专题18 中点四大模型-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题18中点四大模型
解题策略




经典例题



【例1】（2022·江苏·南通市通州区育才中学八年级阶段练习）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．

(1)如图1，求证：AD=CE；
(2)如图2，点O为AB的中点，连接OD，OE．请判断△ODE的形状？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)△DOE等腰直角三角形，理由见解析

【分析】（1）根据垂直的定义及直角三角形中两个锐角互余得出∠EBC=∠DCA，再由全等三角形的判定和性质即可证明；
（2）连接OC，根据等腰直角三角形的性质及斜边上的中线的性质得出AO=BO=CO，∠CAB=∠CBA=45°，CO⊥AB，再由全等三角形的判定得出△DCO≌△EBO(SAS)，△ADO≌△CEO，最后结合图形证明即可．
【详解】（1）证明：∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E=∠ADC=90°，
∴∠EBC+∠BCE=90°．
∵∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠EBC=∠DCA．
在△CEB和△ADC中，
∠E=∠D，∠EBC=∠DCA，BC=AC，
∴△CEB≌△ADC(AAS)，
∴AD=CE．
（2）△DOE等腰直角三角形，理由如下：
连接OC，如图所示：

∵AC=BC，∠ACB=90°，点O是AB中点，
∴AO=BO=CO，∠CAB=∠CBA=45°，CO⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠BOC+∠BEC+∠ECO+∠EBO=360°，
∴∠EBO+∠ECO=180°，且∠DCO+∠ECO=180°，
∴∠DCO=∠EBO，且DC=BE，CO=BO，
∴△DCO≌△EBO(SAS)，
∴EO=DO，∠EOB= ∠DOC，
同理可证：△ADO≌△CEO，
∴∠AOD=∠COE，∠AOD+∠DOC=90°，
∴∠DOC+∠COE=90°，
∴∠DOE=90°，且DO=OE，
∴△DOE是等腰直角三角形．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【例2】（2022·重庆市合川中学九年级阶段练习）在△ABC中，∠ABC=45°，D为BC上一动点．

(1)如图1，当∠ADC=75°时，若AB=3+3，求AD的长；
(2)如图2，当AC=AD时，点P为AB的中点，且AB=2CD，求证：AC=PC；
(3)如图3，在（2）的条件下，将△BCP绕点P旋转180°，得到△AC′P，连接DC′，直接写出CC′C′D的值．
【答案】(1)AD=23
(2)见解析
(3)102

【分析】（1）过点D作DH⊥AB于点H．由三角形外角的性质易求∠DAH=30°．根据题意可求∠DBH=∠BDH=45°，即得出BH=DH．设BH=DH=x，则AD=2x，根据勾股定理可求出AH=AD2−DH2=3x．从而可列出关于x的方程，解出x，即可求出AD的长；
（2）连接DP，过点A作AQ⊥BC于点Q．易得出AQ=BQ，根据勾股定理可得出AB=2AQ=2BQ．结合题意又可得出CD=AQ=BQ．设CD=AQ=BQ=2a．根据等腰三角形的性质可得CQ=DQ=12CD=a=BD，即点D为BQ中点．结合题意利用三角形中位线定理可得PD∥AQ，PD=12AQ=a，从而可证PD⊥BC，最后根据勾股定理可求出PC=5a=AC；
（3）在（2）的基础上，过点C′作C′T⊥BC交CB的延长线于点T，由旋转的性质可知AC′=BC=3a，∠AC′P=∠PCB，即易证四边形AC′TQ是矩形，得出TQ=AC′=3a，C′T=AQ=2a，进而可求出BT=TQ−BQ=a，DT=TQ−DQ=2a=C′T，CT=TQ+CQ=4a，最后根据勾股定理求出C′C和C′D的长，作比即可．
【详解】（1）如图，过点D作DH⊥AB于点H．         
∵∠ADC=∠ABC+∠BAD，∠ABC=45°，∠ADC=75°，
∴∠BAD=30°，即∠DAH=30°．
∵DH⊥AB，
∴∠DBH=∠BDH=45°，
∴BH=DH．
设BH=DH=x，则AD=2x，
∴AH=AD2−DH2=3x．
∴AB=AH+BH=x+3x=3+3，
解得：x=3，
∴AD=23；

（2）如图，连接DP，过点A作AQ⊥BC于点Q．
∵∠ABC=45°，
∴∠BAQ=∠ABC=45°，
∴AQ=BQ，
∴AB=2AQ=2BQ．
∵AB=2CD，
∴CD=AQ=BQ．
设CD=AQ=BQ=2a．
∵AD=AC，AQ⊥CD，
∴CQ=DQ=12CD=a=BD，即点D为BQ中点．
∵点P为AB的中点，即AP=BP，
∴PD∥AQ，PD=12AQ=a，
∴PD⊥BC，
∴PC=PD2+CD2=a2+4a2=5a，AC=AQ2+CQ2=4a2+a2=5a，
∴PC=AC；

（3）如图，在（2）的基础上，过点C′作C′T⊥BC交CB的延长线于点T，
由旋转的性质可知AC′=BC=3a，∠AC′P=∠PCB，
∴AC′∥CT．
∵C′T⊥BC，AQ⊥BC，
∴四边形AC′TQ是矩形，
∴TQ=AC′=3a，C′T=AQ=2a，
∴BT=TQ−BQ=3a−2a=a，DT=TQ−DQ=3a−a=2a=C′T，CT=TQ+CQ=3a+a=4a，
∴C′D=2DT=22a，C′C=C′T2+CT2=2a2+(4a)2=25a，
∴C′CC′D=25a22a=102．

【点睛】本题考查三角形外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，矩形的判定和性质等知识，综合性强，较难．正确的作出辅助线是解题关键．
【例3】（2022·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室一模）如图，Rt△ABC的中，∠BAC=90°，AB=4cm，AC=3cm，点G是边AB上一动点，以AG为直径的⊙O交CG于点D，E是边AC的中点，连接DE．

(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)填空：
①当AG=___________cm时，⊙O与直线BC相切；
②当点G在边AB上移动时，△CDE面积的最大值是___________cm2
【答案】(1)见解析
(2)①3，②98

【分析】（1）证明DE是圆的切线，即连接OD，再由直径AG和中点E想到连接AD、OE，则可知DE=AE，最后证明ΔODE≌ΔOAE即可求证；
（2）①由⊙O与BC相切，故结合ΔABC的面积等于ΔAOC的面积与ΔBOC的面积之和即可求解；②结合（1）中分析可知CE=12AC=32，再结合三角形的面积公式，即可分析求解．
【详解】（1）连接OE，OD，AD
∵AG是⊙O的直径，
∴∠ADG=∠ADC=90°，即ΔADC是直角三角形．
∵E是斜边AC的中点，
∴DE=AE．
在ΔODE和ΔOAE中，OD=OADE=AEOE=OE
∴△ODE≌△OAE SSS
∴∠ODE=∠BAC=90°．
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切．

