2022年中考数学压轴题突破专题06 几何综合类比探究变化型问题

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2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题6 几何综合类比探究变化型问题
【真题再现】
1．（2021·江苏淮安·中考真题）【知识再现】
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
【简单应用】
如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 　　．

【拓展延伸】
在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．
（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
2．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．
【活动】
小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）

【思考】
如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ　　（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．

【应用】
在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．
（1）如图4，CD＝AF＝1．
①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；
②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为　　．
（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围　　．
3．（2021·江苏南通·中考真题）如图，正方形中，点E在边上（不与端点A，D重合），点A关于直线的对称点为点F，连接，设．

（1）求的大小（用含的式子表示）；
（2）过点C作，垂足为G，连接．判断与的位置关系，并说明理由；
（3）将绕点B顺时针旋转得到，点E的对应点为点H，连接，．当为等腰三角形时，求的值．
4．（2021·江苏无锡·中考真题）已知四边形是边长为1的正方形，点E是射线上的动点，以为直角边在直线的上方作等腰直角三角形，，设．

（1）如图1，若点E在线段上运动，交于点P，交于点Q，连结，
①当时，求线段的长；
②在中，设边上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；
（2）设过的中点且垂直于的直线被等腰直角三角形截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．

5．（2020年扬州第27题）如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．
（1）求证：OC∥AD；
（2）如图2，若DE＝DF，求AEAF的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求DEDF的值．

2．（2020年苏州第26题）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．
问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求AB+CDBC的值．

6．（2020年苏州第26题）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．
问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求AB+CDBC的值．

7．（2020年南京第26题）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，ADAB=A'D'A'B'．

（1）当CDC'D'=ACA'C'=ABA'B'时，求证△ABC∽△A'B'C'．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

（2）当CDC'D'=ACA'C'=BCB'C'时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
8.（2020年连云港第27题）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝　 　；
（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BC围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、AD围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．

9．（2019年宿迁中考第28题）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）．
（1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；
（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．

10．（2019年连云港中考第27题）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG=52，请直接写出FH的长．


【专项突破】
一、解答题
1．（2021·江苏无锡·一模）（1）请仅用无刻度的直尺作图：
①如图1，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AD中点，以EF为边作一个矩形；
②如图2，菱形ABCD中，E是对角线BD上一点（BE＜DE），以AE为边作一个菱形．（保留作图痕迹，不写做法）
（2）尺规作图：如图3，已知四边形ABCD，请你在CD边上求作一点P，使得△ADP的面积等于△ADB的面积的一半．（要求：利用无刻度直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹．）

2．（2021·江苏淮安·二模）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．类似地，若，则称点P为△ABC关于点B的勾股点．


(1)【知识感知】
如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A、B、C、D、E、F、G均在小正方形的顶点上，则点D是关于点________的勾股点；在点E、F、G三点中只有点_______是关于点A的勾股点．
(2)【知识应用】
如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，求证：CE=CD；
(3)【知识拓展】
矩形ABCD中，AB=5，BC=6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三角形，求AE的长．
3．（2022·江苏·靖江外国语学校模拟预测）在△ABC中，∠BAC=60°，点D、E分别在边AC、AB上，AD=AE，连接CE、BD相交于点F，且∠BEC=∠ADF，连接AF．


(1)如图1，连接ED，求证：∠ABD=∠CED；
(2)如图2，求证：EF+FD=AF；
(3)如图3，取BC的中点G，连接AG交BD于点H，若∠GAC=3∠ABD，BH=7，求△ABH的面积．
4．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）如图，ABC和BDE均为等边三角形，连接AE、CD．

(1)求证：AE＝CD；
(2)连接AD，分别取边AD、CD、AE的中点F、G、H，连接FG、FH，设∠ABE＝α．
①当60°＜α＜180°时（如图1），求证：∠CBE+∠GFH＝120°；
②当0°＜α＜60°时（如图2），①中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出正确结论，并说明理由．
5．（2021·江苏·常州外国语学校二模）（1）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，∠MPN＝90°，且∠MPN的直角顶点在BC边上，BP＝1，如图1，MP过点A，NP过点D．

问题探究：如图2，将∠MPN绕点P按逆时针方向旋转，使PM交AB边于点E，PN交AD边于点F，当点E与点B重合时，停止旋转，在旋转过程中，的值是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（2）拓展探究：①如图3，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD⊥AB，⊙A的半径为1，点E是⊙A上一动点，CF⊥CE交AD于点F．请直接写出当△AEB为直角三角形时的值；
②如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝8，点P是射线BC上一动点，连接AP，将△ABP沿AP折叠，当点B的对应点B′落在线段BC的垂直平分线上时，则BP的长等于 　 　．
6．（2022·江苏·靖江外国语学校模拟预测）已知的面积是，请完成下列问题：

(1)如图，若是的边上的中线，则的面积______的面积填“”“”或“”；
(2)如图，若、分别是的、边上的中线，和交于点求四边形的面积可以用如下方法：
连接，由得：，同理：，
设，，则，，
由题意得：______，______，可列方程组为：．
解得______，通过解这个方程组可得四边形的面积为______；
(3)如图，若点、点分别在线段和上，满足：：，：：，和交于点请你计算四边形的面积，并说明理由．
7．（2017·江苏苏州·中考模拟）在数学实验课上，李欢同学剪了两张直角三角形纸片，进行了如下的操作：
操作一：如图1，将Rt△ABC纸片沿某条直线折叠，使斜边两个端点A与B重合，折痕为DE．
（1）如果AC＝5cm，BC＝7cm，可得△ACD的周长为________；
（2）如果∠CAD：∠BAD＝1：2，可得∠B的度数为__________；
操作二：如图2，李同学拿出另一张Rt△ABC纸片，将直角边AC沿直线CD折叠，使点A与点E重合，若AB＝10cm，BC＝8cm，请求出BE的长．

8．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 　 ．

（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
9．（2021·江苏·高港实验学校二模）如图，在正方形ABCD中，F为BC为边上的定点，E、G分别是AB、CD边上的动点，AF和EG交于点H且AF⊥EG．

（1）求证：AF＝EG；
（2）若AB＝6，BF＝2．
①若BE＝3，求AG的长；
②连结AG、EF，求AG＋EF的最小值．
10．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，，，过点作垂线交的延长线于点，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．

11．（2021·江苏·无锡市天一实验学校一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长线于点H，连接AC，EF，GH．
（1）填空：∠AHC　 　∠ACG；（填“＞”或“＜”或“＝”）
（2）线段AC，AG，AH有什么关系？请说明理由；
（3）设AE＝m，
①△AGH的面积S有变化吗？如果变化．请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请求出定值．
②请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．

12．（2021·江苏·苏州市振华中学校二模）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1）
（1）概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是　　；
（2）性质证明：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系 _________________________；
（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，联结CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

13．（2020•兴化市一模）如图，在矩形ABCD中，已知AB=23，AD＝2，点P是对角线BD上一动点（不与B，D重合），连接AP，过点P作PE⊥AP，交DC于点E．
（1）求证：∠PAD＝∠PEC；
（2）当点P是BD的中点时，求DE的值；
（3）在点P运动过程中，当DE=3时，求BP的值．

14（2020•海安市一模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，点F在边CD上，连接AE，EF．
（1）当CF=14a时，求证：∠AEF＝90°；
（2）若CF＝2DF，连接AF．求∠EAF的度数；
（3）当∠AEF＝∠DAE时，求△CEF的面积（用含a的式子表示）．

15．（2020•泰兴市一模）如图1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝a，点E为AD的中点，连接BE．过BE的中点F作FG⊥BE，交射线BC于点G，交边CD于H点．
（1）连接HE、HB．
①求证：HE＝HB；
②若a＝4，求CH的长．
（2）连接EG，△BEG面积为S．
①BE＝　1+a2　（用含a的代数式表示）；
②求S与a的函数关系式．
（3）如图2，设FG的中点为P，连接PB、BD．猜想∠GBP与∠DBE的关系，并说明理由．

16．（2020•靖江市一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD边上的动点，且∠EAF＝45°，求证：EF＝DF+BE．
（2）如图2，在正方形ABCD中，如果点E、F分别是CB、DC延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF、BE、DF之间数量关系是什么？请写出证明过程．
（3）如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE＝35，求AF的长．

17．（2020•建湖县二模）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；
②推断：AGBE的值为　2　；
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
若AB＝2EC＝4，正方形CEGF在绕点C旋转过程中，当A、E、G三点在一条直线上时，则BE＝　14+2或14−2　．

18．（2020•盐都区三模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别为线段AB、AC上的点，且DE∥BC．将△ADE绕点A旋转一定的角度后得到△AD′E′，如图2．
（1）求证：△ABD′≌△ACE′．
【深入研究】
如图3，AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°．
（2）若点D′在线段BE′上，求△BCE′的面积．
（3）若点B、D′、E′不在同一直线上，且点D'在△ABC内，顺次连接C、B、D′、E′四点，则四边形CBD′E′的面积是否改变，若改变，请求出改变后的面积；若不变，请说明理由．
【拓展延伸】
（4）如图4，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠D＝∠C≠90°．请用没有刻度的直尺和圆规画出满足下列条件的四边形A′B′CD．
条件1：利用一次旋转变换改变线段AB的位置，得到对应线段A′B′．
条件2：连接A′D、B′C，使得四边形A′B′CD的面积与四边形ABCD的面积相等．

