2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项二：几何压轴题型

压轴专项二：几何压轴（解析版） 1、【分析】（1）利用三角形的中位线得出PF＝BE，PG＝CD，进而判断出BE＝CD，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出∠DPF＝∠DBA，∠DPG＝∠ADB，最后用互余即可得出结论； （2）证明△ACD≌△ABE（SAS），由全等三角形的性质得出∠ACD＝∠ABE，CD＝BE，证出PF＝PG，∠GPF＝∠ACB+∠ABC＝90°，则可得出结论； （3）当GP最大时，S△GPF最大．得出CD最大时，GP最大．由勾股定理可求出答案． 【解答】解：（1）∵点P，F是BD，DE的中点， ∴PF∥BA，PF＝BE， ∵点P，G是BD，BC的中点， ∴PG∥CD，PG＝CD， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BE＝CD， ∴PF＝PG， ∵PF∥BA， ∴∠DPF＝∠DBA， ∵PG∥CA， ∴∠DPG＝∠ADB， ∵∠BAC＝90°， ∴∠DBA+∠ADB＝90°， ∴∠FPG＝∠DPF+∠DPG＝∠DBA+∠ADB＝90°， ∴PF⊥PG， 故答案为：PF＝PG，PF⊥PG； （2）△PFG是等腰直角三角形． 理由如下：∵点F，P分别是DE，BD的中点， ∴PF∥BE，， ∵点P，G是BD，BC的中点， ∴PG∥CD，PG＝CD， 由旋转知，∠CAD＝∠BAE， ∵AC＝AB，AD＝AE， ∴△ACD≌△ABE（SAS）， ∴∠ACD＝∠ABE，CD＝BE， ∵，， ∴PF＝PG， ∴△PFG是等腰三角形， ∵PF∥BE，∠DPF＝∠DBE＝∠ABE+∠ABD， ∵PG∥CD，∠BGP＝∠DCG， ∴∠DPG＝∠PGB+∠PBG＝∠DCG+∠PBG， ∴∠GPF＝∠DPF+∠DPG＝∠ABE+∠ABD+∠DCG+∠DBG＝∠ABE+∠DCG+∠ABD+∠DBG＝∠ACD+∠DCG+∠ABC＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠GPF＝∠ACB+∠ABC＝90°， ∴△GPF 是等腰直角三角形； （3）． 由（2）知△GPF是等腰直角三角形， ∴， ∴当GP最大时，S△GPF最大． ∵， ∴CD最大时，GP最大． ∴当点D在CA的延长线上时CD最大， ∴． 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 2、【分析】（1）结合等边三角形的性质，利用SAS证明△ABD≌△BCE，即可证得结论； （2）①过点F作FH⊥BC于点H，先证△ABD≌△ABF，再利用等边三角形性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理即可求得答案； ②延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，先证△ADC≌△FAM，再证△ABG≌△MFG，从而证得点G是AM的中点，即可证得结论． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°， 在△ABD和△BCE中， ， ∴△ABD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE； （2）解：①过点F作FH⊥BC于点H，如图2， 在△ABD和△ABF中， ， ∴△ABD≌△ABF（SAS）， ∴BF＝BD＝2， ∠ABF＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝120°， ∴∠FBH＝∠ABF﹣∠ABC＝60°， 在Rt△BFH中， ∠BFH＝90°﹣∠FBH＝30°， ∴BH＝BF＝＝1， HF2＝BF2﹣BH2＝22﹣12＝3， ∵CH＝BC﹣BH＝6﹣1＝5， ∴CF2＝CH2+HF2＝52+3＝28， ∴； ②证明：延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，如图3， ∵∠DAF＝θ＝120°，∠BAC＝60°， ∴∠DAB+∠MAF＝120°﹣60°＝60°， ∵∠ADB+∠DAB＝∠ABC＝60°， ∴∠ADB＝∠MAF， 又∵BC＝AC，BD＝CM， ∴BC+BD＝AC+CM， 即：DC＝AM， 在△ADC和△FAM中， ， ∴△ADC≌△FAM（SAS）， ∴AC＝MF，∠M＝∠ACB＝60°， ∴MF＝AB，∠M＝∠BAC， 在△ABG和△MFG中， ， ∴△ABG≌△MFG（AAS）， ∴AG＝MG， ∴AM＝AG+MG＝2AG， ∴CD＝2AG． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用三角形全等找出对应的线段． 3、【分析】（1）过E作ED⊥AF，在直线ED上取ED＝AC即可； （2）①连接BF，可得△AEF是等边三角形，从而证明△ABF≌△EDF（SAS），有BF＝DF，∠AFB＝∠EFD，而直线AF是△ABC的对称轴，知BF＝CF，∠BFK＝∠CFK，故DF＝CF，可得∠DFC＝60°，△CDF是等边三角形，CD＝DF，即可得AE+CD＞AC； ②同①可证△CDF是等边三角形； ③分三种情况：当DF＝EF时，可得AF＝EF＝2MF＝1；当DE＝DF时，不满足题意；当DE＝EF时，AF＝DE＝AC＝AB＝． 【解答】（1）解：过E作ED⊥AF，在直线ED上取ED＝AC即可，如图： 点D即为所求的点； （2）①证明：连接BF，如图： ∵线段AF绕点A顺时针方向旋转60° 得到AE， ∴AF＝AE，∠FAE＝60°， ∴△AEF是等边三角形， ∴∠AFE＝60°，EF＝AF＝AE， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC， ∵DE＝AC， ∴AB＝DE， ∵AF平分∠BAC， ∴∠FAB＝30°， ∵DE⊥AF， ∴∠DEF＝∠AEF＝30°＝∠FAB， ∴△ABF≌△EDF（SAS）， ∴BF＝DF，∠AFB＝∠EFD， ∴∠BFE＝∠DFA， ∵△ABC是等边三角形，AF平分∠BAC， ∴直线AF是△ABC的对称轴， ∴BF＝CF，∠BFK＝∠CFK， ∴DF＝CF， ∵∠AFE＝60°， ∴∠BFE+∠BFK＝120°＝∠DFA+∠CFK， ∴∠DFC＝60°， ∴△CDF是等边三角形， ∴CD＝DF， ∵EF+DF＞DE， ∴AE+CD＞AC； ②证明：由①可知，△CDF是等边三角形； ③解：当DF＝EF时，如图： ∵∠EMF＝90°，∠MFE＝60°， ∴∠MEF＝30°， ∵DE＝AC＝AB＝， ∴EM＝DE＝， ∴MF＝＝， ∴AF＝EF＝2MF＝1； 当DE＝DF时，如图： 此时D不寨AB上方，舍去； 当DE＝EF时，如图： ∵AF＝EF， ∴AF＝DE＝AC＝AB＝； 综上所述，AF的长度为1或3或． 【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及等边三角形判定与性质，等腰三角形性质及应用，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． 4、【分析】【探索发现】根据全等三角形的判定定理证明即可； 【问题解决】求证Rt△OMB≌△QNO，结合“探索发现”的结论即可证明； 【拓展运用】利用几何图形建立等量关系，即可求解． 【解答】【探索发现】证明：∵△ABE≌△CBG， ∴BE＝BG，∠ABE＝∠CBG， ∵∠ABE+∠FBC＝90°﹣∠EBF＝45°， ∴∠CBG+∠FBC＝∠GBF＝45°， ∴△BEF≌△BGF（SAS）， ∴∠FEB＝∠FGB＝∠AEB，EF＝FG＝CF+CG＝AE+CF， 结论：∠AEB＝∠FEB，AE+CF＝EF； 【问题解决】过点O作AB的垂线，交AB于点M，交CD于点N， MB＝AB﹣AM＝MN﹣OM＝NO，又OB＝OQ， ∴Rt△OMB≌Rt△QNO（HL）， 可得 OB⊥OQ，所以△OBQ 为等腰直角三角形， ∴∠PBQ＝45°， 由前面结论知，当∠PBQ＝45°时，∠1＝∠2，作BT⊥PQ于点T，则BA＝BT， ∴当BA旋转至BT位置时，P、A′、P′三点共线，这三点所在直线与CD交于点Q； 【拓展运用】连接DO、PN、BN，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCO＝∠DCO＝45°，BC＝CD， ∵CO＝CO， ∴△BCO≌△DCO（SAS）， ∴BO＝DO，∠ODC＝∠OBC， ∵∠BON＝∠BCN＝90°， ∴∠OBC+∠ONC＝180°， ∵∠ONC+∠OND＝180°， ∴∠OBC＝∠OND＝∠ODC， ∴OD＝ON， ∵OB＝OD， ∴OB＝ON， ∴△OBN为等腰直角三角形，∠OBN＝45°， 由探索发现可知AP+CN＝PN， 设AP＝a，CN＝b，则PN＝a+b，PD＝2﹣a，DN＝2﹣b， ∵∠PDN＝90°， ∴PN2＝PD2+DN2， ∴（a+b）2＝（2﹣a）2+（2﹣b）2， ∴2ab+a2+b2＝4﹣4a+a2+4﹣4b+b2， ∴（a+2）b＝4﹣2a， ∴b＝， ∵AP∥BC， ∴△AOP∽△COB， ∴， ∵AB∥CN， ∴△AOM∽△CON， ∴， ∴，即， ∴y＝， 把b＝代入得y＝， ∵a+AB＝x，AB＝2， ∴a＝x﹣2， ∴y＝＝＝6﹣x﹣． ∴y＝6﹣x﹣． 【点评】本题以正方形作为几何背景，结合旋转变换，综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识点，旨在考查学生的自主探究能力． 