专题20几何变式与类比探究综合问题（最新模拟40题预测）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】

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一、解答题
1．（2023春·陕西延安·九年级专题练习）如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α．
(1)问题发现
①当α=0°时，AEBD=______；②当α=180°时，AEBD=______．
(2)拓展探究
试判断：当0°≤α<360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
(3)问题解决
△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，请直接写出线段BD的长______．
【答案】(1)① 5；② 5
(2)没有，证明见解析
(3)满足条件的BD的长为355或5
【分析】（1）①当α=0°时，在Rt△ABC中，勾股定理，可求AC的长，然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的AEBD的值；②当α=180°时，可得AB∥DE，然后根据ACAE=BCBD，可求AEBD的值；
（2）首先判断出ECA=∠DCB，再根据ECDC=ACBC=5，判断出△ECA∽△DCB，然后由相似三角形的对应边成比例，可求解；
（3）分两种情形：当点E在AB的延长线上时；当点E在线段AB上时，分别求解即可．
【详解】（1）解：①当α=0°时，
∵Rt△ABC中，∠B=90°，
∴AC=AB2+BC2=22+42=25，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴CE=AE=12AC=5，BD=12BC=1，
∴AEBD=5，
故答案为：5；
②如图，
当α=180°时，可得AB∥DE，
∵ACAE=BCBD，
∴AEBD=ACBC=5，
故答案为：5；
（2）解：如图，
当0°≤α<360°时，AEBD的大小没有变化，
∵ECD=∠ACB，
∴ECA=∠DCB，
∵ECDC=ACBC=5，
∴△ECA∽△DCB，
∴AEBD=ECDC=5；
（3）解：如图，当点E在AB的延长线上时，
在Rt△BCE中，CE=5，BC=2，
∴BE=EC2−BC2=5−4=1，
∴AE=AB+BE=5，
∵AEBD=5，
∴BD=55=5；
如图，当点E在线段AB上时，
在Rt△BCE中，CE=5，BC=2，
∴BE=EC2−BC2=5−4=1，
∴AE=4−1=3，
∵AEBD=5，
∴BD=355，
综上所述，满足条件的BD的长为355或5．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．（2022秋·江西赣州·八年级统考期中）【问题背景】
在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是___________．
【探索延伸】
在四边形ABCD中如图2，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF=12∠BAD，上述结论是否仍然成立？
【结论运用】
如图3，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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=BE+FD，成立，210海里
【分析】（问题背景）：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，即可证明△ABE≅△ADG，可得AE=AG再证明△AEF≅△AGF，可得EF=FG，根据，△AEF≌△AGF，根据DG=BE,FG=FD+DG，即可得解；
（探索延伸）：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可得解；
（实际应用）连接EF，延长AE、BF相交于点C，图形符合探索延伸中的条件，直接应用结论进行计算即可．
【详解】证明：（初步探索）如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADC=90°
∴∠B=∠ADG
在△ABE和△ADG中
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD
∴△ABE≅△ADG SAS
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
∵∠EAF=60°,∠BAD=120°
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=60°
∴∠EAF=∠GAF=60°
在△AEF和△GAF中
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF
∴△AEF≅△AGF SAS
∴EF=GF，
∵DG=BE,FG=FD+DG，
∴EF=FD+BE；
（探索延伸）证明：如图，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
则：∠ADC+∠ADG=180°，
∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠ADG=∠B，
在△ABE和△ADG中
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠DAG=∠BAE,AE=AG，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠DAF+∠DAG=∠EAF，即：∠GAF=∠EAF，
在△AEF和△GAF中
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=GF，
∵DG=BE,FG=FD+DG，
∴EF=FD+BE；
（结论运用）解：连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°−70°)=140°,∠EOF=70°，
∴∠EOF=12∠AOB.
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°−30°)+70°+50°=180°
∴图形符合探索延伸中的条件，
∴结论EF=AE+BF，成立，
∵AE=60×1.5=90,BF=80×1.5=120，
∴EF=AE+BF=90+120=210（海里）；
∴两舰艇之间的距离为：210海里．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．解题的关键是根据题意添加合适的辅助线证明三角形全等．
3．（2023秋·四川德阳·八年级统考期末）（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接AE．
①∠AEC的度数为______；
②线段AE、BD之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点B、D、E在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．
【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由见详解；（3）180°．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后证明∠ECA=∠DCB，从而可证明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；
（2）类似（1）中方法，证明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA−∠CEB=90°，根据等腰直角三角形的性质得到CM=EM=MD，即可得到线段CM、AE、BE之间的数量关系；
（3）根据△AEC≌△BDC解答即可．
【详解】（1）解：如图①所示，
∵ △ABC和△EDC都是等边三角形，
∴ EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，
∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，
∴∠ECA=∠DCB，
在△AEC与△BDC中，
EC=DC∠ECA=∠DCBAC=BC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)
∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，
∵∠CDE=60°，点B、D、E在同一条直线上，
∴∠BDC=120°，
∴∠AEC=∠BDC=120°，
故①的答案为：120°；
②的答案为：相等；
（2）解：如图②所示，
∵ △ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴ EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=90°,∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，
∴∠ECA=∠DCB，
在△AEC与△BDC中，
EC=DC∠ECA=∠DCBAC=BC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)
∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，
∵∠CDE=45°，点B、D、E在同一条直线上，
∴∠BDC=135°，
∴∠AEC=∠BDC=135°，
∴∠AEB=∠AEC−∠CEB=135°−45°=90°，
∵ △EDC都是等腰直角三角形，CM⊥DE，
∴CM=EM=MD，
∴ED=2CM，
∴BE=BD+DE=AE+2CM，
∴ ∠AEB的度数为90°，线段CM、AE、BE之间的数量关系为：∴BE=AE+2CM；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：△AEC≌△BDC，得∠AEC=∠BDC，
∵ △ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，
∴∠CDE=∠ABC=180°−36°2=72°，
∴∠AEC=∠BDC=180°−72°=108°，
∴∠AEC+∠ABC=108°+72°=180°，
∴∠EAB+∠ECB=360°−180°=180°．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．
4．（2023·全国·九年级专题练习）问题背景：
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ．
探索延伸：
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）结论EF=BE+DF仍然成立，理由见解析
【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论；
（2）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，由∠EAF=12∠BAD得到∠EAF=∠GAF，然后证明△AEF≌△AGF，可得出结论．
【详解】证明：（1）在△ABE和△ADG中，
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，
在△ABE和△ADG中，
DG=BE∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2021秋·陕西咸阳·九年级咸阳市实验中学校考阶段练习）问题探究
(1)如图①，在正方形ABCD中，AB=4，点F为BC的中点，过点F作FE⊥AC于点E，则EF的长为__________；
(2)如图②，四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，点E、F分别在AC、BC上，连接CH，求证：CF=2CE+CH；
问题解决
(3)为打造宜居环境，建设美丽家园，计划对如图③所示的菱形空地ABCD进行绿化改造，菱形ABCD足够大，∠D=60°，EF是一条水渠，点E、F分别是AB、CB的中点，点G、H分别在EF、FC上，点M在菱形ABCD内部，现将四边形GMHF改造成草地，并沿线段FH、FG、FM种植乔木绿化带，已知GM=HM，∠GMH=60°，GF+HF=40米，且种植乔木绿化带每米费用约为200元（不计宽度），请计算种植上述三条乔木绿化带大约需花多少钱？
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)16000元
【分析】（1）利用正方形的性质，得出Rt△EFC是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可解答．
（2）过点E作ME⊥AC，交BC于M，证明△EFM与△EHC全等，得出FM=HC，通过等量代换，得出答案．
（3）根据菱形的性质，得出△BEF是等边三角形，连接GH，过点G作GN∥AB交BC于点N，△GNF是等边三角形，进而得出GF=GN，利用等边三角形的性质，证明△GNH≌△GFM，
【详解】（1）解：∵F是BC的中点，BC=4
∴FC=12BC=2
∵ AC是正方形ABCD的对角线
∴Rt△EFC是等腰直角三角形
∴EF=FC2=22=2
故答案为2
（2）证明：过点E作ME⊥AC，交BC于M，
∴∠MEC=90°，
在正方形ABCD与正方形EFGH中，∠ACB=45°，EF=EH，∠FEH=90°，
∴∠MEC=∠FEH=90°，∠EMC=∠ECM=45°，
∴∠FEM=∠HEC，EM=EC，
∴△EFM≌△EHC SAS，
∴FM=HC．
∵EM=EC，∠MEC=90°，
∴MC=2EC，
∴CF=MC+MF=2CE+CH．
（3）解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠B=∠D=60°，
∵点E、F分别是AB、CB的中点，
∴BE=12AB，BF=12BC，
∴BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠EFB=60°，
连接GH，过点G作GN∥AB交BC于点N，
∴∠GNF=∠GFN=60°，
∴△GNF是等边三角形，
∴GF=GN，
由GM=HM，∠GMH=60°，易得△MGH是等边三角形，
∴GH=GM，∠NGH=∠FGM=60°+∠FGH，
∴△GNH≌△GFMSAS，
∴FM=NH=NF+FH=GF+FH=40．
∴FH+FG+FM=2FM=80，
∵种植每米乔木绿化带费用约为200元，
∴种植FH、FG、FM三条乔木绿化带大约需80×200=16000（元）．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握正方形和菱形的性质、三角形全等的判定、等边三角形的性质等等．
6．（2022秋·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考期中）（1）问题探究：如图1，在正方形ABCD，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD、AB上，GP⊥AE．
①判断DQ与AE的数量关系：DQ AE；
②推断：GFAE的值为： ；（无需证明）
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，BCAB=23．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用1：如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC、AB上，求DNAM的值．
（4）拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接CP，若BEBF=34，GF=210，求CP的长．
【答案】（1）=；1；（2）FGAE=23，理由见解析；（3）DNAM=45；（4）PC=955
【分析】（1）①由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，得出∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH（ASA），可得AE=DQ．
②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．
（2）如图2，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．
（3）如图3，过点D作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，过点A作AE⊥EF，连接AC，证明△ACD≌△ACB（SSS），得出∠ADC=∠ABC=90°，证明△ADE∽△DCF，可得出DCAE=CFDE=DFAE=12，由勾股定理求出CF=3，则可得出答案．
（4）过点P作PM⊥BC交BC的延长线于N，利用相似三角形的性质求出PN，CN即可解决问题．
【详解】解：（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD=90°．
∵AE⊥DH，
∴∠ADO+∠OAD=90°．
∴∠QAO=∠ADO．
∴ΔABE≅ΔDAQ(ASA)，
∴AE=DQ．
故答案为：=．
②结论：GFAE=1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ//FG，
∵FQ//DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴FG=DQ，
∵AE=DQ，
∴FG=AE，
∴ GFAE=1．
故答案为：1．
（2）结论：FGAE=23．
理由：如图2中，过点G作GM⊥AB于M．
∵AE⊥GF，
∴∠AOF=∠GMF=∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AFO=90°，∠AFO+∠FGM=90°，
