2020-2022年湖南中考数学3年真题汇编 专题25 与图形的相似有关的压轴题（学生卷+教师卷）

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专题26 与图形的相似有关的压轴题
一、单选题
1．（2022·四川宜宾）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（       ）


A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】
解：和都是等腰直角三角形，，



故①正确；



四点共圆，


故②正确；
如图，过点作于,交的延长线于点，


,



，
,
设，则，，
则




AH∥CE，



则；
故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，


，
当共线时，取得最小值，
此时

，
此时，
，，，
，
，
，
平分，
，
四点共圆，   
，
又,，
，
则四边形是菱形，
又，
四边形是正方形，
，
则，，
，
，   
，
，
则，
，
，
，
故④不正确，
故选B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2021·山东滨州）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】
解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，
∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，

∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，
∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，
∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，
，
∴△MDF≌△FEN（SAS），
∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴∠DFE=∠BAC，
 又∵△MDF≌△FEN，
∴∠DFM=∠ENF，
∴∠EFN+∠DFM
=∠EFN+∠ENF
=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）
=180°-（∠BAC+90°）
=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，
∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3．（2020·重庆）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）

A． B．8 C．10 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=，进而可求得B（4，）；将B（4，）代入反比例函数，即可求得k的值．
【详解】
解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，

∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴,
∴ED=AD- AE=5-=，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴,
∴,
∴在矩形ABCD中，，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴,
∴代入数值，可得AF=2，BF=，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，），
∴将B（4，）代入反比例函数，得，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求反比例函数的系数、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质等知识．解题关键是通过求证△AOE ∽△CDE，△AOE∽△BFA，得到B点坐标，将B点坐标代入反比例函数，即可得解．
4．（2020·江苏无锡）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：

①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（     ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【解析】
【分析】
①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；
②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；
④作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，再由D1Q′=DQ′=D2 P′，，且∠AD1D2=120°，∠D2AC=90°，可得的最小值，即可得解．
【详解】
解：①∵线段在边上运动，，
∴,
∴与不可能相等，
则①错误；
②设，
∵，，
∴，即，
假设与相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，
∴解得的或符合题意，
即与可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过D作DF⊥AB于F，

设，
由，，得，即，
∴，
∵∠B=60°，
∴，
∵，∠A =60°，
∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，
则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，
∴D1Q′=DQ′=D2 P′，，
且∠AD1D2=180∠D1AB=180∠DAB =120°，

∴∠D1AD2=∠D2AD1==30°，∠D2AC=90°，
在△D1AD2中，∠D1AD2=30°，，
∴，
在Rt△AD2C中，
由勾股定理可得，，
∴四边形P′CDQ′的周长为：


，
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】
本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
二、填空题
5．（2022·江苏宿迁）如图，在矩形中，=6，=8，点、分别是边、的中点，某一时刻，动点从点出发，沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动；同时，动点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接，过点作的垂线，垂足为．在这一运动过程中，点所经过的路径长是_____．

【答案】##
【解析】
【分析】
根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，且 点H在以BQ为直径的上运动，运动路径长为的长，求出BQ及的圆角，运用弧长公式进行计算即可得到结果．
【详解】
解：∵点、分别是边、的中点，
连接MN，则四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=6，AM=BN=AD==4，
根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴
∴
∴
当点E与点A重合时，则NF=，
∴BF=BN+NF=4+2=6，
∴AB=BF=6
∴是等腰直角三角形，
∴
∵BP⊥AF，
∴
由题意得，点H在以BQ为直径的上运动，运动路径长为长，取BQ中点O，连接PO，NO，
∴∠PON=90°，
又
∴，
∴，
∴的长为=
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及弧长等知识，判断出点H运动的路径长为长是解答本题的关键．
6．（2021·山东济南）如图，一个由8个正方形组成的“”型模板恰好完全放入一个矩形框内，模板四周的直角顶点，，，，都在矩形的边上，若8个小正方形的面积均为1，则边的长为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，延长交于点，连接，根据题意求得的长，设，先证明，再证明，，分别求出矩形的四边，根据矩形对边相等列方程组求得的值，进而求得的值．
【详解】
小正方形的面积为1，则小正方形的边长为，
如图，延长交于点，连接，


，，
四边形是正方形，
，
，

设，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，，
，
，，
，














即①

②
联立
解得

故答案为：
【点睛】
本题考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解二元一次方程组，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
7．（2021·辽宁锦州）如图，∠MON＝30°，点A1在射线OM上，过点A1作A1B1⊥OM交射线ON于点B1，将△A1OB1沿A1B1折叠得到△A1A2B1，点A2落在射线OM上；过点A2作A2B2⊥OM交射线ON于点B2，将△A2OB2沿A2B2折叠得到△A2A3B2，点A2落在射线OM上；…按此作法进行下去，在∠MON内部作射线OH，分别与A1B1，A2B2，A3B3，…，AnBn交于点P1，P2，P3，…Pn，又分别与A2B1，A3B2，A4B3，…，An＋1Bn，交于点Q1，Q2，Q3，…，Qn．若点P1为线段A1B1的中点，OA1＝，则四边形AnPnQnAn＋1的面积为___________________（用含有n的式子表示）．

【答案】
【解析】
【分析】
先证明△OA1P1∽△OA2P2，△OP1B1∽△OP2B2，又点P1为线段A1B1的中点，从而可得P2为线段A2B2的中点，同理可证P3、P4、Pn依次为线段A3B3、A4B4、⋯AnBn的中点．结合相似三角形的性质可得△P1B1Q1的P1B1上的高与△P2A2O1的A2P2上的高之比为1∶2，所以△P1B1Q1的P1B1上的高为，同理可得△P2B2Q2的P2B2上的高为⋯，从而＝﹣，以此类推来求，从而找到的面积规律．
【详解】
解：由折叠可知，OA1＝A1A2＝，
由题意得：A1B1//A2B2，
∴△OA1P1∽△OA2P2，△OP1B1∽△OP2B2，
∴＝＝＝ ，
又∵点P1为线段A1B1的中点，
∴A1P1＝P1B1，
∴A2P2＝P2B2，
则点P2为线段A2B2的中点，
同理可证，P3、P4、⋯Pn依次为线段A3B3、A4B4、⋯AnBn的中点．
∵A1B1//A2B2，
∴△P1B1Q1∽△P2A2O1，
∴＝＝，
则△P1B1Q1的P1B1上的高与△P2A2O1的A2P2上的高之比为1∶2，
∴△P1B1Q1的P1B1上的高为，
同理可得△P2B2Q2的P2B2上的高为， ，
由折叠可知A2A3＝，A3A4＝，
∵∠MON＝30°，
∴A1B1＝tan30°×OA1＝1，
∴A2B2＝2，A3B3＝4， ，
∴＝﹣
＝﹣
＝，
同理，＝﹣
＝﹣
＝，

