2024年廣東省深圳市寶安區(qū)中考數(shù)學備考沖刺題-專題二 空間與圖形及解析答案

2024年中考寶安區(qū)數(shù)學備考沖刺題--精選專題二空間與圖形1.如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=AC，點E是AC上的點且CE=2AE,延長BC至點F使BE=EF，連接FE并延長交AB于點H，AB=9，則CG的長為（7）5A.2B.3C.D.3442．如圖，O是△ABC外接圓，O的半徑為10，∠BAC=120°，D是BC中點，AD35，則△ABC的面積是（）A．153C．30D．1515ABCDO3．如圖，BC為⊙O的直徑，A為半圓弧BC中點，D為弧AC上一點，連接BD交AC于點E，連接CD，當⊙O的半徑為10，CD=2時，線段DE的長為（A．0.5B．1C．2D．2）4．如圖，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5√2，點D為BC中點，以DC為斜邊作Rt△DCE，使得∠DEC=90°，CE=3，DE交AC于點F，則AF=（）.20√275√232√213A．4B．C．D．5√2?第4題圖第5題圖5．如圖，在等腰Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC的中點．點F為AB邊上一點，連接CF，過點D作DE⊥CF于點E，連接AE．AED135，延長AE交BC于點G．則AEEG的值是．6．如圖，在△ABC中，D是BC上一點，BD=3CD，連接AD，E為AD上一點，連接BE、CD，若∠BED=∠BAC=2∠CED，則BE的值為_________．AE第6題圖第7題圖7.如圖，線段AB與圓O相切于點A，連接OB與圓交于點C，將△ABC沿AC折疊得到△ACB’，其中AB’與OB交于點D，已知AD：DC=2:1且BD=4，則圓O的半徑為______8.已知如圖，△ABC中，∠ABC=45°，AB=3，BC=92，以AC為斜邊做等腰直角2三角形ADC，連接BD，則BD的長為_____。DABC第8題圖第9題圖9．如圖，平行四邊形ABCD中，AD=7，AB=2√5，tan∠ABC=2，E為AD上一點，且AE=2，連接CE，CF為∠ECB的角平分線，交AB于點F，連接EF，則EF=．10．如圖，在△ABC中，AB＝BC，點D是AC的中點，將△ABD沿AD折疊得到△AB’D，連接AE．若AB’⊥BC于點E，AC＝8，則CE的長為．AFBCDE第10題圖第11題圖11.已知△ACE中，∠C＝90°，B、D分別AC、CE邊上的點，且AB=4，BC=2，DE=12，AD、BE交于點F，sin∠AFB=25，則CD=．512．如圖，在△ABC中，AB=6，∠BAC=120?，∠C=3∠B，點D是BC上一點，連接AD，將△ACD沿AD對折得到△AED，若DE//AB，則DF的長為▲.13．如圖，已知ΔABC，線段AD//BC，連接CD交AB于E，若AD=5，CD=15，tan∠ACD=1，∠D=2∠B，則BC=3．14.等腰Rt△ABC中∠C=90°，點D為斜邊AB中點，點E為線段AC上一點，且AE=5CE，將△ADE沿著DE翻折得到△A'DE,A'D和A'E分別交邊BC于G、F，SS連接DF，求A'GF=.DGF15.如圖，AB為⊙O的直徑，點C為⊙O上的一點，作CD⊥BD于點D，與⊙O交于點E.（1）請從以下條件中：①∠BCD＝2∠ABC；②∠BCD＝∠BAC；③BC平分∠ABD．選擇一個能證明CD為⊙O切線的條件，并寫出證明過程；（2）請連接CE，若AC=CE，sin∠ABC=3，⊙O的半徑為5，求CD的長.516.如圖，在⊙O中，弦AB與直徑CD交于點H，E點在CD的延長線上，連接BE，有下列條件︵①A是CD的中點；②EB＝EH；③BE為⊙O的切線.