（2）①设⊙O与BC相切与点F，⊙O的半径为r连接OC则OF=OA=r=12AG
∵AB=4，AC=3，∠BAC=90°
∴BC=32+42=5，SΔAOC=12×AC×OA=12×3×r=32r，SΔABC=12×AB×AC=12×4×3=6
∵ ⊙O与BC相切与点F
∴SΔBOC=12×BC×OF=12×5×r=52r
∵SΔABC=SΔAOC+SΔBOC
∴6=32r+52r，即r=32
∴AG=2r=32×2=3
故答案是：3．

②由（1）可知DE=CE=12AC=32，设CE边上的高为ℎ，则SΔCDE=12×CE×ℎ=34ℎ
∴当ℎ取最大值时，SΔCDE的值最大
结合题意可知，当ℎ=DE=32时最大，即DE⊥AC时，
∴ SΔCDE的最大值为34ℎ=34×32=98
故答案是：98．

【点睛】本题主要考查圆的性质、切线的证明、直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、面积最值问题、线段长度问题等知识点，属于综合几何证明题，具有一定难度．解题的关键是熟练掌握圆和直角三角形的相关性质，并根据题意画出辅助线，即线段OD，AD．
【例4】（2021·广西·南宁二中八年级期中）在平面直角坐标系中有一等腰三角形ABC，点A在y轴正半轴上，点B在x轴负半轴上．

(1)如图1，点C在第一象限，若∠BAC=90°，A、B两点的坐标分别是A(0,4)，B(−2,0)，求C点的坐标；
(2)如图2，点C在x正半轴上，点E、F分别是边BC、AB上的点，若∠AEF=∠ACB=2∠OAE．求证：BF=CE；
(3)如图3，点C与点O重合时点E在第三象限，BE⊥AE，连接OE，求∠BEO的度数．
【答案】(1)C4，2；
(2)见解析；
(3)135°．

【分析】（1）过点C作CM⊥OA，垂足为M，则∠AMC=90°，求出∠ABO=∠CAM，证明△ABO≌△CAMAAS，得出MC=AO=4，AM=BO=2，则可得出答案；
（2）证明∠BEF=∠EAC，∠FAE=∠AFE，可得AE=EF，利用AAS证明△AEC≌△EFB，则可得出BF=CE；
（3）过点O作OG⊥AE于点G，OH⊥BE交BE的延长线于点H，AE与OB交于点M，证明△AOG≌△BOHAAS，由全等三角形的性质得出OG=OH，证明EO平分∠AEH，求出∠OEH=∠AEO=45°，则可得出答案．
【详解】（1）解：如图1中，过点C作CM⊥OA，垂足为M，则∠AMC=90°，

∵∠BAC=∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠CAM=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠CAM，
∵△ABC是等腰三角形，∠BAC=90°，
∴AB=CA，
在△ABO和△CAM中，∠ABO=∠CAM∠AOB=∠CMAAB=CA，
∴△ABO≌△CAMAAS，
∴MC=AO，AM=BO，
∵A(0,4)，B(−2,0)，
∴AO=4，BO=2，
∴MC=4，AM=2，
∴MO=AO−AM=2，
∴C4，2；
（2）证明：设∠OAE=α，则∠AEF=∠ACB=2α，
∵∠AEF+∠BEF+∠AEC=180°，∠ACB+∠EAC+∠AEC=180°，
∴∠BEF=∠EAC，
由图2可知，等腰三角形ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵OA⊥BC，
∴∠BAO=∠CAO，
∵∠FAE=∠FAO+∠OAE =∠OAC+α =α+∠EAC+α =2α+∠EAC，
∠AFE=∠FBE+∠BEF=2α+∠BEF，
∴∠FAE=∠AFE，
∴AE=EF，
∴△AEC≌△EFBAAS，
∴BF=CE；
（3）解：∵点C与点O重合，∠AOB=90°，
∴OA=OB，
如图3，过点O作OG⊥AE于点G，OH⊥BE交BE的延长线于点H，AE与OB交于点M，

∵BE⊥AE，
∴∠AEB=90°，
∵∠AOB=90°，∠AMO=∠BME，
∴∠MAO=∠OBH，
又∵∠AGO=∠BHO=90°，OA=OB，
∴△AOG≌△BOHAAS，
∴OG=OH，
又∵OG⊥AE，OH⊥BE，
∴EO平分∠AEH，
∴∠OEH=∠AEO=45°，
∴∠BEO=∠AEB+∠AEO=90°+45°=135°．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的判定，三角形内角和定理，坐标与图形的性质等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
培优训练


一、解答题
1．（2021·湖北武汉·九年级阶段练习）△ABC中，BC=4，AC=6，∠ACB=m°，将△ABC绕点A顺时针旋转n°得到△AEF，E与B是对应点，如图1．
（1）延长BC、EF，交于点K，求证：∠BKE=n°；
（2）当m=150，n=60时，求四边形CEFA的面积；
（3）如图3．当n=150时，取BE的中点P和CF的中点Q，直接写出PQ2的值．

【答案】（1）见解析；（2）12+93；（3）8−43
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠AEF=∠B，利用三角形的外角性质可得∠BKE=∠KPA−∠AEF，从而得到∠BKE=∠BAE=n°；
（2）连CF，作FH⊥AC于H，根据条件得到ΔACF是等边三角形，则∠EFC=90°，从而根据S四边形CEFA=SΔCEF+SΔACF计算即可；
（3）取CE中点G，连接PG，QG，构造△GPQ为等腰三角形，并结合中位线定理以及旋转的性质求解∠PGQ=30°，再作CN⊥FA于N点，结合旋转的性质求解出sin15°=6−24，最后在△GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论．
【详解】（1）设CK、AE交于点P，
∵ΔAEF是ΔABC旋转所得，
∴ΔAEF≅ΔABC，
∴∠AEF=∠B，
∵∠BKE=∠KPA−∠AEF，
∠BAE=∠KPA−∠B，
∴∠BKE=∠BAE=n°；

（2）连CF，作FH⊥AC于H，
∵ΔAEF≅ΔABC，
∴EF=BC=4，AF=AC=6，
∠AFE=∠ACB=150°，
∴ΔACF是等边三角形，
∴∠AFC=60°，
∴∠EFC=∠AFE−∠AFC=150°−60°=90°，
∴SΔCEF=12CF⋅EF=12×6×4=12，
∵AH=12AC=3，FH=AF2−AH2=36−9=33，
∴SΔACF=12AC⋅FH=12×6×33=93，
∴S四边形CEFA=SΔCEF+SΔACF=12+93；