∴∠BAE=∠FGM，
∴ΔABE∽ΔGMF，
∴ GFAE=GMAB，
∵∠AMG=∠D=∠DAM=90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM=AD，
∴ GFAE=BCAB=23．
（3）如图3，过点D作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，过点A作AE⊥EF，连接AC，
∵∠ABC=90°，AE⊥EF，EF⊥BC，
∴四边形ABFE是矩形，
∴∠E=∠F=90°，AE=BF，EF=AB=10，
∵AD=AB，BC=CD，AC=AC，
∴ΔACD≅ΔACBSSS，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠ADE+∠CDF=90°，且∠ADE+∠EAD=90°，
∴∠EAD=∠CDF，且∠E=∠F=90°，
∴ΔADE∽ΔDCF，
∴ CDAD=CFDE=DFAE=12，
∴AE=2DF，DE=2CF，
∵DC2=CF2+DF2，
∴25=CF2+(10−2CF)2，
∴CF=5（不合题意，舍去），CF=3，
∴BF=BC+CF=8，
由（2）的结论可知：DNAM=AEAB=810=45．
（4）解：如图2中，过点P作PN⊥BC交BC的延长线于N．
∵ BEBF=34，
∴假设BE=3k，BF=4k，EF=AF=5k，
∵ FGAE=23，FG=210，
∴AE=310，
∴(3k)2+(9k)2=(310)2，
∴k=1或−1（舍弃），
∴BE=3，AB=9，
∵BC:AB=2:3，
∴BC=6，
∴BE=CE=3，AD=PE=BC=6，
∵∠EBF=∠FEP=∠PME=90°，
∴∠FEB+∠PEN=90°，∠PEN+∠EPN=90°，
∴∠FEB=∠EPN，
∴ΔFBE∽ΔENP，
∴ EFPE=BFPE=BEPN，
∴ 56=4EN=3PN，
∴EN=245，PN=185，
∴CN=EN−EC=245−3=95，
∴PC=CN2+PN2=955．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
7．（2022秋·河南南阳·八年级统考期中）（1）阅读理解：
如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD，在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C为顶点作一个50°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）1.5【分析】（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD可得△BDE≅△CDA，得出BE=AC=5 ，然后根据三角形的三边关系求出AE的取值范围，进而求得AD的取值范围；
（2）如图②：△FDC绕着点D旋转180° 得到△NDB可得△BND≅△CFD，得出BN=CF ，由线段垂直平分线的性质得出EN=EF，在△BNE中，由三角形的三边关系得出BE+CF＞EF 即可得出结论；
（3）将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转100°得到△BCH可得△HBC≌△FDC，得出CH=CF，∠HCB=∠FCD，证出∠ECH=50°=∠ECF ，再由SAS证明△HCE≌△FCE，得出EN=EF，进而证明结论．
【详解】解：（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD
∴△BDE≅△CDA（SAS），
∴BE=AC=5，AD=DE,即AD=12AE
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴8﹣5＜AE＜8+5 ，即3＜AE＜13，
∴1.5＜AD＜6.5；
故答案为1.5＜AD＜6.5；
（2）证明：如图②：△FDC绕着点D旋转180° 得到△NDB
∴△BND≅△CFD（SAS），
∴BN=CF，DN=DF
∵DE⊥DF
∴EN=EF，
在△BNE中，由三角形的三边关系得：BE+BN＞EN ，
∴BE+CF＞EF；
（3）BE+DF＝EF，理由如下：
如图③，将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转100°
∴△DCF≌△BCH，
∴CH＝CF，∠DCB＝∠FCH=100°
∴∠HBC＝∠D，DF=BH
∵∠ABC+∠D＝180°
∴∠HBC+∠ABC＝180°，
∴点A、B、H三点共线
∵∠FCH=100°，∠FCE=50°
∴∠ECH=50°
∴∠FCE＝∠ECH，
在△HCE和△FCE中，
CF=CH∠ECF=∠ECHCE=CE，
∴△HCE≌△FCE（SAS）
∴EH＝EF，
∵BE+BH＝EH，DF=BH
∴BE+DF＝EF．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键.
8．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践−−探究特殊三角形中的相关问题
问题情境：
某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α0°<α<90°，如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．
(1)初步探究：
勤思小组的同学提出：当旋转角α= 时，△AMC是等腰三角形；
(2)深入探究：
敏学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明；
(3)再探究：
在旋转过程中，当旋转角α=30°时，求△ABC与△AFE重叠的面积；
(4)拓展延伸：
在旋转过程中，△CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)见解析
(3)3
(4)能，∠α=30°或60°
【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=3，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；
（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的性质可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．
【详解】（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°−30°=60°，
当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，
故答案为：60°或15°；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM与△AFN中，
∠B=∠FAB=AF∠BAM=∠FAN ，
∴△ABM≅△AFNASA，
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
在△MPE和△NPC中
∠E=∠C∠MPE=∠NPCEM=CN，
∴△MPE≅△NPCAAS，
∴PE=PC，
∴点P在CE的垂直平分线上，
∵AE=AC，
∴点A在CE的垂直平分线上，
∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=2，
∴BM=AB•sin30°=1，AM=AB•cs30°=3，
∴S△ABM=12AM•MB=12×1×3=32，
∵AE=AC=AB•tan60°=23，AM=3，
∴EM=3，
在△AMB和△EPM中
∠BAE=∠EEM=AM∠AMB=∠EMP=90°
∴△AMB≅△EPMASA，
由（2）可知△ABM≅△AFN，
∴S△AFN=S△EFM=S△ABM=32，
∵S△AEF= 12AF•AE=12×2×23=23，
∴△ABC与△AFE重叠的面积=S△AEF-S△AFN-S△EPM=23−2×32=3；
（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．
∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°．
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°−60°−90°=30°．
∴∠α=30°．
如答题图2所示：当∠CPN=90°时．
∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
综上所述，∠α=30°或60°．
【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质、三角函数和全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
9．（2021秋·福建漳州·九年级漳州三中校考期中）如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．
(1)如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求线段EF的长；
(2)如图3，连接DG，当EF∥BD且点D，G，E三点共线时，求线段AE的长；
(3)当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出线段AE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)5
(2)74
(3)3或127或6011或6017
【分析】（1）连接AG，根据折叠性质、矩形的性质及勾股定理可得DB=10，再根据折叠性质及全等三角形的性质可得答案；
（2）设AF=3t，则FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，根据勾股定理和三角函数可得答数；
（3）分四种情况：①当△AEF∽△GHE时，过点H作HP⊥AB于P，②当△AEF∽△GHE时，过点H作HP⊥AB于P，③当△AEF∽△GEH时，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，④当△AEF∽△GEH时，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，分别根据相似三角形的性质可得答案．
（1）
解：如图，连接AG，
由折叠性质得AG⊥EF，
∵EF∥BD，
∴AG⊥BD，
在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，
∴∠DAB=90°，AD=BC=6，
∴DB=AB2+AD2=82+62=10，
∵△GEF是由△AEF沿直线EF对折而成，
∴△GEF≌△AEF，
∴EF为AG中垂线，
∵EF∥BD，
∴EF=12BD=5；
（2）
解：∵点D，G，E三点共线，
∴∠DGF=90°，
设AF=3t，则FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，
在Rt△DFG中，DG2+FG2=DF2，即DG2=(6−3t)2−(3t)2=36-36t，
∵tan∠FDG=FGDG=AFAD，
∴3t36−36t=4t6，
∴t=716，
∴AE=74；
（3）
解：①当△AEF∽△GHE时，如图，过点H作HP⊥AB于P，
∵∠AEF=∠FEG=∠EHG，∠EHG+∠HEG=90°，
∴∠FEG+∠HEG=90°，
∴∠A=∠FEH=90°，
∴△AEF∽△EHF，
∴EF：HE=AF：AE=1：2，
∵∠A=∠HPE=90°，
∴∠AEF+∠HEP=90°，∠HEP+∠EHP=90°，
∴∠AEF=∠EHP，
∴△AEF∽△HPE，
∴AE：HP=EF：EH=1：2，
∴HP=6，
∴AE=3；
②当△AEF∽△GHE时，如图，过点H作HP⊥AB于P，
同理可得EF：HE=1：2，EA：HP=1：2，
设AF=t，则AE=2t，EP=2t，HP=4t，BP=8-4t，
∵△BHP∽△BDA，
∴4t：6=（8-4t）：8，
∴t=67，
∴AE=127；
③当△AEF∽△GEH时，如图，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，
设AF=t，则AE=2t，DF=6-t，
由折叠可知，△AEF≌△GEF，
∴AE=GE，
∵△AEF∽△GEH，AE=GE，
∴△AEF≌△GEH（AAS），
∴FG=GH，
∵MG∥DH，
∴FM=12（6-t），
∴AN=EN=AF+FM=6+t2，
∵△FMG∽△GNE，GF：GE=1：2，
∴MG=12NE=12AM=6+t4，GH=2FN=6-t，
∵MN=AE，
∴6+t4+6-t=2t，
∴t=3011，
∴AE=6011；
④当△AEF∽△GEH时，如图，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，
设AF=t，则AE=2t，
设FM=a，则NG=2a，NE=a+t，
∴MG=12EN=12AM=a+t2，
∴a+t2+2a=2t，
由上题知，MF=MQ=a，QH=2MG=a+t，
∴DQ=6-t-2a，
∵DQQH=34，
∴6−t−2aa+t=34，
∴t=3017，
∴AE=6017．
综上，满足条件取线段AE的长为：3或127或6011或6017．
【点睛】此题考查的是折叠的性质、矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理、三角函数等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
10．（2023·全国·九年级专题练习）某校数学活动小组探究了如下数学问题：
(1)问题发现：如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰Rt△APQ，且∠PAQ=90°，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；
(2)变式探究：如图2，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰Rt△CPQ，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；
(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为10，CQ=2，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)BP=CQ
(2)BP=2AQ
(3)3
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明△ABP≌△ACQ，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明△CBP∽△CAQ，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出△BDP∽△CDQ，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．
【详解】（1）解：∵△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°，
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴AP=AQ，∠BAP+∠PAC=∠CAQ+∠PAC，
∴∠BAP=∠CAQ．
在△ABP和△ACQ中，{AB=AC∠BAP=∠CAQAP=AQ ，
∴△ABP≌△ACQ(SAS)，
∴BP=CQ；
（2）解：判断BP=2AQ，理由如下：
∵△CPQ是等腰直角三角形，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴QCPC=ACBC=22，∠ACB=∠QCP=45°．
∵∠BCP+∠ACP=∠ACQ+∠ACP=45°，
∴∠BCP=∠ACQ，
∴△CBP∽△CAQ，
∴QCPC=ACBC=AQBP=22，
∴BP=2AQ；
（3）解：连接BD，如图所示，
∵四边形ABCD与四边形DPEF是正方形，DE与PF交于点Q，
∴△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，
∴QDPD=CDBD=22，∠BDC=∠PDQ=45°．
∵∠BDP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC=45°，
∴∠BDP=∠CDQ，
∴△BDP∽△CDQ，
∴QDPD=CDBD=CQBP=22．
∵CQ=2，
∴BP=2CQ=2．
在Rt△PCD中，CD2+CP2=DP2，设CD=x，则CP=x−2，
又∵正方形DPEF的边长为10，
∴DP=10，
∴x2+(x−2)2=(10)2，
解得x1=−1（舍去），x2=3．
∴正方形ABCD的边长为3．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．
11．（2022春·广东珠海·八年级统考期末）宽与长的比是5−12（约为0.618）的矩形叫微黄金矩形．它给我们以协调谓匀称的美．
如希腊的巴特农神庙等．下面我们折叠出一个矩形：
第一步，在一张宽为2的矩形纸片一端，用下图的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．
第二步，如下图，把这个正方形折成两个相等的矩形，再展平．
第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到下图中所示的AD处．
第四步，展平纸片，按照所得的点D处折出DE，得到矩形BCDE．
(1)证明矩形BCDE（下图）是黄金矩形．
(2)定义：直线l将一个面积为S的图形分成面积为S1和面积为S2的两部分（设S1(3)下图中，以C为原点，CD、CB所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，直接写出△END中经过点C的“黄金分割线”的解析式．（不要求写过程）
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)△END中经过点C的“黄金分割线”的解析式为x=0或y=5+12x.
