提優(yōu)題型十一 綜合探究題1 非動態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）（解析版）

題型十一綜合探究題類型一非動態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）1.(2021·四川省達(dá)州市)某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動中，對多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段做了如下探究：

【觀察與猜想】

(1)如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點，連接DE，CF，DE⊥CF，則DECF的值為______；

(2)如圖2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，點E是AD上的一點，連接CE，BD，且CE⊥BD，則CEBD的值為______；

【類比探究】

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，點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，求證：DE?AB=CF?AD；

【拓展延伸】

(4)如圖4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，將△ABD沿BD翻折，點A落在點C處得△CBD，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，連接DE，CF，DE⊥CF．

①求DECF的值；

②連接BF，若AE=1解：(1)如圖1，設(shè)DE與CF交于點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和△DFC中，

∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，

∴△AED≌△DFC(AAS)，

∴DE=CF，

∴DECF=1；

(2)如圖2，設(shè)DB與CE交于點G，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠A=∠EDC=90°，

∵CE⊥BD，

∴∠DGC=90°，

∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，

∴∠ECD=∠ADB，

∵∠CDE=∠A，

∴△DEC∽△ABD，

∴CEBD=DCAD=47，

故答案為：47．

(3)證明：如圖3，過點C作CH⊥AF交AF的延長線于點H，

∵CG⊥EG，

∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，

∴四邊形ABCH為矩形，

∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，

∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，

∴△DEA∽△CFH，

∴DECF=ADCH，

∴DECF=ADAB，

∴DE?AB=CF?AD；

(4)①如圖4，過點C作CG⊥AD于點G，連接AC交BD于點H，CG與DE相交于點O，

∵CF⊥DE，GC⊥AD，

∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，

∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，

∴△DEA∽△CFG，

∴DECF=ADCG，

在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，

∴AB=3，

在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，

∴AHDH=13，

設(shè)AH=a，則DH=3a，

∵AH2+DH2=AD2，

∴a2+(3a)2=92，

∴a=91010(負(fù)值舍去2.（2021·湖北中考真題）問題提出如圖（1），在和中，，，，點在內(nèi)部，直線與交于點，線段，，之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？問題探究（1）先將問題特殊化．如圖（2），當(dāng)點，重合時，直接寫出一個等式，表示，，之間的數(shù)量關(guān)系；（2）再探究一般情形．如圖（1），當(dāng)點，不重合時，證明（1）中的結(jié)論仍然成立．問題拓展如圖（3），在和中，，，（是常數(shù)），點在內(nèi)部，直線與交于點，直接寫出一個等式，表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）．（2）見解析；問題拓展：．【分析】（1）先證明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；（2）過點作交于點，證明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法變?nèi)葹橄嗨谱C明即可．【詳解】問題探究（1）．理由如下：如圖（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF=；（2）證明：過點作交于點，則，∴．∵，∴．又∵，，∴，∴．∴．∴，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．問題拓展．理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，過點作交于點M，則，∴．∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF,MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF==∴BF-kAF=．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解題的關(guān)鍵．3.（2021·浙江中考真題）（證明體驗）（1）如圖1，為的角平分線，，點E在上，．求證：平分．

（思考探究）（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為上一點，連結(jié)交于點G．若，，，求的長．（拓展延伸）（3）如圖3，在四邊形中，對角線平分，點E在上，．若，求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS證明，進(jìn)而即可得到結(jié)論；（2）先證明，得，進(jìn)而即可求解；（3）在上取一點F，使得，連結(jié)，可得，從而得，可得，，最后證明，即可求解．【詳解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即平分；（2）∵，∴，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴；（3）如圖，在上取一點F，使得，連結(jié)．∵平分，∴∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴．∵，又∵，∴∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形，是解題的關(guān)鍵．4.（2021·安徽中考真題）如圖1，在四邊形ABCD中，，點E在邊BC上，且，，作交線段AE于點F，連接BF．（1）求證：；（2）如圖2，若，，，求BE的長；（3）如圖3，若BF的延長線經(jīng)過AD的中點M，求的值．【答案】（1）見解析；（2）6；（3）【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BM、ED交于點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BM、ED交于點G．

