2022年九年级数学中考复习《中点问题》解答题综合训练

这是一份2022年九年级数学中考复习《中点问题》解答题综合训练，共50页。试卷主要包含了思维启迪，已知，阅读材料，阅读理解等内容，欢迎下载使用。

2022年春北师大版九年级数学中考复习《中点问题》解答题综合训练（附答案）
1．思维启迪
（1）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝2，点D在AB上，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为E，点F是BC中点，则EF的长度为 　 　．
思维探索
（2）如图2，等边三角形ABC的边长为4，AD⊥BC垂足为D，点E是AC的中点，点M是AD的中点，点N是BE的中点，求MN的长．
（3）将（2）中的△CDE绕C点旋转，其他条件不变，当点D落在直线AC上时，画出图形，并直接写出MN长．

2．（1）如图1，等腰直角△ABC，∠B＝90°，点D为AC的中点，点E为边AB上的一点，作DE垂直DF交BC于点F，求证：DE＝DF．
（2）如图2，等腰直角△ABC，∠B＝90°，点D为AC的中点，点E为边AB上的一点，线段DE绕着点D逆时针旋转90°得到线段DF，求证：点F在线段BC上；
（3）如图3，直角△ABC，点D为AC的中点，点E为边AB上的一点，线段DE绕着点D逆时针旋转90°得到线段DF，若AB＝6，BC＝8，
①直接写出线段EF＝时，BE的长；
②直接写出△ACF是等腰三角形时，BE的长；
③直接写出△BEF面积的最大值．


3．在矩形ABCD中，点E在边BC上，连接AE．
（1）如图①，当矩形ABCD为正方形时，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，连接EF并延长交边CD于点G，连接AG．求证：GE＝BE+DG；
（2）如图②，在矩形ABCD的边CD上取一点G，连接AG，使∠EAG＝45°．
①若AB＝3，AD＝4，DG＝1，则BE＝　 　（直接填空）；
②过点G作GH∥BC，交AE于点H，如图③．若AD＝mAB（m＞1），请直接写出线段GH、BE、DG之间的数量关系．

4．已知：在平面直角坐标系中，点A是x轴负半轴上一点且OA＝3，点B在第二象限内，到x轴的距离是3，到y轴的距离是2．
（1）直接写出点A，点B的坐标：点A（　 　，　 　），点B（　 　，　 　）；
（2）在图①中的y轴上找到一点P，使得三角形ABP的周长最小，则这个最小周长是　 　；
（3）在图①中，若△ABC是等腰直角三角形，当点C在AB的左侧时，请直接写出点C的坐标　 　；
（4）如图②，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D不与点A重合，是x轴上一个动点，点E是AD中点，连接BE．把BE绕着点E顺时针旋转90°得到FE即（∠BEF＝90°，BE＝FE），连接BF、CF、CD．直接写出∠FCD的度数　 　．



5．如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，∠ABC＝90°，线段BD可绕点B在平面内旋转，BD＝4．
（1）若AB＝8，在线段BD旋转过程中，当点B，C，D三点在同一直线上时，直接写出CD的长．
（2）如图2，若将线段BD绕点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BE，连接AE，CE．
①当点D的位置由△ABC外的点D转到其内的点E处，且∠AEB＝135°，AE＝2时，求CE的长；
②如图3，若AB＝8，连接DE，将△BDE绕点B在平面内旋转，分别取DE，AE，AC的中点M，P，N，连接MP，PN，NM，请直接写出△MPN面积S的取值范围．

6．阅读材料
如图①，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠EDF＝90°，且点D在AB边上，AB、EF的中点均为O，连接BF、CD、CO，显然，点C、F、O在同一条直线上，可以证明△BOF≌△COD，所以BF＝CD．

解决问题：（1）将图①中的Rt△DEF绕点O旋转到图②的位置，猜想此时线段BF与CD的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图③，若△ABC与△DEF都是等边三角形，AB、EF的中点均为O，上述（1）中结论仍然成立吗？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出BF与CD之间的数量关系；
（3）如图④，若△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB、EF的中点均为O，且顶角∠ACB＝∠EDF＝α，BF与CD之间的数量关系如何（用含α的式子表示出来）？请直接写出结果．
7．阅读理解：在以后你的学习中，我们会学习一个定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即：如图1，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若点D是斜边AB的中点，则CD＝AB．
灵活应用：如图2，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，连接BE，CE．

（1）求AD的长：
（2）判断△BCE的形状：
（3）请直接写出CE的长．


8．在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点H是边AB上一点．
（1）如图1，若DH平分∠ADB，交AE于点G，HF⊥BD于点F，连接GF．
求证：四边形AGFH是菱形；
（2）如图2，若HE⊥EC，
①求证：AE•AD＝BE•AH；
②若AB＝20，BC＝10，直接写出AH的长；
（3）如图3，若AB＝20，BC＝10，P是边AB上一动点，PN⊥AE于N，PM⊥BD于M，Q为MN中点，直接写出EQ的最小值．




9．矩形ABCD中，点P在对角线BD上（点P不与点B重合），连接AP，过点P作PE⊥AP交直线BC于点E．

（1）如图1，当AB＝BC时，猜想线段PA和PE的数量关系：　 　；
（2）如图2，当AB≠BC时．求证：
（3）若AB＝8，BC＝10，以AP，PE为边作矩形APEF，连接BF，当PE＝时，直接写出线段BF的长．
10．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．
①求证：DQ＝AE；
②推断：的值为　 　；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．