19．（2020•工业园区一模）【探索规律】
如图①，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且DF∥BC，EF∥AB．设△ADF的边DF上的高为h1，△EFC的边CE上的高为h2．
（1）若△ADF、△EFC的面积分别为3，1，则ℎ1ℎ2=　3　；
（2）设△ADF、△EFC、四边形BDFE的面积分别为S1，S2，S，求证：S＝2S1S2；
【解决问题】
（3）如图②，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，点F，G在BC上，且DE∥BC，DF∥EG．若△ADE、△DBF、△EGC的面积分别为3，7，5，求△ABC的面积．

20．（2020•亭湖区校级一模）发现来源于探究．小亮进行数学探究活动，作边长为a的正方形ABCD和边长为b的正方形AEFG（a＞b），开始时，点E在AB上，如图1．将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转．

（1）如图2，小亮将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转，连接BE、DG，当点G恰好落在线段BE上时，小亮发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．当a＝3，b＝2时，请你帮他求此时DG的长．
（2）如图3，小亮旋转正方形AEFG，点E在DA的延长线上，连接BF、DF．当FG平分∠BFD时，请你帮他求a：b及∠FBG的度数．
（3）如图4，BE的延长线与直线DG相交于点P，a＝2b．当正方形AEFG绕点A从图1开始，逆时针方向旋转一周时，请你帮小亮求点P运动的路线长（用含b的代数式表示）．
21．（2020•高淳区二模）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是　BP＝CE　，CE与AD的位置关系是　CE⊥AD　；
（2）如图2、3，当点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；（选择图3予以证明或说理）
（3）如图4，当点P在线段BD上，点E在菱形ABCD外部时，连接BE、DE，若AB=23，BE＝6，求四边形APDE的面积．

22．（2020•沭阳县模拟）已知，如图1，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE＝DF，连接EF．
（1）求∠E的度数；
（2）将△AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角α满足0°＜α＜45°时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图2所示，试判断线段FH、HG、GE的数量关系，并说明理由．
（3）若将△AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，则点P的运动路径长为　62π　；线段PC的取值范围为　0≤PC≤62　．


2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题6 几何综合类比探究变化型问题

【真题再现】
1．（2021·江苏淮安·中考真题）【知识再现】
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
【简单应用】
如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 　　．

【拓展延伸】
在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．
（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
【答案】【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析
【解析】
【分析】
简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．
【详解】
简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．

理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），
∴AD＝AE．
故答案为：AE＝AD．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．

理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），
∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，
∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），
∴EM＝DN，
∵AM＝AN，
∴AE＝AD．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．

理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，
∴CE＝CE′，
∵CT⊥EE′，
∴ET＝TE′，
∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.
2．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．
【活动】
小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）

【思考】
如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ　　（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．

【应用】
在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．
（1）如图4，CD＝AF＝1．
①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；
②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为　　．
（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围　　．
【答案】【活动】见解析；【思考】是；【应用】（1）①；②；（2）＜t＜
【解析】
【分析】
[活动]如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线；
[思考]如图2，证明△OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
[应用]
（1）①建立平面直角坐标系，分两种情况：如图3﹣1和3﹣2，根据中点坐标公式和待定系数法可得面积平分线的解析式，并计算P和Q的坐标，利用两点的距离公式可得PQ的长，并比较大小可得结论；
②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可；
（2）如图5，由已知得：CD＝tAF，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，列不等式可得t的取值．
【详解】
解：【活动】如图1，直线O1O2是该L图形的面积平分线；

【思考】
如图2，∵∠A＝∠B＝90°，

∴AF∥BC，
∴∠NQO＝∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON＝OM，
在△OQN和△OPM中，
，
∴△OQN≌△OPM（AAS），
∴S△OQN＝S△OPM，
∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，
∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，
即SABPON＝SCDEFQOM，
∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，
即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，
∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．
故答案为：是；
【应用】
（1）①如图3，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，

L图形ABCDEF的面积=4×6-（4-1）×（6-1）=9，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
∴梯形CDQP的面积=×（DQ+BC）×CD=，
即×（DQ+6）×1=，
∴DQ=CH=3，
∴PH=6-3=3，
∵QH=CD=1，
由勾股定理得：PQ=；
∴PQ长的最大值为；
②如图4，当GH⊥AB时GH最短，过点E作EM⊥AB于M，

设BG＝x，则MG＝1﹣x，
根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，
解得x＝，即BG＝；
故答案为：；
（2）∵＝t（t＞0），
∴CD＝tAF，
在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，
如图5，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，

即（4﹣tAF）•AF＜6t•AF，
∴，
∵0＜AF＜6，
∴0＜﹣6＜6，
∴．
故答案为：＜t＜．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了应用与设计作图，矩形的性质和判定，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并结合平面直角坐标系计算线段的长，明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
3．（2021·江苏南通·中考真题）如图，正方形中，点E在边上（不与端点A，D重合），点A关于直线的对称点为点F，连接，设．

（1）求的大小（用含的式子表示）；
（2）过点C作，垂足为G，连接．判断与的位置关系，并说明理由；
（3）将绕点B顺时针旋转得到，点E的对应点为点H，连接，．当为等腰三角形时，求的值．
【答案】(1) ．
(2)DG//CF．理由见解析．
(3) ．
【解析】
【分析】
(1)作辅助线BF，用垂直平分线的性质，推导边相等、角相等．再用三角形内角和为 算出 ．
(2)作辅助线BF、AC，先导角证明 是等腰直角三角形、 是等腰直角三角形．再证明 、，最后用内错角相等，两直线平行，证得DG//CF．
(3) 为等腰三角形，要分三种情况讨论：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，根据题目具体条件，舍掉了②、③种，第①种用正弦函数定义求出比值即可．
【详解】
(1)解：连接BF，设AF和BE相交于点N．

点A关于直线BE的对称点为点F
BE是AF的垂直平分线
，AB=BF




四边形ABCD是正方形
AB=BC，



．
(2) 位置关系：平行．
理由：连接BF，AC，DG
设DC和FG的交点为点M，AF和BE相交于点N

由(1)可知，






是等腰直角三角形

四边形ABCD是正方形

是等腰直角三角形


垂直平分AF


在 和 中，





在 和 中，





CF//DG
(3)为等腰三角形有三种情况：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，要分三种情况讨论：
①当FH=BH时，作 于点M

由(1)可知：AB=BF，
四边形ABCD是正方形

设AB=BF=BC=a
将绕点B顺时针旋转得到


FH=BH


是等腰三角形，

在 和 中，



BM=AE=


②当BF=FH时，
设FH与BC交点为O

绕点B顺时针旋转得到

由(1)可知：





此时， 与 重合，与题目不符，故舍去
③当BF=BH时，

由(1)可知：AB=BF
设AB=BF=a
四边形ABCD是正方形
AB=BC=a
BF=BH
BF=BH=BC=a
而题目中，BC、BH分别为直角三角形BCH的直角边和斜边，不能相等，与题目不符，故舍去．
故答案为：
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理(三角形内角和为 )、平行线证明(内错角相等，两直线平行)、相似三角形证明(两组对应角分别相等的两个三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似)、等腰直角三角形三边比例关系()、正弦函数定义式(对边：斜边) ．
4．（2021·江苏无锡·中考真题）已知四边形是边长为1的正方形，点E是射线上的动点，以为直角边在直线的上方作等腰直角三角形，，设．

（1）如图1，若点E在线段上运动，交于点P，交于点Q，连结，
①当时，求线段的长；
②在中，设边上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；
（2）设过的中点且垂直于的直线被等腰直角三角形截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．
【答案】（1）①；②，h最大值=；（2）
【解析】
【分析】
（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，先证明，可得FM =，CM=，进而即可求解；②由，得CP=，把绕点A顺时针旋转90°得，可得EQ =DQ+BE，利用勾股定理得DQ=，EQ=，QP=，结合三角形面积公式，即可得到答案；
（2）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，F(1+m，m)，从而求出AE的解析式为：y=x+1，AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，再分两种情况：①当0≤m≤时，②当m＞时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，

∵在等腰直角三角形中，，AE=FE，在正方形中，∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠FEM+∠AEB，
∴∠BAE=∠FEM，
又∵∠B=∠FME，
∴，
∴FM=BE=，EM=AB=BC，
∴CM=BE=，
∴CF=；
②∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠ECP=90°，
∴，
∴，即：，
∴CP=，
把绕点A顺时针旋转90°得，则AG=AQ，∠GAB=∠QAD，GB=DQ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠QAD=∠BAE+∠GAB=90°-45°=45°，即：∠GAE=∠EAF=45°，
∵∠ABG=∠ABE=90°，
∴B、G、E三点共线，
又∵AE=AE，
∴，
∴EQ=EG=GB+BE=DQ+BE，
∴在中，，即：，
∴DQ=，
∴EQ= DQ+BE=+m=，QP=1--()=，
∴，即：×(1-m)= ×h，
∴=，即m=时，h最大值=；

（3）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，
∵直线m过AB的中点且垂直AB，
∴直线m的解析式为：x=，
过点F作FM⊥x轴于点M，由（1）可知：，即FM=BE，EM=AB，
∴F(1+m，m)，
设AE的解析式为：y=kx+b，
把E(m，0)，A(0，1)代入上式，得，解得：，
∴AE的解析式为：y=x+1，
同理：AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，
①当0≤m≤时，如图，G(，)，N(，m-m2)，

∴y=-(m-m2)=，
②当m＞时，如图，G(，)，N(，)，
∴y=-=，
综上所述：．

【点睛】
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，添加辅助线构造全等三角形，建立坐标系，把几何问题用代数的方法解决，是解题的关键．

5．（2020年扬州第27题）如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．
（1）求证：OC∥AD；
（2）如图2，若DE＝DF，求AEAF的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求DEDF的值．