與均為等腰三角形，，，，設(shè)，，，則，，，，；在與中，，；．；，，，，，，，，（舍），，．【點睛】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．5.（2021·湖南中考真題）如圖，在中，，N是邊上的一點，D為的中點，過點A作的平行線交的延長線于T，且，連接．（1）求證：；（2）在如圖中上取一點O，使，作N關(guān)于邊的對稱點M，連接、、、、得如圖．①求證：；②設(shè)與相交于點P，求證：．【答案】(1)見解析；(2)①見解析，②見解析．【分析】（1）先用，且證明出四邊形ATBN是平行四邊形，得到△TAD≌△CND，用對應(yīng)邊相等與等量代換，從而得出結(jié)論．（2）①連接AM、MN，利用矩形的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)，證明出△OCM是直角三角形，證明出Rt△OAT≌Rt△OCM，得到對應(yīng)角相等，則得到答案；②連接OP，由①中，得到∠OTM=∠OAP，點O、T、A、P共圓，由直徑所對的圓周角為直角，證明出∠OPT=90?，再根據(jù)等腰三角形的三線合一性得出結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵，且∴，且，∴四邊形ATBN是平行四邊形，∴，∴∠DTA=∠DCN，∵∠ADT=∠NDC，∵點D為AN的中點，∴AD=ND，∴△TAD≌△CND（AAS）∴TA=CN，∵，∴BN=CN，（2）①如圖所示，連接AM、MN，∵點N關(guān)于邊的對稱點為M，∴△ANC≌△AMC，∴∠ACN=∠ACM，∵AB=AC，點N為AC的中點，∴平行四邊形ATBN是矩形，∴∠TAB=∠ABN=∠ACN=∠ACM，∠BAN=∠MAC=∠CAN，AT=BN=NC=MC，∵OA=OC，∴∠CAN=∠ACO，∴∠TAB+∠BAN=∠ACM+∠ACO=90?，∴∠OAT=∠OCM=90?，在Rt△OAT和Rt△OCM中，∵AT=CM，∠OAT=∠OCM，OA=OC，∴Rt△OAT≌Rt△OCM（SAS），∴∠AOT=∠COM，OT=OM，∴∠AOT+∠AOM=∠COM+∠AOM，∴∠TOM=∠AOC∵OA=OC，OT=OM，∵，∴；②如圖所示，連接OP，∵，∴∠OTM=∠OAP，∴點O、T、A、P共圓，∵∠OAT=90?，∴OT為圓的直徑，∴∠OPT=90?，∵OT=OM，∴點P為TM的中點，∵由（1）得△TAD≌△CND，∴TD=CD，∴點D為TC的中點，∴DP為△TCM的中位線，∴．【點睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、以及相似三角形的判定與性質(zhì)、圓中直徑的性質(zhì)，關(guān)鍵在于通過等量代換，換出角相等，證明出直角三角形全等，再證明三角形相似．6.（2020?山西）綜合與實踐問題情境：如圖①，點E為正方形ABCD內(nèi)一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBE′（點A的對應(yīng)點為點C）．延長AE交CE′于點F，連接DE．猜想證明：（1）試判斷四邊形BE'FE的形狀，并說明理由；（2）如圖②，若DA＝DE，請猜想線段CF與FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明；解決問題：（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請直接寫出DE的長．【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可證四邊形BE'FE是正方形；（2）過點D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性質(zhì)可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE=12AE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得（3）利用勾股定理可求BE＝BE'＝9，再利用勾股定理可求DE的長．【解析】（1）四邊形BE'FE是正方形，理由如下：∵將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，又∵∠BEF＝90°，∴四邊形BE'FE是矩形，又∵BE＝BE'，∴四邊形BE'FE是正方形；（2）CF＝E'F；理由如下：如圖②，過點D作DH⊥AE于H，∵DA＝DE，DH⊥AE，∴AH=12AE，DH⊥∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE=12∵將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝CE'，∵四邊形BE'FE是正方形，∴BE＝E'F，∴E'F=12∴CF＝E'F；（3）如圖①，過點D作DH⊥AE于H，∵四邊形BE'FE是正方形，∴BE'＝E'F＝BE，∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，∴225＝E'B2+（E'B+3）2，∴E'B＝9＝BE，∴CE'＝CF+E'F＝12，由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，∴HE＝3，∴DE=DH2+HE7.（2020?湘西州）問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．探究圖中線段AE，CF，EF之間的數(shù)量關(guān)系．