中考數(shù)學(xué)三輪沖刺培優(yōu)訓(xùn)練專(zhuān)題20幾何變式與類(lèi)比探究綜合問(wèn)題（解析版）

專(zhuān)題20幾何變式與類(lèi)比探究綜合問(wèn)題（最新模擬40題預(yù)測(cè)）一、解答題1．（2023春·陜西延安·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，連接DE．將△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)①當(dāng)α=0°時(shí)，AEBD=______；②當(dāng)α=180°時(shí)，(2)拓展探究試判斷：當(dāng)0°≤α<360°時(shí)，AEBD(3)問(wèn)題解決△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至A、B、E三點(diǎn)在同一條直線(xiàn)上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線(xiàn)段BD的長(zhǎng)______．【答案】(1)①5；②5(2)沒(méi)有，證明見(jiàn)解析(3)滿(mǎn)足條件的BD的長(zhǎng)為355【分析】（1）①當(dāng)α=0°時(shí)，在Rt△ABC中，勾股定理，可求AC的長(zhǎng)，然后根據(jù)點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，分別求出AE、BD的大小，即可求出的AEBD的值；②當(dāng)α=180°時(shí)，可得AB∥DE，然后根據(jù)ACAE=（2）首先判斷出ECA=∠DCB，再根據(jù)ECDC=AC（3）分兩種情形：當(dāng)點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)；當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段AB上時(shí)，分別求解即可．【詳解】（1）解：①當(dāng)α=0°時(shí)，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=A∵點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，∴CE=AE=12AC=∴AE故答案為：5；②如圖，當(dāng)α=180°時(shí)，可得AB∥DE，∵AC∴AE故答案為：5；（2）解：如圖，當(dāng)0°≤α<360°時(shí)，AEBD∵ECD=∠ACB，∴ECA=∠DCB，∵EC∴△ECA∽△DCB，∴AE（3）解：如圖，當(dāng)點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=AB+BE=5，∵AE∴BD=5如圖，當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段AB上時(shí)，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=4?1=3，∵AE∴BD=3綜上所述，滿(mǎn)足條件的BD的長(zhǎng)為355或【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線(xiàn)的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．2．（2022秋·江西贛州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）【問(wèn)題背景】在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF=60°，試探究圖1中線(xiàn)段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．【初步探索】小亮同學(xué)認(rèn)為：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，再證明△AEF≌△AGF，則可得到BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系是___________．【探索延伸】在四邊形ABCD中如圖2，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，∠EAF=1【結(jié)論運(yùn)用】如圖3，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(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以60海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，艦艇乙沿北偏東50°的方向以80海里/小時(shí)的速度前進(jìn)1.5小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E，F(xiàn)處，且兩艦艇之間的夾角（∠EOF）為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【答案】EF=BE+FD，成立，210海里【分析】（問(wèn)題背景）：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，即可證明△ABE?△ADG，可得AE=AG再證明△AEF?△AGF，可得EF=FG，根據(jù)，△AEF≌△AGF，根據(jù)DG=BE,FG=FD+DG，即可得解；（探索延伸）：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，即可得解；（實(shí)際應(yīng)用）連接EF，延長(zhǎng)AE、BF相交于點(diǎn)C，圖形符合探索延伸中的條件，直接應(yīng)用結(jié)論進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】證明：（初步探索）如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，∵∠B=∠ADC=90°∴∠B=∠ADG在△ABE和△ADG中DG=BE∴△ABE?△ADGSAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG∵∠EAF=60°,∠BAD=120°∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD?∠EAF=60°∴∠EAF=∠GAF=60°在△AEF和△GAF中AE=AG∴△AEF?△AGFSAS∴EF=GF，∵DG=BE,FG=FD+DG，∴EF=FD+BE；（探索延伸）證明：如圖，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，則：∠ADC+∠ADG=180°，∵∠ADC+∠B=180°，∴∠ADG=∠B，在△ABE和△ADG中DG=BE∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠DAG=∠BAE,AE=AG，∵∠EAF=1∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠DAF+∠DAG=∠EAF，即：∠GAF=∠EAF，在△AEF和△GAF中AE=AG∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，∵DG=BE,FG=FD+DG，∴EF=FD+BE；（結(jié)論運(yùn)用）解：連接EF，延長(zhǎng)AE、BF相交于點(diǎn)C，∵∠AOB=30°+90°+(90°?70°)=140°,∠EOF=70°，∴∠EOF=又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°?30°)+∴圖形符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF=AE+BF，成立，∵AE=60×1.5=90,BF=80×1.5=120，∴EF=AE+BF=90+120=210（海里）；∴兩艦艇之間的距離為：210海里．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意添加合適的輔助線(xiàn)證明三角形全等．3．（2023秋·四川德陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖①，△ABC和△EDC都是等邊三角形，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，連接AE．①∠AEC的度數(shù)為_(kāi)_____；②線(xiàn)段AE、BD之間的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_____；（2）拓展探究：如圖②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，CM為△EDC中DE邊上的高，連接AE，試求∠AEB的度數(shù)及判斷線(xiàn)段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）解決問(wèn)題：如圖③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，點(diǎn)B、D，E在同一條直線(xiàn)上，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠EAB+∠ECB的度數(shù)．【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由見(jiàn)詳解；（3）180°．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后證明∠ECA=∠DCB，從而可證明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性質(zhì)，①、②即可求解；（2）類(lèi)似（1）中方法，證明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA?∠CEB=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到CM=EM=MD，即可得到線(xiàn)段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系；（3）根據(jù)△AEC≌△BDC解答即可．【詳解】（1）解：如圖①所示，∵△ABC和△EDC都是等邊三角形，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，∴∠ECD?∠ACD=∠ACB?∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC與△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=60°，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，∴∠BDC=120°，∴∠AEC=∠BDC=120°，故①的答案為：120°；②的答案為：相等；（2）解：如圖②所示，∵△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=90°,∠CDE=∠CED=45°，∴∠ECD?∠ACD=∠ACB?∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC與△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=45°，點(diǎn)B、D、E在同一條直線(xiàn)上，∴∠BDC=135°，∴∠AEC=∠BDC=135°，∴∠AEB=∠AEC?