【分析】（1）由等腰三角形的性质及角平分线的定义证得∠ADO＝∠DOC，则可得出结论；
（2）证明△AOD和△ABD为等腰直角三角形，得出ADAO=2，证明△ADE∽△AOF，由相似三角形的性质可得出结论；
（3）设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，由勾股定理得出4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，可用x表示四边形ABCD的周长，根据二次函数的性质可求出x＝2时，四边形ABCD有最大值，得出∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，由直角三角形的性质可得出答案．
【解析】（1）证明：∵AO＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵OC平分∠BOD，
∴∠DOC＝∠COB，
又∵∠DOC+∠COB＝∠OAD+∠ADO，
∴∠ADO＝∠DOC，
∴CO∥AD；
（2）解：如图1，

∵OA＝OB＝OD，
∴∠ADB＝90°，
设∠DAC＝α，则∠ACO＝∠DAC＝α．
∵OA＝OD，DA∥OC，
∴∠ODA＝∠OAD＝2α，
∴∠DFE＝3α，
∵DF＝DE，
∴∠DEF＝∠DFE＝3α，
∴4α＝90°，
∴α＝22.5°，
∴∠DAO＝45°，
∴△AOD和△ABD为等腰直角三角形，
∴AD=2AO，
∴ADAO=2，
∵DE＝DF，
∴∠DFE＝∠DEF，
∵∠DFE＝∠AFO，
∴∠AFO＝∠AED，
又∠ADE＝∠AOF＝90°，
∴△ADE∽△AOF，
∴AEAF=ADAO=2．
（3）解：如图2，

∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，
∴△BOC≌△DOC（SAS），
∴BC＝CD，
设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，
∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，
∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，
解得：m=14x2，
∴OG＝2−14x2，
∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，
∴G为BD的中点，
又∵O为AB的中点，
∴AD＝2OG＝4−12x2，
∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4−12x2+4=−12x2+2x+8=−12(x−2)2+10，
∵−12＜0，
∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．
∴BC＝2，
∴△BCO为等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∵OC∥AD，
∴∠DAO＝∠COB＝60°，
∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，
∴∠AFD＝90°，
∴DEDA=33，DF=12DA，
∴DEDF=233．
6．（2020年苏州第26题）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．
问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求AB+CDBC的值．

【分析】（1）由“AAS”可知△BAP≌△CPD，可得BP＝CD，AB＝PC，可得结论；
（2）过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，由（1）可知EF＝AE+DF，由等腰直角三角形的性质可得BE＝AE，CF＝DF，AB=2AE，CD=2DF，即可求解．
【解析】证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，
∴∠BAP+∠APB＝90°，∠APB+∠DPC＝90°，
∴∠BAP＝∠DPC，
又PA＝PD，∠B＝∠C＝90°，
∴△BAP≌△CPD（AAS），
∴BP＝CD，AB＝PC，
∴BC＝BP+PC＝AB+CD；
（2）如图2，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，

由（1）可知，EF＝AE+DF，
∵∠B＝∠C＝45°，AE⊥BC，DF⊥BC，
∴∠B＝∠BAE＝45°，∠C＝∠CDF＝45°，
∴BE＝AE，CF＝DF，AB=2AE，CD=2DF，
∴BC＝BE+EF+CF＝2（AE+DF），
∴AB+CDBC=2(AE+DF)2(AE+DF)=22．
7．（2020年南京第26题）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，ADAB=A'D'A'B'．

（1）当CDC'D'=ACA'C'=ABA'B'时，求证△ABC∽△A'B'C'．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

（2）当CDC'D'=ACA'C'=BCB'C'时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵ADAB=A'D'A'B'，
∴ADA'D'=ABA'B'，
∵CDC'D'=ACA'C'=ABA'B'，
∴CDC'D'=ACA'C'=ADA'D'，
∴△ADC∽△A′D′C'，
∴∠A＝∠A′，
∵ACA'C'=ABA'B'，
∴△ABC∽△A′B′C′．
故答案为：CDC'D'=ACA'C'=ADA'D'，∠A＝∠A′．

（2）结论：∴△ABC∽△A′B′C′．
理由：如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．

∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=AEAC，
同理，A'D'A'B'=D'E'B'C'=A'E'A'C'，
∵ADAB=A'D'A'B'，
∴DEBC=D'E'B'C'，
∴DED'E'=BCB'C'，
同理，AEAC=A'E'A'C'，
∴AC−AEAC=A'C'−A'E'A'C'，即ECAC=E'C'A'C'，
∴ECE'C'=ACA'C'，
∵CDC'D'=ACA'C'=BCB'C'，
∴CDC'D'=DED'E'=ECE'C'，
∴△DCE∽△D′C′E′，
∴∠CED＝∠C′E′D′，
∵DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝180°，
同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，
∴∠ACB＝∠A′C′B′，
∵ACA'C'=CBC'B'，
∴△ABC∽△A′B′C′．
8．（2020年连云港第27题）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝　12　；
（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BC围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、AD围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．

【分析】（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积＝△PFC的面积即可．
（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，推出S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，根据S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．可得结论．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．
（4）分四种情形：如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求．
【解析】（1）如图1中，

过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．
∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，
∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，
∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，
∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，
∴S1＝S2＝6，
∴S1+S2＝12，
故答案为12．

（2）如图2中，连接PA，PC，

在△APB中，∵点E是AB的中点，
∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，
∴S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．

（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，
∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，
∴S△ABD=12S平行四边形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S1）．

（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．
理由：设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．
由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，
∴x﹣y＝S3﹣S4，
∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），
∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．
同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S2=S3+S4．
图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．

9．（2019年宿迁中考第28题）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）．
（1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；
（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．

【分析】（1）如图①利用三角形的中位线定理，推出DE∥AC，可得BDBA=BEBC，在图②中，利用两边成比例夹角相等证明三角形细相似即可．
（2）利用相似三角形的性质证明即可．
（3）点G的运动路程，是图③﹣1中的BG的长的两倍，求出圆心角，半径，利用弧长公式计算即可．
【解析】（1）如图②中，

由图①，∵点D为边AB中点，点E为边BC中点，
∴DE∥AC，
∴BDBA=BEBC，
∴BDBE=BABC，
∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠DBA＝∠EBC，
∴△DBA∽△EBC．
（2）∠AGC的大小不发生变化，∠AGC＝30°．
理由：如图③中，设AB交CG于点O．

∵△DBA∽△EBC，
∴∠DAB＝∠ECB，
∵∠DAB+∠AOG+∠G＝180°，∠ECB+∠COB+∠ABC＝180°，∠AOG＝∠COB，
∴∠G＝∠ABC＝30°．
（3）如图③﹣1中．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向左边等边△ACO，连接OG，OB．

以O为圆心，OA为半径作⊙O，
∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，
∴∠AGC=12∠AOC，
∴点G在⊙O上运动，
以B为圆心，BD为半径作⊙B，当直线与⊙B相切时，BD⊥AD，
∴∠ADB＝90°，
∵BK＝AK，
∴DK＝BK＝AK，
∵BD＝BK，
∴BD＝DK＝BK，
∴△BDK是等边三角形，
∴∠DBK＝60°，
∴∠DAB＝30°，
∴∠BOG＝2∠DAB＝60°，
∴BG的长=60⋅π⋅4180=4π3，
观察图象可知，点G的运动路程是BG的长的两倍=8π3．
点评：本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，弧长公式，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．
10．（2019年连云港中考第27题）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG=52，请直接写出FH的长．

【分析】问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF＝MB，证明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出结论；
问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出结论；
（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点P'在线段DO'上运动；过点S作SK⊥DO'，垂足为K，即可得出结果；
问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EG＝AG=52，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE=AE2−AB2=3，得出CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出QE=13AE=53，AQ＝AE+QE=203，证明△AGM∽△ABE，得出AM=258，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M=AM2−AB'2=78，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出AF=257，DF＝4−257=37，证明△DFP∽△DAQ，得出FP=57，得出FH=12FP=514．
【解析】问题情境：
解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF＝MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，
在△ABE和△BCF中，∠BAE=∠CBFAB=BC∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC，
∴DN+MB＝EC；
问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，AQ=QEAH=QI，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），
∴∠AQH＝∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI＝90°，
∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；
（2）连接AC交BD于点O，如图3所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP＝PC，
在△APB和△CPB中，AP=PCBP=BPAB=BC，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
∵∠BCD＝∠MPA＝90°，
∴∠PCN＝∠AMP，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠PNC，
∴∠PCN＝∠PNC，
∴PC＝PN，
∴AP＝PN，
∴∠PNA＝45°，
∴∠PNP′＝90°，
∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°，
∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H，
由翻折性质得：PN＝P′N，
在△PGN和△NHP'中，∠NPG=∠P'NHPN=P'N∠PNG=∠NP'H，
∴△PGN≌△NHP'（ASA），
∴PG＝NH，GN＝P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG＝45°，
易得PG＝GD，
∴GN＝DH，
∴DH＝P'H，
∴∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，
∴点P'在线段DO'上运动；
过点S作SK⊥DO'，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS＝2，则P'S的最小值为2；
问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：
则EG＝AG=52，PH＝FH，
∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE=AE2−AB2=3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴AEQE=BECE=3，
∴QE=13AE=53，
∴AQ＝AE+QE=203，
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴AMAE=AGAB，即AM5=524，
解得：AM=258，
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，
∴B'M=AM2−AB'2=78，AC'＝1，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B'AM＝∠C'FA，
∴△AFC'∽△MAB'，
∴AFAM=AC'B'M=178，
解得：AF=257，
∴DF＝4−257=37，
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴FPAQ=DFAD，即FP203=374，
解得：FP=57，
∴FH=12FP=514．



