2023学年二轮复习解答题专题四十一：图形形状变化引起的类比探究综合题

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2023学年二轮复习解答题专题四十一：图形形状变化引起的类比探究综合题
方法点睛
解决图形形状变化引起的类比探究题的一般思路
1．形状变化的一般形式
(1)等边三角形或等腰直角三角形 等腰三角形 一般三角形；
(2)等腰直角三角形 直角三角形 一般三角形；
(3)正方形 矩形或菱形．
2．解题方法
先探究特殊图形情况下的相关结论，再推广到一般图形，将用图形之间相通或不变的性质，结合相同的思路去解决问题．关键是对试题中的变量过程进行分析，把握原有图形的特点，探究变化量的特点，常用类比思想逐步解题．一般情况下，每问采取的方法步骤基本相同，这类题目往往是数形结合思想、转化、从一般到特殊、类比思想和方程思想的综合运用，要将各种情形逐一分析，避免出错．可概括为“方法类似，思路顺延；类比渗透，知识迁移”．
典例分析
例 （2022烟台中考）（12分）【问题呈现】
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
【类比探究】
如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
【拓展提升】
如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．
（1）求的值；
（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．


【分析】【问题呈现】证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
【类比探究】证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
【拓展提升】（1）先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
（2）在（1）的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【解答】【问题呈现】证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
【类比探究】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴＝＝，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴＝＝；
【拓展提升】解：（1）∵＝＝，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴＝＝；
（2）由（1）得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC＝＝．
【点评】本题考查了等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
专题过关
1. （2022黔东南中考） 阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，和都是等边三角形，点在上．

求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．
（1）【探究发现】小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
（2）【拓展迁移】如图，四边形和四边形都是正方形，点在上．


①试猜想：以、、为边的三角形的形状，并说明理由．
②若，试求出正方形的面积．
【答案】（1）钝角三角形；证明见详解
（2）①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以、、为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【小问1详解】
证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
△EBA和△DBC中，
，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以、、为边的三角形是钝角三角形．
【小问2详解】
证明：①以、、为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以、、为边的三角形是直角三角形；

②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，，
∴AC=，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=，
∴S四边形ABCD=．

【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
2. （2022盘锦中考） 在中，，点D在线段上，连接并延长至点E，使，过点E作，交直线于点F．

（1）如图1，若，请用等式表示与的数量关系：____________．
（2）如图2．若，完成以下问题：
①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示之间的数量关系，并说明理由；
②当点D，点F位于点A的同侧时，若，请直接写出的长．
【答案】（1）
（2）①；②或；
【解析】
【分析】（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；
（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明是等腰直角三角形，即可得到结论；
②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．
【小问1详解】
解：过点C作CG⊥AB于G，如图，

∵，
∴，
∵，，
∴△EDF≌△CDG，
∴；
∵在中，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【小问2详解】
解：①过点C作CH⊥AB于H，如图，

与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，
∴，
∴，
在中，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
②如图，过点C作CG⊥AB于G，

与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，
∴，
∵，
当点F在点A、D之间时，有
∴，
与①同理，可证是等腰直角三角形，
∴；
当点D在点A、F之间时，如图：

∴，
与①同理，可证是等腰直角三角形，
∴；
综合上述，线段的长为或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．
3. （2022陕西中考） 问题提出
（1）如图1，是等边的中线，点P在的延长线上，且，则的度数为__________．
问题探究
（2）如图2，在中，．过点A作，且，过点P作直线，分别交于点O、E，求四边形的面积．
问题解决
（3）如图3，现有一块型板材，为钝角，．工人师傅想用这块板材裁出一个型部件，并要求．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以长为半径画弧，交于点D，连接；
②作的垂直平分线l，与于点E；
③以点A为圆心，以长为半径画弧，交直线l于点P，连接，得．
请问，若按上述作法，裁得的型部件是否符合要求？请证明你的结论．

【答案】（1）
（2）
（3）符合要求，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的判定及性质，结合三角形内角和，先求出即可；
（2）连接．先证明出四边形是菱形．利用菱形的性质得出，由，得出．根据，得，，即可求出，再求出，利用即可求解；
（3）由作法，知，根据，得出．以为边，作正方形，连接．得出．根据l是的垂直平分线，证明出为等边三角形，即可得出结论．
【小问1详解】
解：，
，
，
，
解得：，
，
，
故答案为：；
【小问2详解】
解：如图1，连接．

图1
∵，
∴四边形是菱形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
【小问3详解】
解：符合要求．
由作法，知．
∵，
∴．
如图2，以为边，作正方形，连接．

图2
∴．
∵l是的垂直平分线，
∴l是的垂直平分线．
∴．
∴为等边三角形．
∴，
∴，
∴．
∴裁得型部件符合要求．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理、菱形的判定及性质、锐角三角函数、正方形、垂直平分线，解题的关键是要灵活运用以上知识点进行求解，涉及知识点较多，题目较难．
4．（2022日照中考）（14分）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM＝a，CN＝b，若ab＝8．
（1）判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；
（2）①当a＝b时，求∠ECF的度数；
②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．


