03挑戰(zhàn)壓軸題（解答題一）3

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學【三輪沖刺】專題匯編（長沙專用）—03挑戰(zhàn)壓軸題（解答題一）1．（2022·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB=AD．(1)求證：AC⊥(2)若點E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點，連接EF，EF=32，AO=2，求【答案】(1)見解析(2)BD=6，四邊形ABCD的周長為4【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可得證；（2）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得OD=2EF=3，進而可得BD的長，Rt△AOD中，勾股定理求得【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊，AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC（2）解：∵點E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點，∴EF是△∴EF=∵EF=∴OD=3∵四邊形ABCD是菱形，，∵AC在Rt△AOD中，AO=2，∴AD=∴菱形形ABCD的周長為413【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理，掌握菱形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．2．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，以BC為邊分別作菱形BCDE和菱形BCFG（點C，D，F(xiàn)共線），動點A在以BC為直徑且處于菱形BCFG內(nèi)的圓弧上，連接EF交BC于點O．設∠G=θ(1)求證：無論θ為何值，EF與BC相互平分；并請直接寫出使EF⊥BC成立的θ值．(2)當θ=90°時，試給出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分【答案】(1)見解析，60(2)2，理由見解析【分析】（1）①連接BF、CE，證明四邊形BFCE為平行四邊形即可，②由題意可知四邊形BFCE為菱形，進而可證明為等邊三角形，即可求解；（2）連接AF，AO，由垂直平分線的性質(zhì)易證△AOF≌△COF，從而可知∠FAO=90°，再由正方形的以及圓的相關性質(zhì)可證得∠AOH=∠OBA，設正方形邊長為x，在Rt△FAO（1）證明：如圖所示：連接BF、CE，∵菱形BCDE和菱形BCFG（點C，D，F(xiàn)共線），∴點G、B、E共線，∴FC∥∴FC∥∴四邊形BFCE是平行四邊形，∴EF與BC相互平分，即：無論θ為何值，EF與BC相互平分；又∵EF⊥∴四邊形BFCE是菱形，∴BE=BF，又∵菱形BCDE和菱形BCFG，∴GF=BG=BF=BE∴△GFB∴∠（2）如圖所示：連接AF，AO，設EF與AC交于點H，∵EF垂直平分AC∴AF=FC,AO=CO,由（1）知，O為BC的中點，∴動點A在以O為圓心，BC為直徑且處于菱形BCFG內(nèi)的圓弧上，∴∠BAC=90∴∠OBA=∵∠∴∠AOH=在△AOF和△COFAF=CFAO=COFO=FO∴△AOF∴∠FAO=∵θ=90°，菱形BCFG，∴四邊形BCFG為正方形，∴∠FCO=90°∴∠設FC=BC=x，則AF=CF=x，AO=OC=12在Rt△FAOtan∠∵∠∴tan【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，圓中的相關性質(zhì)，直徑所對的圓周角為90度，正切的定義等，熟練掌握以上知識點，并能綜合運用是解題的關鍵．3．（2021·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，BD=CD，延長BC至E，使得CE=CA，連接AE．（1）求證：∠B=（2）若AB=5，AD=4，求△ABE【答案】（1）證明見解析；（2）周長為16+45，面積為22【分析】（1）先根據(jù)垂直的定義可得∠ADB=（2）先根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AB=AC=5，從而可得CE=5，再利用勾股定理可得CD=BD=3，從而可得BE=11,DE=8，然后利用勾股定理可得AE=45【詳解】（1）證明：∵AD∴∠在△ABD和△ACD中，AD=AD∠∴△∴∠（2）∵△ABD?△ACD，AB=5，∴AB=AC=5∵CE=CA∴CE=5∵AB=5,AD=4,AD∴BD=∵BD=CD∴CD=3∴BE=BD+CD+CE=11,DE=CD+CE=8∴AE=則△ABE的周長為AB+BE+AE=5+11+45△ABE的面積為12【點睛】本題考查了三角形全等的判定定理與性質(zhì)、勾股定理等知識點，熟練掌握三角形全等的判定定理與性質(zhì)是解題關鍵．4．（2020·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）在矩形ABCD中，E為DC上的一點，把ΔADE沿AE翻折，使點D恰好落在BC邊上的點F．（1）求證：ΔABF（2）若AB=23,AD=4，求（3）若AE-DE=2EC，記∠BAF=α,∠FAE=β，求tanα【答案】（1）證明過程見解析；（2）233；（3）【分析】（1）只要證明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；（2）因為△AFE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根據(jù)勾股定理可得BF的長，從而得到CF的長，根據(jù)△ABF∽△FCE，得到CEBF=CF（3）根據(jù)△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=α，所以tanα+tanβ=BFAB+EFAF=CECF+EFAF，設CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的長，根據(jù)△ABF∽△FCE，得到ABAF=CFEF，將求出的值代入化簡會得到關于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=∠D=90°，∴∠AFB+∠BAF=90°，∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°，∴∠BAF=∠CFE，∴△ABF∽△FCE．