【期末满分冲刺】2022-2023学年 北师大版数学九年级上学期-特训05 解答压轴题（第1-4章）

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特训05 期中解答压轴题（第1-4章）
一、解答题
1．已知方程①：为关于x的方程，且方程①的解为非正数；方程②：（k、m、n均为实数）为关于x的一元二次方程．
(1)求k的取值范围；
(2)如果方程②的解为负整数，，且k为整数，求整数m的值；
(3)当方程②有两个实数根，满足，且k为正整数，试判断是否成立？并说明理由．
【答案】(1)且
(2)或
(3)成立，见解析
【分析】（1）将k当作已知数解出方程的解，根据该方程的解为非正数，可得出k的取值范围，方程②：（k、m、n均为实数）为关于x的一元二次方程，二次项系数不为0，即，解得，即可求出k的取值范围；
（2）根据，可得，，代入方程②，可得，可得，，由于②的解为负整数且k为整数，所以或，可得或，即可求出整数m的值；
（3）方法1：由（1）可知且，且k为正整数，可知，所以方程②为，因为方程②有两个实数根，，所以，，，由可求出，将，，代入，可得，将其代入，即可证明；方法2：先得出，，，，根据，求出，可得，分两类和，与，，代入，可得，将其代入，即可证明．
（1）
解：∵关于x的方程的解为，且该方程的解为非正数，
∴，解得，
又∵关于x的方程是一元二次方程，
∴，，解得，
综上所述，k的取值范围是且．
（2）
解：由（1）可知且，
∵，，
∴，，
∴方程②为，
即，
，
解得：，，
∵方程②为，方程②的解为负整数，
∴或，
∴或，
当时，，
当时，，
∴m的值为或．
（3）
解：方法1：成立，理由如下：
由（1）可知且，
又∵k为正整数，
∴，
∴方程②为，
∵方程②有两个实数根，，
∴，，，
∴，
∴（*）
∵，
∴
即，
即，即代入（*）
∴
∴；
方法2：成立，理由如下：
由（1）可知且，
又∵k为正整数，
∴，
∴方程②为，
∵方程②有两个实数根，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴当时，
，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，（漏1种情况扣1分）
，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，成立．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，熟练掌握并应用相关知识点是解答本题的关键．
2．“人与自然和谐共生”哈尔滨湿地节系列活动中，某景点接待游客逐渐增多，6月份第一周接待游客200人，第三周接待游客288人，若该景点接待游客数量的周平均增长率相同．
(1)求该景点在6月份的第二周接待游客多少人？
(2)该景点第四周接待游客数量是第二周接待游客数量的1.8倍，平均每位游客购买1件旅游纪念品．该景点只销售A，B两种旅游纪念品，A种纪念品每件利润5元，B种纪念品每件利润8元，且售出的B种纪念品的数量不多于A种纪念品的3倍，设第四周该景点售出A种旅游纪念品a件，获得的总利润为W元，求W与a的函数关系式，并求出获得的最大利润．
【答案】(1)该景点在6月份的第二周接待游客为240人；
(2)W与a的函数关系式为W=-3a+3456，最大利润为3132元．

【分析】（1）设该景点接待游客数量的周平均增长率为x，然后根据题意列出一元二次方程，解方程即可；
（2）根据总利润=A，B两种纪念品利润之和列出函数解析式，再根据函数的性质求最值即可．
（1）
设该景点接待游客数量的周平均增长率为x，根据题意，
得200（1+x）2=288，
解得：x1=0.2=20%，x2=-2.2（舍去），
∴该景点接待游客数量的周平均增长率为20%，
∴200（1+20%）=240（人），
∴该景点在6月份的第二周接待游客为240人；
（2）
∵该景点第四周接待游客数量第二周接待游客数量的1.8倍，
∴该景点第四周接待游客为240×1.8=432（人），
设第四周该景点售出A种旅游纪念品a件，则该景点售出B种旅游纪念品（432-a）件，
根据题意得：W=5a+8（432-a）=-3a+3456，
∵售出的B种纪念品的数量不多于A种纪念品的3倍，
∴432-a≤3a，
解得：a≥108，
∵-3＜0，
∴W随a的增大而减小，
∴当a=108时，W最大，最大值为3132，
∴W与a的函数关系式为W=-3a+3456，最大利润为3132元．
【点睛】本题主要考查一次函数和一元二次方程的应用，关键是根据等量关系列出函数解析式和一元二次方程．
3．如图1，已知在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，点的坐标是，点的坐标是，作点关于轴的对称点，连接，，．
　 　
(1)求点的坐标和的度数；
(2)如图2，将点绕点逆时针转动度（）得到点，点是平面内一点，以、、、为顶点形成的四边形为平行四边形．
①当该平行四边形为菱形且是其一边时，求点的坐标；
②当内部（包含边界）存在满足条件的点时，直接写出点的横坐标的取值范围．
【答案】(1)点的坐标是；
(2)①的坐标是；；②或．

【分析】（1）根据题意：点、关于轴对称，可得点的坐标．再根据勾股定理，得到，再根据点、的坐标，即可得到，所以，根据等边三角形的性质，即可得到的度数．
（2）①分情况讨论，情况1：根据题意，得到，得到是等腰直角三角形，然后再过点作轴于点，过点作于点，可得且点、、共线，从而得到，，即可得到点的坐标；情况2：根据题意，得到，得到是等腰直角三角形，记与轴的交点为点，过点作于点，可知且点、、共线，从而得到，，即可得到点的坐标；②分情况讨论，情况1：当旋转开始时轴上存在满足题意的点，此时．随后，点落在上．如图3，交轴于点，过点作轴于点，过点作于点，过点作于点．设，则，，．在中，可得，解出得值，从而得到点的横坐标的取值范围．情况2：当点旋转至直线上时，．继续旋转，点恰好存在于上，如图4．四边形是平行四边形，，而轴，故轴．延长交轴于点．设，则，，，在中，可得：，解出得值，从而得到点的横坐标的取值范围．
（1）
解 ∵点、关于轴对称，
∴点的坐标是．
根据勾股定理：
，
∴．
（2）
①解：情况1（如图1）：
∵四边形是菱形，且，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形．
过点作轴于点，过点作于点，
∵
又∵

∴
又∵
∴（AAS）且点、、共线．
∵点的坐标是，
∴，．
∴，，
∴，．
∴的坐标是；

情况2（如图2）：
∵四边形是菱形，且，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形．
记与轴的交点为点，过点作于点，
∵，
又∵

∴
又∵
∴（AAS）且点、、共线．
∵点的坐标是，
∴，．
∴，，
∴，．
∴的坐标是；

②解：情况1：当旋转开始时轴上存在满足题意的点，此时．随后，点落在上．如图3，交轴于点，过点作轴于点，过点作于点，过点作于点．设，则，，．
在中，

化简得：，
解得：（负值舍去）
于是，，
故．

情况2：当点旋转至直线上时，．继续旋转，点恰好存在于上，
如图4．四边形是平行四边形，，而轴，故轴．
延长交轴于点．设，则，，
∴，
在中，，
解得：（负值舍去）
故．

【点睛】本题考查了点的对称性，勾股定理，等边三角形的性质，菱形的性质，直角三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程的解等知识点，解本题的关键在找到满足条件的情况，并分类讨论．
4．如图1，在平面直角坐标系中，直线交y轴于点，交x轴于点，以为直角边在第一象限内作等腰直角三角形，．

(1)求直线的函数表达式：
(2)如图2，点D的坐标为，连接，将绕点B逆时针旋转得，连接交x轴于点F，请直接写出的长；
(3)如图3，射线与y轴交于点G，在第四象限内有一点H，当的面积为3，且的面积为9时连接，将线段，从点B出发，沿射线的方向平移，平移后的线段记为（点在射线上），点M为y轴上的动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)（0，）或（0，）．