【分析】（1）由折叠的性质得出∠MBC=∠N=90°，MN=MB，根据矩形的判定和正方形的判定可得出答案； 由勾股定理求出AB=5，则BE=5−1，根据黄金矩形的定义即可判断；
（2）先证明MNME=25+1=5−12, 再证明S1S2=BC·BEBC·MB=BEBM=5−12, S2S=BC·BMMN·ME=MNME=5−12, 从而可得结论；
（3）如图，建立如下坐标系，结合题意可得：记NE与y轴的交点为Q，先求解S△DNE=12×2×(5+1)=5+1, 设NE为y=kx+b, 可得直线NE的解析式为：y=5−12x+5−1, 可得Q(0,5−1), 再证明CQ,CE为△DNE的“黄金分割线”，从而可得答案．
(1)
解：由矩形的性质可知∠BMN=∠N=90°，
由折叠可知∠MBC=∠N=90°，MN=MB，
∴∠BMN=∠N=∠MBC=90°，
∴四边形MNCB是矩形，
又∵MN=MB，
∴矩形MNCB是正方形．
∵MN=2，
∴AC=1，
在△ABC中，AB=AC2+BC2=5,
由折叠可知AD=AB=5，
∴BE=CD=AD-AC=5−1，
又∵DE=BC=MN=2，
∴BEBC=5−12，
∴矩形BCDE为黄金矩形．
(2)
由（1）得：MN=NC=BC=BM=2=DE,BE=CD=5−1,
∴ME=MB+BE=5+1,
∴MNME=25+1=5−12,
∴矩形MNDE是黄金矩形．
∴S1S2=BC·BEBC·MB=BEBM=5−12,
S2S=BC·BMMN·ME=MNME=5−12,
∴S1S2=S2S,
∴直线BC是矩形MNDE的黄金分割线．
(3)
如图，建立如下坐标系，结合题意可得：记NE与y轴的交点为Q，
N(−2,0),E(5−1,2),D(5−1,0),
S△DNE=12×2×(5+1)=5+1,
设NE为y=kx+b,
∴{−2k+b=0(5−1)k+b=2, 解得：{k=5−12b=5−1,
∴直线NE的解析式为：y=5−12x+5−1,
当x=0时，y=5−1,
∴Q(0,5−1),
∴S△NCQ=12×2×(5−1)=5−1,
∴S四边形CQED=5+1−5+1=2,
∴S△NCQS四边形CQED=S四边形CQEDS△DNE=5−12,
∴CQ为△DNE的“黄金分割线”，
所以CQ的解析式为：x=0,
∵S△DCE=12×2×(5−1)=5−1,
∴S△NCE=5+1−5+1=2,
∴S△DCES△NCE=S△NCES△DNE=5−12,
∴CE为△DNE的“黄金分割线”，
设CE为y=nx,
∴(5−1)n=2,
解得：n=5+12,
∴CE的解析式为：y=5+12x.
综上：△END中经过点C的“黄金分割线”的解析式为x=0或y=5+12x.
【点睛】本题考查的是黄金分割点的含义，黄金分割线的含义，矩形的性质，正方形的判定与性质，黄金矩形的含义，利用待定系数法求解一次函数的解析式，坐标与图形，二次根式的混合运算，理解题意，利用轴对称的性质解题是关键．
12．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ 3 ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 3 ，t2＝2，t3＝4+2 3 ，t4＝12
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=12OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
OC=PD∠AOC=∠DPEAO=PE
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则b=8−2t0=k(t+4)+b，
解得：k=2t−8t+4b=8−2t，
∴CE的解析式为y=2t−8t+4x+8−2t，
同理，DE的解析式为y=4−t2x+t2−162，
①当M在CE上时，M(t+3，3)，
则2t−8t+4⋅(t+3)+8−2t=3
解得，t=28−163，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则−1=4−t2(t+3)+t2−162
解得，t=2，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
3=4−t2(t+3)+t2−162，
解得，t=4+23，
④当N在CE上时，
2t−8t+4⋅(t+3)+8−2t=−1，
解得，t=12，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 3 ，t2＝2，t3＝4+2 3 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
13．（2023·河南驻马店·统考一模）已知：△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，其中BA=BC，DA=DE，连接EC，取EC的中点M，连接BM和DM．
(1)如图1，分别取AC和AE的中点G、H，连接BG、MG、MH、DH，那么BD和BM的数量关系是______．
(2)将图1中的△ABC绕点A旋转到图2的位置时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)已知正方形ABCP的边长为2，正方形ADEQ的边长为10，现将正方形ABCP绕点A顺时针旋转，在整个旋转过程中，当C、P、E三点共线时，请直接写出BD的长．
【答案】(1)BD=2BM
(2)依然成立．理由见解析
(3)234或45
【分析】（1）由三角形中位线定理得出MH=12AC，MG=12AE，MH//AC，MG//AE，得出∠MHE=∠CAE，∠CGM=∠CAE，证明ΔMHD≅ΔBGM，得出BM=DM，证明ΔBAD∽ΔMHD，得出BD:DM=AD:DH=2:1，即可得出结论；
（2）证出BM=DM，∠MBE=∠MEB，∠MCD=∠MDC，再证明DM⊥BM，即可得出结论；
（3）分两种情况：①取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2BM，由勾股定理得：AE=2AD=102，PE=14，得出CE=PE+PC=16，CM=8，由勾股定理求出BM=217，求出BD=2BM=234；
②取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2BM，同①得：PE=14，CE=12，得出CM=6，由勾股定理求出BM的长，即可得出结果．
【详解】（1）∵M为CE的中点，G、H分别为AC和AE的中点，
∴MH=12AC，MG=12AE，MH//AC，MG//AE，
∴∠MHE=∠CAE，∠CGM=∠CAE，
∴∠CGM=∠MHE，
在等腰直角ΔABC与等腰直角ΔADE中，G、H分别为AC和AE的中点，
∴BG=12AC，DH=12AE，BG⊥AC，DH⊥AE，
∴MH=BG，DH=MG，∠MHD=∠BGM，
在ΔMHD和ΔBGM中，
MH=BG∠MHD=∠BGMDH=MG，
∴ΔMHD≅ΔBGM(SAS)，
∴BM=DM，
∵∠BAD=45°+45°+∠CAE=90°+∠CAE，∠MHD=∠DHE+∠MHE=90°+∠CAE，
∴∠BAD=∠MHD，
又∵AB:MH=AB:AG=2:1，AD:DH=2:1，
∴AB:MH=AD:DH，
∴ΔBAD∽ΔMHD，
∴BD:DM=AD:DH=2:1，BD:BM=2:1，
∴BD=2BM；
故答案为：BD=2BM；
（2）（1）中的结论仍然成立；理由如下：
∵在RtΔEBC和ΔEDC中，M为EC的中点，
∴BM=MC=ME，DM=EM=MC，
∴BM=DM，∠MBE=∠MEB，∠MCD=∠MDC，
∵∠BMC=∠MBE+∠MEB=2∠MEB，∠EMD=∠MDC+∠MCD=2∠MDC，
∵∠DAE=∠MDC+∠MEB=45°，
∴∠BMC+∠EMD=90°，
∴∠DMB=180°−90°=90°，
∴DM⊥BM，
∵BM=DM，
∴BD=2BM；
故（1）中的结论仍然成立；
（3）分两种情况：234或45
①如图所示：取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，
由（1）得：BM=DM，BD=2BM，
由勾股定理得：AE=2AD=102，
∴PE=AE2−AP2=14，
∴CE=PE+PC=16，
∴CM=8，∴BM=417，
∴BD=2BM=434；
②如图所示：取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，
由（1）得：BM=DM，BD=2BM，
同①得：PE=14，
∴CE=12，
∴CM=6，
∴BM=210；
∴BD=2BM=45；
综上所述，BD的长为234或45．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，作出图形是解题关键．
14．（2023·贵州遵义·统考一模）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE=DF．
【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求BEMN的值．
【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB=m，BC=n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有EFMN=mn？试写出其数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）34；（3）∠EFC=∠MNC，理由见解析．
【分析】（1）利用正方形的性质，推出△ADE≌△DCFASA，即可证明结论；
（2）过点N作NP⊥AB于点P，BE、MN相交于点H，先证明∠ABE∽△PNM，得到BEMN=ABNP，再证明∴四边形BCNP是矩形，得到NP=BC，即可得到答案；
（3）过点E作EK∥AB交BC于点K，过点N作NL∥BC交AB于点L，先根据平行四边形的判定和性质得到EKNL=mn，若EFMN=mn，则△EFK∽△NML，得到∠FEK=∠MNL，再利用平行线的性质，即可得到∠EFC与∠MNC之间的数量关系．
【详解】（1）证明：设AE、DF相交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADE=∠C=90°，
∴∠ADG+∠CDG=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠DAG=∠CDG，
在△ADE和△DCF中，
∠DAG=∠CDGAD=CD∠ADE=∠C，
∴△ADE≌△DCFASA，
∴AE=DF；
（2解：过点N作NP⊥AB于点P，BE、MN相交于点H，
∴∠BPN=∠MPN=90°，
∴∠PMN+∠PNM=90°，
∵BE⊥MN，
∴∠BHM=90°，
∴∠MBH+∠PMN=90°，
∴∠MBH=∠PNM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=90°，
∴∠A=∠MPN，
∴∠ABE∽△PNM，
∴BEMN=ABNP，
∵∠ABC=∠C=∠BPN=90°，
∴四边形BCNP是矩形，
∴NP=BC=4，
∵AB=3，
∴BEMN=ABNP=34；
（3）解：∠EFC=∠MNC，理由如下：
过点E作EK∥AB交BC于点K，过点N作NL∥BC交AB于点L，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABKE、BCNL是平行四边形，
∴EK=AB=m，NL=BC=n，
∴EKNL=mn，
若EFMN=mn，
则△EFK∽△NML，
∴∠FEK=∠MNL，
∵EK∥CD，
∴∠AEK=∠D，
∵AD∥NL，
∴∠D=∠CNL，
∴∠AEK=∠CNL，
∵AD∥BC
∴∠EFC=∠AEF=∠AEK+∠FEK=∠CNL+∠MNL=∠MNC．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造相似三角形是解题关键．
15．（2023·山东泰安·宁阳二中校考一模）已知，△ABC为等边三角形，点D在边BC上．
【基本图形】如图1，以AD为一边作等边三角形△ADE，连结CE．可得CE+CD=AC（不需证明）．
【迁移运用】如图2，点F是AC边上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．求证：CE+CD=CF．
【类比探究】如图3，点F是AC边的延长线上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．试探究线段CE，CD，CF三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．
【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析．
【分析】基本图形：只需要证明△BAD≌△CAE得到CE=BD，即可证明；
迁移运用：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF得到CE=GF，即可推出CE+CD=GF+CG=CF；
类比探究：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF，得到CE=GF，再由GF=CF+CG=CF+CD，即可得到CD+CF=CE．
【详解】基本图形：证明：∵△ACB与△ADE都是等边三角形，
∴AC=AB=CB，∠CAB=60°，AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠CAE=∠DAE−∠CAD=60°−∠CAD，∠BAD=∠CAB−∠CAD=60°−∠CAD，
∴∠CAE=∠BAD，
在△BAD与△CAE中，