5、【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题； （2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形； ②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE； （2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N， 得矩形EMCN， ∴∠MEN＝90°， ∵点E是正方形ABCD对角线上的点， ∴EM＝EN， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形； ②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD， ∴DE＝DG，AD＝DC， ∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°， ∵∠ACD＝45°， ∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°， ∴CE⊥CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9． ∵CG＝3， ∴CE＝6， 连接EG， ∴EG＝＝＝3， ∴DE＝EG＝3． ∴正方形DEFG的边长为3． 【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM． 6、【分析】（1）通过证明△EAO≌△FCO（ASA），得到OE＝OF，可证四边形AFCE为平行四边形，再由EF⊥AC，可证平行四边形AFCE为菱形； （2）过点F作FH⊥AD于H，先判断四边形ABFH是矩形，再求矩形的边长，进而求出周长； （3）过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，先证明四边形ANFM是平行四边形，再证明四边形ANFM是矩形，在Rt△AMF中，求出，Rt△MFE中，求出EF即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AE∥CF， ∴∠EAO＝∠FCO， ∵EF垂直平分AC， ∴∠AOE＝∠COF＝90°，AO＝OC， ∴△EAO≌△FCO（ASA）， ∴OE＝OF， ∴四边形AFCE为平行四边形， ∵EF⊥AC， ∴平行四边形AFCE为菱形； （2）解：过点F作FH⊥AD于H， 由折叠可知：AF＝CF，∠AFE＝∠EFC， 在Rt△ABF中，AF2＝BF2+AB2，即（4﹣BF）2＝BF2+9， ∴， ∴， ∵AD∥BC， ∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE， ∴， ∵∠B＝∠BAD＝∠AHF＝90°， ∴四边形ABFH是矩形， ∴AB＝FH＝3，， ∴， ∴， ∴四边形ABFE的周长＝； （3）解：过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°， ∴∠ABC＝135°， ∴∠ABN＝45°， ∵AN⊥BC， ∴∠ABN＝∠BAN＝45°， ∴， 由折叠的性质可知：AF＝CF，∠AFE＝∠EFC， ∵AD∥BC， ∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE， ∴AE＝AF， ∵AF2＝AN2+NF2， ∴AF2＝4+（6﹣AF）2， ∴， ∴， ∵AN∥MF，AD∥BC， ∴四边形ANFM是平行四边形， ∵AN⊥BC， ∴四边形ANFM是矩形， ∴AN＝MF＝2， 在Rt△AMF中，， ∴， 在Rt△MFE中，． 【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握菱形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，图形折叠的性质是解题的关键． 7、【分析】【课本重现】证明△ACD≌△CBE（SAS），推出∠ACD＝∠CBE，可得结论； 【迁移拓展】如图2中，过点E作EJ∥BC交AB的延长线于点J．证明CJ＝BE，再利用上面结论解决问题； 【拓展延伸】过点F作FM⊥AC由点M，FN⊥AD就熬AD的延长线于点N，过点D作DH⊥AF由点H．求出AF，DH可得结论． 【解答】【课本重现】解：∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝CB，∠A＝∠BCE＝60°， 在△ACD和△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE（SAS）， ∴∠ACD＝∠CBE， ∴∠DFB＝∠CBE+∠BCF＝∠ACD+∠BCF＝∠ACB＝60°， ∴∠DFE＝180°﹣∠DFB＝120°． 故答案为：120； 【迁移拓展】证明：如图2中，过点E作EJ∥BC交AB的延长线于点J． ∵BC∥EJ， ∴∠ABC＝∠AJE＝60°，∠ACB＝∠AEJ＝60°， ∴△AEJ是等边三角形， ∴AJ＝AE， ∵AB＝AC， ∴BJ＝EC， ∴四边形BCEJ是等腰梯形， ∴BE＝CJ， 由（1）可知由AD＝CE，可得CJ＝DE， ∴DE＝BE． 【拓展延伸】解：过点F作FM⊥AC于点M，FN⊥AD交AD的延长线于点N，过点D作DH⊥AF于点H． ∵△DEF是等边三角形， ∴FD＝FE，∠DFE＝60°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠MAN＝120°， ∵∠N＝∠FMA＝90°， ∴∠MFN＝∠DFE＝60°， ∴∠DFN＝∠MFC， ∵∠N＝∠FME＝90°， ∴△FND≌△FME（AAS）， ∴FM＝FN，DN＝EM， ∵FN⊥AN．FM⊥AM， ∴∠NAF＝∠MAF＝60°， ∵AD＝CE＝2，AB＝AC＝6， ∴AE＝8， ∵AD+AE＝AN﹣DN+AM+ME＝2AM＝10， ∴AM＝5， ∵∠AFM＝30°， ∴AF＝2AM＝10， ∵DH⊥AF， ∴DH＝AD•sin60°＝， ∴△ADF的面积＝•AF•DH＝×10×＝5． 【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 8、【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可知BC＝AB，∠CBA＝∠CBD＝90°，再利用垂直的定义及余角的定义可知△CBD≌△ABF（ASA），最后利用全等三角形的性质即可解答； （2）根据等腰直角三角形的性质可知BC＝AB，∠ABC＝∠ABF＝90°，再利用垂直的定义及余角的定义可知△CBD≌△ABF（ASA），最后利用全等三角形的性质即可解答． （3）根据题意，分①点D在线段AB的延长线上，②点D在线段AB上两种情况讨论即可解答． 【解答】解：（1）AB＝CF+BD，理由如下： ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BC＝AB，∠CBA＝∠CBD＝90°， ∵AE⊥CD， ∴∠AED＝∠AEC＝90°， ∴∠BAF+∠AFB＝90°，∠FCE+∠CFE＝90°， ∵∠CFE＝∠AFB， ∴∠BAF＝∠FCE， ∴△CBD≌△ABF（ASA）， ∴BF＝BD， ∵CB＝CF+BF， ∴CB＝CF+BD， ∴AB＝CF+BD， 故答案为：AB＝CF+BD． （2）CF＝AB+BD，理由如下： ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BC＝AB，∠ABC＝∠ABF＝90°， ∵AE⊥CD，∠AEC＝∠CEF＝90°， ∴∠BCD+∠CDB＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°， ∵∠CDB＝∠ADE， ∴∠BCD＝∠DAE， ∴△CBD≌△ABF（ASA）， ∴BD＝BF， ∵CF＝CB+BF， ∴CF＝AB+BD； （3）①如图，点D在线段AB的延长线上， ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴BC＝AB，∠CBA＝∠CBD＝90°， ∵AE⊥CD， ∴∠AED＝∠AEC＝90°， ∴∠BAF+∠AFB＝90°，∠FCE+∠CFE＝90°， ∵∠CFE＝∠AFB，∠BCD＝∠ECF， ∴∠BAF＝∠BCD， ∴△CBD≌△ABF（ASA）， ∴BF＝BD， ∵BF＝CF+BC， ∴BD＝CF+BC， ∴BD＝CF+AB， ∵AB＝3，， ∴； ②如图，点D在线段AB上， ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴BC＝AB，∠ABC＝∠ABF＝90°， ∵AE⊥CD， ∴∠AEC＝∠CEF＝90°， ∴∠BCD+∠CDB＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°， ∵∠CDB＝∠ADE， ∴∠BCD＝∠DAE， ∴△CBD≌△ABF（ASA）， ∴BD＝BF， ∵CF＝CB+BF， ∴CF＝AB+BD， ∵AB＝3，， ∴． 故答案为：或． 【点评】本题考查了三角形的综合应用，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 9、【分析】（1）证明△ABD≌△ACE，即可得BD＝CE； （2）证明△ABD≌△ACE（SAS），可得∠ADB＝∠AEC＝120°，故∠BEC＝60°，从而EB平分∠AEC； （3）由△ABD≌△ACE，得CE＝BD，可得△DEC的周长＝BC+DE，而DE＝AD，知AD的最小时，△DEC的周长最小，此时AD⊥BC，即可求得答案． 【解答】（1）解：BD＝CE，理由如下： ∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）证明：∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴∠ADE＝∠AED＝60°， ∴∠ADB＝120°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC＝120°， ∴∠BEC＝60°， ∴∠BEC＝∠AED＝60°， ∴EB平分∠AEC； （3）解：当点D在线段BC上时，△DEC的周长存在最小值，最小值为2+， 理由如下： ∵△ABD≌△ACE， ∴CE＝BD， ∴△DEC的周长＝DE+CE+DC＝BD+CD+DE， ∴当点D在线段BC上时，△DEC的周长＝BC+DE， ∵△ADE为等边三角形， ∴DE＝AD， ∴当AD最小时，△DEC的周长最小，此时AD⊥BC， ∴BD＝AB＝1，AD＝BD＝＝DE， ∴△DEC的周长的最小值为2+． 