（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴AF=AD=4，∴BF=AF∴CF=BCBF=ADBF=2，由（1）得△ABF∽△FCE，∴CEBF∴CE2∴EC=23（3）解：由（1）得△ABF∽△FCE，∴∠CEF=∠BAF=α，∴tanα+tanβ=BFAB設CE=1，DE=x，∵AE-∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=A∵△ABF∽△FCE，∴ABAF∴x+14x+4∴x+12∴12∴x=2x∴x24x+4=0，解得x=2，∴CE=1，CF=x2-1=3，EF=x=2，AF=AD=∴tanα+tanβ=CECF+EF【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識．解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會運用方程的思想思考問題．5．（2019·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）根據(jù)相似多邊形的定義，我們把四個角分別相等，四條邊成比例的兩個凸四邊形叫做相似四邊形．相似四邊形對應邊的比叫做相似比．（1）某同學在探究相似四邊形的判定時，得到如下三個命題，請判斷它們是否正確（直接在橫線上填寫“真”或“假”）．①條邊成比例的兩個凸四邊形相似；（命題）②三個角分別相等的兩個凸四邊形相似；（命題）③兩個大小不同的正方形相似．（命題）（2）如圖1，在四邊形ABCD和四邊形A1B1C1D1中，∠ABC＝∠A1B1C1，∠BCD＝∠B1C1D1，，求證：四邊形ABCD與四邊形A1B1C1D1相似．

（3）如圖2，四邊形ABCD中，AB∥CD，AC與BD相交于點O，過點O作EF∥AB分別交AD，BC于點E，F(xiàn)．記四邊形ABFE的面積為S1，四邊形EFDE的面積為S2，若四邊形ABFE與四邊形EFCD相似，求S2【答案】（1）①假，②假，③真；（2）見解析；（3）S【分析】（1）根據(jù)相似多邊形的定義即可判斷．（2）根據(jù)相似多邊形的定義證明四邊成比例，四個角相等即可．（3）四邊形ABFE與四邊形EFCD相似，證明相似比是1即可解決問題，即證明DE=AE即可．【詳解】解（1）①四條邊成比例的兩個凸四邊形相似，是假命題，角不一定相等．②三個角分別相等的兩個凸四邊形相似，是假命題，邊不一定成比例．③兩個大小不同的正方形相似．是真命題．故答案為假，假，真．（2）證明：分別連接BD，B1D1∵∠BCD=∠B1∴△∴∠CDB=∠C1D1B∴BD∵∠∴∠∴△∵ADA1D1∴ABA1B1=BCB∴四邊形ABCD與四邊形A1B1C1D1相似.（3）如圖2中，∵四邊形ABFG與四邊形EFCD相似∴DE∵EF=OE+OF∴DE∵EF∴DEAD=∴DE∴2DE∵AD=DE+AE∴2∴2AE=DE+AE，即AE=∴S【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，相似多邊形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．1．（2023·湖南長沙·湘府中學?？家荒＃┤鐖D，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DE∥AC，且DE=1(1)求證：四邊形為矩形；(2)若，AC=8，求菱形ABCD的面積．【答案】(1)見解析(2)24【分析】(1)先證四邊形是平行四邊形，再由∠DOC=90（2）由菱形面積公式進行計算即可得出答宴．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=OC=1∴∠DOC=90∵DE∥AC，DE=1∴DE=OC，DE∥∴四邊形是平行四邊形，又∵∠DOC=90∴平行四邊形是矩形．（2）解：∵四邊形ABCD是荾形，∴菱形ABCD的面積=1【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明四邊形為矩形是解題的關鍵．2．（2023·湖南衡陽·模擬預測）在正方形ABCD中，點M、N分別是邊AB、AD的中點．(1)如圖，連接CN，DM相交于點E．求證：①△ADM≌△DCN，②CN⊥(2)如圖，延長DM、CB相交于點F，連接BE．求證：BE=1(3)如圖，若正方形ABCD的邊長為2，將△ADM沿DM翻折得到△A'DM，延長MA'交DC的延長線于點G，交BC【答案】(1)①見解析；②見解析(2)見解析(3)5【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合已知條件根據(jù)SAS證明△ADM②根據(jù)①的結(jié)論，根據(jù)∠ADM+∠CND=∠DCN+∠CND=90°，得出∠DEN=90°（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出MB∥CD，得出△FBM（3）連接DQ，證明HL，設QC=QA'=x，得出x=23，由MB∥CG，得出【詳解】（1）證明：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，AD=DC，∠MAD=∵點M、N分別是邊AB、AD的中點，∴AM=ND，∴SAS，②∵△∴∠ADM=∴∠ADM+∴∠DEN=90即CN⊥（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴MB∥∴△FBM又AB=CD，M是AB的中點，則，∴FBFC∴BF=BC，又（1）②可得∠DEN=90∴△FEC∴BE=1（3）解：如圖所示，連接DQ，依題意，A'D=AD=DC，又DQ=DQ，∴HL，∴QC=QA設QC=QA則BQ=2-在Rt△MBQ中，∴12解得：x=2∴CQ=2∵MB∥∴△MBQ∴BQCQ即43∴CG=1∴DG=2+1【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知識是解題的關鍵．3．（2023·湖南湘潭·模擬預測）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，E是邊CD的中點．將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交BC于點G，連接AG，AG平分∠BAF(1)試說明△(2)求BG的長．【答案】(1)見解析(2)BG=2【分析】（1）利用翻折變換對應邊關系得出AB=AF,∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG（2）利用勾股定理得出GE2=C【詳解】（1）在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD,∠∵將△ADE沿AE對折至△AFE∴AD=AF,DE=EF,∠∴AB=AF,∠又∵AG=AG，在Rt△ABG和AG=AGAB=AF∴Rt△ABG≌（2）∵△ABG∴BG=FG，設BG=FG=x，則GC=6-∵E為CD的中點，∴CE=EF=DE=3，∴EG=3+x，∴在Rt△CEG中，解得，∴BG=2．【點睛】此題主要考查了勾股定理的綜合應用以及翻折變換的性質(zhì)，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)得出對應線段相等是解題關鍵．4．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考一模）如圖，在?ABCD中，G是BC的中點，點F在CD上，F(xiàn)G的延長線與AB的延長線交于點E，連接BF,CE．