（3）如图，取CE中点G，连接PG，QG，
则PG，QG为△BCE和△FCE的中位线，
∴PG=12BC=2，QG=12EF=2，△GPQ为等腰三角形，
根据中位线定理可得：∠BCE=∠PGE，∠CEF=∠CGQ，
∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+∠CEF-180°，
又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC，
∴在四边形ABCE中，∠BCE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°，
∴∠BCE+∠CEF=210°，∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=210°-180°=30°，
作CN⊥FA于N点，根据旋转可知，∠CAF=150°，AC=AF=6，∠AFC=15°，
∴∠CAN=30°，
在Rt△CAN中，AC=6，∠CAN=30°，
∴CN=3，AN=33，
∴NF=AN+AF=6+33
由勾股定理得：FC=CN2+NF2=36+32，
∴sin∠CFN=CNCF=336+32=6−24，
即：sin15°=6−24，
此时，作GM⊥PQ，则根据“三线合一”知GM平分∠PGQ，∠MGQ=15°，PM=QM，
∴MQ=GQ·sin15°=2×6−24=6−22，
∴PQ=2MQ=6−2，
∴PQ2=6−22=8−43．

【点睛】本题考查图形旋转的综合问题，包括全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及运用三角函数解直角三角形等，熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键．
2．（2022·四川·石室中学八年级期中）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题：

(1)如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA=2，求PB的长度；
(2)在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；
(3)如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2=PQ2．
【答案】(1)23
(2)PA2+PB2=PQ2，证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求得AB，由PB=AB−PA可求得PB；
（2）过C作CD⊥AB于点D，则△ADC是等腰直角三角形，则可求得AD=CD=12AB=1+3，进而得出PD的长，在Rt△PCD中利用勾股定理可求得PC的长，进而求出PQ的长即可得到结论；
（3）过C作CD⊥AB于点D，把PA2和PB2都用PC和CD表示出来，在Rt△PCD中，由勾股定理得到PC和PD、CD的关系，从而可证得结论；
【详解】（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6+2，
∴AB=AC2+BC2=6+22+6+22=23+2，
∵PA=2，
∴PB=AB−PA=23+2−2=23，
（2）解：PA2+PB2=PQ2，证明如下：
如图1，过C作CD⊥AB于点D，则△ADC是等腰直角三角形，
∴AD=CD=12AB=1+3，
∴PD=AD−PA=3−1，
在Rt△PCD中，PC=CD2+PD2=3+12−3−12=22，
∵△PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ=90°，
∴PC=QC=22，
∴PQ=PC2+QC2=4，
∵PA2=4,PQ2=16，PB2=12，
∴PA2+PB2=PQ2；

（3）证明：如图2，过C作CD⊥AB于点D，
∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴CD=AD=DB，
∵PA2=AD+PD2=CD+PD2=CD2+2CD⋅PD+PD2，
PB2=PD−BD2=PD−CD2=CD2−2CD⋅PD+PD2，
∴PA2+PB2=2CD2+2PD2=2CD2+PD2，
在Rt△PCD中，由勾股定理可得PC2=CD2+PD2，
∴PA2+PB2=2PC2，
∵△PCQ为等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，
∴PQ2=PC2+CQ2=2PC2，
∴PA2+PB2=PQ2．

【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
3．（2022·广东·惠州市惠阳区朝晖学校九年级阶段练习）阅读理解：如图，等腰直角 △ABC 中，∠ABC=90∘，AB=BC，点 A，B 分别在坐标轴上．
(1)如图①，过点 C 作 CG⊥y 轴于点 G，若点 C 的横坐标为 5，求点 B 的坐标．

(2)如图②，将△ABC摆放至x轴恰好平分 ∠BAC，BC交x轴于点 M，过点 C 作 CD⊥x 轴于点 D，求 CDAM 的值．

(3)如图③，若点A坐标为 (−4,0)，分别以 OB，AB 为直角边在第一、第二象限作等腰 Rt△OBF 与等腰 Rt△ABE，连接 EF 交 y 轴于点 P．当 B 点在 y 轴正半轴上移动时，PB的长度是否会发生改变？若改变，请说明理由，若不改变，请直接写出PB的长度．

【答案】(1)（0，5）
(2)12
(3)2

【分析】（1）过点C作CG⊥y轴于点G，根据余角的性质，得出∠ABO=∠BCG，证明△ABO≌△BCG，得出BO=CG=5，即可得出答案；
（2）分别延长AB，CD相交于点H，根据“AAS”证明△ABM≌△CBH，得出AM=CH，根据等腰三角形的性质，得出CD=DH，即可得出答案；
（3）作EG⊥y轴于G，证明△BAO≌△EBG，得到BG=AO=4，EG=OB，证明△EGP≌△FBP，得到PB=PG，得到答案．
【详解】（1）解：∵∠ABC=90∘，CG⊥y轴，

∴∠1+∠ABO=90∘，∠1+∠BCG=90∘，
∴∠ABO=∠BCG（同角的余角相等），
∵∠ABC=90∘，CG⊥y轴，∠ABO=∠BCG，AB=BC，
∴△ABO≌△BCG（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），
∴BO=CG（全等三角形的对应边相等），
∵C点的横坐标为5，
∴CG=5，
∵CG=5，BO=CG，B点在y轴上，
∴B点的坐标是0,5．
（2）解：分别延长AB，CD相交于点H，如图所示：

∵∠ABC=90∘，CH⊥x 轴，
∴∠1+∠AMB=90∘，∠3+∠CMD=90∘，
∠CBH=90∘，
∵∠AMB=∠CMD，
∴∠1=∠3（等角的余角相等），
∵∠ABC=∠CBH=90∘，∠1=∠3，AB=BC，
∴△ABM≌△CBH（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），
∴AM=CH（全等三角形的对应边相等），
∵AD平分 ∠BAC，CH⊥x轴，
∴∠1=∠2，∠ADH=∠ADC=90°，
∵AD=AD，
∴△ADH≅△ADC，
∴DH=DC，
∴AM=CH=2CD，
∴CDAM=12．
（3）解：PB的长度不变，
作EG⊥y轴于G，如图所示：

∵点A的坐标为−4,0，
∴OA=4，
∵∠BAO+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBG=90°，
∴∠BAO=∠EBG，
在△BAO和△EBG中∠AOB=∠BGE∠BAO=∠EBGAB=BE，
∴△BAO≌△EBGAAS，
∴BG=AO=4，EG=OB，
∵OB=BF，
∴BF=EG，
在△EGP和△FBP中∠EPG=∠FPB∠EGP=∠FBPEG=FB，
∴△EGP≌△FBPAAS，
∴PB=PG，
∴PB=12BG=2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
4．（2022·河北·八年级期中）如图，在△ABC中，已知AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，AH是△ABC的高，BC=10cm，射线CM⊥BC，动点D从点C开始沿射线CB的方向以每秒2厘米的速度运动，动点E也同时从点C开始在射线CM上以每秒1厘米的速度运动，连接AD、AE，设运动时间为tt>0s．