【分析】（1）分别表示出AE，BF及EF，计算出AE2+BF2及EF2，从而得出结论；
（2）①连接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE＝PE＝PF＝BF，从而得出ME＝EG＝GF＝NF，进而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，从而得出结果；
②将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，可推出DE＝EF，进而推出△DCF≌△FCE，进一步得出结果．
【解答】解：（1）线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下：
∵AM＝AC﹣CM＝4﹣a，BN＝4﹣b，
∴AE＝，BE＝，
∴AE2+BF2＝2（4﹣a）2+2（4﹣b）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），
＝4，
∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝[4﹣（4﹣a）﹣（4﹣b）]，
∵ab＝8，
EF2＝2（a+b﹣4）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+16+2ab）＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），
∴AE2+BF2＝EF2，
∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形；
（2）①如图1，

连接PC交EF于G，
∵a＝b，
∴ME＝AM＝BN＝NF，
∵四边形CNPM是矩形，
∴矩形CNPM是正方形，
∴PC平分∠ACB，
∴CG⊥AB，
∴∠PEG＝90°，
∵CM＝CN＝PM＝PN，
∴PE＝PF，
∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，
EF2＝AE2+BF2，EF2＝PE2+PF2，
∴PE＝AE＝PF＝BF，
∴ME＝EG＝FG＝FN，
∴∠MCE＝∠GCE，∠NCF＝∠GCF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECG+∠FCG＝；
②如图2，

仍然成立，理由如下：
将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，
∴∠DAC＝∠B＝45°，AD＝BF，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAB＝90°，
∴DE2＝AD2+AE2＝BF2+AE2
∵EF2＝BF2+AE2，
∴DE＝EF，
∵CD＝CF，CE＝CE，
∴△DCF≌△FCE（SSS），
∴∠ECF＝∠DCF＝．
【点评】本题考查了等腰直角三角形性质，正方形判定和性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
5. （2022武汉中考） 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．
【小问1详解】
[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，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【小问2详解】
[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．
6. （2022盘锦中考） 在中，，点D在线段上，连接并延长至点E，使，过点E作，交直线于点F．

（1）如图1，若，请用等式表示与的数量关系：____________．
（2）如图2．若，完成以下问题：
①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示之间的数量关系，并说明理由；
②当点D，点F位于点A的同侧时，若，请直接写出的长．
【答案】（1）
（2）①；②或；
【解析】
【分析】（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；
（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明是等腰直角三角形，即可得到结论；
②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．
【小问1详解】
解：过点C作CG⊥AB于G，如图，

∵，
∴，
∵，，
∴△EDF≌△CDG，
∴；
∵在中，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【小问2详解】
解：①过点C作CH⊥AB于H，如图，

与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，
∴，
∴，
在中，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
②如图，过点C作CG⊥AB于G，

与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，
∴，
∵，
当点F在点A、D之间时，有
∴，
与①同理，可证是等腰直角三角形，
∴；
当点D在点A、F之间时，如图：

∴，
与①同理，可证是等腰直角三角形，
∴；
综合上述，线段的长为或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．
7. （2022北部湾中考） 已知，点A，B分别在射线上运动，．

（1）如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判断OD与有什么数量关系?证明你的结论：
（2）如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
（3）如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大?请说明理由，并求出面积的最大值．
【答案】（1），证明见解析
（2）
（3）当时，的面积最大；理由见解析，面积的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半进行证明即可；
（2）取AB中点T，连接OT、CT、OC，由等腰直角三角形的性质可得，继而可得当O、T、C在同一直线上时，CO最大，再证明，再由勾股定理求出OT的长，即可求解；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当时，OC最大，当时，此时OT最大，即的面积最大，由勾股定理等进行求解即可．
【小问1详解】
，证明如下：
，AB中点为D，
，
为的中点，，
，
，
；
【小问2详解】
如图，取AB中点T，连接OT、CT、OC，

以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，
，
（当且仅当点T在线段OC上时，等号成立），
当O、T、C在同一直线上时，CO最大，
在和中，
，
，
，
，即，
，
，
；
【小问3详解】
如图，当点A，B运动到时，的面积最大，证明如下：
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，

由（2）可知，当时，OC最大，，
当时，，
此时OT最大，
的面积最大，
，
，




，


综上，当点A，B运动到时，的面积最大，面积的最大值为．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．
8. （2022乐山中考） 华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．

某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
（1）【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．

（2）【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．

（3）【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．

【答案】（1）1；证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【小问1详解】
，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，

∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴；
【小问2详解】
解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，

在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，
∴；
故答案为：
【小问3详解】
解：∵，，
∴是等边三角形，
∴设，
过点，垂足为，交于点，则，
在中，，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即．

【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
9. （2022湖州中考）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．

