2026年九年级中考数学复习微专题：任务阅读性几何探究

微专题：任务阅读性几何探究 1.阅读材料并解答下列问题 截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．下面是人教八下P69一道关于正方形性质的题目： 如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证AE＝EF.(提示：取AB的中点G，连接EG.) 解题步骤：如图②，取AB的中点G，连接EG(则AG＝EC)，在BC的延长线上取一点H， ∵四边形ABCD为正方形，∴∠B＝∠DCH＝90°. ∵∠AEF＝90°，∴∠FEC＋∠AEB＝90°. ∵∠GAE＋∠AEB＝90°，∴∠GAE＝      ． ∵E，G分别为BC，AB边上的中点，∴AG＝BG＝BE＝EC，∴△BEG为等腰直角三角形， ∴∠BGE＝45°，∴∠AGE＝135°. ∵CF为∠DCH的平分线，∴∠FCH＝45°， ∴∠ECF＝135°，∴∠AGE＝∠ECF，∴△AGE≌△ECF， ∴AE＝EF. (1)请补全材料中横线上的内容为      ，依据是      ； (2)如图③，在等腰△ACB中，AC＝BC，∠CAB＝30°，射线AP交射线BC于点D，∠PAB＝α，E为射线AP上一点，且∠ACB＝∠AEB，连接CE，请仅就图③的情形解决以下问题： ①若AC＝m，求AB的长(用含m的式子表示)； ②若0°＜α＜30°，求出线段BE，CE，AE之间的数量关系； (3)在(2)的条件下，若AC＝ ，当点C到射线AP的距离为1时，请直接写出线段BE的长． 图③                                                                       备用图 1.解：(1)∠FEC，等角的余角相等； (2)①如解图①，过点C作CG⊥AB于点G， ∵∠CAB＝30°，∴AG＝m·cos30°＝ m. ∵AC＝BC，CG⊥AB，∴G为AB的中点，∴AB＝2AG＝ m； 解图① ②如解图②，在AP上截取AF＝BE，连接CF， ∵∠ACB＝∠AEB，∠ADC＝∠BDE，∴∠CAF＝∠CBE， 在△ACF和△BCE中， ，∴△ACF≌△BCE(SAS)，∴CF＝CE，∠ACF＝∠BCE，∴∠ECF＝∠BCE＋∠DCF＝∠ACF＋∠DCF＝∠ACB＝120°，△CEF是等腰三角形，∴EF＝ CE，∴AE＝AF＋EF＝BE＋ CE； (3)线段BE的长为3－  或3＋  . 【解法提示】当点C到射线AP的距离为1时，需分两种情况进行讨论：①当0°＜α＜30°时，如解图③，过点C作CH⊥AP于点H，由(2)知△CEF为等腰三角形，且∠ECF＝120°，∴∠CFE＝30°，CF＝2CH＝2，FH＝  ，∴AH＝  ＝3，∴BE＝AF＝3－  ；②当α＞30°时，如解图④，过点C作CH⊥AP于点H，由(2)知△CEF为等腰三角形，且∠ECF＝120°，∴∠CFE＝30°，CF＝2CH＝2，FH＝  ，∴AH＝  ＝3，∴BE＝AF＝3＋  .综上所述，线段BE的长为3－  或3＋  . 2.为培养同学们的数学思维，刘老师提出一个问题情境，供兴趣小组的同学们研讨，问题情境：如图①，矩形ABCD中，将△ABD沿对角线BD所在直线折叠，得到△MBD，点A的对应点为点M，BM交CD于点N，连接MC． 刘老师：在这个问题情境下，你能得到什么结论？ 小明：我能得到DB∥CM， 理由：如图①，∵矩形ABCD沿BD折叠，∴∠ABD＝∠DBM， ∵DC∥AB，∴∠ABD＝∠BDC， ∴∠DBM＝∠BDC，∴DN＝BN，………………………………………………① ∵DC＝AB，AB＝BM，∴DC＝BM， ∴DC－DN＝BM－BN，即MN＝CN，∴∠NMC＝∠NCM， ∵∠DNB＝∠MNC，∴∠BDC＝∠DCM，∴DB∥CM，……………………………………② 小亮：不只是矩形有这样的关系，我们可以从“特殊到一般”，把矩形换为平行四边形，如图②，在平行四边形ABCD中，按问题情境操作，也能得出DB∥CM， 小红：小亮的思路很好，我发现如果在图②的△ABD中，∠A与∠DBA满足一定的数量关系，那么可以得到△DAB∽△NMD， 请仔细阅读以上研讨过程，完成下述任务． 任务： （1）小明的理由中①的依据是            ；②的依据是            ． （2）如图②： ①小亮的结论是否正确？（不需证明） ②在△ABD中，∠A与∠DBA满足什么数量关系时，可以得到△DAB∽△NMD？请说明理由； （3）如图③，平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AD＝3，按问题情境操作，当△DMB是直角三角形时，请直接写出CM的长． 2.解：（1）①两底角相等的三角形为等腰三角形②内错角相等，两直线平行； 【解法提示】∵∠DBM＝∠BDC，∴△BDN是等腰三角形，∴DN＝BN； （2）①正确； 【解法提示】∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵∠ABD＝∠DBM，∴∠DBM＝∠CDB，DN＝BN，∵CD＝BM，∴CN＝CM，∵∠MNC＝∠DNB，∴∠DCM＝∠CDB，∴DB∥CM． ②当∠A＋3∠DBA＝180°时； 证明：∵∠DMB＝∠A＝90°， ∴∠MDB＝60°，∠CDB＝∠DBM＝∠DBA＝30°， ∴∠MDC＝30°，∠DNM＝90°， ∴△DAB∽△NMD， 故当∠A＋3∠DBA＝180°时，△DAB∽△NMD， （3）   或   ； 【解法提示】解法一：将△ABD沿对角线BD所在直线折叠得到△MBD，连接BM与CD交于N，连接MC，如图①，当△DMB为直角三角形时，△ABD也为直角三角形，由折叠知，△ADB≌△MDB，∴DM＝AD＝3，∠ADB＝∠MDB＝90°，∴AD，M在同一条直线上，∵ABCD为平行四边形，∴AAB∥CD，AB＝CD，∴∠MDC＝∠DAB，∵AD＝MD，AB＝CD，∴△MDC≌△DAB（SAS），∴CM＝BD，在Rt△ADB，∠A＝30°，AD＝3，∴   ，∴BD   ，∴CM   ．当∠DBM＝90°时，∵△ABD沿DB折叠，∴DM＝DA＝3，∠DMB＝∠DAB＝30°，∠ABD－∠MBD＝90°，∴A，B，M三点共线，∵AB＝BM＝DC，DC∥AM，∠MBD＝90°，∴四边形DBMC为矩形，∴CM＝DB，在Rt△DAB中，DB＝DA•sin∠A   ，即CM   ．故CM的长为   或   ； 图① 解法二：①当∠MDB＝90°时，如图②，∵△ABD沿DB所在直线折叠，∴DM＝DA＝3，∠DMB＝∠DAB＝30°，∠ADB＝∠MDB＝90°，∴A、D、M三点共线．∵四边形ABCD为平行四边形，∴DA∥BG，即DM∥BC，DA＝BC，∴DM∥BC，DM＝BC，∴四边形DBCM为矩形，∴CM＝DB，在Rt△ADB中，DB＝DA·tan∠A＝3×   ＝3，即CM＝3，②当∠DBM＝90°时，如图③，∵△ABD沿DB折叠，∴DM＝DA＝3，∠DMB＝∠DAB＝30°，∠ABD＝∠MBD＝90°，∴A，B，M三点共线，∵AB＝BM＝DC，DC∥AM，∠MBD＝90°，∴四边形DBMC为矩形，∴CM＝DB，在Rt△DAB中DB＝DA·sin∠A＝3×   ，即CM＝   ，综上可知，当△DMB是直角三角形时，CM的长为   或   ． 图②                                         图③ 3.【问题情景】 （1）王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图  ，在△ABC中，AB=AC，  为边BC上的任一点，过点  作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为  ，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，求证：PD+PE=CF； 小明的证明思路是： 如图①，连接  ，由△ABC与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF； 小颖的证明思路是： 如图②，过点  作  ，垂足为  ，可以证得：  ，  ，则  ；请你选择小明、小颖两种证明思路中的任意一种，写出详细的证明过程； 【变式探究】 （2）如图③，当点  在  延长线上时，问题情境中，其余条件不变，求证：  ； 【迁移拓展】 （3）如图④，在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为  ，  ，且  ，  ，AD=3cm，  ，  分别为AE，BE的中点，连接DM，DN，请直接写出△DEM与△CEN的周长之和． 3.（1）证明：小明的证明：连接  ，如答案图①， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， 小颖的证明：过点  作  ，垂足为  ，如答案图②， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴四边形  矩形， ∴  ，  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， 在  和  中， ， ∴  ， ∴  ， ∴  ；     答案图①               答案图② （2）证明：小明的证明：连接  ，如答案图③， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， 小颖的证明：过点  作  ，垂足为  ，如答案图④， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴四边形  是矩形， ∴  ，  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， 在  和  中， ， ∴  ， ∴  ， ∴  ； 答案图③                       答案图④ （3）解：延长  ，  交于点  ，过点  作  ，垂足为H，如答案图⑤， ∵  ， ∴  ， ∵  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， 由问题情景中的结论可得：  ，设  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ， ∴  ， 解得  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ，  ，  分别为  ，BE的中点， ∴  ，  ， ∴△DEM与△CEN的周长之和为DE＋DM＋EM＋CN＋EN＋EC=DE＋AE＋BE＋EC=DE＋EC＋AE=5＋  cm， ∴△DEM与△CEB的周长之和5＋  cm． 答案图⑤ 4.下面是数学老师在课堂上讲解“一线三垂直”全等模型的教学片段，请仔细阅读，并完成相应任务. 老师：“一线三垂直”指的是一条线段上，存在三个直角，当有一组对应边相等时，则考虑根据平角的性质、三角形内外角性质进行等角代换判定三角形全等来解决问题． 例题：如图①，AC⊥BC且AC＝BC，由点A和点B向过点C所在的直线DE作垂线，求证：△ADC≌△CEB. 小娟的证明如下： ∵AD⊥CD，AC⊥BC，∴∠D＝∠ACB＝90°，∴… 图① (1)【问题探究】请你帮小娟补全剩余证明过程； (2)【问题解决】如图②，在矩形ABCD中，AB＝9，tan∠ADB＝ ，点E在边DA上，连接BE，将线段BE绕点E逆时针旋转90°后，点B的对应点F恰好落在BD上，求线段DF的长； (3)【拓展应用】如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为边BC上一点，DE⊥BC交AB于点E，连接CE，M是CE的中点，连接AM，DM，延长DM交AC于点N，若E为AB的三等分点，AB＝6，请直接写出AN的长． 4.解：(1)补全剩余证明过程如下： ∴∠CAD＋∠ACD＝∠ACD＋∠BCE＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE. ∵BE⊥CE，∴∠E＝∠D＝90°. 又∵AC＝BC， ∴△ADC≌△CEB(AAS)； (2)如解图①，过点F作FH⊥AD于点H， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°. ∵AB＝9，tan∠ADB＝ ， ∴AD＝12. ∵tan∠ADB＝ ＝ ， ∴设DH＝4x，FH＝3x， ∴DF＝5x. ∵∠BEF＝90°， ∴∠ABE＋∠AEB＝∠AEB＋∠HEF＝90°， ∴∠ABE＝∠HEF， 在△ABE与△HEF中， ， ∴△ABE≌△HEF(AAS)， ∴AE＝HF＝3x，EH＝AB＝9， ∴AE＋DH＝AD－EH＝3x＋4x＝12－9＝3， ∴x＝ ， ∴DF＝5x＝ ； 解图① (3) 或 . 【解法提示】如解图②③，连接AD，∵∠BAC＝90°，M是CE的中点，∴AM＝CM＝ CE，∴∠AME＝2∠ACE，同理可得，DM＝CM＝ CE，∠DME＝2∠DCE.∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACB＝45°，∴∠AMD＝∠AME＋∠DME＝2(∠ACE＋∠DCE)＝2∠ACB＝90°，∴AM⊥DM.∵DM＝CM，AM＝CM，∴AM＝DM，∴∠ADM＝45°.∵∠ADC＝∠ADM＋∠NDC＝∠B＋∠BAD，∠B＝45°，∴∠BAD＝∠NDC.∵∠B＝∠ACB＝45°，∴△ABD∽△DCN，∴ ＝ ，在Rt△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，∴BC＝6 ，①若E是靠近点B的三等分点，如解图②，∵AB＝6，∴BE＝2，∴BD＝ ，CD＝5 ，∴ ＝ ，解得CN＝ ，∴AN＝ ；②若E是靠近点A的三等分点，如解图③，同理可得AN＝ .