AC=AB∠CAD=∠BAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴CE=BD，
∴CE+CD=BD+CD=CB，
∵AC=CB，
∴CE+CD=AC；
迁移运用：证明：过点D作DG∥AB，交AC于点G，
∵△ACB是等边三角形，
∴∠ACB=∠A=∠B=60°，
∵DG∥AB，
∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴△CDG为等边三角形，
∴CD=DG=CG，
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，∠EDF=60°，
∵∠CDE=∠CDG−∠EDG=60°−∠EDG，∠FDG=∠EDF−∠EDG=60°−∠EDG，
∴∠CDE=∠FDG，
在△CDE与△GDF中
BD=DG∠BAD=∠GDFDE=DF，
∴△CDE≌△GDFSAS，
∴CE=GF，
∴CE+CD=GF+CG=CF；
类比探究：解：CD+CF=CE，理由如下：
过点D作DG∥AB，交AC于点G，
∵△ACB是等边三角形，
∴∠ACB=∠A=∠B=60°，
∵DG∥AB，
∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴△CDG为等边三角形，
∴CD=DG=CG，
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，∠FDE=60°，
∵∠GDF=∠GDC+∠CDF=60°+∠CDF，∠CDE=∠EDF+∠CDF=60°+∠CDF，
∴∠GDF=∠CDE，
在△CDE与△GDF中
BD=DG∠BDE=∠GDFDE=DF，
∴△CDE≌△GDFSAS，
∴CE=GF，
∵GF=CF+CG=CF+CD，
∴CD+CF=CE．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
16．（2023·浙江金华·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点P是射线BC上的动点，连结AP，在AP的右边作∠PAQ=12∠BAC，交射线BC于点Q．
(1)当BP=1时，求点P到AB的距离．
(2)当点P在线段BC上运动时，记BP=x，CQ=y，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．
(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为45°时，求BQ的长，并指出相应的45°角．
【答案】(1)45
(2)y=75−25x25−3x0≤x≤325x−7525−3x3(3)∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；∠CAQ=∠APB=45°，BQ=31
【分析】（1）过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得出AE=4，再由正弦求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，当点P在线段CE上时，即3（3）分四种情况，分别是∠BAQ=45°，∠CAP=45°，∠BAP=∠AQB=45°，∠CAQ=∠APB=45°，分别利用勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】（1）如图，过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，
∴∠AEB=∠BFP=90°，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BE=12BC=3，
∴AE=AB2−BE2=4，
∴sinB=AEAB=PFBP，
∵BP=1，
∴45=PF1，
解得PF=45，
即点P到AB的距离为45；
（2）当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，如图，
∵AE⊥BC,AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC，
∵∠PAQ=12∠BAC，
∴∠FAP=∠EAQ，
又∵∠AFP=90°=∠AEQ，
∴△AFP∼△AEQ，
∴AFAE=FPEQ，
∵BP=x，
∴sinB=PFBP=45，
∴PF=45x，
由勾股定理得BF=BP2−PF2=35x，
∵AB=5,CE=3，CQ=y，
∴AF=5−35x，EQ=3−y，
∴5−35x4=45x3−y，
整理得y=75−25x25−3x；
当点P在线段CE上时，即3∵AE⊥BC,AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC，
∵∠PAQ=12∠BAC，
∴∠FAP=∠EAQ，
又∵∠AFP=90°=∠AEQ，
∴△AFP∼△AEQ，
∴AFAE=FPEQ，
∵BP=x，
∴sinB=PFBP=45，
∴PF=45x，
由勾股定理得BF=BP2−PF2=35x，
∵AB=5,CE=3，CQ=y，
∴AF=5−35x，EQ=3+y，
∴5−35x4=45x3+y，
整理得y=25x−7525−3x；
综上，y=75−25x25−3x0≤x≤325x−7525−3x3（3）①当∠BAQ=45°时，
如图，过点Q作QD⊥AB于D，
∴∠ADQ=∠BDQ=90°，
设BQ=5x，
∵sinB=45，
∴DQ=4x,BD=3x，
∵∠BAQ=∠AQD=45°，
∴AD=5−3x=DQ，即5−3x=4x，
解得x=57，
∴BQ=5x=257；
②当∠CAP=45°时，
如图，过点P作PH⊥AC于H，
同①可得CP=257,
∵BP=x，
∴CP=257=6−x，
解得x=177，
当0≤x≤3时，y=75−25x25−3x=2531，
∴BQ=6−CQ=6−y=16131；
③当∠BAP=∠AQB=45°时，
如图，过点P作PN⊥AB于N，
同①得BP=257=x，
当3∴BQ=BC+CQ=7；
⑤当∠CAQ=∠APB=45°时，
如图，过点作AE⊥BC于E，
∴∠AEC=90°，
∴∠EAP=∠APB=45°，
由（1）得，AE=4,CE=3，
∴AE=PE=4，
∴CP=1，
又∵∠ACP=∠QCA，
∴△CAP∼△CQA，
∴CACQ=CPCA，即5CQ=15，
解得CQ=25，
∴BQ=BC+CQ=31；
综上，∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；∠CAQ=∠APB=45°，BQ=31．
【点睛】本题考查了三角形的动点问题，涉及等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．
17．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在AB，BC上，BE=CF，AF与CE交于点P．
(1)求证：∠APE=60°；
(2)当PC=1，PA=5时，求PD的长？
(3)当AB=23时，求PD的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接AC，先证明△ABC是等边三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再证明△ACF≌△CBE得到∠CAF=∠BCE，由此即可证明结论；
（2）延长PC到M使得CM=AP，证明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，进而证明△PDM是等边三角形，则PD=PM=PC+PA=6；
（3）先证明A、P、C、D四点共圆，则当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM中求出OA的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，
又∵CF=BE，
∴△ACF≌△CBESAS，
∴∠CAF=∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；
（2）解：延长PC到M使得CM=AP，
由（1）可得∠AFC=∠CEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，
∴∠CEB+∠DAF=180°，
∵∠AEC+∠CEB=180°，
∴∠DAF=∠DCM，
又∵AF=CM，AD=CD，
∴△ADF≌△CDMSAS，
∴DF=DM，∠ADF=∠CDM，
同理可得∠ADC=60°，
∴∠ADC=∠PDM=60°，
∴△PDM是等边三角形，
∴PD=PM=PC+PA=6；
（3）解：∵∠APE=60°，
∴∠APC=120°，
∵∠ADC=60°，
∴∠APC+∠ADC=180°，
∴A、P、C、D四点共圆，
∴当PD为直径时，PD最大，
设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
∵OA=OC，
∴∠OAM=30°，
∵AC=AB=23，OM⊥AC，
∴AM=12AC=3，
∴OM=33AM=1，
∴OA=2，
∴PD最大=4；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（2023·河南安阳·统考一模）九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．
(1)操作探究：如图1，△OAB为等腰三角形，OA=OB，∠AOB=60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF，则∠BAE= °，OF与DE的数量关系是 ；
(2)迁移探究：如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆时针旋转，点D正好落在∠AOB的角平分线上，得到△ODE，求出此时∠BAE的度数及OF与DE的数量关系；
(3)拓展应用：如图3，在等腰三角形△OAB中，OA=OB=4，∠AOB=90°．将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF．当∠EAB=15°时，请直接写出OF的长．
【答案】(1)90，DE=2OF
(2)15°；DE=2OF
(3)23或2
【分析】（1）证明△OAB为等边三角形，根据旋转的性质得△OAB≅△ODE，求出∠AOE=120°，根据等腰三角形的性质可得∠DAE=30°，OF⊥AE，即可得∠BAE=90°，OA=DE=2OF；
（2）根据旋转的性质得△OAB≅△ODE，由OD平分∠AOB得∠AOD=30°，可得∠AOE=90°，∠OAE=45°，即可得∠BAE=15°，根据等腰直角三角形的性质可得DE=2OF；
（3）分以下两种情况进行讨论：①当点E在OB右边时，②当点E在OB左边时，利用等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】（1）∵△OAB为等腰三角形，OA=OB，∠AOB=60°，
∴△OAB为等边三角形，
∵将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，
∴△OAB≅△ODE，
∴△ODE为等边三角形，OA=OB=AB=DE=OE，∠AOB=∠OAB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AEB=∠OAE=30°，
∴∠BAE=90°，
∵OA=OE，F是AE的中点，
∴OF⊥AE，
∴OA=DE=2OF，
故答案为：90，DE=2OF；
（2）由旋转的性质，可知△OAB≅△ODE，
∵△OAB为等边三角形，OD平分∠AOB，△ODE为等边三角形，
∴∠DOE=60°，∠AOD=12∠AOB=30°，
∴∠AOE=∠AOD+∠DOE=90°，
∵OA=OE，
∴∠OAE=45°，
∴△AOB是等腰直角三角形，∠BAE=∠OAB﹣∠OAE=15°，
∵F是AE的中点，
∴OF⊥AE，
∴△OEF是等腰直角三角形，
∴DE=OE=2OF；
（3）分以下两种情况进行讨论：
①如图1．当点E在OB右边时，
∵OA=OB=4，∠AOB=90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°．
∵∠EAB=15°，
∴∠OAE=60°，
由旋转的性质，得OA=OB=OE=OD=4，
∴OAE为等边三角形，
∵F是AE的中点，
∴OF⊥AE，OF平分∠AOE，
∴∠AOF=12∠AOE=30°，
∴AF=12OA=2，
∴OF=AF=23；
②如图2，当点E在OB左边时，
同理，可得∠OAE=30°，OF⊥AE，
∴OF=12OA=2．
综上所述，OF的长为23或2．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想是解本题的关键．
19．（2023·江苏淮安·统考一模）【背景】
如图1，矩形ABCD中，AB=43，AB【操作】
（1）用直尺和圆规在图1中的AD边上作出点P（不写作法，保留作图痕迹）；
【应用】
（2）求∠BKM的度数和MK的长；
（3）如图2，若点E是直线MN上的一个动点．连接EB，在EB左侧作等边三角形BEF，连接MF，则MF的最小值是__________ ；
【拓展】
（4）如图3，若点E是射线KM上的一个动点．将△BEK沿BE翻折，得△BET，延长CB至Q，使BQ=KE，连接TQ．当△BTQ是直角三角形时，KE的长为多少？请直接写出答案：__________．
【答案】（1）见解析；（2）∠BKM=30°，MK=6；（3）3；（4）4或6或8或12