（1）請從以上①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立，要求寫出證明過程；（2）在（1）的前提下，連接AC，F(xiàn)為AC邊的中點，連接HF，DE=2，sinBEH3，5求HF的長.17.如圖1，第二十四屆國際數(shù)學家大會會徽的設計基礎是1700多年前中國古代數(shù)學家趙爽的“弦圖”，現(xiàn)有一研究小組受到趙爽弦圖的啟發(fā)，展開了圖形的拓展研究.（1）如圖2，在正方形ABCD中，點P為CD邊上一點，作BE⊥AP于E，DF∥BE交AP于F，求證：EF=BE-DF；（2）如圖3，將正方形ABCD改為邊長為62的菱形ABCD，∠BAD=∠BEP=60°，DF∥BE，若EF=42，求AP的長；圖1圖2圖3（3）（原創(chuàng)）如圖4，平行四邊形ABCD中，AD5，tan∠BAD=，點P射線4AB63CD上一點，點E在射線PA上且∠BEP=∠BAD，DF∥BE交直線AP于F，①當EF=2AE時，DP=▲；②若AD=5，則EF的最大值為▲.CP圖4備用圖18．E是四邊形內(nèi)部一點，且∠BEC=90°.（1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形，DFCE于F，求證△BEC≌△CFD；（2）如圖2，若四邊形ABCD是矩形，DCBC34，EFEC，當FD平分∠ADC，求FC；FD（3）如圖3，若四邊形ABCD是菱形，AB=5，cos∠BAD=7，F(xiàn)是BC邊上一點，25EF=65，BF關(guān)于EF對稱的直線交DC于G，當EG平分∠DGF時，請直接寫出5FG的長度.ADDCABFEEFBC圖1圖2DADABBCC圖3備用圖19.（1）如圖1，在矩形ABCD中，AD=10,將AD沿DF折疊，A的對應點E恰好落在BC邊上.若sin∠DEC=3，求BE.5(2)如圖2，在矩形ABCD中，E為BC邊上的一點，∠ADE=2∠BAE，sin∠DEC=817，BE=2，求AB.(3)如圖3，在（2）的條件下，F(xiàn)是射線EA上的一點，且AF1AE，求CP.2PF(圖1)（圖2）（圖3）（備用圖）20.如圖，在菱形ABCD中，E為邊AD上的動點，以BE為邊長在直線BE右側(cè)作菱形BEGF，使得菱形BEGF始終與菱形ABCD相似.EG交直線CD于點H.【嘗試初探】（1）如圖1，延長AD、FG，交點為M，在E的運動過程中，?ABE與?GEM始終相似，請說明理由.【深入探究】（2）如圖2，若∠ABC=60°，AB=12，連接DG，隨著點E的運動，請判斷CD與DG的夾角是否發(fā)生變化。如果不變，請你求出∠CDG的大??；如果變化，請說明理由.【拓展延伸】（3）如圖3，在（2）的條件下，當?GCF為直角三角形時，試求出此時菱形BEGF與菱形ABCD相似的相似比.圖2圖1圖321．（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，在正方形ABCD中，E為CD邊上一點，以AE為斜邊作等腰直角三角形AEF，連接BF、AC．求證：AEC∽AFB．（2）探究：如圖2，在矩形形ABCD中，E為CD邊上一點，且AD=6，AB=8，以4AE為斜邊作直角三角形AEF，且tanAEF=，點M是AB的中點，連接MF，求3MF的最小值．（3）拓展：如圖3，在菱形ABCD中，AB＝6，∠D＝120°E和F分別為射線DCAED=1AEF或3和射線AB上一點，且AEF=30．當AEF時，求AF的長．2222.在等腰△ABC中，AB=AC=10，BC=12，點E在直線AB上，點D在射線CB上，且ED＝EC，試確定線段AE與DB的大小關(guān)系．（1）特殊情況，探索結(jié)論：如圖1，當點E在線段AB的中點時，直接寫出線段AE與DB的數(shù)量關(guān)系（2）特例啟發(fā)，解決問題：．如圖2，當點E在線段AB的延長線上，線段AE與DB的數(shù)量關(guān)系是什么？