11．【探索发现】如图1，△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，且AD，BE，CF相交于同一点O．用”S”表示三角形的面积，有S△ABO：S△ACO＝BD：CD，这一结论可通过以下推理得到：过点B作BM⊥AD，交AD延长线于点M，过点C作CN⊥AD于点N，可得S△ABO：S△ACO＝，又可证△BDM∽△CDN，∴BM：CN＝BD：CD，∴S△ABD：S△ACD＝BD：CD．由此可得S△BAO：S△BCO＝　 　；S△CAO：S△CBO＝　 　；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝　 　．
【灵活运用】如图2，正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，连接AF，BE和CE，AF分别交BE，CE于点G，M．
（1）若AE＝DF．判断AF与BE的位置关系与数量关系，并说明理由；
（2）若点E，F分别是边AD，CD的中点，且AB＝4．则四边形EMFD的面积是　 　．
【拓展应用】如图3，正方形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD相交于点O．点F是边CD的中点．AF与BD相交于点P，BG⊥AF于点G，连接OG，请直接写出S△OGP的值．

12．如图所示，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC．
（1）求证：△DAB≌△BCE；
（2）若点P为线段AB上的动点，且P不与端点A，B重合，过点P作PQ⊥DP交直线BE于点Q，交线段BD于点F，求证：AD•PQ＝CE•DP；
（3）在（2）的条件下，若AD＝5，CE＝12，动点P从A运动到AC中点，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长（直接写出结果，不必写出运算过程）．

13．在等腰直角△ABO和△CDO中，∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB，OC＝OD，连接AD，点E，F，G分别为CD，AD，AB的中点，连接EF，FG，EG
（1）观察猜想
如图1，当点C，D分别在边OA，OB上时，线段EF与FG的数量关系是　 　，位置关系是　 　；
（2）探究证明
如图2，将△OCD绕点O顺时针方向旋转，连接AC，BD，试判断△EFG的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
在△OCD绕点O旋转的过程中发现，当点A，C，D在同一条直线上时，∠OAD＝15°，若OA＝20，请直接写出当点A，C，D共线时△EFG的周长．

14．如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．

（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；
（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H，AE与BC相交于点O．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．

15．如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．
（1）求证：△PCE≌△EDQ；
（2）延长PC，QD交于点R．
①如图2，若∠MON＝150°，求证：△ABR为等边三角形；
②如图3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON大小和的值．


16．如图①，在△ABC外作△BAD、△CAE，使∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE．
（1）如图②，在图①的基础上作平行四边形ADFE，取BD中点P，连接PF、PC，试猜想PF与PC的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图③，在图①的基础上把△CAE沿边AC翻折，作平行四边形ABFE1，取BD中点P，连接PF、PC，在图③中按要求补全图形，并判断此时PF与PC的数量关系和位置关系，直接写出结论．



17．我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”，例如图1，图2，图3中，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为P，像△ABC这样的三角形均称为“中垂三角形”，设BC＝a，AC＝b，AB＝c．
特例探索
（1）如图1，当∠ABE＝45°，c＝2时，a＝　 　，b＝　 　．
如图2，当∠ABE＝30°，c＝4时，a＝　 　，b＝　 　．
归纳证明
（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想a2，b2，c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
拓展应用
（3）如图4，在▱ABCD中，点E、F、G分别是AD，BC，CD的中点，BE⊥EG，AD＝2，AB＝3，求AF的长．


18．已知：BD＝BC，BC＝2AC，∠DBC＝∠ACB＝120°，线段CD交线段AB于E．
（1）如图①，求证：∠ACD＝90°；
（2）如图①，点F是CD的中点，求证：DF＝2CE；
（3）如图②，点M为BC的中点，连接DM交AB于点G．求证：AC2＝GM•DM．




19．（Ⅰ）如图1，取直角边长为1的两个等腰直角三角板，将其中一个三角板的直角顶点置于另一个三角板的斜边的中点O，让其绕点O旋转，旋转过程中使其两直角边始终与BC、AC分别交于E、F点，求证：＝1；

（Ⅱ）若将上述两个三角板换成锐角为30°，60°的两个直角三角板，较短直角边长为1，仍将其中一个三角板的直角顶点置于另一三角板的斜边的中点O，让其绕点O旋转，旋转过程中：
（1）如图2，若其两直角边始终与BC、AC分别交于E、F两点，问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（2）若其两直角边同时交AC于E、F两点．
①如图3，当OE＝OF时，问+的值等于多少？
②如图4，当OE≠OF时，问+是否为定值？若是请求出该定值；若不是，请说明理由．
20．在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图（1），易证EG＝CG且EG⊥CG．

（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想．
（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你的猜想，并加以证明．


























参考答案
1．解：（1）∵AD＝AC，AE⊥CD，
∴DE＝CE，
∴点E是CD的中点，
∵点F是BC中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF＝＝1．
故答案为：1；
（2）如图2，取AB中点F，连接MF，NF，

∵点M是AD的中点，点F是AB的中点，
∴MF是△ABD的中位线，
∴MF∥BD，MF＝，
∴∠AFM＝∠ABD＝60°，
∵点N是BE的中点，F是AB的中点，
∴NF是△ABE的中位线，
∴NF∥AE，NF＝，
∴∠BFN＝∠BAC＝60°，
∵BD＝AE，
∴MF＝FN，
∴∠NFM＝180°﹣∠BFN﹣∠AFM＝60°，
∴△MNF是等边三角形，
∴MN＝FN＝，
∴AE＝2，
∴MN＝1；
（3）如图，当点D在线段AC上时，取AE的中点F，取BC的中点G，
连接MF、DF、NG、FN，