点评：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
由题意可得：B’在以P为圆心半径长为6的圆上运动，
当PH的延长线交圆P于点B′时面积最大，
此时BH＝6+3，S△ACB′的最大值=12×8×（6+3）＝43+24．
点评：本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和判定，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
【专项突破】
1．（2021·江苏无锡·一模）（1）请仅用无刻度的直尺作图：
①如图1，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AD中点，以EF为边作一个矩形；
②如图2，菱形ABCD中，E是对角线BD上一点（BE＜DE），以AE为边作一个菱形．（保留作图痕迹，不写做法）
（2）尺规作图：如图3，已知四边形ABCD，请你在CD边上求作一点P，使得△ADP的面积等于△ADB的面积的一半．（要求：利用无刻度直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹．）

【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）①连接AC，BD交于点O，连接EO，延长EO交CD于G，连接FO，延长FO交BC于H，连接EH，GH，FG即可；②连接AC交BD于O，延长AE交BC于Q，连接QO，延长QO交AD于P，连接CP交BD于F，连接AF，CF，EC即可；
(2) 作 BT//AD交CD于T，作线段DT的垂直平分线MN交DT于点P，连接AP即可．
【详解】
解：（1）①如图1中，矩形EFGH即为所求作；
②如图2中，菱形AECF即为所求作．

（2）如图3中，△APD即为所求作．

【点睛】
本题考查作图--复杂作图，三角形的面积，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
2．（2021·江苏淮安·二模）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．类似地，若，则称点P为△ABC关于点B的勾股点．


(1)【知识感知】
如图2，在4×5的网格中，每个小正方形的长均为1，点A、B、C、D、E、F、G均在小正方形的顶点上，则点D是关于点________的勾股点；在点E、F、G三点中只有点_______是关于点A的勾股点．
(2)【知识应用】
如图3，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，求证：CE=CD；
(3)【知识拓展】
矩形ABCD中，AB=5，BC=6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若△ADE是等腰三角形，求AE的长．
【答案】(1)；．
(2)见解析．
(3)或．
【解析】
【分析】
（1）求，得，即点的勾股点；求出，即点的勾股点．
（2）由矩形性质得，可得；根据勾股数得，又因为．
（3）由条件“点的勾股点”仍可得，作为条件使用． 是等腰三角形需分3种情况讨论，把每种情况画图再根据矩形性质和勾股定理计算，即能求AE的长．
(1)
解：∵
∴
∴点的勾股点
∵
∴点的勾股点
∵
∴
∴点的勾股点
∵
∴点的勾股点
故答案为：．
(2)
证明：如图3中，∵点的勾股点
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
∴
(3)
解：∵矩形
∴
∵点的勾股点
∴
i）如图1，

若
过点
∴
∴四边形是矩形
∴
设
∵
∴
∴
解得：



ii）如图2，

若的垂直平分线上
过点
∴
∴四边形是矩形
∴
∴中，


iii）如图3，

若
∴
取
∴点
∴点内部，不符合题意
综上所述，若是等腰三角形，的长为或．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查勾股定理、勾股定理逆定理的应用，矩形的性质，等腰三角形的性质，解一元一次方程和一元二次方程，圆的定义和圆周角定理等知识，解题关键是对新定义概念的性质运用，学会用分类讨论的思想思考问题．
3．（2022·江苏·靖江外国语学校模拟预测）在△ABC中，∠BAC=60°，点D、E分别在边AC、AB上，AD=AE，连接CE、BD相交于点F，且∠BEC=∠ADF，连接AF．


(1)如图1，连接ED，求证：∠ABD=∠CED；
(2)如图2，求证：EF+FD=AF；
(3)如图3，取BC的中点G，连接AG交BD于点H，若∠GAC=3∠ABD，BH=7，求△ABH的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）先判断出△ADE是等边三角形，得出∠AED=60°，进而得出∠ABD+ADB=120°，即∠DEF+∠BEC=∠ABD+∠ADB，即可得出结论；
（2）先判断出△AEF≌△ADK，得出∠EAF=∠DAK，AF=AK，进而判断△AFK是等边三角形，得出AF=FK，即可得出结论；
（3）先判断出△AFC≌△AKM，得出AC=AM，∠FAC=∠KAM，进而作出辅助线，判断出△BGN≌△CGA，得出BN=AC=AM，∠NBG=∠ACG，进而判断出△ABN≌△BAM，得出∠BAN=∠ABM，即HB=HA=7，即可得出结论．
(1)
证明：∵AE=AD，∠BAC=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠AED=60°，
∴∠DEF+∠BEC=120°，
在△ABD中，∠BAC+∠ABD+∠ADB=180°，
∴∠ABD+ADB=120°，
∴∠DEF+∠BEC=∠ABD+∠ADB，
∵∠BEC=∠ADF，
∴∠ABD=∠CED；
(2)
证明：如图2，延长FD到点K，使DK=EF，连接AK，


∵∠ADK+∠ADF=180°，∠BEC+∠AEC=180°，
∵∠BEC=∠ADF，
∴∠AEF=∠ADK，
∵AE=AD，
∴△AEF≌△ADK，
∴∠EAF=∠DAK，AF=AK，
∵∠EAF+∠FAD=60°，
∴∠DAK+∠FAD=60°，
∴∠FAK=60°，
∴△AFK是等边三角形，
∴AF=FK，
∵FK=FD+DK，
∴AF=FD+EF；
(3)
解：如图3，在图2的基础上延长FK到点M，使KM=FC，连接AM，


由（2）知，∠AKF=∠AFE=60°，
∴∠AFC=∠AKM=120°，
∵AF=AK，
∴△AFC≌△AKM，
∴AC=AM，∠FAC=∠KAM，
∴∠FAK=∠CAM=60°，
∴∠BAM=120°，
延长AG到点N，使NG=AG，连接BN，
∵BG=GC，∠BGN=∠CGA，
∴△BGN≌△CGA，
∴BN=AC=AM，∠NBG=∠ACG，
∵∠ABC+∠ACB=120°，
∴∠ABC+∠NBG=120°，
∴∠NBA=∠MAB=120°，
∵AB=AB，
∴△ABN≌△BAM，
∴∠BAN=∠ABM，
∴HB=HA=7，
过点B作BP⊥AN于P，
∵∠GAC=3∠ABD，
∴∠GAC=3∠BAH，
∴∠BAH=15°，
∴∠BHP=30°，
∵BH=7，
∴BP=，
∴S△ABH=AH•BP=．
【点睛】
本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，作出辅助线构造全等三角形是解本题的关键．
4．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）如图，ABC和BDE均为等边三角形，连接AE、CD．

(1)求证：AE＝CD；
(2)连接AD，分别取边AD、CD、AE的中点F、G、H，连接FG、FH，设∠ABE＝α．
①当60°＜α＜180°时（如图1），求证：∠CBE+∠GFH＝120°；
②当0°＜α＜60°时（如图2），①中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出正确结论，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②结论不成立，结论：∠GFH﹣∠EBC＝120°，见解析
【解析】
【分析】
（1）如图1中，证明△ABE≌△CBD（SAS），可得结论．
（2）①证明∠GFH＝180°﹣∠CAD﹣∠EDA＝180°﹣（60°+∠1）﹣（60°+∠2）＝60°﹣∠1﹣∠2，∠CBE＝360°﹣∠ABC﹣∠ABD﹣∠EBD＝360°﹣60°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）﹣60°＝60°+∠1+∠2，可得结论．
②结论不成立，结论：∠GFH﹣∠EBC＝120°．证明方法类似①．
(1)
证明：如图1中，

∵△ABC，△BED都是等边三角形，
∴BC＝BA，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABE＝∠CBD，
在△ABE和△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE＝CD．
(2)
①证明：如图1中，∵AF＝FD，AH＝HE，CG＝GD，
∴FGAC，FHDE，
∴∠GFH等于直线AC，DE的夹角，
∴∠GFH＝180°﹣∠CAD﹣∠EDA＝180°﹣（60°+∠1）﹣（60°+∠2）＝60°﹣∠1﹣∠2，
∵∠CBE＝360°﹣∠ABC﹣∠ABD﹣∠EBD＝360°﹣60°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）﹣60°＝60°+∠1+∠2，
∴∠CBE+∠GFH＝120°．
②解：结论不成立，结论：∠GFH﹣∠EBC＝120°．
理由：如图2中，设FH交AC于点O，延长AC交DE于点J．

∵CG＝DG．AF＝FD，
∴∠FGAJ，
∴∠GFH＝∠AOF，
∵AH＝HE，AF＝DF，
∴FHDE，
∴∠AOF＝∠AJD，
∴∠GFH＝∠AJD＝360°﹣∠CAB﹣∠BDE﹣∠ABD＝360°﹣60°﹣60°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）＝60°+∠1+∠2，
∵∠EBC＝ABC+∠DBE﹣∠ABD＝120°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）＝∠1+∠2﹣60°，
∴∠GFH﹣∠EBC＝120°．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，四边形的内角和定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
0°．
5．（2021·江苏·常州外国语学校二模）（1）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，∠MPN＝90°，且∠MPN的直角顶点在BC边上，BP＝1，如图1，MP过点A，NP过点D．