综上所述，AN的长为 或 . 　 5.下面是某数学兴趣小组探究用不同方法证明将一条线段截为三段，且三段顺次相连构成的三角形恰好是直角三角形的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应任务． 如图①，(1)以线段AB为斜边作等腰直角△ABC；(2)在线段AB上取一点D，作射线CD；(3)将射线CD绕点C逆时针旋转45°至CE，交线段AB于点E.线段AD，DE，EB顺次相连恰好构成直角三角形． 小亮：我可以用轴对称的方法进行证明：如图②，将△CDA沿CD所在的直线对折得到△CDF，连接EF.简述理由如下：通过证明△CEF≌△CEB，进而说明线段AD，DE，EB顺次相连即为直角三角形． 小强：我可以用旋转的方法进行证明：如图③，将△CDA绕点C逆时针旋转90°至△CGB，连接EG. … 任务： (1)小亮得出△CEF≌△CEB的依据是      (填序号)； ①SSS　　　②SAS　　　③AAS　　　④ASA　　　⑤HL (2)请完成小强的证明过程； (3)如图④，已知AB＝6，小娟认为以线段AB为底边作等腰△ABC，使∠ACB＝120°，在线段AB上取一点D，作射线CD，再将射线CD绕点C逆时针旋转60°至CE，交线段AB于点E，也能得到线段AD，DE，EB顺次相连构成直角三角形，请直接写出线段AD的长． 5.解：(1)②； 【解法提示】∵△ACB是等腰直角三角形，∴CA＝CB，∠A＝∠B，∠ACB＝90°. 将△CDA沿CD所在的直线对折得到△CDF，∴CF＝CA＝CB，∠ACD＝∠FCD.∵∠DCE＝45°，∴∠ACD＋∠BCE＝45°，∠DCF＋∠FCE＝45°，∴∠ECF＝∠ECB.在△CEF与△CEB中， ，∴△CEF≌△CEB(SAS). (2)完成证明过程如下：∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形， ∴∠ACB＝90°，∠A＝∠CBA＝45°，CA＝CB， ∵△CGB是由△CDA绕点C逆时针旋转90°得到的， ∴∠GCB＝∠DCA，∠GBC＝∠A＝45°，CG＝CD，AD＝BG， ∵∠DCE＝45°，∴∠DCA＋∠ECB＝∠ACB－∠DCE＝45°， ∴∠GCB＋∠ECB＝45°，即∠GCE＝45°，∴∠DCE＝∠GCE. 在△DCE与△GCE中， ， ∴△DCE≌△GCE(SAS)， ∴DE＝GE，∵∠GBC＝∠CBA＝45°，∴∠GBE＝∠GBC＋∠CBA＝90°， ∴线段BG，GE，EB恰好构成直角三角形， 则线段AD，DE，EB顺次相连能构成直角三角形； (3)作辅助线构造全等三角形，∵∠ABD′＝60°，∴对90°角可分两种情况进行讨论，①∠BD′E＝90°；②∠BED′＝90°. 线段AD的长为3－ 或6－2 . 【解法提示】∵△ABC是等腰三角形，且∠ACB＝120°，∴∠A＝∠ABC＝30°.如解图①，②，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得到△BCD′，连接D′E，∴∠ACD＝∠BCD′，∠A＝∠CBD′＝30°，AD＝BD′，CD＝CD′.∵∠DCE＝60°，∴∠ACD＋∠BCE＝60°，∴∠BCD′＋∠BCE＝60°，∴∠DCE＝∠D′CE＝60°，在△EDC与△ED′C中， ，∴△EDC≌△ED′C(SAS)，∴DE＝D′E，∵∠CBD′＝∠ABC＝30°，∴∠ABD′＝60°.设AD＝BD′＝x.如解图①，当∠BD′E＝90°时，BE＝ ，DE＝D′E＝x·tan60°.∵AB＝6，∴x＋x·tan60°＋ ＝6，解得x＝3－ .如解图②，当∠BED′＝90°时，DE＝D′E＝x·sin60°，BE＝x·cos60°，∴x＋x·sin60°＋x·cos60°＝6，解得x＝6－2 .综上所述，线段AD的长为3－ 或6－2 . 解图 6.问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题： 如图①，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB＝∠E＝90°，BC＝DE＝6，AC＝FE＝8，顶点D与边AB的中点重合，DE经过点C，DF交AC于点G．求重叠部分(△DCG)的面积． （1）小明经过独立思考，写出如下步骤，请你帮助小明补全依据及步骤： 解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴DC＝DB＝DA， ∴∠B＝∠DCB，(依据：______) 又∵△ABC≌△FDE， ∴∠FDE＝∠B， ∴∠FDE＝∠DCB， ∴______， ∴∠AGD＝∠ACB＝90°， ∴DG⊥AC， 又∵DC＝DA， ∴G是AC的中点， ∴DG为△ABC中位线， ∴CG 8＝4，DG 6＝3， ∴SDCG ·CG·DG =  4×3＝6． （2）“希望”学习小组受此问题的启发，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥AB交AC于点H，DF交AC于点G，如图②，请解决下列两个问题： ①求证：△AHD∽△ABC； ②求出重叠部分(△DGH)的面积； （3）“智慧”小组也不甘落后，提出的问题是：如图③，将△DEF绕点D旋转，DE，DF分别交AC于点M，N，当△DMN是以DM为腰的等腰三角形时，请你直接写出此时重叠部分(△DMN)的面积是______． 6.（1）解：等边对等角，DG∥BC； 【解法提示】∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴DC＝DB＝DA，∴∠B＝∠DCB，(依据：等边对等角)，又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE＝∠B，∴∠FDE＝∠DCB，∴DG∥BC． （2）①证明：∵DE⊥AB交AC于点H， ∴∠ADH＝∠ACB＝90°， 又∵∠A＝∠A， ∴△AHD∽△ABC； ②解：∵△AHD∽△ABC， ∴∠AHD＝∠B，  ， ∴  ， ∴  ， 又∵△ABC≌△FDE， ∴∠GDH＝∠B， ∴∠GDH＝∠AHD， ∴GH＝GD， ∵∠GDH＋∠ADG＝∠AHD＋∠A＝90°， ∴∠ADG＝∠A， ∴AG＝GD， ∴AG＝GH， ∴  ； （3）解：  ． 【解法提示】分两种情况讨论，①当DM＝DN时，如图①，连接CD，过点D作DQ⊥MN交MN于点Q，过点M作MP⊥DN交DN于点P．∵CD为Rt△ABC斜边中线，∴DC＝DA＝5，∴CQ＝AQ  AC＝4，∴DQ  3．∵∠MDP＝∠B，∠MPD＝∠ACB＝90°，∴△MDP∽△ABC，∴  ，∴  ，∴DP:PM:DM＝3:4:5，设DP＝3x，PM＝4x，DM＝5x，∴NP＝DN－DP＝5x－3x＝2x，∵△DMN面积  MN·DQ  DN·MP，∴MN·3＝5x·4x，∴MN  ，∵MN2＝MP2＋PN2，∴(  )2＝(4x)2＋(2x)2，∴x2  ，∴△DMN面积  MP·DN  ×4x×5x＝10x2  ；②当MD＝MN时，∴∠MDN＝∠MND．如图②，连接CD，过点M作MH⊥DN交DN于点H．∵CD为Rt△ABC斜边中线，∴DA＝DC，∴∠NCD＝∠A，∠MND＝∠MDN＝∠B，∴△CND∽△ABC，∴∠CDN＝∠ACB＝90°，∴MH∥CD，∵H为ND中点，∴M为CN中点，∴MH  CD  ．∵△MHN∽△ACB，∴  ，∴NH  ，∴DN＝2NH  ，∴△DMN面积  DN·MH  ． 7.请阅读下列材料，并完成相应的任务： 如图①，Rt△ABC被平行于CD的光线照射，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AB在投影面上．那么线段AC的投影是AD，线段BC的投影是BD.我们可以利用三角形相似证明CD2＝AD·BD，这个结论我们称为射影定理．下面为某同学的证明过程： 证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠CDB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°， ∴∠A＝∠BCD，则△ACD∽△CBD，则 ＝ ，∴CD2＝AD·BD. 某数学兴趣小组利用上述结论进行了如下的探究： 已知：如图②，在矩形ABCD中，BC＞AB. 求作：等腰直角三角形，使等腰直角三角形的面积等于矩形ABCD面积的一半． 作法：(1)在BC的延长线上截取CE＝CD；(2)作线段BE的垂直平分线l，交BE于点O；(3)以点O为圆心，OE长为半径作弧，交CD的延长线于点H；(4)以点C为圆心，CH为半径画弧，交BE的延长线于点G，连接HG，△CHG即为所求等腰直角三角形. (1)根据上述作法，请在图②中使用尺规完成作图，并标注对应字母； (2)请结合作图过程，证明该小组作法的正确性； (3)结合(1)(2)问的思路，已知正方形，也可以作出与其面积相等的矩形(长宽不等)．如图③，在正方形ABCD的边BC上取一点E，以点C为圆心，CE长为半径作弧，交CD于点F，连接DE，作DG⊥DE，交BC的延长线于点G，以CG，CF为邻边作矩形CGHF，则矩形CGHF即为所求．若E是BC边的三等分点，请直接写出矩形CGHF的长和宽的比值． 7.(1)解：完成作图如解图①，△CHG即为所求等腰直角三角形； 解图① (2)证明：如解图②，以点O为圆心，以OB长为半径作半圆O，由作图可知点H在半圆O上，连接BH，EH， 由作图步骤可知，直线l垂直平分BE，CD＝CE， ∵BE是半圆O的直径，∴∠BHE＝90°， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°， ∴∠DCE＝180°－∠BCD＝180°－90°＝90°，∴∠BHE＝∠BCD＝∠DCE＝90°， ∴∠HBC＝90°－∠BHC，∠EHC＝90°－∠BHC，∴∠HBC＝∠EHC， 又∵∠BCD＝∠DCE，∴△HBC∽△EHC，∴ ＝ ，∴CH2＝BC·CE， 又∵S△CHG＝ CH2＝ BC·CE，CD＝CE，∴S矩形ABCD＝BC·CD＝BC·CE，∴S△CHG＝ S矩形ABCD； 解图② (3)解：矩形CGHF的长和宽的比值为 或9. 【解法提示】同(2)易得CD2＝CE·CG，CE＝CF，BC＝CD，当E是BC边的三等分点时，分两种情况讨论：①如解图③，CE＝2BE，此时CD＝ CF，∴( CF)2＝CF·CG，∴CG＝ CF，即矩形CGHF的长和宽的比值为 ；②如解图④，BE＝2CE，此时CD＝3CF，∴(3CF)2＝CF·CG，∴CG＝9CF，即矩形CGHF的长和宽的比值为9.综上所述，矩形CGHF的长和宽的比值为 或9. 解图③                                                           解图④ 8.数学兴趣小组的同学在学习中点知识时，遇到如下一个问题：如图①，在边长为4的正方形ABCD中，点E是边AD的中点，BF＝1，连接BE，CF，点G，H分别是BE，CF的中点，连接GH，求GH的长．小组成员展开讨论，方法多样，其中小佳同学的做法最具有推广性． 小佳同学是这样思考的：题目中有两个中点，我想到用中位线，但是这两个中点所在的线段是交叉状态，所以可以通过轴对称将它变成“共顶点”的图形、这样就可以构造出三角形的中位线．具体如下：如图②．过点F作FP⊥CD，垂足为P，易证四边形BCPF是矩形，连接BP、则点H也是BP的中点，连接EP，则GH是△BEP的中位线，计算出EP的长度即可求出GH的长度． 根据以上信息，请回答以下问题： （1）点H是BP中点的依据是______； （2）请根据小佳同学的思路写出具体的证明过程； （3）如图③，在Rt△ABC中， ，BC＝2，将Rt△ABC绕着点B顺时针旋转，D，D'分别是AC，A'C'的中点，当点C'落在△ABC的边上时（不包含顶点），求DD'的长度． 8.解：（1）矩形的对角线平分且相等； 【解法提示】由题意，可知四边形BCPF是矩形，∴FC＝BP，∵点H是对角线FC的中点，∴HF＝HC FC，∴HB＝HP BP，∴点H是BP的中点．∴点H是BP中点的依据是：矩形的对角线互相平分. （2）如解图①，过点F作FP⊥CD，垂足为P，连接BP，EP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠DCB＝90°， ∵FP⊥CD， ∴∠FPC＝∠ABC＝∠DCB＝90°， ∴四边形BCPF是矩形， ∵点H是对角线FC的中点， ∴点H是BP的中点， ∵点G是BE的中点，点H是BP的中点， ∴GH是△BPE的中位线， ∴ ， ∵正方形ABCD边长为4，点E是AD的中点， ∴AD＝DC＝4，ED＝2， ∵四边形BCPF是矩形， ∴PC＝BF＝1， ∴DP＝3， 在Rt△EDP中，由勾股定理得EP ， ∴ ； 解图① （3）在Rt△ABC中，  ，BC＝2， ∴tan C  ， ∴∠C＝60°， ∴AC＝2BC＝4. 当点C'落在△ABC边上时，分两种情况， 情况1：当点C'落在边AC上时，如图②， 由旋转可知，BC＝BC′， ∵∠C＝60°， ∴△BCC'是等边三角形， 此时点C'恰好与点D重合，且A'C'⊥AB， ∵D，D'分别是AC，A'C'的中点， ∴  ； 情况2：方法一：当点C'落在边AB上时，分别以AC和A'C'为对角线构造矩形， 如图③，连接BE，BF，EF， ∴点D和点D'为BE，BF的中点， ∴DD'是△BEF的中位线， 延长FC'，交EC于点G， ∴∠FGE＝90°， 在Rt△EFG中，  ， 由勾股定理可得，EF  4  ， ∴DD′  EF＝2  ； 方法二：如图③，∵矩形ABCE和矩形A'BC'F， ∴AC＝BE＝BF＝A'C'，∠FBE＝90°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴BE＝AC＝4， ∴  ， ∴  ． 