【分析】（1）连接AK，分别以A，K为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于P，B两点，连接PB即为所求．
（2）由折叠可知AB=BK=43，再证明MK垂直平分AB，得到AK=BK=AB，则△ABK为等边三角形，得到∠BKM==30°，则MK=BK⋅cs∠BKM=6；
（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG， 由直角三角形斜边上的直线的性质得到BG=MG，则△BMG为等边三角形．证明△FBM≌△EBG，得到FM=EG，则当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，据此求解即可；
（4）分如图4-1，4-2，4-3，4-4四种情况，分别求出对应的KE的长即可．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求；
（2）由折叠可知AB=BK=43，
∵点M，N分别是AB，CD的中点，
∴AM=BM，MN⊥AB，
∴MK垂直平分AB，
∴AK=BK=AB，
∴△ABK为等边三角形，
∴∠BKA=60°，
∴∠BKM=12∠BKA=30°，
在Rt△BMK中，MK=BK⋅cs∠BKM=6；
（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG，
∵AB=BK，M为AB中点，
∴BM=BG．
∵∠BMK=90°，
∴BG=MG=12BK，
∴△BMG为等边三角形．
∵△BEF为等边三角形，
∴BF=BE，∠EBF=∠MBG=60°．
∴∠EBF−∠MBE=∠ABG−∠MBE，即∠MBF=∠GBE，
∴△FBM≌△EBGSAS，
∴FM=EG，
∴当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，
∵∠GKE=30°，GK=12BK=12AB=23，
∴EG最小值=12GK=3．
∴MF的最小值为3，
故答案为：3；
（4）如图4-1所示，当∠BQT=90°时，T在射线KE上时，此时M点与E点重合，
∴KE=KM=6；
如图4-2所示，当∠QBT=90°时，此时点T与点A重合，
由折叠的性质可得∠ABE=∠KBE=12∠ABK=30°，
∴ME=33BM=2，
∴KE=KM−ME=4；
如图4-2所示，当∠QBT=90°时，
由折叠的性质可得EK=ET，∠ETB=∠EKB=30°，
∴ET=2EM，
∴EM+MK=2EM，
∴EM=MK，
∴EK=2MK=12；
如图4-4所示，当∠QTB=90°时，
∵BQ=EK，BQ∥EK，
∴四边形BQEK是平行四边形，
∴QE∥BK，∠EQB=∠EKB=30°，
由折叠的性质可得∠ETB=∠EKB=30°，
∴∠EQB=∠ETB，
∴E、Q、T、B四点共圆，
∴∠QEB=∠EBK=90°，
∴∠EBM=30°，
∴EM=33BM=2，
∴EK=EM+KM=8；
综上所述，当△BTQ是直角三角形时，KE的长为4或6或8或12，
故答案为：4或6或8或12．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题， 勾股定理，圆周角定理，平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
20．（2023·广西南宁·校考一模）如图甲，正方形ABCD中，点E为BC边上一点，点F为CD边上一点，且BE=CF，连接AE、BF交于点G．
(1)求证：AE⊥BF；
(2)如图乙，连接GC，若GC平分∠EGF，求证：AB=2CF；
(3)如图丙，在（2）的条件下，连接GD，过点E作EH∥GD交CD边于点H，交BF于点M，若FH=1，求线段FM的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)355
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形得AB=BC，∠ABE=∠C=90°，而BE=CF，即可证明ΔABE≅ΔBCF，得∠AEB=∠BFC，则∠AEB+∠CBF=∠BFC+∠CBF=90°，所以∠AGF=∠BGE=90°；
（2）连接EF交CG于点L，先证明ΔBGE∽ΔBCF，得BGBC=BEBF，变形为BGBE=BCBF，再证明ΔGBC∽ΔEBF，得∠BCG=∠BFE，即可推导出∠CEF=∠CGF=45°，所以∠CFE=∠CEF=45°，得CF=CE=BE，即可证明AB=2CF；
（3）延长EH、AD交于点J，设AB=BC=CD=AD=2n，则BE=CE=CF=DF=n，先证明△AGB∽△ABE，推导出GB=12AG，再证明△BGE∽△AGB，推导出GE=12GB=14AG，由EH∥GD，得DJAD=GEAG=14，则DJ=14×2n=12n，再证明△DHJ∽△CHE，得DHCH=DJCE=12，所以CH=23CD=43n，于是43n−n=1，则n=3，所以BE=CE=CF=3，BC=6；作EI∥CD交EF于点I，则IE=12CF=32，由勾股定理求得BF=35，则BI=FI=325，再证明△IME∽△FMH，得IMFM=IEFH=32，则FM=25FI=355．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠C=90°，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠CBE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠AEB=∠BFC，
∴∠AEB+∠CBF=∠BFC+∠CBF=90°，
∴∠AGF=∠BGE=90°，
即AE⊥BF．
（2）如图，连接EF交CG于点L，
由（1）得AE⊥BF，
∴∠EGF=90°，
∵GC平分∠EGF，
∴∠CGF=∠CGE=12∠EGF=45°，
∵∠BGE=∠BCF=90°，∠EBG=∠FBC，
∴△BGE∽△BCF，
∴ BGBC=BEBF，
∴ BGBE=BCBF，
∵∠GBC=∠EBF，
∴△GBC∽△EBF，
∴∠BCG=∠BFE，
∴∠CEF=∠ELG−∠BCG=∠ELG−∠BFE=∠CGF=45°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴CF=CE=BE，
∴AB=BC=2BE=2CE=2CF．
（3）如图，延长EH、AD交于点J，
设AB=BC=CD=AD=2n，则BE=CE=CF=DF=n，
∵∠AGB=∠ABE=90°，∠GAB=∠BAE，
∴△AGB∽△ABE，
∴ GBBE=AGAB，
∴ GBAG=BEAB=n2n=12，
∴GB=12AG，
∵∠BGE=∠AGB=90°，∠GBE=∠GAB=90°−∠ABG，
∴△BGE∽△AGB，
∴ GEBG=GBAG=12，
∴GE=12GB=12×12AG=14AG，
∵EH∥GD，
∴ DJAD=GEAG=14，
∴DJ=14×2n=12n，
∴DJ∥CE，
∴△DHJ∽△CHE，
∴ DHCH=DJCE=12nn=12，
∴CH=23CD=23×2n=43n，
∵CH−CF=FH=1，
∴ 43n−n=1，
解得n=3，
∴BE=CE=CF=3，BC=6，
作EI∥CD交EF于点I，则BIFI=BECE=1，
∴BI=FI，
∴IE=12CF=32，
∵BF=BC2+CF2=62+32=35，
∴BI=FI=12BF=325，
∵IE∥FH，
∴△IME∽△FMH，
∴ IMFM=IEFH=32，
∴FM=22+3FI=25×325=355，
∴线段FM的长为355．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰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等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
21．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，圆O为△ABC的外接圆，BO延长线与AC交于点D，OE⊥BC，点F在OE上，BD平分∠ABF．
(1)如图1，求证：△ABD∽△OBF；
(2)如图2，连结DF，求证：DF∥AB；
(3)如图3，连结CF并延长分别交BA，BD于G，H两点，若∠DFC=6∠BCG，BD=2FG，求GHBH．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)12
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理和等腰三角形底边上的三线合一得出∠A=∠BOE，结合已知条件利用两角对应相等即可得出结论
（2）连接AO，根据两边对应成比例且夹角相等得出△ABO∽△DBF，从而得出∠BDF=∠BAO=∠OBA，即可得出答案
（3）先根据等腰三角形的性质和垂径定理得出GF=MB，再利用SAS得出△BMF≌△FBG，从而得出∠BGC=∠BMF=90°，继而得出∠BFG=∠GBH=30°，即可得出答案
【详解】（1）解：连接OC，
∵OE⊥BC，OB=OC
∴∠BOC=2∠BOE，
∵∠BOC=2∠A，
∴∠A=∠BOE，
∵BD平分∠ABF，
∴∠ABD=∠OBF，
∴△ABD∽△OBF．
（2）解：连接AO，
∵△ABD∽△OBF，
∴BFBD=BOBA，
∴BFBO=BDBA，∠ABO=∠OBF，
∴△ABO∽△DBF
∴∠BDF=∠BAO，
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠OBA，
∴∠BDF=∠OBA，
∴DF∥AB．
（3）解：作FM⊥BD于M，
由（2）知，∠OBA=∠BDF，
∵BD平分∠ABF，
∴∠OBA=∠DBF，
∴∠DBF=∠BDF，
∴BF=DF，
∵FM⊥BD
∴BD=2BM，
∵BD=2FG，
∴GF=MB，
∵∠DFC=6∠BCG，设∠BCG=α，
∴∠DFC=∠FCB+∠FBC+∠FBD+∠FDB=6α，
∵OE⊥BC，
∴BE=CE，则BF=CF，
∴∠FBC=∠FCB，
∴∠FBD=∠GFB=2α，
∵BF=FB，
∴△BMF≌△FBG，
∴∠BGC=∠BMF=90°，
∴∠GBF+∠GFB=6α=90°
∴α=15°，∠BFG=∠GBH=30°，
∴BH=2GH
∴GHBH=12．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形的外角性质、含有30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识，灵活添加辅助线是解题的关键
22．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图甲，在△ABC中．∠ACB=90°．AC=4．BC=3．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动．同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动．它们的速度均为每秒钟1个单位长度．连接PQ，设运动时间为t秒钟（0(1)设△APQ的面积为S，当实数t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？
(2)在（1）的前提下．当S取得最大值时．把此时的△APQ沿射线AC以每秒钟1个单位长度的速度平移，当点A平移至与点C重合时停止，△APQ与△ABC的重叠部分面积y与平移时间x的函数解析式，并写出对应的x的取值范围；
(3)如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，当四边形PQP'C为菱形时，求实数t的值．
【答案】(1)当t为52秒时，S取得最大值，S的最大值是158cm2
(2)y=1582≤x<32−34x+332≤x<2384−x22≤x≤4
(3)2013s
【分析】（1）过点P作PH⊥AC于H，可证明△APH∽△ABC，再由相似三角形的性质，即可求解．
（2）过点P作PD⊥BC于点D，则PD∥AC，再由△BDP∼△BCA，可得PD=2，BD=32，然后分三种情况：①当0≤x<32时，此时点Q在线段AC上，点A在线段AC上，点P在△ABC的内部， ②当32≤x<2时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的内部，当2≤x≤4时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的外部，结合三角形的判定和性质，即可求解．
（3）根据菱形的性质可得四边形PQP'C为菱形，可得PE垂直平分QC，QE=EC，再根据△APE∽△ABC，可得AE=45t+4，从而得到QE=AE−AQ=−95t+4，再由QE=12QC=−12t+2，可得到关于t的方程，即可求解．
【详解】（1）如图，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠ACB=90°°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴ PHBC=APAB，
∵AC=4cm，BC=3cm，
∴AB=5cm，
∴PH3=5−t5，
∴PH=3−35t ，
∴△AQP的面积为：S=12×AQ×PH=12×t×3−35t=−310t−522+158
∴当t为52秒时，S取得最大值，S的最大值是158cm2．
（2）过点P作PD⊥BC于点D，则PD∥AC，
∴△BDP∽△BCA，
∴PDAC=BPAB=BDBC，
即PD4=525=BD3，
解得：PD=2，BD=32，
①当0≤x<32时，此时点Q在线段AC上，点A在线段AC上，点P在△ABC的内部，y=158；
②当32≤x<2时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的内部，设交于点E，则PP'=2−x，CQ'=x−32，