∵∠DCE＝∠BAC＝60°，
∴AB∥CE，
∵DF是△ACE的中位线，FN是△ABE的中位线，DG是△ABC的中位线，
∴DF∥CE，FN∥AB，DG∥AB，NG∥CE，
∴点F、D、N、G四点共线，
∴DG＝FN＝2，DF＝1，MF＝1，
∴DM＝DF＝DN＝1，
∴∠DMN＝∠DNM，∠MDF＝∠DFM，
∵∠DMN+∠DNM+∠MDF+∠DFM＝180°，
∴∠NMF＝90°，
在Rt△MNF中，由勾股定理得：
MN＝，
当点D在AC延长线上时，连接AE，取AE的中点F，连接FM，FN，过点N作NG⊥MF于G，

同理FM＝1，FN＝2，
∵∠EFN＝∠BAE，
∴∠NFM＝60°+∠EFM＝∠BAE+∠EAC+60°＝120°，
∴∠NFG＝60°，
∴FG＝，NG＝，
∵GM＝2，
在Rt△MNG中，由勾股定理得：
MN＝，
综上所述：MN＝或．
2．（1）证明：如图1中，连接BD．

∵△ABC是等腰直角三角形，AD＝DC，
∴BD⊥AC，BD＝DA＝DC，
∴BD⊥AC，
∵ED⊥DF，
∴∠EDF＝∠BDC＝90°，
∴∠EDB＝∠FDC，
∵∠DBE＝∠C＝45°，
∴△EDB≌△FDC（ASA），
∴DE＝DF．
（2）证明：如图2中，连接DB，CF．

∵∠BDC＝∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝∠CDF，
∵DB＝DC，DE＝DF，
∴△EDB≌△FDC（SAS），
∴∠DBE＝∠DCF＝45°，
∴点F在线段BC上．
（3）①如图3﹣1中，过点D作DT⊥AB于T．

∵∠ATD＝∠ABC＝90°，
∴DT∥CB，
∵AD＝DC，
∴AT＝TB＝3，
∴DT＝BC＝4，
∵△DEF是等腰直角三角形，EF＝，
∴DE＝DF＝，
∴ET＝＝＝1，
∴BE＝TB+ET＝3+1＝4，
当点E在点T的下方时，BE＝3﹣1＝2，
综上所述，满足条件的BE的值为4或2．
②如图3﹣2中，

∵△ACF是等腰三角形，
又∵AD＝DC＝DF，
∴∠AFC＝90°，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴点E与A重合，
∴BE＝6．
③如图3﹣3中，过点D作DT⊥AB于T，过点F作FR⊥DT于R．

∵∠DTE＝∠FRD＝90°，∠EDT＝∠DFR，DE＝DF，
∴△DTE≌△FRD（AAS），
∴ET＝DR，DT＝FR＝4，
设ET＝DR＝m，则RT＝4﹣m，
∴S△EFB＝（3+m）（4﹣m）＝（﹣m2+m+12）＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴△BEF的面积有最大值，最大值为．
3．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
由折叠知，EF＝BE，AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFG＝∠D，
∵AG＝AG，∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，
∴GE＝FG+EF＝DG+BE；
（2）①如图②，
在AD上取一点N，使AN＝AB＝3，
∴DN＝AD﹣AN＝1，
过点N作NP⊥BC于P，交AG于M，连接EM，
则四边形ABPN是正方形，
∴∠BPN＝90°，BP＝AN＝3，PN＝AB＝3，PN∥AB∥CD，
∴△AMN∽△AGD，
∴，
∴，
∴MN＝，
∴PM＝PN﹣MN＝3﹣＝，
延长EB至M'，使BM'＝MN，
∴△ABM'≌△ANM（SAS），
∴AM'＝AM，∠BAM'＝∠NAM，
∴∠EAM'＝∠BAM'+∠BAE＝∠NAM+∠BAE＝90°﹣∠EAG＝45°＝∠EAM，
∵AE＝AE，
∴△AEM'≌△AEM（SAS），
∴EM'＝EM，
∵EM'＝BM'+BE＝MN+BE，
∴EM＝MN+BE＝+BE，
在Rt△EPM中，PE＝BP﹣BE＝3﹣BE，
根据勾股定理得，EM2＝PE2+PM2，
∴（+BE）2＝（3﹣BE）2+（）2，
∴BE＝，
故答案为：；
②如图③，
在AD上取一点N使AN＝AB，过点N作NP⊥NC于P，交AG于M，连接EM，
同①的方法得，PE＝AB﹣BE，MN＝•DG＝DG，
∴PM＝PN﹣MN＝AB﹣DG，
同①的方法得，EM＝BE+MN＝BE+DG，
在Rt△MPE中，根据勾股定理得，EM2＝PE2+PM2，
∴（BE+DG）2＝（AB﹣BE）2+（AB﹣DG）2，
∴（AB+BE）•DG＝mAB•（AB﹣BE），
延长GH交AB于Q，
∵HG∥AD∥BC，则四边形AQGD为矩形，
∴AQ＝DG，QG＝AD，
∵HG∥BC，
∴△AQH∽△ABE，
∴，
∴，
∴QH＝，
∵AD＝mAB，
∴GH﹣DG＝QG﹣QH﹣DG
＝AD﹣•BE﹣DG
＝mAB﹣
＝mAB﹣
＝mAB﹣m（AB﹣BE）
＝mBE，
即GH﹣DG＝mBE．

4．解：（1）∵点A是x轴负半轴上一点且OA＝3，
∴A（﹣3，0），
∵点B在第二条象限内，到x轴的距离是3，到y轴的距离是2．
∴B（﹣2，3）．
故答案为：﹣3，0；﹣2，3；
（2）如图①﹣1中，取点A关于y轴对称的对称点A'，连接BA'交y轴于点，则点P即为所求，过点B作BC⊥x轴于点C．