综上所述，当点G'落在△ABC的边上时（不包含顶点），DD'的长度为2或2  ．                                                                                                                                     解图②                                      解图③ 9.复习过《三角形》后，刘老师设置了一个问题情境，让同学们讨论问题情境： 如图①，在△ABC和△DAE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，且∠ADB＝90°，延长DE交BC于点M．试分析你能得出的结论． 以下是小明和小红的讨论过程．请你细阅读并完成任务． 小明：我能得出△ABD≌△ACE． 理由：∠DAE＝∠DAB+∠BAE，∠BAC＝∠EAC+∠BAE，∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAB＝EAC． 又AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE． 小红：我猜测点M为BC的中点． 思路：我考虑，若点M为BC的中点，则可以按照“倍长中线”的思路，如图②，过点C作CF∥BD交DM的延长线于点F，只需要证明△BDM≌△CFM即可证明所猜． 任务： （1）小明的理由中，得到△ABD≌△ACE的依据是      ．（填序号） ①SSS ②SAS ③AAS ④ASA ⑤HL （2）小红的猜测是否正确？若正确，请帮她证明；若不正确，请说明理由． （3）如图③，AB＝AC，∠B＝30°，点N为平面内一点，若∠ANB＝120°，AN＝1，BN＝2，直接写出CN的长． 9.解：（1）②； 【解法提示】∵∠DAE＝∠DAB+∠BAE，∠BAC＝∠EAC+∠BAE，∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝EAC，又AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）. （2）小红的猜测正确.理由如下： 过点C作CF∥BD交DM的延长线于点F， ∴∠BDE＝∠CFE， ∵AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED， ∵△ABD≌△ACE，∠ADB＝90°， ∴∠ADE+∠BDE＝90°，∠AED+∠CEF＝180°﹣90°＝90°，BD＝CE， ∴∠BDE＝∠CEF， ∴∠CFE＝∠CEF， ∴CE＝CF， ∴CF＝BD， ∵∠BMD＝∠CMF， ∴△BMD≌△CMF， ∴BM＝CM，即点M为BC的中点； （3）  或  . 【解法提示】将AN绕点A顺时针旋转120°得到AP，连接PN，PB，则  ，分两种情况： 如图①，当点N在AB下方时，过点A作AQ⊥PN于点Q， 则  ， ∴  ， ∵∠ANB＝120°， ∴∠BNP＝120°﹣30°＝90°， ∴  ， 由（1）可知△ABP≌△ACN， ∴  ； 如图②，当点N在AB上方时，过点P作PE⊥BN于点E， 同①可得，  ， ∵∠ANB＝120°，∠ANP＝30°， ∴∠ENP＝180°﹣30°﹣120°＝30°， ∴  ， ∴  ， ∴  ， 由（1）可知△ABP≌△ACN， ∴  ， 综上所述，CN的长为  或  ． 答案图①              答案图② 10.综合与实践 莹莹复习教材时，提前准备了一个等腰三角形纸片ABC，如图，AB＝AC＝5，BC＝6.为了找到重心，以便像教材上那样稳稳用笔尖顶起，她先把点B与点C重叠对折，得折痕AE，展开后，她把点B与点A重叠对折，得折痕DF，再展开后连接CD，交折痕AE于点O，则点O就是△ABC的重心． 教材重现： (1)初步观察：连接AF，则AF与BF的数量关系是：      ； (2)初步探究：请帮助莹莹求出△AOC的面积； (3)猜想验证：莹莹通过测量惊奇地发现OA＝2OE，CO＝2OD.她的发现正确吗？请说明理由； (4)拓展探究：莹莹把△AFC剪下后得△A′F′C′，发现可以与△ABF拼成四边形，且拼的过程中点A′不与点A重合，直接写出拼成四边形时OA′的长． 10.解：(1)AF＝BF； (2)如解图①，连接BO并延长交AC于点G， ∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴BE＝CE＝3，AE⊥BC，AE＝4，∴S△ABC＝6×4× ＝12， ∵点D，E，G分别为AB，BC，AC的中点，∴AD＝BD，AG＝CG，CE＝BE，∴S△ABE＝S△ACE，S△BOE＝S△COE，∴S△AOB＝S△AOC， ∵点D，G分别为AB，AC的中点，∴S△ADO＝S△BDO，S△AGO＝S△CGO，∴S△ADO＝S△AGO， 同理可得S△ADO＝S△BDO＝S△BOE＝S△COE＝S△COG＝S△AOG＝ S△ABC＝2，∴S△AOC＝S△AOG＋S△COG＝2＋2＝4； 解图① (3)她的发现正确，理由如下： 如解图②，连接DE，由题意得，点D为AB中点，点E为BC中点，∴DE为△ABC的中位线， ∴DE∥AC，且DE＝ AC，∴∠ODE＝∠OCA，∵∠DOE＝∠COA， ∴△DOE∽△COA，∴ ＝ ＝ ＝ ，∴OA＝2OE，CO＝2OD； 解图② (4) 或 . 【解法提示】如解图③，连接OB，∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴BE＝CE＝3，AE⊥BC，AE＝4，由(3)知，OE＝ AE＝ ，∴在Rt△OBE中，由勾股定理得，OB＝ ＝ ＝ ，由折叠的性质得，DF⊥AB，FA＝FB，AD＝BD＝ ，∴∠BDF＝∠BEA＝90°，∵∠ABC＝∠ABC，∴△BDF∽△BEA，∴ ＝ ，即 ＝ ，∴BF＝ ，∴EF＝BF－BE＝ ，∵△A′F′C′与△ABF拼成四边形，且点A′不与A重合，∴共有2种情况：①当点A′与点B重合，如解图③，OA′＝OB＝ ；②当点A′与点F重合，如解图④⑤，连接OF，在Rt△OEF中，由勾股定理得，OA′＝OF＝ ＝ ＝ ，综上所述，OA′的长为 或 . 11.【阅读理解】 新定义：一条线段与另一条线段相等且垂直，则这条线段是另一条线段的“等垂线”．如图①，在△ABC中，∠B＝90°，点D在AB上，E是BC延长线上一点，且AD＝BE，线段AD即为线段BE的“等垂线”，连接DE交AC于点F.小华认为当∠AFD＝45°时，可以得到BD＝CE，下面是小华的不完整的推理过程． 解：如图②，过点A作AG⊥AB，使得AG＝BD，连接EG，DG， ∵AG⊥AB，∠B＝90°， ∴∠DAG＝∠B＝90°，AG∥BE， 在△ADG和△BED中，  ， ∴△ADG≌△BED(SAS)， … (1)请将小华的推理过程补充完整； (2)如图③，在△ABC中，∠ACB＝45°，点D，E分别在AB，BC上，且线段DE是线段AB的“等垂线”，延长DE交AC的延长线于点F，证明：BD＝EF； (3)如图④，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D为射线AB上一点，线段DE为线段AB的“等垂线”，且点E在射线AC上，点F在射线CB上，连接AF与DE，两直线交于点G，若∠CAF＝45°，AB＝4，BD＝1，直接写出BF的长． 11.(1)解：补充的推理过程如下： ∴DG＝ED，∠ADG＝∠BED， ∵∠BDE＋∠BED＝90°， ∴∠BDE＋∠ADG＝90°， ∴∠GDE＝90°， ∴△DEG是等腰直角三角形， ∴∠DEG＝45°， ∵∠AFD＝45°， ∴∠AFD＝∠DEG， ∴AC∥GE， ∴四边形ACEG为平行四边形， ∴AG＝CE， ∵AG＝BD， ∴BD＝CE； (2)证明：如图①，过点A作AG⊥AB使得AG＝BD，连接EG，BG， ∵AG⊥AB，DE⊥AB， ∴∠BAG＝∠BDE＝90°，AG∥DE， 在△ABG和△DEB中  ， ∴△ABG≌△DEB(SAS)， ∴BG＝EB，∠ABG＝∠DEB， ∵∠DBE＋∠DEB＝90°， ∴∠DBE＋∠ABG＝90°， ∴∠GBE＝90°， ∴△BEG是等腰直角三角形， ∴∠BEG＝45°， ∵∠ACB＝45°， ∴∠BEG＝∠ACB， ∴GE∥AF， ∴四边形AGEF为平行四边形， ∴AG＝EF， ∵AG＝BD， ∴BD＝EF； (3)  或  . 【解法提示】①如图②，当点D在点B上方时，延长CB至点H，使BH＝AD，连接AH、EF，易证△ABH≌△EDA，∴AH＝EA，∠H＝∠EAD，∵∠H＋∠BAH＝90°，∴∠EAD＋∠BAH＝90°，∴∠HAC＝90°，∵∠CAF＝45°，∴∠HAF＝∠EAF＝45°，∴△HAF≌△EAF(SAS)，∴∠AFH＝∠AFE，HF＝EF，∵DE⊥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，∴DE∥BC，∴∠EGF＝∠AFH，∴∠EGF＝∠AFE，∴EF＝EG，设BF＝x，则HF＝EF＝EG＝3＋x，∴DG＝DE－EG＝4－(3＋x)＝1－x，∵DE∥BC，∴△ADG∽△ABF，∴  ＝ ，∴  ＝ ，解得x＝  ；②当点D在点B下方时，如图③，延长CB至点H，使BH＝AD＝5，连接AH、EF，易证△ABH≌△EDA，∴AH＝EA，∠H＝∠EAD，∵∠H＋∠BAH＝90°，∴∠EAD＋∠BAH＝90°，∴∠HAC＝90°，∵∠CAF＝45°，∴∠HAF＝∠EAF＝45°，∴△HAF≌△EAF(SAS)，∴∠AFH＝∠AFE，HF＝EF，∴∠HFG＝∠EFG，由①得DE∥BC，∴∠EGF＝∠HFG，∴∠EGF＝∠EFG，∴EF＝EG，设BF＝x，则HF＝EF＝EG＝5－x，∴DG＝EG－DE＝5－x－4＝1－x，∵DE∥BC，∴△ADG∽△ABF，∴  ＝ ，∴   ＝  ，解得x＝ ，综上所述，BF的长为 或 . 12.下面是某数学兴趣小组用尺规作图“作一条线段的三等分点”的过程，请认真阅读并完成相应的任务． 如图①，①分别以点A，B为圆心，大于 AB的长为半径在AB两侧画弧，四段弧分别交于点C，点D； ②连接AC，BC，AD，作射线BD； ③以D为圆心，BD的长为半径画弧，交射线BD于点E； ④连接CE，分别交AB，AD于点F，H，点且点F即为AB的三等分点（即AF AB）． 任务： （1）填空：四边形ADBC的形状是      ，你的依据是      ； （2）在证明点F为AB的三等分点时，同学们有不同的思路． 小明：我是先证明△AHC≅△DHE，再通过证明△AHF∽△BCF得到结论的； 小亮：我是通过证明一次三角形相似得到结论的； 小颖：我是通过作辅助线． 请你选择一种自己喜欢的思路给出证明； （3）如图②，若∠CAD＝60°，AC＝4 ，将CH绕着点C逆时针旋转，当点H的对应点H′落在直线FD上时，请直接写出DH′的长． 12.解：（1）菱形；四条边相等的四边形是菱形； 【解法提示】由作法可知，AC＝AD＝BD＝BC，∴四边形ADBC是菱形． （2）选小明的思路证明如下： 由作图可知，AC＝BC＝AD＝BD＝DE， ∴四边形ADBC是菱形， ∴AC∥BE，AD∥BC， ∴∠ACH＝∠DEH，∠CAH＝∠EDH， ∴△AHC≌△DHE（ASA）． ∴ ， ∵AD∥BC， ∴△AHF∽△BCF， ∴ ， ∴BF=2AF， ∴AB＝AF+BF＝AF+2AF＝3AF， ∴ ； 选小亮的思路证明如下： 由作图可知，AC＝BC＝AD＝BD＝DE， ∴四边形ADBC是菱形，BE＝BD+DE＝2AC， ∴AC∥BE． ∴△ACF∽△BEF， ∴  ， ∴BF=2AF， ∴AB＝AF+BF＝AF+2AF＝3AF，即 （任选其一即可）； （3）当点H′在线段DF上时，如答案图①，连接CD交AB于点O，作H′G⊥CD于点G， 则∠CGH'＝∠DGH'＝90°， ∵四边形ADBC是菱形， ， ∴ ，CD垂直平分AB， ∴CF＝DF， ∵∠CAD＝60°， ∴△ACD等边三角形， ∴ ， ∴ ， 由（2）中小明的证明思路，可知 ， ∴CH垂直平分AD， ∴AF＝DF，∠AHC＝∠DHC＝90°， ∴∠FDA＝∠FAD＝30°， ∵∠CDH'＝∠ADC﹣∠FDA＝60°﹣30°＝30°， 在Rt△CDH中，CH＝CD·sin∠ADC＝4 6， ∴CH'＝CH＝6， 在Rt△DH′G中，∠CDH'＝30°， ∴GH′  ，DG＝DH′·cos∠CDH′  ， ∴ ， 在Rt△CGH′中，GH′2+CG2＝CH′2， ， 解得DH'  ， ∵DH′＜DF，DF＝CF＜CH， ∴CH′＜6， ∴  ； 当点H′在射线DF的延长线上时，如答案图②，连接CD交AB于点O，作H′G⊥DC的延长线于点G， 同理可得，CH'＝CH＝6，GH′   ，DG   ， ∴CG＝DG CD  ， 在Rt△CGH′中，GH′2+CG2＝CH′2， ∴  ， 解得DH'  ， ∵DH′＞CH′＞6， ∴DH′   ． 综上所述，DH' ． 13.阅读下列材料，并完成相应的任务． 几何证明中添加辅助线，其作用主要在于沟通“条件”和“结论”．具体来说，就是把分散的条件集中，使隐藏的条件显现，将复杂的问题化简，为推证创造条件，促成问题的最终解决，其中平移图形是一种重要的添加辅助线策略． 如图①，E，F，G分别是正方形ABCD边上的点，CE⊥FG于点H，求证：CE＝FG. 证明：如图②，平移线段FG，使得点F与点D重合，点G的对应点Q落在边AB上， ∵CE⊥FG， ∴DQ⊥CE，∴∠ADQ＋∠CED＝90°. ∵∠ADC＝90°，∴∠DCE＋∠CED＝90°， ∴∠DCE＝∠ADQ， ∵AD＝DC，∠DAQ＝∠CDE＝90°， ∴△ADQ≌△DCE(ASA)， ∴DQ＝CE，∴CE＝FG. 任务： (1)小聪提出：平移线段DA使点D与点F重合，也可以证明，你认为小聪的观点正确吗？