＝﹣
＝
＝
＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了规律型：图形的变化类，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，锐角三角函数等知识，解决本题的关键在根据图形的变化找到规律．
8．（2021·内蒙古赤峰）如图，正方形ABCD的边长为，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G,连接CG并延长，交AB于点F，连接AH．以下结论：①CF⊥DE；②；③，④，其中正确结论的序号是_____________．

【答案】①②④
【解析】
【分析】
由正方形的性质可得AB=AD=BC=CD=，BE=CE=，∠DCE=∠ABE=90°，∠ABD=∠CBD=45°，可证△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得∠BCF=∠CDE，由余角的性质可得CF⊥DE；由勾股定理可求DE的长，由面积法可求CH，由相似三角形的性质可求CF，可得HF的长，即可判断②；如图，过点A作AM⊥DE，由△ADM≌△DCH，可得CH=DM=2=MH，由垂直平分线的性质可得AD=AH；由平行线分线段成比例可求GH的长，即可判断④．
【详解】
解：∵四边形ABCD是边长为的正方形，点E是BC的中点，
∴AB=AD=BC=CD=，BE=CE=，∠DCE=∠ABE=90°，∠ABD=∠CBD=45°，
∴△ABE≌△DCE（SAS）
∴∠CDE=∠BAE，DE=AE，
∵AB=BC，∠ABG=∠CBG，BG=BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS）
∴∠BAE=∠BCF，
∴∠BCF=∠CDE，且∠CDE+∠CED=90°，
∴∠BCF+∠CED=90°，
∴∠CHE=90°，
∴CF⊥DE，故①正确；
∵DC=，CE=，
∴，
∵S△DCE=×CD×CE=×DE×CH，
∴CH=2，
∵∠CHE=∠CBF，∠BCF=∠ECH，
∴△ECH∽△FCB，
∴，
∴CF=，
∴HF=CF-CH=3，
∴，故②正确；
如图，过点A作AM⊥DE，

∵DC=，CH=2，
∴，
∵∠CDH+∠ADM=90°，∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠CDH=∠DAM，且AD=CD，∠CHD=∠AMD=90°，
∴△ADM≌△DCH（AAS）
∴DM=CH=2，AM=DH=4，
∴MH=DM=2，且AM⊥DH，
∴AD=AH，故④正确；
∵DE=5，DH=4，
∴HE=1，ME=HE+MH=3，
∵AM⊥DE，CF⊥DE，
∴AM∥CF，
∴，
∴
∴HG=，故③错误，
所以，正确结论是①②④
故答案为①②④．
【点睛】
本题是四边形综合题，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，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
9．（2021·湖北襄阳）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在的延长线上，，交于点，，，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
作出如图所示的辅助线，利用SAS证明△ADH△ABF以及△EAF△EAH，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的边长，再证明△BAF△OAG，即可求解．
【详解】
解：如图，在CD上取点H，使DH=BF=2，连接EH、AH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADH=∠ABC=∠ABF=90°，AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，
∴△ADH△ABF(SAS)，
∴∠DAH=∠BAF，AH=AF，
∵∠EAF=45°，即∠BAF+∠EAB=45°，
∴∠DAH+∠EAB=45°，则∠EAH=45°，
∴∠EAF=∠EAH=45°，
∴△EAF△EAH (SAS)，
∴EF=EH，
∵，
设BE=a，则AB=2a，EC=a，CH=2a-2，EF=EH=a+2，
在Rt△CEH中，,即，
解得：，
则AB=AD=6，BE=EC=3，
在Rt△ABE中，,
∴AE=3，
同理AF=2，
AO=AB=3，
∵BE∥AD，
∴，
∴AG=2，
∴，，
∴，
∵∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠BAF=∠OAG，
∴△BAF△OAG，
∴，
∵∠GAF=∠OAB=45°，
∴△GAF是等腰直角三角形，
∴FG= AG=2，
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数是解题的关键．
10．（2021·山东泰安）如图，点在直线上，点的横坐标为2，过点作，交x轴于点，以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长的交x轴于点；…；按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为________（结果用含正整数n的代数式表示）．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题中条件，证明所有的直角三角形都相似且确定相似比，再具体算出前几个正方形的边长，然后再找规律得出第个正方形的边长．
【详解】
解：点在直线上，点的横坐标为2，
点纵坐标为1．
分别过，作轴的垂线，分别交于，下图只显示一条；

,
类似证明可得，图上所有直角三角形都相似，有
，
不妨设第1个至第个正方形的边长分别用：来表示，通过计算得：
，
，



按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了三角形相似，解题的关键是：利用条件及三角形相似，先研究好前面几个正方形的边长，再从中去找计算第个正方形边长的方法与技巧．
11．（2021·四川乐山）如图，已知点，点为直线上的一动点，点，，于点，连接．若直线与正半轴所夹的锐角为，那么当的值最大时，的值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
设直线y＝﹣2与y轴交于G，过A作AH⊥直线y＝﹣2于H，AF⊥y轴于F，根据平行线的性质得到∠ABH＝α，由三角函数的定义得到，根据相似三角形的性质得到比例式，于是得到GB（n+2）（3﹣n）（n）2，根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】
解：如图，设直线y＝﹣2与y轴交于G，过A作AH⊥直线y＝﹣2于H，AF⊥y轴于F，