(1)请直接写出CD、CE的长度（用含有t的式子表示）：CD=______cm，CE=______cm；
(2)当点D到点H的距离为2cm时，求t的值；
(3)请直接写出当t=103s时，△ABD与△ACE是否全等？
【答案】(1)2t，t
(2)32s或72s
(3)全等，理由见解析

【分析】（1）直接根据路程=速度×时间可得结论；
（2）分当点D位于点H右边时；当点D位于点H左边时，两种情况进行讨论即可；
（3）分别求出BD,CD的长度，然后根据“SAS”证明全等即可．
【详解】（1）解：根据题意可得CD=2tcm，CE=tcm，
故答案为：2t，t；
（2）解：∵AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵AH是△ABC的高，BC=10cm，
∴BH=CH=5，
当点D位于点H右边时，
CD=CH−HD=5−2=2t，
解得：t=32；
当点D位于点H左边时，
CD=CH+DH=5+2=7=2t，
解得：t=72，
综上所示：当点D到点H的距离为2cm时，t的值为32s或72s；
（3）解：△ABD与△ACE全等，理由如下：
当t=103s时，
CD=2t=2×103=203cm，CE=t=103cm，
∴BD=BC−CD=10−203=103cm，
∴BD=CE，
∵CM⊥BC，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACE=45°，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠B=∠ACEBD=CE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)．
【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，一元一次方程的应用，等腰直角三角形的性质，灵活运用相关知识点列方程求解是关键．
5．（2022·江苏徐州·八年级期中）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D是斜边AB的中点，点E、F分别在边AC、BC上，且DE⊥DF，垂足为D．

(1)如图1，当DE⊥AC时，DE、DF的大小关系是______；
(2)如图2，将∠EDF绕点D点旋转，（1）中的关系还成立吗？请说明理由；
(3)如图3，连接EF，试探究AE、BF、EF之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)DE=DF
(2)成立，理由见解析
(3)EF2=AE2+BF2，证明见解析

【分析】（1）连接CD，由DE⊥AC，得∠DEC=90°=∠ACB=∠EDF，可得DF⊥BC，而AC=BC，D为AB中点，知CD是∠ACB的平分线，即得DE=DF；
（2）过D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，同（1）可得DM=DN，由∠DMC=∠DNC=∠ACB=90°，可得∠MDN=90°=∠EDF，从而∠MDE=∠NDF，可证△DME≌△DNF(AAS)，故DE=DF；
（3）过D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，由（2）知△DME≌△DNF，可得ME=NF，DE=DF，DM=DN，即可得EF2=2DE2，而AC=AB，∠ACB=90°，有∠A=∠B=45°，从而AM=DM=DN=BN，设ME=NF=x，则AM=AE−x=DM，BN=BF+x=DN，由AM=BN，得AE−x=BF+x，x=AE−BF2，即ME=AE−BF2，DM=AE−x=AE+BF2，又DE2=DM2+ME2，即可得EF2=2DE2=AE2+BF2．
【详解】（1）解：DE=DF，理由如下：
连接CD，如图：

∵DE⊥AC，
∴∠DEC=90°=∠ACB=∠EDF，
∴∠DFC=90°，即DF⊥BC，
∵AC=BC，D为AB中点，
∴CD是∠ACB的平分线，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE=DF(角平分线上的点到两边的距离相等)；
故答案为：DE=DF；
（2）将∠EDF绕点D点旋转，（1）中的关系还成立，理由如下：
过D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如图：

同（1）可得DM=DN，
∵∠DMC=∠DNC=∠ACB=90°，
∴∠MDN=90°=∠EDF，
∴∠MDN−∠EDN=∠EDF−∠EDN，即∠MDE=∠NDF，
∵∠DME=90°=∠DNF，
∴△DME≌△DNF(AAS)，
∴DE=DF；
（3）EF2=AE2+BF2，证明如下：
过D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如图：

由（2）知△DME≌△DNF，
∴ME=NF，DE=DF，DM=DN，
∵∠EDF=90°，
∴DE2+DF2=EF2，
∴EF2=2DE2，
∵AC=AB，∠ACB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，
∴AM=DM=DN=BN，
设ME=NF=x，则AM=AE−x=DM，BN=BF+x=DN，
∵AM=BN，
∴AE−x=BF+x，
∴x=AE−BF2，即ME=AE−BF2，
∴DM=AE−x=AE+BF2，
∵DE2=DM2+ME2=(AE+BF2)2+(AE−BF2)2=AE2+BF22，
∴EF2=2DE2=AE2+BF2．
【点睛】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
6．（2022·湖北·武汉市黄陂区教学研究室八年级期中）如图，点D，E在△ABC的边BC上，AB=AC，AD=AE．

(1)如图1，求证：BD=CE；
(2)如图2，当AD=CD时，过点C作CM⊥AD于点M，如果DM=2，求CD−BD的值．
【答案】(1)见解析
(2)4

【分析】（1）过A作AH⊥BC于点H，根据三线合一可得：BH=CH，DH=EH，即可证明；
（2）过A作AH⊥BC于点H，易证△AHD≌△CMD，可得MD=DH，即可求解．
【详解】（1）证明：如图过A作AH⊥BC于点H，

∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=CH，
∵AD=AE，
∴DH=EH，
∴BD=CE；
（2）解：过A作AH⊥BC于点H，

在△AHD和△CMD中，
∠CDM=∠ADH∠CMD=∠AHD=90°CD=AD
∴△AHD≌△CMDAAS，
∴DH=MD，
∴CD−BD=CH+DH−BH−DH=2DH=2MD=4．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质“三线合一”，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
7．（2022·浙江·杭州市大关中学九年级期中）如图，在△ABC中，AB=AC,∠A=30°,AB=10，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接DE，过点B作BP平行于DE，交⊙O于点P，连接CP,OP．

(1)求证：点D为BC的中点；
(2)求AP的长度．
【答案】(1)见解析
(2)5π2
【分析】（1）连接AD，可得AD⊥BC，再由等腰三角形的性质，即可求证；
（2）由等腰三角形的性质，可得∠ABC=75°，再根据四边形ABDE为⊙O的内接四边形，可得∠EDC=∠BAC=30°，然后根据BP∥DE，可得∠PBC=∠EDC=30°，从而得到∠OBP=∠ABC−∠PBC=45°，然后根据圆周角定理可得∠AOP=90°，再根据弧长公式计算，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，即点D为BC的中点；

（2）解：∵∠BAC=30°，AB=AC，
∴∠ABC=12×180°−30°=75°，
∵四边形ABDE为⊙O的内接四边形，
∴∠EDB+∠BAC=180°，
∵∠EDB+∠EDC=180°，
∴∠EDC=∠BAC=30°，
∵BP∥DE，
∴∠PBC=∠EDC=30°，
∴∠OBP=∠ABC−∠PBC=45°，
∵OB=OP，
∴△OBP为等腰直角三角形，
∴∠BOP=90°，
∴∠AOP=90°，
∵AB=10，
∴半径OA=5，
∴AP的长度为90π×5180=5π2．
【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握弧长公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
8．（2022·湖北黄石·九年级期中）如图，△ABC中，AB=AC，AH⊥BC于H，BD⊥AC于D，AH，BD相交于点O，以O为圆心、OD为半径的⊙O交BC于点E、F，已知AD=6，BD=8．