請說明理由．（3）拓展結(jié)論，延伸應用：若直線DE交直線AC交于點F，若AE＝5，則EF的長為．圖1圖2備用圖圖323.【問題呈現(xiàn)】如圖1，在正方形ABCD中，AB=6，點P是對角線AC上一點，且有PC=5AP，連接DP將射線PD繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°交射線CB于點F，求證：PD=PF?！绢惐忍骄俊咳鐖D2，在正方形ABCD中，AB=6，點P是對角線AC上一點，且有PC=5AP，點E是線段CD上一動點，連接PE，將射線PE繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°交射線CB于點F，連接EF交AC于點Q，當點Q將線段PC分為2:3兩部分時，求DE的長?！就卣寡由臁咳鐖D3，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，點P是對角線AC上一點，且有PC=5AP，點E是線段CD上一動點，連接PE，將射線PE繞點P順時針旋轉(zhuǎn)60°交射線CB于點F，連接EF交AC于點Q，當AC將△EFC的面積分為1:2兩部分時，DE的長=。24．同學們已經(jīng)學習了《解直角三角形》的相關(guān)知識，掌握了利用銳角三角函數(shù)的定義來解決直角三角形的問題，還掌握了通過作高來解決斜三角形（即銳角三角形與鈍角三角形）的問題以及相關(guān)的實際應用問題．下面請同學們利用這些學習經(jīng)驗，應用類比的方法來解決下面的新問題．定義：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，我們稱它的腰與底的長度之比為頂角∠A的余對（csdA），記作csdA＝AB．BC（1）【探究發(fā)現(xiàn)】如圖2，在平行四邊形ABCD中，BC＝8cm，將紙片沿對角線AC對折，BC邊與AD邊交于點E．①△AEC的形狀為；②若△CDE恰為等邊三角形，則csd∠ECA為．（2）【類比遷移】如圖3，在正方形ABCD中，BC＝8cm，BE＝6cm，將紙片沿CE對折得到△B’CE，延長EB’與AD邊交于點F，與CD邊延長線交于點G，則DG=，△GCE是等腰三角形嗎，若是，求出csd∠GCE的值；若不是，請說明理由．（3）【拓展應用】如圖4，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，點O為對角線的交點，在射線BA上有一動點E，將紙片沿CE對折得到△B’CE，邊B’C與直線AD交于點F，連接OB’交邊AD于點M，當△B’DF為等腰三角形時，此時B’M的值為．圖2圖3圖1圖4圖4（備用圖）2024年中考寶安區(qū)數(shù)學備考沖刺題--精選專題二空間與圖形答案1.∵BE=EF，∴∠1=∠2，又∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB.∵∠AHE=∠ABC+∠2;∠AEB=∠ACB+∠2；∴∠AEB=∠AHE.∴△AHE∽△AEB,AHAEAEABAE2AHAB①∵四邊形ABCD為平行四邊形∴AB∥CD，∴∠AHE=∠CGE,∠HAE=∠GCE;△AHE∽△CGE,AHAECGCECE2AEAHAE1CGCE2AE1;3②AC21把②代入①得：322AC29又ABAC,CG2AB,又AB9,CG292.故答案選A992．153AEO的半徑為10，∠BAC=120°，D是BC中點，構(gòu)造直角△BDO，導BC、DO，此時發(fā)現(xiàn)△ADO三邊已知可解，勾股定理算2次求ED，即△ABC的BC邊上高.BDCO也可延長AD相似3.解：易證△ABE△△DCE，BC=210，AB=AC=25，ABDE255，CDAE設CD=x，則AE=5x，CE=255x，在Rt△DCE中，2xx=1，DE=1答案：B222(255x)2，4.