(1)求證：四邊形CEBF是平行四邊形；(2)若AD=6,∠①試求GF的長度；②四邊形CEBF的面積．【答案】(1)見解析(2)①3；②9【分析】（1）利用ASA證△GCF?△GBE，從而得出FG=EG，即可得出結(jié)論；（2）①由平行四邊形的性質(zhì)得BC=AD=6，再證平行四邊形CEBF是矩形，然后由矩形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；②解直角三角形求出，CE，可得結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥∴∠GCF=∵G是BC的中點，∴CG=BG，在△GCF和△GBE∠GCF=∴，∴FG=EG，∴四邊形CEBF是平行四邊形；（2）解：①∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC=AD=6，由（1）可知，四邊形CEBF是平行四邊形，∵∠AEC=90∴平行四邊形CEBF是矩形，∴EF=BC=6，∴GF=1②∵AD∥∴∠A=∴BE=BCcos∴矩形CEBF的面積．【點睛】本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)、矩形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．5．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考二模）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．(1)求證：四邊形ADBF是菱形；(2)若tan∠ABC=2，菱形ADBF的面積為40．求菱形【答案】(1)見解析(2)20【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)可得∠AFC=∠FCD，∠FAE=∠CDE，利用中點的定義可得AE=DE，從而證明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性質(zhì)可得AF=CD，再根據(jù)D是BC的中點，可得AF=BD，從而可證四邊形AFBD是平行四邊形，最后利用直角三角形斜邊上的中線可得BD=AD，從而利用菱形的判定定理即可解答；（2）利用（1）的結(jié)論可得S菱形ADBF=2S△ABD，再根據(jù)點D是BC【詳解】（1）證明：∵AF∥∴∠AFC=∠FCD，∠FAE=∵點E是AD的中點，∴AE=DE，∴△FAE∴AF=CD，∵點D是BC的中點，∴BD=CD，∴AF=BD，∴四邊形AFBD是平行四邊形，∵∠BAC=90°，D是BC的中點，∴AD=BD=1∴四邊形ADBF是菱形；（2）解：∵四邊形ADBF是菱形，∴S菱形∵點D是BC的中點，∴S△∴S菱形∴12∵∠BAC=90°，tan∠設BC=m，則AC=2m，∴12∴m=210或（負根舍去），∴AB=210，AC=4∴BC=A∴BD=1∴菱形ADBF的周長=4×【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線、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)以及菱形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．6．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，點P是邊上任意一點（點P不與B、C重合），連接AP，作PQ⊥AP，交CD于點Q，若AB=3，(1)試證明：△ABP(2)當BP為多少時，CQ最長，最長是多少？(3)試探究，是否存在一點P，使△APQ【答案】(1)見解析(2)BP為2時，CQ最長，最長是4(3)存在，BP=1時，△APQ【分析】（1）由PQ⊥AP得到∠APB+∠QPC=90°，由∠QPC+∠PQC＝90°得到∠APB=∠PQC，又由（2）設BP=x，由得到CQBP=PCAB（3）△APQ是等腰直角三角形，則PA=PQ，由得到△ABP≌△PCQAAS，則AB=PC=3，即可得到答案．【詳解】（1）解：∵PQ⊥∴∠APB+在矩形ABCD中，∠∴∠QPC+∴∠APB=∵∠ABP=∴；（2）設BP=x，∵，∴CQBP=PC則CQ=-故當時，CQ的最大值為43，即BP為2時，CQ最長，最長是43（3）∵△APQ是等腰直角三角形，則PA=PQ，而，則△ABP∴AB=PC=3，則，即BP=1時，△APQ【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，證明是解題的關鍵．7．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┰谄叫兴倪呅蜛BCD中，對角線AC、BD交于O點，，點E為OA的中點，(1)若DE⊥CD，CD=6，AD=25，求DE(2)證明：CD=2DE．【答案】(1)3(2)詳見解析【分析】（1）根據(jù)題意可得OE=12AO=（2）取AD的中點F，連接OF，通過證明△ADE【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，∵點E為OA中點，，AD=25，∴OE=12AO=∴CE=OE+OC=35∵DE⊥CD，CD=6，∴DE=C（2）證明：取AD的中點F，連接OF，∵，點E為OA中點，∴，在△ADE和△AOFAD=AO∠∴△ADE∴DE=OF，∵OA=OC，AF=DF，∴CD=2OF，∴CD=2DE．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的中位線定理，解題的關鍵是掌握平行四邊形對邊平行且相等，對角線互相平分．8．（2023·湖南湘潭·湘潭縣云龍中學校考一模）如圖，將矩形ABCD沿折疊，使點D落在對角線上的點E處．過點E作EG∥CD交于點G，連接DG．(1)判斷四邊形EFDG的形狀，并說明理由；(2)探究線段EG、GF、之間的數(shù)量關系，并說明理由；(3)若GF=2，，求AG的長．【答案】(1)菱形，見解析(2)EG(3)10【分析】（1）先依據(jù)翻折的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明∠DGF=∠DFG，從而得到GD=DG，接下來依據(jù)翻折的性質(zhì)可證明DG=GE=DF=EF；（2）連接DE，交于點O．由菱形的性質(zhì)可知GF⊥DE，OG=OF=12GF，接下來，證明，由相似三角形的性質(zhì)可證明EG2=12GF?AF（3）利用（1）（2）結(jié)論可求得長，AG=AF-GF【詳解】（1）證明：∵GE∥∴∠EGF=由翻折的性質(zhì)可知：GD=GE，DF=EF，∠EGF=∴∠DGF=∴GD=GF．∴DG=GE=DF=EF．∴四邊形EFDG為菱形．（2）解：EG理由：如圖1所示：連接DE，交于點O．∵四邊形EFDG為菱形，∴．∵∠DOF=∠ADF=90∴．