∵BH∥x轴，
∴∠ABH＝α，
在Rt△ABH中， ,，
即=
∵sinα随BA的减小而增大，
∴当BA最小时sinα有最大值；即BH最小时，sinα有最大值，即BG最大时，sinα有最大值，
∵∠BGC＝∠ACB＝∠AFC＝90°，
∴∠GBC+∠BCG＝∠BCG+∠ACF＝90°，
∴∠GBC＝∠ACF，
∴△ACF∽△CBG，
∴，
∵，
即，
∴BG（n+2）（3﹣n）（n）2，
∵
∴当n时，BG最大值
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，正确的作出辅助线证得△ACF∽△CBG是解题的关键．
12．（2021·四川资阳）如图，在菱形中，，交的延长线于点E．连结交于点F，交于点G．于点H，连结．有下列结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号为__________．

【答案】①②③④
【解析】
【分析】
利用菱形的性质和全等三角形的判定证明①，利用AA定理证明△FCE∽△FGC，从而证明②，由含30°直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理分析求解，从而证明③和④．
【详解】
解：在菱形ABCD中，AD=DC，∠ADB=∠CDB
又∵DF=DF
∴△ADF≌△CDF，
∴，故①正确；
∵AD∥BC
∴∠DAF=∠FEC
又①中已证△ADF≌△CDF，
∴∠DAF=∠DCF，AF=CF
∴∠DCF=∠FEC
又∵∠CFG=∠CFG
∴△FCE∽△FGC，
∴，
即，故②正确；
∵在菱形中，，
∴∠DBC=∠BDC=30°
又∵
∴在Rt△DCF中，∠CDE=30°
∴
∴在菱形ABCD中，
又∵AD∥BC，
∴
由①已证AF=FC
∴
由②已证，
设FC=2k，EF=3k
∴FG=，EG=
∴，故③正确；
由③已知
设DF=2a，BF=3a
∴BD=5a
∴在Rt△BDE中，
在Rt△CDE中，

在Rt△DFH中，，
∴
∴在Rt△FCH中，
又由②③已证，，
设FG=4m，EG=5m，则EF=9m
∴，解得（负值舍去）
∴
∴，故④正确
故答案为：①②③④．

【点睛】
本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
13．（2021·四川遂宁）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中正确的是_____（填写序号）

【答案】①②③④
【解析】
【分析】
①四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得∠ABD＝∠FBE＝45°，根据等式的基本性质确定出；②再根据正方形的对角线等于边长的倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；④根据两角相等的两个三角形相似得到△EBH∽△DBE，从而得到比例式，根据BE＝BG，代换即可作出判断；③由相似三角形对应角相等得到∠BAF＝∠BDE＝45°，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断．⑤设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2＝BH•BD，求出BH，DH，即可判断．
【详解】
解：①∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，
∴∠ABD＝∠FBE＝45°，
又∵∠ABF＝45°−∠DBF，∠DBE＝45°−∠DBF，
∴，
∴选项①正确；
②∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，
∴AD＝AB，BF＝BE，
∴BD＝AB，BE=BF，
∴
又∵，
∴，
∴选项②正确；
④∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，
∴∠BEH＝∠BDE＝45°，
又∵∠EBH＝∠DBE，
∴△EBH∽△DBE，
∴ ，即BE2＝BH•BD，
又∵BE＝BG，
∴，
∴选项④确；
③由②知：，
又∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，
∴∠BAF＝∠BDE＝45°，
∴AF在正方形另外一条对角线上，
∴AF⊥BD，
∴③正确，
⑤∵，
∴设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，
∴BE=，   
∵BE2＝BH•BD，
∴，
∴DH=BD-BH=,
∴，
故⑤错误，
综上所述：①②③④正确，
故答案是：①②③④．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
14．（2020·辽宁鞍山）如图，在菱形中，，点E，F分别在，上，且，与相交于点G，与相交于点H．下列结论：①；②；③若，则；④．其中正确的结论有_______．（只填序号即可）

【答案】①③④
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质证明△ACF≌△CDE，可判断①；过点F作FP∥AD，交CE于P点，利用平行线分线段成比例可判断③；过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，得到点A、B、C、G四点共圆，从而证明△ABM≌△CBN，得到S四边形ABCG=S四边形BMGN，再利用S四边形BMGN=2S△BMG求出结果即可判断④；证明△BCH∽△BGC，得到，推出GH·BG=BG2-BC2，得出若等式成立，则∠BCG=90°，根据题意此条件未必成立可判断②．
【详解】
解：∵ABCD为菱形，
∴AD=CD，
∵AE=DF，
∴DE=CF，
∵∠ADC=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠D=∠ACD=60°，AC=CD，
∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正确；
过点F作FP∥AD，交CE于P点．                                
∵DF=2CF，
∴FP：DE=CF：CD=1：3，
∵DE=CF，AD=CD，
∴AE=2DE，
∴FP：AE=1：6=FG：AG，
∴AG=6FG，
∴CE=AF=7GF，故③正确；
过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，
∵∠AGE=∠ACG+∠CAF=∠ACG+∠GCF=60°=∠ABC，
即∠AGC+∠ABC=180°，
∴点A、B、C、G四点共圆，
∴∠AGB=∠ACB=60°，∠CGB=∠CAB=60°，
∴∠AGB=∠CGB=60°，
∴BM=BN，又AB=BC，
∴△ABM≌△CBN（HL），
∴S四边形ABCG=S四边形BMGN，
∵∠BGM=60°，
∴GM=BG，BM=BG，
∴S四边形BMGN=2S△BMG=2××BG×BG=BG2，故④正确；
∵∠CGB=∠ACB=60°，∠CBG=∠HBC，
∴△BCH∽△BGC，
∴，
则BG·BH=BC2，
则BG·（BG-GH）=BC2，
则BG2-BG·GH= BC2，
则GH·BG=BG2-BC2，
当∠BCG=90°时，BG2-BC2=CG2，此时GH·BG= CG2，
而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，
故正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．