答案：B5．證明：過點A作AI⊥AE交AE的延長線于I，連BI，過點A作AH⊥IE于H，∵∠AED＝135°，∠FED＝90°，∴∠AEI＝45°，由垂直得到∠IAE＝∠BAC＝90°，∵∠EAB+∠EAC＝90°，∠IAC+∠EAC＝90°∴∠EAB=∠IAC∵∠AEI＝45°，∠IAE＝90°，∴△IAE是等腰直角三角形，∴AI＝AE，∵AB＝AC，∠IAC＝∠EAB，∴△IAC≌△EAB（SAS），∴CI＝BE，∠AIC＝∠AEB＝135°，∵∠AIB＝45°，∴∠CIE＝∠DEB＝90°，∴DE∥BG，∴BDDE1∴△DEB∽△BIC，∴tan∠CBI＝，BCCE2∴2CI＝BI，即BE＝IE，∵AH⊥EI，AI＝AE，∴IH＝EH＝AH，即2AH＝EI＝BE，∴3AH＝BH，∵tanABFAFABHB13，∴AB＝3AF；AH過A作AM∥BC交BF的延長線于M，過C作CK⊥BM于K，∴∠CKF＝∠BAF＝90°，∵∠KFC＝∠AFB，∴△CKF∽△BAF，F(xiàn)KAFCKAB即AFFK1ABCK3∴設AF＝x，則CF＝2x，AC=AB＝3x，BFAB2AF210x，CK310x，F(xiàn)K5AM//BC105CEEK310x，x5AME∽GCE，AEME910x310EGBEx321056.解：如圖，在ED上截取一點F，連接CF，使EF=CF，則△ABE∽△CAF，設EF=CF=1，AE=x，2SABEAESCAFCFSABESACECDBD3,SACEAEx，SABESABESACESACFAFx1SACFSACESACF=x2,則3x,x2x1131,BEAFx1131AECFx22∴7.易知：∠OAD+∠DAC=∠CAB+∠B∴∠OAD=∠B易證△OAD∽△OBA∴∠ADC=∠OAD=90°法一：由SADC:SABC=AD：AB=CD：CB可知：AD：CD=AB：CB，故設CD=x,AD=2x,則BC=4-x,AB=8-2x，勾股定理得：x=1.5，由△OAD∽△ABD可求OA法二：截取DF=DC，作FG⊥AC于G設CD=DF=x,AD=2x，可知：AF=AC=√5等積法可知：FG=4,故sin∠FAG=4=sin∠BAD55設AD=3m，則AB=5m，DB’=2m由∠OAD=∠B=∠B’知OA∥B’CDB'B'CCD23∴DAAODO由CD=x可知DO=1.5x,OA=2.5x,又B’C=4-x,故4x2.5x2，求得OA即可38.解法1：分別作DE,AF垂直BA、BC，∵∠EAC是△ABC的一個外角，故∠EAC=∠ABC+∠2E323D∵∠EAC=∠DAC+∠1，∠ABC=∠DAC=45°∴∠1=∠2?！摺螪EA=∠AFC=90°∴△DEA∽△AFCA13322∴AE=ED=AD,12B32FCFCAFAC232233172∴AE3,DE,BDBE2DE22解法2：如圖構(gòu)造一線三等角∠E=∠DCA=∠ABC=45°，并延長ED、BA交于點F,F則△DCE∽△CAB,相似比為1：2，∴3DCE322,DE9，EFBFBE6,A92223317∴BDBE2DE2BC322E2922解法3：如圖，過點A作EF⊥BC,作DG⊥BC，作DE⊥EF,則易證△DEA≌△DGC,設EA=GC=x，則DExA12AF+FC=EF+FG,即322x3223322x3243172GxCB，BDBG2DG2F32232解法4：把△ABD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°，再放大2倍。先求EC，再除以2倍可得BD.DAEF45°BC2059.5410.√10511.AC=6，DE=12，sin∠AFB=25，分析數(shù)字特征5DEAC=tan∠AFB，構(gòu)造旋轉(zhuǎn)90°的放大相似，進而得平行四邊形轉(zhuǎn)邊．構(gòu)圖不唯一，也可構(gòu)異側(cè)一線三等角相似，再推理導邊．