+∠EMH＝90°，
即∠EMB＝90°，
∴△BME是等腰直角三角形；
（3）解：△BM′E′是等腰直角三角形，理由是：
如圖，由題意可知∠P′E′A＝90°，∠ABC＝∠P′E′C＝90°，
∴△P′E′C與△P′BC是直角三角形，
又∵點(diǎn)M是斜邊PC的中點(diǎn)，
∴E′M′＝CM′＝BM′PC，
∴∠M′E′C＝∠E′CM′，∠M′BC＝∠M′CB，
∴∠BM′E′＝2（∠E′CM′+∠M′CB）＝2×45°＝90°，
∴△BM′E′是等腰直角三角形．
總結(jié)提升：此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半這個(gè)性質(zhì)，作出輔助線是解（2）的關(guān)鍵．
38．（2022?鄖西縣模擬）如圖①，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，得到△CBE′（點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C）．延長(zhǎng)AE交CE′于點(diǎn)F，連接DE．
（1）試判斷四邊形BE′FE的形狀，并說(shuō)明理由；
（2）如圖②，若DA＝DE，請(qǐng)猜想線段CF與FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明；
（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請(qǐng)直接寫(xiě)出DE的長(zhǎng)．
思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四邊形BE′FE是正方形；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，由DA＝DE得AGAE，再證明△ADG≌△BAE，且由四邊形BE′FE是正方形，得到FE′＝AGCE′，可證得結(jié)論；
（3）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，由旋轉(zhuǎn)及四邊形BE′FE是正方形可得如下關(guān)系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根據(jù)勾股定理求出BE、AE的長(zhǎng)，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的長(zhǎng)．
解：（1）四邊形BE′FE是正方形．
理由如下：如圖1，
由旋轉(zhuǎn)得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四邊形BE′FE是矩形，
由旋轉(zhuǎn)得，BE′＝BE，
∴四邊形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
證明如下：如下圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，
則∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AGAE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四邊形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋轉(zhuǎn)得，AE＝CE′，
∴AECE′，
∴FE′AECE′，
∴CF＝FE'．
（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，
∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝15，
∴（BE+3）2+BE2＝152，
解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合題意，舍去），
∴AE＝9+3＝12，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝12，AG＝BE＝9，
∴GE＝AE﹣AG＝12﹣9＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE3．
總結(jié)提升：此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)與判定、旋轉(zhuǎn)的特征、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，且通過(guò)深入挖掘題中的隱含條件尋找三角形全等的條件，此題難度較大，屬于考試壓軸題．

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