∵PD∥AC
∴△DP'F∽△CA'F，
∴DP'CQ'=DECE，
即2−xx−32=32−CECE，
解得：CE=3x−92，
∴y=158−S△CEQ'=158−12×x−323x−92=−32x2+92x−32，
当2≤x≤4时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的外部，则，AC'=4−x，PD'=x−2，
∵PD∥AC，
∴△DP'F∽△CA'F，
∴DP'CA'=DFCF，
即x−24−x=32−CFCF，
解得CF=3−34x，
则y=S△A'CF=12A'C×CF=124−x×3−34x=38x2−3x+6，
综上所述，y=1582≤x<32−34x+332≤x<2384−x22≤x≤4
（3）如答图3，连接PP'，设PP'交CQ于点E，
当四边形PQP'C为菱形时，PE垂直平分QC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，
∴AEAC=APAB，
∴AE=AP−ACAB=5−t×45=45t+4
QE=AE−AQ=−45t+4−t=−95t+4，
QE=12QC=124−t=−12t+2，
∴−95t+4=−12t+2，
解得：t=2013，
∵0<2013<4，
∴当四边形PQP'C为菱形时，t的值是2013s．
【点睛】此题主要考查了四边形综合题，用到的知识点是相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意作出辅助线．
23．（2023·安徽合肥·校考一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，则CE=DF”． 某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：
(1)【问题探究】如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想EGFH=______；
(2)【知识迁移】如图3，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想EGFH的值，并证明你的猜想；
(3)【拓展应用】如图4，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，求CEBF的值．
【答案】(1)1
(2)EGFH=nm，理由见解析；
(3)32
【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°，证明△ABM≅△ADN即可；
（2）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
在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，求证△ABM∼△ADN，根据对应边成比例，将已知数值代入即可；
（3）：过C点作CM⊥AB于点M，设CE交BF于点O，证明△CME∼△BAF，得出
CEBF=CMAB，即可得到结论．
【详解】（1）EGFH=1，
理由如下：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴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=∠DANAB=AD∠ABM=∠ADN，
∴△ABM≅△ADN(ASA)，
∴AM=AN，
∴EG=FH，
∴EGFH=1，
故答案为：1
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM=HF，AN=EG，
在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN，
∴△ABM∼△ADN，
∴AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，
∴AMAN=mn，
∴EGFH=ANAM=nm，
（3）如图所示：过C点作CM⊥AB于点M，设CE交BF于点O，
∵CM⊥AB，
∴∠CME=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵CE⊥BF，
∴∠BOE=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∴△CME∼△BAF，
∴CEBF=CMAB，
∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴CEBF=CMBC=sin60°=32
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
24．（2023·河南新乡·统考一模）已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α(0°(1)如图1，若△ABC和△CDE均为等边三角形，①线段BD与线段AE的数量关系是________；②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是________；
类比探究：
(2)如图2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
(3)拓展应用：如图3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=22，当点B，D，E三点共线时，请直接写出BD的长．
【答案】(1)BD=AE，60°
(2)①不成立，BD=12AE；②成立，理由见解析
(3)7−1或7+1
【分析】（1）延长BD交AE的延长线于点F．由等边三角形的性质可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，进而可求出∠BCD=∠ACE，即可证△BCD≌△ACESAS，从而得出结论BD=AE．再根据∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是60°；
（2）由题意易证△ABC∽△EDC，得出BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ACE，进而可证△BCD∽△ACE，得出BDAE=12，∠DBC=∠EAC，即BD=12AE．由（1）同理可证直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是60°；
（3）分类讨论：当点D落在线段BE上时和当点E落在线段BD上时，分别画出图形，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：如图1，延长BD交AE的延长线于点F．
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACESAS，
∴BD=AE，∠DBC=∠EAC．
∵∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°．
综上所述，BD=AE，直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是60°．
故答案为：BD=AE，60°；
（2）①不成立，BD=12AE；②成立．
理由：如图2，延长BD交AE的延长线于点F．
∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，
∴△ABC∽△EDC，
∴BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ACE，
∴△BCD∽△ACE，
∴BDAE=12，∠DBC=∠EAC，
∴BD=12AE．
∵∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°．
综上所述，BD=12AE，直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是60°；
（3）BD的长为7−1或7+1．
如图3，当点D落在线段BE上时．
∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=22，
∴BC=2AC=22，CD=2CE=2，
∴AC=2，CE=1．
∵∠E=90°，
∴BE=BC2−CE2=(22)2−12=7，
∴BD=BE−DE=7−1；
如图4，当点E落在线段BD上时，同理可得BD=BE+DE=7+1．
综上所述，BD的长为7−1或7+1．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等或相似三角形是解题关键．
25．（2023·陕西西安·校考二模）（1）如图，在△ABC中，∠B=120°，AB=4，则BC边上的高为______．
（2）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=43，BC=10，Rt△AEF的直角顶点E在边BC上，顶点F在边CD上，若∠AFE=60°，求CF的长．
（3）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，∠BCD=60°，AD=12，CD=16，△AEF的顶点E，F分别在边BC，CD上，若∠AEF=60°，△ADF的面积是否存在最小值，如果存在，求出最小值，如果不存在，说明理由．
【答案】（1）23；（2）23；（3）4543
【分析】（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，根据含30度的直角三角形的性质求出BD，利用勾股定理求出AD即可；
（2）证明△ABE∽△ECF，推出ABEC=BECF=AEEF=3，可得结论；
（3）如图3中，过点E作EJ⊥CF于点J，过点D作DP⊥BC于点P，设CF=y，BE=x．利用相似三角形的性质，构建二次函数，利用二次函数的性质求出CF的最大值，可得即DF的最小值，得到此时△ADF的面积最小，过点F作FG⊥AD，垂足为G，求出FG，即可得到面积．
【详解】解：（1）如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABD=60°，
∵∠ADB=90°，AB=4，
∴BD=12AB=2，
∴AD=AB2−BD2=23，
即BC边上的高为23．
（2）∵∠AEF=90°，∠AFE=60°，
∴AE=3EF，
∵∠B=∠AEF=∠C=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，∠FEC+∠EFC=90°，
∴∠AEB=∠CFE，
∴△ABE∽△ECF，
∴ ABEC=BECF=AEEF=3，
∴ 43EC=3，
∴EC=4，
∴BE=BC−EC=10−4=6，
∴CF=BE3=23；
（3）存在．
理由：如图3中，过点E作EJ⊥CF于点J，过点D作DP⊥BC于点P，设CF=y，BE=x．
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=90°，
∴∠BAD=90°，
∵DP⊥BC，
∴∠DPB=90°，
∴四边形ABPD是矩形，
AD=BP=12，AB=DP，
∵CD=16，∠C=60°，∠DPC=90°，
∴CP=CD⋅cs60°=8，DP=AB=83，
∵∠BEF=∠C+∠EFC，∠AEF=∠C=60°，
∴∠AEB=∠EFJ，
∵∠B=∠EJF=90°，
∴△ABE∽△EJF，
∴ ABEJ=BEFJ，
∵CE=BC−BE=BP+CP−BE=12+8−x=20−x，∠C=60°，
∴EJ=CE2×3=103−32x，CJ=12EC=10−12x，
∴FJ=CF−CJ=y−10−12x，
∴ 83103−32x=xy−10−12x，
∴y=−116x2+34x+10，
∵−116<0，
∴y有最大值，最大值=4×−116×5−3424×−116=494，
∴CF的最大值为494，即DF的最小值为154，此时△ADF的面积最小，
过点F作FG⊥AD，垂足为G，
∵AD∥BC，∠BCD=60°，
∴∠GDF=60°，
∴FG=DF2×3=1583，
∴△ADF的面积为12AD×GF=12×12×1583=4543．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，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，学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
26．（2023·安徽蚌埠·校联考一模）如图1，在平行四边形ABCD中，E为AB的中点，点F在AD边上，DE与CF交于点G．
(1)若G为DE的中点．
①求FGCG的值；
②连接EF，若∠EFC=90°，求证：DC=DF．
(2)如图2，若∠EGC=∠A，求证：AD⋅FC=2AE⋅DE．
【答案】(1)①FGGC=13，②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①利用中位线的性质及平行线所截线段对应成比例得出FG，GH的关系以及FH，CH的关系，然后求解即可；②结合①中的结论可得出四边形FEHD是平行四边形，然后结合题意，利用等腰三角形三线合一性质得出结论即可；
（2）通过添加辅助线构造等腰三角形，并由等腰三角形的性质以及题中的条件证得△ADE∽△DCP，利用相似的性质求解即可．
【详解】（1）①解：如图1，过点E作EH∥BC交FC于H，
∵AD∥BC，
∴AD∥EH∥BC，
∴AEEB=FHHC，
∵E为AB的中点，
∴FH=HC，
∵FD∥EH，EG=GD，