AGFBCDE12.答案：6-2√6解法一：（湊二倍角+勾股定理）∵∠BAC=120?，∠C=3∠B∴∠C=45?，∠B=15?∵△ACD沿AD對折得到△AED∴∠E=∠C=45?，∠CAD=∠EAD，∵DE//AB∴∠FAB=∠E=45?，過點F作FG⊥AB于G，在AB上取點H，使HF=HB則AG=FG，∠HFB=∠B=15?，∴∠FHG=∠HFB+∠B=30?，設AG=x,則FG=x，GH=√3,BH=FH=2x,則AB=x+√3+2x=3x+√3=6解得x=3-√3∴FG=3-√3，GB=(√3+2)x=3+√322在Rt△BFG中，BF=√2+GB2=√(3?√3)+(3+√3)=2√6∵∠BAC=120?，∠FAB=45?，∴∠CAE=120?-45?=75?，∴∠CAD=∠EAD=37.5?，∴∠DAB=82.5?，又∵∠B=15?，∴∠ADB=82.5?=∠DAB，∴BD=BA=6∴DF=BD-BF=6-2√6解法二：（利用A型相似）由解法一可知∠FAB=∠E=∠C=45?，∠B=15?∠ADB=∠DAB=82.5?，∴BD=BA=6過點F作FG⊥AB于G，過點A作AH⊥BC于H，設AG=x,則FG=x，AF=√2,在Rt△AFH中，∠AFH=∠FAB+∠B=60?∴HF=1AF=√2,AH=√3HF=22在Rt△ACD中，∠C=45?，√6∴CH=AH=2∵∠FAB=∠C,∠B=∠B,,AC=√2AH=√3,∴△ABF∽△CBA√2=√3√63∴=,即=6∴BF=2√6∴DF=BD-BF=6-2√6解法三：（利用X型相似）輔助線與解法二同，由解法二可知，設AG=x，可得AF=√2，AE=AC=√3,∴EF=AE-AF=√3?√2，由DE//AB，易證△DEF∽△BAF√3?√2√6?2=√22∴=,即=6?解得DF=6-2√6解法四：（構(gòu)造30?的直角三角形）過點B作BG⊥CA，交CA延長線于G,∵∠BAC=120?，∠ACB=3∠ABC∴∠ACB=45?，∠ABC=15?∵∠G=90?，∠C=45?，∴∠CBG=45?，∠ABG=30?，∴AG=1AB=3，BG=3√3，BC=√2BG=3√6，2∵△ACD沿AD對折得到△AED120??45?∴DE=DC，∠CAD=∠EAD==37.5?，2∴∠DAB=82.5?，又∵∠B=15?，∴∠ADB=82.5?=∠DAB，∴BD=BA=6∴DE=DC=3√6-6，由DE//AB，易證△DEF∽△BAF3√6?6√6?2=62∴=,即=6?解得DF=6-2√613.方法1：過點A作AF//CD交BC于F，∵AD∥BC，AF//CD，∴四邊形ADCF是平行四邊形，∴CF=AD=5AF=CD=15△AD//BC，作等腰△AFG，AG=AF則△F=△AGF=△D△△D=2△B△△B=△BAG△AG=BG=15，過點A作AM△CD于M,則設AM=x則CM=3x,DN=15-3xRt△ADM中，3xx42x25CM=3x=12，DM=3AM43tanFDM過點A作AN⊥BC于N，則tan∠F=43即∴AN=12,NG=NF=9GF=2NG=18∴GC=GF-CF=13∴BC=BG+CG=28方法二：在BC上取點F使得DF=CD，過點D作DH⊥BC于HDF交AB于G，∵DF=DC=15∴∠4=∠5∵AD//BC∴∠ADC=∠5∵∠ADC=2∠B∴∠4=∠5=2∠ADC=2∠B∴∠B=∠3∴BF=FG∵∠2=∠3∴∠1=∠2∴DG=DA=5∴FG=DF-DG=10∴BF=FG=10過點A作AM△CD于M,則設AM=x則CM=3x,DN=15-3xRt△ADM中，3xx42x25CM=3x=12，DM=3AM43tan∠ADCDMDH43tan∠5=tan∠ADCCH,CD=15∴FH=CH=9,CF=2CH=18∴BC=BF+CF=2814.