知识点08 发现、拓展、应用型问题

这是一份知识点08 发现、拓展、应用型问题，共35页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

知识点08 发现、拓展、应用型问题
一、解答题
23（2020·衢州）
如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线与坐标轴的交点，点B的坐标为(﹣2，0)，点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连结DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值；
②△BEF能否成为直角三角形．

小明尝试用“观察—猜想—验证—应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2），请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．
{解析}（1）按自变量由小到大的顺序，用平滑的曲线进行连线可得函数的图象，从函数的形状可知它为抛物线；
（2）由D、F两点的对称性，通过全等三角形以及函数的解析式可得用含m的代数式表示出D、F和E点的坐标，然后利用两点间距离公式可得EF2的解析式，再由点C的坐标可得m的取值范围；
（3）分∠FBE、∠BEF和∠BFE是否为直角进行讨论，并利用两点间距离公式进行求解.
{答案}解： （1）画图如下：猜想函数的类别为二次函数；

图1
（2）如图1，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，则∠FGK=∠DHK=90˚.
设FD交y轴于点K，∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，∴KF=KD,
∵∠FKG=∠DKH，∴Rt△FGK≌Rt△DHK,∴FG=DH.
由yAC=-可知A(0,4) ,又∵B为（-2，0），∴yAB=2x+4,过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m，∴F(-m，-2m+4)，∴ER=2m，FR=-2m+4，
∵EF2=FR2+ER2,∴l=EF2=8m2-16m+16=8(m-1)2+8.
令-=0，解得x=1.5,∴，∴当m=1时，l的最小值为8.∴EF的最小值为2.
（3）分以下三种情形进行讨论：
①∠FBE为定角，不可能为直角；②当∠BEF=90˚，E点与O点重合，D点与A点、F点重合，此时m=0；
③当∠BFE=90˚时，如图2，
由于BF2+EF2=BE2, 由（2）得EF2＝8m2﹣16m+16，又∵BR＝﹣m+2，FR＝﹣2m+4，
∴BF2＝BR2+FR2＝（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2＝5m2﹣20m+20，又∵BE2＝（m+2）2，
∴（5m2﹣20m+8）+（8m2﹣16m+16）2＝（m+2）2，化简得，3m2﹣10m+8＝0，解得m1=,m2=2（不符题意，舍去），综上，当△BEF为直角三角形时，m=0或.
24（2020·衢州）【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由；
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值；
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
{解析}（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质来进行证明．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL，即BF＝2OG．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
{答案}解：如图1中，△AFG是等腰三角形．
理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1＝∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，∴△AHF≌△AHG，∴AF＝AG，∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．
∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠AGF，∵∠AGF＝∠OGL，∴∠OGL＝∠OLG，∴OG＝OL，
∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，
∵四边形ABCD是矩形，∴BD＝2OD，∴BF＝2OL，∴BF＝2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，

∵∠DAK＝∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴.
∵S1•OG•DK，S2•BF•AD，又∵BF＝2OG，，
∴，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝x，∴．
（4）解：设OG＝a，AG＝k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

∵AF＝AG，BF＝2OG，∴AF＝AG＝k，BF＝2a，∴AB＝k+2a，AC＝2AO=2（k+a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，
∴，∴BE，由题意：102aAD•（k+2a），
∴AD2＝10ka，即10ka＝3k2+4ka，∴k＝2a，∴AD＝2a，
∴BEa，AB＝4a，∴tan∠BAE．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．

∵AF＝AG，BF＝2OG，∴AF＝AG＝k，BF＝2a，∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF，
∴，∴，∴BE，
由题意：102aAD•（k﹣2a），∴AD2＝10ka，即10ka＝3k2﹣4ka，∴ka，∴ADa，
∴BEa，ABa，∴tan∠BAE，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
23.(2020·宁波)
【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD·AB．
【尝试应用】
（2）如图2，在□ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长.
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，
∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长.