∴，即DF2∵FO=12GF∴EG（3）解：∵EG2=12∴，∴，∴AF=12，∴【點睛】本題主要考查的是四邊形與三角形的綜合應用，解答本題主要應用了矩形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應用，利用相似三角形的性質(zhì)得到DF2=FO?AF是解答問題（2）的關鍵，依據(jù)（1）（29．（2023·湖南長沙·湘府中學?？家荒＃┒x：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形稱為“等補四邊形”．(1)下列選項中一定是“等補四邊形”的是________；A．平行四邊形；B．矩形；C．正方形；D．菱形(2)如圖1，在邊長為a的正方形ABCD中，E為CD邊上一動點（E不與C、D重合），AE交BD于點F，過F作FH⊥AE交BC于點H．①試判斷四邊形AFHB是否為“等補四邊形”并說明理由；②如圖2，連接EH，求△CEH③若四邊形ECHF是“等補四邊形”，求CE的長．【答案】(1)C(2)①四邊形AFHB是等補四邊形，見解析；②2a；③或者【分析】（1）在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，符合等補四邊形的定義，即可得到問題的答案；（2）①先證A、B、H、F四點共圓，利用圓周角定理可得∠HAF=∠DBC=45°，進而求出∠AHF=45°=∠HAF，利用等角對等邊得出，最后利用②將△ABH繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADL，證明∠HAE=∠EAL=45°，再證△AHE≌△ALE，得出，即可求出△CEH的周長；③根據(jù)，四邊形ECHF是“等補四邊形”可得四邊形ECHF有一組鄰邊相等，然后分FH=CH、CE=EF、CH=CE、EF=HF四種情況討論即可．【詳解】（1）解：在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，∴正方形是等補四邊形，故選：D．（2）解：①四邊形AFHB是“等補四邊形”，理由如下：∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠DBC=45又FH⊥AE，∠ABC=90∴A、B、H、F四點共圓，∴∠HAF=∴∠AHF=45∴，又，∴四邊形AFHB是“等補四邊形”．②將△ABH繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADL∴△ABH≌△ADL∴E、D、L三點共線，由①得∠HAE=45∴，在△AHE和△ALEAH=AL∴△AHE∴，∴△CHE的周長；③∵，四邊形ECHF是“等補四邊形”，∴還需要一組鄰邊相等，分以下四種情況討論：情況1：FH=CH，連接CF，由題意知∶AB=CB，∠ABD=又BF=BF，∴△ABF∴，則△FHC∴，∴∠DAE=30∴DE=33a情況2：CE=EF，則Rt△HFE∴FH=CH，同情況1，；情況3：CH=CE，由②得△CEH的周長=2a．設，則HE=2x，有，∴，即；情況4：EF=HF，連接AH，則AF=EF，則HF垂直平分AE，∴AH=HE，∵EF=HF，∠HFE=90∴∠FHE=∵AH=HE，HF⊥∴∠AHF=∴∠AHE=90∴∠AHB+又∠AHB+∴∠BAH=又AH=HE，∠B=∴△ABH∴AB=CH，這不可能，故這種情況不存在．綜上：或者．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，目前題意，理解新定義，找出所求問題需要的條件是解題的關鍵．10．（2023·湖南湘潭·模擬預測）綜合與實踐在綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學活動．在矩形ABCD中，E為射線BC上一動點，連接AE．(1)當點E在BC邊上時，將△ABE沿AE翻折，使點B恰好落在對角線BD上點F處，AE交BD于點G．基礎探究：①如圖1，若BC=3AB，則∠AFB深入探究：②如圖2，當BC=66，且EF=EC時，求AB拓展探究：(2)在②所得矩形ABCD中，將矩形ABCD沿AE進行翻折，點C的對應點為C'，當點E，C'，D三點共線時，請直接寫出【答案】(1)①60°；②AB=63(2)的長為66-63或【分析】（1）①利用正切函數(shù)即可求解；②證明△BAE（2）分兩種情況討論，利用全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∵BC=3AB，∴在Rt△ABD中，∴∠ABD=60由折疊的性質(zhì)知AB=AF，∴△ABF是等邊三角形，∴∠AFB=60故答案為：60°②由折疊的性質(zhì)知BF⊥∴，∵EF=EC∴EF=EB=EC∴BC=2BE，即BE=∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AD=BC=6∵，∠AEB+∴∠BAE=∴△BAE∴ABBC=BE解得AB=63（2）解：如圖，由題意得，BC=66∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AD=BC=66∴∠DCE=90由折疊的性質(zhì)知AB∴AB∴△CDE∴AD=DE=66∴CE=D∴BE=BC+CE=66如圖，由折疊的性質(zhì)知，∠AEC=∵∠BE∴∠AEB=∵AD∥∴∠AEB=∴，∴DE=AD=BC，在Rt△CDE中，∴BE=BC-綜上，的長為66-63或【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊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、勾股定理等知識，本題綜合性強，熟練掌握矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵．11．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）如圖①，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D為AB的中點，EF為△ACD的中位線，四邊形為△ACD的內(nèi)接矩形（矩形的四個頂點均在△ACD的邊上）．(1)計算矩形的面積；(2)將矩形沿AB向右平移、點F落在BC上時停止移動，在平移過程中，當矩形與△CBD重疊部分的面積為316時，求矩形平移的距離；(3)如圖③，將（2）中矩形平移停止時所得的矩形記為矩形E1F1G1H1，將矩形E1F1G1H1【答案】(1)3(2)3(3)【分析】（1）根據(jù)已知，由直角三角形的性質(zhì)可知AB=2，從而求