∠CEB=135°?45°=90°，∵△EDC都是等腰直角三角形，CM⊥DE，∴CM=EM=MD，∴ED=2CM，∴BE=BD+DE=AE+2CM，∴∠AEB的度數(shù)為90°，線(xiàn)段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系為：∴BE=AE+2CM；（3）解：根據(jù)（1）（2）中結(jié)論可知：△AEC≌△BDC，得∠AEC=∠BDC，∵△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，∴∠CDE=∠ABC=180°?36°∴∠AEC=∠BDC=180°?72°=108°，∴∠AEC+∠ABC=108°+72°=180°，∴∠EAB+∠ECB=360°?180°=180°．【點(diǎn)睛】此題是三角形的綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練而靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解答此題的關(guān)鍵．4．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）問(wèn)題背景：（1）如圖1：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)．且∠EAF=60°．探究圖中線(xiàn)段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連接AG，先證明探索延伸：（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且【答案】（1）EF=BE+DF，理由見(jiàn)解析；（2）結(jié)論EF=BE+DF仍然成立，理由見(jiàn)解析【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再證明（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，由∠EAF=12∠BAD【詳解】證明：（1）在△ABE和△ADG中，DG=BE∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∵∠EAF=1∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD?∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGFSAS∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；故答案為EF=BE+DF．（2）結(jié)論EF=BE+DF仍然成立；理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連接AG，在△ABE和△ADG中，DG=BE∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∵∠EAF=1∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD?∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGFSAS∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，正確作出輔助線(xiàn)構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．5．（2021秋·陜西咸陽(yáng)·九年級(jí)咸陽(yáng)市實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）問(wèn)題探究(1)如圖①，在正方形ABCD中，AB=4，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作FE⊥AC于點(diǎn)E，則EF的長(zhǎng)為_(kāi)_________；(2)如圖②，四邊形ABCD與四邊形EFGH都是正方形，點(diǎn)E、F分別在AC、BC上，連接CH，求證：CF=2問(wèn)題解決(3)為打造宜居環(huán)境，建設(shè)美麗家園，計(jì)劃對(duì)如圖③所示的菱形空地ABCD進(jìn)行綠化改造，菱形ABCD足夠大，∠D=60°，EF是一條水渠，點(diǎn)E、F分別是AB、CB的中點(diǎn)，點(diǎn)G、H分別在EF、FC上，點(diǎn)M在菱形ABCD內(nèi)部，現(xiàn)將四邊形GMHF改造成草地，并沿線(xiàn)段FH、FG、FM種植喬木綠化帶，已知GM=HM，∠GMH=60°，GF+HF=40米，且種植喬木綠化帶每米費(fèi)用約為200元（不計(jì)寬度），請(qǐng)計(jì)算種植上述三條喬木綠化帶大約需花多少錢(qián)？【答案】(1)2(2)見(jiàn)解析(3)16000元【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)，得出Rt△EFC是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可解答．（2）過(guò)點(diǎn)E作ME⊥AC，交BC于M，證明△EFM與△EHC全等，得出（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)，得出△BEF是等邊三角形，連接GH，過(guò)點(diǎn)G作GN∥AB交BC于點(diǎn)N，△GNF是等邊三角形，進(jìn)而得出GF=GN，利用等邊三角形的性質(zhì)，證明【詳解】（1）解：∵F是BC的中點(diǎn)，BC=4∴FC=∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)∴Rt△EFC是等腰直角三角形∴EF=故答案為2（2）證明：過(guò)點(diǎn)E作ME⊥AC，交BC于M，∴∠MEC=90°，在正方形ABCD與正方形EFGH中，∠ACB=45°，EF=EH，∠FEH=90°，∴∠MEC=∠FEH=90°，∠EMC=∠ECM=45°，∴∠FEM=∠HEC，EM=EC，∴△EFM≌△EHCSAS，∴FM=HC．∵EM=EC，∠MEC=90°，∴MC=2∴CF=MC+MF=2（3）解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠B=∠D=60°，∵點(diǎn)E、F分別是AB、CB的中點(diǎn)，∴BE=12AB∴BE=BF，∴△BEF是等邊三角形，∴∠EFB=60°，連接GH，過(guò)點(diǎn)G作GN∥AB交BC于點(diǎn)∴∠GNF=∠GFN=60°，∴△GNF是等邊三角形，∴GF=GN，由GM=HM，∠GMH=60°，易得△MGH是等邊三角形，∴GH=GM，∠NGH=∠FGM=60°+∠FGH，∴△GNH≌△GFMSAS∴FM=NH=NF+FH=GF+FH=40．∴FH+FG+FM=2FM=80，∵種植每米喬木綠化帶費(fèi)用約為200元，∴種植FH、FG、FM三條喬木綠化帶大約需80×200=16000（元）．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、三角形全等的判定、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練掌握正方形和菱形的性質(zhì)、三角形全等的判定、等邊三角形的性質(zhì)等等．6．（2022秋·四川成都·九年級(jí)成都嘉祥外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？计谥校?）問(wèn)題探究：如圖1，在正方形ABCD，點(diǎn)E，Q分別在邊BC，AB上，DQ⊥AE于點(diǎn)O，點(diǎn)G，F(xiàn)分別在邊CD、AB上，GP⊥AE．①判斷DQ與AE的數(shù)量關(guān)系：DQAE；②推斷：GFAE的值為：（2）類(lèi)比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，BCAB=23．將矩形ABCD沿GF折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點(diǎn)H，連接AE交GF于點(diǎn)O．試探究（3）拓展應(yīng)用1：如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，點(diǎn)M，N分別在邊BC、AB上，求DNAM（4）拓展應(yīng)用2：如圖2，在（2）的條件下，連接CP，若BEBF=34，【答案】（1）=；1；（2）FGAE=23【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，得出∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH（②證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問(wèn)題．（2）如圖2，作GM⊥AB于M．證明：△ABE∽△GMF即可解決問(wèn)題．（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)D作EF⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥EF，連接AC，證明△ACD≌△ACB（SSS），得出∠ADC=∠ABC=90°，證明△ADE∽△DCF，可得出DC（4）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于N，利用相似三角形的性質(zhì)求出PN，CN即可解決問(wèn)題．【詳解】解：（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD=90°．∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD=90°．∴∠QAO=∠ADO．∴Δ∴AE=DQ．故答案為：=．②結(jié)論：GFAE理由：∵DQ⊥AE，F(xiàn)G⊥AE，∴DQ//FG，∵FQ//DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴FG=DQ，∵AE=DQ，∴FG=AE，∴GFAE故答案為：1．（2）結(jié)論：FGAE理由：如圖2中，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF=∠GMF=∠ABE=90°，∴∠BAE+∠AFO=90°，∠AFO+∠FGM=90°，∴∠BAE=∠FGM，∴Δ∴GFAE∵∠AMG=∠D=∠DAM=90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM=AD，∴GFAE（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)D作EF⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥EF，連接AC，∵∠ABC=90°，AE⊥EF，EF⊥BC，∴四邊形ABFE是矩形，∴∠E=∠F=90°，AE=BF，EF=AB=10，∵AD=AB，BC=CD，AC=AC，∴Δ∴∠ADC=∠ABC=90°，∴∠ADE+∠CDF=90°，且∠ADE+∠EAD=90°，∴∠EAD=∠CDF，且∠E=∠F=90°，∴Δ∴CDAD∴AE=2DF，DE=2CF，∵DC∴25=CF∴CF=5（不合題意，舍去），CF=3，∴BF=BC+CF=8，由（2）的結(jié)論可知：DNAM（4）解：如圖2中，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于N．