如果正确，写出证明过程，如果不正确，请说明理由； (2)如图③，在正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点P，求cos∠APD的值； (3)如图④，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交边AB、CD于点E、F，GH分别交边AD、BC于点G、H，AM⊥BN，点M、N分别在边BC、CD上．若 ＝ ，请直接写出 的值． 13.解：(1)小聪的观点正确； 证明：如解图①，平移线段DA，使得点D与点F重合，点A的对应点Q落在边AB上，FQ交CE于点M， ∴AD∥FQ，AD＝FQ， ∴∠DEC＝∠FMH，∠FQG＝∠A＝90°. ∵四边形ABCD为正方形，∴FQ＝AD＝CD. 又∵CE⊥FG，∴∠FHE＝90°， ∴∠MFH＋∠FMH＝90°， 又∵∠MFH＋∠QGF＝90°， ∴∠QGF＝∠FMH＝∠DEC. 在△CDE和△FQG中， ， ∴△CDE≌△FQG(AAS)， ∴CE＝FG； 解图① (2)如解图②，平移线段CD，使得点C与点B重合，点D的对应点为D′，连接AD′， ∴∠APD＝∠ABD′， 设正方形网格的边长为单位1，根据勾股定理可得AB＝ ＝2 ，BD′＝ ＝2 ，AD′＝ ＝4 . ∵(4 )2＋(2 )2＝(2 )2， 即AD′2＋BD′2＝AB2，∴△AD′B是直角三角形，∠AD′B＝90°， ∴cos∠APD＝cos∠ABD′＝ ＝ ； 解图② (3) . 【解法提示】如解图③，平移线段EF，使得点E与点A重合，点F落在线段CD上的点P处，平移线段GH，使得点H与点B重合，点G落在线段AD上的点Q处，AP与BQ交于点T，∴AP＝EF，GH＝BQ，AP∥EF，BQ∥GH，又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，BC＝AD，∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA，∴△PDA∽△QAB，∴ ＝ ，∴ ＝ .∵AM⊥BN，∴同理可得 ＝ ，即 ＝ ，∴ ＝ ＝ . 解图③ 14.阅读下列材料，并完成相应的任务． 数学复习课上，老师提出问题让小组交流并完成问题的解答： 如图，∠AOB＝∠BCD＝90°，OC平分∠AOB，求证：OD＋OB＝ OC. 小颖与小组成员交流得到证明的思路是：解决此问题可以用如下方法：分别过点C作CM垂直OA，CN垂直OB，垂足分别为点M，N, 通过证△MCD≌△NCB(ASA)，得到CD＝BC，DM＝BN.易证四边形MONC为正方形，则OD＋OB＝OD＋ON＋BN＝2ON＝ OC，问题得到解决． (1)如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，BD平分∠ABC交AC于点D，点E、F分别在AB，BC边上，且∠EDF＝120°，则BD、BE、BF的数量关系是      ； (2)如图②，∠ABC＝60°，∠EDF＝120°，BD平分∠ABC，若DE∥BC，BD＝4 ，求BE的长；  (3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，BC＝DC，∠BCD＝120°，以C为顶点作等边△CEF，CE、CF分别交AB，AC于点E，F，将△BCE绕点C在平面内自由旋转，点B的对应点为点B′，点E的对应点为点E′，当B′、C、F三点共线时，直接写出 的值． 14.解：(1)BE＋BF＝ BD； 【解法提示】 如解图①，过点D作DM⊥BC，垂足为M, ∵∠A＝90°，∴DA⊥AB，由角平分线的性质可得AD＝DM，∠ABD＝∠MBD＝30°，∵∠EDF＝120°，∴∠EDM＋∠FDM＝120°，∵∠ADE＋∠EDM＝120°，∴∠ADE＝∠FDM，∴△ADE≌△MDF(ASA)，∴AE＝MF.∴BE＋BF＝BE＋BM＋AE＝2BM，∴BE＋BF＝ BD. 解图① (2)如解图②，分别过点D作DM⊥AB，DN⊥BC，垂足分别为点M、N， ∵DE∥BC, ∴∠MED＝60°，∴∠MDE＝30°， 由(1)可知BE＋BF＝BE＋EM＋BN＝2BM，BE＋BF＝ BD， ∴BF＝2BE, ∴BE＋BF＝3BE，∴3BE＝ BD， ∵BD＝4 ，∴3BE＝12，解得BE＝4； 解图② (3) . ∵∠B＝∠D＝90°，BC＝DC，∠BCD＝120°，△CEF是等边三角形，易证△BCE≌△DCF，∴∠BCE＝∠DCF＝30°，BE＝DF，在Rt△BCE中，∠BCE＝30°，∴BC＝ BE，CE＝2BE，分两种情况：①如解图③，当△BCE旋转到直线BC下方时，过点D作DP⊥B′C于点P，设BE＝DF＝a，则CD＝B′C＝ a, CE′＝2a，∴DP＝ CD＝ a，∴S△B′CD＝ DP·B′C＝ × a× a＝ a2，∴S△E′CF＝ DF·CE′＝ ×a×2a＝a2，∴ ＝ ；②如解图④，当△BCE旋转到直线BC上方时，过点B′作B′P⊥CD于点P，由旋转的性质可知，B′C＝BC，易知B′P＝ B′C，设B′E′＝BE＝DF＝a, 则CD＝B′C＝ a，CE′＝2a，B′P＝ a，∴S△B′CD＝ B′P·CD＝ × a× a＝ a2，∴S△E′CF＝ DF·CE′＝ ×a×2a＝a2，∴ ＝ .综上可知， 的值为 . 解图 15.阅读下列材料，并完成相应任务． 梅涅劳斯(Menelaus)定理(简称梅氏定理)是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的．他指出：如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或其延长线分别交于点F、D、E，那么 · · ＝1.   如图①，在△ABC中，D，E是BC的三等分点，M是AC的中点，BM交AD，AE于点G，H，求BG∶GH∶HM的值． 解：直线AD是△BCM的截线，由梅涅劳斯定理得 · · ＝1. ∵M是AC的中点，D是BC的三等分点， ∴ ＝ ， ＝2， ∴ · ·2＝1，∴ ＝1，∴BG∶BM＝1∶2，即BG＝ BM. 直线AE是△BCM的截线，由梅涅劳斯定理得 · · ＝1. … 任务： (1)请补全上述计算过程； (2)如图②，AB＝AC＝6，D为BC的中点，点E在AC上，CE＝2，延长ED交AB的延长线于点F，求FB的长； (3)如图③，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，D是BC的中点，点E在AB上，AE＝2EB，连接AD，CE.求证：AD⊥CE.                                                          图①                                        图②                                     图③ 15.(1)解：补全计算过程如下： ∵M是AC的中点，E是BC的三等分点，∴ ＝ ， ＝ ， ∴ · · ＝1， ∴ ＝4，∴BH∶BM＝4∶5，即BH＝ BM， ∴GH＝BH－BG＝ BM，HM＝BM－BH＝ BM， ∴BG∶GH∶HM＝5∶3∶2； (2)解：∵AC＝6，CE＝2， ∴AE＝AC－CE＝4， ∵点D是BC的中点，∴BD＝CD， ∵AB＝6，∴AF＝AB＋FB＝6＋FB， 根据梅涅劳斯定理，得 · · ＝1，∴ ·1· ＝1，解得FB＝6； (3)证明：如解图，过点B作BF⊥BC于点B交CE的延长线于点F，设AD与CE交于点G， 则∠CBF＝90°， ∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＋∠CBF＝180°， ∴BF∥AC， ∴∠ACE＝∠F，∠CAE＝∠FBE， ∴△ACE∽△BFE， ∴ ＝ ＝2， ∴AC＝2BF， ∵点D是BC的中点，∴BC＝2CD， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴BF＝CD， 在△ACD和△CBF中， ， ∴△ACD≌△CBF(SAS)， ∴∠CAD＝∠BCF， ∴∠ACF＋∠CAD＝∠ACF＋∠BCF＝∠ACB＝90°， ∴∠AGC＝90°，∴AD⊥CE. 解图 16.定义：我们常用构造“平行八字型”全等三角形模型来证明线段相等．例如：如图①，D是△ABC边AB上一点，E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，求证：DE＝FE. 证得△AED≌△CEF，即可证明DE＝FE. 请你根据上述思路，写出完整的证明过程． 请运用上述阅读材料中所积累的经验和方法解决下列问题． 如图②，在正方形ABCD中，点E在AB上，点F在BC的延长线上，且满足AE＝CF，连接EF交AC于点G.求证：EG＝FG； 如图③，在矩形ABCD中，AB＝2BC，点E在AB上，点F在BC的延长线上，且满足AE＝2CF，连接EF交AC于点G.探究BE和CG之间的数量关系，并说明理由． 16.证明：∵E是AC的中点，∴AE＝CE. ∵AB∥CF，∴∠DAE＝∠FCE， ∵∠DEA＝∠FEC，∴△AED≌△CEF，∴DE＝FE； 证明：如解图①，过点E作EI∥BC交AC于点I. ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠AEI＝∠ABC＝90°，∠BAC＝45°.∴∠AIE＝∠BAC＝45°， ∴AE＝EI， ∵AE＝CF，∴CF＝EI， ∵EI∥BC，∴∠EIG＝∠FCG，∠IEG＝∠CFG，∴△EIG≌△FCG，∴EG＝FG； 解图 解：CG＝ EB； 理由如下：如解图②，过点E作EI∥BC交AC于点I， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠AEI＝∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD， 在Rt△AEI和Rt△ABC中，∠ABC＝∠AEI＝90°，AB＝2BC，∴tan∠IAE＝ ＝ ＝ ， ∴AE＝2IE， ∵AE＝2CF，∴IE＝CF， ∵EI∥BC，∴∠EIG＝∠FCG，∠IEG＝∠CFG， ∴△EIG≌△FCG，∴EG＝FG，IG＝CG， 设IE＝a，则AE＝2a， 在Rt△AEI中，∠AEI＝90°，∴AI＝ ＝ ＝ a， ∵EI∥BC，∴ ＝ ＝ ∴IC＝ EB， ∵IG＝CG＝ IC，∴CG＝ EB. 17.阅读下列材料，并完成相应的任务． 几何证明中添加辅助线，其作用主要在于沟通“条件”和“结论”．具体来说，就是把分散的条件集中，使隐藏的条件显现，将复杂的问题化简，为推证创造条件，促成问题的最终解决，其中平移图形是一种重要的添加辅助线策略． 如图①，E、F、G分别是正方形ABCD 边上的点，CE⊥FG于点H，求证：CE＝FG. 解题思路：平移线段FG，使得点F与点D重合，点G的对应点Q落在边AB上．根据∠ADC＝90°，可证∠DCE＝∠ADQ，进而证得△ADQ≌△DCE，得出FG＝DQ＝CE. (1)小聪提出：平移线段DA使点D与点F重合，也可以证明，你认为小聪的观点正确吗？ 如果正确，写出证明过程，如果不正确，请说明理由； (2)如图②，在正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点P.则cos∠APD的值为      ； (3)如图③，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交边AB，CD于点E、F，GH分别交边AD，BC于点G、H，AM⊥BN，点M、N分别在边BC，CD上，若 ＝ ，求 的值．                                                     图①                              图②                                 图③ 17.解：(1)小聪的观点正确； 证明：如解图①，平移线段DA，使得点D与点F重合，点A的对应点Q落在边AB上，FQ交CE于点M， ∴四边形AQFD是矩形， ∴∠DEC＝∠EMQ，∠FQG＝∠A＝90°， ∵四边形ABCD为正方形，∴FQ＝AD＝CD. 又∵CE⊥FG，∴∠FHE＝90°，∴∠MFH＋∠FMH＝90°， 又∵∠MFH＋∠FGQ＝90°，∴∠FGQ＝∠FMH＝∠EMQ＝∠DEC. 在△CDE和△FQG中， ， ∴△CDE≌△FQG(AAS)，∴CE＝FG； 解图① (2) ； 【解法提示】如解图②，平移线段CD，使得点C与点B重合，点D的对应点为D′，连接AD′， ∴∠APD＝∠ABD′， 设正方形网格中的每个小正方形的边长均为1， 根据勾股定理可得AB＝ ＝2 ，BD′＝ ＝2 ，AD′＝ ＝4 ， ∵(4 )2＋(2 )2＝(2 )2， 即AD′2＋BD′2＝AB2，∴△AD′B是直角三角形，∠AD′B＝90°， ∴cos ∠APD＝cos∠ABD′＝ ＝ . 解图② 解图③ (3)如解图③，过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，AP与BQ交于点T. ∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC， ∴四边形AEFP和四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ. 又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°， ∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠APD.∴△PDA∽△QAB， ∴ ＝ ，∴ ＝ ＝ . ∵AM⊥BN，∴同理可得 ＝ ，∴ ＝ ＝ 数学试卷 第页（共页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题：任务阅读性几何探究 1.