∴FG=GH，
∴FGGC=13；
②证明：如图1，连接DH，
∵FD∥EH，
∴FDEH=DGGE=1，
∴FD=EH，
∴四边形FEHD为平行四边形，
∴EF∥DH，
∵∠EFC=90°，
∴∠DHF=90°，
∵FH=HC，
∴DF=DC；
（2）证明：如图2，在AD的延长线上取一点P，使CP=CF，连接CP，
则∠CFP=∠P，
∵∠EGC=∠A，∠EGC=∠FGD，
∴∠FGD=∠A，
∴∠AED=∠CFP=∠P，
∵AB∥CD，
∴∠EAD=∠PDC，
∴△ADE∽△DCP，
∴ADDC=DECP，
∴ADDC=DEFC，
∴AD⋅FC=2AE⋅DE．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，中位线的性质，等腰三角形的性质以及相似三角形的性质，添加辅助线构造等腰三角形并转化以及熟练掌握相似三角形对应边成比例的性质是解决本题的关键．
27．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE⊥DF，∠DEF=45°，DF的延长线与BC的延长线相交于点G．
(1)不添加辅助线，在图中找出一个与△BDE相似的三角形（不需证明）；
(2)若AD=1，AF=2，求EC的长；
(3)若tan∠BDE＝12．求EGEB的值．
【答案】(1)△BDE∼△CEF
(2)32
(3)5
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠B=∠C=45°，再说明∠BDE=∠FEG即可解答；
（2）如图：过点E作EH⊥AB，垂足为H，先证△ADF≅△HED可得AD=EH=1，AF=DH=2进而得到BH=HE=1，再根据等腰直角三角形的性质可得BE=2BH=2、BC=2AB=42，最后根据线段的和差即可解答．
（3）过点C作MC⊥AC，交DG于点M，可得CM∥AB，再根据三角函数可得EHDH=12，设EH=m，则DH=2m，结合（2）可得EH=AD=BH=m，DH=AF=2m，BE=2BH=2m，再证明△ADF≅△CMF（ASA）可得AD=CM=m，然后再证明△BDG∼△CMG可得CMBD=CGBG即m3m=CGCG+42m，解得CG=2m，进而求得EG=52m，最后代数求解即可．
【详解】（1）解：结论：△BDE∼△CEF．如下：
理由：∵AB=AC，∠A=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∴∠BDE+∠BED=180°−∠B=135°，
∵∠DEF=45°，
∴∠BED+∠FEG=180°−∠DEF=135°，
∴∠BDE=∠FEG，
∴△BDE∼△CEF．
（2）解：如图：过点E作EH⊥AB，垂足为H，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF=90°，
∵∠DEF=45°，
∴DE=DF，
∵∠ADF+∠EDB=90°，∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠AFD=∠EDB，
∵∠A=∠EHD=90°，
∴△ADF≅△HED（AAS），
∴AD=EH=1，AF=DH=2，
∵∠BHE=90°，∠B=45°，
∴BH=HE=1，
∴BE=2BH=2，AB=AD+DH+BH=4，
∵BC=2AB=42，
∴EC=BC−BE=32．
（3）解：如图：过点C作MC⊥AC，交DG于点M，
∴∠A=∠MCA=90°，
∴CM∥AB，
在Rt△DHE中，tan∠BDE=12，
∴EHDH=12，
设EH=m，则DH=2m，
由（2）得：EH=AD=BH=m，DH=AF=2m，BE=2BH=2m，
∴AC=AB=AD+DH+BH=4m，
∴BC=2AB=42m，CF=AC−AF=4m−2m=2m，
∴AF=CF，
∵∠A=∠MCF=90°，∠AFD=∠MFC，
∴△ADF≅△CMF（ASA），
∴AD=CM=m，
∵CM∥AB，
∴∠B=∠MCG，∠BDG=∠CMG，
∴△BDG∼△CMG，
∴CMBD=CGBG
∴m3m=CGCG+42m
∴CG=2m，
∴EG=BC+CG−BE=52m，
∴EGEB=52m2m=5
∴EGEB的值为5．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及构造相似三角形是本题的关键．
28．（2023·福建莆田·校考一模）如图，△ABC中，∠BAC=90°，以直角边AC为腰，向外作等腰直角三角形ACD，AC=CD，∠ACD=90°，点E是BC边上一点，且CE=CD．
(1)探究：∠CDE与∠ACB的数量关系；
(2)求证：BC=CF+AB；
(3)若AD=42，AB=3，求EF的长．
【答案】(1)∠ACB+2∠CDE=90°
(2)见详解
(3)655
【分析】（1）根据CE=CD可得∠CED=∠CDE，再根据三角形内角和等于180°得到2∠CED=180°−∠ECD，再由∠ECD=90°+∠ABC即可得到∠ACB+2∠CED=90°；
（2）延长AC至M点，使得CM=AB，连接DM，再证△CMD≌△ABC，得到BC=MD，∠CDM=∠ACB，接着证明∠MDF=∠MFD，即有DM=FM，则结论的证明；
（3）过D点作DN⊥BC，将BC的延长线于N点，先求出CD=EC=4，则有BC=5，结合（2）的结论可得CF，则利用勾股定理即可求出DF，再证明△ABC∽△NCD，即可求出DN、NC，进而可得EN，再利用勾股定理可求得DE，则EF可得．
【详解】（1）解：∵CE=CD，AC=CD
∴∠CED=∠CDE，
∴2∠CDE=180°−∠ECD，
∴2∠CDE=180°−∠ACB+90°=90°−∠ACB，
∴∠ACB+2∠CDE=90°；
（2）延长AC至M点，使得CM=AB，连接DM，如图，
∵∠ACD=90°，
∴∠DCM=90°=∠BAC，
∵CM=AB,AC=CD，
∴△CMD≌△ABCSAS，
∴BC=MD,∠CDM=∠ACB
∵CE=CD，
∴∠CED=∠CDE，
∵∠DFM=∠CED+∠ACB,∠FDM=∠CDE+∠CDM，
∴∠MDF=∠MFD，
∴DM=FM，
∵FM=CF+CM=CF+AB,DM=CB，
∴BC=CF+AB；
（3）过D点作DN⊥BC交BC的延长线于N点，如图，
∵在等腰Rt△ACD中，斜边AD=42，
∴AC=CD=AD2=4，
∵在Rt△ABC中，AB=3，AC=4，
∴BC=5，
∵EC=CD，
∴EC=CD=4，
∵在（2）中，BC=CF+AB，
∴CF=BC−AB=5−3=2，
∴在Rt△CFD中，DF=DC2+CF2=42+22=25，
∵∠BAC=∠ACD=90°，
∴AB∥CD，
∴∠DCN=∠ABC，
∵DN⊥BC，
∴∠N=∠BAC=90°，
∴△ABC∽△NCD，
∴BCCD=ABNC=ACND，
∵AB=3,AC=4=CD,BC=5，
∴54=3NC=4ND，
∴NC=125，ND=165，
∴NE=NC+CE=125+4=325，
∴在Rt△END中，DE=DN2+EN2=(165)2+(325)2=1655，
∴EF=DE−DF=1655−25=655．
【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、勾股定理、等腰直角三角形的性质、直角三角形中两锐角互余等知识，构造△CMD≌△ABC是解答本题的关键．
29．（2023·安徽滁州·校联考一模）在△ABC中，∠C=90°，点D，E分别在BC边和AC边上，AD，BE相交于点F．
(1)如图（1），已知：∠AEF=∠BDF．
①若ACAB=35，求CDCE的值；
②若AD=BF，求证：AD⋅CD=AC⋅DF；
(2)如图（2），若AE=CD，BD=AC，EG⊥BE交AF于G，求证：EF=EG．
【答案】(1)①34；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①结合图形，根据∠AEF=∠BDF，得到∠BEC=∠ADC，再证明△ACD∽△BCE，根据相似三角形对应边相等的性质，解出此题．
②
如图，过F作FN⊥BC于N，证明△ACD≌△BNF，得到CD=FD，再根据FN∥AC，得到FDAC=DFDA，即CDAC=DFDA，可解出此题．
（2）
分别过E作AD的平行线，过D作AC的平行线，两条平行线相交于P，连接PB，易得四边形ADPE为平行四边形，可得AE=CD=DP，再证明△ACD≌△BDP，可得BP=AD=PE，再证明∠BPE=90°，就可证明∠GFE=∠FEP=45°，又因为EG⊥BE，得出∠EFG=∠EGF=45°，根据等边对等角得到EF=EG．
【详解】（1）①解：∵ ∠AEF=∠BDF，
∴ ∠BEC=∠ADC，
∴△ACD∽△BCE，
∴CDCE=ACBC，
在Rt△ABC中，ACAB=35，
∴ACBC=34，
即CDCE=34．
②
②证明：如图，过F作FN⊥BC于N，
∵∠AEF=∠BDF，∠AFE=∠BFD，
∴∠DAC=∠FBN,
∵∠BNF=∠ACD=90°，AD=BF，
∴△ACD≌△BNF，
∴CD=FN，
∵FN∥AC，
∴FNAC=DFDA，
∴AD⋅FN=AC⋅DF，
即AD⋅CD=AC⋅DF．
（2）
证明：如图，分别过E作AD的平行线，
过D作AC的平行线，两条平行线相交于P，连接PB．
易得四边形ADPE为平行四边形，
∴AE=DP，
∵AE=CD，∴CD=DP，
∵AC∥DP，∴∠C=∠BDP，
∵AC=BD，∴△ACD≌△BDP，
∴AD=BP，∠BPD=∠ADC，
∵四边形ADPE为平行四边形，
∴PE=AD，∠EPD=∠DAC，
∴PE=PB，
∵∠BPE=∠BPD+∠EPD，
∴∠BPE=∠ADC+∠DAC=90°，
∴∠BEP=45°，∵EP∥AD
∴∠AFE=∠BEP=45°
∵EG⊥BE，∴EF=EG
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，全等三角形的性质，平行四边形的性质，正确地画出辅助线是解题的关键．
30．（2023·湖北随州·模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为4.点E，F分别在边AB，AD上，且∠ECF=45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长线于点H，连接AC，EF，GH．
(1)填空：∠AHC ______ ∠ACG；(填>或<或=)
(2)设AE=m，
①△AGH的面积S有变化吗？如果变化，请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请求出定值；
②请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．
【答案】(1)=
(2)①不变，△AGH的面积为16；②m的值为83或2或8−42
【分析】（1）根据正方形的性质可得∠DAC=45°，利用外角的性质和已知条件即可求出∠AHC=∠ACG；
（2）①证明△AHC∼△ACG得出的结论AC2=AG⋅AH，即可得到ΔAGH的面积S不变；
②根据ΔCGH是等腰三角形分类讨论：当GC=GH时，先证ΔAHG≅ΔBGC，即可求出AG=BC=4，AH=BG=8，再利用平行可得：BCAH=BEAE=12，再利用BE与AE的和为4即可求出m；当CH=HG时，方法同上；当CG=CH时，先证∠ECB=∠DCF=22.5°，在BC上取一点M，使得BM=BE，可证CM=EM，设BM=BE=x，则CM=EM=2x，再利用勾股定理即可求出x，再利用BE与AE的和为4即可求出m．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=CD=DA=4，∠D=∠DAB=90°，∠DAC=∠BAC=45°，
∴AC=42+42=42，
∵∠DAC=∠AHC+∠ACH=45°，∠ECF=∠ACH+∠ACG=45°，
∴∠AHC=∠ACG．
故答案为：=．
（2）①△AGH的面积不变．
理由：∵∠AHC=∠ACG，∠CAH=∠CAG=135°，
∴△AHC∼△ACG，
AHAC=ACAG，
∴AC2=AG⋅AH．
∵sΔAGH=12⋅AH⋅AG=12AC2=12×422=16．
∴△AGH的面积为16．
②如图1中，当GC=GH时，
∵∠ECF=45°
∴∠CGH=90°
∴∠CGB+∠AGH=90°
∵∠AHG+∠AGH=90°
∴∠CGB=∠AHG
在△BGC和△AHG中
∠CGB=∠AHG∠CBG=∠GAH=90°GC=GH
∴△BGC≌△AHGAAS，
可得AG=BC=4，AH=BG=8，
∵BC∥AH，
∴BCAH=BEAE=12，
∴AE=23AB=83．
如图2中，当CH=HG时，
∵∠ECF=45°
∴∠CHG=90°
∴∠CHD+∠AHG=90°
∵∠AHG+∠AGH=90°
∴∠CHD=∠AGH
在△DCH和△AHG中
∠CHD=∠AGH∠HDC=∠GAH=90°CH=GH
∴△DCH≌△AHG，
∴AH=DC=4，
∵BC∥AH，
∴BEAE=BCAH=1，
∴AE=BE=2．
如图3中，当CG=CH时，
由（2）中△AHC∽△ACG，
∴AHAC=ACAG=HCCG=1，
∴AH=AC
∴∠ACH=∠AHC=12∠CAD=22.5°
∴∠ECB=22.5°．
在BC上取一点M，使得BM=BE，
∴∠BME=∠BEM=45°，
∵∠BME=∠MCE+∠MEC，
∴∠MCE=∠MEC=22.5°，
∴CM=EM，设BM=BE=x，则CM=EM=2x，
∴x+2x=4，
解得：x=42−1，
∴AE=4−42−1=8−42，
综上所述，满足条件的m的值为83或2或8−42．
【点睛】此题考查的是正方形的性质和相似三角形的判定及性质，等腰三角形的定义，分类讨论，解决此题的关键是画出每种分类讨论下的图形，利用已知条件推出各个边或角之间的关系，利用相似或勾股定理求边．