【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．
15．（2020·辽宁沈阳）如图，在矩形中，，，对角线相交于点，点为边上一动点，连接，以为折痕，将折叠，点的对应点为点，线段与相交于点．若为直角三角形，则的长__________．

【答案】或1
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质、折叠的性质可得，，设，从而可得，再根据直角三角形的定义分和两种情况，然后分别利用相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可得．
【详解】
四边形ABCD是矩形，，


由折叠的性质可知，

设，则
由题意，分以下两种情况：
（1）如图1，当时，为直角三角形

在和中，

，即
解得
，
在中，，即
解得
即
（2）如图2，当时，为直角三角形
，
，即
在和中，

，即
解得




，即
解得
即
综上，DP的长为或1
故答案为：或1．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确画出图形，并分两种情况讨论是解题关键．
16．（2020·山西）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】
如解图，过点作于，

∵，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴∽
∴
∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，
∴，
则，
∵且，
∴∽，
∴，
即，
解得，
∴．
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
17．（2020·湖北孝感）如图，已知菱形的对角线相交于坐标原点，四个顶点分别在双曲线和上，．平行于轴的直线与两双曲线分别交于点，，连接，，则的面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】
先作轴于点G，作轴于点H，证明，利用，同时设出点A的坐标，表示出OH，BH的长度，求出k的值，设直线EF的解析式为，表示点E，F的坐标，求出EF的长度，可求得的面积．
【详解】
作轴于点G，作轴于点H，如图所示：

∵即
∴
∴
设点A的坐标为
则
∴
∴
∵的图象在第二，四象限
∴
设直线EF的解析式为：
则
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数与几何图形的综合，快速找到相似三角形求出k的值，是解题的关键．
18．（2020·江苏扬州）如图，在中，，，，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得，以EC、EF为邻边构造，连接EG，则EG的最小值为________．

【答案】9．
【解析】
【分析】
连接FC，作DM//FC，得△DEM∽△FEO，△DMN∽△CON，进一步得出DM=，EO=，过C作CH⊥AB于H，可求出CH=，根据题意，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，故可得EN=CH=，代入EO=求出EO即可得到结论．
【详解】
解：连接FC，交EG于点O，过点D作DM//FC，交EG于点M，如图所示，

∵
∴
∵DM//FC，
∴△DEM∽△FEO，
∴，
∵DM//FC，
∴△DMN∽△CON，
∴,
∵四边形ECGF是平行四边形，
∴CO=FO，
∴
∴,
∴,
过点C作CH⊥AB于点H，
在Rt△CBH，∠B=60︒，BC=8，
∴CH=BCsin60︒=4，
根据题意得，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，
∴EN=CH=4，
∴EO=,
∴EG=2EO=9．
故答案为：9．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
19．（2020·黑龙江牡丹江）如图，在中，，M是的中点，点D在上，，，垂足分别为E，F，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有___________．（只填序号）

【答案】①②③④⑤⑥
【解析】
【分析】
证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EF=EM，可判断③，同时得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE=EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE=CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM=CM，AE=CF，可判断⑥.
【详解】
解：∵∠ACB=90°，
∴∠BCF+∠ACE=90°，
∵∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
又∵∠BFD=90°=∠AEC，AC=BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF=CE，故①正确；
由全等可得：AE=CF，BF=CE，
∴AE-CE=CF=CE=EF，连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，
∴∠DBF=∠DCM，又BM=CM，BF=CE，
∴△BFM≌△CEM，
∴FM=EM，∠BMF=∠CME，
∵∠BMC=90°，
∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴EF=EM=，故③正确，
∠MEF=∠MFE=45°，∵∠AEC=90°，
∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，
设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，
∴△DFM≌△NEM，
∴DF=EN，DM=MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DN=DM，而∠DEA=90°，
∴，故④正确；
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°，∠ADE=67.5°，
∵∠DEM=45°，
∴∠EMD=67.5°，即DE=EM，
∵AE=AE，∠AED=∠AEC，∠DAE=∠CAE，
∴△ADE≌△ACE，
∴DE=CE，
∵△MEF为等腰直角三角形，
∴EF=，
∴，故⑤正确；
∵∠CDM=∠ADE，∠CMD=∠AED=90°，
∴△CDM∽ADE，
∴，
∵BM=CM，AE=CF，
∴，
∴，故⑥正确；
故答案为：①②③④⑤⑥.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，找到全等三角形说明角相等和线段相等.
20．（2020·四川泸州）如图，在矩形中，分别为边，的中点，与，分别交于点M，N．已知，，则的长为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，证明△BEG∽△BAF，求出EG的长，再证明△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，得出，，再求出BG=GF=BF=，从而求出NG和MG，可得MN的长.
【详解】
解：过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，
由题意可知：EH∥BC，
∴△BEG∽△BAF，
∴，
∵AB=4，BC=6，点E为AB中点，F为AD中点，
∴BE=2，AF=3，
∴，
∴EG=，
∵EH∥BC，
∴△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，
∴，,
∴，，
即，，
∴，，
∵E为AB中点，EH∥BC，
∴G为BF中点，
∴BG=GF=BF=，
∴NG==，MG=BG=，
∴MN=NG+MG=，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是添加辅助线EH，得到相似三角形.
21．（2020·四川成都）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．

【答案】         
【解析】
【分析】
连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】
解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；

设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，

∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．

【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
22．（2020·四川广元）如图所示，均为等边三角形，边长分别为，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）
①     ② ③为等边三角形       ④ ⑤CM平分

【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
①根据等边三角形的性质得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，则∠ACE＝60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，则AD＝BE；
②过E作,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；
③由等边三角形的判定得出△CMN是等边三角形；
④证明△DMC∽△DBA，求出CM长；
⑤证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.
【详解】
解：连接MC，FG，过点E作EN⊥BD，垂足为N，
①∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE＝120°，
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；①正确；
②∵△CDE都是等边三角形，且边长为3cm.
∴CN=cm，EN=cm.
∵BC=5cm.
∴，②正确；
③∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△ACG和△BCF中，
∴△ACG≌△BCF（ASA），
∴CG＝CF
而∠GCF＝60°，
∴△CFG是等边三角形，③正确；
⑤∵∠EMD＝∠MBD＋∠MDB＝∠MAC＋∠MDB＝60°＝∠FCG，
∴M、F、C、G四点共圆，
∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，
∴∠BMC＝∠DMC，
∴CM平分∠BMD，⑤正确；
④∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA
∴△DMC∽△DBA
∴
∴
∴CM=.④错误.
故答案为：①②③⑤.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
23．（2020·四川攀枝花）如图，在边长为4的正方形中，点、分别是、的中点，、交于点，的中点为，连接、．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有________．（请填上所有正确结论的序号）