【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）过点E作EH⊥x轴于点H，过点C作CN⊥x轴于点N，先证明△OBD≌△HEB（AAS），求出E（3，−4），再证明△AOB≌△BNC（AAS），求出C（，4），由待定系数法求出直线CE的解析式后即可求出点F坐标，由此可求解；
（3）由三角形面积求出H点坐标，设线段BH沿x轴负方向移动m个单位，则线段BH沿y轴负方向移动个单位，则B'（4−m，），H'（2−m，），当∠H'B'M＝90°时，过点B'作y轴的垂线交于Q，过点H'作H'P⊥PQ交PQ于点P，通过证明△PH'B'≌△QB'M（AAS），求出M（0，），再由，可求M（0，）；当∠B'H'M＝90°时，过点H'作KL∥y轴，过点M作ML⊥KL于L，过点B'作B'K⊥KL于K，同理可得△KH'B'≌△LMH'（AAS），求出M（0，），再由，得到M（0，）．
（1）解：设直线AB的解析式为：y＝kx＋，代入得：4k＋＝0，解得：k＝，∴直线AB的函数表达式为：；
（2）过点E作EH⊥x轴于点H，过点C作CN⊥x轴于点N，∵∠AOB＝∠DBE＝∠OBD＋∠OBE＝90°，∴∠OBD＋ODB＝90°，∴∠ODB＝∠OBE，∵BD＝BE，∠BOD＝∠EHB＝90°，∴△OBD≌△HEB（AAS），∴BH＝OD＝1，EH＝OB＝4，∴OH＝3，∴E（3，−4），同理可证：△AOB≌△BNC（AAS），∴CN＝OB＝4．BN＝OA＝，∴ON＝OB＋BN＝，∴C（，4），设直线CE的解析式为：y＝kx＋b，代入C（，4），E（3，−4）得：，解得：，∴直线CE的解析式为：，当y＝0时，有，解得：，∴F（，0），∴OF＝；
（3）设直线BC的解析式为y＝kx＋b，代入，C（，4）得：，解得，∴直线BC的解析式为：，∴G（0，−3），设H（x，y），∵△OGH的面积为3，∴×3x＝3，∴x＝2，∵△OBH的面积为9，∴×4×（−y）＝9，∴y＝，∴H（2，），设线段BH沿x轴负方向移动m个单位，则线段BH沿y轴负方向移动个单位，∴B'（4−m，），H'（2−m，），当∠H'B'M＝90°时，B'M＝B'H'＝BH＝，过点B'作y轴的垂线交于Q，过点H'作H'P⊥PQ交PQ于点P，∵∠PB'H'＋∠QB'M＝90°，∠PB'H'＋∠PH'B'＝90°，∴∠PH'B'＝∠QB'M，又∵∠P＝∠B'QM＝90°，B'H'＝B'M，∴△PH'B'≌△QB'M（AAS），∴PB'＝QM＝2，∴M（0，），∴，∴m＝或m＝（舍），∴M（0，）；当∠B'H'M＝90°时，过点H'作KL∥y轴，过点M作ML⊥KL于L，过点B'作B'K⊥KL于K，同理可得：△KH'B'≌△LMH'（AAS），∴KB'＝H'L＝2，∴M（0，），∴，解得：m＝或m＝（舍），∴M（0，）；综上所述：M点坐标为（0，）或（0，）．
【点睛】本题考查一次函数的图像和性质，待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转和平移的性质，勾股定理以及解一元二次方程等知识，综合性较强，能够作出图形，灵活运用各性质进行推理计算是解题的关键．
5．如图1，在平面直角坐标系中，A(a，0)，B(0，b)，且a、b（其中）是方程的两个根．

(1)求直线的解析式；
(2)若点为直线在第一象限上一点，当以为直角边ABM是等腰直角三角形时，求m的值；
(3)如图3，过点的直线交y轴负半轴于点，点的横坐标为，过点的直线交于点，给出两个结论：①的值是不变；②的值是不变，只有一个结论是正确，请你判断出正确的结论，并加以证明和求出其值．
【答案】(1)
(2)或
(3)①的值是不变的，正确，且

【分析】（1）解一元二次方程，求得方程的解，从而得到a、b的值，即可得到A、B的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，代入得到方程组，求出即可；
（2）分二种情况：①当BM⊥BA，且BM=BA时，过M作MN⊥y轴于N，证△BMN≌△ABO（AAS），求出M的坐标即可；②当AM⊥BA，且AM=BA时，过M作MN⊥x轴于N，同法求出M的坐标．
（3）设NM与x轴的交点为H，分别过M、H作x轴的垂线垂足为G，HD交MP于D点，求出H、G的坐标，证△AMG≌△ADH，△AMG≌△ADH≌△DPC≌△NPC，推出PN=PD=AD=AM代入即可求出答案．
（1）
解：，
解得：x1=2，x2=4，
∵a、b（其中）是方程的两个根．
∴a=2，b=4，
∴A(2,0)，B(0,4)，
设直线AB的解析式是y=kx+b，
代入得：，
解得：，
∴函数解析式为：y=-2x+4，
答：直线AB的解析式是y=-2x+4．
（2）
解：分二种情况：
如图1，当BM⊥BA，且BM=BA时，过M作MN⊥y轴于N，

∵BM⊥BA，MN⊥y轴，OB⊥OA，
∴∠MBA=∠MNB=∠BOA=90°，
∴∠NBM+∠NMB=90°，∠ABO+∠NBM=90°，
∴∠ABO=∠NMB，
在△BMN和△ABO中，
，
∴△BMN≌△ABO（AAS），
MN=OB=4，BN=OA=2，  
∴ON=2+4=6，
∴M的坐标为（4，6 ），
代入y=mx得：m=，
如图2

当AM⊥BA，且AM=BA时，过M作MN⊥x轴于N，△BOA≌△ANM（AAS），同理求出M的坐标为（6，2），m=，
答：m的值是或．
（3）
解：如图3，结论2是正确的且定值为2，
设NM与x轴的交点为H，过M作MG⊥x轴于G，过H作HD⊥x轴，HD交MP于D点，连接ND，交y轴于点C，

由y＝x−与x轴交于H点，
∴H（1，0），
由y＝x−与y=kx-2k交于M点，
∴M（3，k），
而A（2，0），
∴A为HG的中点，
∴△AMG≌△ADH（ASA），  
又∵N点的横坐标为-1，且在y＝x−上，
∴可得N 的纵坐标为-k，同理D的纵坐标为-k，
∴ND平行于x轴，且N、D的横坐标分别为-1、1，
∴N与D关于y轴对称，
∵△AMG≌△ADH≌△DPC≌△NPC，
∴PN=PD=AD=AM，
∴=2．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形性质，用待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理和计算是解此题的关键，注意分类思想的应用．
6．已知，在中，，，点为直线上一动点（点不与点、重合），以为边做正方形，连接．

(1)如图①，当点在线段上时，猜想：与的关系__________，线段、、之间的数量关系__________，（直接写出答案即可）
(2)如图②，当点在线段的延长线上时，其他件不变，则（1）中的三条线段之间的数量关系还成立吗？如成立，请予以证明，如不成立，请说明理由；
(3)如图③，当点在线段的反向延长线上时，且点、分别在直线两侧，其他条件不变；若正方形的边长为5，对角线、相交于点，连接，请直接写出的长度．
【答案】(1)，CF+CD=BC；
(2)（1）中的三条线段之间的数量关系不成立，理由见解析
(3)

【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明，从而证得CF=BD，据此即可证得；
（2）同（1）相同，利用SAS即可证得，从而证得BD=CF，即可得到；
（3）先证明，进而得出△FCD是直角三角形，然后根据正方形的性质即可求得DF的长，再根据直角三角形斜边上中线的性质即可得到OC的长．
（1）
解：∵∠BAC=，∠ABC=，
∴∠ACB=∠ABC=，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=，
∵∠BAD=∠DAC，∠CAF=∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，

∴，
∴BD=CF，
∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC；
故答案为：，CF+CD=BC；
（2）
解：（1）中的三条线段之间的数量关系不成立，理由如下：
∵∠BAC=，∠ABC=，
∴∠ACB=∠ABC=，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=，
∵∠BAD=+∠DAC，∠CAF=+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴，
∴BD=CF，
∴BC+CD=BD=CF，
∴；
（3）
解：∵∠BAC=，∠ABC=，
∴∠ACB=∠ABC=，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=，
∵∠BAD=∠BAF，∠CAF=∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴，
∴∠ACF=∠ABD，
∵∠ABC=，
∴∠ABD=，
∴∠ACF=∠ABD=，
∴∠FCD=，
∴△FCD是直角三角形．
∵正方形ADEF的边长5且对角线AE、DF相交于点O，
∴AF=AD=5，∠DAF=，点O为DF的中点，
∴，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质以及全等三角形的判定与性质的综合应用，判断出是解本题的关键．
7．如图①，正方形ABCD，AB＝6，动点E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF．

(1)求证：EF＝BE+DF；
(2)若BE＝2，求线段DF的长；
(3)如图②，连接BD分别交AE和AF于点M，N，若BM＝x，MN＝y，求y与x的函数关系式．
【答案】(1)见解析
(2)3
(3)y=

【分析】（1）延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，证明△ADF≌△ABG（SAS），由全等三角形的性质得出AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，证明△AGE≌△AFE（SAS），由全等三角形的性质得出GE＝EF，则可得出结论；
（2）设DF＝a，则CF＝6﹣a，CE＝4，由勾股定理得出，求出a＝3，则可得出答案；
（3）将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM，证明△GAM≌△NAM（SAS），由全等三角形的性质得出GM＝MN，证出∠GBM＝90°，由勾股定理得出，则可得出答案．
（1）
证明：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形,
∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
（2）
解：设DF＝a，则CF＝6﹣a，CE＝4，
∵EF＝BE+DF，
∴EF＝2+a，
∵，
∴，
解得a＝3，
∴DF＝3；
（3）
解：将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM，

∴DN＝BG，∠ADN＝∠ABG＝45°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠BAG+∠BAM＝∠GAM＝45°，
∴∠GAM＝∠NAM，
∵AM＝AM，
∴△GAM≌△NAM（SAS），
∴GM＝MN，
∵∠ABG＝∠ABM＝45°，
∴∠GBM＝90°，
∴，
∴，
∵AB＝6，
∴BD＝AB＝6，
∵BM＝x，MN＝y，
∴DN＝6﹣x﹣y，
∴，
∴y＝．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质与判定及函数解析式，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
8．如图，平行四边形ABCD中，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，点E从点D出发，以1cm/s的速度沿射线DA运动，同时点F从点A出发，以1cm/s的速度沿射线AB运动，连接CE、CF和EF，设运动时间为t(s)．