得AD，CD，利用中位線的性質(zhì)可得EF，DF，利用三角函數(shù)可得GF，由矩形的面積公式可得結(jié)果；（2）首先利用分類討論的思想，分析當矩形與△CBD重疊部分為三角形時（0<x≤14），利用三角函數(shù)和三角形的面積公式可得結(jié)果；當矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時(14<x（3）作H2Q⊥AB于Q，設BQ=m，則H2Q=3m，DG1=1【詳解】（1）解：如圖①，在△ABC∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2，又∵D為AB的中點，，∴AD=1，CD=1又∵EF為△ACD∴EF=DF=1在△ACD中，AD=CD，∠A=60∴∠ADC=60在△FGD中，GF=DF?∴矩形的面積S=EF?GF=（2）解：如圖②，設矩形移動的距離為x，則0<x≤當矩形與△CBD則0<x≤14，∴x=2當矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時，則14重疊部分的面積S=3∴x=3即矩形移動的距離為38時，矩形與△CBD重疊部分的面積是3（3）解：如圖③，H2Q⊥設BQ=m，則H2∵DG1=1在Rt△QH解之得：m1=-1+∴cosα【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)和三角函數(shù)定義等，利用分類討論的思想，構建直角三角形是解答此題的關鍵．12．（2023·湖南岳陽·校考模擬預測）在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=，D，E分別為AB，AC的中點，F(xiàn)為DE的中點，連接AF．(1)如圖1，過F作FG⊥BD于G，交BC于H，直接寫出線段AF與CH的數(shù)量關系；(2)將ΔADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到如圖2所示位置，過F作FG⊥BD于G，過C作DE的平行線與直線FG交于點H，得到線段FH，CH．①（1）中的結(jié)論是否成立？請說明理由；②從圖2的位置開始將ΔADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，當D，E，H共線時，直接寫出FH的長度．【答案】(1)AF=CH；(2)①成立，理由見解析；②或27+2【分析】（1）連接EH，根據(jù)三角形的中位線定理，可得到四邊形EFHC是平行四邊形，即可證明；（2）①連接CE，并延長交BD于點I，可證明△AEC和△ADB全等，再證明四邊形CEFH是平行四邊形，即可得到結(jié)論；②分兩種進行分類討論，利用勾股定理算出FC的長，即可表示出FH的長；【詳解】（1）結(jié)論：AF=CH；證明：連接EH，∵D、E是AB、AC的中點，∴DE是△ABC的中位線，DE∥BC，又∵G、F是△ADE的中點，∴GH∥AC，∴四邊形EFHC是平行四邊形，∴EF=CH，又∵△ADE是等腰直角三角形，∴AF=EF，∴AF=CH；（2）①成立．理由：連接CE，并延長交BD于點I．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠EAC=∠DAB，在△AEC和△ADB中，AE=AD∠∴△AEC≌△ADB（SAS），∴∠DBA=∠ECA，∴∠BIC=∠BAC=90°，∴GH∥IC，又∵CH∥DE，∴四邊形CEFH是平行四邊形，∴CH=EF，又∵AF=EF，∴AF=CH，故結(jié)論成立；②或27+2第一種情況：當D、E、H三點共線時，如圖所示，∴AF⊥CD，又∵AB=AC=，AD=AE=22，∴AF=DF=EF=2，∴FC=AC又∵CH=AF=2，∴FH的長為272第二種情況：當D、E、H三點共線時，如圖所示，同理可得：FC=27又∵CH=AF=2，∴FH=FC+CH=27+綜上所述，F(xiàn)H的長為或27+2【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形，勾股定理以及全等三角形的判定與性質(zhì)的運用，第二問的關鍵是添加輔助線構造全等三角形，第三問利用數(shù)形結(jié)合的思想和分類討論的思想解決問題．13．（2022·湖南湘潭·?？寄M預測）如圖，正方形ABCD中，M為BC上一點，F(xiàn)是AM的中點，EF⊥AM，垂足為F，交AD的延長線于點E，交DC于點N．（1）求證：△ABM∽△EFA；（2）若AB=12，BM=5，求DE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）4.9【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出結(jié)論；（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的長．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，∴∠AMB=∠EAF，又∵EF⊥AM，∴∠AFE=90°，∴∠B=∠AFE，∴△ABM∽△EFA；（2）∵∠B=90°，AB=12，BM=5，∴AM==13，AD=12，∵F是AM的中點，∴AF=12AM=6.5∵△ABM∽△EFA，∴BMAF即56.5∴AE=16.9，∴DE=AE－AD=4.9．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理；熟練掌握正方形的性質(zhì)，并能進行推理計算是解決問題的關鍵．14．（2022·湖南永州·?？寄M預測）如圖，在△ABC中，過點C作CD//AB，E是AC的中點，連接DE并延長，交AB于點F，交CB的延長線于點G，連接1求證：四邊形AFCD是平行四邊形．2若GB=3，BC=6，BF=【答案】1證明見解析；2AB【分析】1由E是AC的中點知AE=CE，由AB//CD知∠AFE=∠CDE，據(jù)此根據(jù)“AAS”即可證△2證△GBF∽△GCD得GBGC=BFCD，據(jù)此求得【詳解】1∵E是∴AE∵AB∴∠在△AEF和△∵∠∴△AEF≌△∴AF又AB//CD，即∴四邊形AFCD是平行四邊形；2∵∴△GBF∽△∴GBGC=解得：CD=∵四邊形AFCD是平行四邊形，∴AF∴AB【點睛】本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)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關的性質(zhì)及定理是解題的關鍵.15．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考一模）問題解決：如圖1，在矩形ABCD中，點E,F分別在AB,BC邊上，DE=AF,DE⊥AF于點G．（1）求證：四邊形ABCD是正方形；（2）延長CB到點，使得BH=AE，判斷△AHF的形狀，并說明理由．類比遷移：如圖2，在菱形ABCD中，點E,F分別在AB,BC邊上，DE與相交于點G，DE=AF,∠AED=60°,AE=6,BF=2，求DE的長．【答案】問題解決：（1）見解析；（2）等腰三角形，理由見解析；類比遷移：8【分析】問題解決：（1）證明矩形ABCD是正方形，則只需證明一組鄰邊相等即可．結(jié)合DE⊥AF和∠DAE=90°可知∠BAF=∠ADG，再利用矩形的邊角性質(zhì)即可證明△ABF≌△DAE，即（2）由（1）中結(jié)論可知AE=BF，再結(jié)合已知BH=AE，即可證明△ABH≌△DAE，從而求得△AHF類比遷移：由前面問題的結(jié)論想到延長CB到點，使得，結(jié)合菱形的性質(zhì)，可以得到ΔABH≌ΔDAE，再結(jié)合已知∠AED=60°可得等邊ΔAHF，最后利用線段BF長度即可求解．【詳解】解：問題解決：（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠．∵DE．又．∴矩形ABCD是正方形．（2）△AHF，．又，即△AHF是等腰三角形．類比遷移：如圖2，延長CB到點，使得，連接AH．∵四邊形ABCD是菱形，．．．又．是等邊三角形，，．【點睛】本題考查正方形的證明、菱形的性質(zhì)、三角形全等的判斷與性質(zhì)等問題，屬于中檔難度的幾何綜合題．理解題意并靈活運用，做出輔助線構造三角形全等是解題的關鍵．1．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考三模）如圖，在Rt△ABF中，∠F=30°，E，D分別是AF,BF的中點，延長ED到點C，使得CD=2DE，連接(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)若DE=3，求菱形ABCD【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）先證明∠FBA=60°，DE=12AB，DE∥AB，AD=DF=DB（2）先求解AB=AD=BC=CD=23，由∠F=30°，可得FB=23，F(xiàn)A=2【詳解】（1）證明：∵Rt△ABF中，∴∠FAB=90°，∠FBA=60∵E，D分別是AF,BF的中點，∠FAB=90∴DE=12AB，DE∥AB∴△ABD∴AB=AD=BD，∵DE=12AB∴AB=CD，而AB∥∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形．（2）∵DE=3，菱形ABCD，CD=2DE∴AB=AD=BC=CD=23∵∠F=30∴FB=23，F(xiàn)A=∵E為的中點，∴AE=1∴S菱形【點睛】本題考查的是菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的面積的計算，熟練的掌握菱形的判定方法是解本題的關鍵．2．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）已知：如圖所示，E、F分別是平行四邊形ABCD的AD、BC邊上的點，且AE=CF．(1)求證：△ABE(2)若M、N分別是、DF的中點，連接MF、EN，求證：四邊形MFNE是平行四邊形．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，證得△ABE（2）由（1）的結(jié)論和中點的性質(zhì)可得ME=FN，ME∥【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CA，∠A=又∵AE=CF，∴△ABE（2）證明：∵△ABE∴，BE=DF，又∵M、N分別是、DF的中點∴ME=12BE∴ME=FN，∵四邊形ABCD是平行四邊形，AD∥∴∠AEB=∴∠CFD=∴EB∥DF，即ME∥∴四邊形MFNE是平行四邊形．【點睛】此題考查了平行四邊形的判定和全等三角形的判定，學會在已知條件中多次證明三角形全等，尋求角邊的轉(zhuǎn)化，從而求證結(jié)論．3．（2023·湖南長沙·模擬預測）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AD的中點，點F，G在AB上，(1)求證：四邊形OEFG是矩形；(2)若AD=8，EF=3，求【答案】(1)見解析(2)AF=【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得到OB=OD，進而證明OE是△ABD的中位線，得到OE∥FG，再由OG∥EF，EF⊥AB，即可證明四邊形OEFG是矩形；（2）根據(jù)線段中點的定義得到AE=4，在Rt△AEF中，由勾股定理得【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴OB=OD，∵E是AD的中點，∴OE是△ABD∴OE∥AB，即OE∥∵OG∥∴四邊形OEFG是平行四邊形，∵EF⊥AB，即∠EFG=90∴四邊形OEFG是矩形；（2）解：∵E是AD的中點，AD=8，∴AE=1在Rt△AEF中，由勾股定理得【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定，三角形中位線定理，靈活運用所學知識是解題的關鍵．4．（2023·湖南長沙·模擬預測）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=5,BC=10,BC邊上的高AM=4，點E為BC邊上的動點（不與B、C重合，過點E作直線AB的垂線，垂足為F，連接DE、(1)求證：△ABM(2)當點E為BC的中點時，求DE的長；(3)設BE=x,△DEF的面積為y，求y與x之間的函數(shù)關系式，并求當x為何值時，【答案】(1)證明見解析(2)(3)解析式為y=-625x-5562【分析】（1）利用AA證明△ABM（2）過點E作EN⊥AD于點N，可得四邊形AMEN為矩形，從而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾股定理求出BM=3，從而得到ME=AN=2，進而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；（3）延長FE交DC的延長線于點G．根據(jù)sin∠B=AMAB=EFBE，可得EF=【詳解】（1）證明：∵EF⊥AB,AM是BC邊上的高，∴∠AMB=又∵∠B=∴△ABM（2）解：過點E作EN⊥AD于點在平行四邊形ABCD中，AD∥又∵AM是BC邊上的高，∴AM⊥AD，∴∠AME=∴四邊形AMEN為矩形，∴NE=AM=4,AN=ME，在Rt△ABM中，BM=A又∵E為BC的中點，∴，∴ME=AN=2，∴DN=8，在Rt△DNE中，DE=D；（3）解：延長FE交DC的延長線于點G．∵sin∠∴45∴EF=4∵AB∥CD，∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠又∵∠AMB=∴△ABM∴CGBM∴CG3∴GC=3∴DG=DC+CG=3∴y=1∴當x=556時，y有最大值為【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)是解題的關鍵．5．（2023·湖南婁底·校考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F分別是邊AB、CD上的一點，且AE=CF．與CE相交于點N，DE與相交于點M．(1)求證：△BCE(2)判斷四邊形ENFM的形狀，并證明．【答案】(1)見解析(2)四邊形ENFM是平行四邊形，證明見解析【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，運用SAS證明全等即可．（2）根據(jù)平行四邊形的判定證明即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=CB，∵AE=CF，∴BE=DF，∴BE=DF∠∴△BCE≌△DAF（2）解：四邊形ENFM是平行四邊形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD,AB∥CD∴AE∥∵AE=CF，∴BE=DF，∴四邊形、四邊形BEDF是平行四邊形，∴AF∥∴四邊形ENFM是平行四邊形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．