小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是；探究延伸1：如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)．它的兩邊分別交AD、DC于E、F，上述結(jié)論是否仍然成立？請直接寫出結(jié)論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由；探究延伸2：如圖3，在四邊形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN繞B點旋轉(zhuǎn)．它的兩邊分別交AD、DC于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說明理由；實際應(yīng)用：如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時的速度前進(jìn)，同時艦艇乙沿北偏東50°的方向以100海里/小時的速度前進(jìn)，1.2小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處．且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為70°．試求此時兩艦艇之間的距離．【分析】問題背景：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，即可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；探究延伸1：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；探究延伸2：延長DC到H，使得CH＝AE，連接BH，先證明△BCH≌△BAE，即可得到BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，再證明△HBF≌△EBF，即可得出EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；實際應(yīng)用：連接EF，延長BF交AE的延長線于G，根據(jù)題意可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問題：在四邊形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長．再根據(jù)探究延伸2的結(jié)論：EF＝AE+BF，即可得到兩艦艇之間的距離．【解析】問題背景：如圖1，延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；故答案為：EF＝AE+CF；探究延伸1：如圖2，延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；探究延伸2：上述結(jié)論仍然成立，即EF＝AE+CF，理由：如圖3，延長DC到H，使得CH＝AE，連接BH，∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，∴∠BCH＝∠BAE，∵BA＝BC，CH＝AE，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，∴∠HBE＝∠ABC，又∵∠ABC＝2∠MBN，∴∠EBF＝∠HBF，∵BF＝BF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；實際應(yīng)用：如圖4，連接EF，延長BF交AE的延長線于G，因為艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，所以∠AOB＝140°，因為指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為70°，所以∠EOF＝70°，所以∠AOB＝2∠EOF．依題意得，OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，所以∠A+∠B＝180°，因此本題的實際的應(yīng)用可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問題：在四邊形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，B于E，F(xiàn)，求EF的長．根據(jù)探究延伸2的結(jié)論可得：EF＝AE+BF，根據(jù)題意得，AE＝75×1.2＝90（海里），BF＝100×1.2＝120（海里），所以EF＝90+120＝210（海里）．答：此時兩艦艇之間的距離為210海里．8.（2020?揚州）如圖1，已知點O在四邊形ABCD的邊AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，與BD交于點G，AC分別與BD、OD交于點E、F．