(1)当t=3s时，连接AC与EF交于点G，如图①所示，则EF=________；
(2)当E、F分别在线段AD和AB上时，如图②所示，
①求证：△CEF是等边三角形；
②连接BD交CE于点G，若BG=BC，求EF的长和此时的t值．
(3)当E、F分别运动到DA和AB的延长线上时，如图③所示，若EF=3cm，直接写出此时t的值．
【答案】(1)3
(2)①见解析；②EF=（9−3）cm，t=（6-6）s．
(3)t=(3+3)s．

【分析】（1）由条件可知△ADC，△ABC都是等边三角形，证明CE=CF，AE=AF，可得出AC垂直平分线段EF，由30°直角三角形的性质即可解决问题；
（2）①只要证明△DCE≌△ACF，得出CE=CF，∠DCE=∠ACF，可得出∠ECF=60°，则结论得证；
②连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，由BD=2BO求出BD长，证明DE=DG，可求出DE长，则t的值可求出，在Rt△DEN中，由直角三角形的性质和勾股定理可求出EN=9-3，在Rt△ECN中可得∠ECN=45°，求出CE的长，则CE=EF可求出；
（3）作CH⊥AB于H．先求出BH=3，CH=3，在Rt△CFH中，由勾股定理可求出HF，则BF和AF可求出．
（1）
解：如图①中，

∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，
∴四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC=AB=BC，
∴△ADC，△ABC都是等边三角形，
当t=3时，AE=DE=3cm，AF=BF=3cm，
∵CA=CD=CB，
∴CE⊥AD，CF⊥AB，
∵∠CAB=∠CAD，
∴CF=CE，
∵AE=AF，
∴AC垂直平分线段EF，
∴∠AGF=90°，
∵∠FAG=60°，
∴∠AFG=30°，
∴AG=AF=cm，
∴GF=(cm)，
∴EF=3cm；
故答案为：3；
（2）
①证明：由（1）知△ADC，△ABC都是等边三角形，
∴∠D=∠ACD=∠CAF=60°，DC=AC，
∵DE=AF，
∴△DCE≌△ACF（SAS），
∴CE=CF，∠DCE=∠ACF，
∴∠ECF=∠ACD=60°，
∴△ECF是等边三角形；
②如图②中，连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，

∵∠CBO=∠ABC=30°，BC=6cm，
∴CO=BC=3，BO==3(cm)，
∴BD=2BO=6cm，
∴DG=BD−BG=(6−6)cm，
∵BG=BC，
∴∠BGC=∠BCG=75°，
∵∠BGC=∠DGE，
∴∠BCG=∠DGE，
∵ADBC，
∴∠DEG=∠BCG，
∴∠DEG=∠DGE，
∴DG=DE=（6−6）cm，
∵∠BCD=120°，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCG=120°-75°=45°，
∴DN=DE=（3−3）cm，
同理由勾股定理得EN=（9-3）cm，
∴CE=•EN=（9-3）×=（9−3）cm，
∴EF=CE=（9−3）cm，t=（6-6）s．
（3）
解：如图③，作CH⊥AB于H，

由（2）可知：△EFC是等边三角形，
∴CF=EF=3cm，
在Rt△BCH中，∵BC=6，∠CBH=60°，
∴BH=3，CH=3cm，
在Rt△CFH中，HF==3cm，
∴BF=(3−3)cm，AF=（3+3）cm，
∵运动速度为1cm/s，
∴t=(3+3)s．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和直角三角形解决问题．
9．如图1，已知正方形ABCD，对角线交于点O，H为边AB上一点，且满足OHBC，

(1)求证：H为AB中点；
(2)如图2，E为AD上一点，F为CD上一点，且AF=BE，求证：AF⊥BE；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接HG，K为AF上一点，连接DK、KC、OK，若满足∠ABE+∠AKD+∠KCD=135°，，△OKD的面积为，求CK长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）取中点M，连接，利用正方形的性质及中位线的性质与平行四边形的判定和性质得出四边形为平行四边形，即可证明；
（2）根据正方形的性质及全等三角形的判定和性质得出，结合图形求解即可；
（3）根据直角三角形斜边上的中线得出，结合图形及各角之间的关系得出，过C作延长线于点W，过O作于Q，作于P，得出四边形OPWQ为矩形，再由全等三角形及正方形的判定得出四边形为正方形，结合正方形的性质及题意得出，设，利用勾股定理求解即可得出结果．
（1）
证明：取中点M，连接，
∵四边形为正方形，

∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴H为中点．
（2）
解：∵四边形为正方形  
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）
∵中，，HG为斜边中线，，
∴
由，
由（2）得∠DAK=∠ABE，  
∴，
∴，
∴


=135°，
∴，
过C作延长线于点W，
过O作于Q，作于P，
∴四边形OPWQ为矩形，  
∴，
即，
∵OC=OD，
∴，
∴OP=OQ，
∴四边形为正方形，
∵，
∴，  
∴WK=CW，
∵，
∴DQ=PC，即PW+CW=KQ+DK，
∵，
∴DK=2PW=2OQ，
由的面积得，
解得：，
设，  
在，
，
解得：（负值舍去），
．
【点睛】题目主要考查正方形的判定和性质，三角形中位线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质及勾股定理解三角形等，综合性较强，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
10．如图为正方形ABCD中，点M、N在直线BD上，连接AM，AN并延长交BC、CD于点E、F，连接EN．

(1)如图1，若M，N都在线段BD上，且AN=NE，求∠MAN；
(2)如图2，当点M在线段DB延长线上时，AN=NE，（1）中∠MAN的度数不变，判断BM，DN，MN之间的数量关系并证明；
(3)如图3，若点M在DB的延长线上，N在BD的延长线上，且∠MAN=135°，AB=，MB=，求DN．
【答案】(1)∠MAN=45°；
(2)，证明见解析
(3)DN=2．

【分析】（1）如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据HL证明Rt△AGN≌Rt△NKE（HL），从而可得∠ANE=90°，所以△ANE是等腰直角三角形，可得结论；
（2）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，连接NH，由全等三角形的性质可得AM=AH，∠MAB=∠DAH，∠ABM=∠ADH，BM=DH，由“SAS”可证△AMN=△AHN，可得MN=NH，由勾股定理可得BM，DN，MN之间的数量关系；
（3）如图3，作辅助线，构建三角形全等，证明△BAK≌△DAM和△AKN≌△AMN，得NK=MN，设DN=x，则MN=3+x，根据勾股定理列方程可求DN的长．
（1）
解：如图1，过N作GK⊥BC，交AD于G，交BC于K，

∵四边形ABCD是正方形，
∴ADBC，∠ADB=45°，
∴GK⊥AD，
∴∠AGN=∠EKN=90°，
∵△BNK是等腰直角三角形，
∴BK=NK，
∵AD=DC=GK，
∴AG=BK，
在Rt△AGN和Rt△NKE中，，
∴Rt△AGN≌Rt△NKE（HL），
∴∠ANG=∠NEK，
∵∠ENK+∠NEK=90°，
∴∠ANG+∠ENK=90°，
∴∠ANE=90°，
∴△ANE是等腰直角三角形，
∴∠MAN=45°；
（2）
解：，
理由如下：
如图，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，连接NH，

∴△ABM≌△ADH，
∴AM=AH，∠MAB=∠DAH，∠ABM=∠ADH，BM=DH，
∵∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠ABM=∠ADH=135°，
∴∠NDH=90°，
∵∠MAD=∠BAD+∠MAB=∠MAH+∠DAH，
∴∠MAH=∠BAD=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠HAN=45°，且AM=AH，AN=AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN=NH，
∵在Rt△DHN中，，
∴；
（3）
解：如图3，过A作AK⊥AM，且AK=AM，连接MK、KB、KN，

∵AB=，
∴BD=AB=2，
∴MD=BD+BM=3，
∵∠KAM=∠BAD=90°，
∴∠KAB=∠DAM，且AB=AD，AK=AM，
∴△BAK≌△DAM（SAS），
∴DM=BK=3，
，∠ABK=∠ADM=45°，
∴∠NBK=45°+45°=90°，
∵∠MAN=135°，∠KAM=90°，
∴∠NAK=135°=∠MAN，
∵AN=AN，
∴△AKN≌△AMN（SAS），
∴NK=MN，
设DN=x，则MN=3+x，
在Rt△NBK中，由勾股定理得：，
解得：x=2，
∴DN=2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，添加恰当辅助线是本题的关键．
11．如图，四边形是正方形，点在对角线上，点在边上，．

(1)如图，求证：；
(2)如图，求证：；
(3)如图，作于，连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】作于点，于点，由题意可得四边形是正方形，并判断出，，最后由可得出结论；
由可得≌，即可得出结论；
设出，，表示出利用勾股定理依次表示出，，，，，，，得出，再用勾股定理表示出，即可建立方程求出，即可得出结论．
（1）
如图，作于点，于点，
四边形是正方形，

平分，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
（2）
由上可得：， ，∠BME=∠FNE=90°，
∴≌，
；
（3）
如图，设，，

是正方形的对角线，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，过点作于，
，
，
在中，根据勾股定理得，，
由知，，  
，
是等腰直角三角形，

在中，，，
，
，
舍或，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解的关键是判断出，解的关键是利用勾股定理表示出相关的相等，建立方程求解，是一道中等难度的中考常考题．
12．已知：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为正方形．