∵BEBF∴假設(shè)BE=3k，BF=4k，EF=AF=5k，∵FGAE=2∴AE=310∴(3k)∴k=1或?1（舍棄），∴BE=3，AB=9，∵BC:AB=2:3，∴BC=6，∴BE=CE=3，AD=PE=BC=6，∵∠EBF=∠FEP=∠PME=90°，∴∠FEB+∠PEN=90°，∠PEN+∠EPN=90°，∴∠FEB=∠EPN，∴Δ∴EFPE∴56∴EN=245，∴CN=EN?EC=24∴PC=C【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(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)，平行四邊形的判定與性質(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或相似三角形解決問(wèn)題．7．（2022秋·河南南陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期中）（1）閱讀理解：如圖①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC邊上的中線(xiàn)AD的取值范圍．可以用如下方法：將△ACD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°（2）問(wèn)題解決：如圖②，在△ABC中，D是BC邊上的中點(diǎn)，DE⊥DF于點(diǎn)D，DE交AB于點(diǎn)E，DF交AC于點(diǎn)F，連接EF（3）問(wèn)題拓展：如圖③，在四邊形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C為頂點(diǎn)作一個(gè)50°的角，角的兩邊分別交AB、【答案】（1）1.5<AE<6.5；（2）見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）如圖①：將△ACD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD可得△BDE?△CDA（2）如圖②：△FDC繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°得到△NDB可得△BND?△CFD，得出BN=CF（3）將△DCF繞著點(diǎn)C按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)100°得到△BCH可得△HBC≌△FDC，得出CH=CF，∠HCB【詳解】解：（1）如圖①：將△ACD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180∴△BDE?△CDA∴BE=AC=5，∵AD是BC邊上的中線(xiàn)，∴BD=在△ABE中，由三角形的三邊關(guān)系得：AB∴8﹣5＜AE＜8+5，即∴1.5＜AD故答案為1.5＜AD（2）證明：如圖②：△FDC繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°得到∴△BND?△CFD∴BN=CF，∵DE∴EN=在△BNE中，由三角形的三邊關(guān)系得：BE∴BE+（3）BE+如圖③，將△DCF繞著點(diǎn)C按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)∴△DCF≌△BCH，∴CH＝∴∠∵∠ABC∴∠HBC∴點(diǎn)A、B、H三點(diǎn)共線(xiàn)∵∠FCH=100°∴∠ECH∴∠FCE在△HCE和△CF=∴△HCE≌△FCE∴EH＝∵BE∴BE+【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查對(duì)全等三角形的性質(zhì)和判定、三角形的三邊關(guān)系定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，通過(guò)旋轉(zhuǎn)得到構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵.8．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）綜合與實(shí)踐??探究特殊三角形中的相關(guān)問(wèn)題問(wèn)題情境：某校學(xué)習(xí)小組在探究學(xué)習(xí)過(guò)程中，將兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如圖1所示位置放置，且Rt△ABC的較短直角邊AB為2，現(xiàn)將Rt△AEF繞A點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α0°<α<90°，如圖2，AE與BC交于點(diǎn)M，AC與EF交于點(diǎn)N，(1)初步探究：勤思小組的同學(xué)提出：當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=時(shí)，△AMC是等腰三角形；(2)深入探究：敏學(xué)小組的同學(xué)提出在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中．如果連接AP，CE，那么AP所在的直線(xiàn)是線(xiàn)段CE的垂直平分線(xiàn)，請(qǐng)幫他們證明；(3)再探究：在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=30°時(shí)，求△ABC與△AFE重疊的面積；(4)拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，△CPN是否能成為直角三角形？若能，直接寫(xiě)出旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)；若不能，說(shuō)明理由．【答案】(1)60°或15°(2)見(jiàn)解析(3)3(4)能，∠α=30°或60°【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAM=∠FAN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM=AN，PE=PC，由線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)已知條件得到△ABM是直角三角形，求得EM=3，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式即可得到結(jié)論；（4）當(dāng)∠CNP=90°時(shí)，依據(jù)對(duì)頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得∠α的度數(shù)；當(dāng)∠CPN=90°時(shí)．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數(shù)，然后依據(jù)對(duì)頂角相等可得到∠ANF的度數(shù)，然后由∠F=60°，依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求得∠FAN的度數(shù)，于是可得到∠α的度數(shù)．【詳解】（1）當(dāng)AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時(shí)，△AMC是等腰三角形；∵∠BAC=90°，∴α=90°?30°=60°，當(dāng)AM=CM，即∠CAM=∠CMA時(shí)，△AMC是等腰三角形，∵∠C=30°，∴∠CAM=∠AMC=75°，∵∠BAC=90°，∴α=15°，綜上所述，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=60°或15°時(shí)，△AMC是等腰三角形，故答案為：60°或15°；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，∵現(xiàn)將Rt△AEF繞A點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），∴∠BAM=∠FAN，在△ABM與△AFN中，∠B∴△ABM∴AM=AN，∵AE=AC，∴EM=CN，在△MPE和△∠E∴△MPE∴PE=PC，∴點(diǎn)P在CE的垂直平分線(xiàn)上，∵AE=AC，∴點(diǎn)A在CE的垂直平分線(xiàn)上，∴AP所在的直線(xiàn)是線(xiàn)段CE的垂直平分線(xiàn)；（3）∵α=30°，∠B=60°，∴∠AMB=90°，∴△ABM是直角三角形，∵AB=2，∴BM=AB?sin30°=1，AM=AB?cos30°=3，∴S△ABM=12AM?MB=12×∵AE=AC=AB?tan60°=23，AM=3，∴EM=3，在△AMB和△∠∴△AMB由（2）可知△ABM∴S△AFN=∵S△AEF=12AF?AE=12∴△ABC與△AFE重疊的面積=S△AEF-S△AFN（4）如答題圖1所示：當(dāng)∠CNP=90°時(shí)．∵∠CNP=90°，∴∠ANF=90°．又∵∠AFN=60°，∴∠FAN=180°?60°?90°=30°．∴∠α=30°．如答題圖2所示：當(dāng)∠CPN=90°時(shí)．∵∠C=30°，∠CPN=90°，∴∠CNP=60°．∴∠ANF=60°．又∵∠F=60°，∴∠FAN=60°．∴∠α=60°．綜上所述，∠α=30°或60°．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)和全等三角形的判定和性質(zhì)，分類(lèi)討論是解題的關(guān)鍵．9．（2021秋·福建漳州·九年級(jí)漳州三中校考期中）如圖1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AD邊上任意一點(diǎn)，現(xiàn)將△AEF沿直線(xiàn)EF對(duì)折，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)G．(1)如圖2，當(dāng)EF∥BD，且點(diǎn)G落在對(duì)角線(xiàn)BD上時(shí)，求線(xiàn)段EF的長(zhǎng)；(2)如圖3，連接DG，當(dāng)EF∥BD且點(diǎn)D，G，E三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，求線(xiàn)段AE的長(zhǎng)；(3)當(dāng)AE＝2AF時(shí)，F(xiàn)G的延長(zhǎng)線(xiàn)交△BCD的邊于點(diǎn)H，是否存在一點(diǎn)H，使得以E，H，G為頂點(diǎn)的三角形與△AEF相似，若存在，請(qǐng)求出線(xiàn)段AE的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)5(2)7(3)3或127或6011【分析】（1）連接AG，根據(jù)折疊性質(zhì)、矩形的性質(zhì)及勾股定理可得DB=10，再根據(jù)折疊性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)可得答案；（2）設(shè)AF=3t，則FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，根據(jù)勾股定理和三角函數(shù)可得答數(shù)；（3）分四種情況：①當(dāng)△AEF∽△GHE時(shí)，過(guò)點(diǎn)H作HP⊥AB于P，②當(dāng)△AEF∽△GHE時(shí)，過(guò)點(diǎn)H作HP⊥AB于P，③當(dāng)△AEF∽△GEH時(shí)，過(guò)點(diǎn)G作MN∥AB交AD于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥MN于N，④當(dāng)△AEF∽△GEH時(shí)，過(guò)點(diǎn)G作MN∥AB交AD于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥MN于N，過(guò)點(diǎn)H作HQ⊥AD于Q，分別根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得答案．