(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)求⊙O的半径；
(3)求弦EF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)3；
(3)4．

【分析】（1）过点O作OM⊥AB于点M，利用角平分线的性质得到OM=OD，即可；
（2）利用勾股定理求得AC=AB=10，从而得到CD=4，再由勾股定理求得BC=45，则BH=CH=25，再由勾股定理得到AH=45，由△AOD∽△ABH得到ADAH=ODBH，即可求解；
（3）连接OE，求得OH，利用勾股定理得到EH，即可求解．
【详解】（1）证明：过点O作OM⊥AB于点M，如图
∵AH⊥BC，AB=AC
∴AH平分∠BAC
又∵OM⊥AB，OD⊥AC
∴OM=OD
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：由勾股定理可得，AB=AD2+BD2=10，AC=10，
则CD=4，
由勾股定理可得：BC=BD2+CD2=45，
由题意可得：AH为中线，
∴BH=CH=25
由勾股定理可得：AH=AB2−BH2=45
由（1）可得∠BAH=∠OAD，
又∵∠ADB=∠AHB=90°
∴△AOD∽△ABH，
∴ADAH=ODBH，即645=OD25
解得：OD=3，即半径为3．
（3）连接OE，如下图：

由题意可得：OE=3，OH⊥EF
∴EH=HF
在Rt△AOD中，由勾股定理可得：AO=OD2+AD2=35
∴OH=AH−AO=5，
在Rt△OEH中，由勾股定理可得：EH=OE2−OH2=2
∴EF=2EH=4
【点睛】此题考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质．
9．（2022·江苏·泰州中学附属初中八年级阶段练习）按要求作图．

(1)如图（1），在平行四边形ABCD中，AC为对角线，AC=BC,AE是△ABC的中线．
①在AD取一点F使得EF∥CD；（仅使用无刻度的直尺画图）．
②画出△ABC的高CH．（仅使用无刻度的直尺画图）．
(2)如图（2），四边形ABCD是平行四边形，在线段CD找一点E，使得BE平分∠AEC．（仅使用圆规画图）
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)见解析

【分析】（1）①连接BD交AC于O点，则OB=OD，则OE为△BCD的中位线，可得OE∥CD，延长EO交AD于F，则EF满足条件；
②设BD交AE于P点，则P点为△ABC的三条中线的交点，然后延长CP交AB于H，CH为AB边上的中线，再由AC=BC，根据等腰三角形的性质得到CH⊥AB；
（2）以A点为圆心，AB为半径画弧交DC于E点，则AE=AB，可得∠AEB=∠ABE，再根据CD∥AB，可知∠ABE=∠CEB，从而得到∠CEB=∠AEB，即可．
【详解】（1）解：①如图1，连接BD交AC于O点，并延长EO交AD于F，F点即为所作；
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵AE是△ABC的中线．
∴OE为△BCD的中位线，
∴OE∥CD，即EF∥CD；
②如图1，设BD交AE于P点，延长CP交AB于H，CH即为所作；

理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AC=BC,AE是△ABC的中线．
∴P点为△ABC的三条中线的交点，
∴CH为AB边上的中线，
∴CH⊥AB，即CH是△ABC的高；
（2）解：如图2，以A点为圆心，AB为半径画弧交DC于E点，则线段BE为所作．

理由：根据作法得：AE=AB，
∴∠AEB=∠ABE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE=∠CEB，
∴∠CEB=∠AEB，即BE平分∠AEC．
【点睛】本题考查了作图——复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质．
10．（2022·湖南长沙·九年级期中）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O，与AB边相交于点D，与BC边相交于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为点F．

(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)求证：点E是CD的中点；
(3)若⊙O的直径为18，BC=12，求AD的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)AD的长为14．

【分析】（1）连接OE，利用等腰三角形的性质，证明OE∥AB即可证明；
（2）利用圆周角定理以及等腰三角形三线合一的性质即可证明；
（3）连接AE、CD，利用直径所对的圆周角是直角、等腰三角形三线合一以及证明△ABE∽△CBD，即可解答．
【详解】（1）证明：连接OE，

∵EF⊥AB，
∴∠EFD=∠EFB=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OC=OE，
∴∠C=∠OEC，
∴∠OEC=∠B，
∴OE∥AB，
∴∠OEF=∠EFB=90°，
∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）证明：如图，连接AE，

∵AC是直径，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE，
∴DE=CE，
∴点E是CD的中点；
（3）解：连接AE、CD，

∵AC是⊙O的直径，AB=AC，BC=12，
∴∠CDB=∠AEC=∠AEB=90°，BE=CE=6，
∵∠B=∠B，
∴△ABE∽△CBD，
∴ABCB=BEBD，即1812=6BD，
解得：BD=4，
∴AD=AB−BD=18−4=14，
故AD的长为14．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
11．（2022·广东·广州市白云区白云实验学校八年级期中）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．

(1)如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
(2)点M是AC边上一个动点（不与点D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG=60°，MG交射线DE于点G．请画出完整图形，探究MD，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)画图见详解，当分M点在线段AD上时，AD+MD=DG；当M点在线段DC上时，AD−MD=DG．

【分析】（1）根据含30°角的直角三角形的性质可得∠ABC=60°，BC=12AB，根据BD是△ABC的角平分线，可得∠ABD=∠CBD=30°，即有可得△ABD是等腰三角形，结合DE⊥AB和DE是△ABD的中线，可得AE=BE=12AB，问题随之得解；
（2）分M点在线段AD上和M点在线段DC上两种情况来补全图形：当分M点在线段AD上时，延长BD至N点，使得MD=ND，连接MN，先证明△MND是等边三角形，再证明△MNB≌△MDGASA，即可得解；当M点在线段DC上时，延长GD至H，使得DH=MD，连接HM，BD与MG交于点Q，先证明△MDH是等边三角形，再证明△HMG≌△DMBAAS，即可得解．
【详解】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，BC=12AB，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴∠ABD=∠A，
∴AD=BD，
∴△ABD是等腰三角形，
∵DE⊥AB，
∴DE是△ABD的中线，
∴AE=BE=12AB，
∵BC=12AB，
∴BC=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△EBC是等边三角形；
（2）补全图形如下：（分M点在线段AD上和M点在线段DC上两种情况）