6．（2023·湖南岳陽·校聯(lián)考一模）(1)如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為上的點，DE∥BC,BF=CF,AF交DE于點G，求證：DG=EG．(2)如圖2，在（1）的條件下，連接CD,CG．若CG⊥DE,CD=6,AE=3，求DEBC(3)如圖3，在?ABCD中，∠ADC=45°,AC與BD交于點O，E為AO上一點，EG∥BD交AD于點G，EF⊥EG交BC于點F．若∠EGF=40°,FG平分∠EFC,FG=10，求的長．【答案】(1)證明見詳解(2)(3)5+5【分析】（1）利用DE∥BC，證明△ADG（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，得出△DCE是等腰三角形，利用三角形相似即可求出DEBC（3）遵循第（1）、（2）小問的思路，延長交AB于點M，連接FM，作MN⊥BC，垂足為N．構造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出的長．【詳解】（1）解：∵DE∥∴△ADG∴DGBF∴DGBF∵BF=CF，∴DG=EG．（2）解：由（1）得DG=EG，∵CG⊥∴CE=CD=6．∵AE=3，∴AC=AE+CE=9．∵DE∥∴△ADE∴DEBC（3）解：如圖，延長交AB于點M，連接FM，作MN⊥BC，垂足為N在?ABCD中，BO=DO,∠∵EG∥∴由（1）得ME=GE，∵EF⊥∴FM=FG=10，∴∠EFM=∵∠EGF=40∴∠EMF=40∴∠EFG=50∵FG平分∠EFC∴∠EFG=∴∠BFM=180∴．在Rt△FMN中，MN=FMsin∵∠MBN=45∴BN=MN=5，∴BF=BN+FN=5+53【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)及判定、等腰三角形的性質(zhì)及判定、解特殊的直角三角形等知識，遵循構第（1）、（2）小問的思路，構造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解決本題的關鍵．7．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考二模）如圖1，矩形ABCD中，已知AB＝6．BC＝8，點E是射線BC上的一個動點，連接AE并延長，交射線DC于點F．將△ABE沿直線AE翻折，點B的對應點為點B'，延長AB'交CD于點M．（1）如圖1，若點E為線段BC的中點，求證：AM＝FM；（2）如圖2，若點B'恰好落在對角線AC上，求的值；（3）若BECE=3【答案】（1）見解析；（2）35；（3）415或【分析】（1）由折疊的性質(zhì)及等腰三角形的判定可得出答案；（2）由勾股定理求出AC＝10，證明△ABE∽△FCE，由比例線段BECE（3）分兩種情況討論：①點E在線段BC上，②點E在BC的延長線上，分別設DM=x，根據(jù)Rt△ADM中，AM2=AD2【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，∴∠F＝∠BAF，由折疊可知：∠BAF＝∠MAF，∴∠F＝∠MAF，∴AM＝FM．（2）解：由（1）可知△ACF是等腰三角形，AC＝CF，在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝AB2+B∴CF＝AC＝10，∵AB∥CF，∴△ABE∽△FCE，∴BECE（3）①當點E在線段BC上時，如圖3，AB'的延長線交CD于點M，由AB∥CF可得：△ABE∽△FCE，∴ABCF=BE∴CF＝4，由（1）可知AM＝FM．設DM＝x，則MC＝6﹣x，則AM＝FM＝10﹣x，在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，即（10﹣x）2＝82+x2，解得：x＝95∴AM＝10﹣x＝10﹣95＝41②當點E在BC的延長線上時，如圖4，由AB∥CF可得：△ABE∽△FCE，∴ABCF=BE∴CF＝4，則DF＝6﹣4＝2，設DM＝x，則AM＝FM＝2+x，在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，即（2+x）2＝82+x2，解得：x＝15，∴AM＝2+x＝17．綜上所述：當BECE=32時，AM的長為【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理的綜合應用，解決問題（3）的關鍵是運用分類討論思想，依據(jù)勾股定理列方程進行計算求解，解題時注意分類思想與方程思想的運用．8．（2022·湖南長沙·模擬預測）如圖，矩形ABCD中，點E在邊CD上，將△BCE沿折疊，點C落在AD邊上的點F處，過點F作FG∥CD交于點G，連接．（1）求證：四邊形CEFG是菱形；（2）若AB=6,AD=10，求四邊形CEFG的面積．【答案】（1）詳見解析；（2）20【分析】（1）根據(jù)題意可得△BCE≌△BFE，因此可得FG=EC，又FG∥CE，則可得四邊形CEFG是平行四邊形，再根據(jù)CE=FE,可得四邊形CEFG是菱形.（2）設EF=x，則CE=x,DE=6-x，再根據(jù)勾股定理可得x的值，進而計算出四邊形CEFG的面積.【詳解】（1）證明：由題意可得，∴△BCE∴∠BEC=∵FG∥∴∠FGE=∴∠FGE=∴FG=FE，∴FG=EC，∴四邊形CEFG是平行四邊形，又∵CE=FE,∴四邊形CEFG是菱形；（2）∵矩形ABCD中，AB=6,AD=10,BC=BF，∴∠BAF=90∴AF=8，∴DF=2，設EF=x，則CE=x,DE=6-∵∠FDE=90∴22解得，x=103∴CE=10∴四邊形CEFG的面積是：CE?【點睛】本題主要考查菱形的判定，關鍵在于首先證明其是平行四邊形，再證明兩條臨邊相等即可.9．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，BE//AC，AE//BD，OE與(1)試判斷四邊形AEBO的形狀，并說明理由；(2)若OE=5，AC=8，求菱形ABCD的面積．【答案】(1)四邊形AEBO是矩形，理由見解析；(2)24．【分析】（1）根據(jù)BE//AC，AE//BD可先證明四邊形AEBO是平行四邊形，再利用菱形對角線互相垂直平分可得（2）利用菱形對角線互相平分的性質(zhì)可知OA=4，利用勾股定理可求出AE=3，進一步得BD=6，利用菱形面積等于對角線乘積的一半即可求出菱形的面積．(1)解：四邊形AEBO是矩形，理由如下：∵BE//AC，∴四邊形AEBO是平行四邊形，∵ABCD是菱形，∴BD⊥∴∠AOB=90∴四邊形AEBO是矩形．(2)解：∵AC=8，∴OA=4，∵OE=5且∠OAE=90∴，∴BD=6，∴菱形ABCD的面積．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)和面積，矩形的判定定理，勾股定理解三角形，掌握矩形的判定定理：有一個角等于90°10．（2022·湖南長沙·長沙市開福區(qū)青竹湖湘一外國語學校?？