（1）解：如圖，連接AG，由折疊性質(zhì)得AG⊥EF，∵EF∥BD，∴AG⊥BD，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，∴∠DAB=90°，AD=BC=6，∴DB=AB∵△GEF是由△AEF沿直線(xiàn)EF對(duì)折而成，∴△GEF≌△AEF，∴EF為AG中垂線(xiàn)，∵EF∥BD，∴EF=12BD（2）解：∵點(diǎn)D，G，E三點(diǎn)共線(xiàn)，∴∠DGF=90°，設(shè)AF=3t，則FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，在Rt△DFG中，DG2+FG2∵tan∠FDG=FGDG∴3t36?36t∴t=716∴AE=74（3）解：①當(dāng)△AEF∽△GHE時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)H作HP⊥AB于P，∵∠AEF=∠FEG=∠EHG，∠EHG+∠HEG=90°，∴∠FEG+∠HEG=90°，∴∠A=∠FEH=90°，∴△AEF∽△EHF，∴EF：HE=AF：AE=1：2，∵∠A=∠HPE=90°，∴∠AEF+∠HEP=90°，∠HEP+∠EHP=90°，∴∠AEF=∠EHP，∴△AEF∽△HPE，∴AE：HP=EF：EH=1：2，∴HP=6，∴AE=3；②當(dāng)△AEF∽△GHE時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)H作HP⊥AB于P，同理可得EF：HE=1：2，EA：HP=1：2，設(shè)AF=t，則AE=2t，EP=2t，HP=4t，BP=8-4t，∵△BHP∽△BDA，∴4t：6=（8-4t）：8，∴t=67∴AE=127③當(dāng)△AEF∽△GEH時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)G作MN∥AB交AD于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥MN于N，設(shè)AF=t，則AE=2t，DF=6-t，由折疊可知，△AEF≌△GEF，∴AE=GE，∵△AEF∽△GEH，AE=GE，∴△AEF≌△GEH（AAS），∴FG=GH，∵M(jìn)G∥DH，∴FM=12（6-t∴AN=EN=AF+FM=6+t2∵△FMG∽△GNE，GF：GE=1：2，∴MG=12NE=12AM=6+t4，GH=2FN∵M(jìn)N=AE，∴6+t4+6-t=2t∴t=3011∴AE=6011④當(dāng)△AEF∽△GEH時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)G作MN∥AB交AD于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥MN于N，過(guò)點(diǎn)H作HQ⊥AD于Q，設(shè)AF=t，則AE=2t，設(shè)FM=a，則NG=2a，NE=a+t，∴MG=12EN=12AM=∴a+t2+2a=2t由上題知，MF=MQ=a，QH=2MG=a+t，∴DQ=6-t-2a，∵DQQH∴6?t?2aa+t∴t=3017∴AE=6017綜上，滿(mǎn)足條件取線(xiàn)段AE的長(zhǎng)為：3或127或6011或【點(diǎn)睛】此題考查的是折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)等知識(shí)，正確作出輔助線(xiàn)是解決此題關(guān)鍵．10．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）某校數(shù)學(xué)活動(dòng)小組探究了如下數(shù)學(xué)問(wèn)題：(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．點(diǎn)P是底邊BC上一點(diǎn)，連接AP，以AP為腰作等腰Rt△APQ，且∠PAQ=90°，連接CQ、則BP和CQ(2)變式探究：如圖2，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．點(diǎn)P是腰AB上一點(diǎn)，連接CP，以CP為底邊作等腰Rt△CPQ，連接AQ，判斷BP和AQ(3)問(wèn)題解決：如圖3，在正方形ABCD中，點(diǎn)P是邊BC上一點(diǎn)，以DP為邊作正方形DPEF，點(diǎn)Q是正方形DPEF兩條對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，連接CQ．若正方形DPEF的邊長(zhǎng)為10，CQ=2，求正方形ABCD【答案】(1)BP=CQ(2)BP=(3)3【分析】（1）根據(jù)已知條件利用邊角邊證明△ABP≌△ACQ，再利用全等三角形的性質(zhì)即可得到BP和CQ的數(shù)量關(guān)系；（2）根據(jù)任意等腰直角三角形的直角邊與斜邊的比是相等的，利用兩邊長(zhǎng)比例且?jiàn)A角相等的判定定理證明△CBP∽△CAQ，之后再由相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例即可得到BP和AQ的數(shù)量關(guān)系；（3）連接BD，如圖（見(jiàn)詳解），先由正方形的性質(zhì)判斷出△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，再利用與第二問(wèn)同樣的方法證出△BDP∽△CDQ，由對(duì)應(yīng)邊成比例，依據(jù)相似比求出線(xiàn)段BP的長(zhǎng)，接著設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x，運(yùn)用勾股定理列出方程即可求得答案．【詳解】（1）解：∵△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴AP=AQ，∠BAP+∠PAC=∠CAQ+∠PAC，∴∠BAP=∠CAQ．在△ABP和△ACQ中，{AB=AC∴△ABP≌△ACQ(SAS)，∴BP=CQ；（2）解：判斷BP=2∵△CPQ是等腰直角三角形，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴QCPC=AC∵∠BCP+∠ACP=∠ACQ+∠ACP=45°，∴∠BCP=∠ACQ，∴△CBP∽△CAQ，∴QCPC∴BP=2（3）解：連接BD，如圖所示，∵四邊形ABCD與四邊形DPEF是正方形，DE與PF交于點(diǎn)Q，∴△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，∴QDPD=CD∵∠BDP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC=45°，∴∠BDP=∠CDQ，∴△BDP∽△CDQ，∴QDPD∵CQ=2∴BP=2在Rt△PCD中，CD2+CP又∵正方形DPEF的邊長(zhǎng)為10，∴DP=10∴x2解得x1=?1（舍去），∴正方形ABCD的邊長(zhǎng)為3．【點(diǎn)睛】本題是一道幾何綜合題，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及正方形和等腰三角形的性質(zhì)，正確識(shí)圖并能熟練地掌握幾何圖形的性質(zhì)與判定定理進(jìn)行證明是解題的關(guān)鍵．11．（2022春·廣東珠?！ぐ四昙?jí)統(tǒng)考期末）寬與長(zhǎng)的比是5?1如希臘的巴特農(nóng)神廟等．下面我們折疊出一個(gè)矩形：第一步，在一張寬為2的矩形紙片一端，用下圖的方法折出一個(gè)正方形，然后把紙片展平．第二步，如下圖，把這個(gè)正方形折成兩個(gè)相等的矩形，再展平．第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對(duì)角線(xiàn)AB，并把AB折到下圖中所示的AD處．第四步，展平紙片，按照所得的點(diǎn)D處折出DE，得到矩形BCDE．(1)證明矩形BCDE（下圖）是黃金矩形．(2)定義：直線(xiàn)l將一個(gè)面積為S的圖形分成面積為S1和面積為S2的兩部分（設(shè)S1<S2），如果S1(3)下圖中，以C為原點(diǎn)，CD、CB所在直線(xiàn)為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，直接寫(xiě)出△END中經(jīng)過(guò)點(diǎn)C的“黃金分割線(xiàn)”的解析式．（不要求寫(xiě)過(guò)程）【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)△END中經(jīng)過(guò)點(diǎn)C的“黃金分割線(xiàn)”的解析式為x=0或y=【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得出∠MBC=∠N=90°，MN=MB，根據(jù)矩形的判定和正方形的判定可得出答案；由勾股定理求出AB=5，則BE=5?1（2）先證明MNME=25+1（3）如圖，建立如下坐標(biāo)系，結(jié)合題意可得：記NE與y軸的交點(diǎn)為Q，先求解S△DNE=12×2×(5+1)=5+1,設(shè)NE為y=kx+b,可得直線(xiàn)NE(1)解：由矩形的性質(zhì)可知∠BMN=∠N=90°，由折疊可知∠MBC=∠N=90°，MN=MB，∴∠BMN=∠N=∠MBC=90°，∴四邊形MNCB是矩形，又∵M(jìn)N=MB，∴矩形MNCB是正方形．∵M(jìn)N=2，∴AC=1，在△ABC中，AB=由折疊可知AD=AB=5，∴BE=CD=AD-AC=5?1又∵DE=BC=MN=2，∴BEBC∴矩形BCDE為黃金矩形．(2)由（1）得：MN=NC=BC=BM=2=DE,BE=CD=5∴ME=MB+BE=5∴MN∴矩形MNDE是黃金矩形．∴SS2∴S∴直線(xiàn)BC是矩形MNDE的黃金分割線(xiàn)．(3)如圖，建立如下坐標(biāo)系，結(jié)合題意可得：記NE與y軸的交點(diǎn)為Q，N(?2,0),E(S△DNE設(shè)NE為y=kx+b,∴{?2k+b=0(5∴直線(xiàn)NE的解析式為：y=5當(dāng)x=0時(shí)，y=5∴Q(0,5∴S∴S∴S∴CQ為△DNE的“黃金分割線(xiàn)”，所以CQ的解析式為：x=0,∵S∴S∴S∴CE為△DNE的“黃金分割線(xiàn)”，設(shè)CE為y=nx,∴(5解得：n=5∴CE的解析式為：y=5綜上：△END中經(jīng)過(guò)點(diǎn)C的“黃金分割線(xiàn)”的解析式為x=0或y=【點(diǎn)睛】本題考查的是黃金分割點(diǎn)的含義，黃金分割線(xiàn)的含義，矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，黃金矩形的含義，利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式，坐標(biāo)與圖形，二次根式的混合運(yùn)算，理解題意，利用軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)解題是關(guān)鍵．12．