{解析}本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质及菱形的性质．
（1）由两角相等证明△ADC∽△ACB，再由相似三角形的性质证明结论；
（2）解决这类发现、探究类问题要将后面求解内容转化为前面已经解决的问题进行求解，所以要求AD，首先根据平行四边形的性质将AD转化为BC，再由已知及图形性质证明△BFE∽△BCF，最后由相似三角形的性质求得AD的长；
（3）把图形（3）通过辅助线转化为（2）中的图形，为此分别延长EF，DC相交于点G，构造平行四边形AEGC，由相似三角形的性质及已知条件求得DG，进而求得菱形边长．{答案}23.解：（1）∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，∴AD:AC＝AC:AB，∴AC2＝AD·AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C，又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，∴BF2＝BE·BC，
∴BC＝＝，∴AD＝

（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G.∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//DC，∠BAC＝∠BAD，∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，∵∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，又∵∠DEF＝∠GED，∴△EDF∽△EGD，
∴DE2＝EF·EG，又∵EG＝AC＝2EF，∴DE2＝2EF2，
∴DE＝EF，又∵DG:DF＝DE:EF，∴DG＝DF＝5，∴DC＝DG－CG＝5－2.
23．（2020·嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．

{解析}本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质、图形的变换等知识．【思考】由△ABC≌△DEF可知，AB＝DE，∠BAC＝∠ADE，∴AB∥DE，所以四边形ABDE是平行四边形；【发现】连接BE交AD于点O，由矩形可知OA＝OB＝OE＝OD，又AF＝DC，得到OF＝OC，在Rt△OEF中，设AF＝x，则AD＝x＋4，OA＝，所以OF＝OA–AF＝，所以，解得AF＝。
【探究】BD＝2OF.由FE平分∠OEA以及OF⊥EF可知延长OF交AE于点H，从而得到△OEH是等腰三角形，OF＝FH，只需证明△OBD≌△OEH即可。
{答案}解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形.
【发现】如图，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴，
解得：x＝，∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图，延长OF交AE于点H，纸片DEF绕点O旋转前，四边形ABDE为矩形，∴OA＝OB＝OE＝OD.纸片DEF绕点O旋转后，由旋转的性质可知，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA.∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF.
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF， ∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），∴BD＝OH＝2OF．
23．（2020湖州）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP=12AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝62，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【分析】（1）证明△ADP是等边三角形即可解决问题．
（2）分两种情形：情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中．情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，分别求解即可．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠A＝60°，由题意，得DB＝DP，DA＝DB，∴DA＝DP，∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD=12AB=12AC．
（2）解：∵AC＝BC＝62，∠C＝90°，∴AB=AC2+BC2=(62)2+(62)2=12，
∵DH⊥AC，∴DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴DHBC=ADAB，
∵AD＝7，∴DH62=712，∴DH=722，将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，∴HP1=DP12-DH2=52-(722)2=22，
∴A1＝AH+HP1＝42，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2=22，∴AP2＝AH﹣HP2＝32，
综上所述，满足条件的AP的值为42或32．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，∴AH＝HB＝6，
∴CH=AC2-AH2=102-62=8，当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tanA=CHAC=PDAD，∴810=x12-x，∴x=163，
∴AD＝AB﹣BD=203，观察图形可知当6＜a＜203时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
27．（2020·宿迁）【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°．求证：．
【探究】如图②，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，当点F在AD延长线上，∠FEG＝∠AEB＝90°，且，连接BG交CD于点H．求证：BH＝GH．
【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB＋∠DEC＝180°，且，过E作EF交AD于点F，使∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G，求证：BG＝CG．
第27题图①第27题图②第27题图③

{解析}（1）根据“两角对应相等的两个三角形相似”来证明；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由相似三角形的判定与性质及全等三角形的判定进行证明；（3）仿照（2），在EG上取点M，使∠BME＝∠AEB，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N＝∠BMG，再根据相似与全等的知识锁定答案．
{答案}证明：（1）∵∠C＝∠D＝∠AEB＝90°，∴∠BEC＋∠AED＝∠AED＋∠EAD＝90°．
∴∠BEC＝∠EAD．∴Rt△AED∽Rt△EBC．∴ ．
（2）如答图1，过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知．
第27题答图1

∵，，∴．∴BC＝GM．
又∵∠C＝∠GMH＝90°，∠CHB＝∠MHG，∴△BCH≌△GMH．∴BH＝GH．
（3）如答图2，在EG上取点M，使∠BME＝∠AEB，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N＝∠BMG．
第27题答图2