阅读材料并解答下列问题 截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．下面是人教八下P69一道关于正方形性质的题目： 如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证AE＝EF.(提示：取AB的中点G，连接EG.) 解题步骤：如图②，取AB的中点G，连接EG(则AG＝EC)，在BC的延长线上取一点H， ∵四边形ABCD为正方形，∴∠B＝∠DCH＝90°. ∵∠AEF＝90°，∴∠FEC＋∠AEB＝90°. ∵∠GAE＋∠AEB＝90°，∴∠GAE＝      ． ∵E，G分别为BC，AB边上的中点，∴AG＝BG＝BE＝EC，∴△BEG为等腰直角三角形， ∴∠BGE＝45°，∴∠AGE＝135°. ∵CF为∠DCH的平分线，∴∠FCH＝45°， ∴∠ECF＝135°，∴∠AGE＝∠ECF，∴△AGE≌△ECF， ∴AE＝EF. (1)请补全材料中横线上的内容为      ，依据是      ； (2)如图③，在等腰△ACB中，AC＝BC，∠CAB＝30°，射线AP交射线BC于点D，∠PAB＝α，E为射线AP上一点，且∠ACB＝∠AEB，连接CE，请仅就图③的情形解决以下问题： ①若AC＝m，求AB的长(用含m的式子表示)； ②若0°＜α＜30°，求出线段BE，CE，AE之间的数量关系； (3)在(2)的条件下，若AC＝ ，当点C到射线AP的距离为1时，请直接写出线段BE的长． 图③                                                                       备用图 2.为培养同学们的数学思维，刘老师提出一个问题情境，供兴趣小组的同学们研讨，问题情境：如图①，矩形ABCD中，将△ABD沿对角线BD所在直线折叠，得到△MBD，点A的对应点为点M，BM交CD于点N，连接MC． 刘老师：在这个问题情境下，你能得到什么结论？ 小明：我能得到DB∥CM， 理由：如图①，∵矩形ABCD沿BD折叠，∴∠ABD＝∠DBM， ∵DC∥AB，∴∠ABD＝∠BDC， ∴∠DBM＝∠BDC，∴DN＝BN，………………………………………………① ∵DC＝AB，AB＝BM，∴DC＝BM， ∴DC－DN＝BM－BN，即MN＝CN，∴∠NMC＝∠NCM， ∵∠DNB＝∠MNC，∴∠BDC＝∠DCM，∴DB∥CM，……………………………………② 小亮：不只是矩形有这样的关系，我们可以从“特殊到一般”，把矩形换为平行四边形，如图②，在平行四边形ABCD中，按问题情境操作，也能得出DB∥CM， 小红：小亮的思路很好，我发现如果在图②的△ABD中，∠A与∠DBA满足一定的数量关系，那么可以得到△DAB∽△NMD， 请仔细阅读以上研讨过程，完成下述任务． 任务： （1）小明的理由中①的依据是            ；②的依据是            ． （2）如图②： ①小亮的结论是否正确？（不需证明） ②在△ABD中，∠A与∠DBA满足什么数量关系时，可以得到△DAB∽△NMD？请说明理由； （3）如图③，平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AD＝3，按问题情境操作，当△DMB是直角三角形时，请直接写出CM的长． 3.【问题情景】 （1）王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图  ，在△ABC中，AB=AC，  为边BC上的任一点，过点  作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为  ，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，求证：PD+PE=CF； 小明的证明思路是： 如图①，连接  ，由△ABC与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF； 小颖的证明思路是： 如图②，过点  作  ，垂足为  ，可以证得：  ，  ，则  ；请你选择小明、小颖两种证明思路中的任意一种，写出详细的证明过程； 【变式探究】 （2）如图③，当点  在  延长线上时，问题情境中，其余条件不变，求证：  ； 【迁移拓展】 （3）如图④，在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为  ，  ，且  ，  ，AD=3cm，  ，  分别为AE，BE的中点，连接DM，DN，请直接写出△DEM与△CEN的周长之和． 4.下面是数学老师在课堂上讲解“一线三垂直”全等模型的教学片段，请仔细阅读，并完成相应任务. 老师：“一线三垂直”指的是一条线段上，存在三个直角，当有一组对应边相等时，则考虑根据平角的性质、三角形内外角性质进行等角代换判定三角形全等来解决问题． 例题：如图①，AC⊥BC且AC＝BC，由点A和点B向过点C所在的直线DE作垂线，求证：△ADC≌△CEB. 小娟的证明如下： ∵AD⊥CD，AC⊥BC，∴∠D＝∠ACB＝90°，∴… 图① (1)【问题探究】请你帮小娟补全剩余证明过程； (2)【问题解决】如图②，在矩形ABCD中，AB＝9，tan∠ADB＝ ，点E在边DA上，连接BE，将线段BE绕点E逆时针旋转90°后，点B的对应点F恰好落在BD上，求线段DF的长； (3)【拓展应用】如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为边BC上一点，DE⊥BC交AB于点E，连接CE，M是CE的中点，连接AM，DM，延长DM交AC于点N，若E为AB的三等分点，AB＝6，请直接写出AN的长． 5.下面是某数学兴趣小组探究用不同方法证明将一条线段截为三段，且三段顺次相连构成的三角形恰好是直角三角形的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应任务． 如图①，(1)以线段AB为斜边作等腰直角△ABC；(2)在线段AB上取一点D，作射线CD；(3)将射线CD绕点C逆时针旋转45°至CE，交线段AB于点E.线段AD，DE，EB顺次相连恰好构成直角三角形． 小亮：我可以用轴对称的方法进行证明：如图②，将△CDA沿CD所在的直线对折得到△CDF，连接EF.简述理由如下：通过证明△CEF≌△CEB，进而说明线段AD，DE，EB顺次相连即为直角三角形． 小强：我可以用旋转的方法进行证明：如图③，将△CDA绕点C逆时针旋转90°至△CGB，连接EG. … 任务： (1)小亮得出△CEF≌△CEB的依据是      (填序号)； ①SSS　　　②SAS　　　③AAS　　　④ASA　　　⑤HL (2)请完成小强的证明过程； (3)如图④，已知AB＝6，小娟认为以线段AB为底边作等腰△ABC，使∠ACB＝120°，在线段AB上取一点D，作射线CD，再将射线CD绕点C逆时针旋转60°至CE，交线段AB于点E，也能得到线段AD，DE，EB顺次相连构成直角三角形，请直接写出线段AD的长． 6.问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题： 如图①，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB＝∠E＝90°，BC＝DE＝6，AC＝FE＝8，顶点D与边AB的中点重合，DE经过点C，DF交AC于点G．求重叠部分(△DCG)的面积． （1）小明经过独立思考，写出如下步骤，请你帮助小明补全依据及步骤： 解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴DC＝DB＝DA， ∴∠B＝∠DCB，(依据：______) 又∵△ABC≌△FDE， ∴∠FDE＝∠B， ∴∠FDE＝∠DCB， ∴______， ∴∠AGD＝∠ACB＝90°， ∴DG⊥AC， 又∵DC＝DA， ∴G是AC的中点， ∴DG为△ABC中位线， ∴CG 8＝4，DG 6＝3， ∴SDCG ·CG·DG =  4×3＝6． （2）“希望”学习小组受此问题的启发，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥AB交AC于点H，DF交AC于点G，如图②，请解决下列两个问题： ①求证：△AHD∽△ABC； ②求出重叠部分(△DGH)的面积； （3）“智慧”小组也不甘落后，提出的问题是：如图③，将△DEF绕点D旋转，DE，DF分别交AC于点M，N，当△DMN是以DM为腰的等腰三角形时，请你直接写出此时重叠部分(△DMN)的面积是______． 7.请阅读下列材料，并完成相应的任务： 如图①，Rt△ABC被平行于CD的光线照射，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AB在投影面上．那么线段AC的投影是AD，线段BC的投影是BD.我们可以利用三角形相似证明CD2＝AD·BD，这个结论我们称为射影定理．下面为某同学的证明过程： 证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠CDB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°， ∴∠A＝∠BCD，则△ACD∽△CBD，则 ＝ ，∴CD2＝AD·BD. 某数学兴趣小组利用上述结论进行了如下的探究： 已知：如图②，在矩形ABCD中，BC＞AB. 求作：等腰直角三角形，使等腰直角三角形的面积等于矩形ABCD面积的一半． 作法：(1)在BC的延长线上截取CE＝CD；(2)作线段BE的垂直平分线l，交BE于点O；(3)以点O为圆心，OE长为半径作弧，交CD的延长线于点H；(4)以点C为圆心，CH为半径画弧，交BE的延长线于点G，连接HG，△CHG即为所求等腰直角三角形. (1)根据上述作法，请在图②中使用尺规完成作图，并标注对应字母； (2)请结合作图过程，证明该小组作法的正确性； (3)结合(1)(2)问的思路，已知正方形，也可以作出与其面积相等的矩形(长宽不等)．如图③，在正方形ABCD的边BC上取一点E，以点C为圆心，CE长为半径作弧，交CD于点F，连接DE，作DG⊥DE，交BC的延长线于点G，以CG，CF为邻边作矩形CGHF，则矩形CGHF即为所求．若E是BC边的三等分点，请直接写出矩形CGHF的长和宽的比值． 8.数学兴趣小组的同学在学习中点知识时，遇到如下一个问题：如图①，在边长为4的正方形ABCD中，点E是边AD的中点，BF＝1，连接BE，CF，点G，H分别是BE，CF的中点，连接GH，求GH的长．小组成员展开讨论，方法多样，其中小佳同学的做法最具有推广性． 小佳同学是这样思考的：题目中有两个中点，我想到用中位线，但是这两个中点所在的线段是交叉状态，所以可以通过轴对称将它变成“共顶点”的图形、这样就可以构造出三角形的中位线．具体如下：如图②．过点F作FP⊥CD，垂足为P，易证四边形BCPF是矩形，连接BP、则点H也是BP的中点，连接EP，则GH是△BEP的中位线，计算出EP的长度即可求出GH的长度． 根据以上信息，请回答以下问题： （1）点H是BP中点的依据是______； （2）请根据小佳同学的思路写出具体的证明过程； （3）如图③，在Rt△ABC中， ，BC＝2，将Rt△ABC绕着点B顺时针旋转，D，D'分别是AC，A'C'的中点，当点C'落在△ABC的边上时（不包含顶点），求DD'的长度． 9.复习过《三角形》后，刘老师设置了一个问题情境，让同学们讨论问题情境： 如图①，在△ABC和△DAE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，且∠ADB＝90°，延长DE交BC于点M．试分析你能得出的结论． 以下是小明和小红的讨论过程．请你细阅读并完成任务． 小明：我能得出△ABD≌△ACE． 理由：∠DAE＝∠DAB+∠BAE，∠BAC＝∠EAC+∠BAE，∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAB＝EAC． 又AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE． 小红：我猜测点M为BC的中点． 思路：我考虑，若点M为BC的中点，则可以按照“倍长中线”的思路，如图②，过点C作CF∥BD交DM的延长线于点F，只需要证明△BDM≌△CFM即可证明所猜． 任务： （1）小明的理由中，得到△ABD≌△ACE的依据是      ．（填序号） ①SSS ②SAS ③AAS ④ASA ⑤HL （2）小红的猜测是否正确？若正确，请帮她证明；若不正确，请说明理由． （3）如图③，AB＝AC，∠B＝30°，点N为平面内一点，若∠ANB＝120°，AN＝1，BN＝2，直接写出CN的长． 10.综合与实践 莹莹复习教材时，提前准备了一个等腰三角形纸片ABC，如图，AB＝AC＝5，BC＝6.为了找到重心，以便像教材上那样稳稳用笔尖顶起，她先把点B与点C重叠对折，得折痕AE，展开后，她把点B与点A重叠对折，得折痕DF，再展开后连接CD，交折痕AE于点O，则点O就是△ABC的重心． 教材重现： (1)初步观察：连接AF，则AF与BF的数量关系是：      ； (2)初步探究：请帮助莹莹求出△AOC的面积； (3)猜想验证：莹莹通过测量惊奇地发现OA＝2OE，CO＝2OD.她的发现正确吗？请说明理由； (4)拓展探究：莹莹把△AFC剪下后得△A′F′C′，发现可以与△ABF拼成四边形，且拼的过程中点A′不与点A重合，直接写出拼成四边形时OA′的长． 11.【阅读理解】 新定义：一条线段与另一条线段相等且垂直，则这条线段是另一条线段的“等垂线”．如图①，在△ABC中，∠B＝90°，点D在AB上，E是BC延长线上一点，且AD＝BE，线段AD即为线段BE的“等垂线”，连接DE交AC于点F.