（2023春·浙江·八年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（﹣4，0），（0，8），動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)C從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線(xiàn)BO方向以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)．以CP，CO為鄰邊構(gòu)造?PCOD，在線(xiàn)段OP延長(zhǎng)線(xiàn)上取點(diǎn)E，使PE＝AO，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．(1)當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到線(xiàn)段OB的中點(diǎn)時(shí)，求t的值及點(diǎn)E的坐標(biāo)；(2)當(dāng)點(diǎn)C在線(xiàn)段OB上時(shí)，求證：四邊形ADEC為平行四邊形；(3)在線(xiàn)段PE上取點(diǎn)F，使PF＝3，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥PE，截取FM＝3，F(xiàn)N＝1，且點(diǎn)M，N分別在第一、四象限，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)M，N中，有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的邊上時(shí)，直接寫(xiě)出所有滿(mǎn)足條件的t的值．【答案】(1)t=2；E（6，0）；(2)證明見(jiàn)解析；(3)t1＝28﹣163，t2＝2，t3＝4+23，t4＝12【分析】（1）由運(yùn)動(dòng)的路程O(píng)C的長(zhǎng)和運(yùn)動(dòng)速度，可以求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值；再求線(xiàn)段OE的長(zhǎng)和點(diǎn)E的坐標(biāo)；（2）證△AOC≌△EPD即可；（3）點(diǎn)M，N中，有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的邊上時(shí)，分類(lèi)討論即可求解．【詳解】（1）∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（﹣4，0），（0，8），∴OA=4，OB=8，∵點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到線(xiàn)段OB的中點(diǎn)，∴OC=BC=12OB∵動(dòng)點(diǎn)C從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線(xiàn)BO方向以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，∴2t=4解之：t=2；∵PE=OA=4，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6∴點(diǎn)E（6，0）（2）證明：∵四邊形PCOD是平行四邊形，∴OC=PD，OC∥PD，∴∠COP=∠OPD，∴∠AOC=∠DPE在△AOC和△EPD中OC=PD∴△AOC≌△EPD（SAS）∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，∴AC∥DE，∴四邊形ADEC是平行四邊形．（3）由題意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(xiàn)(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，設(shè)CE的解析式為y=kx+b，則b=8?2t0=k(t+4)+b解得：k=2t?8∴CE的解析式為y=2t?8同理，DE的解析式為y=4?t①當(dāng)M在CE上時(shí)，M(t+3，3)，則2t?8解得，t=28?163②當(dāng)N在DE上時(shí)，N(t+3，-1)，則?1=解得，t=2，當(dāng)點(diǎn)C在y軸的負(fù)半軸上時(shí)，③如果點(diǎn)M在DE上時(shí)，3=解得，t=4+23④當(dāng)N在CE上時(shí)，2t?8t+4解得，t=12，綜上分析可得，滿(mǎn)足條件的t的值為：t1＝28﹣163，t2＝2，t3＝4+23，t4＝12．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的動(dòng)態(tài)問(wèn)題，平行四邊形的判定，抓住動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．13．（2023·河南駐馬店·統(tǒng)考一模）已知：△ABC和△ADE是兩個(gè)不全等的等腰直角三角形，其中BA=BC，DA=DE，連接EC，取EC的中點(diǎn)M，連接BM和DM．(1)如圖1，分別取AC和AE的中點(diǎn)G、H，連接BG、MG、MH、(2)將圖1中的△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時(shí)，判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．(3)已知正方形ABCP的邊長(zhǎng)為2，正方形ADEQ的邊長(zhǎng)為10，現(xiàn)將正方形ABCP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，在整個(gè)旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)C、P、E三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出BD的長(zhǎng)．【答案】(1)BD=(2)依然成立．理由見(jiàn)解析(3)234或【分析】（1）由三角形中位線(xiàn)定理得出MH=12AC，MG=12AE，MH//AC，MG//AE，得出∠MHE=∠CAE，∠CGM=∠CAE，證明ΔMHD?（2）證出BM=DM，∠MBE=∠MEB，∠MCD=∠MDC，再證明DM⊥BM，即可得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①取CE的中點(diǎn)M，連接BM、DM，連接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2BM，由勾股定理得：AE=2AD=102，PE=14，得出CE=PE+PC=16，CM=8②取CE的中點(diǎn)M，連接BM、DM，連接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2BM，同①得：PE=14，CE=12，得出CM=6，由勾股定理求出【詳解】（1）∵M(jìn)為CE的中點(diǎn)，G、H分別為AC和AE的中點(diǎn)，∴MH=12AC，MG=12∴∠MHE=∠CAE，∠CGM=∠CAE，∴∠CGM=∠MHE，在等腰直角ΔABC與等腰直角ΔADE中，G、H分別為AC和∴BG=12AC，DH=12∴MH=BG，DH=MG，∠MHD=∠BGM，在ΔMHD和ΔMH=BG∠MHD=∠BGM∴Δ∴BM=DM，∵∠BAD=45°+45°+∠CAE=90°+∠CAE，∠MHD=∠DHE+∠MHE=90°+∠CAE，∴∠BAD=∠MHD，又∵AB:MH=AB:AG=2:1，∴AB:MH=AD:DH，∴Δ∴BD:DM=AD:DH=2:1，∴BD=2故答案為：BD=2（2）（1）中的結(jié)論仍然成立；理由如下：∵在RtΔEBC和ΔEDC中，M∴BM=MC=ME，DM=EM=MC，∴BM=DM，∠MBE=∠MEB，∠MCD=∠MDC，∵∠BMC=∠MBE+∠MEB=2∠MEB，∠EMD=∠MDC+∠MCD=2∠MDC，∵∠DAE=∠MDC+∠MEB=45°，∴∠BMC+∠EMD=90°，∴∠DMB=180°?90°=90°，∴DM⊥BM，∵BM=DM，∴BD=2故（1）中的結(jié)論仍然成立；（3）分兩種情況：234或①如圖所示：取CE的中點(diǎn)M，連接BM、DM，連接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2由勾股定理得：AE=2∴PE=A∴CE=PE+PC=16，∴CM=8，∴BM=417∴BD=2②如圖所示：取CE的中點(diǎn)M，連接BM、DM，連接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2同①得：PE=14，∴CE=12，∴CM=6，∴BM=210∴BD=2綜上所述，BD的長(zhǎng)為234或4【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及分類(lèi)討論等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，作出圖形是解題關(guān)鍵．14．（2023·貴州遵義·統(tǒng)考一模）【問(wèn)題探究】如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊DC、BC上，且AE⊥DF，求證：AE=DF．【知識(shí)遷移】如圖2，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)M、N分別在邊AB、CD上，且BE⊥MN，求BEMN【拓展應(yīng)用】如圖3，在平行四邊形ABCD中，AB=m，BC=n，點(diǎn)E、F分別在邊AD、BC上，點(diǎn)M、N分別在邊AB、CD上，當(dāng)∠EFC與∠MNC的度數(shù)之間滿(mǎn)足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，有EFMN【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）34；（3）∠EFC=∠MNC【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)，推出△ADE≌△DCFASA（2）過(guò)點(diǎn)N作NP⊥AB于點(diǎn)P，BE、MN相交于點(diǎn)H，先證明∠ABE∽△PNM，得到BEMN=ABNP，再證明∴四邊形（3）過(guò)點(diǎn)E作EK∥AB交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)N作NL∥BC交AB于點(diǎn)L，先根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)得到EKNL=mn，若EFMN【詳解】（1）證明：設(shè)AE、DF相交于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADE=∠C=90°，∴∠ADG+∠CDG=90°，∵AE⊥DF，∴∠AGD=90°，∴∠DAG+∠ADG=90°，∴∠DAG=∠CDG，在△ADE和△DCF中，∠DAG=∠CDGAD=CD∴△ADE≌△DCFASA∴AE=DF；（2解：過(guò)點(diǎn)N作NP⊥AB于點(diǎn)P，BE、MN相交于點(diǎn)H，∴∠BPN=∠MPN=90°，∴∠PMN+∠PNM=90°，∵BE⊥MN，∴∠BHM=90°，∴∠MBH+∠PMN=90°，∴∠MBH=∠PNM，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=∠C=90°，∴∠A=∠MPN，∴∠ABE∽△PNM，∴BE∵∠ABC=∠C=∠BPN=90°，∴四邊形BCNP是矩形，∴NP=BC=4，∵AB=3，∴BE（3）解：∠EFC=∠MNC，理由如下：過(guò)點(diǎn)E作EK∥AB交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)N作NL∥BC交∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴四邊形ABKE、BCNL是平行四邊形，