故答案为：2+． 【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 10、【分析】（1）①由全等三角形的性质得AB＝CD，AD＝CB，再由平行四边形的判定即可得出结论； ②由含30°角的直角三角形的性质得AB＝2AD＝4，再由勾股定理得BD＝2，然后由平行四边形的性质得OB＝OD＝BD＝，即可解决问题； （2）过点E作EF⊥AB于点F，交CD于点G，交AC于点O，过点C作CM⊥AB于点M，由平行四边形的面积得GF＝CM＝，再证△EGC≌△AMC（AAS），得EG＝AM＝AB+BM＝5，得EF＝EG+GF＝5+，即可得出结论； （3）由含30°角的直角三角形的性质得AE＝1，再由旋转的性质得AE′＝AE＝1，∠AE′Q＝∠E＝90°，然后当PQ＝BQ时，当PQ＝BP时，当BP＝BQ时，分别计算，即可解决问题． 【解答】（1）①证明：∵△ABD≌△CDB， ∴AB＝CD，AD＝CB， ∴四边形ABCD是平行四边形； ②解：∵∠ADB＝90°，∠ABD＝30°，AD＝2， ∴AB＝2AD＝4， ∴BD＝＝＝2， 由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD＝BD＝， ∴S△AOD＝AD•OD＝×2×＝； （2）解：如图2，过点E作EF⊥AB于点F，交CD于点G，交AC于点O，过点C作CM⊥AB于点M， 则EF∥CM， 由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形，AB＝4， ∴AB∥CD，AD∥BC，BC＝AD＝2， ∵EF⊥AB， ∴EF⊥CD， ∴四边形GFMC是矩形， ∴GF＝CM， ∴S平行四边形ABCD＝2S△ADB＝2×AD•BD＝2××2×2＝4， ∵S平行四边形ABCD＝CM•AB， ∴GF＝CM＝＝＝， ∵∠DAB＝90°﹣∠ABD＝90°﹣30°＝60°，AD∥BC， ∴∠CBM＝60°， ∴∠BCM＝30°， ∴BM＝BC＝1， ∵△ACE是等腰直角三角形，∠ACE＝90°， ∴CE＝AC， ∵∠CAM+∠AOF＝90°，∠CEG+∠COE＝90°，∠AOF＝∠COE， ∴∠CEG＝∠CAM， 又∵∠EGC＝∠AMC＝90°，CE＝CA， ∴△EGC≌△AMC（AAS）， ∴EG＝AM＝AB+BM＝4+1＝5， ∴EF＝EG+GF＝5+， ∴点E到AB的距离为：5+； （3）解：∵∠E＝90°，∠ADE＝30°， ∴AE＝AD＝×2＝1， 由旋转的性质得：AE′＝AE＝1，∠AE′Q＝∠E＝90°， 如图3，当PQ＝BQ时， ∴∠QBP＝∠BPQ＝30°， ∴∠E′QA＝∠QBP+∠BPQ＝30°+30°＝60°， ∴∠E′AQ＝90°﹣60°＝30°， ∴AQ＝2E′Q， ∵AQ2＝E′Q2+AE′2， ∴（2E′Q）2＝E′Q2+12， 解得：E′Q＝（负值已舍去）， 即E′Q的长为； 如图4，当PQ＝BP时， ∠PBQ＝∠PQB＝∠AQE＝30°， ∴∠BAD＝∠DAE＝∠QAE′＝60°， ∴∠EAE′＝60°+60°+60°＝180°， ∵0°＜α＜180°， ∴此种情况不存在； 如图5，当BP＝BQ时， ∠BQP＝∠AQE′＝（180°﹣30°）＝75°， ∴∠QAE′＝90°﹣75°＝15°， 如图6，∠A＝15°，∠C＝90°，AD＝BD，AC＝1， ∴∠ABD＝∠A＝15°， ∴∠BDC＝15°+15°＝30°， ∴BD＝2BC， ∴CD＝AC﹣AD＝AC﹣BD＝1﹣2BC， 在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD2＝BC2+CD2， 即（2BC）2＝BC2+（1﹣2BC）2， 解得：BC＝2﹣或BC＝2+， ∴E′Q＝2﹣或2+， 综上所述，E′Q的长为或2﹣或2+． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 11、【分析】（1）由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得△ABF是等边三角形，即可求解； （2）过点F作FM⊥BD交DB延长线于点M，设AD，BE交于点N，通过证明△ABN≌△FBM（AAS），进而得出S1＝S2，再证明AE＝AF，可得S△ABE＝S△EFB，求解即可； （3）分别根据思路1和2进行推理证明即可； 拓展应用：先根据面积之间的关系得出BD＝2DG，继而得出∠DBG＝30°＝∠ABE，分别在图3和图2中进行求解即可． 【解答】（1）由旋转可得，∠F＝∠BAD，BA＝BF， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠ABF＝∠BAD， ∴∠ABF＝∠F， ∴BA＝AF， ∴BA＝AF＝BF， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠ABF＝α＝60°， 故答案为：60． （2）如图，过点F作 FM⊥BD交DB延长线于点M，设AD，BE交于点N， ∵AD∥BC， ∴∠ANE＝∠ANB＝∠EBF＝90°＝∠ABM，∠EAN＝∠AFB， ∴∠MBF＝∠ABN， ∵BF＝BA， ∴△ABN≌△FBM（AAS）， ∴AN＝FM， ∵BD＝BE， ∴S1＝S2， ∵△ABF是等边三角形， ∴∠AFB＝60°＝∠EAN，AB＝AF， ∴∠E＝30°＝∠ABE， ∴AE＝AB， ∴AE＝AF， ∴S△ABE＝S△EFB， ∵， ∴，BD＝6＝BE， ∴， ∴S△ABE＝， ∴S1＝S2＝3， 故答案为：． （3）解：S1＝S2，理由如下： 思路1：如图，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM， ∵AM∥BE，ME∥AB， ∴四边形ABEM为平行四边形， ∴AM＝BE，∠MAB+∠ABE＝180°， ∵旋转， ∴AB＝BF，BD＝BE，∠ABD＝∠EBF＝90°， ∴BD＝AM， ∵∠ABD+∠ABE+∠EBF+∠FBD＝360°， ∴∠ABE+∠DBF＝180°， ∴∠MAB＝∠DBF， ∴△MAB≌△DBF（SAS）， ∴S△MAB＝S2， ∵ME∥AB， ∴S△MAB＝S1， ∴S1＝S2． 思路2：如图，过点E作 EH⊥AB 交AB延长线于点H，过点D作 DG⊥BF 交BF延长线于点C， ∵EH⊥AB，DG⊥BF， ∴∠H＝∠G＝90°， ∵旋转， ∴BD＝BE，AB＝BF，∠DBA＝∠EBF＝90°， ∴∠EBG＝90°， ∴∠EBG＝∠ABD， ∴∠EBG﹣∠ABG＝∠ABD﹣∠ABG， 即∠EBH＝∠GBD， ∴△EBH≌△DBG（AAS）， ∴EH＝DG， ∴； 拓展应用：∵S1＝S2， ∴当S1+S2为ABCD面积的 时，平行四边形ABCD′ 由（3）思路2得，S1＝AB•EH，S平行四边形ABCD＝AB•BD，EH＝DG， ∴AB•EH＝AB•BD， ∴BD＝2EH，即BD＝2DG， ∴∠DBG＝30°＝∠ABE， 如图3，∠ABF＝120°， 如图2，∠DBE＝∠ABF＝90°﹣30°＝60°， 综上，α的值为60°或120°． 故答案为：60°或120°． 【点评】本题考查了三角形的综合应用，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键． 12、【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质即可证明； （2）先得出△ABD≌△ACD，得出∠BAD＝∠CAD＝22.5°，然后求出∠ABD＝22.5°，即可得证； （3）延长NA交BM于E，由旋转得：AB＝AM，AC＝AN，∠BAM＝∠CAN＝90°，从而可得出AE⊥BM，ME＝AE＝BE，由勾股定理，得ME＝AB，所以S△AMN＝AN•AB＝AC•AB，所以当AB＝AC时，S△AMN最大，再过点A作AD⊥BC于D，作线段BO，交AD于O，使∠ABO＝22.5°，从而求出OD＝BD＝，OA＝OB＝，AD＝（+1），由勾股定理，得AB2＝AD2+BD2＝（4+2），即可求解． 【解答】（1）解：选择①△ABD≌△ACD， 证明：∵AB＝AC，AH⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD， 又∵AD＝AD， ∴△ABD≌△ACD（SAS）， 选择②△BDH≌△CDH， 证明：∵AB＝AC，AH⊥BC， ∴BH＝CH， 又∵DH＝DH， ∴△BDH≌△CDH（SAS）． （2）证明：∵∠BDC＝90°，BD＝BC， ∴∠DBC＝∠DCB＝45°， ∵AB＝AC，∠BAC＝45°， ∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°， ∴∠ABD＝∠ACD＝67.5°﹣45°＝22.5°， ∵AB＝AC，AD＝AD，BD＝CD， ∴△ABD≌△ACD（SSS）， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝22.5°， ∴∠BAD＝∠ABD， ∴AD＝BD＝CD， （3）解：延长NA交BM于E，如图，由旋转得：AB＝AM，AC＝AN，∠BAM＝∠CAN＝90°， ∵∠BAC＝45°， ∴∠MAN＝135°， ∴∠BAE＝∠MAE＝45°， ∴AE⊥BM，ME＝AE＝BE， 由勾股定理，得ME＝AB， ∴S△AMN＝AN•AB＝AC•AB， ∵在△ABC中，∠BAC＝45°，BC＝5， ∴当AB＝AC时，S△AMN最大， 过点A作AD⊥BC于D， ∴∠BAD＝∠BAC＝22.5°，BD＝BC＝， 作线段BO，交AD于O，使∠ABO＝22.5°， ∴∠BAC＝∠BAO＝22.5°， ∴OA＝OB，∠BOD＝45°， ∴∠OBD＝∠BOD＝45°， ∴OD＝BD＝， 由勾股定理，得OA＝OB＝， ∴AD＝ （+1）， 由勾股定理，得：AB2＝AD2+BD2＝[]2+（）2＝（4+2）， ∴S△AMN最大＝＝（+1）． 