问题探究：如图2，将∠MPN绕点P按逆时针方向旋转，使PM交AB边于点E，PN交AD边于点F，当点E与点B重合时，停止旋转，在旋转过程中，的值是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（2）拓展探究：①如图3，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD⊥AB，⊙A的半径为1，点E是⊙A上一动点，CF⊥CE交AD于点F．请直接写出当△AEB为直角三角形时的值；
②如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝8，点P是射线BC上一动点，连接AP，将△ABP沿AP折叠，当点B的对应点B′落在线段BC的垂直平分线上时，则BP的长等于 　 　．
【答案】（1）是定值，（2）①或或；②或10．
【解析】
【分析】
（1）作FQ⊥BC，证明△BPE∽△QFP，进而求得结果；
（2）①由题意可分为∠AEB＝90°和∠ABE＝90°，作EV⊥BC于V，FW⊥BC于W，作ES⊥AD于S，可得△EVC∽△CWF，进而求得结果．
②由题意可知符合条件的P点有P′和P″两个点，作B′D⊥AB于D，作AE⊥B′B″于E，则有EB″＝AD=3，FB′＝BD＝AB﹣AD＝2，设B′P′＝BP′＝x，则FP′＝4﹣x，然后根据勾股定理可求解
【详解】
解：（1）如图1，

是定值，理由如下：
作FQ⊥BC于Q，
∴∠FQP＝90°，
∴∠FPQ+∠PFQ＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABQF是矩形，
∴FQ＝AB＝2，
∵∠EPF＝90°，
∴∠FPQ+∠BPE＝90°，
∴∠BPE＝∠PFQ，
∵∠B＝∠FQP＝90°，
∴△BPE∽△QFP，
∴；
（2）①如图2，

当∠BAE＝90°时，作CG⊥AF于G，
∵tan∠CEF，
∴，
如图3，

当∠AEB＝90°，作EV⊥BC于V，FW⊥BC于W，作ES⊥AD于S，
可得BE，
由S△ABE得，
ES，
由上得：，
∴，
如图4，

∠AEB＝90°，，
综上所述：或或；
②如图5，

符合条件的P点有P′和P″两个点，作B′D⊥AB于D，作AE⊥B′B″于E，
∵DB′BC＝4，AB′＝5，
∴EB″＝AD，
∴FB′＝BD＝AB﹣AD＝2，
设B′P′＝BP′＝x，则FP′＝4﹣x，
在Rt△FB′P′中，
x2﹣（4﹣x）2＝22，
∴x，
∴BP′，
同理，设B″P″＝BP″＝a，则FP″＝a﹣4，
在Rt△B″P″F中，FB″＝EB″+EF＝3+5＝8，
∴a2﹣（a﹣4）2＝82，
∴a＝10，
综上所述：BP或10，
故答案是：或10．
【点睛】
本题主要考查三角函数、勾股定理、相似三角形的性质与判定及圆的综合问题，熟练掌握三角函数、勾股定理、相似三角形的性质与判定及圆的综合问题是解题的关键．
6．（2022·江苏·靖江外国语学校模拟预测）已知的面积是，请完成下列问题：

(1)如图，若是的边上的中线，则的面积______的面积填“”“”或“”；
(2)如图，若、分别是的、边上的中线，和交于点求四边形的面积可以用如下方法：
连接，由得：，同理：，
设，，则，，
由题意得：______，______，可列方程组为：．
解得______，通过解这个方程组可得四边形的面积为______；
(3)如图，若点、点分别在线段和上，满足：：，：：，和交于点请你计算四边形的面积，并说明理由．
【答案】(1)=
(2)；；；
(3)25
【解析】
【分析】
（1）根据等底同高的两个三角形面积相等，可知三角形的中线把三角形的面积分为相等的两部分，所以 ；
（2）根据三角形的中线能把三角形的面积平分，等高三角形的面积的比等于底的比，即可得到结果；
（3）连结AO，由AD：DB=1：1，得到，同理可得，设，，则，，由题意列方程组即可得到结果．
(1)
解：过点作于点，如图，

是的边上的中线，
．
，，
．
故答案为：．
(2)
连接，如图，

，
由得：，
同理：，
设，，则，，
、分别是的、边上的中线，
，，
，，
可列方程组为：．
解得：，
四边形的面积为：．
故答案为：；；；；
(3)
连接，如图，

：：，
．
由知：，
：：，
．
．
设，，则，，
，
，
，
．
，，
可列方程组：，
解得：．
．
【点睛】
本题考查了三角形的中线能把三角形的面积平分，等高三角形的面积的比等于底的比，熟练掌握这个结论是解题的关键．
7．（2017·江苏苏州·中考模拟）在数学实验课上，李欢同学剪了两张直角三角形纸片，进行了如下的操作：
操作一：如图1，将Rt△ABC纸片沿某条直线折叠，使斜边两个端点A与B重合，折痕为DE．
（1）如果AC＝5cm，BC＝7cm，可得△ACD的周长为________；
（2）如果∠CAD：∠BAD＝1：2，可得∠B的度数为__________；
操作二：如图2，李同学拿出另一张Rt△ABC纸片，将直角边AC沿直线CD折叠，使点A与点E重合，若AB＝10cm，BC＝8cm，请求出BE的长．

【答案】操作一（1）12cm（2）36°；操作二BE=2.8
【解析】
【分析】
操作一：（1）由翻折的性质可知：BD=AD，于是AD+DC=BC，从而可知△ACD的周长=BC+AC；
（2）设∠CAD=x，则∠BAD=2x，由翻折的性质可知∠CBA=2x，然后根据直角三角形两锐角互余可知：x+2x+2x=90°，据此求解即可．
操作二：先利用勾股定理求得AC的长，然后利用面积法求得DC的长，在Rt△ACD中，利用勾股定理可求得AD的长，由翻折的性质可知：DE=DA，最后根据BE=AB-DE-AD计算即可．
【详解】
解：操作一：（1）翻折的性质可知：BD=AD，
∴AD+DC=BC=7．
∴△ACD的周长=CD+AD+AC=BC+AC=7+5=12cm．
故答案为：12cm；
（2）设∠CAD=x，则∠BAD=2x．
由翻折的性质可知：∠BAD=∠CBA=2x，
∵∠B+∠BAC=90°，
∴x+2x+2x=90°．
解得：x=18°．
∴2x=2×18°=36°．
∴∠B=36°．
故答案为：36°；
操作二：在Rt△ABC中，AC=．
由翻折的性质可知：ED=AD，DC⊥AB．
∵S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，
∴10CD=6×8．
∴CD=4.8．
在Rt△ADC中，AD= ．
∴EA=3.6×2=7.2．
∴BE=10-7.2=2.8．
【点睛】
本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用，利用面积法求得CD的长度是解题的关键．
8．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 　 ．

（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2） 四边形ABCD的面积为32；（3）存在   ．
【解析】
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA ，得到，列出比例式即可解决问题．
（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．
则DE//AC；
∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，
∴AE=DE（设为λ），
则BE=4−λ；
∵DE//AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴，即：

解得：λ= ，
∴点D到AC的距离．

（2）连接OB，
∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），
∴
∴
∵AC是的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴
∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵,
∴
∴
=
=
=32；

（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，

∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,
∴∠ABC=∠ADM
又∠ANB=∠AMD=90°，
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
9．（2021·江苏·高港实验学校二模）如图，在正方形ABCD中，F为BC为边上的定点，E、G分别是AB、CD边上的动点，AF和EG交于点H且AF⊥EG．

（1）求证：AF＝EG；
（2）若AB＝6，BF＝2．
①若BE＝3，求AG的长；
②连结AG、EF，求AG＋EF的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）过点G作GM∥AD交AB于点M，则可得AD=MG，然后证明△GME≌△ABF即可；
（2）①过点G作GM∥AD交AB于点M，连接AG，由（1）可得EM=BF=2，从而可求得AM，在Rt△AMG中由勾股定理即可求得AG的长；
②过点F作FP∥EG，FP=EG，连接AP,则易得GP=EF，当A、G、P三点共线时，AG+EF最小，在Rt△AFP中由勾股定理即可求得AP的长即可．
【详解】
（1）过点G作GM∥AD交AB于点M
∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=∠B=90゜，AB∥CD，AD=AB
∴∠EMG=∠BAD=∠B=90゜
∵AB∥CD，GM∥AD
∴四边形AMGD是平行四边形
∵∠BAD=90゜
∴四边形AMGD是矩形
∴MG=AD
∴MG=AB
∵AF⊥EG
∴∠AEH+∠EAH=90゜
∵∠EAH+∠AFB=90゜
∴∠AEH=∠AFB
在△GME和△ABF中

∴△GME≌△ABF(AAS)
∴AF=EG

（2）①过点G作GM∥AD交AB于点M，连接AG，如图
由（1）知，△GME≌△ABF
∴EM=BF=2
∵AB=6，BE=3
∴AE=AB－BE=3
∴AM=AE－EM=1
在Rt△AMG中，GM=AD=6，由勾股定理得：

②过点F作FP∥EG，FP=EG，连接AP,如图
则四边形EFPG是平行四边形
∴GP=EF
∵AG+GP≥GP
∴当A、G、P三点共线时，AG+EF=AG+GP最小,最小值为线段AP的长
∵AF⊥EG，FP∥EG
∴FP⊥AF
在Rt△ABF中，由勾股定理得
∵AF=EG，EG=FP
∴FP=AF=
在Rt△AFP中，由勾股定理得
所以AG+EF的最小值为．

【点睛】
本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，灵活运用这些知识是解决的关键，确定AG+EF最小值是线段AP的长是难点．
10．（2021·江苏·沭阳县怀文中学二模）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，，，过点作垂线交的延长线于点，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．