（1）如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
（2）如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）①6；②见解析
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论
【小问1详解】
∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
【小问2详解】
，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由题意得：，
∴
∴
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等.
10. （2022黔东南中考） 阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，和都是等边三角形，点在上．

求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．
（1）【探究发现】小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
（2）【拓展迁移】如图，四边形和四边形都是正方形，点在上．


①试猜想：以、、为边的三角形的形状，并说明理由．
②若，试求出正方形的面积．
【答案】（1）钝角三角形；证明见详解
（2）①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以、、为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【小问1详解】
证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
△EBA和△DBC中，
，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以、、为边的三角形是钝角三角形．
【小问2详解】
证明：①以、、为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以、、为边的三角形是直角三角形；

②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，，
∴AC=，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=，
∴S四边形ABCD=．

【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
11. （2022信阳一模）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB=AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．

（1）如图1，当α=90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 ；
（2）如图2，当0°＜α＜180°时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α=120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB=AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【答案】（1）DE＝BD+CE##DE=CE+BD
（2）成立，证明见详解
（3）等边三角形，理由见详解
【解析】
分析】（1）由∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°得到∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=90°，进而得到∠DBA=∠EAC，然后结合AB=AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE=BD+CE；
（2）由∠BDA=∠BAC=∠AEC=α得到∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=180°-α，进而得到∠DBA=∠EAC，然后结合AB=AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE=BD+CE；
（3）先由α=120°和AF平分∠BAC得到∠BAF=∠CAF=60°，然后结合AB=AF=AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA=FC、∠FCA=∠FAB=60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD=∠ACE、AD=CE，从而得到∠FAD=∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF=EF、∠DFA=∠EFC，最后得到∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠EFC+∠AFE=60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【小问1详解】
DE=BD+CE，理由如下，
∵∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，
∴∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=90°，
∴∠DBA=∠EAC，
∵AB=AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=BD+CE，
故答案为：DE=BD+CE．
【小问2详解】
DE=BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA=∠BAC=∠AEC=α，
∴∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=180°-α，
∴∠DBA=∠EAC，
∵AB=AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD=AE，AD=CE，
∴DE=AD+AE=BD+CE；
【小问3详解】
△DEF是等边三角形，
由（2）知，△ADB≌△CEA，
BD＝AE，∠DBA＝∠CAE，
∵当α=120°时，点F为∠BAC平分线上的一点
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB=AF=AC
∴△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF＝∠CAF＝60°，BF＝AF
∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，
∴∠DBF＝∠FAE·10分
在△DBF和△EAF中，

∴△DBF≌△EAF（SAS），
∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，
∴△DEF为等边三角形
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
12. （2022河南长垣一模）在△ABC中，AB=AC，点D为AB边上一动点，∠CDE=∠BAC=，CD=ED，连接BE，EC．


（1）问题发现：
如图①，若=60°，则∠EBA= ，AD与EB的数量关系是 ；
（2）类比探究：
如图②，当=90°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；
（3）拓展应用：
如图③，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA=，请直接写出线段EF的长度
【答案】（1），相等
（2），，理由见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得、为等边三角形；再通过证明，得，从而完成求解；
（2）根据题意，证得、为等腰直角三角形，结合三角函数的性质，得；通过证明，根据相似三角形相似比的性质分析，即可得到答案；
（3）分、两种情况；当时，根据正方形的性质，推导得、是等腰直角三角形，结合三角函数性质，通过证明，根据相似比的性质，计算得、，再根据勾股定理和正方形的性质分析，即可得EF；当时，同理，通过证明，结合勾股定理计算，即可得到答案．
【小问1详解】
∵∠CDE=∠BAC==60°，CD=ED，AB=AC，
∴、为等边三角形
∴，，
∵，
∴
在和中

∴
∴，
∴
故答案为：，相等；
【小问2详解】
∵∠CDE=∠BAC==90°，CD=ED，AB=AC，
∴、为等腰直角三角形
∴，
∴，
∴
∴
∴，
∴；
【小问3详解】
如图，当时，得正方形，连接BD

∴，，，
∴，
∴是等腰直角三角形
∴
∴，
∵正方形ABCD
∴，
∴∴是等腰直角三角形
∴，
∴，
∴
∴
∵OA=
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴；
如图，当时，得正方形，连接BD


∴，，，
∴，
∴是等腰直角三角形
∴
∴，
∵正方形ABCD
∴，
∴∴是等腰直角三角形
∴，
∴，
∴
∴
∵OA=
∴
∵，
∴
∴
∴
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形、全等三角形、勾股定理、正方形、等腰直角三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、三角函数的性质，从而完成求解．
13. （2022河南长垣二模）（1）在中，，，，且点D，E为边BC上的点（分
别不与点B，C重合，且点D在点E左侧）．
①初步探究
如图1，若，，，试探究BD，DE，CE之间的数量关系．
下面是小东的探究过程（不完整），请补充完整．
解：∵，，∴，，．
∴．
如图，将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．