∴AP＝A'P，
∴三角形ABP的周长的最小值为AB+AA'+BA'．
∵A（﹣3，0），B（﹣2，3），A'（3，0），
∴AB＝＝＝，A'B＝＝，
∴三角形ABP的周长的最小值为AB+A'B＝+；
（2）如图①﹣2中，

满足条件的点C（﹣4，2），C1（﹣5，4），C2（﹣6，1）．
故答案为：（﹣4，2）或（﹣5，4）或（﹣6，1）；
（3）猜想∠FCD＝45°．
①当点D运动到点A右侧时，
如图②中，延长FE至G，使EG＝EF，连接AG，BG，BF．

在△FED和△GEA中，
∵EF＝EG，∠FED＝∠GEA，ED＝EA，
∴△FED≌△GEA（SAS），
∴FD＝AG，∠EFD＝∠EGA，
∵∠BEF＝90°，
∴BE⊥EF，
∵BE＝FE，FE＝EG，
∴△GBF是等腰直角三角形，
∴∠BGF＝∠BFG＝45°，∠GBF＝90°，BG＝BF，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠GBF，
即∠ABG+∠GBC＝∠CBF+∠GBC，
∴∠ABG＝∠CBF，
在△ABC和△CBF中，
∵AB＝BC，∠ABG＝∠CBF，BG＝BF，
∴△ABG≌△CBF（SAS），
∴AG＝CF，∠AGB＝∠CFB，
∵FD＝AG，
∴CF＝FD，
∵FD＝AG，
∴CF＝FD，
∵∠AGB＝∠AGE﹣∠BGE，
∴∠AGB＝∠EFD，∠CFD＝∠CFE+∠EFD＝∠GFB﹣∠BFC+∠AGE＝45°﹣∠AGB+∠AGB+∠BGE＝45°+45°＝90°，
∵CF＝FD，
∴△CFD是等腰直角三角形，∠FCD＝45°，
②当点D运动到点A左侧时，
同理可证，∠FCD＝45°，
综上所述，∠FCD＝45°．
5．解：（1）当点D在CB的延长线上时，CD＝4+8＝12，
当点D在线段BC上时，CD＝8﹣4＝4，
故CD的长为4或12．
（2）①如图2中，连接AD，DE．

∵BD＝BE＝4，∠DBE＝90°，
∴DE＝BD＝4，∠DEB＝45°，
∵∠AEB＝135°，
∴∠AED＝90°，
∵AE＝2，
∴AD＝＝＝2
∵∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠DBA＝∠EBC，
∵BD＝BE，BA＝BC，
∴△DBA≌△EBC（SAS），
∴EC＝AD＝2．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．

∵∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠DBA＝∠EBC，
∵BD＝BE，BA＝BC，
∴△DBA≌△EBC（SAS），
∴EC＝AD，∠DAB＝∠ECB，
∵∠BOC+∠BCE＝90°，∠AOJ＝∠BOC，
∴∠AOJ+∠DAB＝90°，
∴∠AJC＝90°，
∴CJ⊥AD，
∵AP＝EP，EM＝MD，
∴PM∥AD，PM＝AD，
同法可得，PN∥EC，PN＝EC，
∴PM＝PN，PM⊥JC，
∴PN⊥PM，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴S△PMN＝•PM•PN＝AD2
∵4≤AD≤12，
∴2≤S△PMN≤18．
6．解：（1）猜想：BF＝CD．理由如下：
如答图②所示，连接OC、OD．

∵△ABC为等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°．
∵△DEF为等腰直角三角形，点O为斜边EF的中点，
∴OF＝OD，∠DOF＝90°．
∵∠BOF＝∠BOC+∠COF＝90°+∠COF，∠COD＝∠DOF+∠COF＝90°+∠COF，
∴∠BOF＝∠COD．
∵在△BOF与△COD中，

∴△BOF≌△COD（SAS），
∴BF＝CD．
（2）答：（1）中的结论不成立．
如答图③所示，连接OC、OD．

∵△ABC为等边三角形，点O为边AB的中点，
∴＝tan30°＝，∠BOC＝90°．
∵△DEF为等边三角形，点O为边EF的中点，
∴＝tan30°＝，∠DOF＝90°．
∴＝＝．
∵∠BOF＝∠BOC+∠COF＝90°+∠COF，∠COD＝∠DOF+∠COF＝90°+∠COF，
∴∠BOF＝∠COD．
在△BOF与△COD中，
∵＝＝，∠BOF＝∠COD，
∴△BOF∽△COD，
∴＝．
（3）如答图④所示，连接OC、OD．

∵△ABC为等腰三角形，点O为底边AB的中点，
∴＝tan，∠BOC＝90°．
∵△DEF为等腰三角形，点O为底边EF的中点，
∴＝tan，∠DOF＝90°．
∴＝＝tan．
∵∠BOF＝∠BOC+∠COF＝90°+∠COF，∠COD＝∠DOF+∠COF＝90°+∠COF，
∴∠BOF＝∠COD．
在△BOF与△COD中，
∵＝＝tan，∠BOF＝∠COD，
∴△BOF∽△COD，
∴＝tan．
7．解：（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
由勾股定理得，BC＝＝5，
∵点D是BC的中点，BCRt△ABC的斜边，
∴AD＝BC＝；
（2）△BCE为直角三角形．理由：
∵D是BC的中点
∴CD＝BD
∵将△ABD沿AD翻折得到△AED，
∴DE＝DB，
∴CD＝DE＝DB，
∴∠DEC＝∠DCE，∠DEB＝∠DBE，
∵∠DEC+∠DCE+∠DEB+∠DBE＝180°，
∴∠DEB+∠DEC＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）如图，连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．
由题可得AD＝DC＝DB＝，
∵•BC•AH＝•AB•AC，
∴AH＝，
∵AE＝AB，DE＝DB，
∴点A在BE的垂直平分线上，点D在BE的垂直平分线上，
∴AD垂直平分线段BE，
∵•AD•BO＝•BD•AH，
∴OB＝，
∴BE＝2OB＝，
在Rt△BCE中，EC＝＝＝．