【答案】①④
【解析】
【分析】
证明△ADF≌△DCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到∠DGF=90°，可判断①，再利用三角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断②；再证明∠HDF=∠HFD=∠BAG，求出AG，DH，HF，可判定，可判断④；通过AB≠AG，得到∠ABG和∠AGB不相等，则∠AGB≠∠DHF，可判断③.
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，
∵E和F分别为BC和CD中点，
∴DF=EC=2，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC=90°，
∴∠EDC+∠AFD =90°，
∴∠DGF=90°，即DE⊥AF，故①正确；
∵AD=4，DF=CD=2，
∴AF=，
∴DG=AD×DF÷AF=，故②错误；
∵H为AF中点，
∴HD=HF=AF=，
∴∠HDF=∠HFD，
∵AB∥DC，
∴∠HDF=∠HFD=∠BAG，
∵AG=，AB=4，
∴，
∴，故④正确；
∴∠ABG=∠DHF，而AB≠AG，
则∠ABG和∠AGB不相等，
故∠AGB≠∠DHF，
故HD与BG不平行，故③错误；
故答案为：①④.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的高，直角三角形斜边中线定理，知识点较多，有一定难度，解题时注意利用线段关系计算相应线段的长.
三、解答题
24．（2022·贵州铜仁）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，记的面积为，的面积为．
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：
（2）探索推广：如图②，若与不平行，（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）拓展应用：如图③，在上取一点E，使，过点E作交于点F，点H为的中点，交于点G，且，若，求值．

【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）
【解析】
【分析】
（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到，设，则，证明△OGF∽△OHN，推出，，则，由（2）结论求解即可．
【详解】
解：（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴，
∴，
，
∵∠DOE=∠BOF，
∴；
∴；


（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴，
∴，
，
∵∠DOE=∠BOF，
∴；
∴；


（3）如图所示，过点A作交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵，
∴△OEF∽△OAM，
∴，
设，则，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴，
∴△OGF∽△OHN，
∴，
∵OG=2GH，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由（2）可知．


【点睛】
本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．
25．（2022·内蒙古包头）如图，在平行四边形中，是一条对角线，且，，，是边上两点，点在点的右侧，，连接，的延长线与的延长线相交于点．

(1)如图1，是边上一点，连接，，与相交于点．
①若，求的长；
②在满足①的条件下，若，求证：；
(2)如图2，连接，是上一点，连接．若，且，求的长．
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）①解：根据平行四边形的性质可证，得到，再根据，，，结合平行四边形的性质求出的长，代入比例式即可求出的长；
②先根据证明可得，再根据，求出，进一步证明，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．
（2）如图，连接，先根据证明，再结合，说明，利用平行线分线段成比例定理可得，接着证明，可得到，设，则，根据构建方程求出，最后利用可得结论．
(1)
①解：如图，
∵四边形是平行四边形，，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．

②证明：∵，
∴，
∵，
在和中，

∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
(2)
如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，
在和中，

∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
∴的长为．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．
26．（2022·江苏泰州）已知：△ABC中，D 为BC边上的一点.


(1)如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的长；
(2)在图②，用无刻度的直尺和圆规在AC边上做点F，使∠DFA=∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(3)如图③，点F在AC边上，连接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面积等于，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)2
(2)图见详解
(3)直线BC与⊙F相切，理由见详解
【解析】
【分析】
（1）由题意易得，则有，然后根据相似三角形的性质与判定可进行求解；
（2）作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
（3）作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，证明四边形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出，推出CD⊥DF，然后问题可求解．
(1)
解：∵DE∥AB，
∴，
∴，
∵AB=5，BD=9，DC=6，
∴，
∴；
(2)
解：作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
如图所示：点F即为所求，


(3)
解：直线BC与⊙F相切，理由如下：
作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，如图，


∵∠DFA=∠A，
∴四边形ABRF是等腰梯形，
∴，
∵△FBC的面积等于，
∴，
∴CD⊥DF，
∵FD是⊙F的半径，
∴直线BC与⊙F相切．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键．
27．（2022·湖南岳阳）如图，和的顶点重合，，，，．

(1)特例发现：如图1，当点，分别在，上时，可以得出结论：______，直线与直线的位置关系是______；
(2)探究证明：如图2，将图1中的绕点顺时针旋转，使点恰好落在线段上，连接，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图3，将图1中的绕点顺时针旋转，连接、，它们的延长线交于点，当时，求的值．
【答案】(1) ，垂直
(2)成立，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）解直角三角形求出，，可得结论；
（2）结论不变，证明，推出，，可得结论；
（3）如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点求出，，可得结论．
(1)
解：在中，，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，此时，
故答案为：，垂直；
(2)
结论成立．
理由：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(3)
如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点．

∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，，
当时，四边形是矩形，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．（2022·湖北宜昌）已知菱形中，是边的中点，是边上一点．


(1)如图1，连接，．，．
①求证：；
②若，求的长；
(2)如图2，连接，．若，，求的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【解析】
【分析】
（1）①根据可证得：，即可得出结论；
②连接，可证得是等边三角形，即可求出；
（2）延长交的延长线于点，根据可证得，可得出，，，则，即可证得，即可得出的长．
(1)
（1）①∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴.
②如图，连接.
∵是边的中点，，
∴，
又由菱形，得，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴.


(2)
如图，延长交的延长线于点，
由菱形，得，，
∴，，
∵是边的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，而为公共角.
∴，
∴，
又∵，
∴.