【点评】本题考查等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，三角形的面积．本题属三角形探究题目，综合性较，属中考压轴题，灵活运用等腰三角形“三线合一”性质是解题的关键． 13、【分析】（1）根据矩形对角线相等可得AC＝BD，最后由勾股定理可得结论； （2）首先作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，根据全等三角形判定的方法，判断出△ABE≌△DCF，即可判断出AE＝DF，BE＝CF；然后根据勾股定理，可得AC2＝AE2+（BC﹣BE）2，BD2＝DF2+（BC+BE）2，AB2＝AE2+BE2，再根据AB＝DC，AD＝BC，即可推得结论； （3）首先延长AD至点E，使AD＝DE，根据平行四边形判定的方法，判断出四边形ABEC是平行四边形；然后根据平行四边形两对角线的平方和等于四条边的平方和，根据完全平方公式即可得到结论． 【解答】（1）解：如图①， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，AC＝BD， ∴AC2＝AB2+BC2， ∵AB＝a，BC＝b， ∴AC2+BD2＝2（AB2+BC2）＝2a2+2b2； 故答案为：2a2+2b2； （2）证明：如图②，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，且AB＝DC， ∴∠ABE＝∠DCF， 在△ABE和△DCF中， ， ∴△ABE≌△DCF（AAS）， ∴AE＝DF，BE＝CF， 在Rt△ACE中，由勾股定理，可得 AC2＝AE2+CE2＝AE2+（BC﹣BE）2…①， 在Rt△BDF中，由勾股定理，可得 BD2＝DF2+BF2＝DF2+（BC+CF）2＝DF2+（BC+BE）2…②， 由①②，可得 AC2+BD2＝AE2+DF2+2BC2+2BE2＝2AE2+2BC2+2BE2， 在Rt△ABE中，由勾股定理，可得 AB2＝AE2+BE2， ∴AC2+BD2＝2AE2+2BC2+2BE2＝2（AE2+BE2）+2BC2＝2AB2+2BC2； （3）解：如图3，延长AD至点E，使AD＝DE， ， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 又∵AD＝DE， ∴四边形ABEC是平行四边形， 由（2）可得AE2+BC2＝2AB2+2AC2，＝2（AB﹣AC）2+4AB•AC， ∵AE＝2AD＝6， ∴AE2＝4AD2＝36， ∵BC＝8，（AB﹣AC）2＝10， ∴36+64＝2×10+4AB•AC， ∴AB•AC＝20． 【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质的应用，平行四边形判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，构建直角三角形利用勾股定理列式是解本题的关键． 14、【分析】（1）由AD＝DE，P是AE的中点得出DP⊥AE； （2）①可推出∠BAE+∠PAC＝90°，∠ACP+∠PAC＝90°，从而∠BAE＝∠ACP； ②可证得△ABG≌△CAP，从而AP＝BG，进而得出PD＝BG，进一步证明△BFG≌△DFP，从而BF＝DF． 【解答】（1）解：∵AD＝DE，P是AE的中点， ∴DP⊥AE； （2）①证明：如图1， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAE+∠PAC＝90°， 由（1）知：DP⊥AE， ∴∠APC＝90°， ∴∠ACP+∠PAC＝90°， ∴∠BAE＝∠ACP； ②解：BF＝DF，理由如下： 作BG⊥AE，交AE的延长线于G， ∴∠G＝∠APC＝90°， 由①得：∠BAE＝∠ACP，AB＝AC， ∴△ABG≌△CAP（AAS）， ∴AP＝BG， ∵点P是AE的中点， ∴AD＝AP＝AE， ∴PD＝BG， ∵∠G＝∠DPE＝90°，∠BFG＝∠DFP， ∴△BFG≌△DFP （AAS）， ∴BF＝DF． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 15、【分析】（1）可证得∠ACM＝∠ACN，∠CAN＝∠M，从而证明结论； （2）①可证得∠ACM＝∠ACN，∠CAN＝∠M，从而证明结论； ②可证得△MAN∽△BAC，从而得出，根据△ACN∽△MCA，可计算得出CN，根据△CEN∽△BEA，可得CE的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠EAF＝，∠BAC＝∠ACD＝45°， ∴∠CAN+∠CAM＝45°，180°﹣∠BAC＝180°﹣∠ACD， 即：∠ACM＝∠ACN， ∵∠BAC是△ACM的外角， ∴CAM+∠M＝∠BAC＝45°， ∴∠CAN＝∠M， ∴△ACN∽△MCA； （2）①（1）中的结论仍然成立，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠BAD＝∠BCD，∠BAC＝∠ACD， ∴180°﹣∠BAC＝180°﹣∠ACD， 即：∠ACM＝∠ACN， ∵∠MAN＝BAD， ∴∠CAN+∠CAM＝， ∵∠ACB是△ACM的外角， ∴∠CAM+∠M＝∠ACB＝＝， ∴∠CAN＝∠M， ∴△ACN∽△MCA； ②∵MA＝MN， ∴∠AMN＝∠ANM， 由①知， ∠ACB＝∠BAC＝∠MAN， ∴△MAN∽△BAC， ∴＝＝＝2， 由①知， △ACN∽△MCA， ∴＝， ∴CN＝＝2，CM＝2AC＝8， ∵AB∥CD， ∴△CEN∽△BEA， ∴，∴CE＝＝， 【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键充分利用相似三角形求线段的长度． 声 16、【分析】（1）证明△MAC≌△OBA（AAS），根据三角形全等时对应边相等可得C的坐标； （2）根据平移规律可得三个H点的坐标； （3）如图3，作点M（1，﹣1）关于y轴的对点M'（﹣1，﹣1），连接CF1、MF1，由于|FM﹣FC|≤CM，当C、M'、F三点共线时取等号，连接CM'，与y轴交于点F即为所求，根据直线解析式，令x＝0可得与y轴的交点F的坐标． 【解答】解：（1）如图1，过C作CM⊥x轴于M点，…1分 ∵∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°， 则∠MAC＝∠OBA，…2分 在△MAC和△OBA中， ， ∴△MAC≌△OBA（AAS），…3分 ∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4， ∴OM＝OA+AM＝2+4＝6， ∴点C的坐标为（﹣6，﹣2）…4分 （2）答：如图2，存在三个H点， ∵A（﹣2，0），B（0，﹣4），C（﹣6，﹣2）， ∴根据B到A的平移规律可得C到H1的平移规律，则H1（﹣8，2）， 同理得H2（﹣4，﹣6）、H3（4，﹣2）…7分 （3）答：存在，F（0，﹣）， 如图3，作点M（1，﹣1）关于y轴的对点M'（﹣1，﹣1）， 设y轴上存在一点F1，连接CF1、M'F1，由于|FM﹣FC|≤CM'， 当C、M'、F三点共线时取等号，…8分 连接CM'，与y轴交于点F即为所求， 设CM'的解析式为：y＝kx+b， 把C（﹣6，﹣2）、M'（﹣1，﹣1）代入得，， 解得：， ∴y＝，（9分） 当x＝0时，y＝﹣， ∴F（0，﹣）．（10分） 【点评】本题考查四边形综合题、轴对称的最短路径问题、等腰直角三角形的性质和判定、三角形全等的性质和判定等知识，第3问有难度，确定点F的位置是关键，学会用平移的规律确定点的坐标，属于中考压轴题． 17、【分析】（1）由正方形的性质得AB＝DA，∠B＝∠A＝∠C＝90°，由AE＝BF＝DH可推导出BE＝AH，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△EBF≌△HAE； （2）由BC＝AB，AE＝BF＝CG，推导出CF＝BE，可证明△FCG≌△EBF，则FG＝EF，∠CFG＝∠BEF，则∠EFG＝180°﹣∠BFE﹣∠CFG＝180°﹣∠BFE﹣∠BEF＝∠B＝90°，由△EBF≌△HAE，得EF＝HE，∠BEF＝∠AHE，则FG＝HE，同理可得∠HEF＝∠A＝90°，可证明FG∥HE，则四边形EFGH是平行四边形，而∠HEF＝90°，EF＝HE，则四边形EFGH是正方形，于是得到问题的答案； （3）用与（1）或（2）相同的方法可证明△GDH≌△FCG，则△BEF、△AHE、△CFG、△DGH是四个全等的直角三角形，由S正方形ABCD＝4SHAE+S正方形EFGH，得（a+b）2＝4×ab+c2，即可证明a2+b2＝c2． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DA，∠B＝∠A＝∠C＝90°， ∵AE＝BF＝DH， ∴AB﹣AE＝DA﹣DH， ∴BE＝AH， 在△EBF和△HAE中， ， ∴△EBF≌△HAE（SAS）． （2）解：∵BC＝AB，AE＝BF＝CG， ∴BC﹣BF＝AB﹣AE， ∴CF＝BE， 在△FCG和△EBF中， ， ∴△FCG≌△EBF（SAS）， ∴FG＝EF，∠CFG＝∠BEF， ∴∠EFG＝180°﹣∠BFE﹣∠CFG＝180°﹣∠BFE﹣∠BEF＝∠B＝90°， ∵△EBF≌△HAE， ∴EF＝HE，∠BEF＝∠AHE， ∴FG＝HE，∠HEF＝180°﹣∠AEH﹣∠BEF＝180°﹣∠AEH﹣∠AHE＝∠A＝90°， ∴∠EFG+∠HEF＝180°， ∴FG∥HE， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∵∠HEF＝90°，EF＝HE， ∴四边形EFGH是正方形， 故答案为：正方形． （3）解：用与（1）或（2）相同的方法可证明△GDH≌△FCG， ∴△BEF、△AHE、△CFG、△DGH是四个全等的直角三角形， ∴S正方形ABCD＝4SHAE+S正方形EFGH， ∴AB2＝4×AH•AE+EH2， ∵BE＝AH＝a，AE＝b，EH＝c， ∴AB＝BE+AE＝a+b， ∴（a+b）2＝4×ab+c2， 整理得a2+b2＝c2． 