由旋转的性质，可知，
∴，，．
∴，．
∴为等边三角形．（依据：_________________）
∴____________．
∵，，
∴，
又∵，
∴．
∴．
∴．
②类比探究
如图2，若，，，请写出BD，DE，CE之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．
（2）问题解决
如图3，在中，，于点M，，，点N为线段BC上一动点，当点N为BC的三等分点时，直接写出AN的长．


【答案】（1）①有一个角为60°的等腰三角形，CE，GE；②结论是：DE2=CE2+BD2．证明见详解
（2）AN长为或
【解析】
【分析】（1）①将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．由旋转的性质，可知，得出，．可证为等边三角形．（依据：有一个角为60°的等腰三角形），得出CEGE即可；
②结论是：DE2=CE2+BD2,将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°，得到△ACG，连结CG，得出AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，再证∠DAE=∠GAE，然后证明△DAE≌△GAE（SAS）即可；
（2）将△AMC绕点A顺时针旋转90°到△AHC′，延长HC′与MB的延长线交于S，先证四边形AHSM为正方形，∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=BS，再证△AC′B≌△ACB（SAS），得出C′B=CB=BM+CM=5，根据勾股定理得即解方程即可．
【详解】（1）①将绕点A逆时针旋转120°，得到，连接GE．


由旋转的性质，可知，
∴，，．
∴，．
∴为等边三角形．（依据：有一个角为60°的等腰三角形）
∴CEGE．
∵，，
∴，
又∵，
∴．
∴．
∴．
故答案为：有一个角为60°的等腰三角形，CE，GE；
②结论是：DE2=CE2+BD2．
证明：将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°，得到△ACG，连接EG，
则AD=AG，BD=CG，∠BAD=∠CAG，∠B=∠ACG，
∵AB=AC， ∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠CAG+∠EAC=∠BAD+∠EAC=90°-∠DAE=45°，
∴∠DAE=∠GAE，
在△DAE和△GAE中，
，
∴△DAE≌△GAE（SAS），
∴DE=GE，
在Rt△GCE中，
GE2=EC2+GC2即DE2=EC2+BD2；


（2）解：将△AMC绕点A顺时针旋转90°到△AHC′，延长HC′与MB的延长线交于S，
则∠HAM=90°，
∵AM⊥BC，
∴∠AMC=∠AMB=90°，
根据三角形旋转90°得AH=AM，HC′=MC=2，AC′=AC，∠HAC′=∠MAC，∠H=∠AMC=90°，
∴∠H=∠AMC=∠HAM =90°，
∴四边形AHSM为矩形，
∵AH=AM，
∴四边形AHSM为正方形，
∴∠C′AB=90°-∠HAC′-∠BAM=90°-（∠CAM+∠MAB）=45°=∠CAB,AM=AH=HS=MS，
在△AC′B和△ACB中，
，
∴△AC′B≌△ACB（SAS），
∴C′B=CB=BM+CM=5，
在Rt△C′SB中,C′S=AM-HC′=AM-2，BS=AM-BM=AM-3，
根据勾股定理得即，
解得AM=6或AM=-1（舍去），


当点N在BM上，NB=，
∴MN=3-BN=，
∴AN=，
当点N在CM上，CN=，
∴MN=2-CN=，
∴AN=，
综合AN的长为或．
【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，正方形判定与性质，一元二次方程，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，正方形判定与性质，一元二次方程是解题关键．
14. （2022河南夏邑一模）在中，，点D是的中点，点P是上一动点（不与点C，D重合），过点C作交射线于点E，过点D作交于点F．

（1）观察猜想
如图（1）．当时，_______，线段之间的数量关系为________．
（2）类比探究
当时，如图（2），求的度数，并探究线段之间的数量关系．
（3）解决问题
当时，若，点P是边上一动点（不与点B，C，D重合），其他条件不变，当点A，F，E中的一点是另外两点的连线的中点时，直接写出的长．
【答案】（1）45，
（2）的度数为30°，
（3）的长为或
【解析】
【分析】（1）连接AD，根据题意可得，，再证明，由全等三角形的性质即可求解；
（2）连接AD，根据题意可得，再证明，根据相似三角形的性质及锐角三角函数即可求解；
（3）分情况讨论：当点F是AE的中点时， 当点E是AF的中点时，根据勾股定理求解即可．
【小问1详解】

连接AD，
，点D是的中点，
，，
，
，
，即，
，
，
，
在和中，又，
，
，
，
，
，
故答案为：45°，；
【小问2详解】

连接AD，
，点D是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
【小问3详解】
当点F是AE的中点时，如图

，
在中，根据勾股定理得，
即，
，
，
；
当点E是AF的中点时，如图，连接AD，

，
，
在中，根据勾股定理得，
即，
，
，
；
综上，的长为或．
【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、等腰三角形的性质及锐角三角函数，熟练掌握知识点是解题的关键．
15.（2022河南济源一模） 在与中，连接，点、分别为和的中点，与所在直线交于点．