【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，锐角三角函数求线段长度，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键.
29．（2022·江苏苏州）（1）如图1，在△ABC中，，CD平分，交AB于点D，//，交BC于点E．


①若，，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，和是△ABC的2个外角，，CD平分，交AB的延长线于点D，//，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为，△CDE的面积为，△BDE的面积为．若，求的值．

【答案】（1）①；②是定值，定值为1；（2）
【解析】
【分析】
（1）①证明，根据相似三角形的性质求解即可；
②由，可得，由①同理可得，计算；
（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得，又，则，可得，设，则．证明，可得，过点D作于H．分别求得，进而根据余弦的定义即可求解．
【详解】
（1）①∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
②∵，
∴．
由①可得，
∴．
∴．
∴是定值，定值为1．
（2）∵，


∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
设，则．
∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
如图，过点D作于H．


∵，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
30．（2022·山西）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：


（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】
解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，．
∵点D是BC的中点，
∴CD=BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．


∴CG=CD=．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴，即，
∴；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，


∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，
解得x=，
∴线段AN的长为．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
31．（2022·湖北武汉）问题提出：如图（1），中，，是的中点，延长至点，使，延长交于点，探究的值．

(1)先将问题特殊化．如图（2），当时，直接写出的值；
(2)再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展：如图（3），在中，，是的中点，是边上一点，，延长至点，使，延长交于点．直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】(1)[问题提出]（1）；（2）见解析
(2)[问题拓展]
【解析】
【分析】
[问题探究]（1）根据等边三角形的性质结合已知条件，求得，，根据含30度角的直角三角形的性质，可得，即可求解；
（2）取的中点，连接．证明，可得，根据，证明，根据相似三角形的性质可得，进而可得；
[问题拓展]方法同（2）证明，得出，，证明，得到，进而可得．
(1)
[问题探究]：（1）如图，

中，，是的中点，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）证明：取的中点，连接．

∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
(2)
[问题拓展]如图，取的中点，连接．

∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．



，

∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边对等角，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
32．（2022·四川达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：



(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，（m为常数）．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)仍然成立，理由见解析
(4)
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；
（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；
（3）同（2）可得，过点，作，交于点，证明，，可得，即可得出；
（4）过点作，交于点，证明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．
(1)
等腰直角三角形和等腰直角三角形，
，



故答案为：


(2)



在与中，




又

重合，

故答案为：


(3)
同（2）可得
，
过点，作，交于点，


则，
，
在与中，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在与中，
，
，
，
，
即，
(4)
过点作，交于点，


，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
中，，
，
即．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
33．（2021·山东临沂）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC
（1）求证：AG＝GH；
（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；
（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；
（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．
【详解】
解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH
=∠BAF+∠FAD
=（∠BAF+∠FAD）
=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠BAD=45°，
∴∠GHA=45°，
∴GA=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，
由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，
∴AH⊥DF，FN=DN，
∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，
又∵∠GHA=45°，
∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，
∴∠DHF=90°，
∴DH的长即为点D到直线BH的距离，
由（1）知：在Rt△ABE中，，
∴，
∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AEB=∠ABG，
∴△ABG∽△AEB，
∴，
∴，
，
由（1）知：GF=BG，AG=GH，
∴，，
∴DH=FH=GH-GF==，
即点D到直线BH的长为；
（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，
∵∠BHD=90°，
∴H在圆周上，
∴∠BHC=∠BDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∴∠BDC=∠DBC=45°，
∴∠BHC=45°，
∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．

【点睛】
本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，侧重对学生能力的考查：几何变换的能力，转化能力以及步骤书写能力，具有一定艺术性．
34．（2021·贵州铜仁）如图，在中，，cm，cm．点是边上的一动点，点从点出发以每秒2cm的速度沿方向匀速运动，以为边作等边（点、点在同侧），设点运动的时间为秒，与重叠部分的面积为．

（1）当点落在内部时，求此时与重叠部分的面积（用含的代数式表示，不要求写的取值范围）；
（2）当点落在上时，求此时与重叠部分的面积的值：
（3）当点落在外部时，求此时与重叠部分的面积（用含的代数式表示）．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）过点Q作QD⊥AC于点D，求得QD的长，利用三角形面积公式即可求解；
（2）过点Q作QD⊥AC于点D，证明△AQD△ABC，利用相似三角形的性质求解即可；
（3）如图：设NP=a，则FN=a，证明△AFN△ABC，利用相似三角形的性质求得FN=，根据，利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）过点Q作QD⊥AC于点D，如图：

∵ΔCPQ是等边三角形，
∴CP=CQ=2x，∠QCP=60°，则CD=DP=x，
∴QD=2x=，
∴；
（2）过点Q作QD⊥AC于点D，如图：

由（1）知，QD=，CD=DP=x，则AD=12-x，
∵QD⊥AC，∠ACB=90°，
∴QD∥BC，则△AQD△ABC，
∴，即，
解得：，
∴；
（3）当时，设QC、PQ分别交AB于M、N，
过点Q作QD⊥AC于点D，过点E作EM⊥AC于点M，过点F作FN⊥AC于点N，如图：

同（2）得CM=4，
设NP=a，则FN=a，
同理：FN∥BC，则△AFN△ABC，
∴，即，
∴，则FN=，
∴



．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
35．（2021·海南）如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与点重合，点F是的延长线上一点，且．

（1）求证：；
（2）如图2，连接，交于点K，过点D作，垂足为H，延长交于点G，连接．
①求证：；
②若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）直接根据SAS证明即可；
（2）①根据（1）中结果及题意，证明为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明；②根据已知条件，先证明，再证明，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形是正方形，
．
又，
．
（2）①证明；由（1）得，
．
．
为等腰直角三角形．
又，
点H为的中点．
．
同理，由是斜边上的中线得，
．
．
②∵四边形是正方形，
．
又，
．
．
又为等腰直角三角形，
．
．
四边形是正方形，
．
．
．
．
．
又∵在等腰直角三角形中，
．
．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质，熟知图形的性质与判定是解决本题的关键．
36．（2021·河南）下面是某数学兴趣小探究用不同方法作一角的平分线的讨论片段．请仔细阅读，并完成相应的任务．
小明：如图1，（1）分别在射线，上截取，（点，不重合）；（2）分别作线段，的垂直平分线，，交点为，垂足分别为点，；（3）作射线，射线即为的平分线．简述理由如下：
由作图，，，，所以，则，即射线是的平分线．
小军：我认为小明的作图方法很有创意，但是太麻烦了，可以改进如下，如图2．（1）分别在射线，上截取，（点，不重合）；（2）连接，，交点为；（3）作射线，射线即为的平分线．
……



