2020年中考数学真题分项汇编专题29几何综合压轴问题 (含解析)

这是一份2020年中考数学真题分项汇编专题29几何综合压轴问题 (含解析)，共130页。试卷主要包含了性质探究等内容，欢迎下载使用。

专题29几何综合压轴问题
一．解答题（共50小题）
1．（2020•天水）性质探究
如图（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB＝120°，则底边AB与腰AC的长度之比为　：1　．
理解运用
（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为4+2，则它的面积为　　；
（2）如图（2），在四边形EFGH中，EF＝EG＝EH，在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若∠FGH＝120°，EF＝20，求线段MN的长．
类比拓展
顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为　2sinα：1　．（用含α的式子表示）

【分析】性质探究：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．解直角三角形求出AB（用AC表示）即可解决问题．
理解运用：①利用性质探究中的结论，设CA＝CB＝m，则ABm，构建方程求出m即可解决问题．
②如图2中，连接FH．求出FH，利用三角形中位线定理解决问题即可．
类比拓展：利用等腰三角形的性质求出AB与AC的关系即可．
【解析】性质探究：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．

∵CA＝CB，∠ACB＝120°，CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，AD＝BD，
∴AB＝2AD＝2AC•cos30°AC，
∴AB：AC：1．
故答案为：1．
理解运用：（1）设CA＝CB＝m，则ABm，
由题意2mm＝4+2，
∴m＝2，
∴AC＝CB＝2，AB＝2，
∴AD＝DB，CD＝AC•sin30°＝1，
∴S△ABC•AB•CD．
故答案为．

（2）如图2中，连接FH．

∵∠FGH＝120°，EF＝EG＝EH，
∴∠EFG＝∠EGF，∠EHG＝∠EGH，
∴∠EFG+∠EHG＝∠EGF+∠EGH＝∠FGH＝120°，
∵∠FEH+∠EFG+∠EHG+∠FGH＝360°，
∴∠FEH＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∵EF＝EH，
∴△EFH是顶角为120°的等腰三角形，
∴FHEF＝20，
∵FM＝MG．GN＝GH，
∴MNFH＝10．

类比拓展：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．

∵CA＝CB，∠ACB＝2α，CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，AD＝BD，∠ACD＝∠BCD＝α
∴AB＝2AD＝2AC•sinα
∴AB：AC＝2sinα：1．
故答案为2sinα：1．
2．（2020•青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．

特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF＝CG．请给予证明．
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA垂足为E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
联系拓展：
（3）当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【分析】（1）证明△FAB≌△GAC即可解决问题．
（2）结论：CG＝DE+DF．利用面积法证明即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，
∴△FAB≌△GAC（AAS），
∴FB＝CG．

（2）解：结论：CG＝DE+DF．
理由：如图2中，连接AD．

∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴•AB•CG•AB•DE•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．

（3）解：结论不变：CG＝DE+DF．
理由：如图3中，连接AD．

∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴•AB•CG•AB•DE•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
3．（2020•河北）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．
（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；
（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；
（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；
（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK，请直接写出点K被扫描到的总时长．

【分析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．
（2）利用相似三角形的性质求解即可．
（3）分两种情形：当0≤x≤3时，当3＜x≤9时，分别画出图形求解即可．
（4）求出CK的长度，以及CQ的最大值，利用路程与速度的关系求解即可．
【解析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．

∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，
∴tan∠B＝tan∠C，
∴AH＝3，AB＝AC5．
∴当点P在BC上时，点P到A的最短距离为3．

（2）如图1中，∵∠APQ＝∠B，
∴PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5，
∴（）2，
∴，
∴AP，
∴PM＝AP＝AM2．
（3）当0≤x≤3时，如图1﹣1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J．

∵PQ∥BC，
∴，∠AQP＝∠C，
∴，
∴PQ（x+2），
∵sin∠AQP＝sin∠C，
∴PJ＝PQ•sin∠AQP（x+2）．
当3＜x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．

同法可得PJ＝PC•sin∠C（11﹣x）．
（4）由题意点P的运动速度单位长度/秒．
当3＜x≤9时，设CQ＝y．
∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，
∴∠BAP＝∠CPQ，
∵∠B＝∠C，
∴△ABP∽△PCQ，
∴，
∴，
∴y（x﹣7）2，
∵0，
∴x＝7时，y有最大值，最大值，
∵AK，
∴CK＝5
当y时，（x﹣7）2，
解得x＝7±，
∴点K被扫描到的总时长＝（6﹣3）23秒．
4．（2020•襄阳）在△ABC中，∠BAC═90°，AB＝AC，点D在边BC上，DE⊥DA且DE＝DA，AE交边BC于点F，连接CE．
（1）特例发现：如图1，当AD＝AF时，
①求证：BD＝CF；
②推断：∠ACE＝　90　°；
（2）探究证明：如图2，当AD≠AF时，请探究∠ACE的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作AE的垂线，交AE于点P，交AC于点K，若CK，求DF的长．

【分析】（1）①证明△ABD≌△ACF（AAS）可得结论．
②利用四点共圆的性质解决问题即可．
（2）结论不变．利用四点共圆证明即可．
（3）如图3中，连接EK．首先证明AB＝AC＝3EC，设EC＝a，则AB＝AC＝3a，在Rt△KCE中，利用勾股定理求出a，再求出DP，PF即可解决问题．
【解答】（1）①证明：如图1中，

∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD，
∴∠ADB＝∠AFC，
∴△ABD≌△ACF（AAS），
∴BD＝CF．

②结论：∠ACE＝90°．
理由：如图1中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝45°，
∴A，D，E，C四点共圆，
∴∠ADE+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
故答案为90．

（2）结论：∠ACE＝90°．
理由：如图2中，

∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝45°，
∴A，D，E，C四点共圆，
∴∠ADE+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．

（3）如图3中，连接EK．

∵∠BAC+∠ACE＝180°，
∴AB∥CE，
∴，设EC＝a，则AB＝AC＝3a，AK＝3a，
∵DA＝DE，DK⊥AE，
∴AP＝PE，
∴AK＝KE＝3a，
∵EK2＝CK2+EC2，
∴（3a）2＝（）2+a2，
解得a＝4或0（舍弃），
∴EC＝4，AB＝AC＝12，
∴AE4，
∴DP＝PA＝PEAE＝2，EFAE，
∴PF＝FE，
∵∠DPF＝90°，
∴DF5．
5．（2020•牡丹江）在等腰△ABC中，AB＝BC，点D，E在射线BA上，BD＝DE，过点E作EF∥BC，交射线CA于点F．请解答下列问题：

（1）当点E在线段AB上，CD是△ACB的角平分线时，如图①，求证：AE+BC＝CF；（提示：延长CD，FE交于点M．）
（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，如图②；当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，如图③，请直接写出线段AE，BC，CF之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）、（2）的条件下，若DE＝2AE＝6，则CF＝　18或6　．
【分析】（1）延长CD，FE交于点M．利用AAS证明△MED≌△CBD，得到ME＝BC，并利用角平分线加平行的模型证明CF＝MF，AE＝EF，从而得证；
（2）延长CD，EF交于点M．类似于（1）的方法可证明当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，BC＝AE+CF，当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，AE＝CF+BC；
（3）先求出AE，AB，即可利用线段的和差求出答案．
【解析】（1）如图①，延长CD，FE交于点M．
∵AB＝BC，EF∥BC，
∴∠A＝∠BCA＝∠EFA，
∴AE＝EF，
∴MF∥BC，
∴∠MED＝∠B，∠M＝∠BCD，
又∵∠FCM＝∠BCM，
∴∠M＝∠FCM，
∴CF＝MF，
又∵BD＝DE，
∴△MED≌△CBD（AAS），
∴ME＝BC，
∴CF＝MF＝ME+EF＝BC+AE，
即AE+BC＝CF；

（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，BC＝AE+CF，
如图②，延长CD，EF交于点M．
由①同理可证△MED≌△CBD（AAS），
∴ME＝BC，
由①证明过程同理可得出MF＝CF，AE＝EF，
∴BC＝ME＝EF+MF＝AE+CF；

当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，AE＝CF+BC．
如图③，延长CD交EF于点M，
由上述证明过程易得△MED≌△CBD（AAS），BC＝EM，CF＝FM，
又∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠CAB＝∠FAE，
∵EF∥BC，
∴∠F＝∠FCB，
∴EF＝AE，
∴AE＝FE＝FM+ME＝CF+BC；