小华认为当∠AFD＝45°时，可以得到BD＝CE，下面是小华的不完整的推理过程． 解：如图②，过点A作AG⊥AB，使得AG＝BD，连接EG，DG， ∵AG⊥AB，∠B＝90°， ∴∠DAG＝∠B＝90°，AG∥BE， 在△ADG和△BED中，  ， ∴△ADG≌△BED(SAS)， … (1)请将小华的推理过程补充完整； (2)如图③，在△ABC中，∠ACB＝45°，点D，E分别在AB，BC上，且线段DE是线段AB的“等垂线”，延长DE交AC的延长线于点F，证明：BD＝EF； (3)如图④，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D为射线AB上一点，线段DE为线段AB的“等垂线”，且点E在射线AC上，点F在射线CB上，连接AF与DE，两直线交于点G，若∠CAF＝45°，AB＝4，BD＝1，直接写出BF的长． 12.下面是某数学兴趣小组用尺规作图“作一条线段的三等分点”的过程，请认真阅读并完成相应的任务． 如图①，①分别以点A，B为圆心，大于 AB的长为半径在AB两侧画弧，四段弧分别交于点C，点D； ②连接AC，BC，AD，作射线BD； ③以D为圆心，BD的长为半径画弧，交射线BD于点E； ④连接CE，分别交AB，AD于点F，H，点且点F即为AB的三等分点（即AF AB）． 任务： （1）填空：四边形ADBC的形状是      ，你的依据是      ； （2）在证明点F为AB的三等分点时，同学们有不同的思路． 小明：我是先证明△AHC≅△DHE，再通过证明△AHF∽△BCF得到结论的； 小亮：我是通过证明一次三角形相似得到结论的； 小颖：我是通过作辅助线． 请你选择一种自己喜欢的思路给出证明； （3）如图②，若∠CAD＝60°，AC＝4 ，将CH绕着点C逆时针旋转，当点H的对应点H′落在直线FD上时，请直接写出DH′的长． 13.阅读下列材料，并完成相应的任务． 几何证明中添加辅助线，其作用主要在于沟通“条件”和“结论”．具体来说，就是把分散的条件集中，使隐藏的条件显现，将复杂的问题化简，为推证创造条件，促成问题的最终解决，其中平移图形是一种重要的添加辅助线策略． 如图①，E，F，G分别是正方形ABCD边上的点，CE⊥FG于点H，求证：CE＝FG. 证明：如图②，平移线段FG，使得点F与点D重合，点G的对应点Q落在边AB上， ∵CE⊥FG， ∴DQ⊥CE，∴∠ADQ＋∠CED＝90°. ∵∠ADC＝90°，∴∠DCE＋∠CED＝90°， ∴∠DCE＝∠ADQ， ∵AD＝DC，∠DAQ＝∠CDE＝90°， ∴△ADQ≌△DCE(ASA)， ∴DQ＝CE，∴CE＝FG. 任务： (1)小聪提出：平移线段DA使点D与点F重合，也可以证明，你认为小聪的观点正确吗？如果正确，写出证明过程，如果不正确，请说明理由； (2)如图③，在正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点P，求cos∠APD的值； (3)如图④，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交边AB、CD于点E、F，GH分别交边AD、BC于点G、H，AM⊥BN，点M、N分别在边BC、CD上．若 ＝ ，请直接写出 的值． 14.阅读下列材料，并完成相应的任务． 数学复习课上，老师提出问题让小组交流并完成问题的解答： 如图，∠AOB＝∠BCD＝90°，OC平分∠AOB，求证：OD＋OB＝ OC. 小颖与小组成员交流得到证明的思路是：解决此问题可以用如下方法：分别过点C作CM垂直OA，CN垂直OB，垂足分别为点M，N, 通过证△MCD≌△NCB(ASA)，得到CD＝BC，DM＝BN.易证四边形MONC为正方形，则OD＋OB＝OD＋ON＋BN＝2ON＝ OC，问题得到解决． (1)如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，BD平分∠ABC交AC于点D，点E、F分别在AB，BC边上，且∠EDF＝120°，则BD、BE、BF的数量关系是      ； (2)如图②，∠ABC＝60°，∠EDF＝120°，BD平分∠ABC，若DE∥BC，BD＝4 ，求BE的长；  (3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，BC＝DC，∠BCD＝120°，以C为顶点作等边△CEF，CE、CF分别交AB，AC于点E，F，将△BCE绕点C在平面内自由旋转，点B的对应点为点B′，点E的对应点为点E′，当B′、C、F三点共线时，直接写出 的值． 15.阅读下列材料，并完成相应任务． 梅涅劳斯(Menelaus)定理(简称梅氏定理)是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的．他指出：如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或其延长线分别交于点F、D、E，那么 · · ＝1.   如图①，在△ABC中，D，E是BC的三等分点，M是AC的中点，BM交AD，AE于点G，H，求BG∶GH∶HM的值． 解：直线AD是△BCM的截线，由梅涅劳斯定理得 · · ＝1. ∵M是AC的中点，D是BC的三等分点， ∴ ＝ ， ＝2， ∴ · ·2＝1，∴ ＝1，∴BG∶BM＝1∶2，即BG＝ BM. 直线AE是△BCM的截线，由梅涅劳斯定理得 · · ＝1. … 任务： (1)请补全上述计算过程； (2)如图②，AB＝AC＝6，D为BC的中点，点E在AC上，CE＝2，延长ED交AB的延长线于点F，求FB的长； (3)如图③，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，D是BC的中点，点E在AB上，AE＝2EB，连接AD，CE.求证：AD⊥CE.                                                                     图①                                        图②                                     图③ 16.定义：我们常用构造“平行八字型”全等三角形模型来证明线段相等．例如：如图①，D是△ABC边AB上一点，E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，求证：DE＝FE. 证得△AED≌△CEF，即可证明DE＝FE. 请你根据上述思路，写出完整的证明过程． 请运用上述阅读材料中所积累的经验和方法解决下列问题． 如图②，在正方形ABCD中，点E在AB上，点F在BC的延长线上，且满足AE＝CF，连接EF交AC于点G.求证：EG＝FG； 如图③，在矩形ABCD中，AB＝2BC，点E在AB上，点F在BC的延长线上，且满足AE＝2CF，连接EF交AC于点G.探究BE和CG之间的数量关系，并说明理由． 17.阅读下列材料，并完成相应的任务． 几何证明中添加辅助线，其作用主要在于沟通“条件”和“结论”．具体来说，就是把分散的条件集中，使隐藏的条件显现，将复杂的问题化简，为推证创造条件，促成问题的最终解决，其中平移图形是一种重要的添加辅助线策略． 如图①，E、F、G分别是正方形ABCD 边上的点，CE⊥FG于点H，求证：CE＝FG. 解题思路：平移线段FG，使得点F与点D重合，点G的对应点Q落在边AB上．根据∠ADC＝90°，可证∠DCE＝∠ADQ，进而证得△ADQ≌△DCE，得出FG＝DQ＝CE. (1)小聪提出：平移线段DA使点D与点F重合，也可以证明，你认为小聪的观点正确吗？ 如果正确，写出证明过程，如果不正确，请说明理由； (2)如图②，在正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点P.则cos∠APD的值为      ； (3)如图③，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交边AB，CD于点E、F，GH分别交边AD，BC于点G、H，AM⊥BN，点M、N分别在边BC，CD上，若 ＝ ，求 的值．                                                    图①                              图②                                 图③ 数学试卷 第页（共页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题：任务阅读性几何探究 详解详析 1.解：(1)∠FEC，等角的余角相等； (2)①如解图①，过点C作CG⊥AB于点G， ∵∠CAB＝30°，∴AG＝m·cos30°＝ m. ∵AC＝BC，CG⊥AB，∴G为AB的中点，∴AB＝2AG＝ m； 解图① ②如解图②，在AP上截取AF＝BE，连接CF， ∵∠ACB＝∠AEB，∠ADC＝∠BDE，∴∠CAF＝∠CBE， 在△ACF和△BCE中， ，∴△ACF≌△BCE(SAS)，∴CF＝CE，∠ACF＝∠BCE，∴∠ECF＝∠BCE＋∠DCF＝∠ACF＋∠DCF＝∠ACB＝120°，△CEF是等腰三角形，∴EF＝ CE，∴AE＝AF＋EF＝BE＋ CE； (3)线段BE的长为3－  或3＋  . 【解法提示】当点C到射线AP的距离为1时，需分两种情况进行讨论：①当0°＜α＜30°时，如解图③，过点C作CH⊥AP于点H，由(2)知△CEF为等腰三角形，且∠ECF＝120°，∴∠CFE＝30°，CF＝2CH＝2，FH＝  ，∴AH＝  ＝3，∴BE＝AF＝3－  ；②当α＞30°时，如解图④，过点C作CH⊥AP于点H，由(2)知△CEF为等腰三角形，且∠ECF＝120°，∴∠CFE＝30°，CF＝2CH＝2，FH＝  ，∴AH＝  ＝3，∴BE＝AF＝3＋  .综上所述，线段BE的长为3－  或3＋  . 2.解：（1）①两底角相等的三角形为等腰三角形②内错角相等，两直线平行； 【解法提示】∵∠DBM＝∠BDC，∴△BDN是等腰三角形，∴DN＝BN； （2）①正确； 【解法提示】∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵∠ABD＝∠DBM，∴∠DBM＝∠CDB，DN＝BN，∵CD＝BM，∴CN＝CM，∵∠MNC＝∠DNB，∴∠DCM＝∠CDB，∴DB∥CM． ②当∠A＋3∠DBA＝180°时； 证明：∵∠DMB＝∠A＝90°， ∴∠MDB＝60°，∠CDB＝∠DBM＝∠DBA＝30°， ∴∠MDC＝30°，∠DNM＝90°， ∴△DAB∽△NMD， 故当∠A＋3∠DBA＝180°时，△DAB∽△NMD， （3）   或   ； 【解法提示】解法一：将△ABD沿对角线BD所在直线折叠得到△MBD，连接BM与CD交于N，连接MC，如图①，当△DMB为直角三角形时，△ABD也为直角三角形，由折叠知，△ADB≌△MDB，∴DM＝AD＝3，∠ADB＝∠MDB＝90°，∴AD，M在同一条直线上，∵ABCD为平行四边形，∴AAB∥CD，AB＝CD，∴∠MDC＝∠DAB，∵AD＝MD，AB＝CD，∴△MDC≌△DAB（SAS），∴CM＝BD，在Rt△ADB，∠A＝30°，AD＝3，∴   ，∴BD   ，∴CM   ．当∠DBM＝90°时，∵△ABD沿DB折叠，∴DM＝DA＝3，∠DMB＝∠DAB＝30°，∠ABD－∠MBD＝90°，∴A，B，M三点共线，∵AB＝BM＝DC，DC∥AM，∠MBD＝90°，∴四边形DBMC为矩形，∴CM＝DB，在Rt△DAB中，DB＝DA•sin∠A   ，即CM   ．故CM的长为   或   ； 图① 解法二：①当∠MDB＝90°时，如图②，∵△ABD沿DB所在直线折叠，∴DM＝DA＝3，∠DMB＝∠DAB＝30°，∠ADB＝∠MDB＝90°，∴A、D、M三点共线．∵四边形ABCD为平行四边形，∴DA∥BG，即DM∥BC，DA＝BC，∴DM∥BC，DM＝BC，∴四边形DBCM为矩形，∴CM＝DB，在Rt△ADB中，DB＝DA·tan∠A＝3×   ＝3，即CM＝3，②当∠DBM＝90°时，如图③，∵△ABD沿DB折叠，∴DM＝DA＝3，∠DMB＝∠DAB＝30°，∠ABD＝∠MBD＝90°，∴A，B，M三点共线，∵AB＝BM＝DC，DC∥AM，∠MBD＝90°，∴四边形DBMC为矩形，∴CM＝DB，在Rt△DAB中DB＝DA·sin∠A＝3×   ，即CM＝   ，综上可知，当△DMB是直角三角形时，CM的长为   或   ． 图②                                         图③ 3.（1）证明：小明的证明：连接  ，如答案图①， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， 小颖的证明：过点  作  ，垂足为  ，如答案图②， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴四边形  矩形， ∴  ，  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， 在  和  中， ， ∴  ， ∴  ， ∴  ；     答案图①               答案图② （2）证明：小明的证明：连接  ，如答案图③， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， 小颖的证明：过点  作  ，垂足为  ，如答案图④， ∵  ，  ，  ， ∴  ， ∴四边形  是矩形， ∴  ，  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， 在  和  中， ， ∴  ， ∴  ， ∴  ； 答案图③                       答案图④ （3）解：延长  ，  交于点  ，过点  作  ，垂足为H，如答案图⑤， ∵  ， ∴  ， ∵  ，  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， 由问题情景中的结论可得：  ，设  ， ∴  ， ∵  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ， ， ∴  ， 解得  ， ∴  ， ∴  ， ∴  ， ∵  ，  ，  分别为  ，BE的中点， ∴  ，  ， ∴△DEM与△CEN的周长之和为DE＋DM＋EM＋CN＋EN＋EC=DE＋AE＋BE＋EC=DE＋EC＋AE=5＋  cm， ∴△DEM与△CEB的周长之和5＋  cm． 