(1)若正方形OABC边长为12，
①如图1，E、F分别在边OA、OC上，CE⊥BF于H，且OE＝9，则点F的坐标为（______，_______）．
②如图2，若D为x轴上一点，且OD＝8，Q为y轴正半轴上一点，且∠DBQ＝45°，求点Q的坐标．
(2)若正方形OABC边长为4，如图3，E、F分别在边OA、OC上，当F为OC的中点，CE⊥BF于H，在直线CE上E点的两侧有点D、G，能使线段AD＝OG，AD//OG，且CH＝DH，求BG．
【答案】(1)①3，0；②Q点坐标为（0，15）或（0，6）
(2)BG＝

【分析】（1）①通过证明△OEC≌△CFB（AAS），求出OF，即可求点的坐标；
②分两种情况讨论：当D（8，0）时，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，可证明△ABM≌△CBD（AAS），连接BQ，可证明△MBQ≌△DBQ（SAS），设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，在Rt△ODQ中由勾股定理求出x＝6，即可求Q（0，6）；当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ交x轴于点N，同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），连接DQ，可得△QBD≌△NBD（SAS），设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，在Rt△DOQ中，由勾股定理求出y＝3，即可求Q（0，15）；
（2）在Rt△BCF中，求出BF＝2，CH＝，再由CH＝DH，可得DC＝，连接OD，OH，证明△OCD≌△CBH（ASA），分别得到CD＝BH＝，OD＝CH＝，则OH＝，再证明△AOD≌△OCH（SAS），可求OH＝AD＝OG＝，∠OAD＝∠HOC，推导出∠GOH＝90°，在Rt△GHO中，由勾股定理求出GH＝，在Rt△BHG中，由勾股定理求出BG＝．
（1）
①∵CE⊥BF，
∴∠BHC＝90°，
∴∠ECO+∠HFC＝90°，
∵∠OEC+∠OCE＝90°，
∴∠HFC＝∠OEC，
∵BC＝OC，
∴△OEC≌△CFB（AAS），
∴OE＝CF＝9，
∴OF＝3，
∴F（3，0），
故答案为：3，0；
②∵D为x轴上一点，且OD＝8，
∴D（8，0）或（﹣8，0），
当D（8，0）时，如图2，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，

∴∠DBM＝90°，
∴∠MBA+∠ABD＝90°，
∵∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠MBA＝∠CBD，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CBD（AAS），
∴BM＝BD，CD＝AM，
连接BQ，
∵∠DBQ＝45°，
∴∠MBQ＝45°，
又∵BM＝BD，
∴△MBQ≌△DBQ（SAS），
∴DQ＝MA，
∵OD＝8，OC＝12，
∴CD＝MA＝4，
设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，
在Rt△ODQ中，（4+x）2＝64+（12﹣x）2，
解得x＝6，
∴Q（0，6）；
如图3，当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ交x轴于点N
，
同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），
∴AQ＝CN，BQ＝BN，
连接DQ，同理可得△QBD≌△NBD（SAS），
∴DN＝DQ，
设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，
在Rt△DOQ中，（20﹣y）2＝（12+y）2+64，
解得y＝3，
∴Q（0，15）；
综上所述：Q点坐标为（0，15）或（0，6）；
（2）
∵F为OC的中点，CO＝4，
∴CF＝OF＝2，
在Rt△BCF中，BC＝4，CF＝2，
∴BF＝2，
∵BF⊥CH，
∴CH＝＝，
∵CH＝DH，
∴DC＝，
如图4，连接OD，OH，

∵H是CD的中点，F是OC的中点，
∴FH∥OD，
∴OD⊥CD，
∴∠ODC＝∠GHC＝90°，
∵BC＝CO，∠FBC＝∠DCO，
∴△OCD≌△CBH（ASA），
∴CD＝BH＝，OD＝CH＝，
∴OH＝，
∵∠AOD+∠DOC＝∠DOC+∠DCO＝90°，
∴∠AOD＝∠DCO，
∵AO＝CO，OH＝OD，
∴△AOD≌△OCH（SAS），
∴OH＝AD＝OG＝，∠OAD＝∠HOC，
∵AD∥GO，
∴∠OAD＝∠GOA，
∴∠GOH＝90°，
在Rt△GHO中，GH＝＝，
在Rt△BHG中，BG＝＝．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
13．已知，在四边形中，与相交于点，，平分．

(1)如图，求证：四边形是菱形；
(2)如图，过点作于，若，，求的长；
(3)如图，，点为延长线上一点，连接交于点，点、分别是、边上一点，且，过点作的垂线，垂足为，，当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）利用菱形面积的两种求法，构建关系式解决问题即可；
（3）过点作于点，过点作于证明≌，推出，证明≌，推出，设，则，，在中，，根据勾股定理，构建方程求出即可．
（1）
证明：
四边形是平行四边形，
平分，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）
解：▱是菱形，
，，，
，
在中，根据勾股定理，
，
，
；
（3）
解：，，

，
是等边三角形，
，
过点作于点，
，
，
，
在中，根据勾股定理，
过点作于．
四边形是菱形，
，
，
，，
，
又，
≌，
，
，，
即，
又,为公共边，
≌，
，
设，则，，
在中，，根据勾股定理，
，
解得，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题．
14．（1）如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，BE＝CF，AF，DE交于点G．求证：AF⊥DE且AF＝DE；

（2）点E，F分别在边CB，DC的延长线上，且BE＝CF．（1）中结论是否也成立？如果成立，请写出证明；如果不成立，请写出理由；
（3）在（2）的基础上，连接AE，EF，分别取AE，EF，FD，AD的中点M，N，P，Q，请判断四边形MNPQ的形状，并写出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）（1）中的结论成立，证明见解析；（3）四边形MNPQ是正方形，证明见解析
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ADF≌△DCE（SAS），即可知道结论成立．
（2）证明Rt△ADF≌Rt△DCE（SAS），然后推出∠CDE+∠DFA=90°；进而得出AF⊥DE；
（3）首先根据题意证明四边形MNPQ是菱形，然后又因为AF⊥DE，得出四边形MNPQ为正方形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵BE＝CF，
∴BC﹣BE＝DC﹣CF，
即CE＝DF，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF＝DE，
∴∠DAF＝∠CDE，
∵∠DAF+∠DFA＝90°，
∴∠CDE+∠DFA＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴AF⊥DE；
（2）（1）中的结论成立，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝DC＝CB，
又∵BE＝CF，
∴DC+CF＝CB+BE，
即DF＝CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF＝DE，∠F＝∠E，
∵∠E+∠EDF＝90°，
∴∠F+∠EDF＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴AF⊥DE；
（3）结论：四边形MNPQ是正方形．
解：如图，设PN，AF交于点O，PQ交DE于点G，AF，DE交于点H，

∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴PQ、MN分别是△ADF、△AEF的中位线，
∴PQ＝MN＝AF，PQNMAF；
同理MQ＝PN＝DE，MQPNDE，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵AF＝DE，
∴PN＝MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠DHF＝90°，
∴∠POH＝∠PGH＝90°，
∴∠GPO＝90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定以及正方形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题关键．
15．如图1，已知正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，，．连接．

(1)求图1中、的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形固定不动，将图1中的正方形绕点C逆时针旋转度（），试探究、之间的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，在（2）条件下，当点A，F，E在同一直线上时，连接并延长交于点H，若，求m的值．
【答案】(1)BG=　，AF＝
(2)AF=BG
(3)

【分析】（1）延长FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的长，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的长；
（2）连接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，则，从而可证△ACF∽△BCG，得，即可得出结论；
（3）连接AC，证明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，
可求得CF=，即从而求得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得
，即 求解即可．
（1）
解：延长FG交AB于H，如图1，

∵正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，
∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，
在Rt△BCG中，由勾股定理，得
；
∴∠BHG=90°，
∴四边形BCGH是矩形，∠AHG=90°，
∴GH=BC=m，BH=CG=1，
∴AH=m-1，
在Rt△AHG中，由勾股定理，得
；
（2）
解：连接AC、CF，如图2，

∵正方形和正方形，
∴∠ACB=∠FCG=45°，
∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，
∴∠BCG=∠ACF，
在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得
AC=BC，
在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得
CF=CG，
∴，
∴△ACF∽△BCG，
∴，
即AF=BG；
（3）
解：连接AC，如图3，

∵正方形和正方形，
∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，
∴∠FAH=∠ACF，
∵∠AHF=∠CHA，
∴△AHF∽△CHA，
∴，
∵正方形，EF=CE=1，
∴CF=，
∴CH=CF+FH=+=2，
∴，
∴AH=2，
∴DH=AD-AG=m-2，
在Rt△CDH中，由勾股定理，得
，
即
解得：，(不符合题意，舍去)．
∴m的值为．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质并能灵活运用是解题的关键．
16．（1）如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，，若，，则___________；
（2）如图2，四边形ABCD中，，，，点E在线段BC上且，连接DE，作，交AB于点F，则四边形ADEF的面积是多少？
（3）如图3，四边形ABCD中，，点C到AB的距离为10，，且．当四边形ABCD的面积是61时，求CD的长度是多少？