（1）【观察猜想】
如图①，若，，，与的数量关系是________， ________；
（2）【类比探究】
如图②，若，，，请写出与的数量关系与的度数，并就图②的情形说明理由；
（3）【解决问题】
如图③，，，，将绕点进行旋转，当点落在的边所在直线上时，请直接写出的长．
【答案】（1）2MN=BD，60；
（2）2MN= BD， ∠BPM =90°；
（3）MN的长为，或．
【解析】
【分析】（1）先证∠BPM=∠QP'B，再找∠DAB=∠EAC，从而得到，于是有∠DBA=∠ECA， BD= CE =2MN，进而得出∠QP'B =∠QAC=60°即可求解；
（2）如图2，连接CE并延长，交AB于点Q，交BD于点P'，先证明△ADB≌△AEC(SAS)，得到∠DBA=∠ECA，BD=CE=2MN，然后在△QP'B和△QAC中，由∠P'BQ=∠ACQ，∠ P'QB= ∠AQC，得出∠QP'B=∠QAC =90°即可求解；

（3）连接BD ，CE，求出点D在以点A为圆心，AD的长为半径的圆上，
进而分四种情况讨论求解即可：①当点D落在边AC上时， ②当点D落在边BA的延长线上时， ③当点D落在边CA的延长线上时， ④当点D落在边AB上时．
【小问1详解】
解：如图1，连接CE并延长交AB于点Q，交直线BD于点P'，

解： M，N分别为DE，DC的中点，MN是△DEC的中位线，
MN//EC，且2MN=EC，
∠BPM=∠QP'B，
∠BAC=∠DAE=60°，
∠DAE-∠BAE= ∠BAC-∠BAE，即∠DAB=∠EAC，
又AB=AC，AD=AE，
，
∠DBA=∠ECA， BD= CE =2MN，
在△QP'B和△QAC中，∠P'BQ= ∠ACQ，∠P'QB= ∠AQC，
∠QP'B =∠QAC=60°，
∠BPM =60°；
【小问2详解】
解：如图2，连接CE并延长，交AB于点Q，交BD于点P'，

M，N 分别为DE ，DC的中点，
MN是△DEC的中位线，
MN// EC，且2MN= EC，
∠BPM=∠BP'Q，
∠BAC=∠DAE=90°，
∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE，即∠DAB=∠CAE.
又AB =AC ，AD =AE，
△ADB≌△AEC(SAS)，
∠DBA=∠ECA，BD=CE=2MN，
在△QP'B和△QAC中，∠P'BQ=∠ACQ，∠ P'QB= ∠AQC，
∠QP'B=∠QAC =90°，
∠BPM=90°；
【小问3详解】
解：连接BD ，CE，易证CE =BD，同（2）可得MN=EC，
MN=BD，
点D在以点A为圆心，AD的长为半径的圆上，如图3，

故分四种情况讨论：①当点D落在边AC上时，如图4，

3AD=AB=6，
AD=2，
在Rt△ABD中，由勾股定理，得BD= ，
MN=BD =；
②当点D落在边BA的延长线上时，如图5，

此时BD=AB +AD=8，
MN=BD=；
③当点D落在边CA的延长线上时，如图6，

此时 ，
MN =BD=；
④当点D落在边AB上时，如图7，

此时BD=AB-AD=4， MN=BD=；
综上所述，MN的长为MN的长为，或．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理、图形旋转及性质以及圆的认识，熟练掌握旋转图形的性质及中位线性质是解题的关键．
16.（2022郑州一模） 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．

【23题答案】
【答案】（1）45°；（2）AE＝BE+CE，理由见解析；（3）或
【解析】
【分析】（1）连接AC，证A、B、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠AEB＝∠ACB，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠ACB＝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＝EH＝BE，进而得出结论；
（3）分两种情况，由（2）得FH＝EH＝BE，由三角函数定义得出AH＝3BH＝BE，分别表示出CE，进而得出答案．
【详解】解：（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，
∴∠AEB＝∠ACB，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，
∴∠AEB＝45°；
（2）AE＝BE+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＝，
∵BH⊥EF，
∴∠BHE＝90°，FH＝EH，
Rt△BHE中，，
∴，
∵AE＝EF+AF，AF＝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＝EH＝BE，
∵tan∠DAB＝，
∴，
∴，
∴；
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：，
∴，
∴＝；
综上所述，当α＝120°，时，的值为或．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、三角函数定义等知识；本题综合性强，构造全等三角形是解题的关键．
17. （2022南阳唐河二模）某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题做了如下研究：

【问题发现】（1）如图①，在等边三角形ABC中，点M是BC边上任意一点，连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ABC和∠ACN的数量关系为　 　；
【变式探究】（2）如图②，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，点M是BC边上任意一点（不含端点B，C，连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠AMN＝∠ABC，AM＝MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；
【解决问题】（3）如图③，在正方形ADBC中，点M为BC边上一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中心，连接CN，AB，AE，若正方形ADBC的边长为8，CN＝，直接写出正方形AMEF的边长．
【答案】（1） ；（2），理由见解析；（3）10
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，证明△ABM≌△ACN，根据全等三角形的性质得到答案；
（2）证明△ABC∽△AMN．得到，再证明△ABM∽△ACN，根据相似三角形的性质证明结论；
（3）证明△ABM～△ACN，根据相似三角形的性质求出BM，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）∵△ABC与△AMN是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM与△ACN中，

∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠ABC＝∠ACN，
故答案为：∠ABC＝∠ACN；
（2）∠ABC＝∠ACN，
理由如下：∵AB＝BC，AM＝MN，
∴,
∴ ，又∠ABC＝∠AMN，
∴△ABC∽△AMN．
∴,
∵∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△ABM∽△ACN，
∴∠ABC＝∠ACN；
（3）∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°，∠MAN＝45°，
∴∠BAC﹣∠MAC＝∠MAN﹣∠MAC，即∠BAM＝∠CAN，
∵,
∴,
又∠BAM＝∠CAN，
∴△ABM∽△ACN，
∴，即,
∴BM＝2，
∴CM＝6，
在Rt△AMC，AC＝8，CM＝6，
,
答：正方形AMEF的边长为10．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．
18. （2022鹤壁一模）如图，在中，，AH是BC边上的高，点D是直线AH上一个动点，将线段DC绕点D顺时针旋转（），且，得到线段DE，连结EC，EB，直线AH和直线BE相交于点F．

（1）如图①，当时，线段AD与BE的比值是_________；直线AD与BE所夹锐角是_________；
（2）如图②，当时，（1）中的两个结论是否仍然成立？若成立，请仅就图②中的情形进行证明；否测，请说明理由；
（3）如图③，若当时，，请直接写出EF的长．
【答案】（1）；45°
（2）不成立，，直线AD与BE所夹锐角是，见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质求的值，利用三角形内角和求 AD与BE所成的角；
（2）根据相似三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理即可求解；
（3）分情况讨论：点D在线段AH上，点D在HA的延长线上两中情况．
【小问1详解】
解：如图，在中， ，，AH是BC边上的高，
，
在中，，DC=DE，
，
，

，
，
故答案为：；
【小问2详解】
解：结论不成立．
；直线AD与BE所夹锐角是．
理由如下： 如图，


，线段DC绕点D顺时针旋转得到线段DE








在中，，
，

【小问3详解】
解：分情况讨论：当点D在线段AH上时，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在中，令，根据勾股定理，得
，解得，，
，
在中，，
，
在 中，，
，


当点D在HA的延长线上时，如图，

，
由，得，
，，
，
在中，，
，，


综上可得，或．
【点睛】本题考查了三角形的综合题，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质．相似三角形相似和全等三角形的判定和性质是解决本题的关键．
19. （2022安阳一模）兴趣小组探索等腰三角形中线段比值问题，部分探索活动如下：


（1）如图1，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，D，E分别是BC，AC边上的点，∠AFE=∠ABC，则的值为______．
（2）如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=45°，D，E分别是BC，AC边上的点，∠AFE=∠ABC，请你猜想的值，并给出证明；
（3）如图3，在△ABC中，AB=AC，cos∠ABC=，D，E分别是BC，CA边延长线上的点，∠DFB=∠ABC，请直接写出的值．
【答案】（1）1 （2）的值为，证明见解析
（3）的值为．
【解析】
【分析】（1）利用三角形外角的性质证明∠CBE=∠BAD，再利用“ASA”证明△CBE≌△BAD可证明BE=AD，即可求解；
（2）利用等腰直角三角形的判定和性质得到BC，再证明∠CBE=∠BAD，推出△BCE∽△ABD，利用相似三角形的性质即可得到=；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，在Rt△ABM中，求得，再证明∠E=∠D，推出△BCE∽△ABD，利用相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
解：在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=C=60°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，且∠AFE=∠ABC，
∴∠CBE+∠ABE=∠BAD+∠ABE，
∴∠CBE=∠BAD，
在△CBE和△BAD中，，
∴△CBE≌△BAD(ASA)，
∴BE=AD，
∴，即的值为1；
故答案为：1；
【小问2详解】
解：猜想的值为，证明如下：
在△ABC中，AB=AC，∠ABC=45°，
∴∠C=∠ABC=45°，∠BAC=90°，
∴BC=，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，∠AFE=∠ABC，∠CBE+∠ABE=∠ABC，
∴∠CBE+∠ABE=∠BAD+∠ABE，
∴∠CBE=∠BAD，
∴△BCE∽△ABD，
∴=；
【小问3详解】
：在△ABC中，AB=AC，cos∠ABC=，
∴∠BCE=∠ABD，
过点A作AM⊥BC于点M，如图：