（3）CF＝18或6，
当DE＝2AE＝6时，图①中，由（1）得：AE＝3，BC＝AB＝BD+DE+AE＝15，
∴CF＝AE+BC＝3+15＝18；
图②中，由（2）得：AE＝AD＝3，BC＝AB＝BD+AD＝9，
∴CF＝BC﹣AE＝9﹣3＝6；
图③中，DE小于AE，故不存在．
故答案为18或6．
6．（2020•辽阳）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．
（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；
（2）如图②，当点D在线段CB上，α＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；
（3）当α＝120°，tan∠DAB时，请直接写出的值．

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



7．（2020•凉山州）如图，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发．
（1）如图1，连接AQ、CP．求证：△ABQ≌△CAP；
（2）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；
（3）如图2，当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．

【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；
（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；
（3）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．
【解析】（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，
，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；

（2）点P、Q在AB、BC边上运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△ACM的外角，
∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC
∵∠BAC＝60°，
∴∠QMC＝60°；

（3）如图2，点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变
理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△APM的外角，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，
即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，∠QMC的度数为120°．


8．（2020•泰安）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．
探究发现：
（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？　是　．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．

【分析】（1）证明∠FDC+∠BDC＝90°可得结论．
（2）结论成立：利用等角的余角相等证明∠E＝∠EDF，推出EF＝FD，再证明FD＝FC即可解决问题．
（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．利用（1）中即可以及相似三角形的性质解决问题即可．
【解析】（1）如图（2）中，

∵∠EDC＝90°，EF＝CF，
∴DF＝CF，
∴∠FCD＝∠FDC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵BA＝BD，
∴∠A＝∠ADB，
∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，
∴∠ADB+∠FDC＝90°，
∴∠FDB＝90°，
∴BD⊥DF．
故答案为是．

（2）结论成立：
理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，
∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，
∴∠BDC＝∠EDF，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠EDF，
∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∠ACB＝∠ECD，
∴∠A＝∠E，
∴∠E＝∠EDF，
∴EF＝FD，
∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，
∴∠FCD＝∠FDC，
∴FD＝FC，
∴EF＝FC，
∴点F是EC的中点．

（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．

∴DGEC，
∵BD＝AB＝6，
在Rt△BDG中，BG，
∴CB3，
在Rt△ABC中，AC3，
∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∴，
∴CD，
∴AD＝AC+CD＝3．
9．（2020•常德）已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．
（1）如图1，当D，B，F共线时，求证：
①EB＝EP；
②∠EFP＝30°；
（2）如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．

【分析】（1）①证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论；
②根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°；
（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．
【解答】证明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝90°﹣30°＝60°，
同理∠EDF＝60°，
∴∠A＝∠EDF＝60°，
∴AC∥DE，
∴∠DMB＝∠ACB＝90°，
∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，AC∥DM，
∴，
即M是BC的中点，
∵EP＝CE，即E是PC的中点，
∴ED∥BP，
∴∠CBP＝∠DMB＝90°，
∴△CBP是直角三角形，
∴BEPC＝EP；
②∵∠ABC＝∠DFE＝30°，
∴BC∥EF，
由①知：∠CBP＝90°，
∴BP⊥EF，
∵EB＝EP，
∴EF是线段BP的垂直平分线，
∴PF＝BF，
∴∠PFE＝∠BFE＝30°；
（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，

∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP，
∴△QEP≌△DEC（SAS），
则PQ＝DC＝DB，
∵QE＝DE，∠DEF＝90°
∴EF是DQ的垂直平分线，
∴QF＝DF，
∵CD＝AD，
∴∠CDA＝∠A＝60°，
∴∠CDB＝120°，
∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP，
∴△FQP≌△FDB（SAS），
∴∠QFP＝∠BFD，
∵EF是DQ的垂直平分线，
∴∠QFE＝∠EFD＝30°，
∴∠QFP+∠EFP＝30°，
∴∠BFD+∠EFP＝30°．
10．（2020•黔东南州）如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形．
探究发现
（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由．
拓展运用
（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长．
（3）若B、C、E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．

【分析】（1）依据等式的性质可证明∠BCD＝∠ACE，然后依据SAS可证明△ACE≌△BCD；
（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长；
（3）如图2，过A作AF⊥CD于F，先根据平角的定义得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，由三角形面积公式可得△ACD的面积，最后根据勾股定理可得AD的长．
【解析】（1）全等，理由是：
∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△ACE≌△BCD（ SAS）；
（2）如图3，由（1）得：△BCD≌△ACE，

∴BD＝AE，
∵△DCE都是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
∴AE，
∴BD；
（3）如图2，过A作AF⊥CD于F，

∵B、C、E三点在一条直线上，
∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，
∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△ACF中，sin∠ACF，
∴AF＝AC×sin∠ACF＝1，
∴S△ACD，
∴CF＝AC×cos∠ACF＝1，
FD＝CD﹣CF＝2，
在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD23，
∴AD．
11．（2020•金华）如图，在△ABC中，AB＝4，∠B＝45°，∠C＝60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．

【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC，证明△AEF∽△ACB，推出，由此求出AF即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．

在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝44．

（2）①如图2中，

∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．

②如图3中，由（1）可知：AC，

∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°，
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴，即，
∴AF＝2，
在Rt△AFP，AF＝FP，
∴APAF＝2．
方法二：AE＝BE＝PE可得直角三角形ABP，由PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝30°． AP＝ABcos30°＝2．
12．（2020•江西）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积S1，S2，S3之间的关系问题”进行了以下探究：
类比探究
（1）如图2，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB，AC，BC为斜边向外侧作Rt△ABD，Rt△ACE，Rt△BCF，若∠1＝∠2＝∠3，则面积S1，S2，S3之间的关系式为　S1+S2＝S3　；
推广验证
（2）如图3，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB，AC，BC为边向外侧作任意△ABD，△ACE，△BCF，满足∠1＝∠2＝∠3，∠D＝∠E＝∠F，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形ABCDE中，∠A＝∠E＝∠C＝105°，∠ABC＝90°，AB＝2，DE＝2，点P在AE上，∠ABP＝30°，PE，求五边形ABCDE的面积．

【分析】类比探究
（1）通过证明△ADB∽△BFC，可得（）2，同理可得（）2，由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，可得结论；
推广验证
（2）通过证明△ADB∽△BFC，可得（）2，同理可得（）2，由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，可得结论；
拓展应用
（3）过点A作AH⊥BP于H，连接PD，BD，由直角三角形的性质可求AP，BP＝BH+PH＝3，可求S△ABP，通过证明△ABP∽△EDP，可得∠EPD＝∠APB＝45°，，S△PDE，可得∠BPD＝90°，PD＝1，可求S△BPD＝23，由（2）的结论可求S△BCD＝S△ABP+S△DPE22，即可求解．
【解析】类比探究
（1）∵∠1＝∠3，∠D＝∠F＝90°，
∴△ADB∽△BFC，
∴（）2，
同理可得：（）2，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴（）2+（）21，
∴S1+S2＝S3，
故答案为：S1+S2＝S3．
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵∠1＝∠3，∠D＝∠F，
∴△ADB∽△BFC，
∴（）2，
同理可得：（）2，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴（）2+（）21，
∴S1+S2＝S3，

（3）过点A作AH⊥BP于H，连接PD，BD，

∵∠ABH＝30°，AB＝2，
∴AH，BH＝3，∠BAH＝60°，
∵∠BAP＝105°，
∴∠HAP＝45°，
∵AH⊥BP，
∴∠HAP＝∠APH＝45°，
∴PH＝AH，
∴AP，BP＝BH+PH＝3，
∴S△ABP，
∵PE，ED＝2，AP，AB＝2，
∴，，
∴，
且∠E＝∠BAP＝105°，
∴△ABP∽△EDP，
∴∠EPD＝∠APB＝45°，，
∴∠BPD＝90°，PD＝1，
∴S△BPD23，
∵△ABP∽△EDP，
∴（）2，
∴S△PDE
∵tan∠PBD，
∴∠PBD＝30°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABP﹣∠CBD＝30°，
∴∠ABP＝∠PDE＝∠CBD，
又∵∠A＝∠E＝∠C＝105°，
∴△ABP∽△EDP∽△CBD，
由（2）的结论可得：S△BCD＝S△ABP+S△DPE22，
∴五边形ABCDE的面积22+23＝67．
13．（2020•衡阳）如图1，平面直角坐标系xOy中，等腰△ABC的底边BC在x轴上，BC＝8，顶点A在y的正半轴上，OA＝2，一动点E从（3，0）出发，以每秒1个单位的速度沿CB向左运动，到达OB的中点停止．另一动点F从点C出发，以相同的速度沿CB向左运动，到达点O停止．已知点E、F同时出发，以EF为边作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同侧，设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）当点H落在AC边上时，求t的值；
（2）设正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，请问是否存在t值，使得S？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，取AC的中点D，连结OD，当点E、F开始运动时，点M从点O出发，以每秒2个单位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO运动，到达点O停止运动．请问在点E的整个运动过程中，点M可能在正方形EFGH内（含边界）吗？如果可能，求出点M在正方形EFGH内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．