【答案】（1）4
（2）55
（3）
【分析】（1）利用两个角相等说明△ADP∽△BPC，得，代入即可；
（2）过点D作DH⊥BC于H，同理可得△BFE∽△HED，得，即可求出BF的长，则代入计算；
（3）类比（2）中解决问题的方法，将四边形ABCD补成矩形，即过点C作EF∥∥AB，过点D作EF的垂线交EF于点E，交BA的延长线于点H，过点B作BF⊥EF于点F，设ED=x cm， 则CF=2x，HD=(10-x)，HA=(2x+5-8)=(2x-3)，由=61，列方程，求解得x=2，即DE=2，再利用勾股定理求出CD即可．
【解析】解：（1）∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠DPA+∠CPB=90°，
∵∠DPA+∠ADP=90°，
∴∠ADP=∠CPB，
∴△ADP∽△BPC，
∴，
∵AP=2，PC=2DP，
∴，
∴BC=4；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，

∴四边形ADHB是矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=10，
∵BE=6，
∴HE=4，
∵∠B=∠DEF=90°，
∴∠BFE=∠DEH，
又∵∠B=∠DHE=90°，
∴△BFE∽△HED，
∴，
∴，
∴BF=3，
∴
=8×10−-
=55；
（3）过点C作EFAB，过点D作EF的垂线交EF于点E，交BA的延长线于点H，过点B作BF⊥EF于点F，

则FB=EH=10，
由（1）知△ECD∽△FBC，
∴，
∴EC=5，
设ED=x，则CF=2x，HD=(10-x)，HA=(2x+5-8)=(2x-3)，
∴
=10×(2x+5)-
==61
解得：，
∴ED=2，
∴CD=．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识，运用前面解决问题的方法解决新的问题是解题的关键．
17．已知：，．

(1)当时，点为线段上的一点（点不与，重合，其中），以点为直角顶点，为腰作等腰直角，连接，求的度数．
(2)当，，连接，若点，过点作于点，点与点关于轴对称，点是线段上的一点（点不与点，重合）且满足，连接，试判断线段与之间的位置关系和数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)，，证明见解析

【分析】（1）设ON与AB交于点G，由△AOB和△MON都是等腰直角三角形得∠OBG=∠MNG=45°，而∠OGB=∠MGN，即可证明△OGB∽△MGN，得，变形为，而∠BGN=∠OGM，即可证明△BGN∽△OGM，得∠NBG=∠MON=45°，则∠NBO=90°；
（2）根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABC≌△FDA，得AC=AF，∠ACB=∠FAD，则∠CAF=∠OAC+∠FAD=∠OAC+∠ACB=90°，所以AC⊥AF．
（1）
解：如图1，设与交于点，

，，且，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）
解：，，
证明：，，，
，，
点与点关于轴对称，

，，
，
于点，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
【点睛】此题重点考查图形与坐标、等腰直角三角形的性质、同角的余角相等、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质等知识，通过证明三角形全等或相似得到相等的角是解题的关键．
18．特例发现：
如图1，点E和点F分别为正方形ABCD边BC和边CD上一点，当CE＝CF时，则易得BE＝DF，BE⊥DF．

(1)如图2，点E为正方形ABCD内一点，且∠ECF＝90°，CF＝CE，点E，F在直线CD的两侧，连接EF，BE，DF，探究线段BE与DF之间的关系，并说明理由；
(2)如图3，在矩形ABCD中，AB∶BC＝1∶2，点E在矩形ABCD内部，∠ECF＝90°，点E，F在直线BC的两侧，CE∶CF＝1∶2，连接EF，BE，DE，BF，DF．请探究线段DE，BF之间的关系，并说明理由；
(3)若（2）中矩形ABCD的边AB＝3，Rt△CEF的边CE＝1，当BE＝DF时，求BF的长．
【答案】(1)，；理由见解析；
(2)，．理由见解析；
(3)．

【分析】（1）由正方形的性质得出，，证明，再由全等三角形的性质得，，由直角三角形的性质得出结论；
（2）延长交，分别于点，，证明出，由相似三角形的性质得出，，则可得出结论；
（3）由（2）得，，则，，求出，，可求出，则可得出答案．
（1）
解：线段与之间的关系为，．
理由如下：
延长交，分别于点，，

四边形是正方形，
，，
，
，
，
即，
，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）
解：线段与之间的关系为，．
理由如下：
延长交，分别于点，，

四边形是矩形，
，，
，
即．
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）
解：连接，如图3，

由已知得，，，，，，
由（2）得，，
则，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由得，，
，，
，，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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．
19．如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，过点D作射线AE的垂线，垂足为F，连接CF．

(1)如图1，若AD＝5，DF＝DC＝4，求BE的长；
(2)若E为BC中点．
①如图2，求证：CF＝CD；
②当AE＝3EF时，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②

【分析】(1)证明（AAS），据全等三角形的性质得，利用勾股定理即可求出BE的长；
(2)①延长AE、DC交于点M，证明（AAS），根据全等三角形的性质得，则，即C是DM的中点，根据直角三角形斜边上的中线即可得出结论；
②延长AE、DC交于点M，由①知，可得，AB= MC，由得，则，证明，根据相似三角形的性质可得出，利用勾股定理求出，则即可得出答案．
（1）
解：∵，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴ ，，，
∴，，
∵，
∴，
∴（AAS），
∴，
∴；
（2）
解：①证明：如图，延长AE、DC交于点M；

在矩形ABCD中，，
∴，，
∴E点为BC的中点，
∴，
∴（AAS），
∴，
∵，
∴，
∴C是DM的中点，
∵，  
∴，
∴；
②如图，延长AE、DC交于点M，

由①知，
∴，
∵，
∴，
∴，
在矩形ABCD中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，  
∴，
∴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴；
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确作辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
20．定义：如果一个四边形的一条对角线长度是另一条对角线长度的2倍．则称这个四边形为倍半四边形．

(1)已知在倍半四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，BD＞AC，BD=6，
①如图1，若AC⊥BD，AO=，求△BCD的面积；
②如图2，若∠DOC=∠ABC，且△ABD与△CBD的面积之比是1：2，求AB的长度；
(2)如图3，已知在△ABC中，AC=4a，过点B作射线BP交AC于点O，使得∠AOB=45°，点D为射线BP上一动点，连接AD和CD，点E，F分别为AD和BC的中点，连接EF，当四边形ABCD为倍半四边形时，求的值（用含a的代数式表示）．
【答案】(1)①；②AB=；
(2)满足条件的的值为或．

【分析】（1）①求出OC，利用三角形面积公式求解即可；
②证明△AOM∽△CON，由相似三角形的性质推出，再证明△ABO∽△ACB，得到，求出AB即可；
（2）分两种情形：AC=2BD，BD=2AC，取AB的中点G，连接EG，FG．利用三角形中位线定理，以及勾股定理解决问题即可．
（1）
解：①∵倍半四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，BD＞AC，BD=6，
∴AC=BD=3，
∵OA=，
∴OC=AC-AO=3-=，
∵AC⊥BD，
∴；
②如图2中，过点A作AM⊥BD于M，过点C作CN⊥BD于N．

∵∠AMO=∠CNO，∠AOM=∠CON，
∴△AOM∽△CON，
∴，
∴，
∴，
∵AC=3，
∴OA=1，
∵∠AOB=∠DOC=∠ABC，∠BAO=∠CAB，
∴△ABO∽△ACB，
∴，
∴=3；
∴AB=（负值已舍）；
（2）
解：如图3中，取AB的中点G，连接EG，FG．

∵AE=ED，BF=FC，AG=GB，
∴EG=BD，EGBD，GF=AC，FGAC，
∴∠EGF=∠AOB=45°，
当BD=AC=2a时，EG=a，FG=2a，
过点E作EH⊥FG于H．
∵△EGH是等腰直角三角形，
∴GH=EH=EG=a，
∴FH=FG-GH=（2-）a，
∴．
如图4中，当BD=2AC=8a时，取AB的中点G，连接EG，FG．过点F作FH⊥EG于H．

∴EG=4a，FG=2a，GH=FH=FG=a，
∴EH=EG-GH=（4-）a，
∴，
综上所述，满足条件的的值为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了倍半四边形的定义，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
21．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是斜边AB的中点，点E是边AC上一动点，点F是BC所在直线上的动点．

(1)如图①，若∠EDF＝90°，请判断线段AE、BF、AC之间的数量关系，并说明理由；
(2)如②，若∠EDF＝45°，判断（1）中的结论是否发生变化，若不变，请说明理由若改变，请提出新的结论并说明理由；
(3)在（2）的条件下，过点D作DG⊥ED，交AC的延长线于点G，若AC＝4，AE：EC＝1：3，请直接写出的值为 　 　．
【答案】(1)AC＝BF+AE，理由见解析
(2)2AE•BF＝AC2，理由见解析
(3)

【分析】（1）连接CD，由等腰直角三角形的性质得出∠A=∠B=45°，CD⊥AB，∠ACD=∠DCF=45°，CD=AB=AD=BD，得出∠A=∠DCF，求出∠ADE=∠DCF，由ASA证明△ADE≌△CDF，即可得出结论；
（2）连接CD，由三角形的外角性质得出∠ADE=∠F，证明△ADE∽△BFD，得出
＝，再由勾股定理，即可得出结论；
（3）由已知得出AE=AC=，AD=CD=4，由①得：2AE•BF=AC2=32，求出BF=8，CF=BF-BC=4，再证明△DCF∽△GCD，得出＝，即可得出结论．
（1）
结论：AC＝BF+AE．
理由：连接CD，如图①所示：