∵∠EAF＋∠AFE＋∠AEF＝∠AEF＋∠AEB＋∠BEM＝180°，∠EFA＝∠AEB，
∴∠EAF＝∠BEM．∴△AEF∽△EBM．∴．
∵∠AEB＋∠DEC＝180°，∠FEA＋∠DFE＝180°，而∠EFA＝∠AEB，∴∠CED＝∠EFD．
∵∠BMG＋∠BME＝180°，∴∠N＝∠EFD．
∵∠EFD＋∠EDF＋∠FED＝∠FED＋∠DEC＋∠CEN＝180°，∴∠EDF＝∠CEN．
∴△DEF∽△ECN．∴．又∵，∴，
∴BM＝CN．又∵∠N＝∠BMG，∠BGM＝∠CGN，∴△BGM≌△CGN．∴BG＝CG．
25．（2020·陕西）问题提出：
（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D，过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别E、F，在图1中与线段CE相等的线段是；
问题探究：
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8，P是上一点，且＝2，连接PA，PB，∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E、F，求线段CF的长；
问题解决：
如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图，已知⊙O的直径AB＝70m，点C在上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交于点D，连接AD、BD，过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，垂足分别为E、F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x(m)，阴影部分的面积为y(m2) ．
①求y关于x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时，室内活动区（四边形PEDF）的面积．

图1 图2 图3
第25题图
{解析}（1）由“角平分线的性质定理”可知DE＝DF，由“三个角是直角的四边形是矩形”可得四边形CEDF是矩形，由于DE＝DF，所以矩形CEDF是正方形，所以与线段CE相等的线段有DE、DF、CF；
（2）由题意可知∠A＝60°，∠B＝30°，由AB＝8以及30°的直角三角形的各边之间的关系，可以得到AP＝AB＝4，BP＝AP＝4，CE＝AE；设CF＝a，由（1）可知：CF＝CE＝PE＝a，则AE＝4－a，由CE＝AE，可列方程，解得a＝，即CF的长为；
（3）第①小问：阴影部分的面积等于△ABC、△APE与△BPF的面积之和．根据题意可知△ABC为等腰直角三角形，其面积为70×35÷2＝1225；将△APE绕点P逆时针旋转90°（如答图所示），发现△APE与△BPF的面积之和等于Rt△BPG的面积，Rt△BPG的面积＝PG·BP÷2＝AP·BP÷2＝x(70－x)÷2；所以阴影部分面积＝1225+x(70－x)÷2，化简即可．第②小问，正方形PEDF的面积＝PF2．如答图，在Rt△BPG中，PG＝30，BP＝40，运用勾股定理可求出BG＝50，再运用等积法求出PF的长，从而求出正方形PEDF的面积．
{答案}解:（1）ED、DF、CF；
（2）∵AB是直径，＝2，∴∠AOP＝90°，∠B＝30°．
由题意可知，矩形PECF为正方形．在Rt△APB中，PB＝AB·cos30°＝4，AP＝AB＝4．
在Rt△ACE中，CE＝AE．设CF＝a，由（1）可知：CF＝CE＝PE＝a，则AE＝4－a，由CE＝AE，可列方程，解得a＝，即CF的长为．
（3）如答图，①∵AB为直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°．
∵AC＝BC，∴∠ADC＝∠BDC，∴PE＝PF．∴四边形PEDF为正方形．
∴∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°．∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△GPF，PA＝PG，则G、F、B三点共线，△PBG为直角三角形，∠BPG＝90°．
∴．
在Rt△ABC中，AC＝BC＝35,∴＝AC2＝1225．
∴y＝+1225＝．
②当x＝30时，PG＝30，PB＝40．在Rt△PGB中，BG＝50．
运用等积法，有×30×40＝PB·PF∴PF＝24．∴正方形PEDF的面积＝PF2＝242＝576（m2）．
∴当AP＝30m时，室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．
第25题答图
24．(2020自贡)我国著名数学家华罗庚说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合是解决数学问题的重要思想方法．例如，代数式|x﹣2|的几何意义是数轴上x所对应的点与2所对应的点之间的距离：因为|x+1|＝|x﹣（﹣1）|，所以|x+1|的几何意义就是数轴上x所对应的点与﹣1所对应的点之间的距离．
（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是多少？
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．

∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是　6　；
②利用上述思想方法解不等式：|x+3|+|x﹣1|＞4；

③当a为何值时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
{解析}解：（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是多少？
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．

∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是6；故答案为：6；
②如图所示，满足|x+3|+|x﹣1|＞4的x范围为x＜﹣3或x＞1；

③当a为﹣1或﹣5时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
25．（2020·贵阳）（12分）如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．
（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　　，位置关系是　　；
（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．