解析：法1思路：連接CD、A'C，翻折可得∠A=∠EA'D=∠BCD=45°，CD=AD=A'D，則∠DA'C=∠DCA'，則∠FA'C=∠FCA'，則A'F=CF，不妨設CE=1，則AE=A'E=5，設A'F=CF=a，則EF=5-a，對△CEF用勾股定理可得：A'F=CF=125，則EF=135，過A'作A'M⊥BC于點M，則△A'MF∽△ECF，EF13，A'M12A'MA'F12CE13，過D作DN⊥BC于點N，則DN=12AC3，12∴SA'GA'M134.313A'GFSDGFDGDN法2思路：連接A'A和A'B，則由翻折的性質(zhì)可得DE⊥A'A，A'D=AD=BD，則A'B⊥A'A，DE//A'B，延長DE、BC交于點H，則△A'BG∽△DHG，則SA'GFA'GA'B，GHDHSDGF不妨設CE=1，則AE=5，作DP⊥AC于點P，解△DEA可得：EP=2，DP=3，DE=13，則HE=13，DH=313，22等面積法可得A'A=2×533013，1313則勾股定理可求A'B=613，13則SA'GFA'B64.2SDGFDH1331315.解：（1）我選擇添加的條件是②，如圖，連接CO，∵AB為△O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠2=90°，∵OC=OB，∴∠1=∠2，又∵△BCD＝△BAC，∴∠OCD=△BCD+∠1=△BAC+∠2=90°，∴CO⊥CD，又有OC為△O的半徑，∴CD為△O切線.選擇添加的條件也可以是③，如圖，連接CO，∵OC=OB，∴∠1=∠2，∵BC平分△ABD，∴∠2=△CBD，∴∠1=△CBD，∴CO//BD，∵CD⊥BD，∴∠OCD=180°-∠D=180°-90°=90°，∴CO⊥CD，又有OC為△O的半徑，∴CD為△O切線.（2）法1：△△O的半徑為5，△AB=2×5=10，△AC=CE，AC=CE，△△ABC=△CBD，ACCD3=，BC5△sin△ABC=AB=△AC=53AB310=6，5△BC=AB2AC28，△CD3BC38=24.555法2：∵四邊形ABEC內(nèi)接于△O中，∴∠A+∠CEB=180°，又∵∠CED+∠CEB=180°，∴∠A=∠CED，∵CD⊥BD，∠ACB=90°∴∠A+∠ABC=∠CED+∠DCE=90°，∴∠DCE=∠ABC，△sin△DCE=sin△ABC=ACABDE=3，=CE5△AC=53AB310=6，5△CE=AC=6，△DE=53CE36=518，524.5△CD=CE2DE216.（1）答案1：選擇條件①②，證明③證明：如圖1，連接OB、OA︵︵︵∵A是CD的中點，∴AD=AC∴∠DOA=∠COA=12DOC1180902即∠AHO+∠2=90°∵EB＝EH∴∠4=∠1又∵∠AHO=∠1∴∠AHO=∠4∵∠AHO+∠2=90°∴∠4+∠2=90°∵OB=OA∴∠2=∠3圖1∴∠OBE=∠3+∠4=∠2+∠4=90°∵OB是⊙O的半徑∴BE為⊙O的切線.答案2：選擇條件①③，證明②證明：如圖1，連接OB、OA︵︵︵∵A是CD的中點，∴AD=AC∴∠DOA=∠COA=12DOC1180902即∠AHO+∠2=90°又∵∠AHO=∠1∴∠1+∠2=90°∵BE為⊙O的切線.∴∠3+∠4=90°∵OB=OA∴∠2=∠3∴∠2+∠4=90°又∴∠1+∠2=90°∴∠1=∠4∴EB＝EH答案3：選擇條件②③，證明①證明：如圖2，連接OB、OA∵BE為⊙O的切線.∴∠3+∠4=90°∵EB＝EH∴∠4=∠1∵∠AHO=∠1∴∠4=∠AHO又∵OB=OA圖2∴∠3=∠2…………1分∵∠3+∠4=90°∴∠AHO+∠2=90∴∠AOD=∠AOC=90°︵︵∴AD=AC︵∴A是CD的中點（2）方法一：解：如圖3，過F點作FG⊥CH交于點G由（1）得BE為⊙O的切線∴∠OBE=90°，設⊙O半徑OB=OD=r,∵DE=2在RtEBO中，sinBEHOOEBr25r3r3,即OCOBODr3直徑CD2r6∴OE=DE+OD=2+3=5圖3在Rt△OBE中，由勾股定理得：EBOEOB