当分M点在线段AD上时，延长BD至N点，使得MD=ND，连接MN，如图，

在（1）中求得：∠ABD=∠CBD=30°=∠A，
∵∠DEA=∠DEB=90°，
∴∠EDA=∠EDB=60°，
∵∠BMG=60°，
∴∠EDA=∠EDB=60°=∠BMG，
∴∠NDM=180°−∠EDB−∠EDA=60°，
∵MD=ND，
∴△MND是等边三角形，
∴MD=ND=MN，∠NMD=60°=∠N，
∴∠NMB=∠NMD+∠DMB=∠GMB+∠DMB=∠GMD，
∵∠ADE=60°=∠N，MD=MN，
∴△MNB≌△MDGASA，
∴NB=DG，
∴DB+ND=DG，
根据（1）可知AE=BE=12AB，DE⊥AB，
∴DG是线段AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∵MD=ND，
∴AD+MD=DG；
当M点在线段DC上时，延长GD至H，使得DH=MD，连接HM，BD与MG交于点Q，如图，

∵∠EDA=∠EDB=60°=∠BMG，
∴∠HDM=∠EDA=60°，∠MDB=180°−∠EDA−∠EDB=60°，
∵DH=MD，
∴△MDH是等边三角形，
∴DM=HM，∠H=60°，
∵∠EDB=60°=∠BMG，∠DQG=∠BQM，
∴∠DGQ=∠QBM，
∵∠H=∠MDB，DM=HM，
∴△HMG≌△DMBAAS，
∴HG=BD，
∵HD=MD，AD=BD，
∴AD=BD=HG=HD+DG=MD+DG，
∴AD−MD=DG；
综上：当分M点在线段AD上时，AD+MD=DG；当M点在线段DC上时，AD−MD=DG．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，根据已知正确作出辅助线是解题关键．
12．（2022·福建·上杭县教师进修学校八年级期中）数学活动课上老师出示如下问题，供同学们探究讨论：如图，在△DEF中，DE=DF，点B在EF边上，且∠EBD=60°，C是线段BD上的一个动点（不与点B重合，且BC≠BE），在线段BE上截取BA=BC，连接AC ．试探究线段AE,BF,CD之间的数量关系．

小敏与同桌小聪经过深入的思考讨论后，进行了如下探究：
特殊入手，探索结论：
(1)①如图，若点C与点D重合，即线段CD=0，观察此时线段AE,BF之间的数量关系是AE=BF，即有：AE=BF+CD，请你说明AE=BF的理由；

特例启发，猜测结论：
②若点C不与点D重合，猜测线段AE,BF,CD之间的数量关系是___________，并给予证明；
完成上面的问题后，老师继续提出下列问题，请同学们探究讨论：
深入探究，拓展结论：
(2)在上面的问题中，若把“点C是线段BD上的一个动点”改为“点C是射线BD上的一个动点，其它条件都不变．”，则当点C在线段BD的延长线上时，请你用等式表示线段AE,BF,CD之间的数量关系（自行画图探究，直接写出结果，不需要证明）．
【答案】(1)①见解析，②AE=BF+CD，见解析
(2)当BCBE时，数量关系是：CD=AE+BF，见解析

【分析】（1）①过D作DG⊥EF于G，利用等腰和等边三角形的性质，即可得证；②在BE上截取BG=BD，连接DG，利用等腰和等边三角形的性质，即可得证；
（2）分BCBE两种情况分类讨论，求解即可．
【详解】（1）证明：①∵BA=BC，∠EBD=60°，
∴△ABC是等边三角形
过D作DG⊥EF于G，则有：
EG=FG；AG=BG
∴EG−AG=FG−BG，
∴AE=BF；

②数量关系为：AE=BF+CD，证明如下：
在BE上截取BG=BD，连接DG，
∵BA=BC
∴BG−BA=BD−BC，
∴AG=CD
∵∠EBD=60°，BG=BD，
∴△GBD是等边三角形
∴由①的结论可得：EG=BF
∴AE=EG+AG=BF+CD

（2）当BCBE时，
在BE上截取BG=BD，连接DG，
同法可证：AG=CD，EG=BF，
∴AG=AE+EG=AE+BF，
∴CD=AE+BF．

【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握等腰（边）三角形三线合一，以及等边三角形的判定方法是解题的关键．
13．（2022·江苏常州·八年级期中）如图，△ABC中，AB=AC, AD、CE是高，连接DE．

(1)求证：DE=BD；
(2)若∠BAC=50°，求∠BED的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)65°

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到BD=CD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠BAD=12∠BAC，求得∠BAD=25°，根据三角形的内角和定理得到∠ABD=65°，根据等边对等角即可得解．
【详解】（1）证明：∵AD是高，
∵AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
∵CE是高，
∴CE⊥AB，
∴∠BEC=90°，
∴DE=BD；
（2）解：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAD=12∠BAC=25°，
∴∠ABD=90°−∠BAD=65°，
∵DE=BD，
∴∠BED=∠ABD=65°．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理．熟练掌握等边对等角，等腰三角形的三线合一，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
14．（2022·广东·丰顺县第一中学九年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，D为BC上任一点，DE⊥AB，垂足为E，M，N分别为AD，CE的中点．求证：MN⊥CE．

【答案】见解析
【分析】如图：连接CM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得ME=MC，然后再根据等腰三角形三线合一的性质即可解答．
【详解】解：如图：连接CM、ME，
∵∠ACB=90∘，DE⊥AB，M为AD的中点
∴ME=12AD,MC=12AD
∴ME=MC
∵N为CE的中点
∴MN⊥CE．

【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到ME=MC是解答本题的关键．
15．（2021·广西大学附属中学九年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以斜边AB上的中线CD为直径作⊙O，与AC、BC分别交于点M、N，与AB的另一个交点为E，过点N作NF⊥AB，垂足为F．

(1)求证：NF是⊙O的切线；
(2)若NF=2，DF=1，求⊙O的半径和弦ED的长．
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径为52，弦ED的长为3

【分析】（1）连接ON，ND，可知∠CND=90°，再证∠OND=∠BDN，即可证ON⊥NF，最后根据切线的定义求得答案；
（2）根据勾股定理知DF=1，NF=2，可知DN=5，设⊙O半径为r，根据勾股定理可求出r值，过O作OH⊥AB于H，则EH=DH，可知四边形OHFN是矩形，从而可知OH，再次根据勾股定理即可求出DH，最后即可求出答案．
【详解】（1）证明：连接ON，ND，如图，

在△ABC中，CD为斜边中线，
∴CD=AD=BD，
∵CD是⊙O的直径．
∴∠CND=90°，
∴DN⊥BC，
∵等腰△CDB三线合一，
∴∠CDN=∠BDN，
∵在Rt△CND中，O为斜边CD的中点，
∴ON=OD=OC，
∴∠ODN=∠OND，
∴∠OND=∠BDN，
∴ON∥AB，
∵NF⊥AB，
∴ON⊥NF，
∵ON是⊙O的半径，
∴NF是⊙O的切线；
（2）∵在△DFN中，DF2+NF2=DN2，且DF=1，NF=2，
∴DN=5，
设⊙O半径为r，
则DC=DB=2r，
∴BF=2r−1，
在△CDN中，CN2=DC2−DN2，即CN2=2r2−5，
在△NFB中，BN2=NF2+BF2，即BN2=4+2r−12，
∵在等腰ΔCDB中，DN⊥BC，
∴CN=BN，
∴2r2−5=4+2r−12，
解得：r=52，即⊙O半径为52，
过O作OH⊥AB于H，则EH=DH，