【答案】（1）④；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC=DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作OE⊥BD，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径．
【详解】
解：（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；
②矩形对角线相等但不一定垂直，故不是垂等四边形；
③菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故不是垂等四边形；
④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
故选：④；
（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，
∴AC∥DE，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC=DE，
又∵∠DBC=45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=DE，
∴BD=AC，
又∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是垂等四边形；
（3）如图，过点O作OE⊥BD，连接OD，

∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴AC=BD，
又∵垂等四边形的面积是24，
∴AC•BD=6，
解得，AC=BD=，
又∵∠BCD=60°，
∴∠DOE=60°，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD=r，DE=，
∴r==2，
∴⊙O的半径为2．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、新定义、圆周角定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用新定义解答问题．
11．（2021·江苏·无锡市天一实验学校一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长线于点H，连接AC，EF，GH．
（1）填空：∠AHC　 　∠ACG；（填“＞”或“＜”或“＝”）
（2）线段AC，AG，AH有什么关系？请说明理由；
（3）设AE＝m，
①△AGH的面积S有变化吗？如果变化．请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请求出定值．
②请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．

【答案】（1）=，（2），见解析；（3）①无变化，36；②，，
【解析】
【分析】
（1）证明∠DAC=∠AHC+∠ACH=45°，∠ACH+∠ACG=45°，即可推出∠AHC=∠ACG；
（2）证明△AHC∽△ACG即可解决问题；
（3）①由△AHC∽△ACG以及三角形的面积公式即可解决问题；
②分三种情形讨论，利用等腰三角形的性质和全等三角形的性质可求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，        
∴AB=CB=CD=DA=6，∠D=∠DAB=90°，∠DAC=∠BAC=45°，
∴AC=6，
∵∠DAC=∠AHC+∠ACH=45°，∠ACH+∠ACG=∠ECF=45°，
∴∠AHC=∠ACG．
故答案为：=．
（2）AC2=AG•AH
理由：∵∠AHC=∠ACG，∠CAH=∠CAG=135°，
∴△AHC∽△ACG，
∴，
∴AC2=AG•AH
（3）①△AGH的面积S没有变化，
理由：由（2）可得AC2=AG•AH=72．
∴△AGH的面积S=AG•AH=36；
②如图1中，当GC=GH时，可de△AHG≌△BGC，

∵GC=GH，
∴∠GCH=∠GHC=45°，
∴∠CGH=90°，
∴∠BGC+∠BGH=90°，且∠BGC+∠BCG=90°
∴∠BGH=∠BCG，且∠GBC=∠GAH，GC=GH，
∴△BCG≌△AGH（AAS），
∴AG=BC=6，AH=BG=12，
∵BC∥AH，
∴，
∴；
如图2中，当CH=HG时，

∵HC=GH，
∴∠GCH=∠CGH=45°，
∴∠CHG=90°，
∴∠CHD+∠AHG=90°，且∠CHD+∠DCH=90°，
∴∠AHG=∠DCH，且∠CDH=∠GAH，CH=GH，
∴△DHC≌△AGH（AAS），
∴AH=CD=6，
∵BC∥AH，
，
∴AE=BE=3．
如图3中，当CG=CH时，

∵∠AHC=∠ACG，∠ACH=∠AGC，且CG=CH，
∴△ACH≌△AGC（ASA），
∴AC=AH=6，AG=AC，
∵BC∥AH，

∴AE=BE，
∵BE+AE=AB=6，
∴,
∴，
∴；
综上所述，满足条件的m有，，；
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
12．（2021·江苏·苏州市振华中学校二模）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1）
（1）概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是　　；
（2）性质证明：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系 _________________________；
（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，联结CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【答案】（1）菱形，正方形；（2）AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）利用勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出CE⊥BG，得出四边形CGEB是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形，
故答案为：菱形、正方形；
（2）如图1，∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
故答案为：AD2+BC2＝AB2+CD2，
（3）如图2，设AB与CE相交于点M，连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴，
∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．

【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
13．（2020•兴化市一模）如图，在矩形ABCD中，已知AB=23，AD＝2，点P是对角线BD上一动点（不与B，D重合），连接AP，过点P作PE⊥AP，交DC于点E．
（1）求证：∠PAD＝∠PEC；
（2）当点P是BD的中点时，求DE的值；
（3）在点P运动过程中，当DE=3时，求BP的值．

【分析】（1）由矩形的性质得∠ADC＝90°，由四边形内角和定理得出∠DEP+∠DAP＝180°，再由∠DEP+∠PEC＝180°，即可得出结论；
（2）由三角函数定义求出∠BAD＝60°，连接AC，由矩形的性质得点P为AC与BD的交点，证出△ADP为等边三角形，得AP＝AD＝2，证Rt△ADE≌Rt△APE（HL），得∠EAD＝∠EAP＝30°，由三角函数定义求出DE即可；
（3）过点P作PG⊥AB于G，GP的延长线交DC于H，证出四边形BCHG是矩形，得GH＝BC＝2，设PG＝a，则PH＝GH﹣PH＝2﹣a，求出BG=3PG=3a，则AG＝AB﹣BG＝23−3a=3（2﹣a），EH＝DH﹣DE=3−3a，证△AGP∽△PHE，得AGPG=PHEH，求出a=34，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵PE⊥AP，
∴∠APE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
在四边形ADEP中，∠ADE+∠DEP+∠APE+∠DAP＝360°，
∴∠DEP+∠DAP＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
又∵∠DEP+∠PEC＝180°，
∴∠PAD＝∠PEC；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，AB=23，AD＝2，
∴tan∠ADB=ABAD=232=3，
∴∠BAD＝60°，
连接AC，如图1所示：
∵点P是BD的中点，四边形ABCD是矩形，
∴点P为AC与BD的交点，
∴△ADP为等边三角形，
∴AP＝AD＝2，
在Rt△ADE和Rt△APE中，AD=APAE=AE，
∴Rt△ADE≌Rt△APE（HL），
∴∠EAD＝∠EAP＝30°，
∴tan∠EAD=DEAD=DE2=33，
∴DE=233；
（3）解：过点P作PG⊥AB于G，GP的延长线交DC于H，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴PG⊥DC，
∴四边形BCHG是矩形，
∴GH＝BC＝2，
设PG＝a，则PH＝GH﹣PH＝2﹣a，
在Rt△BGP中，tan∠PBG=PGBG=ADAB=223=33，
∴BG=3PG=3a，
∴AG＝AB﹣BG＝23−3a=3（2﹣a），EH＝DH﹣DE＝23−3a−3=3−3a
∵PG⊥DC，
∴∠APG+∠EPH＝90°，
∵∠APG+∠PAG＝90°，
∴∠EPH＝∠PAG，
∵∠AGP＝∠PHE＝90°，
∴△AGP∽△PHE，
∴AGPG=PHEH，
即23−3aa=2−a3−3a，
解得：a=34，
∴BP＝2PG=32．


14（2020•海安市一模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，点F在边CD上，连接AE，EF．
（1）当CF=14a时，求证：∠AEF＝90°；
（2）若CF＝2DF，连接AF．求∠EAF的度数；
（3）当∠AEF＝∠DAE时，求△CEF的面积（用含a的式子表示）．

【分析】（1）证明△ABE∽△ECF，便可解决问题；
（2）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，证明△AEF≌△AE'F，进而求得结果；
（3）过A作AG⊥EF，证明△ABE≌△AGE，△ADF≌△AGF，得BE＝GE，DF＝GF，设CF＝x，在Rt△CEF中，由勾股定理列出x的方程求得x，进而由三角形的面积公式求得结果．
【解析】（1）证明：∵正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，
∴BE＝CE=12a，∠ABC＝∠ECF＝90°，
∵CF=14a，
∴ABEC=BECF=2，
∴△ABE∽△ECF，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CEF+∠AEB＝90°，
∴∠AEF＝90°；

（2）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，如图1，则

AE＝AE'，BE＝DE'，∠E'AD＝∠EAB，∠ADE'＝∠ABE＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴点F、D、E'三点在同一直线上，
∵CF＝2DF，
∴CF=23a，DF=13a，CE＝BE＝DE'=12a，
∴E'F=56a，EF=CE2+CF2=56a，
∴EF＝E'F，
∵AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE'F（SSS），
∴∠EAF＝∠E'AF=12∠EAE'＝45°；

（3）过A作AG⊥EF，如图2，

∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠DAE＝∠AEF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∵∠ABE＝∠AGE＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴BE＝GE=12a，AB＝AG，
∵AB＝AD，
∴AD＝AG，
∵AF＝AF，
∴Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），
∴DF＝GF，
设CF＝x，则GF＝DF＝a﹣x，
∴EF=12a+a−x=32a−x，
∵CE2+CF2＝EF2，
∴(12a)2+x2=(32a−x)2，
解得，x=23a，
∴△CEF的面积=12CE⋅CF=12×12a×23a=16a2．
15．（2020•泰兴市一模）如图1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝a，点E为AD的中点，连接BE．过BE的中点F作FG⊥BE，交射线BC于点G，交边CD于H点．
（1）连接HE、HB．
①求证：HE＝HB；
②若a＝4，求CH的长．
（2）连接EG，△BEG面积为S．
①BE＝　1+a2　（用含a的代数式表示）；
②求S与a的函数关系式．
（3）如图2，设FG的中点为P，连接PB、BD．猜想∠GBP与∠DBE的关系，并说明理由．