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是斜边AB的中点，
∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，∠ACD＝∠DCF＝45°，CD＝AB＝AD＝BD，
∴∠A＝∠DCF，
∵∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠DCF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF；，
∴BF+AE＝BF+CF＝BC＝AC，
即AC＝BF+AE；
（2）
（1）中的结论不成立．结论：．
理由：连接CD，如图②所示：

∵∠ADF＝∠ADE+∠EDF＝∠B+∠F，∠EDF＝∠B＝45°，
∴∠ADE＝∠F，
又∵∠A＝∠B，
∴△ADE∽△BFD，
∴＝，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）
∵AC＝4，AE：EC＝1：3，
∴AE＝AC＝，AD＝CD＝4，
由①得：，
∴BF＝8，
∵BC＝AC＝4，
∴CF＝BF﹣BC＝4，
∵∠EDF＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
由①得：∠ADE＝∠F，
∴∠F＝∠CDG，
∵∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCG，
∴∠DCF＝∠GCD，
∴△DCF∽△GCD，
∴＝＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
22．【问题情境】如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，F是AC边上一动点（点F不与点A，C重合），以CF为边在△ABC外作正方形CDEF，连接AD，BF．

(1)【探究展示】①猜想：图1中，线段BF，AD的数量关系是 ，位置关系是 ．
②如图2，将图1中的正方形CDEF绕点C顺时针旋转α，BF交AC于点H，交AD于点O，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．
(2)【拓展延伸】如图3，将【问题情境】中的等腰直角三角形ABC改为直角三角形ABC，∠ACB=90°，正方形CDEF改为矩形CDEF，连接BF并延长，交AC于点H，交AD于点O，连接BD，AF．若AC=4，BC=3，CD=，CF=1，求的值．
【答案】(1)①BF=AD，BF⊥AD；②BF=AD，BF⊥AD仍然成立，理由见解析
(2)

【分析】（1）①证明△BCF≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性质可得出BF=AD，延长BF交AD于点G，求出∠AGF=90°，可得BF⊥AD；
②证明△BCF≌△ACD(SAS)，可得BF=AD，求出∠AOH=90°，可得BF⊥AD；
（2）连接DF，证明△BCF∽△ACD，进而得到∠AOH=90°，则BF⊥AD，由，，可得，再分别求出AB，DF即可求解．
（1）
解：①∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CF=CD，
∵∠ACB=∠ACD=90°，
在△BCF和△ACD中
，
∴△BCF≌△ACD(SAS)，
∴BF=AD，
延长BF交AD于点G，

∵∠CAD=∠FBC，
∴∠CAD+∠AFG=∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠AGF=90°，
∴BF⊥AD；
故答案为：BF=AD，BF⊥AD；
②BF=AD，BF⊥AD仍然成立，理由如下：
证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CD=CF，∠FCD=90°，
∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF，即∠BCF=∠ACD，
在△BCF和△ACD中

∴△BCF≌△ACD(SAS)，
∴BF=AD，∠CBF=∠CAD，
又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠AHO=90°，
∴∠AOH=90°，
∴BF⊥AD；
（2）
证明：连接DF，

∵四边形CDEF是矩形，
∴∠FCD=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠FCD，
∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF，
即∠BCF=∠ACD，
∵AC=4，BC=3，CD=，CF=1，
∴，
∴△BCF∽△ACD，
∴∠CBF=∠CAD，  
又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠AHO=90°，
∴∠AOH=90°，
∴BF⊥AD，
∴∠BOD=∠AOB=90°，
∴，
∴，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴，
在Rt△FCD中，∠FCD=90°，CD=，CF=1，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
23．在△ABC中∠B＝45°，∠BAC＝90°，E为BC边上一点，D为BA延长线上一动点，连接DE，且∠BDE＝∠ACD．

(1)如图1，求证：DE＝DC．
(2)如图2，过点B作BF⊥CD于点F，交AC于点G，交DE于点H，求证：．
(3)如图3，若点M是AC的中点，AC＝，点N是BC边上点E左侧的一点，且NE＝1，当点D在运动过程中，当四边形ANEM周长最短时，直接写出DC的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）欲证明DE=DC，只要证明∠DEC=∠DCE即可；
（2）如图2中，连接DG并延长交BC于点H．证明DH⊥EC可得结论；
（3）如图3-1中，作APEN，且AP=EN，作点P关于BC的对称点T，连接MT交BC于点E，连接EP，此时四边形ANEM的周长最小．求出CE的长，在图3-2中，利用勾股定理求出CD即可．
（1）
证明：如图1中，

∵∠B=45°，∠ABC＝90°，
∴AB=AC，∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∠DCE＝∠ACB+∠ACD，∠BDE＝∠ACD，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC；
（2）
证明：如图2中，连接DG并延长交BC于点H．

∵BF⊥CD，
∴∠BAG＝∠CFG＝90°，
∵∠AGB＝∠CGF，
∴∠ABG＝∠ACD，
∵∠BAG＝∠CAD＝90°，AB＝AC，
∴△BAG≌△CAD（ASA），
∴AG＝AD，
∴∠AGD＝∠ADG＝∠CGH＝45°，
∵∠GCH＝45°，
∴∠GHC＝90°，
∴DH⊥EC，
∵DE＝EC，
∴EH＝CH，
∴CH＝CG，
∴EC＝CG；
（3）
解：如图3﹣1中，作APEN，且AP＝EN，
作点P关于BC的对称点T，连接MT交BC于点E，连接EP，
此时四边形ANEM的周长最小．

过点A作AQ⊥BC于点Q，过点M作ML⊥BC于点L，设PT交BC于点J．则四边形APJQ是矩形，
∴AP＝QE＝1，
∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，
∴BC＝AB＝8，
∵AQ⊥BC，
∴BQ＝CQ＝4，
∴AQ＝BQ＝CA＝PJ＝JT＝4，
∵AM＝CM＝2，ML⊥CB，
∴CL＝ML＝2，
∴JL＝CQ﹣QJ﹣CL＝1，
∵MLJT，

∴＝＝，
∴LE＝JL＝，
∴CE＝EL+CL＝，
如图3﹣2中，过点D作DH⊥EC于点H．

∵DE＝DC，DH⊥EC，
∴EH＝CH＝，
∵∠B＝45°，∠DHB＝90°，
∴BH＝DH＝8﹣＝，
∴CD＝＝＝．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，相似三角形的性质与判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题．
24．如图，在矩形ABCD中，，点F、G分别在边AB、CD上，将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形EFGP，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．

(1)若BC＝8，E是BC中点，求BF的长；
(2)试探究GF与AE之间的位置关系与数量关系，并说明理由；
(3)连接CP，若，，求线段BE和CP的长．
【答案】(1)
(2)，，理由见解析
(3)，

【分析】（1）根据，BC＝8，E是BC中点，得AB=12，BE=4，设BF=x，则AF=12-x，在Rt△BEF中，可得，解得x即可；
（2）由A、E关于FG对称，即得GF⊥AE，过点G作GM⊥AB于点M，可证△ABE∽△GMF，即得，故；
（3）过点P作PN⊥BC交BC的延长线于点N，利用相似三角形的性质求出PN、CN即可解决问题．
（1）
∵，BC＝8，E是BC中点，
∴AB=12，BE=4，
设BF=x，则AF=12-x，
由矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处得EF=AF=12-x，
在Rt△BEF中，，
可得，
解得，
∴BF= ；
（2）
，，
理由如下：∵矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形EFGP，
∴A、E关于FG对称，
∴GF⊥AE，
过点G作GM⊥AB于点M，如图：

∵AE⊥GF，
∴∠AOF=∠GMF=∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AFO=90°，∠AFO+∠FGM=90°，
∴∠BAE=∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴，
∵∠AMG=∠D=∠DAM=90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM=AD，
∴；
（3）
过点P作PN⊥BC交BC的延长线于N，如图：

由，设BE=3k，则BF=4k，
EF=AF=5k，AB=9k，
∵，，
∴AE=，
∴，
∴k=1或-1（舍），
∴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，
∴△FBE∽△ENP，
∴，
∴，
∴，，
∴CN=EN-EC=，
∴，
∴BE=3，CP= ．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
25．如图1，点O是矩形ABCD的中心，，，动点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿折线向终点运动，连接PO，以PO，PB为边作平行四边形OPBE，设点的运动时间为秒．

(1)当点落在边上时，平行四边形OPBE的周长为______；
(2)当点在边上运动时，若四边形OPBE是轴对称图形，则的值为______；
(3)在点的运动过程中，长度的最大值为，最小值，则的值是______；
(4)如图，当点在边上运动时，以为对角线作正方形OFPG(O、F、P、G逆时针排序，则点的运动路径长为______．
【答案】(1)14
(2)或
(3)
(4)