则∠AMB=90°，BM=CM=BC，
在Rt△ABM中，= cos∠ABC=，
∴，
∴，
∵∠DFB=∠ABC，∠DFB=∠E+∠EAF，∠ABC=∠BCA=∠D+∠CAD，
∴∠E+∠EAF=∠D+∠CAD，而∠EAF=∠CAD，
∴∠E=∠D，
∴△BCE∽△ABD，
∴，
即的值为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解决问题的关键．
20. （2022南阳唐河一模）（1）（问题发现）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一条直线上．填空：①线段BD，CE之间的数量关系为 ；②∠BEC = °．
　　　　　　　　
（2）（类比探究）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，AC=BC，AE=DE，点B，D，E在同一条直线上，请判断线段BD，CE之间的数量关系及∠BEC的度数，并给出证明．
（3）如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB = 5，点D在AB 边上，DE⊥AC于点E，AE = 3，将△ADE绕点A旋转，当DE所在直线经过点B时，CE长是多少？（直接写出答案）
【26题答案】
【答案】（1）①BD=CE，②60；（2）BD=，∠BEC=45．理由见解析；（3）或
【解析】
【分析】（1）利用等边三角形的性质和SAS可证明，则有，然后再利用即可求出的度数；
（2）首先利用等腰直角三角形的性质和锐角三角函数得出，则有，，进而可求出，再根据即可得到；
（3）分两种情况进行讨论：将△ADE绕点A顺时针旋转，DE所在直线经过点B时和将△ADE绕点A逆时针旋转，DE所在直线经过点B时，利用相似三角形的判定及性质求解即可．
【详解】解：（1）∵和均为等边三角形，
，
．
在和中，
，
，
；
（2），．
理由如下：和均为等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∵和中，
，
，，
∴，
∴，
又
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，将△ADE绕点A逆时针旋转，DE所在直线经过点B时，

，
．
，
．
，
．
，
．
，
，
，
，
．
，
，
，
；
如图，将△ADE绕点A顺时针旋转，DE所在直线经过点B时，

同理可得，
综上所述，CE的长度为或．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质和相似三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质和相似三角形的判定及性质是解题的关键．
21. （2022南阳内乡一模）（1）问题发现
如图1，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直线BD，CE交于点F，直线BD，AC交于点G．则线段BD和CE的数量关系是　 　，位置关系是　 　；

（2）类比探究
如图2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直线BD，CE交于点F，AC与BD相交于点G．若AB＝kAC，试判断线段BD和CE的数量关系以及直线BD和CE相交所成的较小角的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
如图3，在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3.0），点N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转90得到线段MP，连接NP，OP．请直接写出线段OP长度的最小值及此时点N的坐标．
【26题答案】
【答案】（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC， 180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3
【解析】
【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，结合∠AGB＝∠FGC，即可得到结论；
（2）先证明ABCADE，从而得，结合∠BAD=∠CAE，可得BADCAE，进而即可得到结论；
（3）把OPM绕点M顺时针旋转90°得到 （与N重合），则，，(3，3)，，进而即可求解．
【详解】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∵∠BAD＝∠BAC−∠DAC，∠CAE＝∠DAE−∠DAC
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∵，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AGB＝∠FGC，
∴∠CFG＝∠BAG＝90°，即BD⊥CE，
故答案是：BD＝CE，BD⊥CE；
（2）∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴ABCADE，
∴，
∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴BADCAE，
∴∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB＝∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-α-β，
∴AB=kAC，直线BD和CE相交所成的较小角的度数为：180°-α-β；
（3）由题意得：MN=MP，∠NMP=90°，
把OPM绕点M顺时针旋转90°得到 （与N重合），则，，
∵点M的坐标为（3，0），
∴(3，3)
∵OPM，
∴，即线段OP长度最小时，的长度最小，
∴当⊥y轴时，的长度最小，此时(0，3)，
∴N(0，3)，OP的最小值为3 .

【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，通过旋转变换，构造相似三角形或全等三角形，是解题的关键．
22. （2022郑州外国语一模）如图(1)，在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上(均不与端点重合)，且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN.
【问题发现】
（1）如图(2)，当n＝1时，BM与PD的数量关系为 ，CN与PD的数量关系为 .
【类比探究】
（2）如图(3)，当n＝2时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，则CN与PD之间的数量关系是否发生变化？若不变，请就图(3)给出证明；若变化，请写出数量关系，并就图(3)说明理由.
【拓展延伸】
（3）在(2)的条件下，已知AD＝4，AP＝2，当矩形AMVP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长

【答案】（1）BM＝PD； （2）见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形，所以AM=AP,AB=AD，从而得出BM=PD，再根据得出，从而得出结论；

（2）连接AC，证明,即可求解；
（3）分两种情况考虑：通过证得出对应边数量关系，设，则解直角三角形AQM，从而计算出QM的长度，从而求算CN．
【详解】（1）解：∵当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形
∴AM=AP,AB=AD
∴BM＝PD
又∵
∴
∴
（2）CN与PD之间的数量关系发生变化，.
理由：连接AC，如图：

矩形ABCD和矩形AMNP中，
∵.AD=2AB， AP=2AM，
∴，
∴.
易得
∴△ANC∽△APD
∴
∴
（3）分两种情况考虑：
①如图：

∵已知AD＝4，AP＝2,
∴AB=2,AM=PN=1
由图知：
∴
设，则 ，在直角三角形AQM中：
解得： （舍）
∴ ，
∴
∴
②如图：

由①可得：，，MN=2
∴
【点睛】本题考查矩形与旋转、相似等综合，有一定的难度，转化相关的线段与角度是解题关键．
23. （2022信阳二模）（1）观察猜想：
如图①，在正方形ABCD中，点E、点F分别是边AB、BC的中点，四边形EBFG也是正方形，连接DG．则 ，直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为 ；
（2）探索思考：
①如图②，在矩形ABCD中，，，点E、点F分别是边AB、BC的中点，四边形EBFG是矩形，连接DG，则 ，直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为 ；
②如图③，若将矩形EBFG绕点B旋转一周，在旋转过程中，的值以及直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数是否发生变化？请仅就图③的情形给出证明；
（3）拓履延伸：
在（2）条件下当矩形EBFG旋转至EG垂直DF时，请直接写出点C到直线DF的距离．

【答案】（1）1：，45°；
（2）①：2，30°；②不发生变化，证明见解析；
（3）或
【解析】
【分析】（1）解：如图①，延长EG交CD于H，由正方形的性质和矩形的判定可证明四边形GFCH为矩形，进而得到GH=HD，根据等腰直角三角形的性质即可得出结论；
（2）①如图②，延长EG交CD于H，由矩形的判定与性质可证明四边形GFCH为矩形，再根据已知和直角三角形的性质求解CF、DG，即可得出结论；②连接BD，BG，利用矩形的性质和勾股定理求出DB、BG，得出证得△BGF∽△BDC，再证明△BFC∽△BGD，得到CF：DG=BC：BD=：2，∠BCF=∠BDG，延长DG交CF于H，利用对顶角相等和解直角三角形得出∠DHC=∠DBC=30°即可得出结论；
（3）分点G在DF上和点G在DF的延长线上，分别画出图形，利用（2）中结论和解直角三角形求解即可．
【小问1详解】
解： 如图①，延长EG交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形EBFG是正方形，
∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°， BE=GF，AB=CD=BC，
∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，
∴四边形GFCH是矩形，
∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，
∵点E、点F分别是边AB、BC的中点，
∴CF=GH= BC，CH=GF=BE= AB，
∴GH=HD，
∴在等腰Rt△GHD中，DG= ，∠DGH=45°，
∴CF：DG=GH：DG=1：，
∵GH∥CF，
∴直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为45°，
故答案为：1：，45°；
小问2详解】
解：①如图②，延长EG交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形EBFG是矩形，
∴∠GFB=∠FGE=∠C=90°，BE=GF，AB=CD，
∴∠GFC=∠FGH=∠C=90°，
∴四边形GFCH是矩形，
∴GH=CF，CH=GF=BE，∠GHC=∠GHD=90°，GH∥CF，
∵点E、点F分别是边AB、BC的中点，，，
∴CH=GF=BE= AB=1，CF=BF=GH= BC= ，
∴在Rt△GHD中，DH=CD-CH=1，
∴DG= ，sin∠DGH= ，
∴CF：DG=：2，∠GDH=30°，
∵GH∥CF，
∴直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为30°，
故答案为：：2，30°；

②解：不发生变化，
证明：如图③，连接BD，BG，在矩形EBFG中，BE=GF=1，BF=，
∴BG=，
在矩形ABCD中，AB=2，AD=2，
∴BD=，
∵GF=BE=1，CD=AB=2，BF=，
∴，
∴△BGF∽△BDC，∴∠GBF=∠DBC，
∴∠CBF=∠DBG，又，
∴△BFC∽△BGD，
∴CF：DG=BC：BD=：2，∠BCF=∠BDG，
延长DG交CF于H，则∠DHC=∠DBC，
在Rt△DBC中，CD=2，BD=4，
∴sin∠DBC=，
∴∠DBC=30°=∠DHC，即直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数为30°，
综上，的值以及直线DG与直线CF相交所夹的锐角度数不发生变化；
【小问3详解】
解：当点G在DF上时，如图④，
在Rt△BFD中，BD=4，BF=，DF=1+DG，∠BFD=90°，
由勾股定理得：（）2+（1+DG）2=42，解得：DG=，
由（2）知：CF：DG= ：2，
∴CF= ，
过点C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，
∴CH=CF·sin∠30°=×=；
当点G在DF的延长线上时，如图⑤，
在Rt△DFB中， BD=4，BF=，∠BFD=90°，
由勾股定理得：，则DG=，
由（2）知：CF：DG= ：2，
∴CF= ，
过点C作CH⊥DF于H，在Rt△CFH中，∠CFH=30°，
∴CH=CF·sin30°=×=，
综上，点C到直线DF的距离为或．

【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识，综合性强，难度较难，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加适当的辅助线和分类讨论思想的运用是解答的关键．