【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，因为正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S，推出此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．构建方程求解即可．
（3）分别求出点M第一次和第二次落在正方形内部（包括边界）的时长即可解决问题．
【解析】（1）如图1﹣1中，

由题意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，
当点H落在AC上时，∵EH∥OA，
∴，
∴，
∴CE＝2，
∴点E的运动路程为1，
∴t＝1时，点E落在AC上．

（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，
∵正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S，
∴此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．

由题意：（t﹣3）2••（3t﹣13），
整理得45t2﹣486t+1288＝0，
解得t或（舍弃），
∴满足条件的t的值为．

（3）如图3﹣1中，当点M第一次落在EH上时，4t+t＝3，t

当点M第一次落在FG上时，4t+t＝4，t，
∴点M第一次落在正方形内部（包括边界）的时长（s），
当点M第二次落在FG上时，4t﹣t＝4，t，
当点M第二次落在EH上时，4t﹣（t+1）＝4，t，
点M第二次落在正方形内部（包括边界）的时长，
∴点M落在正方形内部（包括边界）的总时长（s）．
14．（2020•青岛）已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
解答下列问题：
（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？
（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；
（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由平行线分线段成比例可得，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出PHt，QN＝6t，由矩形的性质可求解；
（3）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；
（4）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴，
∴，
∴CM，
∵点M在线段CQ的垂直平分线上，
∴CM＝MQ，
∴1×t，
∴t；
（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，

∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC10cm，EF10cm，
∵CE＝2cm，CMcm，
∴EM，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴，
∴，
∴PHt，
同理可求QN＝6t，
∵四边形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6tt，
∴t＝3；
∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；
（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，

由（2）可知QN＝6t，
∵cos∠PAH＝cos∠CAB，
∴，
∴，
∴AHt，
∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S6×（8t+6+8t）[6﹣（6t）]（6t）（8t+6）t2t；
（4）存在，
理由如下：如图3，连接PF，延长AC交EF于K，

∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
∵S△CEMEC×CMEM×CK，
∴CK，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴t＝10﹣2t，
∴t，
∴当t时，使点P在∠AFE的平分线上．
15．（2020•山西）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长．

【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AHAE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BEAE，由旋转的性质可得AE＝CE'，可得结论；
（3）利用勾股定理可求BE＝BE'＝9，再利用勾股定理可求DE的长．
【解析】（1）四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，

∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AHAE，DH⊥AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BEAE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CE'，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'FCE'，
∴CF＝E'F；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于H，

∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE3．
16．（2020•内江）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：AP＝CQ；
（2）若APAC，求CE：BC的值；
（3）求证：PF＝EQ．

【分析】（1）证明△BAP≌△BCQ（SAS）可得结论．
（2）过点C作CH⊥PQ于H，过点B作BT⊥PQ于T．由APAC，可以假设AP＝CQ＝a，则PC＝3a，解直角三角形求出CH．BT，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（3）证明△PGB≌△QEB，推出EQ＝PG，再证明△PFG是等腰直角三角形即可．
【解答】（1）证明：如图1，∵线段BP绕点B顺时针旋转90°得到线段BQ，
∴BP＝BQ，∠PBQ＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°．
∴∠ABC＝∠PBQ．
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ．
在△BAP和△BCQ中，
∵，
∴△BAP≌△BCQ（SAS）．
∴CQ＝AP．

（2）解：过点C作CH⊥PQ于H，过点B作BT⊥PQ于T．
∵APAC，
∴可以假设AP＝CQ＝a，则PC＝3a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵△ABP≌△CBQ，
∴∠BCQ＝∠BAP＝45°，
∴∠PCQ＝90°，
∴PQa，
∵CH⊥PQ，
∴CHa，
∵BP＝BQ，BT⊥PQ，
∴PT＝TQ，
∵∠PBQ＝90°，
∴BTPQa，
∵CH∥BT，
∴，
∴．

（3）解：结论：PF＝EQ，理由是：
如图2，当F在边AD上时，过P作PG⊥FQ，交AB于G，则∠GPF＝90°，
∵∠BPQ＝45°，
∴∠GPB＝45°，
∴∠GPB＝∠PQB＝45°，
∵PB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ，
∴△PGB≌△QEB，
∴EQ＝PG，
∵∠BAD＝90°，
∴F、A、G、P四点共圆，
连接FG，
∴∠FGP＝∠FAP＝45°，
∴△FPG是等腰直角三角形，
∴PF＝PG，
∴PF＝EQ．



17．（2020•郴州）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）．
（1）如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE＝CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
（2）如图3，延长CE交直线AG于点P．
①求证：AG⊥CP；
②在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）①结论：△AGD≌△CED．根据SAS证明即可．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．解直角三角形求出AT，GT，再利用相似三角形的性质求解即可．
（2）①如图3中，设AD交PC于O．利用全等三角形的性质，解决问题即可．
②因为∠CPA＝90°，AC是定值，推出当∠ACP最小时，PC的值最大，推出当DE⊥PC时，∠ACP的值最小，此时PC的值最大，此时点F与P重合（如图4中）．
【解析】（1）①如图2中，结论：△AGD≌△CED．

理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△AGD≌△CED（SAS）．

②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．

∵△AGD≌△CED，CD＝CE，
∴AD＝AG＝4，
∵AT⊥GD，
∴TG＝TD＝1，
∴AT，
∵EF∥DG，
∴∠GHF＝∠AGT，
∵∠F＝∠ATG＝90°，
∴△GFH∽△ATG，
∴，
∴，
∴GH．

（2）①如图3中，设AD交PC于O．

∵△AGD≌△CED，
∴∠DAG＝∠DCE，
∵∠DCE+∠COD＝90°，∠COD＝∠AOP，
∴∠AOP+∠DAG＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴CP⊥AG．

②∵∠CPA＝90°，AC是定值，
∴当∠ACP最小时，PC的值最大，
∴当DE⊥PC时，∠ACP的值最小，此时PC的值最大，此时点F与P重合（如图4中），

∵∠CED＝90°，CD＝4，DE＝2，
∴EC2，
∵EF＝DE＝2，
∴CP＝CE+EF＝2+2，
∴PC的最大值为2+2．
18．（2020•湘西州）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．
小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是　EF＝AE+CF　；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F，上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由；
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由；
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处．且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°．试求此时两舰艇之间的距离．

【分析】问题背景：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸1：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸2：延长DC到H，使得CH＝AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF＝AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．
【解析】问题背景：
如图1，延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；

故答案为：EF＝AE+CF；
探究延伸1：
如图2，延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；

探究延伸2：
上述结论仍然成立，即EF＝AE+CF，理由：
如图3，延长DC到H，使得CH＝AE，连接BH，

∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，
∴∠BCH＝∠BAE，
∵BA＝BC，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，
∴∠HBE＝∠ABC，
又∵∠ABC＝2∠MBN，
∴∠EBF＝∠HBF，
∵BF＝BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
实际应用：
如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，

因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB＝140°，
因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF＝70°，所以∠AOB＝2∠EOF．
依题意得，OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，所以∠A+∠B＝180°，
因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：
在四边形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．
根据探究延伸2的结论可得：EF＝AE+BF，
根据题意得，AE＝75×1.2＝90（海里），BF＝100×1.2＝120（海里），
所以EF＝90+120＝210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
19．（2020•扬州）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，求的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值．

【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）过点E作EM∥FD交AD的延长线于点M，证得∠M＝∠ADF＝45°，由直角三角形的性质得出EMDEDF，证明△AME∽△ADF，得出；
（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，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．
【解答】（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，过点E作EM∥FD交AD的延长线于点M，