8．证明：（1）连接AF，

∵DH平分∠ADB，
∴∠ADH＝∠FDH，
又∵∠DAH＝∠DFH＝90°，DH＝DH，
∴△ADH≌△FDH（AAS），
∴AD＝DF，AH＝FH，∠AHD＝∠FHD，
∴DH是AF的垂直平分线，
∴AG＝GF，
∵AE⊥BD，HF⊥DB，
∴AG∥FH，
∴∠AGH＝∠GHF，
∴∠AGH＝∠AHG，
∴AG＝AH，
∴AG＝GF＝FH＝AH，
∴四边形AGFH是菱形；
（2）①∵EH⊥EC，
∴∠HEC＝∠AEB＝∠ABC＝90°，
∴∠AEH＝∠BEC，∠EAB+∠ABE＝∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠EAB＝∠EBC，
∴△EAH∽△EBC，
∴，
∴AE•AD＝BE•AH；
②∵AB＝20，BC＝10，
∴BD＝＝＝10，
∵S△ABD＝×AD×AB＝BD×AE，
∴AE＝＝4，
∴BE＝＝＝8，
∵AE•AD＝BE•AH，
∴4×10＝8AH，
∴AH＝5；
（3）如图3，连接EP，

∵AE⊥BD，点Q是MN是中点，
∴MN＝2EQ，
∵PN⊥AE，PM⊥BD，AE⊥BD，
∴四边形PMEN是矩形，
∴EP＝MN，
∴EP＝2EQ，
∴当EP取最小值时，EQ有最小值，
在当EP⊥AB时，EP有最小值，
此时，×AB×EP＝×AE×BE，
∴EP＝8，
∴EQ的最小值为4．
9．（1）解：线段PA和PE的数量关系为：PA＝PE，理由如下：
过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴PM＝PN，
∴四边形MBNP是正方形，
∴∠MPN＝90°，
∵PE⊥AP，
∴∠APE＝90°，
∴∠APM+∠MPE＝90°，∠EPN+∠MPE＝90°，
∴∠APM＝∠EPN，
在△APM和△EPN中，，
∴△APM≌△EPN（ASA），
∴PA＝PE，
故答案为：PA＝PE；
（2）证明：过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，CD＝AB，AD⊥AB，CD⊥BC，∠ABC＝90°，
∴四边形MBNP是矩形，
∴∠MPN＝90°，
∵PE⊥AP，
∴∠APE＝90°，
∴∠APM+∠MPE＝90°，∠EPN+∠MPE＝90°，
∴∠APM＝∠EPN，
∵∠AMP＝∠ENP＝90°，
∴△APM∽△EPN，
∴＝，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，AD⊥AB，CD⊥BC，
∴PM∥AD，PN∥CD，
∴△BPM∽△BDA，△BPN∽△BDC，
∴＝，＝，
∴＝，
∴＝＝，
∴；
（3）解：连接AE、PF交于Q，连接QB，过点A作AO⊥BD于O，
①当P在O的右上方时，如图3所示：
由（2）得：＝＝，
∴PA＝PE＝×＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，∠BAD＝90°，
∴BD＝＝＝2，
∵AO⊥BD，
∵△ABD的面积＝BD×AO＝AB×AD，
∴AO＝＝＝，
∵tan∠ABD＝＝，
∴＝，
解得：BO＝，
由勾股定理得：OP＝＝＝，
∴BP＝BO+OP＝，
∵四边形APEF是矩形，
∴∠AEP＝90°，AE＝PE，QA＝QE＝QP＝QF，
∴PF＝AE＝＝＝，
∵∠ABE＝90°，
∴QB＝AE＝QE，
∴QA＝QE＝QP＝QF＝QB，
∴点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，
∴∠PBF＝90°，
∴BF＝＝＝；
②当P在O的左下方时，如图4所示：
同理可得：AO＝，BO＝，OP＝，PF＝，
则BP＝BO﹣OP＝，
同理可得：点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，
∴∠PBF＝90°，
∴BF＝＝＝；
综上所述，当PE＝时，线段BF的长为或．



10．（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
②解：结论：＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴＝1．
故答案为1．
（2）解：结论：＝k．
理由：如图2中，作GM⊥AB于M．

∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴＝，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴＝＝＝k．
（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．

∵FB∥GC，FE∥GP，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝，
∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵＝，FG＝2，
∴AE＝3，
∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，
∴k＝1或﹣1（舍弃），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴EM＝，PM＝，
∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，
∴PC＝＝．
11．解：【探索发现】由题意：S△BAO：S△BCO＝AE：EC；S△CAO：S△CBO＝AF：BF；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝1：6，
故答案为：AE：EC，AF：BF，1：6．
【灵活运用】（1）结论：AF＝BE，AF⊥BE．
理由：如图2中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，
∵AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠DAF+∠AEB＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴AF⊥BE．
（2）如图2﹣1中，连接DM．