任务：
（1）小明得出的依据是 ．（填序号）
①；②；③；④；⑤．
（2）小军作图得到的射线是的平分线吗？请判断并说明理由；
（3）如图3，已知，点，分别在射线，上，且．点，分别为射线，上的动点，且，连接，，交点为，当时，直接写出线段的长．

【答案】（1）⑤；（2）小军作图得到的射线是的平分线，理由见解析；（3）OC=2或
【解析】
【分析】
（1）根据证明三角形全等的HL定理解答即可；
（2）根据作图过程可证明△EOD≌△FOC，则有∠OED=∠OFC，进而证明△CEP≌△DFP，可得PE=PF，易证得△EOP≌△FOP，则有∠EOP=∠FOP，即可得出小军作图得到的射线是的平分线；
（3）分两种情况进行讨论，①,②；当，作射线OP，易知OP是∠AOB的平分线即∠POE=30°，根据△EOP≌△FOP和可求得∠OEP=45°，过P作PH⊥OA于H，易求得PH=HE=1，OP=2，PE=，证明△OEP∽△PEC，根据相似三角形的性质求得CE的长，进而由OC=OE﹣CE求解即可；当，连接OP，作PM⊥OA，同理可得，，即，OE=OP，，再利用特殊角的三角函数即可求出MP和MO，即可求得答案．
【详解】
解：（1）根据小明作图所阐述的理由，他用的是HL定理证明，
故选：⑤；
（2）小军作图得到的射线是的平分线，理由为：
在△EOD和△FOC中，

∴△EOD≌△FOC（SAS），
∴∠OED=∠OFC，
∵OC=OD，OE=OF，
∴CE=DF，
在△CEP和△DFP中，
，
∴△CEP≌△DFP（AAS），
∴PE=PF，
在△EOP和△FOP，
，
∴△EOP≌△FOP（SSS），
∴∠EOP=∠FOP，
即射线是的平分线；
（3）①当时，
作射线OP，由（2）可知OP是∠AOB的平分线，
∴∠POE=∠AOB=30°，
∵，
∴
∵△EOP≌△FOP，
∴∠OPE=∠OPF=（360°﹣∠FPE）=105°，
∴∠OEP=180°﹣∠POE﹣∠OPE=45°，
过P作PH⊥OA于H，

则HP=HE， OP=2HP=2HE，
∴ PE=HE， OH==HP=HE，
∵OE=OH+HE=(+1)HE=+1，
∴HE=1，
∴PE=，
∵∠POE=∠CPE=30°，∠OEP=∠PEC，
∴△OEP∽△PEC，
∴即，
解得：CE=，
∴OC=OE﹣CE=2．
②当时，
连接OP，作PM⊥OA，则,

同理得，


∴
∵
∴
∴，
综上所述，OC的长为2或．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．
37．（2021·四川南充）如图，点E在正方形ABCD边AD上，点F是线段AB上的动点（不与点A重合）．DF交AC于点G，于点H，，．

（1）求．
（2）设，，试探究y与x的函数关系式（写出x的取值范围）．
（3）当时，判断EG与AC的位置关系并说明理由．
【答案】（1）；（2）y=(0；（3）EG⊥AC，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）过E作EM⊥AC于M，根据正方形的性质得出∠DAC=45°，AD=AB=BC=1，利用等腰三角形的性质得出EM=AM=，再利用正切的定义即可得出答案；
（2）过G作GN⊥AB于N，先证得四边形HANG为正方形，再证明△GNF△DAF，根据比利式即可得出结论；
（3）根据∠ADF=∠ACE和tan∠ACE=得出 AF=，根据（2）中的函数关系式得出HG=，从而得出△EHG为等腰直角三角形，继而得出EG⊥AC
【详解】
（1）过E作EM⊥AC于M
在正方形ABCD中∠DAC=45°，AD=AB=BC=1
∵DE=，∴AE=，AC=
∴EM=AM=AE=×=
∴CM=AC-AM=-=
在Rt△CEM中，tan∠ACE==

(2)过G作GN⊥AB于N
∵HG⊥AD，∠DAB=90°
∴四边形HANG为矩形，GN∥AD
∵∠HAG=45°
∴AH=HG
∴四边形HANG为正方形
∴HG=GN=AN=y
∵GN∥AD
∴△GNF△DAF
∴=
∵AF=x，∴NF=x-y
∴=
∴y=(0

(3)∵∠ADF=∠ACE
tan∠ACE=
∴tan∠ADF==
∵AD=1
∴AF=
即x=
当x=时，y=HG=
在Rt△AHG中，∠HAG=45°
∴AH=HG=，∠HGA=45°
∵HE=AE-AH=
∴△EHG为等腰直角三角形
∴∠EGH=45°
∴∠AGE=90°
∴EG⊥AC
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形等知识，适当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键．
38．（2021·四川资阳）已知，在中，．

（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；
（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；
（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．
【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：

∵，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴AF=5；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：

∵，，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴，
设，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵，
∴，
化简得：，
解得：，
∵，
∴当时，易知与相矛盾，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在Rt△DTC中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
39．（2021·四川广元）如图1，在中，，，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，连接、．

（1）求证：；
（2）如图2，连接，点P、M、N分别为线段、、的中点，连接、、．求的度数及的值；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据两边对应成比例，夹角相等判定即可．
（2）的值可以根据中位线性质，进行角转换，通过三角形内角和定理求解即可，的比值转换为的比值即可求得.
（3）过点作垂直于的延长线于点，，将相关线段关系转化为CE，可得关系，观察图象，当时，可得最大值．
【详解】
（1）证明：∵，
∴,
∵垂直于射线,
∴
又∵
∴,
∵
即：
又∵
∴
（2）解：∵点P、M、N分别为线段、、的中点
∴，，
∴,
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
又∵
又∵
∴
∴
（3）如下图：