设∠DAC＝α，
∵CO∥AD，
∴∠ACO＝∠DAC＝α，
∵AO＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝α，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD＝2α，
∵DE＝EF，
∴∠DFE＝∠DEF＝3α，
∵AO＝OB＝OD，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAE+∠AED＝90°，
即4α＝90°，
∴∠ADF＝2α＝45°，
∴∠FDE＝45°，
∴∠M＝∠ADF＝45°，
∴EMDEDF，
∵DF∥EM，
∴△AME∽△ADF，
∴；
（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，
∴OG＝2，
∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，
∴G为BD的中点，
又∵O为AB的中点，
∴AD＝2OG＝4，
∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+442x+810，
∵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，
∴∠DAC＝∠COB＝60°，
∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，
∴∠AFD＝90°，
∴，DFDA，
∴．
20．（2020•临沂）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？

【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF＝EF和CF＝AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，从而推断出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可证明．
【解析】（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；

（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MNAF，NGCF，即MN+NG（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，
即MN+NG的最小值为；


（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD＝∠CFD∠AFC，
∵AF＝CF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，
∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF＝∠CEF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝∠CEF＝30°，为定值．

21．（2020•岳阳）如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动到点B时，P，Q两点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），连接PQ，过点P作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE．
（1）如图2，当t＝5s时，延长EP交边AD于点F．求证：AF＝CE；
（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ，QE，CE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当ts时，延长EP交边AD于点F，连接FQ，若FQ平分∠AFP，求的值．

【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判断出CP＝AP，进而判断出△APF≌△CPE，即可得出结论；
（2）先判断出AF＝CE，PE＝PF，再用勾股定理得出AQ2+AF2＝QF2，即可得出结论；
（3）先判断出△FAQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，进而判断出PE＝CE，再判断出△CNE∽△CBA，得出CEt，在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，∴t2+（t）2＝（6﹣t）2，进而求出t，即可得出结论．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，
由运动知，CP＝t＝5，
∴AP＝AC﹣CP＝5，
∴AP＝CP，
∵AD∥BC，
∴∠PAF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP，
∴△APF≌△CPE（AAS），
∴AF＝CE；

（2）结论：AQ2+CE2＝QE2，
理由：如图2，
连接FQ，由（1）知，△APF≌△CPE，
∴AF＝CE，PE＝PF，
∵EF⊥PQ，
∴QE＝QF，
在Rt△QAF中，根据勾股定理得，AQ2+AF2＝QF2，
∴AQ2+CE2＝QE2；

（3）如图3，
由运动知，AQ＝t，CP＝t，
∴AP＝AC﹣CP＝10﹣t，
∵FQ平分∠AFE，
∴∠AFC＝∠PFQ，
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，FQ＝FQ，
∴△FAQ≌△FPQ（AAS），
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF，
∴BQ＝AB﹣AQ＝6﹣t，∠FAC＝∠FPA，
∵∠DAC＝∠ACB，∠APF＝∠CPE，
∴∠ACB＝∠CPE，
∴PE＝CE，过点E作EN⊥AC于N，
∴CNCPt，∠CNE＝90°＝∠ABC，
∵∠NCE＝∠BCA，
∴△CNE∽△CBA，
∴，
∴，
∴CEt，
∴PEt，BE＝BC﹣CE＝8t，
在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，
在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，
∴PQ2+PE2＝BQ2+BE2，
∴t2+（t）2＝（6﹣t）2+（8t）2，
∴t，
∴CP＝t，
∴AP＝10﹣CP，
∵AD∥BC，
∴△APF∽△CPE，
∴．


22．（2020•天津）将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（2，0），点B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，点P在边OB上（点P不与点O，B重合）．
（Ⅰ）如图①，当OP＝1时，求点P的坐标；
（Ⅱ）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ＝OP，点O的对应点为O'，设OP＝t．
①如图②，若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分为四边形，O'P，O'Q分别与边AB相交于点C，D，试用含有t的式子表示O'D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤t≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．

【分析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．解直角三角形求出OH，PH即可．
（Ⅱ）①解直角三角形求出DQ，DO′即可．
②求出点O′落在AB上时，S（）2．当t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，St2（3t﹣4）2t2+3t﹣2，当t时，S有最大值，最大值．再求出当t＝1或3时，S的值即可判断．
【解析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．

∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OHOP，PH＝OP•cos30°，
∴P（，）．

（Ⅱ）①如图②中，

由折叠可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四边形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∵O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴t＜2．

②当点O′落在AB上时，重叠部分是△PQO′，此时t，S（）2，
当t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，St2（3t﹣4）2t2+3t﹣2，
当t时，S有最大值，最大值，
当t＝1时，S，当t＝3时，S，
综上所述，S．
23．（2020•南京）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A、B两个城镇分别铺设管道输送燃气．试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线段A'B与直线l的交点C的位置即为所求，即在点C处建燃气站，所得路线ACB是最短的．
为了证明点C的位置即为所求，不妨在直线1上另外任取一点C'，连接AC'、BC'，证明AC+CB＜AC′+C'B．请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域．请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由）．
①生态保护区是正方形区域，位置如图③所示；
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【分析】（1）由轴对称的性质可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三边关系可得A'B＜A'C'+C'B，可得结论；
（2）①由（1）的结论可求；
②由（1）的结论可求解．
【解答】证明：（1）如图②，连接A'C'，
∵点A，点A'关于l对称，点C在l上，
∴CA＝CA'，
∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，
同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，
∵A'B＜A'C'+C'B，
∴AC+BC＜AC'+C'B；
（2）如图③，

在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDB，（其中点D是正方形的顶点）；
如图④，

在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDEB，（其中CD，BE都与圆相切）
24．（2020•河南）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．
（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为　等腰直角三角形　，连接BD，可求出的值为　　；
（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．

【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AB'，∠BAB'＝60°，证得△ABB'是等边三角形，可得出△DEB'是等腰直角三角形．证明△BDB'∽△CDE，得出．
（2）①得出∠EDB'＝∠EB'D＝45°，则△DEB'是等腰直角三角形，得出，证明△B'DB∽△EDC，由相似三角形的性质可得出．
②分两种情况画出图形，由平行四边形的性质可得出答案．
【解析】（1）∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，
∴△ABB'是等边三角形，
∴∠BB'A＝60°，
∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，
∵AB'＝AB＝AD，
∴∠AB'D＝∠ADB'，
∴∠AB'D75°，
∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，
∵DE⊥B'E，
∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，
∴△DEB'是等腰直角三角形．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，
∴，
同理，
∴，
∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，
∴∠BDB'＝∠EDC，
∴△BDB'∽△CDE，
∴．
故答案为：等腰直角三角形，．
（2）①两结论仍然成立．
证明：连接BD，

∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，
∴∠AB'B＝90°，
∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，
∴∠AB'D＝135°，
∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°45°，
∵DE⊥BB'，
∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，
∴△DEB'是等腰直角三角形，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，∠BDC＝45°，
∴，
∵∠EDB'＝∠BDC，
∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，
即∠B'DB＝∠EDC，
∴△B'DB∽△EDC，
∴．
②3或1．
若CD为平行四边形的对角线，
点B'在以A为圆心，AB为半径的圆上，取CD的中点．连接BO交⊙A于点B'，
过点D作DE⊥BB'交BB'的延长线于点E，

由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，
∴B'DB'E，
由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'CE．
∴1111＝3．
若CD为平行四边形的一边，如图3，

点E与点A重合，
∴1．
综合以上可得3或1．
25．（2020•达州）（1）[阅读与证明]
如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．
①完成证明：∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝　60　°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝　30　°．
②求证：BF＝AF+2FG．
（2）[类比与探究]
把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①∠FEG＝　45　°；
②线段BF、AF、FG之间存在数量关系　BFAFFG　．
（3）[归纳与拓展]
如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为　BF＝2AF•sinα　．

【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．
②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．
②结论：BFAFFG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出，推出BTAF可得结论．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，
∴∠FEG＝30°．
故答案为60，30．

②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．

∵C，E关于AM对称，
∴AM垂直平分线段EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，
∴△CFT是等边三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．

（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，
∴点A是△ECB的外接圆的圆心，
∴∠BEC∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FEG＝45°．
故答案为45．

②结论：BFAFFG．
理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．

∵AM⊥EC，CG＝CE，
∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EFFG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，
∴△CFT是等腰直角三角形，
∴CTCF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BCAC，
∴，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∴△BCT∽△ACF，
∴，
∴BTAF，
∴BF＝BT+TFAFFG．．

（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．

∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴sinα，
∴2•sinα，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠BEC∠BACα，EF，
∵FC＝FE，
∴∠FEC＝∠FCEα，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可证，△BCT∽△ACF，
∴2•sinα，
∴BT＝2AF•sinα，
∴BF＝BT+FT＝2AF•sinα+EF．即BF＝2AF•sinα．
故答案为：BF＝2AF•sinα．
26．（2020•齐齐哈尔）综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM　是　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　等边三角形　；进一步计算出∠MNE＝　60　°；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　15　°；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．
请写出以上4个数值中你认为正确的数值　7，9　．

【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
【解析】（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
27．（2020•济宁）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E，F，G分别在边BC，CD上，BE＝CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点（与点A不重合）．
（1）求证：△AEH≌△AGH；
（2）当AB＝12，BE＝4时．
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠ACD＝∠ABC，判断出△ABE≌△ACG，即可得出结论；
（2）①先判断出EH+DH最小时，△AEH的周长最小，在Rt△DCM中，求出CM＝6，DM＝6，在Rt△DME中，
根据勾股定理得，DE＝4，即可得出结论；
②分两种情况：Ⅰ、当OH与线段AE相交时，判断出点N是AE的中点，即可得出结论；
Ⅱ、当OH与CE相交时，判断出点Q是CE的中点，再构造直角三角形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠ACD∠BCD＝60°＝∠ABC，
∵BE＝CG，
∴△ABE≌△ACG（SAS），
∴AE＝AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AH＝AH，
∴△AEH≌△AGH（SAS）；

（2）①如图1，
过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，
∵AB＝12，BE＝4，
∴CG＝4，
∴CE＝DG＝12﹣4＝8，
由（1）知，△AEH≌△AGH，
∴EH＝HG，
∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，
要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，
在Rt△DCM中，∠DCM＝180°﹣120°＝60°，CD＝AB＝12，
∴CM＝6，
∴DMCM＝6，
在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，
根据勾股定理得，DE4，
∴△DGH周长的最小值为48；

②Ⅰ、当OH与线段AE相交时，交点记作点N，如图2，连接CN，
∴点O是AC的中点，
∴S△AON＝S△CONS△ACN，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴，
∴S△CEN＝S△ACN，
∴AN＝EN，
∵点O是AC的中点，
∴ON∥CE，
∴；

Ⅱ、当OH与线段CE相交时，交点记作Q，如图3，
连接AQ，FG，∵点O是AC的中点，
∴S△AOQ＝S△COQS△ACQ，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴，
∴S△AEQ＝S△ACQ，
∴CQ＝EQCE（12﹣4）＝4，
∵点O是AC的中点，
∴OQ∥AE，设FQ＝x，
∴EF＝EQ+FQ＝4+x，CF＝CQ﹣FQ＝4﹣x，
由（1）知，AE＝AG，
∵AF是∠EAG的角平分线，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴FG＝EF＝4+x，
过点G作GP⊥BC交BC的延长线于P，
在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，CG＝4，
∴CPCG＝2，PGCP＝2，
∴PF＝CF+CP＝4﹣x+2＝6﹣x，
在Rt△FPG中，根据勾股定理得，PF2+PG2＝FG2，
∴（6﹣x）2+（2）2＝（4+x）2，
∴x，
∴FQ，EF＝4，
∵OQ∥AE，
∴，
即的值为或．



28．（2020•泰州）如图，正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，△MBE为等边三角形，过点E作ME的垂线分别与边AD、BC相交于点F、G，点P、Q分别在线段EF、BC上运动，且满足∠PMQ＝60°，连接PQ．
（1）求证：△MEP≌△MBQ．
（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．
（3）设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．

【分析】（1）由“ASA”可证△MBQ≌△MEP；
（2）连接MG，过点F作FH⊥BC于H，由“HL”可证Rt△MBG≌Rt△MEG，可得BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，由直角三角形的性质可求BG＝GE，由锐角三角函数可求GF＝4，由全等三角形的性质可求PE＝BQ＝BG+GQ，即可求GQ+PF＝2；
（3）利用特殊值法，分别求出点B'落在QP上和MP上时α的值，即可求解．
【解答】证明：（1）∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，
∵△MBE是等边三角形，
∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，
∴∠BMQ＝∠PME，
又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，
∴△MBQ≌△MEP（ASA）；
（2）PF+GQ的值不变，
理由如下：如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，

∵ME＝MB，MG＝MG，
∴Rt△MBG≌Rt△MEG（HL），
∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，
∴MBBG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，
∴GE，∠FGH＝60°，
∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，
∴四边形DCHF是矩形，
∴FH＝CD＝6，
∵sin∠FGH，
∴FG＝4，
∵△MBQ≌△MEP，
∴BQ＝PE，
∴PE＝BQ＝BG+GQ，
∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2GQ+PF，
∴GQ+PF＝2；
（3）如图2，当点B'落在PQ上时，

∵△MBQ≌△MEP，
∴MQ＝MP，
∵∠QMP＝60°，
∴△MPQ是等边三角形，
当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，
∴△MBQ≌△MB'Q，
∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°
∴∠QME＝30°
∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，
∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，
如图3，当点B'落在MP上时，

同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，
∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．
29．（2020•安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．
（1）求证：BD⊥EC；
（2）若AB＝1，求AE的长；
（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DGAG．

【分析】（1）证明△AEF≌△ADB（SAS），得出∠AEF＝∠ADB，证得∠EGB＝90°，则结论得出；
（2）证明△AEF∽△DCF，得出，即AE•DF＝AF•DC，设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，解方程即可得出答案；
（3）在线段EG上取点P，使得EP＝DG，证明△AEP≌△ADG（SAS），得出AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，证得△PAG为等腰直角三角形，可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
又∵AE＝AD，AF＝AB，
∴△AEF≌△ADB（SAS），
∴∠AEF＝∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，
即∠EGB＝90°，
故BD⊥EC，
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥CD，
∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，
∴△AEF∽△DCF，
∴，
即AE•DF＝AF•DC，
设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，
解得或（舍去），
∴AE．
（3）如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，

在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴△AEP≌△ADG（SAS），
∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，
∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，
∴△PAG为等腰直角三角形，
∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PGAG．
30．（2020•绥化）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点G在边BC上，连接AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，连接BE、DF，设∠EDF＝α，∠EBF＝β，k．
（1）求证：AE＝BF；
（2）求证：tanα＝k•tanβ；
（3）若点G从点B沿BC边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边AB围成的图形的面积．

【分析】（1）证明△ABF≌△DAE（AAS），可得出AE＝BF；
（2）由锐角三角函数的定义可得出．证明△AED∽△GBA，得出，可得出结论；
（3）得出∠AED＝∠BFA＝90°，当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，求出S△AOB即可得出答案．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∵∠BAF+∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AE＝BF；
（2）在Rt△DEF和Rt△EFB中，tanα，tanβ，
∴．
由①可知∠ADE＝∠BAG，∠AED＝∠GBA＝90°，
∴△AED∽△GBA，
∴，
由①可知，AE＝BF，
∴，
∴，
∵k，AB＝BC，
∴k，
∴k．
∴tanα＝ktanβ．
（3）∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，
同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．

∵AB＝AD＝4，
∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB4×4＝4．
31．（2020•德州）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是：　SAS　；
（2）AD的取值范围是　1＜AD＜5　；
方法运用：
（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．
（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．

【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；
（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．
【解析】（1）∵AD是中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，
∴△BED≌△CAD（SAS），
故答案为：SAS；
（2）∵△BED≌△CAD，
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，

∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴AC＝BF；
（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，

∵点G是DF的中点，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≌△CGD（SAS），
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵，，
∴tan∠ADB，tan∠EBF，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，
∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，
又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵，且CD＝NF，
∴
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EGNC，
∴EG＝GC．
32．（2020•乐山）点P是平行四边形ABCD的对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F．点O为AC的中点．
（1）如图1，当点P与点O重合时，线段OE和OF的关系是　OE＝OF　；
（2）当点P运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？
（3）如图3，点P在线段OA的延长线上运动，当∠OEF＝30°时，试探究线段CF、AE、OE之间的关系．

【分析】（1）由“AAS”可证△AEO≌△CFO，可得OE＝OF；
（2）由题意补全图形，由“AAS”可证△AOE≌△COG，可得OE＝OG，由直角三角形的性质可得OG＝OE＝OF；
（3）延长EO交FC的延长线于点H，由全等三角形的性质可得AE＝CH，OE＝OH，由直角三角形的性质可得HFEH＝OE，可得结论．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，
又∵∠AEO＝∠CFO，∠AOE＝∠COF＝90°，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF，
故答案为：OE＝OF；
（2）补全图形如图所示，

结论仍然成立，
理由如下：
延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠EAO＝∠GCO，
∵点O为AC的中点，
∴AO＝CO，
又∵∠AOE＝∠COG，
∴△AOE≌△COG（AAS），
∴OE＝OG，
∵∠GFE＝90°，
∴OE＝OF；
（4）点P在线段OA的延长线上运动时，线段CF、AE、OE之间的关系为OE＝CF+AE，
证明如下：如图，延长EO交FC的延长线于点H，

由（2）可知△AOE≌△COH，
∴AE＝CH，OE＝OH，
又∵∠OEF＝30°，∠HFE＝90°，
∴HFEH＝OE，
∴OE＝CF+CH＝CF+AE．
33．（2020•成都）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB＝5，且AF•FD＝10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN+FD时，求的值．

【分析】（1）由折叠的性质得出BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB＝30°，可求出答案；
（2）证明△FAB∽△EDF，由相似三角形的性质得出，可求出DE＝2，求出EF＝3，由勾股定理求出DF，则可求出AF，即可求出BC的长；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，，设AN＝x，设FG＝y，则AF＝2y，由勾股定理得出（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解出yx，则可求出答案．
【解析】（1）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE∠FBC＝15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴，
∴AF•DF＝AB•DE，
∵AF•DF＝10，AB＝5，
∴DE＝2，
∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，
∴EF＝3，
∴DF，
∴AF2，
∴BC＝AD＝AF+DF＝23．
（3）过点N作NG⊥BF于点G，

∵NF＝AN+FD，
∴NFADBC，
∵BC＝BF，
∴NFBF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴，
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，
设FG＝y，则AF＝2y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，
解得yx．
∴BF＝BG+GF＝2xxx．
∴．
34．（2020•贵阳）如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．
（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　PQBO　，位置关系是　PQ⊥BO　；
（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．

【分析】（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQOC，则可得出结论；
（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等腰直角三角形．同理△BPO'也为等腰直角三角形，则可得出结论；
（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．
【解析】（1）∵点O为对角线AC的中点，
∴BO⊥AC，BO＝CO，
∵P为BC的中点，Q为BO的中点，
∴PQ∥OC，PQOC，
∴PQ⊥BO，PQBO；
故答案为：PQBO，PQ⊥BO．
（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接O'P并延长交BC于点F，

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

∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECG＝45°，
由旋转得，四边形O'ABG是矩形，
∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，
∴△EGC为等腰直角三角形．
∵点P是CE的中点，
∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，
∴△O'GP≌△BCP（SAS），
∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，
∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，
∴∠O'PB＝90°，
∴△O'PB为等腰直角三角形，
∵点Q是O'B的中点，
∴PQO'B＝BQ，PQ⊥O'B，
∵AB＝1，
∴O'A，
∴O'B，
∴BQ．
∴S△PQBBQ•PQ．
35．（2020•黑龙江）以Rt△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，过点A作AM⊥BC于M，延长MA交EG于点N．
（1）如图①，若∠BAC＝90°，AB＝AC，易证：EN＝GN；
（2）如图②，∠BAC＝90°；如图③，∠BAC≠90°，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．

【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出∠MAC＝45°，证得∠EAN＝∠NAG，由等腰三角形的性质得出结论；
（2）如图1，2，证明方法相同，利用“AAS”证明△ABM和△EAP全等，根据全等三角形对应边相等可得EP＝AM，同理可证GQ＝AM，从而得到EP＝GQ，再利用“AAS”证明△EPN和△GQN全等，根据全等三角形对应边相等可得EN＝NG．
【解析】（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵AM⊥BC，
∴∠MAC＝45°，
∴∠EAN＝∠MAC＝45°，
同理∠NAG＝45°，
∴∠EAN＝∠NAG，
∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形，
∴AE＝AB＝AC＝AG，
∴EN＝GN．
（2）如图1，∠BAC＝90°时，（1）中结论成立．

理由：过点E作EP⊥AN交AN的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAM＝180°﹣90°＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，
∴∠ABM＝∠EAP，
在△ABM和△EAP中，
，
∴△ABM≌△EAP（AAS），
∴EP＝AM，
同理可得：GQ＝AM，
∴EP＝GQ，
在△EPN和△GQN中，
，
∴△EPN≌△GQN（AAS），
∴EN＝NG．
如图2，∠BAC≠90°时，（1）中结论成立．

理由：过点E作EP⊥AN交AN的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAM＝180°﹣90°＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，
∴∠ABM＝∠EAP，
在△ABM和△EAP中，
，
∴△ABM≌△EAP（AAS），
∴EP＝AM，
同理可得：GQ＝AM，
∴EP＝GQ，
在△EPN和△GQN中，
，
∴△EPN≌△GQN（AAS），
∴EN＝NG．
36．（2020•衢州）【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．

【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．

（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．

∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．

（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，

∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1•OG•DK，S2•BF•AD，
又∵BF＝2OG，，
∴，设CD＝2x，AC＝3x，则ADx，
∴．

（4）解：设OG＝a，AG＝k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

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

∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，即，
∴，
∴BE，
由题意：102aAD•（k﹣2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2﹣4ka，
∴ka，
∴ADa，
∴BEa，ABa，
∴tan∠BAE，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
37．（2020•嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．

【分析】【思考】
由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】
连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】
如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【解析】【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，

∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x，
∴AFcm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，

由旋转的性质知：OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
38．（2020•孝感）已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠ABC的平分线与⊙O交于点D，与AC交于点E，连接CD并延长与⊙O过点A的切线交于点F，记∠BAC＝α．
（1）如图1，若α＝60°，
①直接写出的值为　　；
②当⊙O的半径为2时，直接写出图中阴影部分的面积为　π　；
（2）如图2，若α＜60°，且，DE＝4，求BE的长．

【分析】（1）①由切线的性质得：∠OAF＝90°，证明△ABC是等边三角形，
得∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，根据三角形的内角和定理证明∠BAD＝90°，可知BD是⊙O的直径，由圆周角，弧，弦的关系得AD＝CD，说明△ADF是含30度的直角三角形，得AD＝CD＝2DF，可解答；
②根据阴影部分的面积＝S梯形AODF﹣S扇形OAD＝代入可得结论；
（2）如图2，连接AD，连接AO并延长交⊙O于点H，连接DH，则∠ADH＝90°，先证明△ADF≌△ADE（ASA），得DF＝DE＝4，由已知得DC＝6，证明△CDE∽△BDC，列比例式可得BD＝9，从而解答即可．
【解析】（1）如图1，连接OA，AD，

∵AF是⊙O的切线，
∴∠OAF＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝30°，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠ABO＝∠OAB＝30°，∠OAD＝∠ADO＝60°，
∵∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADF＝180°﹣60°﹣60°＝60°＝∠OAD，
∴OA∥DF，
∴∠F＝180°﹣∠OAF＝90°，
∵∠DAF＝30°，
∴AD＝2DF，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴，
∴AD＝CD，
∴CD＝2DF，
∴，
故答案为：；
②∵⊙O的半径为2，
∴AD＝OA＝2，DF＝1，
∵∠AOD＝60°，
∴阴影部分的面积为：S梯形AODF﹣S扇形OADπ；
故答案为：π；
（2）如图2，连接AD，连接AO并延长交⊙O于点H，连接DH，则∠ADH＝90°，

∴∠DAH+∠DHA＝90°，
∵AF与⊙O相切，
∴∠DAH+∠DAF＝∠FAO＝90°，
∴∠DAF＝∠DHA，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵，
∴∠CAD＝∠DHA＝∠DAF，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，
∴∠ADF＝∠ADB，
在△ADF和△ADE中
∵，
∴△ADF≌△ADE（ASA），
∴DF＝DE＝4，
∵，
∴DC＝6，
∵∠DCE＝∠ABD＝∠DBC，∠CDE＝∠CDE，
∴△CDE∽△BDC，
∴，即，
∴BD＝9，
∴BE＝DB﹣DE＝9﹣5＝5．
39．（2020•鄂州）如图所示：⊙O与△ABC的边BC相切于点C，与AC、AB分别交于点D、E，DE∥OB．DC是⊙O的直径．连接OE，过C作CG∥OE交⊙O于G，连接DG、EC，DG与EC交于点F．
（1）求证：直线AB与⊙O相切；
（2）求证：AE•ED＝AC•EF；
（3）若EF＝3，tan∠ACE时，过A作AN∥CE交⊙O于M、N两点（M在线段AN上），求AN的长．