【分析】（1）当点落在上时，则为矩形，根据三角形中位线定理可得答案；
（2）根据四边形OPBE是轴对称图形，可知四边形是菱形或矩形，分别画出图形，求出的长，从而得出答案；
（3）当点在上时，由知，当点P与A重合时，最大，作，交延长线于，勾股定理求出的长，当点在上时，由知，最小为3，最大为5，从而得出和的值；
（4）连接，以为底边，作等腰直角三角形BOG，利用∽，得，，则点在直线上运动，长度为．
（1）
解：当点落在上时，如图，
则平行四边形OPBE为矩形，
点为的中心，，

，，
平行四边形OPBE的周长，
故答案为：；
（2）
解：当四边形是菱形时，

则，
，
，
，
∽，
∴ ，
∴，
∴，
∴
当四边形为矩形时，

由（1）知，此时，
，
故答案为：或；
（3）
解：当点在上时，由知，
当点P与A重合时，最大，作，交延长线于，
此时，由勾股定理得，

当点P与B重合时，最小为，
当点在上时，由知，最小为，最大为，
，，
，
故答案为：；
（4）
解：如图，连接，以为底边，作等腰直角三角形，

，
，
∽，
，，
点在直线上运动，长度为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形和菱形、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构造相似三角形利用定角得出点的运动路径是线段是解题的关键．
26．“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马，田忌也有上、中、下三匹马，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：（注：表示A马与B马比赛，A马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例．
假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题：
（1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率；
（2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率．
【答案】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，；（2）不是，田忌获胜的所有对阵是，，，，，，
【分析】（1）通过理解题意分析得出结论，通过列举法求出获胜的概率；
（2）通过列举齐王的出马顺序和田忌获胜的对阵，求出概率．
【解析】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜．
此时，比赛的所有可能对阵为：
，，
，，共四种．
其中田忌获胜的对阵有
，，共两种，
故此时田忌获胜的概率为．
（2）不是．
齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；
齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；
齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；
齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；
齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；
齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是．
综上所述，田忌获胜的所有对阵是
，，，
，，．
齐王的出马顺序为时，比赛的所有可能对阵是
，，，
，，，
共6种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的6种可能对阵，
所以，此时田忌获胜的概率．
【点睛】本小题考查简单随机事件的概率等基础知识，考查推理能力、应用意识，考查统计与概率思想；通过列举所有对阵情况，求得概率是解题的关键．
27．某校开展主题为“防疫常识知多少”的调查活动，抽取了部分学生进行调查，调查问卷设置了：非常了解、：比较了解、：基本了解、：不太了解四个等级，要求每个学生填且只能填其中的一个等级，采取随机抽样的方式，并根据调查结果绘制成如图所示不完整的频数分布表和频率直方图，根据以上信息回答下列问题：

等级
频数
频率

20
0.4

15


10
0.2


0.1

（1）频数分布表中____________，____________，将频数分布直方图补充完整；
（2）若该校有学生1000人，请根据抽样调查结果估算该校“非常了解”和“比较了解”防疫常识的学生共有多少人？
（3）在“非常了解”防疫常识的学生中，某班有5个学生，其中3男2女，计划在这5个学生中随机抽选两个加入防疫志愿者团队，请用列表或画树状图的方法求所选两个学生中至少有一个女生的概率．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）根据频率分布表计算出被调查的总人数，即可算出；
（2）利用样本估计总体的统计思想，先求出调查结果中“非常了解”和“比较了解”的频率之和，再乘上该校总人数即可得到；
（3）利用树状图列出所有的情况，选出满足条件的情况数，利用概率公式求解即可．
【解析】解：（1）被调查的总人数为：（人），
（人），
，
故答案是：，
（2）根据频数分布表知，“非常了解”和“比较了解”的频率之和为：，
利用样本估计总体的思想，若该校有学生1000人，校“非常了解”和“比较了解”防疫常识的学生共有：（人）；
（3）设3男生对应大写字母，两女生对应大写字母，在这5个学生中随机抽选两个加入防疫志愿者团队的所有结果，利用树状图呈现如下：

共有种等可能结果，满足所选两个学生中至少有一个女生有：种，
由概率公式得所选两个学生中至少有一个女生的概率为：．
【点睛】本题考查了频率分布表、频率分布直方图、样本估计总体的统计思想、利用树状图或列表法求概率问题，解题的关键是：能从图表中获取信息，会画树状图列出所有的情况，利用概率公式求概率．
28．在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝3，点E是射线BA上一点，且满足DA＝DE，点F在线段CE上，联结DF，使∠EFD＝∠DAB．

(1)如图，当点E在边BA上时，
①求证：DF•CE＝AB•AD；
②若BE＝2，求线段CF的长．
(2)若△DCF是以CF为腰的等腰三角形，求此时线段CE的长．
【答案】(1)①见解析；②；
(2)6或

【分析】（1）①通过证明△DEF∽△CED，可得，可得结论；
②由等腰三角形的性质和勾股定理可求CE的长，由相似三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，方法同②．
（1）
①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，ABCD，
∴∠AED=∠CDE，
∵DA=DE，
∴∠DAB=∠DEA，
∵∠EFD=∠DAB，
∴∠DFE=∠DAB=∠DEA=∠EDC，
又∵∠CED=∠DEF，
∴△DEF∽△CED，
∴，
∴DF•CE=AB•AD；
②解：过点D作DH⊥AB于H，过点E作EN⊥CD于N，

∵BE=2，AB=6，
∴AE=4，
∵AD=DE，DH⊥AB，
∴AH=EH=2，
∴，
∵ABCD，DH⊥AB，EN⊥CD，
∴∠DHE=∠END=∠HDC=90°，
∴四边形DHEN是矩形，
∴EH=DN=2，EN=HD=，
∴CN=4，
∴，
∵△DEF∽△CED，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
解：当CF=CD时，CF=CD=6，
当CF=FD时，如图，过点D作DH⊥AB于H，过点E作EN⊥CD于N，

∵CF=FD，
∴∠FCD=∠FDC，
∴∠EFD=2∠FCD，
∵∠EFD=∠DAB=∠BCD，
∴∠BCD=2∠FCD，
∴∠BCE=∠FCD，
∵ABCD，
∴∠BEC=∠FCD=∠BCE，
∴BC=BE=3，
∵AB=6，
∴AE=3，
∵AD=DE，DH⊥AB，
∴AH=EH=，
∴，
∵AB∥CD，DH⊥AB，EN⊥CD，
∴∠DHE=∠END=∠HDC=90°，
∴四边形DHEN是矩形，
∴EH=DN=，EN=HD=，
∴CN=，
∴，
综上所述：CE的值为6或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
29．矩形ABCD中，（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．

(1)【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．
∵k＝2，
∴AB＝BC．
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3＝∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB＝90°，
∵∠5+∠AEB＝90°，
∴ ，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝ ，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；

(2)【类比探究】如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；
(3)【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，PF＝，则BC的长为 ．
【答案】(1)∠5＝∠6，CE
(2)k﹣1
(3)2

【分析】（1）由“ASA”可证△AHE≌△ECF，即可求解；
（2）在BA上截取BH＝BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；
（3）由“AAS”可证△ABE≌△EMQ，可得EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，由“AAS”可证△ADP≌△QNP，可证AP＝PQ，即可求解．
（1）
解：证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH，

∵k＝2，
∴AB＝BC，
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3＝∠DCG＝45°，
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB＝90°，
∵∠5+∠AEB＝90°，
∴∠5＝∠6，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝EC，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
故答案为：∠5＝∠6，CE；
（2）
解：在BA上截取BH＝BE，连接EH．

∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠BHE＝∠BEH＝45°，
∴∠AHE＝135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠DCF＝∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△AHE∽△ECF，
∴，
∵，E是BC边的中点，
∴EC＝HB＝BC，
∴AH＝AB﹣BC＝（）BC，
∴ ；
（3）
解：解：连接AE，延长AP、EF交于Q，
设BE＝EC＝a，则，
∴，
∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，
∴△AEQ是等腰直角三角形，
∴AE＝EQ，
过点Q作QM⊥BC交BC延长线于M，
∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠QEM，
又∵AE＝EQ，∠B=∠M=90°，
∴△ABE≌△EMQ（AAS），
∴EM＝AB＝3a，
∴MC＝EM﹣EC＝2a，
过点Q作QN⊥CD于N，则四边形NCMQ是矩形，
∴QN＝CM＝AD＝2a，
∵∠APD＝∠QPN，∠D＝∠PNQ，
∴△ADP≌△QNP（AAS），
∴AP＝PQ，
由（2）得，
∴EF＝AE＝EQ，

∴EF＝FQ，
∴PF＝EQ＝AE，
∴，
∴，
∴BC＝，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质与判定，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质。直角三角形斜边上的中线，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
30．如图， 正方形 中， 点 为 边上一点， 点 为 边上一点， 且 ， 连接 、 交于点 ．

(1)求证：；
(2)连接 ， 若 平分 ， 求证： ；
(3)在（2）的条件下， 连接 ， 过点 作EH∥GD 交 边于点 ， 交 于点 ， 若 ， 求线段 FM 的长．
【答案】(1)过程见解析
(2)过程见解析
(3)