（1）求證：OC∥AD；（2）如圖2，若DE＝DF，求AEAF（3）當(dāng)四邊形ABCD的周長取最大值時，求DEDF【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)及角平分線的定義證得∠ADO＝∠DOC，則可得出結(jié)論；（2）過點E作EM∥FD交AD的延長線于點M，證得∠M＝∠ADF＝45°，由直角三角形的性質(zhì)得出EM=2DE=2DF，證明△AME∽△ADF，得出（3）設(shè)BC＝CD＝x，CG＝m，則OG＝2﹣m，由勾股定理得出4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，可用x表示四邊形ABCD的周長，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可求出x＝2時，四邊形ABCD有最大值，得出∠ADF＝∠DOC＝60°，∠【解答】（1）證明：∵AO＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵OC平分∠BOD，∴∠DOC＝∠COB，又∵∠DOC+∠COB∠＝∠OAD+∠ADO，∴∠ADO＝∠DOC，∴CO∥AD；（2）解：如圖1，過點E作EM∥FD交AD的延長線于點M，設(shè)∠DAC＝α，∵CO∥AD，∴∠ACO＝∠DAC＝α，∵AO＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝α，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD＝2α，∵DE＝EF，∴∠DFE＝∠DEF＝3α，∵AO＝OB＝OD，∴∠ADB＝90°，∴∠DAE+∠AED＝90°，即4α＝90°，∴∠ADF＝2α＝45°，∴∠FDE＝45°，∴∠M＝∠ADF＝45°，∴EM=2DE=2∵DF∥EM，∴△AME∽△ADF，∴AEAF（3）解：如圖2，∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD，設(shè)BC＝CD＝x，CG＝m，則OG＝2﹣m，∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=1∴OG＝2-1∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G為BD的中點，又∵O為AB的中點，∴AD＝2OG＝4-1∴四邊形ABCD的周長為2BC+AD+AB＝2x+4-12x2+4∵-12∴x＝2時，四邊形ABCD的周長有最大值為10．∴BC＝2，∴△BCO為等邊三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAC＝∠COB＝60°，∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，∴∠AFD＝90°，∴DEDA=33，∴DEDF9.（2020?南京）如圖①，要在一條筆直的路邊l上建一個燃?xì)庹荆騦同側(cè)的A、B兩個城鎮(zhèn)分別鋪設(shè)管道輸送燃?xì)猓嚧_定燃?xì)庹镜奈恢茫逛佋O(shè)管道的路線最短．（1）如圖②，作出點A關(guān)于l的對稱點A'，線段A'B與直線l的交點C的位置即為所求，即在點C處建燃?xì)庹荆寐肪€ACB是最短的．為了證明點C的位置即為所求，不妨在直線1上另外任取一點C'，連接AC'、BC'，證明AC+CB＜AC′+C'B．請完成這個證明．（2）如果在A、B兩個城鎮(zhèn)之間規(guī)劃一個生態(tài)保護區(qū)，燃?xì)夤艿啦荒艽┻^該區(qū)域．請分別給出下列兩種情形的鋪設(shè)管道的方案（不需說明理由）．①生態(tài)保護區(qū)是正方形區(qū)域，位置如圖③所示；②生態(tài)保護區(qū)是圓形區(qū)域，位置如圖④所示．【分析】（1）由軸對稱的性質(zhì)可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三邊關(guān)系可得A'B＜A'C'+C'B，可得結(jié)論；（2）①由（1）的結(jié)論可求；②由（1）的結(jié)論可求解．【解答】證明：（1）如圖②，連接A'C'，∵點A，點A'關(guān)于l對稱，點C在l上，∴CA＝CA'，∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，∵A'B＜A'C'+C'B，∴AC+BC＜AC'+C'B；（2）如圖③，在點C出建燃?xì)庹?，鋪設(shè)管道的最短路線是ACDB，（其中點D是正方形的頂點）；如圖④，在點C出建燃?xì)庹?，鋪設(shè)管道的最短路線是ACD+DE+EB，（其中CD，10.（2020?達(dá)州）（1）[閱讀與證明]如圖1，在正△ABC的外角∠CAH內(nèi)引射線AM，作點C關(guān)于AM的對稱點E（點E在∠CAH內(nèi)），連接BE，BE、CE分別交AM于點F、G．①完成證明：∵點E是點C關(guān)于AM的對稱點，∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，∴AE＝AB，得∠3＝∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝°．②求證：BF＝AF+2FG．（2）[類比與探究]把（1）中的“正△ABC”改為“正方形ABDC”，其余條件不變，如圖2．類比探究，可得：①∠FEG＝°；②線段BF、AF、FG之間存在數(shù)量關(guān)系．（3）[歸納與拓展]如圖3，點A在射線BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH內(nèi)引射線AM，作點C關(guān)于AM的對稱點E（點E在∠CAH內(nèi)），連接BE，BE、CE分別交AM于點F、G．則線段BF、AF、GF之間的數(shù)量關(guān)系為．【分析】（1）①利用等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理解決問題即可．②如圖1中，連接CF，在FB上取一點T，使得FT＝CF，連接CT．證明△BCT≌△ACF（SAS可得結(jié)論．（2）①如圖2中，利用圓周角定理解決問題即可．②結(jié)論：BF=2AF+2FG．如圖2中，連接CF，在FB上取一點T，使得FT＝CF，連接CT．證明△BCT∽△ACF，推出BTAF=