过点作垂直于的延长线于点,




又∵
∴
∴
∴当取得最大值时，取得最大值，

在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，
当时，最大，
∴，
【点睛】
本题考查的是三角形相似和判定、以及三角形面积最大值的求法，根据题意找见相关的等量是解题关键．
40．（2020·江苏淮安）【初步尝试】
（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为 ；

【思考说理】
（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．

【拓展延伸】
（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①求线段的长；
②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）①；②．
【解析】
【分析】
（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；
（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；
②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．
【详解】
（1），理由如下：
由折叠的性质得：



是的中位线
点M是AB的中点
则
故答案为：；
（2）

由折叠的性质得：
，即
在和中，

，即
解得

；
（3）①由折叠的性质得：
，即


在和中，

，即
解得



解得；
②如图，由折叠的性质可知，，，

点O是边的中点


设，则
点为线段上的一个动点
，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，


，即
在和中，




则．

【点睛】
本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．
41．（2020·湖北襄阳）在中，，．点D在边上，且，交边于点F，连接．

（1）特例发现：如图1，当时，①求证：；②推断：_________．；
（2）探究证明：如图2，当时，请探究的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作的垂线，交于点P，交于点K，若，求的长．
【答案】（1）①证明见解析，② ；（2）为定值，证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①利用已知条件证明即可得到结论，②先证明利用相似三角形的性质再证明结合相似三角形的性质可得答案；
（2）由（1）中②的解题思路可得结论；
（3）设 则 利用等腰直角三角形的性质分别表示： 由表示 再证明利用相似三角形的性质建立方程求解，即可得到答案．
【详解】
证明：（1）①






②推断：
理由如下：













（2）为定值，
理由如下：
由（1）得：








（3） ，
设 则













，
解得：


【点睛】
本题考查的是三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，更重要的是考查学生的学习探究的能力，掌握以上知识是解题的关键．
42．（2020·江苏扬州）如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且，OC平分，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．

（1）求证：；
（2）如图2，若，求的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）先由三角形外角得出∠BOD=∠DAO+∠ODA，然后根据OA=OD，OC平分∠BOD得出∠DAO=∠ODA，∠COD=∠COB，可得∠COD=∠ODA，即可证明；
（2）先证明△BOG≌△DOG，得出∠ADB=∠OGB=90°，然后证明△AFO∽△AED，得出∠AOD=∠ADB=90°，，根据勾股定理得出AD=2，即可求出答案；
（3）先设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG==，BC===CD，然后得出四边形ABCD的周长=4+2x+4，令=t≥0，即x=2-t2，可得四边形ABCD的周长=-2（t-1）2+10，得出x=2-t2=1，即AD=2，然后证明△ADF≌△COF，得出DF=OF=OD=1，根据△ADO是等边三角形，得出∠DAE=30°，可得，求出DE=，即可得出答案．
【详解】
（1）由三角形外角可得∠BOD=∠DAO+∠ODA，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ODA，
∵OC平分∠BOD，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COD=∠ODA，
∴OC∥AD；
（2）∵OC平分，
∴∠COD=∠COB，
在△BOG与△DOG中，
∴△BOG≌△DOG，
∴∠BGO=∠DGO=90°，
∵AD∥OC，
∴∠ADB=∠OGB=90°，∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∵DE=DF，
∴∠DFE=∠DEF，
∵∠DFE=∠AFO，
∴∠AFO=∠DEF，
∴△AFO∽△AED，
∴∠AOD=∠ADB=90°，，
∵OA=OD=2，
∴根据勾股定理可得AD=2，
∴=；
（3）∵OA=OB，OC∥AD，
∴根据三角形中位线可设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG==，
∴BC===CD，
∴四边形ABCD的周长=AB+AD+DC+BC
=4+2x+2
=4+2x+4
令=t≥0，即x=2-t2，
∴四边形ABCD的周长=4+2x+4
=4+2（2-t2）+4t
=-2t2+4t+8
=-2（t-1）2+10，
当t=1时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为10，
此时x=2-t2=1，
∴AD=2，
∵OC∥AD，
∴∠ADF=∠COF，∠DAF=∠OCF，
∵AD=OC=2，
∴△ADF≌△COF
∴DF=OF=OD=1，
∵AD=OC=OA=OD，
∴△ADO是等边三角形，
由（2）可知∠DAF=∠OAF，∠ADE=90°，
∴在Rt△ADE中，∠DAE=30°，
∴，
∴DE=，
∴=．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的性质，涉及的知识点比较复杂，综合性较强，灵活运用这些知识点是解题关键．
43．（2021·江苏宿迁）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】
解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形

分别平分

即
且都是等腰直角三角形





（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点

又


在四边形BEFC中

又

即
即


又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形





三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点





（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点

同理可得


所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．


【点睛】
本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
44．（2021·山西）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】
（1）．
如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，,
∵为的中点，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）．
∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

【点睛】
本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
45．（2021·上海）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．

（1）当点E在边上时，
①求证：；
②若，求的值；
（2）若，求的长．
【答案】（1）①见解析；②；（2）或
【解析】
【分析】
（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；
②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．
（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．
②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．
【详解】
（1）①由，得．
由，得．
因为是斜边上的中线，所以．所以．
所以．
所以．

②若，那么在中，由．可得．
作于H．设，那么．
在中，，所以．
所以．
所以．
（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，
所以四边形是平行四边形．
又因为，所以四边形是矩形，
设，已知，所以．
已知，所以．
在和中，根据，列方程．
解得，或（ 舍去负值）．
②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．
设，已知，那么．
一方面，由，得，所以，所以，
另一方面，由是公共角，得．
所以，所以．
等量代换，得．由，得．
将代入，整理，得．
解得，或（舍去负值）．

【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．