寄M預測）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，將△ABC繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△ADE，連接BD，CE交于點F．(1)求證：△AEC≌△ADB；(2)若AB＝1，∠BAC＝45°，當四邊形ADFC是平行四邊形時，求EC的長．【答案】(1)證明見解析(2)EC=【分析】（1）由于旋轉(zhuǎn)，得到△ABC≌△ADE，由全等性質(zhì)去證明∠DAB＝∠EAC，便可證明△AEC≌△ADB，從而得到結(jié)論；（2）根據(jù)四邊形ADFC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及題目所給條件可以得到∠ABD＝∠BAC＝45°，又因為旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可以得到∠ADB＝∠ABD＝45°，從而得到∠DAB的度數(shù)，再根據(jù)勾股定理以及△AEC≌△ADB【詳解】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△ABC≌△ADE，且AB＝AC，∴AE＝AD，AC＝AB，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠DAB，在△AEC和△ADB中，AE=AD∠∴△AEC≌△ADB（SAS）；（2）解：∵四邊形ADFC是平行四邊形，∴AC//∴∠ABD＝∠BAC＝45°，又∵，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∴∠DAB＝90°，由勾股定理得BD=A∵△AEC≌△ADB，∴EC＝DB＝2．【點睛】本題考查了三角形全等的性質(zhì)和證明過程，以及四邊形的相關知識，直角三角形的應用，熟悉這些知識點是解題的關鍵．11．（2022·湖南長沙·明德華興中學校聯(lián)考三模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC,AB=AD，對角線AC,BD交于點O，AC平分∠BAD，過點C作CE⊥AB交AB延長線于點E，連接OE．(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)若OE=23,∠DAB=60°，求四邊形【答案】(1)見解析(2)8【分析】（1）由AB∥CD，AC為∠DAB的平分線，證明AD=CD,再證明四邊形ABCD是平行四邊形，從而可得結(jié)論；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠CAE=30°，∠AOB=90°，AB=2OB，OA=OC，則AO=CO=AB2【詳解】（1）解：∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC為∠DAB的平分線，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD∵AB=AD,∴AB=CD,∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD＝AB，∴?ABCD（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴∠CAE=30°，∠AOB=90°，AB=2OB，OA=OC，∴AO=CO=A∵AE⊥CE，即∠AEC=90°，∴AC=2CE，OC=AO=CO=1∴OB=2，AC=43∴BD=4，∴S四邊形【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等等，熟知菱形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．12．（2022·湖南岳陽·校聯(lián)考一模）【推理】如圖1，在正方形ABCD中，點E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連結(jié)BE，CF，延長CF交AD于點G．（1）求證：△BCE【運用】（2）如圖2，在【推理】條件下，延長BF交AD于點H．若HDHF=45，【拓展】（3）將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結(jié)CF，延長CF，BF交直線AD于G，兩點，若，HDHF=45，求DE【答案】（1）見解析；（2）DE=310；（3）k2【分析】（1）根據(jù)ASA證明△BCE（2）由（1）得CE=DG=9，由折疊得∠BCF=∠BFC，進一步證明HF=HG，由勾股定理得HF（3）如圖，連結(jié)HE，分點H在D點左邊和點在D點右邊兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DE的長，再由勾股定理得HF2【詳解】（1）如圖，∵△BFE由△BCE∴BE∴∠又∵四邊形ABCD是正方形，∴∠∴∠∴∠又∵正方形ABCD,∴BC=CD,．（2）如圖，連接EH，由（1）得△BCE∴CE=DG=9由折疊得BC=BF，CE=FE=9，∴∠∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∴∠又∵∠BFC=∴∠∴HF=HG∵HDHF=∴HD=4，HF=HG=5．∵∴H∴5∴DE=310（DE=（3）如圖，連結(jié)HE，由已知HDHF=45可設DH=4m，①當點H在D點左邊時，如圖，同（2）可得，HF=HG，∴DG=9m由折疊得BE⊥∴∠又∵∠D=90∴∠∴∠又∵∠BCE=∴△∴DG∵CD∴9m∴CE=∴DE=∵∠∴H∴(5m∴x=k2+9∴②當點在D點右邊時，如圖，同理得HG=HF，∴DG=m同理可得△BCE可得CE=mk=FE∵H∴(5m∴x=9k2∴【點睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，在應用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構造三角形．13．（2022·湖南長沙·長沙市開福區(qū)青竹湖湘一外國語學校?？家荒＃┤鐖D，在正方形ABCD中，點M是邊BC上的一點（不與B、C重合），將線段AM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到AN，連接DN、MN、AC，MN與邊AD交于點E，與AC相交于點O．(1)求證：△ABM≌△ADN；(2)當AM平分∠BAC時，求證：AM2=AC?AE；(3)當CM=3BM時，求OMOE【答案】(1)見解析(2)見解析(3)OM【分析】（1）利用SAS即可證明△ABM≌△ADN；（2）證明△ACM∽△ANE，利用AM=AN等量代換，即可證明；（3）設正方形ABCD的邊長為4a，則BM=a，CM=3a，證明△BAM∽△FAO，用a表示出FO和OM的長，再證明△EAF∽△MNC，用a表示出EF和OE的長，進一步計算即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠BA