山东省泰安市2023年各地区中考考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编-03解答题（较难题）

这是一份山东省泰安市2023年各地区中考考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编-03解答题（较难题），共30页。试卷主要包含了，连接AC，BC，综合与实践等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市2023年各地区中考考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编-03解答题（较难题）
一．二次函数综合题（共4小题）
1．（2023•宁阳县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3a与x轴负半轴交于点A（﹣1，0），与x轴的另一交点为B，与y轴正半轴交于点C（0，3），其顶点为E，抛物线的对称轴与BC相交于点M，与x轴相交于点G．
（1）求抛物线的解析式及对称轴．
（2）抛物线的对称轴上存在一点P，使得∠APB＝∠ABC，求点P的坐标．
（3）连接EB，在抛物线上是否存在一点Q（不与点E重合），使得S△QMB＝S△EMB，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

2．（2023•泰安一模）定义：若抛物线y＝ax2+bx+c（ac≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．线段OA，OB，OC的长满足OC2＝OA•OB，则这样的抛物线称为“黄金抛物线”．如图，“黄金抛物线”y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，且OA＝4OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC于点D．
①求PD的最大值；
②连接PC，当以点P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，求点P的坐标．
3．（2023•新泰市一模）抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴分别交于A，B，C三点A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4），点P是第一象限内抛物线上的一点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，CP，AC，若S△APC＝S△AOC，求点P的坐标；
（3）连接AP，BC，是否存在点P，使得2∠PAB＝∠ABC，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

4．（2023•岱岳区一模）如图，抛物线与x轴交于点A和点B（﹣4，0）．与y轴交于点C（0，4），连接AC，BC．

（1）求抛物线的解析式．
（2）P点是抛物线第二象限上的一个动点，当四边形ABPC面积最大时，求P点此时的横坐标．
（3）若点P是第二象限内抛物线上的一点，当点P到AB，AC距离相等时，求点P的坐标．
二．三角形综合题（共1小题）
5．（2023•新泰市一模）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D，我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．

（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是 　 　．
（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD＝60°，求证：AC+BD＝OC．
三．正方形的判定与性质（共1小题）
6．（2023•肥城市一模）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝　 　°（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 　 　（直接写出结果不写解答过程）．

四．四边形综合题（共3小题）
7．（2023•宁阳县一模）在边长为1的正方形ABCD中，点E是射线BC上一动点，AE与BD相交于点M，AE或其延长线与DC或其延长线相交于点F，G是EF的中点，连接CG．
（1）如图1，当点E在BC边上时．求证：①△ABM≌△CBM；②CG⊥CM．
（2）如图2，当点E在BC的延长线上时，（1）中的结论②是否成立？请写出结论，不用证明．
（3）试问当点E运动到什么位置时，△MCE是等腰三角形？请说明理由．

8．（2023•宁阳县一模）综合与实践
如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为E，GF⊥CD，垂足为F．

【证明与推断】
（1）①四边形CEGF的形状是 　 　；
②的值为 　 　；
【探究与证明】
（2）在图1的基础上，将正方形CEGF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
【拓展与运用】
（3）如图3，在（2）的条件下，正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点共线时，探究AG和GE的位置关系，并说明理由．

9．（2023•泰安一模）矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，P为DE上的一点（PE＜PD），PM⊥PD，PM交AD边于点M．

（1）若点F是边CD上一点，满足PF⊥PN，且点N位于AD边上，如图1所示．
求证：①PN＝PF；②DF+DN＝DP；
（2）如图2所示，当点F在CD边的延长线上时，仍然满足PF⊥PN，此时点N位于DA边的延长线上，如图2所示；试问DF，DN，DP有怎样的数量关系，并加以证明．

山东省泰安市2023年各地区中考考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编-03解答题（较难题）
参考答案与试题解析
一．二次函数综合题（共4小题）
1．（2023•宁阳县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3a与x轴负半轴交于点A（﹣1，0），与x轴的另一交点为B，与y轴正半轴交于点C（0，3），其顶点为E，抛物线的对称轴与BC相交于点M，与x轴相交于点G．
（1）求抛物线的解析式及对称轴．
（2）抛物线的对称轴上存在一点P，使得∠APB＝∠ABC，求点P的坐标．
（3）连接EB，在抛物线上是否存在一点Q（不与点E重合），使得S△QMB＝S△EMB，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，对称轴为x＝1；
（2）P点坐标为（1，2+2）或（1，−2−2）；
（3）存在，满足条件的点Q的坐标为：（2，3）或（，）或（，）．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）、C（0，3）分别代入y＝ax2+bx﹣3a得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为x＝−＝1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，对称轴为x＝1；

（2）令y＝0得：﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝45°，
当点P在x轴上方时，

∵∠APB＝∠ABC＝45°，且PA＝PB，
∴∠PBA＝（180°−45°）＝67.5°，∠MPB＝∠APB＝22.5°，
∴∠MBP＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∴∠MPB＝∠MBP，
∴MP＝MB，
在Rt△BMG中，BG＝MG＝2，
由勾股定理可得：BM＝2，
∴MP＝2，
∴PG＝MG+MP＝2+2，
∴P（1，2+2）；
当点P在x轴下方时，由对称性可得P点坐标为（1，−2−2）；
∴P点坐标为（1，2+2）或（1，−2−2）；

（3）存在．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，E为抛物线的顶点，
∴E（1，4），
∵S△EMB＝EM•BG，
由（2）得，M（1，2），
∴EM＝4﹣2＝2，BG＝2．
设直线BC的表达式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入得，
，
解得：，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+3，
设过点E与BC平行的直线与抛物线的交点为Q，如图，当EQ∥BC时，S△QMB＝S△EMB，

则设直线EQ的表达式为y＝﹣x+m，将E（1，4）代入得，4＝﹣1+m，
解得m＝5，
∴直线FQ的表达式为y＝﹣x+5，
∵直线y＝﹣x+5与抛物线y＝﹣x2+2x+3交于点Q，
∴，
解得：（舍去），，
∴点Q的坐标为（2，3），
∵EG＝4，EM＝2，
∴GM＝EM＝2，
设过点G与BC平行的直线与抛物线的交点为Q，如图，当GQ∥BC时，S△QMB＝S△EMB，

则设直线GQ的表达式为y＝﹣x+n，将G（1，0）代入得，0＝﹣1+n，
解得n＝1，
直线GQ的表达式为y＝﹣x+1．
∵直线y＝﹣x+1与抛物线y＝﹣x2+2x+3交于点Q，
则，
解得：，，
∴点Q的坐标为（，），（，），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为：（2，3）或（，）或（，）．
2．（2023•泰安一模）定义：若抛物线y＝ax2+bx+c（ac≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．线段OA，OB，OC的长满足OC2＝OA•OB，则这样的抛物线称为“黄金抛物线”．如图，“黄金抛物线”y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，且OA＝4OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC于点D．
①求PD的最大值；
②连接PC，当以点P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，求点P的坐标．
【答案】（1）为y＝﹣x+2；（2）①；②（﹣3，2）或（﹣，）．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2．
∵“黄金抛物线”y＝ax2+bx+2与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，
∴OC2＝OA•OB．
∵OA＝4OB，
∴4OB2＝OC2＝4，
∵OB＞0，
∴OB＝1，
∴OA＝4OB＝4，
∴A（﹣4，0），B（1，0）．
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x+2；
（2）①过点P作PF⊥x轴于点F，交直线AC于点E，如图，

设直线AC的解析式为y＝kx+n，
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
∴设点P（m，﹣m+2），则E（m，m+2），F（m，0），
∴PE＝（+2）﹣（m+2）＝﹣﹣2m＝﹣+2．
∵OA＝4，OC＝2，
∴AC＝＝2．
∵∠EPD+∠PED＝90°，∠EAF+∠AEF＝90°，∠PED＝∠AEF，
∴∠EAF＝∠EPD，
∵∠AOC＝∠PDE＝90°，
∴△AOC∽△PDE，
∴，
∴，
∴PD＝PE＝﹣，
∵﹣＜0，
∴当m＝2时，PD有最大值为；
②Ⅰ）当△CPD∽△ACO时，如图，

∵△CPD∽△ACO，
∴∠PCD＝∠CAO，
∴CP∥AO，
∴点P与与点C的纵坐标相同，为2，
令y＝2，则﹣x+2＝2，
解得：x＝0或x＝﹣3，
∴P（﹣3，2）；
Ⅱ）当△PCD∽△ACO时，如图，

过点A作EA⊥CA交CP的延长线于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，
∵PCD∽△ACO，
∴＝2．
∵PD⊥AC，EA⊥AC，
∴EA∥PD，
∴△PDC∽△EAC，
∴＝2．
∵EA⊥AC，
∴∠EAF+∠CAO＝90°．
∵EF⊥x轴，
∴∠FEA+∠EAF＝90°，
∴∠FEA＝∠CAO．
∵∠EFA＝∠AOC＝90°，
∴△EFA∽△ACO，
∴＝2，
∴EF＝2OA＝8，FA＝2OC＝4，
∴OF＝FA+OA＝8，
∴E（﹣8，8）．
设直线EC的解析式为y＝cx+d，
∴，
解得：，
∴直线EC的解析式为y＝﹣x+2．
∴，
解得：，，
∴P（﹣，）．
综上，当以点P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，点P的坐标为（﹣3，2）或（﹣，）．
3．（2023•新泰市一模）抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴分别交于A，B，C三点A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4），点P是第一象限内抛物线上的一点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，CP，AC，若S△APC＝S△AOC，求点P的坐标；
（3）连接AP，BC，是否存在点P，使得2∠PAB＝∠ABC，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）点P的坐标为（1，4）；
（3）存在，点P的坐标为（，）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4），
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4．
（2）如图1，连接OP，设点P的坐标为（x，﹣x2+x+4）（0＜x＜3），
∵∠AOC＝90°，OA＝2，OC＝4，
∴S△AOC＝×2×4＝4，
∴S△APC＝S△AOC，
∴S△AOC+S△POC﹣S△AOP＝S△APC＝S△AOC＝2，
∴4+×4x﹣×2（﹣x2+x+4）＝2，
整理得x2+2x﹣3＝0，解得x1＝1，x2＝﹣3（不符合题意，舍去），
∴点P的坐标为（1，4）．
（3）存在，
如图2，作BM平分∠ABC交y轴于点M，作MN⊥BC于点N，则∠CNM＝90°，
∵BM是∠ABC的平分线，MO⊥BA，MN⊥BC，
∴NM＝OM，
∵∠BOC＝90°，OB＝3，OC＝4，
∴BC＝＝＝5，
∵＝＝sin∠OCB＝，
∴CM＝NM＝OM，
∴OM+OM＝4，
∴OM＝，
∵∠MBA＝∠MBC＝∠ABC，
∴当∠PAB＝∠MBA时，2∠PAB＝2∠MBA＝∠ABC，
设AP交y轴于点Q，则∠AOQ＝90°，
∴＝tan∠PAB＝tan∠MBA＝＝＝，
∴OQ＝OA＝×2＝1，
∴Q（0，1），
设直线AP的解析式为y＝kx+1，则﹣2k+1＝0，解昨k＝，
∴直线AP的解析式为y＝x+1，
解方程组，得，（不符合题意，舍去），
∴点P的坐标为（，）．


4．（2023•岱岳区一模）如图，抛物线与x轴交于点A和点B（﹣4，0）．与y轴交于点C（0，4），连接AC，BC．

（1）求抛物线的解析式．
（2）P点是抛物线第二象限上的一个动点，当四边形ABPC面积最大时，求P点此时的横坐标．
（3）若点P是第二象限内抛物线上的一点，当点P到AB，AC距离相等时，求点P的坐标．
【答案】（1）；
（2）﹣2；
（3）．
【解答】解：（1）将B（﹣4，0），C（0，4）代入，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；

（2）设BC的表达式为y＝kx+b，
将B（﹣4，0），C（0，4）代入y＝kx+b，
，
解得：，
∴直线BC的表达式为y＝x+4，中，
令y＝0，则x＝3或﹣4，
∴A点坐标为（3，0），
∴AB＝3﹣（﹣4）＝7，
∴，
∴当△BPC面积最大时，四边形ABPC面积最大，
设P点坐标为，过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，
则M点的坐标为（x，x+4），
∴，
∵，
∴当x＝﹣2时，四边形面积最大，此时P点横坐标是﹣2．


（3）∵点P到AB，AC距离相等，
∴P点在∠CAB的角平分线上，
设AP与y轴交于点E，过E作EF⊥AC交于F点，
∵OA＝3，CO＝4，
∴在Rt△ACO中，，
∴CF＝2，
在Rt△CEF中，CE2＝CF2+EF2，
即（4﹣OE）2＝OE2+4，
解得：，
∴，
设直线AE的解析式为y＝kx+m，
∴，
解得：，
∴，
联立方程组，
解得：或，
∴．

二．三角形综合题（共1小题）
5．（2023•新泰市一模）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D，我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．

（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是 　OC＝OD　．
（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD＝60°，求证：AC+BD＝OC．
【答案】（1）猜想：OC＝OD．证明见解析部分．
（2）结论成立，证明见解析部分．
（3）①结论成立，证明见解析部分．
②证明见解析部分．
【解答】（1）解：猜想：OC＝OD．
理由：如图1中，∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴∠ACO＝∠BDO＝90°，
∵点O是线段AB的中点，
∴OA＝OB，
在△AOC与△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS），
∴OC＝OD，
故答案为：OC＝OD；

（2）解：“足中距”OC和OD数量关系依然成立．
理由：如图，过点O作直线EF∥CD，交AC的延长线于点E，交BD于F，

∵EF∥CD，
∴∠DCE＝∠E＝∠CDF＝90°，
∴四边形CEFD为矩形，
∴∠OFD＝90°，CE＝DF，
由（1）同理得，OE＝OF，
在△COE与△DOF中，
，
∴△COE≌DOF（SAS），
∴OC＝OD；

（3）①解：“足中距”OC和OD的数量关系依然成立．
理由：如图3中，延长CO交DB的延长线于点E，

∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC∥BD，
∴∠ACO＝∠E，
∵点O为AB的中点，
∴AO＝BO，
又∵∠AOC＝∠BOE，
∴△AOC≌△BOE（AAS），
∴CO＝OE，
∵∠CDE＝90°，
∴OD＝CE＝OC；

②证明：如图3中，∵∠COD＝60°，OD＝OC，
∴△COD是等边三角形，
∴CD＝OC，∠OCD＝60°，
∵∠CDE＝90°，
∴tan60°＝，
∴DE＝CD，
∵△AOC≌△BOE，
∴AC＝BE，
∴AC+BD＝BD+BE＝DE＝CD，
∴AC+BD＝OC．
三．正方形的判定与性质（共1小题）
6．（2023•肥城市一模）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝　45　°（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 　　（直接写出结果不写解答过程）．

【答案】．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，
∴∠AEF+∠AFE＝（∠DFE+∠BEF）＝270°＝135°，
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝3，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2；
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，
∴GQ＝3，
设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，
解得：a＝，即HR＝；
故答案为：．


四．四边形综合题（共3小题）
7．（2023•宁阳县一模）在边长为1的正方形ABCD中，点E是射线BC上一动点，AE与BD相交于点M，AE或其延长线与DC或其延长线相交于点F，G是EF的中点，连接CG．
（1）如图1，当点E在BC边上时．求证：①△ABM≌△CBM；②CG⊥CM．
（2）如图2，当点E在BC的延长线上时，（1）中的结论②是否成立？请写出结论，不用证明．
（3）试问当点E运动到什么位置时，△MCE是等腰三角形？请说明理由．

【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM，
在△ABM和△CBM中，，
∴△ABM≌△CBM（SAS）．
②∵△ABM≌△CBM
∴∠BAM＝∠BCM，
又∵∠ECF＝90°，G是EF的中点，∴GC＝EF＝GF，
∴∠GCF＝∠GFC，
又∵AB∥DF，
∴∠BAM＝∠GFC，
∴∠BCM＝∠GCF，
∴∠BCM+∠GCE＝∠GCF+∠GCE＝90°，
∴GC⊥CM；
（2）解：成立；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM，
在△ABM和△CBM中，，
∴△ABM≌△CBM（SAS）
∴∠BAM＝∠BCM，
又∵∠ECF＝90°，G是EF的中点，
∴GC＝GF，
∴∠GCF＝∠GFC，
又∵AB∥DF，
∴∠BAM＝∠GFC，
∴∠BCM＝∠GCF，
∴∠GCF+∠MCF＝∠BCM+MCFE＝90°，
∴GC⊥CM；
（3）解：分两种情况：①当点E在BC边上时，
∵∠MEC＞90°，要使△MCE是等腰三角形，必须EM＝EC，
∴∠EMC＝∠ECM，
∴∠AEB＝2∠BCM＝2∠BAE，
∴2∠BAE+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝30°，
∴BE＝AB＝；
②当点E在BC的延长线上时，同①知BE＝．
综上①②，当BE＝或BE＝时，△MCE是等腰三角形．
8．（2023•宁阳县一模）综合与实践
如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为E，GF⊥CD，垂足为F．

【证明与推断】
（1）①四边形CEGF的形状是 　正方形　；
②的值为 　　；
【探究与证明】
（2）在图1的基础上，将正方形CEGF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
【拓展与运用】
（3）如图3，在（2）的条件下，正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点共线时，探究AG和GE的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）①正方形，；
（2）结论：AG＝BE，证明见解析部分；
（3）结论：AG⊥GE，证明见解析部分．
【解答】解：（1）①正方形 ②．
理由：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形，
∵AC＝BC，CG＝EC，
∴AG＝AC﹣CG＝（BC﹣EC）＝BE，
∴＝．
故答案为：正方形，．


（2）结论：AG＝BE，
理由：如图2中，连接CC．由旋转可得∠BCE＝∠AGG＝α，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴，
由①得四边形GECF是正方形，
∴∠GEC＝∠ECF＝90°，GE＝EC，
∴△EGC为等腰直角三角形．
∴，
∴，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；

（3）结论：AG⊥GE，
理由：如图3中，连接CG，

∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC＝135°．
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°．
∴∠AGF＝∠AGC+∠CGF＝135°+45°＝180°，
∴点A，G，F三点共线，
∴∠AGE＝∠AGF﹣∠EGF＝180°﹣90°＝90°，
∴AG⊥GE．
9．（2023•泰安一模）矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，P为DE上的一点（PE＜PD），PM⊥PD，PM交AD边于点M．

（1）若点F是边CD上一点，满足PF⊥PN，且点N位于AD边上，如图1所示．
求证：①PN＝PF；②DF+DN＝DP；
（2）如图2所示，当点F在CD边的延长线上时，仍然满足PF⊥PN，此时点N位于DA边的延长线上，如图2所示；试问DF，DN，DP有怎样的数量关系，并加以证明．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：
①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠EDC＝45°；
∵PM⊥PD，∠DMP＝45°，
∴DP＝MP，
∵PM⊥PD，PF⊥PN，
∴∠MPN+∠NPD＝∠NPD+∠DPF＝90°，
∴∠MPN＝∠DPF，
在△PMN和△PDF中

∴△PMN≌△PDF（ASA），
∴PN＝PF，MN＝DF；
②∵PM⊥PD，DP＝MP，
∴DM2＝DP2+MP2＝2DP2，
∴DM＝DP，
∵又∵DM＝DN+MN，且由①可得MN＝DF，
∴DM＝DN+DF，
∴DF+DN＝DP；
（2）．
理由如下：
过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠EDC＝45°；
∵PM1⊥PD，∠DM1P＝45°，
∴DP＝M1P，
∴∠PDF＝∠PM1N＝135°，
同（1）可知∠M1PN＝∠DPF，
在△PM1N和△PDF中，

∴△PM1N≌△PDF（ASA），
∴M1N＝DF，
由勾股定理可得＝DP2+M1P2＝2DP2，
∴DM1DP，
∵DM1＝DN﹣M1N，M1N＝DF，
∴DM1＝DN﹣DF，
∴DN﹣DF＝DP．