∴EK=AB=m，NL=BC=n，∴EK若EFMN則△EFK∽△NML，∴∠FEK=∠MNL，∵EK∥∴∠AEK=∠D，∵AD∥∴∠D=∠CNL，∴∠AEK=∠CNL，∵AD∴∠EFC=∠AEF=∠AEK+∠FEK=∠CNL+∠MNL=∠MNC．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(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)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，作輔助線(xiàn)構(gòu)造相似三角形是解題關(guān)鍵．15．（2023·山東泰安·寧陽(yáng)二中校考一模）已知，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D在邊BC上．【基本圖形】如圖1，以AD為一邊作等邊三角形△ADE，連結(jié)CE．可得CE+CD=AC（不需證明）．【遷移運(yùn)用】如圖2，點(diǎn)F是AC邊上一點(diǎn)，以DF為一邊作等邊三角△DEF．求證：CE+CD=CF．【類(lèi)比探究】如圖3，點(diǎn)F是AC邊的延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)，以DF為一邊作等邊三角△DEF．試探究線(xiàn)段CE，CD，CF三條線(xiàn)段之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)寫(xiě)出你的結(jié)論并說(shuō)明理由．【答案】【基本圖形】見(jiàn)解析；【遷移運(yùn)用】見(jiàn)解析；【類(lèi)比探究】見(jiàn)解析．【分析】基本圖形：只需要證明△BAD≌△CAE得到CE=BD，即可證明；遷移運(yùn)用：過(guò)點(diǎn)D作DG∥AB，交AC于點(diǎn)G，然后證明△CDE≌△GDF得到CE=GF，即可推出類(lèi)比探究：過(guò)點(diǎn)D作DG∥AB，交AC于點(diǎn)G，然后證明△CDE≌△GDF，得到CE=GF，再由GF=CF+CG=CF+CD，即可得到【詳解】基本圖形：證明：∵△ACB與△ADE都是等邊三角形，∴AC=AB=CB，∠CAB=60°，AD=AE，∠DAE=60°，∴∠CAE=∠DAE?∠CAD=60°?∠CAD，∠BAD=∠CAB?∠CAD=60°?∠CAD，∴∠CAE=∠BAD，在△BAD與△CAE中，AC=AB∠CAD=∠BAE∴△BAD≌△CAESAS∴CE=BD，∴CE+CD=BD+CD=CB，∵AC=CB，∴CE+CD=AC；遷移運(yùn)用：證明：過(guò)點(diǎn)D作DG∥AB，交AC于點(diǎn)∵△ACB是等邊三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG為等邊三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF為等邊三角形，∴DE=DF，∠EDF=60°，∵∠CDE=∠CDG?∠EDG=60°?∠EDG，∠FDG=∠EDF?∠EDG=60°?∠EDG，∴∠CDE=∠FDG，在△CDE與△GDF中BD=DG∠BAD=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∴CE+CD=GF+CG=CF；類(lèi)比探究：解：CD+CF=CE，理由如下：過(guò)點(diǎn)D作DG∥AB，交AC于點(diǎn)∵△ACB是等邊三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG為等邊三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF為等邊三角形，∴DE=DF，∠FDE=60°，∵∠GDF=∠GDC+∠CDF=60°+∠CDF，∠CDE=∠EDF+∠CDF=60°+∠CDF，∴∠GDF=∠CDE，在△CDE與△GDF中BD=DG∠BDE=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∵GF=CF+CG=CF+CD，∴CD+CF=CE．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，熟知全等三角形的性質(zhì)與判定條件是解題的關(guān)鍵．16．（2023·浙江金華·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，點(diǎn)P是射線(xiàn)BC上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)AP，在AP的右邊作∠PAQ=12∠BAC，交射線(xiàn)BC(1)當(dāng)BP=1時(shí)，求點(diǎn)P到AB的距離．(2)當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，記BP=x，CQ=y，求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式和自變量x的取值范圍．(3)在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，不再連結(jié)其他線(xiàn)段，當(dāng)圖中存在某個(gè)角為45°時(shí)，求BQ的長(zhǎng)，并指出相應(yīng)的45°角．【答案】(1)4(2)y=(3)∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7【分析】（1）過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC與點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AB于點(diǎn)F，先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理得出AE=4，再由正弦求解即可；（2）分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段BE上時(shí)，即0≤x≤3時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段CE上時(shí)，即3<x≤6時(shí)，先證明∠FAP=∠EAQ，再利用相似三角形的判定和性質(zhì)得出AFAE（3）分四種情況，分別是∠BAQ=45°，∠CAP=45°，∠BAP=∠AQB=45°，∠CAQ=∠APB=45°，分別利用勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）如圖，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC與點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AB于點(diǎn)F，∴∠AEB=∠BFP=90°，∵AB=AC=5，BC=6，∴BE=1∴AE=A∴sinB=∵BP=1，∴45解得PF=4即點(diǎn)P到AB的距離為45（2）當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段BE上時(shí)，即0≤x≤3時(shí)，如圖，∵AE⊥BC,AB=AC，∴∠BAE=∠CAE=1∵∠PAQ=1∴∠FAP=∠EAQ，又∵∠AFP=90°=∠AEQ，∴△AFP～△AEQ，∴AFAE∵BP=x，∴sinB=∴PF=4由勾股定理得BF=B∵AB=5,CE=3，CQ=y，∴AF=5?35x∴5?3整理得y=75?25x當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段CE上時(shí)，即3<x≤6時(shí)，如圖，∵AE⊥BC,AB=AC，∴∠BAE=∠CAE=1∵∠PAQ=1∴∠FAP=∠EAQ，又∵∠AFP=90°=∠AEQ，∴△AFP～△AEQ，∴AFAE∵BP=x，∴sinB=∴PF=4由勾股定理得BF=B∵AB=5,CE=3，CQ=y，∴AF=5?35x∴5?3整理得y=25x?75綜上，y=75?25x（3）①當(dāng)∠BAQ=45°時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥AB于D，∴∠ADQ=∠BDQ=90°，設(shè)BQ=5x，∵sinB=∴DQ=4x,BD=3x，∵∠BAQ=∠AQD=45°，∴AD=5?3x=DQ，即5?3x=4x，解得x=5∴BQ=5x=25②當(dāng)∠CAP=45°時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC于H，同①可得CP=25∵BP=x，∴CP=25解得x=17當(dāng)0≤x≤3時(shí)，y=75?25x∴BQ=6?CQ=6?y=161③當(dāng)∠BAP=∠AQB=45°時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥AB于N，同①得BP=25當(dāng)3<x≤6時(shí)，y=25x?75∴BQ=BC+CQ=7；⑤當(dāng)∠CAQ=∠APB=45°時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)作AE⊥BC于E，∴∠AEC=90°，∴∠EAP=∠APB=45°，由（1）得，AE=4,CE=3，∴AE=PE=4，∴CP=1，又∵∠ACP=∠QCA，∴△CAP～△CQA，∴CACQ=CP解得CQ=25，∴BQ=BC+CQ=31；綜上，∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，涉及等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)并運(yùn)用分類(lèi)討論的思想是解題的關(guān)鍵．17．（2023·黑龍江綏化·校聯(lián)考一模）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，點(diǎn)E、F分別在AB，BC上，BE=CF，AF與CE交于點(diǎn)P．(1)求證：∠APE=60°；(2)當(dāng)PC=1，PA=5時(shí)，求PD的長(zhǎng)？