答案图⑤ 4.解：(1)补全剩余证明过程如下： ∴∠CAD＋∠ACD＝∠ACD＋∠BCE＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE. ∵BE⊥CE，∴∠E＝∠D＝90°. 又∵AC＝BC， ∴△ADC≌△CEB(AAS)； (2)如解图①，过点F作FH⊥AD于点H， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°. ∵AB＝9，tan∠ADB＝ ， ∴AD＝12. ∵tan∠ADB＝ ＝ ， ∴设DH＝4x，FH＝3x， ∴DF＝5x. ∵∠BEF＝90°， ∴∠ABE＋∠AEB＝∠AEB＋∠HEF＝90°， ∴∠ABE＝∠HEF， 在△ABE与△HEF中， ， ∴△ABE≌△HEF(AAS)， ∴AE＝HF＝3x，EH＝AB＝9， ∴AE＋DH＝AD－EH＝3x＋4x＝12－9＝3， ∴x＝ ， ∴DF＝5x＝ ； 解图① (3) 或 . 【解法提示】如解图②③，连接AD，∵∠BAC＝90°，M是CE的中点，∴AM＝CM＝ CE，∴∠AME＝2∠ACE，同理可得，DM＝CM＝ CE，∠DME＝2∠DCE.∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACB＝45°，∴∠AMD＝∠AME＋∠DME＝2(∠ACE＋∠DCE)＝2∠ACB＝90°，∴AM⊥DM.∵DM＝CM，AM＝CM，∴AM＝DM，∴∠ADM＝45°.∵∠ADC＝∠ADM＋∠NDC＝∠B＋∠BAD，∠B＝45°，∴∠BAD＝∠NDC.∵∠B＝∠ACB＝45°，∴△ABD∽△DCN，∴ ＝ ，在Rt△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，∴BC＝6 ，①若E是靠近点B的三等分点，如解图②，∵AB＝6，∴BE＝2，∴BD＝ ，CD＝5 ，∴ ＝ ，解得CN＝ ，∴AN＝ ；②若E是靠近点A的三等分点，如解图③，同理可得AN＝ .综上所述，AN的长为 或 . 　 5.解：(1)②； 【解法提示】∵△ACB是等腰直角三角形，∴CA＝CB，∠A＝∠B，∠ACB＝90°. 将△CDA沿CD所在的直线对折得到△CDF，∴CF＝CA＝CB，∠ACD＝∠FCD.∵∠DCE＝45°，∴∠ACD＋∠BCE＝45°，∠DCF＋∠FCE＝45°，∴∠ECF＝∠ECB.在△CEF与△CEB中， ，∴△CEF≌△CEB(SAS). (2)完成证明过程如下：∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形， ∴∠ACB＝90°，∠A＝∠CBA＝45°，CA＝CB， ∵△CGB是由△CDA绕点C逆时针旋转90°得到的， ∴∠GCB＝∠DCA，∠GBC＝∠A＝45°，CG＝CD，AD＝BG， ∵∠DCE＝45°，∴∠DCA＋∠ECB＝∠ACB－∠DCE＝45°， ∴∠GCB＋∠ECB＝45°，即∠GCE＝45°，∴∠DCE＝∠GCE. 在△DCE与△GCE中， ， ∴△DCE≌△GCE(SAS)， ∴DE＝GE，∵∠GBC＝∠CBA＝45°，∴∠GBE＝∠GBC＋∠CBA＝90°， ∴线段BG，GE，EB恰好构成直角三角形， 则线段AD，DE，EB顺次相连能构成直角三角形； (3)作辅助线构造全等三角形，∵∠ABD′＝60°，∴对90°角可分两种情况进行讨论，①∠BD′E＝90°；②∠BED′＝90°. 线段AD的长为3－ 或6－2 . 【解法提示】∵△ABC是等腰三角形，且∠ACB＝120°，∴∠A＝∠ABC＝30°.如解图①，②，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得到△BCD′，连接D′E，∴∠ACD＝∠BCD′，∠A＝∠CBD′＝30°，AD＝BD′，CD＝CD′.∵∠DCE＝60°，∴∠ACD＋∠BCE＝60°，∴∠BCD′＋∠BCE＝60°，∴∠DCE＝∠D′CE＝60°，在△EDC与△ED′C中， ，∴△EDC≌△ED′C(SAS)，∴DE＝D′E，∵∠CBD′＝∠ABC＝30°，∴∠ABD′＝60°.设AD＝BD′＝x.如解图①，当∠BD′E＝90°时，BE＝ ，DE＝D′E＝x·tan60°.∵AB＝6，∴x＋x·tan60°＋ ＝6，解得x＝3－ .如解图②，当∠BED′＝90°时，DE＝D′E＝x·sin60°，BE＝x·cos60°，∴x＋x·sin60°＋x·cos60°＝6，解得x＝6－2 .综上所述，线段AD的长为3－ 或6－2 . 解图 6.（1）解：等边对等角，DG∥BC； 【解法提示】∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴DC＝DB＝DA，∴∠B＝∠DCB，(依据：等边对等角)，又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE＝∠B，∴∠FDE＝∠DCB，∴DG∥BC． （2）①证明：∵DE⊥AB交AC于点H， ∴∠ADH＝∠ACB＝90°， 又∵∠A＝∠A， ∴△AHD∽△ABC； ②解：∵△AHD∽△ABC， ∴∠AHD＝∠B，  ， ∴  ， ∴  ， 又∵△ABC≌△FDE， ∴∠GDH＝∠B， ∴∠GDH＝∠AHD， ∴GH＝GD， ∵∠GDH＋∠ADG＝∠AHD＋∠A＝90°， ∴∠ADG＝∠A， ∴AG＝GD， ∴AG＝GH， ∴  ； （3）解：  ． 【解法提示】分两种情况讨论，①当DM＝DN时，如图①，连接CD，过点D作DQ⊥MN交MN于点Q，过点M作MP⊥DN交DN于点P．∵CD为Rt△ABC斜边中线，∴DC＝DA＝5，∴CQ＝AQ  AC＝4，∴DQ  3．∵∠MDP＝∠B，∠MPD＝∠ACB＝90°，∴△MDP∽△ABC，∴  ，∴  ，∴DP:PM:DM＝3:4:5，设DP＝3x，PM＝4x，DM＝5x，∴NP＝DN－DP＝5x－3x＝2x，∵△DMN面积  MN·DQ  DN·MP，∴MN·3＝5x·4x，∴MN  ，∵MN2＝MP2＋PN2，∴(  )2＝(4x)2＋(2x)2，∴x2  ，∴△DMN面积  MP·DN  ×4x×5x＝10x2  ；②当MD＝MN时，∴∠MDN＝∠MND．如图②，连接CD，过点M作MH⊥DN交DN于点H．∵CD为Rt△ABC斜边中线，∴DA＝DC，∴∠NCD＝∠A，∠MND＝∠MDN＝∠B，∴△CND∽△ABC，∴∠CDN＝∠ACB＝90°，∴MH∥CD，∵H为ND中点，∴M为CN中点，∴MH  CD  ．∵△MHN∽△ACB，∴  ，∴NH  ，∴DN＝2NH  ，∴△DMN面积  DN·MH  ． 7.(1)解：完成作图如解图①，△CHG即为所求等腰直角三角形； 解图① (2)证明：如解图②，以点O为圆心，以OB长为半径作半圆O，由作图可知点H在半圆O上，连接BH，EH， 由作图步骤可知，直线l垂直平分BE，CD＝CE， ∵BE是半圆O的直径，∴∠BHE＝90°， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°， ∴∠DCE＝180°－∠BCD＝180°－90°＝90°，∴∠BHE＝∠BCD＝∠DCE＝90°， ∴∠HBC＝90°－∠BHC，∠EHC＝90°－∠BHC，∴∠HBC＝∠EHC， 又∵∠BCD＝∠DCE，∴△HBC∽△EHC，∴ ＝ ，∴CH2＝BC·CE， 又∵S△CHG＝ CH2＝ BC·CE，CD＝CE，∴S矩形ABCD＝BC·CD＝BC·CE，∴S△CHG＝ S矩形ABCD； 解图② (3)解：矩形CGHF的长和宽的比值为 或9. 【解法提示】同(2)易得CD2＝CE·CG，CE＝CF，BC＝CD，当E是BC边的三等分点时，分两种情况讨论：①如解图③，CE＝2BE，此时CD＝ CF，∴( CF)2＝CF·CG，∴CG＝ CF，即矩形CGHF的长和宽的比值为 ；②如解图④，BE＝2CE，此时CD＝3CF，∴(3CF)2＝CF·CG，∴CG＝9CF，即矩形CGHF的长和宽的比值为9.综上所述，矩形CGHF的长和宽的比值为 或9. 解图③                                                           解图④ 8.解：（1）矩形的对角线平分且相等； 【解法提示】由题意，可知四边形BCPF是矩形，∴FC＝BP，∵点H是对角线FC的中点，∴HF＝HC FC，∴HB＝HP BP，∴点H是BP的中点．∴点H是BP中点的依据是：矩形的对角线互相平分. （2）如解图①，过点F作FP⊥CD，垂足为P，连接BP，EP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠DCB＝90°， ∵FP⊥CD， ∴∠FPC＝∠ABC＝∠DCB＝90°， ∴四边形BCPF是矩形， ∵点H是对角线FC的中点， ∴点H是BP的中点， ∵点G是BE的中点，点H是BP的中点， ∴GH是△BPE的中位线， ∴ ， ∵正方形ABCD边长为4，点E是AD的中点， ∴AD＝DC＝4，ED＝2， ∵四边形BCPF是矩形， ∴PC＝BF＝1， ∴DP＝3， 在Rt△EDP中，由勾股定理得EP ， ∴ ； 解图① （3）在Rt△ABC中，  ，BC＝2， ∴tan C  ， ∴∠C＝60°， ∴AC＝2BC＝4. 当点C'落在△ABC边上时，分两种情况， 情况1：当点C'落在边AC上时，如图②， 由旋转可知，BC＝BC′， ∵∠C＝60°， ∴△BCC'是等边三角形， 此时点C'恰好与点D重合，且A'C'⊥AB， ∵D，D'分别是AC，A'C'的中点， ∴  ； 情况2：方法一：当点C'落在边AB上时，分别以AC和A'C'为对角线构造矩形， 如图③，连接BE，BF，EF， ∴点D和点D'为BE，BF的中点， ∴DD'是△BEF的中位线， 延长FC'，交EC于点G， ∴∠FGE＝90°， 在Rt△EFG中，  ， 由勾股定理可得，EF  4  ， ∴DD′  EF＝2  ； 方法二：如图③，∵矩形ABCE和矩形A'BC'F， ∴AC＝BE＝BF＝A'C'，∠FBE＝90°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴BE＝AC＝4， ∴  ， ∴  ． 综上所述，当点G'落在△ABC的边上时（不包含顶点），DD'的长度为2或2  ．                                                                                                                                     解图②                                      解图③ 9.解：（1）②； 【解法提示】∵∠DAE＝∠DAB+∠BAE，∠BAC＝∠EAC+∠BAE，∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝EAC，又AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）. （2）小红的猜测正确.理由如下： 过点C作CF∥BD交DM的延长线于点F， ∴∠BDE＝∠CFE， ∵AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED， ∵△ABD≌△ACE，∠ADB＝90°， ∴∠ADE+∠BDE＝90°，∠AED+∠CEF＝180°﹣90°＝90°，BD＝CE， ∴∠BDE＝∠CEF， ∴∠CFE＝∠CEF， ∴CE＝CF， ∴CF＝BD， ∵∠BMD＝∠CMF， ∴△BMD≌△CMF， ∴BM＝CM，即点M为BC的中点； （3）  或  . 【解法提示】将AN绕点A顺时针旋转120°得到AP，连接PN，PB，则  ，分两种情况： 如图①，当点N在AB下方时，过点A作AQ⊥PN于点Q， 则  ， ∴  ， ∵∠ANB＝120°， ∴∠BNP＝120°﹣30°＝90°， ∴  ， 由（1）可知△ABP≌△ACN， ∴  ； 如图②，当点N在AB上方时，过点P作PE⊥BN于点E， 同①可得，  ， ∵∠ANB＝120°，∠ANP＝30°， ∴∠ENP＝180°﹣30°﹣120°＝30°， ∴  ， ∴  ， ∴  ， 由（1）可知△ABP≌△ACN， ∴  ， 综上所述，CN的长为  或  ． 答案图①              答案图② 10.解：(1)AF＝BF； (2)如解图①，连接BO并延长交AC于点G， ∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴BE＝CE＝3，AE⊥BC，AE＝4，∴S△ABC＝6×4× ＝12， ∵点D，E，G分别为AB，BC，AC的中点，∴AD＝BD，AG＝CG，CE＝BE，∴S△ABE＝S△ACE，S△BOE＝S△COE，∴S△AOB＝S△AOC， ∵点D，G分别为AB，AC的中点，∴S△ADO＝S△BDO，S△AGO＝S△CGO，∴S△ADO＝S△AGO， 同理可得S△ADO＝S△BDO＝S△BOE＝S△COE＝S△COG＝S△AOG＝ S△ABC＝2，∴S△AOC＝S△AOG＋S△COG＝2＋2＝4； 解图① (3)她的发现正确，理由如下： 如解图②，连接DE，由题意得，点D为AB中点，点E为BC中点，∴DE为△ABC的中位线， ∴DE∥AC，且DE＝ AC，∴∠ODE＝∠OCA，∵∠DOE＝∠COA， ∴△DOE∽△COA，∴ ＝ ＝ ＝ ，∴OA＝2OE，CO＝2OD； 解图② (4) 或 . 