由（1）可知∠ONF=∠NFH=90°，
∴四边形OHFN是矩形，
则OH=NF=2，
在ΔOHD中，DH2=OD2−OH2=254−4，
∴DH=32，
∴ED=3．
【点睛】本题考查的是圆的切线的判定，垂径定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和勾股定理，是一道综合性较强的习题，能够充分调动所学知识多次利用勾股定理求解是解题的关键．
16．（2022·四川省成都市七中育才学校八年级期中）如图，四边形OABC是一张长方形纸片，将其放在平面直角坐标系中，使得点O与坐标原点重合，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为3,4，D的坐标为2,4，现将纸片沿过D点的直线折叠，使顶点C落在线段AB上的点F处，折痕与y轴的交点记为E．

(1)求点F的坐标和∠FDB的大小；
(2)在x轴正半轴上是否存在点Q，满足S△QDE=S△CDE，若存在，求出Q点坐标，若不存在请说明理由；
(3)点P在直线DE上，且△PEF为等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)F3,4−3，∠FDB=60°；
(2)Q4−433,0；
(3)P11,4−3，P23,4+3，P33,7−23，P4−3,1−23．

【分析】（1）先求解BD=1，CD=2，可得DF=2，BF=3，从而可得F3,4−3，如图，取DF的中点T,连接BT,而∠ABC=90°，再证明△DBT为等边三角形，可得答案；
（2）先证明S△CDE=S△FDE，∠CED=30°,可得DE=2CD=4,CE=42−22=23,求解E0,4−23，可得EQ为y=3x+4−23，过F作FQ∥DE交x轴于Q，设lFQ:y=3x+f， 可得y=3x+4−43.，从而可得答案；
（3）由ED为y=3x+4−23，设Px,3x+4−23，而E0,4−23,F3,4−3,可得PE2=x2+3x2=4x2,PF2=x−32+3x−32,EF2=32+32=12,再分三种情况讨论即可.
【详解】（1）解：∵点B的坐标为3,4，D的坐标为2,4，
∴BD=1，CD=2，
∴DF=2，BF=22−12=3，
∴F3,4−3，
如图，取DF的中点T,连接BT,而∠ABC=90°，

∴BT=12DF=1=DT=BD，
∴△DBT为等边三角形，
∴∠FDB=60°.
（2）解：∵折叠，∠FDB=60°，
∴△CDE≌△FDE，∠CDE=∠FDE=60°，
∴S△CDE=S△FDE，∠CED=30°,
∴DE=2CD=4,CE=42−22=23,
∴E0,4−23，
设ED为y=mx+n，
∴n=4−232m+n=4，解得：m=3n=4−23，
∴ED为y=3x+4−23，
过F作FQ∥DE交x轴于Q，
设lFQ:y=3x+f，代入F3,4−3，
∴33+f=4−3，
解得：f=4−43，
得y=3x+4−43.
令y=0，则x=4−433
∴Q4−433,0

（3）解：∵ED为y=3x+4−23，设Px,3x+4−23，
而E0,4−23,F3,4−3，
∴PE2=x2+3x2=4x2,PF2=x−32+3x−32,EF2=32+32=12，
当PE=PF时，
∴4x2=x−32+3x−32，
解得：x=1，
∴P11,4−3，
当PF=EF时，
∴x−32+3x−32=12，
解得：x1=3,x2=0，（x=0舍去），
∴P23,4+3，
当PE=EF时，
∴4x2=12，解得：x=±3，
∴P33,7−23或P4−3,1−23，
综上：P11,4−3，P23,4+3，P33,7−23，P4−3,1−23．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，轴对称的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，一次函数的性质，含30°的直角三角形的性质，二次根式的混合运算，勾股定理的应用，利用因式分解的方法解一元二次方程，本题的综合程度高，难度较大，对学生的计算能力要求高.
17．（2022·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）八年级期中）如图1，△ACB和△DCE均为等腰三角形，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE．点A，D，E在同一条直线上，连结BE．

(1)求证：AD=BE．
(2)如图2，若∠ACB=60°，求∠AEB的度数．
(3)若∠CEB=135°，CM为△DCE中DE边上的高．猜想线段CM,AE,BE之间存在的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)AE=BE+2CM，证明见解析

【分析】（1）根据∠ACB=∠DCE，可得∠ACD=∠BCE，可证得△ACD≌△BCE，即可求证；
（2）根据△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC，再由∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，可得△DCE为等边三角形，从而得到∠CDE=∠CED=60°，进而得到∠ADC=∠BEC=120°，即可求解；
（3）证明△DCE是等腰直角三角形，可得DE=2CM，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=∠DCE，
∴∠ACD=∠BCE，
∵CA=CB，CD=CE，
∴△ACD≌△BCESAS，
∴AD=BE；
（2）解：由（1）得：△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，
∴△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∴∠ADC=∠BEC=120°，
∴∠AEB=60°；
（3）解：AE=BE+2CM，证明如下：
如图，

由（1）得：△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC=135°，AD=BE，
∴∠CDE=45°，
∵CD=CE，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠DCE=90°，即△DCE是等腰直角三角形，
∵CM⊥DE，
∴DM=EM，
∴DE=2CM，
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键．
18．（2022·吉林白城·九年级期中）[操作]如图1．△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，D是其内部的一点，连接CD．将CD绕点（顺时针旋转90°得到CE，连接DE，作直线AD交BE于点F．

(1)求证：△ADC≌△BEC；
(2)求∠AFE的度数；
(3)[探究]如图2，连接图1中的AE，分别取AB、DE、AE的中点M、N、P，作△MNP．若BE=8，则△MNP的周长为　　　　
【答案】(1)证明见解析；
(2)90°；
(3)8+42．

【分析】[操作]（1）由旋转的性质得∠DCE=90°,CD=CE，再证∠ACD=∠BCE，然后由SAS证△ADC≌△BEC即可；
（2）由全等三角形的性质得∠CAD=∠CBE，再由三角形的外角性质得∠HFB=∠ACB=90°，即可得出结论；
（3）[探究]由全等三角形的性质得AD=BE=8，再由三角形中位线定理得PM∥BE,PM=12BE=4，PN∥AD,PN=12AD=4，则PM=PN，然后证PM⊥PN，则△MNP是等腰直角三角形，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，
由旋转的性质得：∠DCE=90°,CD=CE，
∴∠ACB=∠DCE，
∴∠ACB−∠BCD=∠DCE−∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
在△ADC和△BEC中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ADC≌△BEC (SAS)；
（2）解：如图1，设AF与BC交于点H，