根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，
∴S△DME＝S△DMF，
∵AE＝DE，
∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF，
∵S△ADF＝×4×2＝4，
∴S△AEM＝S△DME＝S△DMF＝，
∴S四边形EMFD＝．
故答案为．
【拓展应用】：如图3中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC＝BD＝4，OA＝OB＝OD＝OC＝2，
∵DF＝FC，
∴DF＝FC＝2，
∵DF∥AB，
∴＝＝，
∴OP：OB＝OP：OA＝1：3，
∵BG⊥PA，AO⊥OB，
∴∠AGB＝∠AOB＝90°，
∵∠OAP+∠APO＝90°，∠PBG+∠BPG＝90°，
∴∠PAO＝∠PBG，
∵∠APO＝∠BPG，
∴△AOP∽△BGP，
∴＝
∴＝，∵∠GPO＝∠BPA，
∴△GPO∽△BPA，
∴＝（）2＝，
∴S△ABP＝S△ABD＝，
∴S△GOP＝．
12．（1）证明：如图1中，

∵BD⊥BE，
∴∠DBE＝90°，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABD+∠CBE＝90°，∠CBE+∠E＝90°，
∴∠ABD＝∠E，
∵AD＝BC，
∴△DAB≌△BCE（AAS）；
（2）证明：如图2中，过点Q作QF⊥BC于F．

∵∠QBF＝∠EBC，∠QFB＝∠C＝90°，
∴△BFQ∽△BCE，
∴＝，
∴EC•BF＝QF•BC，
∵DP⊥PQ，
∴∠A＝∠DPQ＝∠PFQ＝90°，
∴∠DPA+∠QPF＝90°，∠QPF+∠PQF＝90°，
∴∠APD＝∠PQF，
∴△DAP∽△PFQ，
∴＝＝，
∴QF•AD＝PF•PA，
∵AD＝BC，
∴EC•BF＝PF•PA，
∵△DAB≌△BCE，
∴AB＝EC，
∴EC•（PF﹣PB）＝PF•（EC﹣PB），
∴EC•PB＝PF•PB，
∴EC＝PF，
∴＝，
∴AD•PQ＝CE•DP；
（3）如图3中，线段DQ的中点所经过的路径（线段）就是△BDQ的中位线MN．

由（2）可知BD＝BE，AD＝BC＝5，AB＝EC＝12，可得BD＝BE＝＝13，
当AP＝PC＝AC＝时，PD＝＝＝，
∵AD•PQ＝CE•DP，
∴PQ＝＝，
∴DQ＝＝＝，
∴BQ＝＝＝，
∴MN＝BQ＝．
∴线段DQ的中点所经过的路径（线段）长为．
13．解：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB，OC＝OD，
∴OB﹣OD＝OA﹣OC，
∴AC＝BD，
∵点E，F，G分别为CD，AD，AB的中点，
∴GF＝BD，EF＝AC，GF∥BD，EF∥AC，
∴GF＝EF，∠BDA+∠GFD＝180°，∠DFE＝∠DAO，
∵∠BDA＝∠BOA+∠DAO＝90°+∠DAO，
∴90°+∠DAO+∠GFD＝180°，
∴∠DFE+∠GFD＝90°，即∠DFE＝90°，
∴GF⊥EF，
故答案为：EF＝GF，EF⊥GF；
（2）△EFG是等腰直角三角形，
理由如下：∵∠AOB＝∠COD，
∴∠BOD＝∠AOC，且OA＝OB，OD＝OC，
∴△AOC≌△BOD（SAS）
∴AC＝BD，∠BDO＝∠ACO，
∵点E，F，G分别为CD，AD，AB的中点，

∴GF＝BD，EF＝AC，GF∥BD，EF∥AC，
∴GF＝EF，∠BDA+∠GFD＝180°，∠DFE＝∠DAC，
∵∠BDA+∠BDO+∠ODC+∠CDA＝360°，∠DCA+∠CDA+∠CAD＝180°，
∴∠BDA＝360°﹣45°﹣∠OCA﹣∠CDA＝360°﹣45°﹣45°﹣（∠CDA+∠DCA）＝90°+∠DAC，
∴90°+∠DAC+∠GFD＝180°，
∴∠GFD+∠DFE＝90°，即∠GFE＝90°，
∴△GFE是等腰直角三角形；
（3）如图3﹣1，若直线AD在OA上方时，作∠ACM＝∠OAD＝15°，作CN⊥AO于N，

∵∠ACM＝∠OAD＝15°，
∴∠CMO＝30°，CM＝AM，
∵∠DCO＝∠OAD+∠COA＝45°，
∴∠COA＝30°＝∠CMO，
∴OC＝CM，且CN⊥OA，∠CMO＝30°，
∴ON＝MN，CM＝2CN＝AM，ON＝MN＝CN，
∵AO＝ON+MN+MA，
∴20＝2（+1）CN，
∴CN＝5﹣5
∴AM＝10﹣10，MN＝15﹣5，
∴AN＝5+5，
∴AC2＝CN2+AN2，
∴AC＝10，
由（2）可知，EF＝GF＝AC，∠EFG＝90°，
∴EF＝GF＝5，EG＝10，
∴△EFG的周长＝EF+GF+EG＝10+10；
如图3﹣2，若直线AD在OA下方时，作∠ADM＝∠OAD＝15°，作DN⊥AO于N，