【分析】（1）①由线段的垂直平分线的性质可得HE＝HB；
②由勾股定理可得DE2+DH2＝BC2+CH2，即可求解；
（2）①由勾股定理可求解；
②通过证明△ABE∽△FGB，可得AEAB=BFFG，可求FG=a1+a22，由三角形面积公式可求解；
（3）由锐角三角函数可求tan∠DBC＝tan∠PBF，可得∠DBC＝∠PBF，可得∠GBP＝∠DBE．
【解析】证明：（1）①∵点F是BE中点，
∴BF＝EF，
又∵FG＝⊥BE，
∴HE＝HB；
②∵点E为AD的中点，
∴DE＝AE＝1，
∵HE＝HB，
∴HE2＝HB2，
∴DE2+DH2＝BC2+CH2，
∴1+（4﹣CH）2＝4+CH2，
∴CH=138；
（2）①在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=1+a2，
故答案为：1+a2；
②∵点F是BE的中点，
∴EF＝BF=1+a22，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，AB＝CD＝a，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
又∵∠A＝∠BFG＝90°，
∴△ABE∽△FGB，
∴AEAB=BFFG，
∴FG=a1+a22，
∴△BEG面积为S=12×BE×FG=12×1+a2×a1+a22=a3+a4；
（3）猜想：∠GBP＝∠DBE，
理由如下：∵点P是GF的中点，
∴PF=12GF=a1+a24，
∵tan∠DBC=DCBC=a2，tan∠PBF=PFBF=a1+a241+a22=a2，
∴tan∠DBC＝tan∠PBF，
∴∠DBC＝∠PBF，
∴∠GBP＝∠DBE．
16．（2020•靖江市一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD边上的动点，且∠EAF＝45°，求证：EF＝DF+BE．
（2）如图2，在正方形ABCD中，如果点E、F分别是CB、DC延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF、BE、DF之间数量关系是什么？请写出证明过程．
（3）如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE＝35，求AF的长．

【分析】（1）把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，由“SAS”可证△EAF≌△GAF，可得出EF＝FG，则结论得证；
（2）将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，根据SAS可证明△EAF≌△MAF，可得EF＝FM，则结论得证；
（3）由全等三角形的性质可得AE＝AG＝35，EF＝FG，BE＝DG，由勾股定理可求DG的长，FD的长，AF的长．
【解析】证明：（1）把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，

∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAD＝45°，
∴∠DAG+∠FAD＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝DF+BE；

（2）结论：EF＝DF﹣BE；
证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，

∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，
∴∠FAM＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△MAF（SAS），
∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；
（3）如图，

由（1）可得AE＝AG＝35，EF＝FG，BE＝DG，
∵DG=AG2−AD2=45−36=3，
∴BE＝DG＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝3，
∵EF2＝EC2+CF2，
∴（DF+3）2＝9+（6﹣DF）2，
∴DF＝2，
∴AF=AD2+DF2=4+36=210．
17．（2020•建湖县二模）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；
②推断：AGBE的值为　2　；
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
若AB＝2EC＝4，正方形CEGF在绕点C旋转过程中，当A、E、G三点在一条直线上时，则BE＝　14+2或14−2　．

【分析】（1）证明与推断：
①由正方形的性质可得∠ACB＝∠ACD＝45°，∠BCD＝90°，可证四边形CEGF是矩形，由∠EGC＝90°﹣∠GCE＝45°＝∠GCE，可得EG＝EC，可得结论；
②由正方形的性质可得AC=2BC，GC=2EC，即可求解；
（2）探究与证明：
通过证明△AGC∽△BEC，可得AGBE=ACBC=2；
（3）拓展与运用：
分两种情况讨论，由勾股定理可求AE的长，AG的长，由（2）的结论可求解．
【解析】（1）证明与推断：
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，∠BCD＝90°，
∵GE⊥BC，GF⊥CD，
∴∠GEC＝∠GFC＝∠BCD＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，
∵∠EGC＝90°﹣∠GCE＝45°＝∠GCE，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②∵四边形ABCD是正方形，四边形CEGF是正方形，
∴AC=2BC，GC=2EC，
∴AGBE=AC−GCBC−EC=2，
故答案为：2；
（2）探究与证明：
AG=2BE，
理由如下：如图，连接GC，

∵四边形ABCD是正方形，四边形CEGF是正方形，
∴AC=2BC，GC=2EC，∠ACB＝∠GCE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACG，ACBC=2=GCCE，
∴△AGC∽△BEC，
∴AGBE=ACBC=2；
（3）拓展与运用：
∵AB＝2EC＝4，
∴EC＝EG＝GF＝CF＝2，AC=2AB＝42，
如图，当点E在线段AG上时，

在Rt△AEC中，AE=AC2−CE2=32−4=27，
∴AG＝AE+EG＝27+2，
∵AGBE=2，
∴BE=AG2=27+22=14+2；
如图，当点G在线段AE上时，

在Rt△AEC中，AE=AC2−CE2=32−4=27，
∴AG＝AE﹣EG＝27−2，
∵AGBE=2，
∴BE=AG2=27−22=14−2；
故答案为：14+2或14−2．
18．（2020•盐都区三模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别为线段AB、AC上的点，且DE∥BC．将△ADE绕点A旋转一定的角度后得到△AD′E′，如图2．
（1）求证：△ABD′≌△ACE′．
【深入研究】
如图3，AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°．
（2）若点D′在线段BE′上，求△BCE′的面积．
（3）若点B、D′、E′不在同一直线上，且点D'在△ABC内，顺次连接C、B、D′、E′四点，则四边形CBD′E′的面积是否改变，若改变，请求出改变后的面积；若不变，请说明理由．
【拓展延伸】
（4）如图4，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠D＝∠C≠90°．请用没有刻度的直尺和圆规画出满足下列条件的四边形A′B′CD．
条件1：利用一次旋转变换改变线段AB的位置，得到对应线段A′B′．
条件2：连接A′D、B′C，使得四边形A′B′CD的面积与四边形ABCD的面积相等．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABD′≌△ACE′；
（2）过点A作AH⊥D'E'于H，由等腰直角三角形的性质可得D'E'=2AD＝22，AH＝D'H＝E'H=2，由勾股定理可求BH的长，由“SAS”可证△ABD′≌△ACE′，可得BD'＝CE'=14−2，由三角形面积公式可求解；
（3）由S四边形CE'D'B＝S△ABC+S△CE'A﹣S△BD'A﹣S△D'E'A＝S△ABC﹣S△D'E'A，可求S四边形CE'D'B＝6，即可求解；
（4）延长DA，CB交于点O，将AB绕点O旋转到A'B'位置，连接DA'，CB'，则四边形A′B′CD就是所求的四边形．
【解析】证明：（1）由题意得：AD'＝AE'，∠BAD'＝∠CAE'，
在△ABD'与△ACE'中，
AB=AC∠BAD'=∠CAE'AD'=AE'
∴△ABD'≌△ACE'（SAS）；
（2）如图3，过点A作AH⊥D'E'于H，

∵AD'＝AE'＝2，∠D'AE'＝90°，AH⊥D'E'，
∴D'E'=2AD＝22，AH＝D'H＝E'H=2，
∴BH=AB2−AH2=16−2=14，
∴BD'＝BH﹣D'H=14−2，BE'=14+2，
∵∠BAC＝∠D'AE'＝90°．
∴∠BAD'＝∠CAE'，
又∵AB＝AC，AD'＝AE'，
∴△ABD'≌△ACE'（SAS），
∴BD'＝CE'=14−2，
∵△BCE′的面积=12BE'×CE'=12×（14−2）（14+2）＝6；

（3）不变，
理由如下：如图，

∵AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°，
∴△ABC的面积为8，△AD'E'的面积为2，
∵S四边形CE'D'B＝S△ABC+S△CE'A﹣S△BD'A﹣S△D'E'A＝S△ABC﹣S△D'E'A，
∴S四边形CE'D'B＝6，
∴四边形BCE'D'的大小不变；
（4）如图，延长DA，CB交于点O，将AB绕点O旋转到A'B'位置，连接DA'，CB'，则四边形A′B′CD就是所求的四边形．

19．（2020•工业园区一模）【探索规律】
如图①，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且DF∥BC，EF∥AB．设△ADF的边DF上的高为h1，△EFC的边CE上的高为h2．
（1）若△ADF、△EFC的面积分别为3，1，则ℎ1ℎ2=　3　；
（2）设△ADF、△EFC、四边形BDFE的面积分别为S1，S2，S，求证：S＝2S1S2；
【解决问题】
（3）如图②，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，点F，G在BC上，且DE∥BC，DF∥EG．若△ADE、△DBF、△EGC的面积分别为3，7，5，求△ABC的面积．

【分析】（1）证明△ADF∽△FEC，由相似三角形的性质可得出答案；
（2）设AD＝a，BD＝b，BD与EF间的距离为h，根据已知条件得到四边形DBEF是平行四边形，由（1）知△ADF∽△FEC，根据相似三角形的性质得到S△ADFS△FEC=S1S2=(ADEF)2=a2b2，由三角形的面积公式得到S1=12ah，求出S2，得到S1S2=b2ℎ24，由平行四边形的面积公式得到S＝bh，于是得到结论．
（3）过点D作DM∥AC交BC于点M，证明△DFM≌△EGC（AAS），得出S△DFM＝S△EGC＝5，证明△DAE∽△BDM，则ADBD=12，可求出S△ABC＝9S△ADE＝27．
【解析】（1）∵DF∥BC，EF∥AB，
∴∠AFD＝∠ACB，∠DAF＝∠EFC，
∴△ADF∽△FEC，
∵△ADF、△EFC的面积分别为3，1，
∴S△ADFS△FEC=(DFCE)2=31，
∴DFCE=3，
∵△ADF的边DF上的高为h1，△EFC的边CE上的高为h2，
∴ℎ1ℎ2=3；
故答案为：3．
（2）证明：如图①，设AD＝a，BD＝b，DB与EF间的距离为h，