【点评】此题重点考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余、根据面积等式证明勾股定理等知识与方法，此题综合性强，难度较大． 18、【分析】（1）由四边形ABCD是正方形可得出AB∥DC，由“两组对边分别平行的四边形的平行四边形”可判断； （2）由勾股定理可得出AE和DN的长，由等面积法可求出DM的长，进而可得出MN的长； （3）在DN上取点G，使DG＝BN，易证△CDG≌△CBN（SAS），则CG＝CN，∠DCG＝∠BCN，通过倒角可得∠BCG＝90°，进而可得结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥DC， ∵AE∥BF， ∴四边形ABFE是平行四边形； （2）解：在正方形ABCD中，AB＝6， ∴BC＝CD＝AD＝AB＝6，∠ADC＝∠BCD＝90°， ∵， ∴DE＝2，CE＝4， ∴AE＝2， 对于△AED，∠ADE＝90°，DM⊥AE， ∴AD•DE＝AE•DM， 解得DM＝． 连接BD， ∵AE∥BF， ∴DN⊥BF， ∴∠DNF＝90°． ∴BC•DF＝BF•DN， 由（1）知，四边形ABFE是平行四边形， ∴EF＝AB＝6，BF＝AE＝2， ∴DF＝8， ∴6×8＝2•DN， ∴DN＝． ∴MN＝DN﹣DM＝． （3）不变，∠CND＝45°，理由如下： 如图，在DN上取点G，使DG＝BN，连接CG，CN， ∵∠NDF+∠F＝∠CBF+∠F＝90°， ∴∠NDF＝∠CBF， ∵DC＝BC，DG＝BN， ∴△CDG≌△CBN（SAS）， ∴CG＝CN，∠DCG＝∠BCN， ∵∠DCG+∠BCG＝90°， ∴∠BCN+∠BCG＝90°，即∠GCN＝90°． ∴∠CNG＝45°，即∠CND＝45°． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，等积公式等相关内容，第（3）问中构造出全等三角形是解题关键．此题放在九年级，第（2）问可用相似解答． 19、【分析】（1）根据题意，可得AE＝PE，设AE＝PE＝x，在Rt△APE中，勾股定理求得AE＝2，进而根据BE＝AB﹣AE，即可求解； （2）连接BP，得出四边形PEBF是矩形，则EF＝BP，证明△ADP≌△ABP（SAS），即可得证 （3）连接BD，交AC于点O，当点P运动到O点时，BO⊥AC，BP＝EF，BP取得最小值，即EF取得最小值，进而勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，且边长是10， ∴∠DAP＝∠BAP＝45°，AB＝BC＝10， ∵PE⊥AB， ∴∠AEP＝90°， ∴∠APE＝∠BAP＝45°， ∴AE＝PE， 设AE＝PE＝x， ∵AE2+PE2＝AP2， 即：， 解得：AE＝x＝2， ∴BE＝AB﹣AE＝10﹣2＝8； （2）EF＝DP，证明如下： 连接BP， ∵正方形ABCD，且PE⊥AB，PF⊥BC， ∴∠PEB＝∠PFB＝∠ABC＝90°，AD＝AB，∠DAP＝∠BAP＝45°， ∴四边形PEBF是矩形， ∴EF＝BP， 由AD＝AB，∠DAP＝∠BAP，AP＝AP， 可得：△ADP≌△ABP（SAS）， ∴DP＝BP， 又EF＝BP， ∴EF＝DP； （3）连接BD，交AC于点O， ∵四边形ABCD是正方形，则BD⊥AC， 当点P运动到O点时，BO⊥AC，BP＝EF，BP取得最小值，即EF取得最小值， 此时， ∴EF的最小值为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，垂线段最短，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 20、【分析】（1）首先证明AF＝EC，AF∥EC，推出四边形AECF是平行四边形，再证明∠AEC＝90°即可解决问题； （2）分别在Rt△ABE，Rt△BCF中，利用勾股定理求出AE、BF即可； 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵BE＝DF， ∴AF＝EC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AE⊥BC， ∴∠AEC＝90°， ∴四边形AECF是矩形． （2）解：∵BF平分∠ABC，AD∥BC， ∴∠ABF＝∠CBF＝∠AFB， ∴AB＝AF＝3，AD＝BC＝4， 在Rt△ABE中，AE＝CF＝＝2， 在Rt△BFC中，BF＝＝＝2． 【点评】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 21、【分析】（1）延长EH交AB于M，证△AMH≌△FEH（AAS），得出AM＝FE＝CE，MH＝EH，则BM＝BE，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论； （2）延长EH交BA的延长线于点M．证△AHM≌△FHE（ASA），得HM＝HE，AM＝EF＝CE，则BM＝BE，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论； （3）延长EH到M，使得MH＝EH，连接AH、BH，同（2）得△AMH≌△FEH（SAS），得出AM＝FE＝CE，∠MAH＝∠EFH，则AM∥BF，证△ABM≌△CBE（SAS），得出BM＝BE，∠ABM＝∠CBE，则∠MBE＝∠ABC＝90°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】（1）解：BH⊥HE，BH＝HE；理由如下： 延长EH交AB于M，如图1所示： ∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形， ∴AB∥CD∥EF，AB＝BC，CE＝FE，∠ABC＝90°， ∴∠AMH＝∠FEH， ∵H是AF的中点， ∴AH＝FH， 在△AMH和△FEH中， ， ∴△AMH≌△FEH（AAS）， ∴AM＝FE＝CE，MH＝EH， ∴BM＝BE， ∵∠ABC＝90°， ∴BH⊥HE，BH＝ME＝HE； （2）解：结论仍然成立．BH⊥HE，BH＝HE．理由如下： 延长EH交BA的延长线于点M，如图2： ∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形， ∴∠ABE＝∠BEF＝90°，AB＝BC，AB∥CD∥EF，CE＝FE， ∴∠HAM＝∠HFE， 在△AHM和△FHE中， ， ∴△AHM≌△FHE（ASA）， ∴HM＝HE，AM＝EF＝CE， ∴BM＝BE， ∵∠ABE＝90°， ∴BH⊥EH，BH＝EM＝EH； （3）证明：延长EH到M，使得MH＝EH，连接AH、BH，如图3： 同（2）得：△AMH≌△FEH（SAS）， ∴AM＝FE＝CE，∠MAH＝∠EFH， ∴AM∥BF， ∴∠BAM+∠ABE＝180°， ∴∠BAM+∠CBE＝90°， ∵∠BCE+∠CBE＝90° ∴∠BAM＝∠BCE， 在△ABM和△CBE中， ， ∴△ABM≌△CBE（SAS）， ∴BM＝BE，∠ABM＝∠CBE， ∴∠MBE＝∠ABC＝90°， ∵MH＝EH， ∴BH⊥EH． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，正确作出辅助线，证明三角形全等是解题的关键． 声 22、【分析】（1）由PQ为线段AC的垂直平分线得到AE＝CE，AD＝CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC＝∠FCA，∠CFD＝∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可； （2）根据全等得到AE＝CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC＝EA，FC＝FA，从而得到EC＝EA＝FC＝FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形； （3）由菱形的性质和勾股定理求出AD，得出AC的长，由菱形的面积公式即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵PQ为线段AC的垂直平分线， ，∴AE＝CE，AD＝CD， ∵CF∥AB， ∴∠EAC＝∠FCA，∠CFD＝∠AED， 在△AED与△CFD中， ∴△AED≌△CFD（AAS）； （2）证明：∵△AED≌△CFD， ∴AE＝CF， ∵EF为线段AC的垂直平分线， ∴EC＝EA，FC＝FA， ∴EC＝EA＝FC＝FA， ∴四边形AECF为菱形； （3）解：∵四边形AECF是菱形， ∴AC⊥EF， ∵ED＝6，AE＝10， ∴EF＝2ED＝12，AD＝＝8． ∴AC＝2AD＝16， ∴菱形AECF的面积＝AC•EF＝×16×12＝96． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等的判定与性质、盖棺定论、基本作图、线段垂直平分线的性质，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线． 23、【分析】（1）可证明△BAE≌△ADF，从而得出BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，进一步得出结果； （2）①作AR∥EF，交CD于R，作DT∥MN，交BC于T，DT和AR交于点O，可证明△ADR≌△DCT，从而DT＝AR，进一步得出结论； ②连接DN，设EN＝DE＝a，则CE＝12﹣a，在Rt△CEN中，根据勾股定理可列出方程a2﹣（12﹣a）2＝52，从而a＝，进而求得结果； （3）连接CM，EN，由三角形三边关系可得PC+PM≥CM，此时M、P、C共线，PC+PM最小，最小值为CM的长，可证得△DMP≌△NCP，从而CN＝DM＝6，进一步得出结果． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°， ∵DE＝CF， ∴AE＝DF， ∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF， ∴∠ABE+∠AEB＝∠DAF+∠AEB， ∴∠DAF+∠AEB＝90°， ∴BE⊥AF， 故答案为：BE＝AF，BE⊥AF； （2）①如图1， 作AR∥EF，交CD于R，作DT∥MN，交BC于T，DT和AR交于点O， 四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD， ∴四边形AFER、四边形MNTD是平行四边形， ∴DT＝MN，AR＝EF，DT∥MN，AR∥EF， ∵MN⊥EF， ∴AR⊥DT， ∴∠DOR＝90°， ∴∠RDO+∠ARD＝90°， ∵∠ADC＝90°， ∴∠DAR+∠ARD＝90°， ∴∠RDO＝∠DAR， ∴△ADR≌△DCT（ASA）， ∴DT＝AR， ∴MN＝EF； ②如图2， 连接DN， ∵D、N关于EF对称， ∴DN⊥EF，EN＝DE， 由①知：DN＝EF＝13， ∵∠C＝90°，DC＝12， ∴CN＝5， 设EN＝DE＝a，则CE＝12﹣a， 在Rt△CEN中，由勾股定理得， a2﹣（12﹣a）2＝52， a＝， ∴DE＝； （3）如图3， 连接CM，EN， ∴PC+PM≥CM， ∴当M、P、C共线时，PC+PM最小，最小值为CM的长， ∵∠ADC＝90°，DM＝AD＝6，CD＝12， ∴CM＝， 由对称性可知：DE＝EN， ∵EF⊥DN， ∴PD＝PN， ∵AD∥BC， ∴∠MDP＝∠PNC，∠DMP＝∠PCN， ∴△DMP≌△NCP（AAS）， ∴CN＝DM＝6， ∴EF＝DN＝CM＝6，故答案为：6，6． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 声明：试 24、【分析】（1）延长EH交AB于M，证△AMH≌△FEH（AAS），得出AM＝FE＝CE，MH＝EH，则BM＝BE，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论； （2）延长EH交BA的延长线于点M．证△AHM≌△FHE（ASA），得HM＝HE，AM＝EF＝CE，则BM＝BE，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论； （3）延长EH到M，使得MH＝EH，连接AH、BH，同（2）得△AMH≌△FEH（SAS），得出AM＝FE＝CE，∠MAH＝∠EFH，则AM∥BF，证△ABM≌△CBE（SAS），得出BM＝BE，∠ABM＝∠CBE，则∠MBE＝∠ABC＝90°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】（1）解：BH⊥HE，BH＝HE；理由如下： 延长EH交AB于M，如图1所示： ∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形， ∴AB∥CD∥EF，AB＝BC，CE＝FE，∠ABC＝90°， ∴∠AMH＝∠FEH， ∵H是AF的中点， ∴AH＝FH， 在△AMH和△FEH中， ， ∴△AMH≌△FEH（AAS）， ∴AM＝FE＝CE，MH＝EH， ∴BM＝BE， ∵∠ABC＝90°， ∴BH⊥HE，BH＝ME＝HE； （2）解：结论仍然成立．BH⊥HE，BH＝HE．理由如下： 延长EH交BA的延长线于点M，如图2： ∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形， ∴∠ABE＝∠BEF＝90°，AB＝BC，AB∥CD∥EF，CE＝FE， ∴∠HAM＝∠HFE， 在△AHM和△FHE中， ， ∴△AHM≌△FHE（ASA）， ∴HM＝HE，AM＝EF＝CE， ∴BM＝BE， ∵∠ABE＝90°， ∴BH⊥EH，BH＝EM＝EH； （3）证明：延长EH到M，使得MH＝EH，连接AH、BH，如图3： 同（2）得：△AMH≌△FEH（SAS）， ∴AM＝FE＝CE，∠MAH＝∠EFH， ∴AM∥BF， ∴∠BAM+∠ABE＝180°， ∴∠BAM+∠CBE＝90°， ∵∠BCE+∠CBE＝90° ∴∠BAM＝∠BCE， 在△ABM和△CBE中， ， ∴△ABM≌△CBE（SAS）， ∴BM＝BE，∠ABM＝∠CBE， ∴∠MBE＝∠ABC＝90°， ∵MH＝EH， ∴BH⊥EH． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，正确作出辅助线，证明三角形全等是解题的关键． 25、【分析】（1）由等腰三角形的性质可求∠DFC＝∠DCF，由平行线的性质可得∠DFC＝∠BCF，即可求解； （2）由勾股定理可求BC的长，由“ASA”可证△AEF≌△DGF，可得EF＝GF，AE＝DG，由三角形的面积公式可求解； （3）由直角三角形的性质可求解． 【解答】（1）证明：∵AD＝2CD，F是AD的中点， ∴AF＝DF＝CD， ∴∠DFC＝∠DCF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠DFC＝∠BCF， ∴∠DCF＝∠BCF， ∴CF平分∠BCD； （2）解：如图，延长CD、EF交于点G， ∵AB∥CD， ∴∠A＝∠FDG，∠BEC＝∠ECD＝90°， ∵F是AD的中点， ∴AD＝DF， 在△AEF和△DGF中， ， ∴△AEF≌△DGF（ASA）， ∴EF＝GF，AE＝DG， ∵BE＝5，CE＝12， ∴BC＝＝＝13， ∵BC＝AD＝2CD， ∴CD＝AB＝， ∴CG＝CD+DG＝CD+AE＝CD+AB﹣BE＝13﹣5＝8， ∴S△ECG＝×EC•CG＝48， ∵EF＝FG， ∴S△EFC＝S△ECG＝24． （3）解：EF＝CF，理由如下： ∵EF＝FG，∠ECD＝90°， ∴EF＝FC． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 26、【分析】（1）证明△ADE≌△CDE即可证出AE＝CE． （2）∠DCE＝∠DAE＝x，用x表示出∠AED，∠CED，∠AEF，从而求出∠FEC，由等腰三角形即可求出∠ECF． （3）△BCG绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCG'，连接EG'，证明△GCE≌△G'CE，从而对应边相等，即EG＝EG'，在△EDG'中由勾股定理得三边关系，从而可说明DE，BG，EG的数量关系． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADE＝∠CDE＝45°， ∵DA＝DC，DE＝DE， ∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝CE． （2）解：∵EA＝EF， ∴∠EAF＝∠EFA． 设∠DCE＝∠DAE＝x，则∠DEC＝∠DEA＝135°﹣x，∠EAF＝∠EFA＝90°﹣x， ∴∠AEF＝180°﹣2∠EAF＝2x， ∴∠FEC＝360°﹣2∠DEC﹣∠AEF＝90°． ∵EF＝EC， ∴∠ECF＝＝45°． （3）解：GE2＝BG2+ED2，证明如下， 将△BCG绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCG'，连接EG'， ∵∠ECF＝45°， ∴∠ECG'＝∠DCG'+∠ECD＝∠BCG+∠ECD＝45°＝∠ECG， ∵GC＝G'C，EC＝EC， ∴△GCE≌△G'CE（SAS）， ∴EG＝EG'． ∵∠EDG'＝∠EDC+∠G'DC＝45°+45°＝90°， ∴ED2+G'D2＝G'E2， 即GE2＝BG2+ED2． 【点评】本题主要考查了三角形全等的证明和性质、勾股定理、正方形的性质、等腰三角形的性质等．本题第三问的关键是通过旋转将所求的三条线段转化到同一个三角形中，利用勾股定理进行求解． 27、【分析】（1）易通过SAS证明△BOD≌△AOC，得到BD＝AC，∠DBO＝∠CAO，根据同角加等角相等得∠ACO+∠CAO＝∠ACO+∠DBO＝90°，于是得到∠CGB＝90°，以此即可得到结论； （2）分两种情况：①当正方形OAFB绕点O顺时针旋转的角度小于180°时，连接OF交AB于点H，AC交DO于点M，利用正方形的性质可得AB＝2，OH＝1，利用勾股定理求得DH＝7，进而求出BD＝DH+BH＝8＝AC，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求解；②当正方形OAFB绕点O顺时针旋转的角度大于180°时，连接OF交AB于点K，AD交OC于点N，同理可得：DK＝7，BK＝1，AB＝2，于是BD＝DK﹣BK＝6＝AC，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）DB＝AC，DB⊥AC，理由如下： 如图，延长CA交BD与点G， ∵四边形OAFB，OCED均为正方形， ∴OB＝OA，OD＝OC， ∠AOB＝∠COD＝90°， 在△BOD和△AOC中， ， ∴△BOD≌△AOC（SAS）， ∴BD＝AC，∠DBO＝∠CAO， ∵∠ACO+∠CAO＝90°， ∴∠ACO+∠DBO＝90°， ∴∠CGB＝90°， ∴DB⊥AC； （2）①如图，连接OF交AB于点H，AC交DO于点M， ∵四边形OAFB为正方形， ∴OF⊥AB， OH＝FH＝BH＝AH＝＝＝1，AB＝2AH＝2， 在Rt△DOH中，DH＝＝＝7， ∴BD＝DH+BH＝7+1＝8， ∴BD＝AC＝8， ∵DB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， 在Rt△ABC中，BC＝＝＝； ②如图，连接OF交AB于点K，AD交OC于点N， 同理可得：DK＝7，BK＝1，AB＝2， ∴BD＝DK﹣BK＝7﹣1＝6， ∴AC＝BD＝6， 在Rt△ABC中，BC＝＝＝． 综上，BC＝或． 【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定性质、勾股定理，解题关键是学会利用分类讨论和数形结合思想解决问题． 