【解法提示】如解图③，连接OB，∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴BE＝CE＝3，AE⊥BC，AE＝4，由(3)知，OE＝ AE＝ ，∴在Rt△OBE中，由勾股定理得，OB＝ ＝ ＝ ，由折叠的性质得，DF⊥AB，FA＝FB，AD＝BD＝ ，∴∠BDF＝∠BEA＝90°，∵∠ABC＝∠ABC，∴△BDF∽△BEA，∴ ＝ ，即 ＝ ，∴BF＝ ，∴EF＝BF－BE＝ ，∵△A′F′C′与△ABF拼成四边形，且点A′不与A重合，∴共有2种情况：①当点A′与点B重合，如解图③，OA′＝OB＝ ；②当点A′与点F重合，如解图④⑤，连接OF，在Rt△OEF中，由勾股定理得，OA′＝OF＝ ＝ ＝ ，综上所述，OA′的长为 或 . 11.(1)解：补充的推理过程如下： ∴DG＝ED，∠ADG＝∠BED， ∵∠BDE＋∠BED＝90°， ∴∠BDE＋∠ADG＝90°， ∴∠GDE＝90°， ∴△DEG是等腰直角三角形， ∴∠DEG＝45°， ∵∠AFD＝45°， ∴∠AFD＝∠DEG， ∴AC∥GE， ∴四边形ACEG为平行四边形， ∴AG＝CE， ∵AG＝BD， ∴BD＝CE； (2)证明：如图①，过点A作AG⊥AB使得AG＝BD，连接EG，BG， ∵AG⊥AB，DE⊥AB， ∴∠BAG＝∠BDE＝90°，AG∥DE， 在△ABG和△DEB中  ， ∴△ABG≌△DEB(SAS)， ∴BG＝EB，∠ABG＝∠DEB， ∵∠DBE＋∠DEB＝90°， ∴∠DBE＋∠ABG＝90°， ∴∠GBE＝90°， ∴△BEG是等腰直角三角形， ∴∠BEG＝45°， ∵∠ACB＝45°， ∴∠BEG＝∠ACB， ∴GE∥AF， ∴四边形AGEF为平行四边形， ∴AG＝EF， ∵AG＝BD， ∴BD＝EF； (3)  或  . 【解法提示】①如图②，当点D在点B上方时，延长CB至点H，使BH＝AD，连接AH、EF，易证△ABH≌△EDA，∴AH＝EA，∠H＝∠EAD，∵∠H＋∠BAH＝90°，∴∠EAD＋∠BAH＝90°，∴∠HAC＝90°，∵∠CAF＝45°，∴∠HAF＝∠EAF＝45°，∴△HAF≌△EAF(SAS)，∴∠AFH＝∠AFE，HF＝EF，∵DE⊥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，∴DE∥BC，∴∠EGF＝∠AFH，∴∠EGF＝∠AFE，∴EF＝EG，设BF＝x，则HF＝EF＝EG＝3＋x，∴DG＝DE－EG＝4－(3＋x)＝1－x，∵DE∥BC，∴△ADG∽△ABF，∴  ＝ ，∴  ＝ ，解得x＝  ；②当点D在点B下方时，如图③，延长CB至点H，使BH＝AD＝5，连接AH、EF，易证△ABH≌△EDA，∴AH＝EA，∠H＝∠EAD，∵∠H＋∠BAH＝90°，∴∠EAD＋∠BAH＝90°，∴∠HAC＝90°，∵∠CAF＝45°，∴∠HAF＝∠EAF＝45°，∴△HAF≌△EAF(SAS)，∴∠AFH＝∠AFE，HF＝EF，∴∠HFG＝∠EFG，由①得DE∥BC，∴∠EGF＝∠HFG，∴∠EGF＝∠EFG，∴EF＝EG，设BF＝x，则HF＝EF＝EG＝5－x，∴DG＝EG－DE＝5－x－4＝1－x，∵DE∥BC，∴△ADG∽△ABF，∴  ＝ ，∴   ＝  ，解得x＝ ，综上所述，BF的长为 或 . 12.解：（1）菱形；四条边相等的四边形是菱形； 【解法提示】由作法可知，AC＝AD＝BD＝BC，∴四边形ADBC是菱形． （2）选小明的思路证明如下： 由作图可知，AC＝BC＝AD＝BD＝DE， ∴四边形ADBC是菱形， ∴AC∥BE，AD∥BC， ∴∠ACH＝∠DEH，∠CAH＝∠EDH， ∴△AHC≌△DHE（ASA）． ∴ ， ∵AD∥BC， ∴△AHF∽△BCF， ∴ ， ∴BF=2AF， ∴AB＝AF+BF＝AF+2AF＝3AF， ∴ ； 选小亮的思路证明如下： 由作图可知，AC＝BC＝AD＝BD＝DE， ∴四边形ADBC是菱形，BE＝BD+DE＝2AC， ∴AC∥BE． ∴△ACF∽△BEF， ∴  ， ∴BF=2AF， ∴AB＝AF+BF＝AF+2AF＝3AF，即 （任选其一即可）； （3）当点H′在线段DF上时，如答案图①，连接CD交AB于点O，作H′G⊥CD于点G， 则∠CGH'＝∠DGH'＝90°， ∵四边形ADBC是菱形， ， ∴ ，CD垂直平分AB， ∴CF＝DF， ∵∠CAD＝60°， ∴△ACD等边三角形， ∴ ， ∴ ， 由（2）中小明的证明思路，可知 ， ∴CH垂直平分AD， ∴AF＝DF，∠AHC＝∠DHC＝90°， ∴∠FDA＝∠FAD＝30°， ∵∠CDH'＝∠ADC﹣∠FDA＝60°﹣30°＝30°， 在Rt△CDH中，CH＝CD·sin∠ADC＝4 6， ∴CH'＝CH＝6， 在Rt△DH′G中，∠CDH'＝30°， ∴GH′  ，DG＝DH′·cos∠CDH′  ， ∴ ， 在Rt△CGH′中，GH′2+CG2＝CH′2， ， 解得DH'  ， ∵DH′＜DF，DF＝CF＜CH， ∴CH′＜6， ∴  ； 当点H′在射线DF的延长线上时，如答案图②，连接CD交AB于点O，作H′G⊥DC的延长线于点G， 同理可得，CH'＝CH＝6，GH′   ，DG   ， ∴CG＝DG CD  ， 在Rt△CGH′中，GH′2+CG2＝CH′2， ∴  ， 解得DH'  ， ∵DH′＞CH′＞6， ∴DH′   ． 综上所述，DH' ． 13.解：(1)小聪的观点正确； 证明：如解图①，平移线段DA，使得点D与点F重合，点A的对应点Q落在边AB上，FQ交CE于点M， ∴AD∥FQ，AD＝FQ， ∴∠DEC＝∠FMH，∠FQG＝∠A＝90°. ∵四边形ABCD为正方形，∴FQ＝AD＝CD. 又∵CE⊥FG，∴∠FHE＝90°， ∴∠MFH＋∠FMH＝90°， 又∵∠MFH＋∠QGF＝90°， ∴∠QGF＝∠FMH＝∠DEC. 在△CDE和△FQG中， ， ∴△CDE≌△FQG(AAS)， ∴CE＝FG； 解图① (2)如解图②，平移线段CD，使得点C与点B重合，点D的对应点为D′，连接AD′， ∴∠APD＝∠ABD′， 设正方形网格的边长为单位1，根据勾股定理可得AB＝ ＝2 ，BD′＝ ＝2 ，AD′＝ ＝4 . ∵(4 )2＋(2 )2＝(2 )2， 即AD′2＋BD′2＝AB2，∴△AD′B是直角三角形，∠AD′B＝90°， ∴cos∠APD＝cos∠ABD′＝ ＝ ； 解图② (3) . 【解法提示】如解图③，平移线段EF，使得点E与点A重合，点F落在线段CD上的点P处，平移线段GH，使得点H与点B重合，点G落在线段AD上的点Q处，AP与BQ交于点T，∴AP＝EF，GH＝BQ，AP∥EF，BQ∥GH，又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，BC＝AD，∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA，∴△PDA∽△QAB，∴ ＝ ，∴ ＝ .∵AM⊥BN，∴同理可得 ＝ ，即 ＝ ，∴ ＝ ＝ . 解图③ 14.解：(1)BE＋BF＝ BD； 【解法提示】 如解图①，过点D作DM⊥BC，垂足为M, ∵∠A＝90°，∴DA⊥AB，由角平分线的性质可得AD＝DM，∠ABD＝∠MBD＝30°，∵∠EDF＝120°，∴∠EDM＋∠FDM＝120°，∵∠ADE＋∠EDM＝120°，∴∠ADE＝∠FDM，∴△ADE≌△MDF(ASA)，∴AE＝MF.∴BE＋BF＝BE＋BM＋AE＝2BM，∴BE＋BF＝ BD. 解图① (2)如解图②，分别过点D作DM⊥AB，DN⊥BC，垂足分别为点M、N， ∵DE∥BC, ∴∠MED＝60°，∴∠MDE＝30°， 由(1)可知BE＋BF＝BE＋EM＋BN＝2BM，BE＋BF＝ BD， ∴BF＝2BE, ∴BE＋BF＝3BE，∴3BE＝ BD， ∵BD＝4 ，∴3BE＝12，解得BE＝4； 解图② (3) . ∵∠B＝∠D＝90°，BC＝DC，∠BCD＝120°，△CEF是等边三角形，易证△BCE≌△DCF，∴∠BCE＝∠DCF＝30°，BE＝DF，在Rt△BCE中，∠BCE＝30°，∴BC＝ BE，CE＝2BE，分两种情况：①如解图③，当△BCE旋转到直线BC下方时，过点D作DP⊥B′C于点P，设BE＝DF＝a，则CD＝B′C＝ a, CE′＝2a，∴DP＝ CD＝ a，∴S△B′CD＝ DP·B′C＝ × a× a＝ a2，∴S△E′CF＝ DF·CE′＝ ×a×2a＝a2，∴ ＝ ；②如解图④，当△BCE旋转到直线BC上方时，过点B′作B′P⊥CD于点P，由旋转的性质可知，B′C＝BC，易知B′P＝ B′C，设B′E′＝BE＝DF＝a, 则CD＝B′C＝ a，CE′＝2a，B′P＝ a，∴S△B′CD＝ B′P·CD＝ × a× a＝ a2，∴S△E′CF＝ DF·CE′＝ ×a×2a＝a2，∴ ＝ .综上可知， 的值为 . 解图 15.(1)解：补全计算过程如下： ∵M是AC的中点，E是BC的三等分点，∴ ＝ ， ＝ ， ∴ · · ＝1， ∴ ＝4，∴BH∶BM＝4∶5，即BH＝ BM， ∴GH＝BH－BG＝ BM，HM＝BM－BH＝ BM， ∴BG∶GH∶HM＝5∶3∶2； (2)解：∵AC＝6，CE＝2， ∴AE＝AC－CE＝4， ∵点D是BC的中点，∴BD＝CD， ∵AB＝6，∴AF＝AB＋FB＝6＋FB， 根据梅涅劳斯定理，得 · · ＝1，∴ ·1· ＝1，解得FB＝6； (3)证明：如解图，过点B作BF⊥BC于点B交CE的延长线于点F，设AD与CE交于点G， 则∠CBF＝90°， ∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＋∠CBF＝180°， ∴BF∥AC， ∴∠ACE＝∠F，∠CAE＝∠FBE， ∴△ACE∽△BFE， ∴ ＝ ＝2， ∴AC＝2BF， ∵点D是BC的中点，∴BC＝2CD， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴BF＝CD， 在△ACD和△CBF中， ， ∴△ACD≌△CBF(SAS)， ∴∠CAD＝∠BCF， ∴∠ACF＋∠CAD＝∠ACF＋∠BCF＝∠ACB＝90°， ∴∠AGC＝90°，∴AD⊥CE. 解图 16.证明：∵E是AC的中点，∴AE＝CE. ∵AB∥CF，∴∠DAE＝∠FCE， ∵∠DEA＝∠FEC，∴△AED≌△CEF，∴DE＝FE； 证明：如解图①，过点E作EI∥BC交AC于点I. ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠AEI＝∠ABC＝90°，∠BAC＝45°.∴∠AIE＝∠BAC＝45°， ∴AE＝EI， ∵AE＝CF，∴CF＝EI， ∵EI∥BC，∴∠EIG＝∠FCG，∠IEG＝∠CFG，∴△EIG≌△FCG，∴EG＝FG； 解图 解：CG＝ EB； 理由如下：如解图②，过点E作EI∥BC交AC于点I， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠AEI＝∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD， 在Rt△AEI和Rt△ABC中，∠ABC＝∠AEI＝90°，AB＝2BC，∴tan∠IAE＝ ＝ ＝ ， ∴AE＝2IE， ∵AE＝2CF，∴IE＝CF， ∵EI∥BC，∴∠EIG＝∠FCG，∠IEG＝∠CFG， ∴△EIG≌△FCG，∴EG＝FG，IG＝CG， 设IE＝a，则AE＝2a， 在Rt△AEI中，∠AEI＝90°，∴AI＝ ＝ ＝ a， ∵EI∥BC，∴ ＝ ＝ ∴IC＝ EB， ∵IG＝CG＝ IC，∴CG＝ EB. 17.解：(1)小聪的观点正确； 证明：如解图①，平移线段DA，使得点D与点F重合，点A的对应点Q落在边AB上，FQ交CE于点M， ∴四边形AQFD是矩形， ∴∠DEC＝∠EMQ，∠FQG＝∠A＝90°， ∵四边形ABCD为正方形，∴FQ＝AD＝CD. 又∵CE⊥FG，∴∠FHE＝90°，∴∠MFH＋∠FMH＝90°， 又∵∠MFH＋∠FGQ＝90°，∴∠FGQ＝∠FMH＝∠EMQ＝∠DEC. 在△CDE和△FQG中， ， ∴△CDE≌△FQG(AAS)，∴CE＝FG； 解图① (2) ； 【解法提示】如解图②，平移线段CD，使得点C与点B重合，点D的对应点为D′，连接AD′， ∴∠APD＝∠ABD′， 设正方形网格中的每个小正方形的边长均为1， 根据勾股定理可得AB＝ ＝2 ，BD′＝ ＝2 ，AD′＝ ＝4 ， ∵(4 )2＋(2 )2＝(2 )2， 即AD′2＋BD′2＝AB2，∴△AD′B是直角三角形，∠AD′B＝90°， ∴cos ∠APD＝cos∠ABD′＝ ＝ . 解图② 解图③ (3)如解图③，过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，AP与BQ交于点T. ∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC， ∴四边形AEFP和四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ. 又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°， ∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠APD.∴△PDA∽△QAB， ∴ ＝ ，∴ ＝ ＝ . ∵AM⊥BN，∴同理可得 ＝ ，∴ ＝ ＝ 数学试卷 第页（共页） 学科网（北京）股份有限公司 $