{答案}解：（1）∵点O为对角线AC的中点，∴BO⊥AC，BO＝CO，
∵P为BC的中点，Q为BO的中点，∴PQ∥OC，PQ=12OC，∴PQ⊥BO，PQ=12BO；
故答案为：PQ=12BO，PQ⊥BO．
（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：连接O'P并延长交BC于点F，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，
又∵点P是CE的中点，∴CP＝EP，∴△O'PE≌△FPC（AAS），∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，∴BO'＝BF，∴△O'BF为等腰直角三角形．∴BP⊥O'F，O'P＝BP，∴△BPO'也为等腰直角三角形．
又∵点Q为O'B的中点，∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，∴△PQB的形状是等腰直角三角形；
（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．

∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠ECG＝45°，由旋转得，四边形O'ABG是矩形，∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，∴△EGC为等腰直角三角形．
∵点P是CE的中点，∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，∴△O'GP≌△BCP（SAS），
∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，∴∠O'PB＝90°，
∴△O'PB为等腰直角三角形，∵点Q是O'B的中点，∴PQ=12O'B＝BQ，PQ⊥O'B，
∵AB＝1，∴O'A=22，∴O'B=O'A2+AB2=(22)2+12=62，∴BQ=64．
∴S△PQB=12BQ•PQ=12×64×64=316．
24．（2020·泰安）（12分）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC﹦∠CDE﹦90°，连接BD，AB﹦BD，点F是线段CE上一点．
探究发现：
（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？___________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．
图（1）图（2）备用图



（第24题）




{解析}本题考查了互余角的性质、等腰三角形的性质、判定方法、三角形相似的条件与性质以及构造基本模型解决实际问题的能力．问题（1）可以直接根据条件推理判定BD⊥DF；（2）根据条件可得EF﹦FD、CF﹦DF，即CF﹦EF，则F为CE的中点；（3）设G为EC的中点，则DG⊥BD，由条件得：△ABC∽△EDC，进而求得AD的长.
{答案}（1）是；
（2）结论成立．
理由如下：
∵BD⊥DF，ED⊥AD，
∴∠BDC＋∠CDF﹦90°，∠EDF＋∠CDF﹦90°．
∴∠BDC﹦∠EDF．
∵AB﹦BD，
∴∠A﹦∠BDC．
∴∠A﹦∠EDF．
又∵∠A﹦∠E，
∴∠E﹦∠EDF．
∴EF﹦FD．
又∠E＋∠ECD﹦90°，
∴∠ECD﹦∠CDF．
∴CF﹦DF．
∴CF﹦EF．
∴F为CE的中点．
（3）在备用图中，设G为EC的中点，则DG⊥BD．
∴GD﹦EC﹦．
又BD＝AB＝6，
在Rt△GDB中，GB＝＝．
∴CB＝—＝3．
在Rt△ABC中，AC＝＝3．
由条件得：△ABC∽△EDC．
∴＝．
∴CD＝．
∴AD＝AC＋CD＝3＋﹦．



（2020·江西）23. 某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积.


【解析】（1）
（2）成立；∵∠1=∠2=∠3，∠D=∠E=∠F，∴△ABD∽△CAE∽△BCF.
∴∴∵△ABC为直角三角形
∴.∴，∴，∴成立.
（3）过点A作⊥BP于点H.
∵∠ABH=30°，AB=.∴.
∵∠BAP=105°，∴∠HAP=45°.∴PH=AH=.∴，BP=BH+PH=
∴.连接PD.
∵，∴.
∴又∵∠E=∠BAP=105°，△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°，
.∴∠BPD=90°，∴
连接BD.
∴.
∵tan∠PBD=，∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°，∠ABC=30°，∴∠DBC=30°
∵∠C=105°，∴△ABP∽△EDP∽△CBD.
∴S△BCD=S△ABP+S△EDP=.
∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD
=



24．（2020·襄阳）（11分）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，DE⊥DA且DE＝DA．AE交BC于点F，连接CE．
（1）特例发现：如图1，当AD＝AF时，①求证：BD＝CF；②推断：∠ACE＝_____°；
（2）探究证明：如图2，当AD≠AF时，请探究∠ACE的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作AE的垂线，交AE于点P，交AC于点K，若CK＝时，求DF的长．
第24题图1 第24题图2 第24题图3

{解析}本题考查了等腰直角三角形的相关结论的探究与运用，解题的关键是巧妙地添加辅助线利用全等三角形与相似三角形的知识．
{答案}解：（1）①证明：如答图1，过点A作AM⊥BC于点M．
第24题答图1

∵AB＝AC，AD＝AF，AM⊥BC，
∴BM＝CM，DM＝FM．
∴BM－DM＝CM－FM，即BD＝CF．
②90（证明△ABD≌△DCE，可得∠DCE＝∠B＝45°）．
（2）∠ACE＝90°，理由如下：如答图2，过点A作AM⊥BC于点M，点E作EN⊥BC于点N．
第24题答图2