(3)當(dāng)AB=23時(shí)，求PD【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6(3)4【分析】（1）如圖所示，連接AC，先證明△ABC是等邊三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再證明△ACF≌△CBE得到（2）延長(zhǎng)PC到M使得CM=AP，證明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，進(jìn)而證明△PDM是等邊三角形，則（3）先證明A、P、C、D四點(diǎn)共圓，則當(dāng)PD為直徑時(shí)，PD最大，設(shè)圓心為O，連接OA，OC，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM【詳解】（1）證明：如圖所示，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠BAD=120°，∴∠B=∠ADC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACF=∠CBE=60°，又∵CF=BE，∴△ACF≌△CBESAS∴∠CAF=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；（2）解：延長(zhǎng)PC到M使得CM=AP，由（1）可得∠AFC=∠CEB，∵AD∥BC，∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，∴∠CEB+∠DAF=180°，∵∠AEC+∠CEB=180°，∴∠DAF=∠DCM，又∵AF=CM，∴△ADF≌△CDMSAS∴DF=DM，同理可得∠ADC=60°，∴∠ADC=∠PDM=60°，∴△PDM是等邊三角形，∴PD=PM=PC+PA=6；（3）解：∵∠APE=60°，∴∠APC=120°，∵∠ADC=60°，∴∠APC+∠ADC=180°，∴A、P、C、D四點(diǎn)共圓，∴當(dāng)PD為直徑時(shí)，PD最大，設(shè)圓心為O，連接OA，OC，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AC于∴∠AOC=2∠ADC=120°，∵OA=OC，∴∠OAM=30°，∵AC=AB=23∴AM=1∴OM=3∴OA=2，∴PD【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，四點(diǎn)共圓，圓周角定理等等，正確作出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．18．（2023·河南安陽(yáng)·統(tǒng)考一模）九年級(jí)一班同學(xué)在數(shù)學(xué)老師的指導(dǎo)下，以“等腰三角形的旋轉(zhuǎn)”為主題，開(kāi)展數(shù)學(xué)探究活動(dòng)．(1)操作探究：如圖1，△OAB為等腰三角形，OA=OB，∠AOB=60°，將△OAB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到△ODE，連接AE，F(xiàn)是AE的中點(diǎn)，連接OF，則∠BAE=°，OF與DE的數(shù)量關(guān)系是(2)遷移探究：如圖2，（1）中的其他條件不變，當(dāng)△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)D正好落在∠AOB的角平分線(xiàn)上，得到△ODE，求出此時(shí)∠BAE的度數(shù)及OF與DE的數(shù)量關(guān)系；(3)拓展應(yīng)用：如圖3，在等腰三角形△OAB中，OA=OB=4，∠AOB=90°．將△OAB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，得到△ODE，連接AE，F(xiàn)是AE的中點(diǎn)，連接OF．當(dāng)∠EAB=15°時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出OF的長(zhǎng)．【答案】(1)90，DE=2OF(2)15°；DE=(3)23【分析】（1）證明△OAB為等邊三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△OAB?△ODE，求出∠AOE=120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAE=30°，OF⊥AE，即可得∠BAE=90°，OA=DE=2OF；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△OAB?△ODE，由OD平分∠AOB得∠AOD=30°，可得∠AOE=90°，∠OAE=45°，即可得∠BAE=15°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得DE=2（3）分以下兩種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)點(diǎn)E在OB右邊時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)E在OB左邊時(shí)，利用等腰三角形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．【詳解】（1）∵△OAB為等腰三角形，OA=OB，∴△OAB為等邊三角形，∵將△OAB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到△ODE，∴△OAB?△ODE，∴△ODE為等邊三角形，OA=OB=AB=DE=OE，∴∠AOE=120°，∴∠AEB=∠OAE=30°，∴∠BAE=90°，∵OA=OE，F(xiàn)是AE的中點(diǎn)，∴OF⊥AE，∴OA=DE=2OF，故答案為：90，DE=2OF；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可知△OAB?△ODE，∵△OAB為等邊三角形，OD平分∠AOB，∴∠DOE=60°，∴∠AOE=∠AOD+∠DOE=90°，∵OA=OE，∴∠OAE=45°，∴△AOB是等腰直角三角形，∠BAE=∠OAB﹣∵F是AE的中點(diǎn)，∴OF⊥AE，∴△OEF是等腰直角三角形，∴DE=OE=2（3）分以下兩種情況進(jìn)行討論：①如圖1．當(dāng)點(diǎn)E在OB右邊時(shí)，∵OA=OB=4，∴△OAB為等腰直角三角形，∴∠OAB=45°．∵∠EAB=15°，∴∠OAE=60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得OA=OB=OE=OD=4，∴OAE為等邊三角形，∵F是AE的中點(diǎn)，∴OF⊥AE，OF平分∴∠AOF=1∴AF=1∴OF=AF=23②如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在OB左邊時(shí)，同理，可得∠OAE=30°，∴OF=1綜上所述，OF的長(zhǎng)為23【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，利用分類(lèi)討論思想是解本題的關(guān)鍵．19．（2023·江蘇淮安·統(tǒng)考一模）【背景】如圖1，矩形ABCD中，AB=43，AB<AD，M、N分別是AB、CD的中點(diǎn)，折疊矩形ABCD使點(diǎn)A落在MN上的點(diǎn)K處，折痕為BP【操作】（1）用直尺和圓規(guī)在圖1中的AD邊上作出點(diǎn)P（不寫(xiě)作法，保留作圖痕跡）；【應(yīng)用】（2）求∠BKM的度數(shù)和MK的長(zhǎng)；（3）如圖2，若點(diǎn)E是直線(xiàn)MN上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．連接EB，在EB左側(cè)作等邊三角形BEF，連接MF，則MF的最小值是__________；【拓展】（4）如圖3，若點(diǎn)E是射線(xiàn)KM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．將△BEK沿BE翻折，得△BET，延長(zhǎng)CB至Q，使BQ=KE，連接TQ．當(dāng)△BTQ是直角三角形時(shí)，KE的長(zhǎng)為多少？請(qǐng)直接寫(xiě)出答案：__________．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）∠BKM=30°，MK=6；（3）【分析】（1）連接AK，分別以A，K為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，兩弧交于P，B兩點(diǎn)，連接PB即為所求．（2）由折疊可知AB=BK=43，再證明MK垂直平分AB，得到AK=BK=AB，則△ABK為等邊三角形，得到∠BKM==30°，則MK=BK?（3）如圖所示，取BK中點(diǎn)G，連接EG，MG，由直角三角形斜邊上的直線(xiàn)的性質(zhì)得到BG=MG，則△BMG為等邊三角形．證明△FBM≌△EBG，得到FM=EG，則當(dāng)GE⊥MN時(shí)，GE有最小值，即MF有最小值，據(jù)此求解即可；（4）分如圖4-1，4-2，4-3，4-4四種情況，分別求出對(duì)應(yīng)的KE的長(zhǎng)即可．【詳解】解：（1）如圖所示，即為所求；（2）由折疊可知AB=BK=43∵點(diǎn)M，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴AM=BM，MN⊥AB，∴MK垂直平分AB，∴AK=BK=AB，∴△ABK為等邊三角形，∴∠BKA=60°，∴∠BKM=1在Rt△BMK中，MK=BK?（3）如圖所示，取BK中點(diǎn)G，連接EG，MG，∵AB=BK，M為AB中點(diǎn)，∴BM=BG．∵∠BMK=90°，∴BG=MG=1∴△BMG為等邊三角形．∵△BEF為等邊三角形，∴BF=BE，∠EBF=∠MBG=60°．∴∠EBF?∠MBE=∠ABG?∠MBE，即∠MBF=∠GBE，∴△FBM≌△EBGSAS∴FM=EG，∴當(dāng)GE⊥MN時(shí)，GE有最小值，即MF有最小值，∵∠GKE=30°，∴EG∴MF的最小值為3，故答案為：3；（4）如圖4-1所示，當(dāng)∠BQT=90°時(shí)，T在射線(xiàn)KE上時(shí)，此時(shí)M點(diǎn)與E點(diǎn)重合，∴KE=KM=6；如圖4-2所示，當(dāng)∠QBT=90°時(shí)，此時(shí)點(diǎn)T與點(diǎn)A重合，由折疊的性質(zhì)可得∠ABE=∠KBE=1∴ME=3∴KE=KM?ME=4；如圖4-2所示，當(dāng)∠QBT=90°時(shí)，由折疊的性質(zhì)可得EK=ET，∴ET=2EM，∴EM+MK=2EM，∴EM=MK，∴EK=2MK=12；如圖4-4所示，當(dāng)∠QTB=90°時(shí)，∵BQ=EK，∴四邊形BQEK是平行四邊形，∴QE∥BK，由折疊的性質(zhì)可得∠ETB=∠EKB=30°，∴∠EQB=∠ETB，∴E、Q、T、B四點(diǎn)共圓，∴∠QEB=∠EBK=90°，∴∠EBM=30°，∴EM=3∴EK=EM+KM=8；綜上所述，當(dāng)△BTQ是直角三角形時(shí)，KE的長(zhǎng)為4或6或8或12，故答案為：4或6或8或12．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形與折疊問(wèn)題，勾股定理，圓周角定理，平行四邊形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)等等，利用分類(lèi)討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．20．（2023·廣西南寧·?？家荒＃┤鐖D甲，正方形ABCD中，點(diǎn)E為BC邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F為CD邊上一點(diǎn)，且BE=CF，連接AE、BF交于點(diǎn)G．(1)求證：AE⊥BF；(2)如圖乙，連接GC，若GC平分∠EGF，求證：AB=2CF；(3)如圖丙，在（2）的條件下，連接GD，過(guò)點(diǎn)E作EH∥GD交CD邊于點(diǎn)H，交BF于點(diǎn)M，若FH=1，求線(xiàn)段FM的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)3【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形得AB=BC，∠ABE=∠C=90°，而B(niǎo)E=CF，即可證明ΔABE?