【分析】（1），根据“SAS”证明△ABE≌△BCF，可得∠BAG=∠CBF，再根据∠CBF+∠ABG=90°，即可得出答案；
（2），过点C作CH⊥EG，CI⊥FG，可得CH=CI，进而得出四边形GHCI是矩形，再根据“AAS”证明△CEH≌△CFI，得出CE=CF，然后根据BE=CF，可知BC=2CE，即可得出结论；
（3），设正方形的边长为2a，分别表示出BE，CF，DF，根据勾股定理求出BF，再根据求出BG，进而得出FG，然后根据，得，再代数答案可求．
（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°．
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCF，
∴∠BAG=∠CBF．
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAG+∠ABG=90°，
∴∠AGB=90°，
即∠AGF=90°；
（2）
过点C作CH⊥EG，于点H，CI⊥FG，于点I，
∵GC平分∠EGF，
∴CH=CI．
∵∠EGF=∠CHG=∠CIG=90°，
∴四边形GHCI是矩形．
∵∠HCE+∠ECI=∠ECI+∠FCI=90°，
∴∠ECH=∠FCI．
∵∠CHE=∠CIF=90°，  
∴△CEH≌△CFI，
∴CE=CF．
∵BE=CF，  
∴CE=BE，
则BC=2CE，
∴AB=2CF；

（3）
设正方形的边长BC=2a，则BE=a，CF=a，DF=a，
根据勾股定理得．
∵∠EBG=∠FBC，∠BGE=∠BCF=90°，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得．
【点睛】这是一道关于正方形的综合问题，考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质和判定，关键是添加辅助线，构造全等三角形．
31．如图①，△ABC与△DEF是将△ACF沿过A点的某条直线剪开得到的（AB，DE是同一条剪切线）．平移△DEF使顶点E与AC的中点重合，再绕点E旋转△DEF，使ED，EF分别与AB，BC交于M，N两点．

(1)如图②，△ABC中，若AB＝BC，且∠ABC＝90°，则线段EM与EN有何数量关系？请直接写出结论；
(2)如图③，△ABC中，若AB＝BC，那么（1）中的结论是否还成立？若成立，请给出证明：若不成立，请说明理由；
(3)如图④，△ABC中，若AB：BC＝m：n，探索线段EM与EN的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)EM＝EN
(2)成立，证明见解析
(3)EM：EN＝n：m，证明见解析

【分析】（1）由四边形的内角和为360°可以推出∠HEM＝∠GEN，由等腰三角形的三线合一及角平分线的性质可以推出EH＝EG，从而可以证到，进而有EM＝EG．
（2）借鉴（1）的证明方法同样可以证到EM＝EG．
（3）借鉴（2）中解题经验可以证到，从而有EM：EN＝EH：EG．由点E为AC的中点可得，可证到EH：EG＝BC：AB，从而得到EM：EN＝BC：AB＝n：m．
（1）
解： EM＝EN．
证明：过点E作EG⊥BC，G为垂足，作EH⊥AB，H为垂足，连接BE，如答图②所示．

则∠EHB＝∠EGB＝90°．
∴在四边形BHEG中，∠HBG+∠HEG＝180°．
∵∠HBG+∠DEF＝180°，
∴∠HEG＝∠DEF．
∴∠HEM＝∠GEN．
∵BA＝BC，点E为AC中点，
∴BE平分∠ABC．
又∵EH⊥AB，EG⊥BC，
∴EH＝EG．
在△HEM和△GEN中，
∵∠HEM＝∠GEN，EH＝EG，∠EHM＝∠EGN，
∴△HEM≌△GEN．
∴EM＝EN．
（2）
EM＝EN仍然成立．
证明：过点E作EG⊥BC，G为垂足，作EH⊥AB，H为垂足，连接BE，如答图③所示．

则∠EHB＝∠EGB＝90°．
∴在四边形BHEG中，∠HBG+∠HEG＝180°．
∵∠HBG+∠DEF＝180°，
∴∠HEG＝∠DEF．
∴∠HEM＝∠GEN．
∵BA＝BC，点E为AC中点，
∴BE平分∠ABC．
又∵EH⊥AB，EG⊥BC，
∴EH＝EG．
在△HEM和△GEN中，
∵∠HEM＝∠GEN，EH＝EG，∠EHM＝∠EGN，
∴△HEM≌△GEN．
∴EM＝EN．
（3）
线段EM与EN满足关系：EM：EN＝n：m．
证明：过点E作EG⊥BC，G为垂足，作EH⊥AB，H为垂足，连接BE，如答图④所示．

则∠EHB＝∠EGB＝90°．
∴在四边形BHEG中，∠HBG+∠HEG＝180°．
∵∠HBG+∠DEF＝180°，
∴∠HEG＝∠DEF．
∴∠HEM＝∠GEN．
∵∠HEM＝∠GEN，∠EHM＝∠EGN，
∴△HEM∽△GEN．
∴EM：EN＝EH：EG．
∵点E为AC的中点，
∴S△AEB＝S△CEB．
∴AB•EH＝BC•EG．
∴EH：EG＝BC：AB．
∴EM：EN＝BC：AB．
∵AB：BC＝m：n，
∴EM：EN＝n：m．
【点睛】本题通过图形的变换，考查了等腰三角形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、四边形的内角和等知识，作出辅助线是解题的关键．
32．已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．

(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；
(2)如图2，已知，，当、的大小有_________关系时，四边形是矩形；
(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)平行四边形，证明见解析

【分析】（1）利用平行四边形的性质证得，根据角角边证明．
（2）当，证得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得为平行四边形，过点作，垂足为点，交于点，由平行线分线段成比例，设，，，则可表示出，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
（1）
∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）
；证明如下：
∵四边形为正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）
∵四边形为正方形，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∴．
过点作，垂足为点，交于点，
∴．
∵，
设，，，则，
∴．
∴．
∴当时，的面积最大，
∴，，
∴四边形是平行四边形．

【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
33．如图，在中，，，，点、分别是边、的中点，连接，将绕点逆时针方向旋转，记旋转角为．

(1)问题发现
①当时，______；②当时，______．
(2)拓展探究
试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图的情形给出证明．
(3)问题解决
绕点逆时针旋转至、、三点在同一条直线上时，如图3-1，图3-2，求线段的长．
①如图3-1中，当点E在AB的延长线上时， ②如图3-2中，当点E在线段AB上时，

【答案】(1)①，②
(2)没有变化，证明见解析
(3)或

【分析】（1）①当时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值；然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，求出AE、BD的大小，即可求出的值．②时，可得ABDE，然后根据＝，即可求出的值．
（2）首先判断出∠ECA＝∠DCB，再根据＝＝，判断出△ECA∽△DCB，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，②如图3﹣2中，当点E在线段AB上时，利用勾股定理及上一问结论，分别求解即可．
（1）
解：①当时，
∵Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴AE＝AC＝，BD＝BC＝1，
∴＝．
②如图1中，

当时，
可得ABDE，
∵＝，
∴＝＝．
故答案为：①，②．
（2）
解：如图2，

当时，的大小没有变化．理由如下：
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
又∵＝＝，
∴△ECA∽△DCB，
∴＝＝，即当时，的大小没有变化．
（3）
解：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，

在Rt△BCE中，CE＝，BC＝2，
∴BE＝＝＝1，
∴AE＝AB+BE＝5，
∵＝，
∴BD＝＝．
②如图3﹣2中，当点E在线段AB上时，

∵BE＝＝＝1，
∴AE＝AB－BE =4﹣1＝3，
∵＝，
∴BD＝，
综上所述，满足条件的BD的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
34．如图（1），已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F．

(1)证明与推断：
①求证：四边形是正方形：
②推断：的值为_____________；
(2)探究与证明：
将正方形绕点C顺时针方向旋转角（），如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展与运用：
正方形在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长交于点H．
①求证：．
②若，，则_________________．
【答案】(1)①见解析；②
(2)，理由见解析
(3)①见解析；②

【分析】（1）①由GE⊥BC、GF⊥CD结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知，据此可得，，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得；
（3）①根据题意可求出∠BEC=135°．再根据△ACG∽△BCE，即得出∠AGC=∠BEC=135°，从而可求出∠AGH=∠CAH=45°．即证明△AHG∽△CHA；②由△AHG∽△CHA得，设BC=CD=AD=a，则，由得：，从而可求出，DH=，，再由得：，解出a即可．
（1）
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②由①知四边形CEGF是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴，，
∴，
故答案为；
（2）
如图，连接CG，

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，，
∴，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为；
（3）
①∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°．
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°．
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA；
②∵△AHG∽△CHA，
∴，
设BC=CD=AD=a，则，
则由得： ，
∴，
∴DH=AD-AH=，
∴，
∴由得：，
解得：，即BC=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
35．菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，以OA为边作矩形AEFO，点E恰好落在线段AB的垂直平分线上，点F在OB上，G是OD上一点，且OG＝BF，连接CG，BF．

(1)如图1，求证：OB＝OG＋CG；
(2)如图2，M为菱形外一点，连接MA与BD交于点N，与BC交于点P．连接MC，MB， 若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若，，连接MG，求线段MG的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）首先证明，再证明，推出，可得结论；
（2）证明，推出，推出，推出，可得结论；
（3）图3中，过等作交的延长线于点．首先证明，四边形是矩形，证明，可得，由此即可解决问题．
（1）
证明：如图1中，

点在的垂直平分线上，
，
四边形是矩形，
，，，
，
四边形是菱形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；
（2）
证明：如图2中，

，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）
解：如图3中，过等作交的延长线于点．

由（1）（2）可知，，，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，，，
，
，，
，
，
，即，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．