∵AM⊥BC，EN⊥BC，DE⊥DA，
∴∠AMD＝∠DNE＝90°，∠DAM＋∠ADM＝∠ADM＋∠EDN＝90°．
∴∠DAM＝∠EDN．
又∵DE＝DA，
∴△AMD≌△DNE．
∴AM＝DN＝CM，DM＝EN．
∴DM＝CN．
∴CN＝EN．
∴∠ECN＝∠ACN＝45°．
∴∠ACE＝90°．
（3）如答图3，过点A作AM⊥BC于点M，点E作EN⊥BC于点N，连接KE．由（2）可知DM＝NF＝CN＝k，由AM∥EN，得△AMF∽△ENF，从而，于是AM＝CM＝DN＝3k，MF＝k，NF＝k，故DF＝k．
第24题答图3

∵DA＝DE，DP⊥AE，
∴直线DK垂直平分线段AE，于是KE＝AK＝．
∵CE＝k，
∴在Rt△CEK中，由勾股定理，得，解得k＝2．
∴DF＝k＝5．


24.（2020·达州）（1）【阅读与证明】
如图1，在正的外角内引射线，作点关于的对称点（点在内），连接，、分别交于点、．

①完成证明：点是点关于的对称点，
，，．
正中，，，
，得．
在中，，______．
在中，，______．
②求证：．
（2）【类比与探究】
把（1）中的“正”改为“正方形”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①______；
②线段、、之间存在数量关系__________．
（3）【归纳与拓展】
如图3，点在射线上，，，在内引射线，作点关于的对称点（点在内），连接，、分别交于点、．则线段、、之间的数量关系为___________．
{解析}（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．②结论：BF＝2AF+2FG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出BTAF=BCAC=2 ，推出BT＝2CF可得结论．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．
{答案}（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝30°．
故答案为60，30．
②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．

∵C，E关于AM对称，∴AM垂直平分线段EC，∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，∴△CFT是等边三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，∴△BCT≌△ACF（SAS），∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．
（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，
∴点A是△ECB的外接圆的圆心，∴∠BEC＝∠BAC，
∵∠BAC＝90°，∴∠FEG＝45°．故答案为45．
②结论：BF＝AF+FG．
理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．

∵AM⊥EC，CG＝CE，∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF＝FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，∴△CFT是等腰直角三角形，∴CT＝CF，
∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AC，∴＝，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，∴∠BCT＝∠ACF，∴△BCT∽△ACF，
∴＝＝，∴BT＝CF，
∴BF＝BT+TF＝AF+EAF+FG．．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．

∵AB＝AC，∠BAC＝α，∴＝sinα，∴＝2•sinα，
∵AB＝AC＝AE，∴∠BEC＝∠BAC＝α，EF＝，
∵FC＝FE，∴∠FEC＝∠FCE＝α，∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可证，△BCT∽△ACF，∴＝＝2•sinα，∴BT＝2AF•sinα，
∴BF＝BT+FT＝2AF•sinα+EF．即BF＝2AF•sinα+．
故答案为：BF＝2AF•sinα+．
26．（2020·南通）（本小题满分13分）
【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
【理解运用】
（1）如图1，对余四边形中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC，若AC＝AB，求sin∠CAD的值．
（2）如图2，凸四边形中，AD＝BD，AB⊥AC，当2CD2＋CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论．
【拓展提升】在平面直角坐标中，A(－1，0)，B(3，0)，C(1，2)，四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°＋∠ABC，设 ＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u与t的函数解析式．
A
B
C
D
D
A
B
C

{解析}（1）由已知四边形为对余四边形，所以∠B与∠D互余，过点A作AE⊥BC，过点C作CF⊥AD，可得△AEB∽△DFC，再求出sin∠CAD的值．（2）过点D作DM⊥CD，使CD＝CM，连接CM，则CM2＝2CD2,由已知2CD2＋CB2＝CA2可得CM2＋CB2＝BM2，得△BCM为直角三角形，求出∠DCB＝45°，从而证明四边形ABCD为对余四边形．
{答案}解：（1）∵四边形ABCD为对余四边形，所以∠B＋∠D＝90°，
过点A作AE⊥BC，
∵AC＝AB，
∴BE＝CE＝3．
在Rt△AEB中，
．
过点C作CF⊥AD，
∴∠D＋∠DCF＝90°，
∴∠B＝∠DCF
∴△AEB∽△DFC，
∴，
∴，
∴，
∴sin∠CAD＝．