由（1）可知，△ADC≌△BEC，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠AHB=∠CBE+∠HFB=∠CAD+∠ACB，
∴∠HFB=∠ACB=90°，
∴∠AFE=180°−∠HFB=90°；
（3）解：由（1）可知，△ADC≌△BEC，
∴AD=BE=8，
∵M、N、P分别是AB、DE、AE的中点，
∴PM是△ABE的中位线，PN是△ADE的中位线，
∴PM∥BE,PM=12BE=4，PN∥AD,PN=12AD=4，
∴PM=PN，
由（2）可知，∠AFE=90°，
∴AF⊥BE,，
∴PM⊥PN，
∴∠MPN=90°，
∴△MNP是等腰直角三角形，
∴MN=2PM=42，
∴△MNP的周长=PM+PN+MN=4+4+42=8+42，
故答案为：8+42．
【点睛】本题是几何变换的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
19．（2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校九年级期中）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠A=2∠BCD,DE与⊙O相切交AB的延长线于点E．

(1)求证：∠AED=∠ABC；
(2)点G是弧AB的中点，连接CG，过点B作BH⊥CG于点H，延长BH交AC于点P，求证：AP=2OH；
(3)在（2）的条件下，若BF=2,DF=10，求线段OH的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1

【分析】（1）因为DE是⊙O的切线，所以辅助线必定连接过切点的半径OD；利用同弧所对圆周角等于圆心角的一半可得∠EOD=2∠BCD，结合已知可得∠A=∠EOD，再利用直径所对圆周角构造的Rt△ABC和切线构造的Rt△EOD，结合等角的余角相等可证；
（2）观察到AO=BO，结合待证命题推断OH应为△BAP的中位线，结论可证；
（3）本题关键步骤为求取⊙O的半径，必然要构造直角三角形结合勾股定理求线段长度；通过证明∠AFC=∠DBF=∠ACF=∠DFB，△ACF与△FDB都是等腰三角形，利用勾股定理得到： r−12+32=r2，进而求出⊙O的半径，再利用BF=2求得AF=AC=8，最后利用Rt△ABC求出BC长度，由AP=AC−PC，再结合第二问可得OH长度．
【详解】（1）证明：连接OD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∵∠BOD=2∠BCD,∠A=2∠BCD，
∴∠BOD=∠A，
∵DE与⊙O相切，
∴DD⊥DE，
∴∠ODE=90°，
∴∠E+∠DOE=90°，
∴∠ABC=∠AED，
（2）∵G是弧AB的中点，
∴∠BCG=∠ACG．
∵BH⊥CG，
∴∠CHP=∠CHB=90，
∵CH=CH，
∴△CHP≌△CHB，
∴PH=BH，
∵OA=OB，
∴OH是△ABP的中位线，
∴OH=12AP
∴AP=2OH，
（3）解：连接BD,AD，过D作DK⊥BF于K，

∵DE与⊙O相切，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDE+∠ODB=∠ODB+∠ADB=90，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠BDE=∠BCD，
∵∠ABC=∠AED，
∴∠BDE+∠AED=∠BCD+∠ABC，
∴∠AFC=∠DBF，
∵AD=AD，
∴∠ACF=∠DBF，
又∵∠AFC=∠DFB，
∴∠AFC=∠DBF=∠ACF=∠DFB，
∴△ACF与△FDB都是等腰三角形，
∴FD=BD,AF=AC，
∵FD=BD,DK⊥BK，
∴FK=BK=12BF=1，
∴DK=DF2−FK2=3，
设OD=OB=r，
在Rt△ODK中，OK2+DK2=OD2，
∴r−12+32=r2，
∴r=5，
∴OD=5，
∴AB=10，BF=2，
∴AF=AC=AB−BF=10−2=8，BF=2，
在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=6，
∴PC=BC=6，
∵AP=AC−PC=8−6=2，
∴OH=12AP=1．
【点睛】此题考查了圆的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，中位线的判定及性质等知识点，属于综合性圆的问题，综合性较强，利用好弧、弦、圆周角之间的关系是解题的关键．
20．（2022·浙江·杭州市采荷中学八年级期中）如图，△ABC中，BA=BC，CO⊥AB于点O，AO=6，BO=9．

(1)求BC，AC的长；
(2)若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连接OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长；
②设直线DE交直线BC于点F，连接OF，CD，若S△OBF:S△OCF=1:4，则CD的长为______（直接写出结果）．
【答案】(1)BC=15，AC=65；
(2)①6或65−6；②410或122

【分析】（1）由题意可得BC=AB=15，再由勾股定理求得AO、AC即可；
（2）①分两种情况：AO=OE和AO=AE时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；
②分两种情况：
i)当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，得BFCF=14，可得BF=5，证明ΔBDF是等腰三角形，得BD=BF=5，最后利用勾股定理可得结论；
ii)当D在线段OB的延长线上时，过B作BG⊥DE于G，同i)计算可得结论．
【详解】（1）解：由题意可得：BC=AB=OA+OB=15，∠AOC=∠BOC=90°
由勾股定理可得，OC=BC2−OB2=12，AC=OA2+OB2=65
即BC=15，AC=65
（2）①分两种情况：
i)当AO=OE=6时，过O作ON⊥AC于N，如图1所示：

∴AN=EN，
∵DE⊥AC，
∴ON∥DE，
∴ON是△ADE的中位线，
∴OD=AO=6；
ii)当AO=AE=6时，如图2所示：

在△CAO和△DAE中，
∠A=∠AAO=AE∠AOC=∠AED=90°，
∴△CAO≌△DAE(ASA)，
∴AD=AC=65，
∴OD=AD−AO=65−6；
综上所述，OD的长为6或65−6；
②分两种情况：
i)当D在线段OB上时，过B作CD于G，如图3所示：

∵SΔOBF:SΔOCF=1:4，
∴ BFCF=14，
∴ BFCB=13，
∵CB=15，
∴BF=5，
∵EF⊥AC，
∴BG∥AC，
∴∠GBF=∠ACB，
∵BG∥AE，
∴∠A=∠DBG，
∵AB=BC，
∴∠A=∠ACB，
∴∠DBG=∠GBF，
∵BG⊥DF，
∴△BDF是等腰三角形，
∴BD=BF=5，
∴OD=OB−BD=9−5=4，
∴CD=OC2+OD2=122+42=410；
ii)当D在线段OB的延长线上时，过B作BG⊥DE于G，如图4所示：

同理得：BFCF=14，
∵BC=15，
∴BF=3，
同理得：△BDF是等腰三角形，
∴BD=BF=3，
∴OD=BO+BD=9+3=12，
Rt△COD中，CD=CO2+OD2=122+122=122；
综上所述，CD的长为410或122，
故答案为：410或122．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积、勾股定理、分类讨论等知识；证明△BDF是等腰三角形是解题的关键．