∵EF∥AB，DF∥BC，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴BD＝EF＝b，
由（1）知△ADF∽△FEC，
∴S△ADFS△FEC=S1S2=(ADEF)2=a2b2，
∵S1=12ah，
∴S2=b2ℎ2a，
∴S1S2=b2ℎ24，
∴bh＝2S1S2，
∵S＝bh，
∴S＝2S1S2．
（3）如图②，过点D作DM∥AC交BC于点M，

∴∠DMF＝∠ECG，
∵DE∥BC，DF∥EG，
∴四边形DFGE为平行四边形，
∴DF＝EG，∠DFM＝∠EGC，
∴△DFM≌△EGC（AAS），
∴S△DFM＝S△EGC＝5，
∵S△DBF＝7，
∴S△BDM＝7+5＝12，
∵DE∥BM，DM∥AC，
∴∠ADE＝∠DBM，∠BDM＝∠BAE，
∴△DAE∽△BDM，
∴S△DAES△BDM=(ADBD)2=312=14，
∴ADBD=12，
∴ADAB=13，
同理，△ADE∽△ABC，
∴S△ABC＝9S△ADE＝9×3＝27．
20．（2020•亭湖区校级一模）发现来源于探究．小亮进行数学探究活动，作边长为a的正方形ABCD和边长为b的正方形AEFG（a＞b），开始时，点E在AB上，如图1．将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转．

（1）如图2，小亮将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转，连接BE、DG，当点G恰好落在线段BE上时，小亮发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．当a＝3，b＝2时，请你帮他求此时DG的长．
（2）如图3，小亮旋转正方形AEFG，点E在DA的延长线上，连接BF、DF．当FG平分∠BFD时，请你帮他求a：b及∠FBG的度数．
（3）如图4，BE的延长线与直线DG相交于点P，a＝2b．当正方形AEFG绕点A从图1开始，逆时针方向旋转一周时，请你帮小亮求点P运动的路线长（用含b的代数式表示）．
【分析】（1）如图2中，连接AF交BE于H，设DG交AB于O．由△DAG≌BAE，推出∠ADO＝∠GBO，DG＝BE，由∠AOD＝∠BOG，推出∠DAO＝∠BGO＝90°推出DG⊥BE，在Rt△AHE中，可得AH＝EH=2，在Rt△AHB中，可得BH=AB2−AH2=7，由此即可解决问题；
（2）如图3中，连接AF．由tan∠BFG=a−bb=tan∠GFD=tan∠FDE=ba+b，可得a：b=2，由此推出AD＝AF，可得∠FDA＝∠DFA＝22.5°，由此即可解决问题；
（3）如图4中，连接BD，取BD的中点O，连接OP、OA．由△DAG≌BAE可得DG⊥BE，推出∠DPB＝90°，由OD＝OB＝OD，推出OP＝OD＝OB＝OD，可得点P在以BD为直径的圆弧上运动．当旋转角为0°时，点P与A重合．∠ABE最大的位置为BE是⊙A的切线．此时∠ABE＝30°记此时点P的位置为P1，∠AO P1＝60°．O P1＝OA=2b，在正方形AEFG绕点A逆时针方向由0°旋转到180°的过程中，点P在弧AP1上往返一次．由18O°旋转到360°的过程，类似，由此即可解决问题；
【解析】（1）如图2中，连接AF交BE于H，设DG交AB于O．

∵四边形ABCD，四边形EFGA都是正方形，
∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAB＝∠GAE，
∴∠DAG＝∠BAE，
∴△DAG≌BAE，
∴∠ADO＝∠GBO，DG＝BE，∵∠AOD＝∠BOG，
∴∠DAO＝∠BGO＝90°
∴DG⊥BE，
在Rt△AHE中，∵AE＝2，AH＝EH，
∴AH＝EH=2，
在Rt△AHB中，BH=AB2−AH2=7，
∴DG＝BE=7+2．

（2）如图3中，连接AF．

∵tan∠BFG=a−bb=tan∠GFD=tan∠FDE=ba+b，
∴a2﹣b2＝b2
∴a：b=2，
∵AF=2b，AD=2b，
∴AD＝AF，
∴∠FDA＝∠DFA＝22.5°，
∠FBG＝67.5°．

（3）如图4中，连接BD，取BD的中点O，连接OP、OA．

∵△DAG≌BAE可得DG⊥BE，
∴∠DPB＝90°，
∵OD＝OB＝OD，
∴OP＝OD＝OB＝OD，
∴点P在以BD为直径的圆弧上运动．当旋转角为0°时，点P与A重合．∠ABE最大的位置为BE是⊙A的切线．此时∠ABE＝30°
记此时点P的位置为P1，∠AO P1＝60°．O P1＝OA=2b，在正方形AEFG绕点A逆时针方向由O°旋转到180°的过程中，点P在弧AP1上往返一次．
由180°旋转到360°的过程，类似．
∴点P运动的路线长=60π×2b180×4=42πb3．
21．（2020•高淳区二模）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是　BP＝CE　，CE与AD的位置关系是　CE⊥AD　；
（2）如图2、3，当点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；（选择图3予以证明或说理）
（3）如图4，当点P在线段BD上，点E在菱形ABCD外部时，连接BE、DE，若AB=23，BE＝6，求四边形APDE的面积．

【分析】（1）先判断出∠BAP＝∠CAE，进而判断出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判断出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即得出结论；
（3）先判断出∠BCE＝∠AHE＝90°，进而利用勾股定理求出CE=26，CH＝3，进而求出S△ADE=62−33，再求出AO=3，PD＝6−26，进而求出S△APD=33−32，即可得出结论．
【解析】（1）如图1中，结论：BP＝CE，CE⊥AD；
理由：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAC＝∠PAE，
∴∠BAP＝∠CAE，
AB=AC∠BAP=∠CAEAP=AE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，
延长CE交AD于H，
∵∠CAH＝60°，
∴∠CAH+∠ACH＝90°，
∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD．
故答案为BP＝CE，CE⊥AD．

（2）（1）中的结论成立．
证明：如图3，连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAD+∠DAP＝120°+∠DA
∠CAE＝∠CAD+∠DAP+∠PAE＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
设CE与AD交于点H，
在△ACH中，∠ACH+∠CAH＝30°+60°＝90°．
∴∠AHC＝90°，
即CE⊥AD；

（3）如图4，由（2）知，CE⊥AD，
∵BC∥AD，
∴∠BCE＝∠AHE＝90°．
在Rt△BCE中，由勾股定理可得：CE=BE2−BC2=62−(23)2=26，
又在Rt△CAH中，由勾股定理可得：CH=CA2−AH2=3．
∴EH＝CE﹣CH=26−3．
∴S△ADE=12AD•EH
=12×23×（26−3）
=62−33，
在Rt△AOD中，OD＝AD•cos30°＝3，
AO=12AD=3，
∴BD＝6，
又BP＝CE=26，
∴PD＝6−26，
又S△APD=12PD•AO=12×（6−26）×3=33−32；
∴S四边形APDE＝S△ADE+S△APD=32．



22．（2020•沭阳县模拟）已知，如图1，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE＝DF，连接EF．
（1）求∠E的度数；
（2）将△AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角α满足0°＜α＜45°时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图2所示，试判断线段FH、HG、GE的数量关系，并说明理由．
（3）若将△AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，则点P的运动路径长为　62π　；线段PC的取值范围为　0≤PC≤62　．

【分析】（1）先证明AE＝AF，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△AGH≌△AGK，得GH＝GK，由△AFH≌△AEK，得∠AEK＝∠AFH＝45°，FH＝EK，利用勾股定理得：KG2＝EG2+EK2，根据相等关系线段等量代换可得结论：FH2+GE2＝HG2；
（3）如图3，先证明∠FPE＝∠FAE＝90°，根据90°的圆周角所对的弦是直径可得：点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，可得PC的取值范围．
【解析】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵BE＝DF，
∴AD+DF＝AB+BE，即AF＝AE，
又∵∠FAE＝90°，
∴∠E＝∠F＝45°；
（2）解：FH2+GE2＝HG2，理由是：
如图2，过A作AK⊥AC，截取AK＝AH，连接GK、EK，

∵∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠KAB＝45°，
∵AG＝AG，
∴△AGH≌△AGK（SAS），
∴GH＝GK，
由旋转得：∠FAE＝90°，AF＝AE，
∵∠HAK＝90°，
∴∠FAH＝∠KAE，
∴△AFH≌△AEK（SAS），
∴∠AEK＝∠AFH＝45°，FH＝EK，
∵∠AEH＝45°，
∴∠KEG＝45°+45°＝90°，
Rt△GKE中，KG2＝EG2+EK2，
即：FH2+GE2＝HG2；
（3）解：如图3，

∵AD＝AB，∠DAF＝∠BAE，AE＝AF，
∴△DAF≌△BAE（SAS），
∴∠DFA＝∠BEA，
∵∠PNF＝∠ANE，
∴∠FPE＝∠FAE＝90°，
∴将△AEF绕点A旋转一周，总存在直线EB与直线DF垂直，
∴点P的运动路径是：以BD为直径的圆，
∴点P的运动路径长＝π×BD＝62π；
如图4，

当P与C重合时，PC最小，PC＝0，
当P与A重合时，PC最大为62，
∴线段PC的取值范围是：0≤PC≤62．
故答案为：62π，0≤PC≤62．