同理可求：DN＝5﹣5，ON＝MN＝15﹣5，AD＝10，
∵OD2＝DN2+ON2，
∴OD＝10﹣10，
∴CD＝OD＝10﹣10，
∴AC＝CD+AD＝10，
由（2）可知，EF＝GF＝AC，∠EFG＝90°，
∴EF＝GF＝5，EG＝10，
∴△EFG的周长＝EF+GF+EG＝10+10；
14．解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，
理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°．
在△ACE和△BCD中，，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠BCD＝90°，
∴∠CBD+∠BDC＝90°，
∴∠EAC+∠BDC＝90°
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM＝BD，PN＝AE，
∴PM＝PN，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM∥BD，PN∥AE，
∴∠NPD＝∠EAC，∠MPA＝∠BDC，
∵∠EAC+∠BDC＝90°，
∴∠MPA+∠NPC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
即PM⊥PN，
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；
（2）PM＝PN，PM⊥PN，
理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°．
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE．
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）．
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD．
又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BHO＝∠ACO＝90°．
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝BD，PM∥BD；
PN＝AE，PN∥AE．
∴PM＝PN．
∴∠MGE+∠BHA＝180°．
∴∠MGE＝90°．
∴∠MPN＝90°．
∴PM⊥PN．
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；
（3）PM＝kPN，
∵△ACB和△ECD是直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°．
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE．
∴∠ACE＝∠BCD．
∵BC＝kAC，CD＝kCE，
∴＝k．
∴△BCD∽△ACE．
∴BD＝kAE，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝BD，PN＝AE．
∴PM＝kPN．
15．（1）证明：∵点C、D、E分别是OA，OB，AB的中点，
∴DE＝OC，DE∥OC，CE＝OD，CE∥OD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∴∠OCE＝∠ODE，
∵△OAP，△OBQ是等腰直角三角形，
∴∠PCO＝∠QDO＝90°，
∴∠PCE＝∠PCO+∠OCE＝∠QDO+∠EDO＝∠EDQ，
∵PC＝AO＝OC＝ED，CE＝OD＝OB＝DQ，
在△PCE与△EDQ中，，
∴△PCE≌△EDQ；
（2）①如图2，连接RO，
∵PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线，
∴AR＝OR＝RB，
∴∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRO，
∵∠RCO＝∠RDO＝90°，∠COD＝150°，
∴∠CRD＝30°，
∴∠ARB＝60°，
∴△ARB是等边三角形；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，
∴∠PEQ＝∠CED﹣∠CEP﹣∠DEQ＝∠ACE﹣∠CEP﹣∠CPE＝∠ACE﹣∠RCE＝∠ACR＝90°，
∴△PEQ是等腰直角三角形，∵△ARB∽△PEQ，∴∠ARB＝∠PEQ＝90°，
∴∠OCR＝∠ODR＝90°，∠CRD＝∠ARB＝45°，
∴∠MON＝135°，
此时P，O，B在一条直线上，△PAB为直角三角形，且∠APB＝90°，
∴AB＝2PE＝2×PQ＝PQ，∴＝．

16．（1）结论：PF＝PC，PF⊥PC，理由如下：
证明：图②中，连接PA．
∵AB＝AD，∠BAD＝90°，PD＝PB，
∴PA＝PD＝PB，∠ADB＝∠ABD＝∠PAD＝45°，PA⊥BD，
∴∠DPA＝90°
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴DF＝AE＝AC，DF∥AE，
∴∠DAE+∠ADF＝180°
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠BAC＝∠ADF，
∵∠PDF＝∠ADB+∠ADF＝45°+∠ADF，
∠PAC＝∠PAB+∠BAC＝45°+∠BAC，
∴∠PDF＝∠PAC，
在△PDF和△PAC中，
，
∴△PDF≌△PAC，
∴PF＝PC，∠DPF＝∠APC，
∴∠DPA＝∠FPC＝90°，
∴PF⊥PC．
（2）结论：PF＝PC，PF⊥PC，理由如下：
证明：图③中，连接PA，
∵四边形ABFE′是平行四边形，
∴BF＝AE′＝AE＝AC，∠ABF＝∠FE′A，FE′∥AB，
∴∠FE′A＝∠EAB
∵AB＝AD，∠BAD＝90°，PD＝BD，
∴PB＝PA＝PD，∠D＝∠DBA＝∠PAD＝∠PAB＝45°，PA⊥BD，
∴∠APB＝90°，
∵∠PBF＝∠ABF﹣45°＝∠BAE﹣45°＝∠BAC+∠CAE﹣45°＝∠BAC+45°，∠PAC＝∠BAC+∠PAB＝∠BAC+45°，
∴∠PBF＝∠PAC，
在△PBF和△PAC中，
，
∴△PBF≌△PAC，
∴PF＝PC，∠FPB＝∠CPA，
∴∠FPC＝∠BPA＝90°
∴PF⊥PC．


17．解：（1）∵AF⊥BE，∠ABE＝45°，
∴AP＝BP＝AB＝2，
∵AF，BE是△ABC的中线，
∴EF∥AB，EF＝AB＝，
∴∠PFE＝∠PEF＝45°，
∴PE＝PF＝1，
在Rt△FPB和Rt△PEA中，
AE＝BF＝＝，
∴AC＝BC＝2，
∴a＝b＝2，
如图2，连接EF，
同理可得：EF＝×4＝2，
∵EF∥AB，
∴△PEF∽△ABP，
∴，
在Rt△ABP中，
AB＝4，∠ABP＝30°，
∴AP＝2，PB＝2，
∴PF＝1，PE＝，
在Rt△APE和Rt△BPF中，
根据勾股定理得：AE＝，BF＝，
∴a＝2，b＝2，
故答案为：2，2，2，2；
（2）猜想：a2+b2＝5c2，
如图3，连接EF，
设∠ABP＝α，
∴AP＝csinα，PB＝ccosα，
由（1）同理可得，PF＝PA＝，PE＝＝，
AE2＝AP2+PE2＝c2sin2α+，BF2＝PB2+PF2＝+c2cos2α，
∴＝c2sin2α+，＝+c2cos2α，
∴+＝+c2cos2α+c2sin2α+，
∴a2+b2＝5c2；
（3）解法一：
如图4，连接AC，EF交于H，AC与BE交于点Q，设BE与AF的交点为P．