（2）∵四边形ABCD中，AB＝AC，AB⊥AC，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
过点D作DM⊥CD，使CD＝CM，连接CM，
∴∠DMC＝∠DCM＝45°，
∵∠ADB＝∠CDM＝90°，
∴∠ADB＋∠BDC＝∠CDM＋∠BDC,
∴∠ADC＝∠BDM
在△ADC与△BDM中，

∴△ADC≌△BDM
在△MDC中，CM2＝CD2＋DM2＝2CD2,
∵2CD2＋CB2＝CA2
∴CM2＋CB2＝BM2，
∴△BCM为直角三角形，
∴∠BCM＝90°．
∴∠DCM＝45°，
∴∠DCB＝∠BCM－∠DCM＝45°，
∴∠DCB＋∠DAB＝90°
∴从而证明四边形ABCD为对余四边形．

（3）先证得∠AEC＝135°，得出AECD四点共圆，假设圆心为F，连接FA，FA⊥x轴，过点D作DG⊥AF于G，过点D作DH⊥x轴于点H，先根据弦切角证得∠BAE＝∠BDA，可得出△ABE∽△DBA，得出u＝＝=，∵∴DH＝t ∴AG=t ∵FA=2∴FG=2—t∴ ∵∴∴∴


25．（2020•湘西州）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．
小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是　 　；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F，上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由；
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由；
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处．且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°．试求此时两舰艇之间的距离．

（第25题图）

{解析}本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．易得他的结论就是AE+CF=EF；（探究延伸2）如答图1，延长DC到点H．使CH＝AE，连结BH，即可证明△BCH≌△BAE，可得BE＝HB，再证△HBF≌△EBF，可得EF＝HF，即可得到结论；（实际应用）如答图2，连接EF，延长AE、BF相交于点G，先验证的是否符合“探究延伸2”的条件，然后利用（探究延伸2）结论求此时两舰艇之间的距离即可．
{答案}解：他的结论就是AE+CF=EF；探究延伸1：上述结论仍然成立；

（第25题答图1） （第25题答图2）
探究延伸2：上述结论仍然成立．
证明如下：如答图1，延长DC到点H．使CH＝AE，连结BH．
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，∴∠BCH＝∠BAD，
∵BA＝BC，CH＝AE，∴△BCH≌△BAE，
∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，∴∠HBE=∠ABC，
∵∠ABC＝2∠MBN，∴∠HBE＝2∠MBN，∵BF＝BF，
∴△HBF≌△EBF，∴EF＝HF，∴AE+CF=EF；
实际应用：如答图2，连接EF，延长AE、BF相交于点G，∵舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，∴∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∵指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，∴∠EOF＝70°，∴∠AOB= 2∠EOF，又∵OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，∴∠A+∠B＝180°∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，由题意得AE= 75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），∴EF＝90+120＝210海里．答：此时两舰艇之间的距离是210海里
（2020·本溪）25．（12分）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．
（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；
（2）如图②，当点D在线段CB上，α＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；
（3）当α＝120°，tan∠DAB=13时，请直接写出CEBE的值．

{解析}（1）连接AC，证A、B、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠CAB＝45°，进而得出结论；
（2）在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数定义得出FH＝EH=32BE，进而得出结论；
（3）由（2）得FH＝EH=32BE，由三角函数定义得出AH＝3BH=32BE，分别表示出CE，进而得出答案．
{答案}解：（1）连接AC，如图①所示：
∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，
∴∠ABC＝∠AEC＝90°，
∴A、B、E、C四点共圆，
∴∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，
∵∠CAB＝∠CAE+∠BAE，
∴∠BCE+∠CBE＝∠CAB，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝45°，
∴∠BCE+∠CBE＝45°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠BCE+∠CBE）＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠AEC＝135°﹣90°＝45°；
（2）AE=3BE+CE，理由如下：
在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：
∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，
∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，
∴∠A＝∠C，
在△ABF和△CBE中，AF=CE∠A=∠CAB=CB，
∴△ABF≌△CBE（SAS），
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，
∴∠ABD＝∠FBE，
∵∠ABC＝120°，
∴∠FBE＝120°，
∵BF＝BE，
∴∠BFE＝∠BEF=12×（180°﹣∠FBE）=12×（180°﹣120°）＝30°，
∵BH⊥EF，
∴∠BHE＝90°，FH＝EH，
在Rt△BHE中，BH=12BE，FH＝EH=3BH=32BE，
∴EF＝2EH＝2×32BE=3BE，
∵AE＝EF+AF，AF＝CE，
∴AE=3BE+CE；
（3）分两种情况：
①当点D在线段CB上时，
在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：
由（2）得：FH＝EH=32BE，
∵tan∠DAB=BHAH=13，
∴AH＝3BH=32BE，
∴CE＝AF＝AH﹣FH=32BE-32BE=3-32BE，
∴CEBE=3-32；
②当点D在线段CB的延长线上时，
在射线AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图③所示：
同①得：FH＝EH=32BE，AH＝3BH=32BE，
∴CE＝AF＝AH+FH=32BE+32BE=3+32BE，
∴CEBE=3+32；
综上所述，当α＝120°，tan∠DAB=13时，CEBE的值为3-32或3+32．