【分析】（1）证明△AOE≌△AOC（SSS）可得结论．
（2）连接EG．证明△AEC∽△EFG可得结论．
（3）过点O作OH⊥AN于H．解直角三角形求出DE＝EC，CD，利用相似三角形的性质求出E，AC，AO，求出AH，HN即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵CD是直径，
∴∠DEC＝90°，
∴DE⊥EC，
∵DE∥OB，
∴OB⊥EC，
∴OB垂直平分线段EC，
∴BE＝EC，OE＝OC，
∵OB＝OB，
∴△OBE≌△OBC（SSS），
∴∠OEB＝∠OCB，
∵BC是⊙O的切线，
∴OC⊥BC，
∴∠OCB＝90°，
∴∠OEB＝90°，
∴OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线．

（2）证明：连接EG．
∵CD是直径，
∴∠DGC＝90°，
∴CG⊥DG，
∵CG∥OE，
∴OE⊥DG，
∴，
∴DE＝EG，
∵AE⊥OE，DG⊥OE，
∴AE∥DG，
∴∠EAC＝∠GDC，
∵∠GDC＝∠GEF，
∴∠GEF＝∠EAC，
∵∠EGF＝∠ECA，
∴△AEC∽△EFG，
∴，
∵EG＝DE，
∴AE•DE＝AC•EF．

（3）解：过点O作OH⊥AN于H．
∵，
∴∠EDG＝∠ACE，
∴tan∠EDF＝tan∠ACE，
∵EF＝3，
∴DE＝6，EC＝12，CD6，
∵∠AED+∠OED＝90°，∠OED+∠OEC＝90°，
∴∠AED＝∠OEC，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠AED＝∠ACE，
∵∠EAD＝∠EAC，
∴△EAD∽△CAE，
∴═，
∴可以假设AE＝x，AC＝2x，
∵AE2＝AD•AC，
∴x2＝（2x﹣6）•2x，
解得x＝4（x＝0舍去），
∴AE＝4，AC＝8，AD＝2，OA＝5，
∵EC∥AN，
∴∠OAH＝∠ACE，
∴tan∠OAH＝tan∠ACE，
∴OH＝5，AH＝10，
∵OH⊥MN，
∴HM＝HN，连接OM，则MH＝HN2，
∴AN＝AH+HN＝10+2．

40．（2020•长沙）如图，半径为4的⊙O中，弦AB的长度为4，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE、OD、OE．
（1）求∠AOB的度数；
（2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求△ODE的外心P所经过的路径的长度；
（3）分别记△ODE，△CDE的面积为S1，S2，当S12﹣S22＝21时，求弦AC的长度．

【分析】（1）如图1中，过点O作OH⊥AB于H．利用等腰三角形的性质求出∠AOH即可．
（2）连接OC，证明O，D，C，F四点共圆，OC的中点即为△ODE外接圆的圆心，再利用弧长公式计算即可．
（3）如图3中，连接OC交AB于J，过点O作OH⊥AB于H，过点C作CK⊥AB于K．证明△CDE∽△CAB，推出（）2，推出S△ABC＝4S2，因为S△ADO＝S△ODC，S△OBE＝S△OEC，推出S四边形ODCES四边形OACB，可得S1+S2（4S2+4）＝2S2+2，推出S1＝S2+2，因为S12﹣S22＝21，可得S22+4S2+12﹣S22＝21，推出S2，利用三角形的面积公式求出CK，解直角三角形求出AK即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，过点O作OH⊥AB于H．

∵OA＝OB＝4，OH⊥AB，
∴AH＝HBAB＝2，∠AOH＝∠BOH，
∴sin∠AOH，
∴∠AOH＝60°，
∴∠AOB＝2∠AOH＝120°．

（2）如图2中，连接OC．

∵OA＝OC＝OB，AD＝DC，CE＝EB，
∴OD⊥AC，OE⊥CB，
∴∠ODC＝∠OEC＝90°，
∴∠ODC+∠OEC＝180°，
∴O，D，C，E四点共圆，
∴OC是直径，
∴OC的中点P是△OED的外接圆的圆心，
∴OPOC＝2，
∴点P的运动路径的长．

（3）如图3中，连接OC交AB于J，过点O作OH⊥AB于H，过点C作CK⊥AB于K．

∵AD＝CD，CE＝EB，
∴DE∥AB，AB＝2DE，
∴△CDE∽△CAB，
∴（）2，
∴S△ABC＝4S2，
∵S△ADO＝S△ODC，S△OBE＝S△OEC，
∴S四边形ODCES四边形OACB，
∴S1+S2（4S2+4）＝2S2+2，
∴S1＝S2+2，
∵S12﹣S22＝21，
∴S22+4S2+12﹣S22＝21，
∴S2，
∴S△ABC＝3AB×CK，
∴CK，
∵OH⊥AB，CK⊥AB，
∴OH∥CK，
∴△CKJ∽△OHJ，
∴，
∴，
∴CJ4，OJ4，
∴JK，JH，
∴KH，
∴AK＝AH＝KH＝2，
∴AC．
41．（2020•广元）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OA平分∠BAC交BC于点O，以O为圆心，OC长为半径作圆交BC于点D．

（1）如图1，求证：AB为⊙O的切线；
（2）如图2，AB与⊙O相切于点E，连接CE交OA于点F．
①试判断线段OA与CE的关系，并说明理由．
②若OF：FC＝1：2，OC＝3，求tanB的值．
【分析】（1）过点O作OG⊥AB，垂足为G，利用角平分线的性质定理可得OG＝OC，即可证明；
（2）①利用切线长定理，证明OE＝OC，结合OE＝OC，再利用垂直平分线的判定定理可得结论；
②根据OF：FC＝1：2，OC＝3求出OF和CF，再证明△OCF∽△OAC，求出AC，再证明△BEO∽△BCA，得到，设BO＝x，BE＝y，可得关于x和y的二元一次方程组，求解可得BO和BE，从而可得结果．
【解析】（1）如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵OA平分∠BAC交BC于点O，
∴OG＝OC，
∴点G在⊙O上，
即AB与⊙O相切；

（2）①OA垂直平分CE，理由是：
连接OE，
∵AB与⊙O相切于点E，AC与⊙O相切于点C，
∴AE＝AC，
∵OE＝OC，
∴OA垂直平分CE；
②∵OF：FC＝1：2，OC＝3，
则FC＝2OF，在△OCF中，OF2+（2OF）2＝32，
解得：OF，则CF，
由①得：OA⊥CE，
则∠OCF+∠COF＝90°，又∠OCF+∠ACF＝90°，
∴∠COF＝∠ACF，而∠CFO＝∠ACO＝90°，
∴△OCF∽△OAC，
∴，即，
解得：AC＝6，
∵AB与圆O切于点E，
∴∠BEO＝90°，AC＝AE＝6，而∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，
∴，设BO＝x，BE＝y，
则，
可得：，
解得：，即BO＝5，BE＝4，
∴tanB．

42．（2020•连云港）（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、围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、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△ABDS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△PFCPF×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△ABDS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△ABDS平行四边形ABCD（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）（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﹣SS3+S4．
图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．

43．（2020•内江）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连结BE．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）设OE交⊙O于点F，若DF＝2，BC＝4，求线段EF的长；
（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．

【分析】（1）连接OC，如图，根据垂径定理由OD⊥BC得到CD＝BD，则OE为BC的垂直平分线，所以EB＝EC，证明△OCE≌△OBE（SSS），得出∠OBE＝∠OCE＝90°，根据切线的判定定理得BE与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为x，则OD＝x﹣2，OB＝x，由勾股定理得出（x﹣2）2+（2）2＝x2，解得x＝4，求出OE的长，则可求出EF的长；
（3）由扇形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，