5342222∵EB＝EH∴EH=EB=4，HOOEEH541∴HC=HO+OC=1+3=4由（1）可證得∠AOC=90°,∵OA=OC∴∠ACO=45°連接AD,∵CD是直徑，∴∠DAC=90°∴ACCDsin4562232AC32∵F為AC邊的中點，∴FC22332∴FGFCsin45，CGFG2∴HGHCCG453223(52)342∴由勾股定理得HFFG2HG2()222方法二：如圖4，在方法一探究出HO=1基礎上連接OF，關(guān)注到OF是△ACD的中位線，∠FOC=∠ADC=45°∴OF1AC32，通過OF求出FG，再用勾股定理求出HF（在△FHO中22利用SAS解三角形勾股定理求HF）圖417.解：（1）在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，又∵BE△AP，DF△BE，∴∠AEB=∠AFD=90°，∴∠1+∠2=∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∴△AEB≌△DFA，∴AE=DF，BE=AF，∴BE-DF=AF-AE=EF，即EF=BE-DF.（2）在AP上取一點H，使△DHF=△BAD=△BEP=60°，△△3+△4=△4+△5=60°，△HDF=60°，△AEB=△DHA=180°-60°=120°，△△3=△5，△DHF為等邊三角形，△DH=DF=HF，在菱形ABCD中，AB=AD，AB//DP，△△AEB△△DHA，△ADP=180°-△BAD=120°，△AE=DH=HF，BE=AH，△AH=AE+EH=HF+EH=EF=42，△△DHA=△ADP=120°，△3=△3，△△ADH△△APD，ADAPAHAD，則AP=AD2=(62)292.42△AH（3）①25或25；479725②.4思路：類似（2），在AP上取一點H，使△DHF=△BAD=△BEP，可證△AEB△△DHA，則AEABBE6，DHADAH5△DHF為等腰三角形，構(gòu)三線合一，GDFG，43則可設DG=4a，HG=GF=3a，DH=DF=5a，則HF=6a，AE=56DH6a，則HF=AE，則AH=EF.①當EF=2AE時，則AH=EF=12a，EH=6a，由△AEB△△DHA，BEBE6，則BE=a，72AH12a55DPDF可證△AEB△△PFD，則ABBE25，72當P在線段CD上時，則CDPP2525，722547當P在CD延長線上時，則CDPP2525.722597②由AH=EF，可將EF的最值問題轉(zhuǎn)化為AH的最值問題（兩動轉(zhuǎn)化為一動）.∵AD=5，4當P在線段CD上時，tan（180°-∠DHA）=，34當P在CD延長線上時，tan∠DHA=，34過D作DM⊥AD，取tan∠AMD=，3則點H的軌跡為以AM的中點O為圓心，1AM長為半徑的圓，2∵tan∠AMD=DMAD5=4，則DM=，AM=15254，DM3425254∴AH≤AM=，∴EF的最大值為.418．(1)∵四邊形ABCD是正方形∴∠BCD=90°，BC=CD∵∠DFC=90°ADF∴∠BCE+∠DCE=∠FDC+∠DCE∴∠BCE=∠FDCE∵∠BEC=∠DFC=90°∴△BEC≌△CFD；(2)∵四邊形ABCD是矩形∴∠BCD=90°BCDA∵∠DGC=90°GH∴∠BCE+∠DCE=∠GDC+∠DCE∴∠BCE=∠GDCEF∵∠BEC=∠DGC=90°∴△BEC∽△CGDBC∴GDDCECBC34DAGH∵∠BEG=∠DGC=90°，∠FHE=∠GHD∴△DGH∽△FEHEFBC∴DHGD3FHFE4∵∠FCH=∠FDC=90°，∠DFC=∠HFC∴△FHC∽△FCDDCAB∴FCFHFDFCEF設HD3x，F(xiàn)H4x，則FC27x∴FC27FD7G也可導角∠BFG=∠FCG，再相似勾股定理（3）12或125EG平分∠DGF，導E是菱形對角線交點F在EH右側(cè)，導BE=BF，發(fā)現(xiàn)GF//BD，進而相似。