28、【分析】（1）证四边形ABCD是菱形，得OA＝4，OB＝3，AC⊥BD，再由勾股定理即可求解； （2）证四边形BOCE是平行四边形，再由菱形的性质得AD＝BC，AC⊥BD，则∠BOC＝90°，即可得出结论； （3）过点P作PF⊥BD交BD于点F，求出FO＝，由三角形中位线定理求出PF＝2，然后由勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝8，BD＝6， ∴，， 又∵AB＝AD， ∴AO⊥BD，即∠AOB＝90°， 在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：AB2＝AO2+BO2， ∴AB＝＝5． （2）∵CE∥OB，BE∥OC， ∴四边形BOCE是平行四边形， 又∵∠AOB＝90°， ∴平行四边形BOCE是矩形， ∴OE＝BC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC， ∴OE＝AD． （3）如图所示，过点P作PF⊥BD交BD于点F， ∵四边形BOCE是矩形， ∴，，EO＝BC． ∴PO＝PB， 又∵PF⊥BD， ∴， 又∵， ∴PF是△OBE的中位线， ∴， 在Rt△DOF，根据勾股定理可得：DP2＝PF2+DF2， ∴， ∴． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理，证明平行四边形ABCD为菱形是解题的关键． 29、【分析】（1）利用正方形的性质证明AD∥BC，BD∥EF，即可证明结论； （2）连接AG，通过证明△ABE≌ADG可证得△AEG为等边三角形，进而可求解； （3）利用等腰直角三角形的性质求得CE＝，即可得AB＝BC＝BE+，利用勾股定理可求得BE2+BE＝9，再根据平行四边形的面积可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，∠CBD＝45°，∠ADC＝90°， ∴∠CEG＝∠F，∠FDG＝90°， ∵DF＝DG， ∴∠DGF＝∠F＝45°， ∴∠CEG＝45°， ∴∠CBD＝∠CEG， ∴BD∥EF， ∴四边形BDFE是平行四边形； （2）连接AG， ∵四边形BDFE是平行四边形， ∴BE＝DF＝DG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABE＝∠ADC＝90°，AB＝AD， 在△ABE与△ADG中， ， ∴△ABE≌ADG（SAS）， ∴AE＝AG； 又∵AE＝EG， ∴AE＝AG＝EG， ∴△AEG是等边三角形， ∴∠AEG＝60°； （3）∵∠CEG＝45°，∠C＝90°， ∴CE＝CG， ∵EG＝AE＝6， ∴CE＝， ∴AB＝BC＝BE+， ∵AB2+BE2＝AE2， ∴（BE+）2+BE2＝62， 化简得：BE2+BE＝9， ∴S▱BDFE＝BE•AB＝BE•（BE+）＝BE2+BE＝9， 【点评】本题主要考查正方形的性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识的综合运用，构造全等的三角形是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴专项二：几何压轴（原卷版） 1、如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB上，AD＝AE，连接DE，BD，点F，P，G别为DE，BD，BC的中点． （1）线段PF与PG的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　； （2）把△ADE绕点A顺时针方向旋转到图2的位置，连接PF，PG，FG，判断△FPG的形状，并说明理由； （3）若AD＝3，AB＝7，△ADE绕点A在平面内旋转过程中，请直接写出△FPG的面积取得最大值时BD的长． 2、在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD． （1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE； （2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF． ①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度； ②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由． 3、如图，△ABC是等边三角形，，点F是∠BAC的平分线上一动点，将线段AF绕点A顺时针方向旋转60° 得到AE，连接CF、EF． （1）尺规作图：在AF的上方找点D，使得DE⊥AF且DE＝AC； （2）在（1）的条件下，连接CD、DF． ①求证：AE+CD＞AC； ②求证：△CDF是等边三角形； ③当△DEF是等腰三角形时，求AF的长度？ 4、【探索发现】 “旋转”是一种重要的图形变换，图形旋转过程中蕴含着众多数学规律，以图形旋转为依托构建的解题方法是解决几何问题的常用方法．如图1，在正方形ABCD中，点E在AD上，点F在CD上，∠EBF＝45°． 某同学进行如下探索： 第一步：将△ABE绕点B顺时针旋转90°，得到△CBG，且F、C、G三点共线； 第二步：证明△BEF≌△BGF； 第三步：得到∠AEB和∠FEB的大小关系，以及AE、CF、EF之间的数量关系； 请完成第二步的证明，并写出第三步的结论． 【问题解决】 如图2，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，将△ABP绕点B顺时针旋转，旋转角度小于90°，得到△A'BP'，当P、A′、P′三点共线时，这三点所在直线与CD交于点Q，要求使用无刻度的直尺与圆规找到Q点位置，某同学做法如下：连接AC，与BP交于点O，以O为圆心，OB为半径画圆弧，与CD相交于一点，该点即为所求的点Q． 请证明该同学的做法．（前面【探索发现】中的结论可直接使用，无需再次证明） 【拓展运用】 如图3，在边长为2的正方形ABCD中，点P在AD上，BP与AC交于点O，过点O作BP的垂线，交AB于点M，交CD于点N，设AP+AB＝x（2≤x≤4），AM＝y，直接写出y关于x的函数表达式． 5、如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长． 6、（1）【探究发现】如图①，已知矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别交于点E，F．求证：四边形AFCE是菱形； （2）【类比应用】如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD，BC于点E，F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D'，若AB＝3，BC＝4，求四边形ABFE的周长； （3）【拓展延伸】如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD，BC于点E，F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D'，若，BC＝4，∠C＝45°，求EF的长． 7、【课本重现】已知：如图1，D，E分别是等边△ABC的两边AB，AC上的点，且AD＝CE．若BE，CD交于点F，则∠EFD＝　 　°； 【迁移拓展】如图2，已知点D是等边△ABC 的AB边上一点，点E是AC延长线上一点，若AD＝CE，连接ED，EB．求证：ED＝EB； 【拓展延伸】如图3，若点D，E分别是等边三角形ABC的边BA，AC延长线上一点，且连接DE，以DE为边向右侧作等边△DEF，连接AF，求△ADF的面积． 8、在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是射线AB上的动点，AE垂直于直线CD于点E，交直线BC于点F． （1）【探索发现】 如图①，若点D在AB的延长线上，点E在线段CD上时，请猜想CF，BD，AB之间的数量关系为 　 　； （2）【拓展提升】 如图②，若点D在线段AB上（不与点A，B重合），试猜想CF，BD，AB之间的数量关系，并说明理由； （3）【灵活应用】 当AB＝3，时，直接写出线段BD的长为 　 　． 9、问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边△ABC的边BC上一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE． （1）【猜想证明】试猜想BD与CE的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE，若B、D、E三点共线，求证：EB平分∠AEC； （3）【拓展提升】如图3，若△ABC是边长为2的等边三角形，点D是线段BC上的动点，将线段AD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接CE．点D在运动过程中，△DEC的周长最小值＝　 　（直接写答案）． 10、数学活动课上，老师组织数学小组的同学进行以“三角形卡片拼接与变换”为主题的数学学习活动．他们准备若干个的特殊直角三角形卡片，其中在三角形卡片ABD中，∠ADB＝90°，∠ABD＝30°，AD＝2． （1）如图1，将一个与△ABD全等的△CDB沿较长的直角边重合，拼成一个四边形ABCD． ①求证：四边形ABCD是平行四边形； ②连接AC交BD于点O，求△AOD的面积； （2）在（1）的条件下，将一条直角边与AC重合的等腰直角三角形卡片ACE（∠ACE＝90°）与四边形ABCD拼成如图2所示的平面图形，请求出点E到AB的距离； （3）一个斜边长度与AD相等的30°三角板ADE（∠E＝90°，∠ADE＝30°）如图3摆放，将△ADE绕点A顺时针旋转，旋转角α（0°＜α＜180°）△ADE旋转后的三角形记为△AD′E′．在旋转过程中，直线D′E′所在的直线与直线BD，AB交于P，Q两点，当△BPQ为等腰三角形时，请直接写出E′Q的长． 