27．(2020·青海)在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．
特例感知：
(1)将一等腰直角三角尺按图14(1)所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF＝CG．请给予证明．解析者注：本题中“重合”一词表达不当
G
F
C
A
B
图14(1)
G
C
A
B
图14(2)
F
D
E
G
C
A
B
图14(3)
F
D
E
图#

猜想论证：
(2)当三角尺沿AC方向移动到图14(2)所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA垂足为E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
联系拓展：
(3)当三角尺在图14(2)的基础上沿AC方向继续移动到图14(3)所示的位置(点F在线段AC上，且点F与点C不重合)时，请你判断(2)中的猜想是否仍然成立？(不用证明)
{解析}(1)用“角角边”证△AFB≌△AGC即可；(2)根据“等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高”可知DE＋DF＝CG，这一结论可用“割补法”或“面积法”得出．(3)第(3)问与第(2)问没有实质上的区别．
{答案}证明：(1)∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠GAC，AB＝AC，
∴△AFB≌△AGC．
∴BF＝CG．
(2)方法一：如图#(1)，过点D作DH⊥CG于H，则四边形DEGH是矩形，∴DE＝HG．
∵AB＝AC，∴∠B＝∠FCB．
∵DH∥BG，
∴∠HDC＝∠B．∴∠HDC＝∠FCB．
又∠F＝∠DHC，DC＝CD，
∴△FDC≌△HCD．
∴DF＝CH．
∴DE＋DF＝HG＋CH＝CG．
G
C
A
B
图#(1)
F
D
E
H
　G
C
A
B
图#(2)
F
D
E

证法二：如图#(2)，连结AD．∵S△ADB＋S△ADC＝S△ABC，
∴AB·DE＋AC·DF＝AB·CG．
∵AB＝AC，
∴DE＋DF＝CG．
(3)(2)中的结论DE＋DF＝CG仍然成立．
证明方法与(2)相同．

25. （2020·安顺）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点.
（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是，位置关系是；
（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，.判断的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，.若正方形的边长为1，求的面积.
图①
图②
图③

{解析} （1）∵点P、Q分别是BC、BO的中点，因此.又∵四边形ABCD是正方形，∴OB=OC，，即，.
（2）判定△PQB的形状，可以从它的边或角入手.因为P是CE的中点，我们可以考虑连接,并延长交BC于点F.易证，，得到，从而得到△是等腰直角三角形，即可判定△PQB是等腰三角形.
（3）将绕点按逆时针方向旋转得到△，利用勾股定理求出.
延长交边于点，连接，.得到四边形是矩形，再证明为等腰直角三角形，即可求出的面积.
{答案}（1），；
（2）的形状是等腰直角三角形.理由如下：连接并延长交于点，
由正方形的性质及旋转可得，∠，
是等腰直角三角形，，.∴，.
又∵点是的中点，∴.∴.∴，.
∴，∴.∴为等腰直角三角形.
∴，.∴也为等腰直角三角形.
又∵点为的中点，∴，且.∴的形状是等腰直角三角形.
答图②
（3）延长交边于点，连接，.
∵四边形是正方形，是对角线，∴.由旋转得，四边形是矩形，
∴，.∴为等腰直角三角形.
∵点是的中点，∴，，.
∴.∴，.
∴.∴.∴为等腰直角三角形.
∵是的中点，∴，.
∵，∴，，∴.
∴.
答图③




25．（2020·东营）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A=120°，AB=AC，点D、E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，点M，N，P分别为DE，BE，BC的中点．
（1）观察猜想：
图1中，线段MN与NP的数量关系是，∠MNP的大小是；
（2）探究证明：
把∆ADE绕点A顺时针方向旋转到图2的位置，连接MP、BD、CE，判断∆MNP的形状，试说明理由；
（3）拓展延伸：
把∆ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出∆MNP面积的最大值．