或?qū)BCFEG901BCG，再相似2F在EH左側(cè)，導EBCFEG1BCG，發(fā)現(xiàn)△BFE∽△EFG2DAEDAEBCGHFBCHFG19.(1)解：∵折疊∴AD=DE=10∵在矩形ABCD中∴∠C=90,AD=BC=100∵sin∠DEC=35∴DCDC3,即DC6DE105在Rt△DEC中，EC10∴BE=BC－EC=22628(2)解：設∠BAE=ɑ，則∠ADE=2ɑ∵在矩形ABCD中∴∠BAD=900∴∠DAE=900－ɑ由三角形內(nèi)角和180∴∠DEA=∠DAE∴DA=DE00得∠DEA=90－ɑ∵sin∠DEC=817∴DC8DE17設CD=8k，則DE=17k=DA在Rt△DEC中，EC(17k)(8k)15k22∵AD=BC∴17k=2+15k,k=1∵在矩形ABCD中∴AB=CD=8k=8(3)解：①點F在線段EA上時延長CF，DA交于點G.∵在矩形ABCD中∴AB∥CD∴∠G=∠GCB,∠GAF=∠CEA∵AF1AE2∴AF=FE∴△GAF≌△CEA∴AG=CE=15,GD=32∵AB∥CD∴∠G=∠GCB,∠GDP=∠EPC∴△GDP~△CEPGDGPECPC3215設GP=32k，則PC=15k，GC=47k∵△GAF≌△CEA∴CF=FG=23.5k，PF=PG-FG=8.5kCP15k∴PF8.5k3017②點F在射線EA上時∵AB∥CD∴∠FGA=∠GCB,∠GAF=∠CEA∴△GAF∽△CEAFAAGFEEC1AG315∴AG=5，GD=12∵AB∥CD∴∠DGP=∠GCB,∠GDP=∠PEC∴△GDP~△CEPGDGP12ECPC1545設GP=4k，則PC=5k，PC=9k∵△GAF∽△CEAFGAG5FCEC15FG4.5k1FG9KFG3CP5kPF9.5k1019CP30或綜上所述：PF17101920.解：（1）△菱形ABCD△菱形BEGF△△A=△BEG△△BEM是?ABE的外角△△BEG+△GEM=△A+△ABE△△GEM=△ABE△BE△FM△△BEA=△GME△?ABE△?GEM（2）連接BD、BG△在菱形ABCD中，△ABC=60°△△ABD=1△ABC=30°△A=120°2同理，在菱形BEGF中，△EBG=30°△△ABD-△EBD=△EBG-△EBD，即△ABE=△DBG△菱形ABCD△菱形BEGF√3=3△=△?ABE△?DBG△△A=△BDG=120°△△BDC=30°△△CDG=△BDG-△BDC=120°-30°=90°（1）分類討論：連接CG、CF△當△GCF=90°時：易證?ABE△?CBF，△△A=△BCF=120°△△BCD=120°，△△DCG=060°-△BCF-△BCD-△GCF=30°√3=3△在Rt?DCG中，tan△DCG=√3√3△DG=CD=×12=4√3，CG=2DG=8√333√3由（2）知?ABE△?DBG且相似比為，3√3=3△√3√33△AE=DG=×4√3=43△?ABE△?CBF，△AE=CF=4△FG=√2+2=4√13△此時菱形BEGF與菱形ABCD相似的相似比為FG：AB=4√13：12=√13：3△當△CFG=90°時△△BEG=△BFG=120°△△AEB=△CFB=120°-90°=30°此時E與D重合，△BE=√3AB=12√3△此時菱形BEGF與菱形ABCD相似的相似比為BE：AB=12√3：12=√3：121.（1）在正方形ABCD中，AB=BC，ABC90△ABC是等腰直角三角形，CAB45△AEF是等腰直角三角形△AEF∽ACB,且EAF45AEAF△ACAB△EAFCAFCABCAF即EACFABAEACAFAB又△△AEC∽AFB（2）如圖，連接AC、BF在正方形ABCD中，BCAD6，DCAB8，ABC=90△tanACBBACB8436△tanAEF=43△ACBAEF△ABC=AF