∵CE为切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90°，
∵OD⊥BC，
∴CD＝BD，
即OD垂直平分BC，
∴EC＝EB，
在△OCE和△OBE中
，
∴△OCE≌△OBE（SSS），
∴∠OBE＝∠OCE＝90°，
∴OB⊥BE，
∴BE与⊙O相切；
（2）解：设⊙O的半径为x，则OD＝OF﹣DF＝x﹣2，OB＝x，
在Rt△OBD中，BDBC＝2，
∵OD2+BD2＝OB2，
∴（x﹣2）2+（2）2＝x2，解得x＝4，
∴OD＝2，OB＝4，
∴∠OBD＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∴OE＝2OB＝8，
∴EF＝OE﹣OF＝8﹣4＝4．
（3）∵∠BOE＝60°，∠OBE＝90°，
∴在Rt△OBE中，BEOB＝4，
∴S阴影＝S四边形OBEC﹣S扇形OBC
＝24×4，
＝16．
44．（2020•哈尔滨）已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；
（2）如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为，求线段CG的长．
【分析】（1）由垂径定理可得BE＝EC，由线段垂直平分线的性质可得AB＝AC，由等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，由外角的性质可得结论；
（2）由“AAS”可证△BOE≌△ODH，可得BE＝OH；
（3）过点F作FN⊥AD，交AD于N，设DG＝DE＝2x，由全等三角形的性质可得OE＝DH＝x，OD＝3x＝OA＝OB，勾股定理可求BE＝2x，由锐角三角函数可求ANNF，ONNF，可得AO＝AN+ONNF，由三角形面积公式可求NF的长，可求x＝1，可得BE＝2OH，AE＝4，DG＝DE＝2，勾股定理可求AC＝2，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，通过证明△ACM∽△ADG，由相似三角形的性质可求AM，CM的长，由勾股定理可求GM的长，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AD为⊙O的直径，AD⊥BC，
∴BE＝EC，
∴AB＝AC，
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OB，
∴∠BAD＝∠ABO，
∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO，
∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD；
（2）如图2，连接AG，

∵AD是直径，
∴∠AGD＝90°，
∵点H是DG中点，
∴DH＝HG，
又∵AO＝DO，
∴OH∥AG，AG＝2OH，
∴∠AGD＝∠OHD＝90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOE＝∠ODH，
又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO，
∴△BOE≌△ODH（AAS），
∴BE＝OH；
（3）如图3，过点F作FN⊥AD，交AD于N，

设DG＝DE＝2x，
∴DH＝HG＝x，
∵△BOE≌△ODH，
∴OE＝DH＝x，
∴OD＝3x＝OA＝OB，
∴BE2x，
∵∠BAE＝∠CAE，
∴tan∠BAE＝tan∠CAE，
∴，
∴ANNF，
∵∠BOE＝∠NOF，
∴tan∠BOE＝tan∠NOF，
∴，
∴ONNF，
∴AO＝AN+ONNF，
∵△AOF的面积为，
∴AO×NFNF2，
∴NF，
∴AONF＝3＝3x，
∴x＝1，
∴BE＝2OH，AE＝4，DG＝DE＝2，
∴AC2，
如图3，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，

由（2）可知：AG＝2OH＝4，
∵四边形ADGC是圆内接四边形，
∴∠ACM＝∠ADG，
又∵∠AMC＝∠AGD＝90°，
∴△ACM∽△ADG，
∴，
∴，
∴CM，AM，
∴GM，
∴CG＝GM﹣CM．
45．（2020•成都）如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于点D，AC＝AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE，并延长交线段AB于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，tanB，求⊙O的半径；
（3）若F是AB的中点，试探究BD+CE与AF的数量关系并说明理由．

【分析】（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO＝90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO＝∠ACO＝90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设AC＝4x，BC＝3x，由勾股定理可求BC＝6，再由勾股定理可求解；
（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE＝∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，可得∠DEF＝∠DFE，可证DE＝DF＝CE，可得结论．
【解析】（1）如图，连接OD，

∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO＝90°，
∵AO＝AO，AC＝AD，OC＝OD，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠ADO＝∠ACO＝90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵tanB，
∴设AC＝4x，BC＝3x，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴16x2+9x2＝100，
∴x＝2，
∴BC＝6，
∵AC＝AD＝8，AB＝10，
∴BD＝2，
∵OB2＝OD2+BD2，
∴（6﹣OC）2＝OC2+4，
∴OC，
故⊙O的半径为；
（3）连接OD，DE，

由（1）可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO＝∠ADO＝90°，∠AOC＝∠AOD，
又∵CO＝DO，OE＝OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∴∠OCE＝∠OED，
∵OC＝OE＝OD，
∴∠OCE＝∠OEC＝∠OED＝∠ODE，
∴∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB＝90°，
∴CF＝BF＝AF，
∴∠FCB＝∠FBC，
∴∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝CE，
∴AF＝BF＝DF+BD＝CE+BD．
46．（2020•遂宁）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：．
（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．

【分析】（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG12，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ，
∴CH＝HQ，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ6＝45．

47．（2020•台州）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF．
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB＝6，BC＝m时，在线段CM上存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．

【分析】（1）想办法证明∠BEF＝90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
（2）根据两角对应相等两三角形相似证明．
（3）证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJBD，EF＝m，由△ABC∽△CBM，可得BM，由△BEJ∽△BME，可得BE，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可．
【解答】（1）证明：∵∠EFB＝∠∠EDB，∠EBF＝∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF＝∠EDB+∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴△BEF是直角三角形．

（2）证明：∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD，
∵∠EFB＝∠EDB，
∴∠EFB＝∠BCD，
∵AC＝AD，BC＝BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC＝90°，
∵∠BCD+∠ACD＝∠ACD+∠CAB＝90°，
∴∠BCD＝∠CAB，
∴∠BFE＝∠CAB，
∵∠ACB＝∠FEB＝90°，
∴△BEF∽△BCA．

（3）解：设EF交AB于J．连接AE．
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA＝∠FEB＝90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ＝JB，
∴AF＝DF，
∴FJBD，
∴EF＝m，
∵△ABC∽△CBM，
∴BC：MB＝AB：BC，
∴BM，
∵△BEJ∽△BME，
∴BE：BM＝BJ：BE，
∴BE，
∵△BEF∽△BCA，
∴，
即，
解得m＝2（负根已经舍弃）．

48．（2020•杭州）如图，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连接EF．
（1）设⊙O的半径为1，若∠BAC＝30°，求线段EF的长．
（2）连接BF，DF，设OB与EF交于点P，
①求证：PE＝PF．
②若DF＝EF，求∠BAC的度数．

【分析】（1）解直角三角形求出AB，再证明∠AFB＝90°，利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
（2）①过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．想办法证明四边形OEHF是平行四边形可得结论．
②想办法证明FD＝FB，推出FO⊥BD，推出△AOB是等腰直角三角形即可解决问题．
【解答】（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC＝30°，OA＝1，
∴∠AOE＝60°，OEOA，AE＝EBOE，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∵OF＝FC，
∴BF⊥AC，
∴∠AFB＝90°，
∵AE＝EB，
∴EFAB．

（2）①证明：过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．
∵∠FGA＝∠ABC＝90°，
∴FG∥BC，
∴△OFH∽△OCB，
∴，同理，
∴FH＝OE，
∵OE⊥AB．FH⊥AB，
∴OE∥FH，
∴四边形OEHF是平行四边形，
∴PE＝PF．

②∵OE∥FG∥BC，
∴1，
∴EG＝GB，
∴EF＝FB，
∵DF＝EF，
∴DF＝BF，
∵DO＝OB，
∴FO⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°．

49．（2020•宁波）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．

【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC＝90°，得出∠FDE＝∠FBC，证得∠ABF＝∠FBC，证出∠ACD＝∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC＝∠BAC，则∠BFC＝2∠BEC，得出∠BEC＝∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝DA，则∠AED＝∠DAE，得出∠ADC＝90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，解得x，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【解析】（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD（∠ACD﹣∠ABC）α，
（2）如图1，延长BC到点T，

∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，

∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG，
在Rt△ADE中，AEAD，
∴，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x，
∴ED＝AD，
∴CE＝CD+DE，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EMCE，
∴DM＝DE﹣EM，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM，
∴S△DEFDE•FM．
50．（2020•苏州）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．

【分析】（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，得出，则，解出x．由二次函数的性质可得出答案；
（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQPC•QCPQPQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．

∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OBBD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴，
∴，
∴x．
∴OB．
当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为2cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圆的直径．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQPC•QCPQPQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ，
，
＝4t16﹣4t＝16．
∴四边形OPCQ的面积为16cm2．