ΔBCF，得∠AEB=∠BFC，則∠AEB+∠CBF=∠BFC+∠CBF=90°（2）連接EF交CG于點(diǎn)L，先證明ΔBGE∽ΔBCF，得BGBC=BEBF，變形為BGBE=BCBF，再證明Δ（3）延長(zhǎng)EH、AD交于點(diǎn)J，設(shè)AB=BC=CD=AD=2n，則BE=CE=CF=DF=n，先證明△AGB∽△ABE，推導(dǎo)出GB=12AG，再證明△BGE∽△AGB，推導(dǎo)出GE=12GB=14AG，由EH∥GD，得DJAD=GEAG=14，則DJ=14×2n=12n，再證明△DHJ∽△CHE，得DHCH=DJCE=【詳解】（1）解：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠C=90°，在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABE=∠C∴△ABE≌△BCF(SAS∴∠AEB=∠BFC，∴∠AEB+∠CBF=∠BFC+∠CBF=90°，∴∠AGF=∠BGE=90°，即AE⊥BF．（2）如圖，連接EF交CG于點(diǎn)L，由（1）得AE⊥BF，∴∠EGF=90°，∵GC平分∠EGF，∴∠CGF=∠CGE=1∵∠BGE=∠BCF=90°，∠EBG=∠FBC，∴△BGE∽△BCF，∴BGBC∴BGBE∵∠GBC=∠EBF，∴△GBC∽△EBF，∴∠BCG=∠BFE，∴∠CEF=∠ELG?∠BCG=∠ELG?∠BFE=∠CGF=45°，∴∠CFE=∠CEF=45°，∴CF=CE=BE，∴AB=BC=2BE=2CE=2CF．（3）如圖，延長(zhǎng)EH、AD交于點(diǎn)J，設(shè)AB=BC=CD=AD=2n，則BE=CE=CF=DF=n，∵∠AGB=∠ABE=90°，∠GAB=∠BAE，∴△AGB∽△ABE，∴GBBE∴GBAG∴GB=1∵∠BGE=∠AGB=90°，∠GBE=∠GAB=90°?∠ABG，∴△BGE∽△AGB，∴GEBG∴GE=1∵EH∥∴DJAD∴DJ=1∴DJ∥∴△DHJ∽△CHE，∴DHCH∴CH=2∵CH?CF=FH=1，∴43解得n=3，∴BE=CE=CF=3，BC=6，作EI∥CD交EF于點(diǎn)I，則∴BI=FI，∴IE=1∵BF=B∴BI=FI=1∵IE∥∴△IME∽△FMH，∴IMFM∴FM=2∴線(xiàn)段FM的長(zhǎng)為35【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(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)、相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半、平行線(xiàn)分線(xiàn)段成比例定理、勾股定理等知識(shí)，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，正確地作出所需要的輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．21．（2023·浙江寧波·?？家荒＃┤鐖D，圓O為△ABC的外接圓，BO延長(zhǎng)線(xiàn)與AC交于點(diǎn)D，OE⊥BC，點(diǎn)F在OE上，BD平分∠ABF．(1)如圖1，求證：△ABD∽△OBF；(2)如圖2，連結(jié)DF，求證：DF∥AB；(3)如圖3，連結(jié)CF并延長(zhǎng)分別交BA，BD于G，H兩點(diǎn)，若∠DFC=6∠BCG，BD=2FG，求GHBH【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)1【分析】（1）連接OC，根據(jù)圓周角定理和等腰三角形底邊上的三線(xiàn)合一得出∠A=∠BOE，結(jié)合已知條件利用兩角對(duì)應(yīng)相等即可得出結(jié)論（2）連接AO，根據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例且?jiàn)A角相等得出△ABO∽△DBF，從而得出∠BDF=∠BAO=∠OBA，即可得出答案（3）先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和垂徑定理得出GF=MB，再利用SAS得出△BMF≌△FBG，從而得出∠BGC=∠BMF=90°，繼而得出∠BFG=∠GBH=30°，即可得出答案【詳解】（1）解：連接OC，∵OE⊥BC，OB=OC∴∠BOC=2∠BOE，∵∠BOC=2∠A，∴∠A=∠BOE，∵BD平分∠ABF，∴∠ABD=∠OBF，∴△ABD∽△OBF．（2）解：連接AO，∵△ABD∽△OBF，∴BFBD∴BFBO=BD∴△ABO∽△DBF∴∠BDF=∠BAO，∵OA=OB，∴∠BAO=∠OBA，∴∠BDF=∠OBA，∴DF∥AB．（3）解：作FM⊥BD于M，由（2）知，∠OBA=∠BDF，∵BD平分∠ABF，∴∠OBA=∠DBF，∴∠DBF=∠BDF，∴BF=DF，∵FM⊥BD∴BD=2BM，∵BD=2FG，∴GF=MB，∵∠DFC=6∠BCG，設(shè)∠BCG=α，∴∠DFC=∠FCB+∠FBC+∠FBD+∠FDB=6α，∵OE⊥BC，∴BE=CE，則BF=CF，∴∠FBC=∠FCB，∴∠FBD=∠GFB=2α，∵BF=FB，∴△BMF≌△FBG，∴∠BGC=∠BMF=90°，∴∠GBF+∠GFB=6α=90°∴α=15°，∠BFG=∠GBH=30°，∴BH=2GH∴GHBH【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定、三角形的外角性質(zhì)、含有30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)，靈活添加輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵22．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖甲，在△ABC中．∠ACB=90°．AC=4．BC=3．如果點(diǎn)P由點(diǎn)B出發(fā)沿BA方向向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)．同時(shí)點(diǎn)Q由點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)．它們的速度均為每秒鐘1個(gè)單位長(zhǎng)度．連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒鐘（0<t<4）．(1)設(shè)△APQ的面積為S，當(dāng)實(shí)數(shù)t為何值時(shí)，S取得最大值？S的最大值是多少？(2)在（1）的前提下．當(dāng)S取得最大值時(shí)．把此時(shí)的△APQ沿射線(xiàn)AC以每秒鐘1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度平移，當(dāng)點(diǎn)A平移至與點(diǎn)C重合時(shí)停止，△APQ與△ABC的重疊部分面積y與平移時(shí)間x的函數(shù)解析式，并寫(xiě)出對(duì)應(yīng)的x的取值范圍；(3)如圖乙，連接PC，將△PQC沿QC翻折，當(dāng)四邊形PQP'C為菱形時(shí)，求實(shí)數(shù)t的值．【答案】(1)當(dāng)t為52秒時(shí)，S取得最大值，S的最大值是158(2)y=(3)2013【分析】（1）過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC于H，可證明△APH∽△ABC，再由相似三角形的性質(zhì)，即可求解．（2）過(guò)點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，則PD∥AC，再由△BDP～△BCA，可得PD=2，BD=32，然后分三種情況：①當(dāng)0≤x<32時(shí)，此時(shí)點(diǎn)Q在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)A在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，②當(dāng)32≤x<2時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)Q在線(xiàn)段AC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，當(dāng)2≤x≤4時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)Q在線(xiàn)段（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得四邊形PQP'C為菱形，可得PE垂直平分QC，QE=EC，再根據(jù)△APE∽△ABC，可得AE=45t+4，從而得到QE=AE?AQ=?95【詳解】（1）如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC于H，∵∠ACB=90°°，∴AC⊥BC，∴PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴PHBC∵AC=4cm，BC=3∴AB=5cm∴PH3∴PH=3?35∴△AQP的面積為：S=∴當(dāng)t為52秒時(shí)，S取得最大值，S的最大值是158cm（2）過(guò)點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，則PD∥AC，∴△BDP∽△BCA，∴PDAC即PD4解得：PD=2，BD=3①當(dāng)0≤x<32時(shí)，此時(shí)點(diǎn)Q在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)A在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，②當(dāng)32≤x<2時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)Q在線(xiàn)段AC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，設(shè)交于點(diǎn)E，則PP'=2?x，∵PD∥AC∴△DP'F∽△CA'F，∴DP'CQ'即2?xx?解得：CE=3x?9∴y=15當(dāng)2≤x≤4時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)Q在線(xiàn)段AC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，點(diǎn)P在△ABC的外部，則，AC'=4?x，PD'=x?2，∵PD∥AC，∴△DP'F∽△CA'F，∴DP'CA'即x?24?x解得CF=3?3則y=S綜上所述，y=（3）如答圖3，連接PP'，設(shè)PP'交當(dāng)四邊形PQP'C為菱形時(shí)，PE垂直平分QC，QE=EC，∴△APE∽△ABC，∴AEAC∴AE=AP?ACQE=AE?AQ=?4QE=1∴?9解得：t=20∵0<20∴當(dāng)四邊形PQP'C為菱形時(shí)，t的值是2013【點(diǎn)睛】此題主要考查了四邊形綜合題，用到的知識(shí)點(diǎn)是相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積公式以及二次函數(shù)的最值問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線(xiàn)．23．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┩ㄟ^(guò)以前的學(xué)習(xí)，我們知道：“如圖1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，則CE=DF”．某數(shù)學(xué)興趣小組在完成了以上學(xué)習(xí)后，決定對(duì)該問(wèn)題