图1 图2
{解析}（1）①由AB=AC，AD=AE可推出BD=CE，又因点M， N，P分别为DE，BE，BC的中点，所以MN∥BD且PM=CE，同理，PN∥CE且PN=CE，于是可推得PM=PN；∠ABE=∠MNE，∠NPB=∠C，∠PNE=∠CBE+∠NPB=∠CBE+∠C，故∠MNP=∠MNE+
∠PNE =∠ABE +∠CBE+∠C=∠ABC+∠C =60゜，于是可得∠MNP=60゜；
（2）由旋转性质得出∠BAD =∠CAE，又因AB=AC，AD=AE，可证得∆BAD与∆CAE全等，参考（1）中的解题思路即可证出PM=PN，∠MNP=60゜，从而推出∆PMN为等边三角形；
（3）在旋转的过程中，由（2）中的结论知∆PMN为等边三角形，S∆PMNS∆PMN=MN×MN=，当S∆PMN有最大值时，须有BD的值最大，由三角形三边关系可推断出当B、A、D三点共线时，BD的值最大，其最大值为4，此时S∆PMN=MN×MN=
．
{答案}解：（1）MN=PN；60°；
（2）∆PMN为等边三角形，理由如下：
由旋转可知：∠BAD=∠CAE，
又∴ AB=AC，AD=AE，
∴∆ABD≌∆ACE，
∴∠ABD =∠ACE，BD =CE，
又∵M、N分别是DE、BE的中点，
∴MN是∆EBD的中位线，
∴MN∥BD且MN =BD．
同理，PN∥CE且PN= CE，
∴MN = PN，∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠ECB.
∴∠MNE=∠DBE =∠ABD+∠ABE =∠ACE+∠ABE,
∠ENP = +∠EBP +∠NPB =∠EBP+∠ECB,
∴∠MNP =∠MNE+∠ENP =∠ACE+∠ABE+∠EBP+∠ECB=∠ABC+∠ACB=60゜，
∴∆MNP为等边三角形；
（3）根据题意,得BD≤AB+AD，即BD≤4，从而MN≤2.
∆MNP的面积=S∆PMN=MN×MN=,所以∆MNP面积的最大值为.
23．（2020·武汉）问题背景如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F．点D在BC边上，＝，求的值；
拓展创新如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝，直接写出AD的长．

（1） （2） （3）
{解析}本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键，
问题背景
由题意得出，，则可得，，可证得结论△ABD∽△ACE；
尝试应用
连接，证明，由（1）知，由相似三角形的性质得出，，可证明，得出，则可求出答案．
拓展创新
过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接，证明，由相似三角形的性质得出，证明，得出，求出，由勾股定理求出＝，最后由直角三角形中30°所对直角边是斜边一半的定理可求出的长为．

{答案}问题背景
证明：，
，，
，，
；
尝试应用
解：如图1，连接，

，，
，
由（1）知，
，，
在中，，
，
．
，，
，
．
拓展创新
解：如图2，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接，

，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
即，
，
，
，
，
，
．
25．（2020·威海）发现规律
（1）如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．求∠BFC的度数．

（2）已知：△ABC与△ADE的位置如图②所示，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度数．
应用结论
（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点M的坐标为（3，0），N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，OK．求线段OK长度的最小值．

【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形内角和定理可求解；
（2）通过证明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，可证△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性质可得∠BFC＝∠BAC，由三角形内角和定理可求解；
（3）由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QN⊥y轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）如图①，
∵△ABC，△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠EBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACE+∠EBC＝60°，
∴∠BFC＝180°﹣∠EBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；
（2）如图②，
∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，
∴∠BAD＝∠CAE，ABAC=ADAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，
∴∠BFC＝∠BAC，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BFC+α+β＝180°，
∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；
（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，
∴MN＝NK，∠MNK＝60°，
∴△MNK是等边三角形，
∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，
如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，

∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，
∴OK＝NQ，MO＝MQ，
∴△MOQ是等边三角形，
∴∠QOM＝60°，
∴∠NOQ＝30°，
∵OK＝NQ，
∴当NQ为最小值时，OK有最小值，
由垂线段最短可得：当QN⊥y轴时，NQ有最小值，
此时，QN⊥y轴，∠NOQ＝30°，
∴NQ=12OQ=32，
∴线段OK长度的最小值为32．