∵点E、G分别是AD，CD的中点，
∴EG∥AC，
∵BE⊥EG，
∴BE⊥AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝2，
∴∠EAH＝∠FCH，
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴AE＝AD，BF＝BC，
∴AE＝BF＝CF＝AD＝，
∵AE∥BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴EF＝AB＝3，AP＝PF，
在△AEH和△CFH中，
，
∴△AEH≌△CFH（AAS），
∴EH＝FH，
∴EP，AH分别是△AFE的中线，
由（2）的结论得：AF2+EF2＝5AE2，
∴AF2＝5﹣EF2＝16，
∴AF＝4．
或连接F与AB的中点M，证MF垂直BP，构造出“中垂三角形”，因为AB＝3，BF＝AD＝根号5，根据上一问的结论，直接可求AF．
解法二：如图5，过点B作BM⊥AD于M，过点G作GN⊥AD于N，过点A作AH⊥BC于H，

设GN＝h，DN＝a，则BM＝AH＝2h，AM＝BH＝2a，
∵BE⊥EG，
∴∠BEG＝90°，
∴∠MBE＝∠NEG，
∵∠BME＝∠ENG＝90°，
∴△BME∽△ENG，
∴，
∴，
∴2h2＝5+a﹣2a﹣2a2＝﹣2a2﹣a+5，
在Rt△ABM中，AB2＝AM2+BM2，
∴32＝（2a）2+（2h）2，
∴4h2＝9﹣4a2，
∴﹣4a2﹣2a+10＝9﹣4a2，
∴a＝，
∴4h2＝9﹣4×＝，
在Rt△AHF中，AH2+FH2＝AF2，
∴4h2+（2a+）2＝AF2，
∴AF＝＝4．

18．（1）证明：如图①中，
∵BC＝BD，∠DBC＝120°，
∴∠BCD＝∠D＝30°，
∵∠ACB＝120°，
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝90°．
（2）证明：如图①中，连接BF．

∵BC＝BD，DF＝CF，
∴BF⊥CD，
∴∠BFD＝∠BFC＝∠ACE＝90°，
∵∠D＝30°，
∴BD＝2BF，
∵BC＝BD＝2AC，
∴BF＝AC，
∵∠BEF＝∠AEC，
∴△BF≌△ACE（AAS），
∴EF＝CF，
∴DF＝CF＝2CE，
∴DF＝2CE．
（3）证明：如图②中，

∵BC＝BD，BC＝2AC，BM＝CM，
∴BM＝CA，
∵∠DBM＝∠BCA＝120°，
∴△DBC≌△BCA（SAS），
∴∠BDM＝∠ABC，
∵∠BMG＝∠BMD，
∴△BMG∽△DMB，
∴＝，
∴BM2＝MG•MD，
∵AC＝BM，
∴AC2＝MG•MD．
19．（Ⅰ）证明：如图1中，连接OC．

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，OB＝AO，
∴OC＝OB＝OA，OC⊥AB，∠BCO＝∠OCA＝45°，∠A＝∠B＝45°，
∴∠OCE＝∠A，
∵∠EOF＝∠COA＝90°，
∴∠COE＝∠AOF，
∴△COE≌△AOF（ASA），
∴OE＝OF，
∴＝1．
（Ⅱ）（1）解：结论：＝＝定值．
理由：如图2中，作OJ⊥AC于J，OK⊥BC于K．设OA＝OB＝a．

∵∠A＝30°，∠B＝60°，∠OKB＝∠OJA＝90°，
∴OK＝OB•sin60°＝a，OJ＝OA＝a，
∵∠C＝∠OKE＝∠OJC＝90°，
∴∠KOJ＝∠EOF＝90°，
∴∠KOE＝∠JOF，
∵∠OKE＝∠OJF＝90°，
∴△OKE∽△OJF，
∴＝＝＝．
（2）①解：如图3中，作OH⊥AC于H．

∵OH⊥AC，
∴∠OHA＝∠C＝90°，
∴OH∥BC，
∵BO＝OA，
∴CH＝HA，
∴OH＝BC
∵OE＝OF，∠FOE＝90°，OH⊥EF，
∴EH＝FH，
∴EF＝2OH＝1，
∴OE＝OF＝，
∴+＝2+2＝4．
②解：结论：+＝4．
理由：如图4中，作OH⊥AC于H．

由①可知OH＝．
∵∠EOF＝90°，OH⊥EF，
∴∠OHE＝∠OHF＝90°，
∴∠OEH+∠EOH＝90°，∠EOH+∠FOH＝90°，
∴∠OEH＝∠FOH，
∴△OHE∽△FHO，
∴＝，
∴OH2＝EH•FH＝，
由△EOH∽△EFO，可得OE2＝EH•EF，
由△FHO∽△FOE，可得OF2＝FH•EF，
∴+＝+＝＝＝＝4．
20．解：（1）如图2中，结论：EG＝CG，EG⊥CG．
（2）如图3中，EG＝CG，EG⊥CG．
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM＝90°，∠EBC＝90°，∠BCM＝90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE＝CM，∠EMC＝90°，
由图（3）可知，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝90°，
∴∠EBF＝45°，
又∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形
∴BE＝EF，∠F＝45°．
∴EF＝CM．
∵∠EMC＝90°，FG＝DG，
∴MG＝FD＝FG．
∵BC＝EM，BC＝CD，
∴EM＝CD．
∵EF＝CM，
∴FM＝DM，
又∵FG＝DG，
∠CMG＝∠EMC＝45°，
∴∠F＝∠GMC．
在△GFE与△GMC中，
，
∴△GFE≌△GMC（SAS）．
∴EG＝CG，∠FGE＝∠MGC．
∵∠FMC＝90°，MF＝MD，FG＝DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM＝90°，
∴∠MGC+∠EGM＝90°，
即∠EGC＝90°，
∴EG⊥CG．