11、【问题背景】如图1，在▱ABCD中，AB⊥DB．将△ABD绕点B逆时针旋转至△FBE，记旋转角∠ABF＝a（0°＜α≤180°），当线段FB与DB不共线时，记△ABE的面积为S1，△FBD的面积为S2． 【特例分析】如图2，当EF恰好过点A，且点F，B，C在同一条直线上时． （1）α＝　 　°； （2）若，则S1＝　 　，S2＝　 　； 【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S1与S2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路： 思路1：如图3，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题： 思路2：如图4，过点E作EH⊥AB于点H，过点D作DG⊥FB，交FB的延长线于点G，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题； … （3）如图5，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S1与S2之间的等量关系为 　 　，并说明理由． 【拓展应用】在旋转过程中，当S1+S2为▱ABCD面积的时，α的值为 　 　． 12、【探究发现】 （1）如图1，在△ABC中，AB＝AC．AH⊥BC，垂足为H，点D在AH上，连接BD，CD，则有下列命题：①△ABD≌△ACD；②△BDH≌△CDH． 请你从中选择一个命题证明其真假，并写出证明过程． 【类比迁移】 （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D在三角形的内部，过点D作BD⊥CD，且BD＝CD，连接AD．求证：AD＝BD＝CD． 【拓展提升】 （3）如图3，在△ABC中，∠BAC＝45°，BC＝5，把线段AB绕点A顺时针方向旋转90°到AM，把线段AC绕点A逆时针旋转90°到AN，分别连接MB，NC，MN，请直接写出△AMN面积的最大值． 13、[知识链接]，“化归思想”是数学学习中常用的一种探究新知、解决问题的基本的数学思想方法，通过“转化、化归”通常可以实现化未知为已知，化复杂为简单，从而使问题得以解决．在探究平行四边形的性质时，学习小组利用这种思想方法，发现并证明了如下有趣结论，平行四边形两条对角线的平方和等于四边的平方和．请你根据学习小组的思路，完成下列问题： （1）[问题发现]：如图1，学习小组首先通过对特殊平行四边形——矩形（长方形）的研究发现在矩形ABCD中令AB＝a，BC＝b，则可求得AC2+BD2＝　 　；（用a、b的式子表示） （2）[问题探究]：如图2，学习小组通过添加辅助线，尝试将平行四边形转化为矩形，继续对一般平行四边形ABCD进行研究，如图：分别过点A、D作BC边的垂线，请你按照这种思路证明AC2+BD2＝2（AB2+BC2）； （3）[问题拓展]：如图3，在△ABC中，AD是BC边上的中线，已知：AD＝3，BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，请你添加合适的辅助线，构造平行四边形进行转化，求AB•AC的值． 14、（12分）△ADE和△ABC都是等腰三角形，∠ADE＝∠BAC＝90°，P为AE中点，连接DP． （1）如图1，点A，B，D在同一条直线上，直接写出DP与AE的位置关系； （2）将图1中的△ADE绕点A按逆时针方向旋转，当AD落在图2所示位置时，点C，D，P恰好在同一条直线上． ①在图2中，按要求补全图形，并证明∠BAE＝∠ACP； ②连接BD，交AE于点F．判断并证明线段BF与DF的数量关系． 15、在四边形ABCD中，∠EAF＝∠BAD（E、F分别为边BC、CD上的动点），AF的延长线交BC延长线于点M，AE的延长线交DC延长线于点N． （1）如图①，若四边形ABCD是正方形，求证：△ACN∽△MCA； （2）如图②，若四边形ABCD是菱形． ①（1）中的结论是否依然成立？请说明理由； ②若AB＝8，AC＝4，连接MN，当MN＝MA时，求CE的长． 16、如图1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC． （1）求C点的坐标； （2）如图1，在平面内是否存在一点H，使得以A、C、B、H为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出H点坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图1点M（1，﹣1）是第四象限内的一点，在y轴上是否存在一点F，使得|FM﹣FC|的值最大？若存在，请求出F点坐标；若不存在，请说明理由 17、如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别在它的四条边上，且AE＝BF＝CG＝DH． （1）求证：△EBF≌△HAE；． （2）四边形EFGH的形状是 　 　； （3）若AH＝a，AE＝b，EH＝c，请借助图中几何图形的面积关系来证明a2+b2＝c2． 18、如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在CD边上运动（不与点C、D重合）．过点B作AE的平行线交DC的延长线于点F，过点D作AE的垂线DN分别交于AE，BF于点M、N． （1）求证：四边形ABFE是平行四边形； （2）若，求线段MN的长； （3）点E在CD边上运动过程中，∠CND的大小是否改变？若不变，求出该值，若改变请说明理由． 19、如图，正方形ABCD的边长是10．点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，过P点分别作AB、BC的垂线，垂足分别为E，F． （1）若，求BE的长； （2）请你猜想EF与DP的数量关系，并给出证明； （3）在P点运动过程中，EF的长也随之变化，直接写出EF的最小值． 20、如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC交BC边于点E，点F在边AD上，且DF＝BE． （1）求证：四边形AECF是矩形． （2）若BF平分∠ABC，且DF＝1，AF＝3，求线段BF的长． 21、已知正方形ABCD，以CE为边在正方形ABCD外部作正方形CEFG，连AF，H是AF的中点，连接BH，HE． （1）如图1所示，点E在边CB上时，则BH，HE的关系为 　 　； （2）如图2所示，点E在BC延长线上，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请给出新的结论并证明． （3）如图3，点B，E，F在一条直线上，求证：BH⊥EH． 22、如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB交于点E，连接CE，过点C作CF∥BA交PQ于点F，连接AF． （1）求证：△AED≌△CFD； （2）求证：四边形AECF是菱形． （3）若ED＝6，AE＝10，则菱形AECF的面积是多少？ 23、课本再现： （1）如图1，ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE＝CF．要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？ BE和AF的数量关系是：　 　；BE和AF的位置关系是 　 　；（无需证明） 知识应用： （2）如图2，ABCD是一个正方形草地，现要在内部修建两条路MN、EF，且MN⊥EF， ①请问这两条路MN、EF还相等吗？为什么？ ②如图3，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，若折痕EF的长为13，求此时DE的长； 拓展延伸： （3）如图4，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与EF交于点P，取AD的中点M，连接PM、PC，则PM+PC的最小值为 　 　，此时EF的长度是 　 　． 24、已知正方形ABCD，以CE为边在正方形ABCD外部作正方形CEFG，连AF，H是AF的中点，连接BH，HE． （1）如图1所示，点E在边CB上时，则BH，HE的关系为 　 　； （2）如图2所示，点E在BC延长线上，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请给出新的结论并证明． （3）如图3，点B，E，F在一条直线上，求证：BH⊥EH． 25、如图，在▱ABCD中，AD＝2CD，F是AD的中点，CE⊥AB，垂足为点E，连接EF、CF． （1）求证：CF平分∠BCD； （2）若BE＝5，CE＝12，求△ECF的面积； （3）请判断线段EF与CF的数量关系，并说明理由． 26、如图，点E在正方形ABCD对角线BD上，连接AE、CE，点F为AB上一点，连接CF， 交BD于点G．连接EF，若AE＝EF． （1）求证：AE＝CE； （2）求∠ECF的度数； （3）经探究，DE、BG、EG三条线段满足某种数量关系，请直接写出们之间的关系式． 27、如图，四边形OAFB，OCED均为正方形，OA＝，OC＝5． （1）连接DB，AC，试判断AC与DB之间的数及关系和位置关系，并说明理由． （2）在正方形OAFB绕点O旋转的过程中，（1）的结论依旧成立，当A，B，D三点共线时，求BC的长． 28、如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AB＝AD，AC＝8，BD＝6，CE∥BD，BE∥AC，连接OE，BC与OE相交于点P，连接DP． （1）求AB的长； （2）求证：OE＝AD； （3）求DP的长． 29、如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边AD的延长线上，连接EF与边CD相交于点G，连接AE、BD，DF＝DG，EA＝EG． （1）求证：四边形BDFE是平行四边形； （2）求∠AEG大小； （3）若AE＝6，求▱BDFE的面积． 学科网（北京）股份有限公司 $$