31．（2023·河南洛阳·统考一模）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF=CF，AF交DE于点G，求证：DG=EG．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连接CD，CG．若CG⊥DE，CD=10，AE=6，求DEBC的值．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°，FG平分∠EFC，FG=8，求BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）38；（3）4+43
【分析】（1）利用DE∥BC，证明△AGD∼△AFB，△AGE∼△AFC，利用相似三角形的性质可证得DGBF=GEFC，结合BF=CF可的结论；
（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，根据垂直平分线的性质可得CE=CD，依据△ADE∼△ABC的性质即可求出 DEBC的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，根据角平分线和等腰三角形性质构造出含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△AGD∼△AFB，△AGE∼△AFC，
∴DGBF=AGAF，AGAF=GEFC，
∴DGBF=GEFC，
∵BF=CF，
∴DG=EG；
（2）解：∵DG=EG，CG⊥DE，
∴CE=CD=10，
∵DE∥BC，
∴△ADE∼△ABC，
∴DEBC=AEAC=AECE+AE=610+6=38；
（3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB=OD，∠ABC=∠ADC=45°，
∵MG∥BD，
∴ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=8，
在Rt△GEF中，∠EGF=40°，
∴∠EFG=90°−∠EGF=50°，
∵FG平分∠EFC，
∴∠GFC=∠EFG=50°，
∵FM=FG，EF⊥EG，
∴∠MFE=∠EFG=50°，
∴∠MFN=180°−∠MFE−∠EFG−∠GFC=30°，
∴MN=12MF=4，
∴NF=MF2−MN2=43，
∵∠ABC=45°，
∴BN=MN=4，
∴BF=BN+NF=4+43．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
32．（2023·上海金山·统考一模）已知平行四边形ABCD中，AB=35,tan∠ABC=2,BC=5，点P是对角线BD上一动点，作∠EPD=∠ABC，射线PE交射线BA于点E，联结AP．
(1)如图1，当点E与点A重合时，证明：△ABP∽△BCD；
(2)如图2，点E在BA的延长线上，当EP=AD时，求AE的长；
(3)当△APE是以AP为底的等腰三角形时，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)10−35
(3)35或5
【分析】（1）由平行四边形的性质得到AB∥CD，则∠ABP=∠BDC，由角之间的关系得到∠BAP=∠DBC，即可证明△ABP∽△BCD；
（2）设AD、EP交于点O．先证明△EBP≌△DBA，得到BD=BE，过点D作DH⊥BC延长线于H，由▱ABCD得到∠DCH=∠ABC，则tan∠DCH=tan∠ABC=2，在Rt△DCH中，cs∠DCH=CHCD=55，由AB=CD=35，得到CH=3，DH=6，BH=8，在Rt△BDH中，由勾股定理得到BD=10，则BE=10，即可得到AE=10−35；
（3）当点E在边BA延长线上或在边BA上两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）证明：∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠ABP=∠BDC，
∵∠ABP+∠BAP=∠APD，
又∠ABP+∠DBC=∠ABC且∠EPD=∠ABC，
∴∠BAP=∠DBC，
∴△ABP∽△BCD；
（2）设AD、EP交于点O．
∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠EAD=∠ABC，
∵∠EPD=∠ABC
∴∠EPD=∠EAD，
∵在△AOE中，∠EAO+∠AEO+∠AOE=180°，
在△PDO中，∠DPO+∠PDO+∠DOP=180°，
∵∠AOE=∠DOP，
∴∠AEO=∠PDO，
∵∠EBP=∠DBA，AD=PE，
∴△EBP≌△DBA，
∴BD=BE，
过点D作DH⊥BC延长线于H，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠DCH=∠ABC，
∴tan∠DCH=tan∠ABC=2，
∴在Rt△DCH中，cs∠DCH=CHCD=55，
∵AB=CD=35，
∴CH=3，
∴DH=6，
∵BC=5，
∴BH=8，
∵在Rt△BDH中，DH2+BH2=BD2，
∴BD=DH2+BH2=10，
∴BE=10，
∴AE=10−35；
（3）△AEP是以AP为底的等腰三角形时，
∴当点E在边BA延长线上时，
设EA=EP=x，则BE=35+x，
由△EBP∽△BDC得，EPBC=BEBD，
即x5=35+x10，
解得x=35，
∴AE=35；
当点E在边BA上时，设EA=EP=x，
则BE=35−x，
由△EBP∽△BDC得，
EPBC=BEBD，即x5=35−x10，
解得x=5，
∴AE=5，
∴综上所述，AE长为35或5．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
33．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）已知两个等腰Rt△ABC,Rt△CEF有公共顶点C，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF,M是AF的中点，连接MB,ME．
(1)如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；
(2)如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）法一：延长AB交CF于点D，易证△CBD为等腰直角三角形，得到AB=BC=BD，进而得到BM为△ADF的中位线，即可得证；法二：延长BM交EF于D，证明△ABM≌△FDMASA，进而推出△BDE是等腰直角三角形，得到∠EBM=45°，进而得到∠EBM=∠ECF，即可得证；
（2）法一：延长AB交CE于点D，连接DF，易得BM=12DF，ME=12AG，证明△ACG≌△DCFSAS，得到DF=AG，即可得证；法二：延长BM交CF于D，连接BE、DE，分别证明△ABM≌△FDMASA，△BCE≌△DFESAS推出△BDE是等腰直角三角形，进而得证．
【详解】（1）解：法一：
如图：延长AB交CF于点D，
∵等腰Rt△ABC,Rt△CEF有公共顶点C，∠ABC=∠CEF=90°，
∴∠ECD=45°，∠CBD=90°，AB=BC，
∴∠BDC=90°−45°=45°=∠BCD，
∴AB=BC=BD，
∴点B为线段AD的中点，
又∵点M为线段AF的中点，
∴BM为△ADF的中位线，
∴BM∥CF；
法二：
如图，延长BM交EF于D，
∵∠ABC=∠CEF=90°，
∴AB⊥CE,EF⊥CE，
∴AB∥EF，
∴∠BAM=∠DFM，
∵M是AF的中点，
∴AM=MF，
在△ABM和△FDM中，
∠BAM=∠DFMAM=FM∠AMB=∠FMD，
∴△ABM≌△FDMASA，
∴AB=DF，
∵BE=CE−BC,DE=EF−DF，
∴BE=DE，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴∠EBM=45°，
∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，
∴∠EBM=∠ECF，
∴MB∥CF；．
（2）法一：
如图，延长AB交CE于点D，连接DF，则：∠CBD=90°，
∵∠BCE=45°，
∴∠BDC=90°−45°=45°=∠BCD，
∴BD=BC，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=BC，
∴AB=BC=BD，AC=CD，
∴点B为AD中点，又点M为AF中点，
∴BM=12DF．
延长FE与CB交于点G，连接AG，
同法可得：CE=EF=EG，CF=CG，
∴点E为FG中点，又点M为AF中点，
∴ME=12AG．
在△ACG与△DCF中，
AC=CD∠ACG=∠DCF=45°CG=CF，
∴△ACG≌△DCFSAS，
∴DF=AG，
∴BM=ME．
法二：
如图，延长BM交CF于D，连接BE、DE，
∵△ABC为等腰直角三角形，△ECF为等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠BAC=45°，∠ECF=45°，
∵∠BCE=45°，
∴∠ACD=45°×2+45°=135°，
∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，
∴AB∥CF，
∴∠BAM=∠DFM，
∵M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△ABM和△FDM中，
∠BAM=∠DFMAM=FM∠AMB=∠FMD，
∴△ABM≌△FDMASA，
∴AB=DF,BM=DM，
∴AB=BC=DF，
在△BCE和△DFE中，
BC=DF∠BCE=∠DFE=45°CE=FE，
∴△BCE≌△DFESAS，
∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，
∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
又∵BM=DM，
∴BM=ME=12BD，
∴BM=ME．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，以及斜边上的中线等于斜边的一半．解题的关键是添加合适的辅助线，证明三角形全等．
34．（2023·上海徐汇·统考一模）如图1，已知菱形ABCD，点E在边BC上，∠BFE=∠ABC，AE交对角线BD于点F．
(1)求证△ABF∽△DBA；
(2)如图2，联结CF．
①当△CEF为直角三角形时，求∠ABC的大小；
②如图3，联结DE，当DE⊥FC时，求cs∠ABD的值．
【答案】(1)见解析
(2)①60°或45°；②5+14
【分析】（1）由菱形的性质和平角的性质得∠ABC+∠BAD=180°，∠BFE+∠AFB=180°，已知∠ABC=∠BFE，等量代换得∠AFB=∠BAD，公共角∠ABF=∠DBA，即可得证；
（2）①设∠ABD=α，由菱形的性质∠ABC=∠CBD+∠ABD=2α，由（1）△ABF∽△ABD，根据相似三角形的性质得∠ADB=∠BAF=α，故∠AEC=∠BAF+∠ABC=3α，根据菱形的性质易得△ABF≌△CBF，再由全等三角形的性质得∠BCF=∠BAF=α，再分情况讨论当△CEF为直角三角形时，∠ABC的大小；
②联结AC，交BD于点O，记DE分别交CF、AC于点G、H，由菱形的性质得AC⊥BD，根据直角三角形的性质得∠BCO+∠OBC=90°，由DE⊥CF，得∠DEC+∠FCE=90°，根据相似三角形的性质和菱形的性质得∠FCE=∠FAB=∠OBC，由等角的余角相等得∠DEC=∠BCO，由等角对等边及平行线分线段成比例可得四边形AECD为等腰梯形，易得∠FEC=∠BAD，EF=EC，由DE⊥FC，可得DC=DF=BC，设设BF=x，DC=DF=BC=1，则BD=BF+FD=x+1，由相似三角形的性质解得BF，由菱形的性质求得BO，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ ∠ABC+∠BAD=180°，
又∵ ∠BFE+∠AFB=180°且∠ABC=∠BFE，
∴ ∠AFB=∠BAD．
又∠ABF=∠DBA，
∴ △ABF∽△DBA．
（2）解：①设∠ABD=α，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ AB=AD，BD平分∠ABC．
∴ ∠ADB=∠ABD=α，∠CBD=∠ABD=α，
∴ ∠ABC=∠CBD+∠ABD=2α，
∵ △ABF∽△ABD，
∴ ∠ADB=∠BAF=α，
∴ ∠AEC=∠BAF+∠ABC=3α，
∵ BA=BC，∠CBD=∠ABD，BF=BF，
∴ △ABF≌△CBF，
∴ ∠BCF=∠BAF=α，
在△CEF中，∠BCF=α，∠AEC=3α，故∠EFC=180°−4α，
∵ △CEF是直角三角形，
∴有以下三种可能的情形：
一、∠BCF=α=90°，此时∠ABC=2α=180°，不符合题意，应舍去；
二、∠AEC=3α=90°，此时∠ABC=2α=60°；
三、∠EFC=180°−4α=90°，此时4α=90°，∠ABC=2α=45°；
综上所述，当△CEF为直角三角形时，求∠ABC的大小为60°或45°．
②联结AC，交BD于点O，记DE分别交CF、AC于点G、H．
∵四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，
∴ ∠BOC=90°，
∴ ∠BCO+∠OBC=90°，
∵ DE⊥CF，
∴ ∠EGC=90°，
∴ ∠DEC+∠FCE=90°，
∵ △ABF∽△ABD，
∴ ∠ADB=∠FAB=∠OBC，
∴ ∠FCE=∠FAB=∠OBC，
∴ ∠DEC=∠BCO，
∴ HE=HC．
∵ AD∥BC，
∴ HEDE=HCAC，
∴ DE=AC，
∴四边形AECD为等腰梯形．
∴ ∠FEC=∠ECD．
又∵ ∠BAD=∠ECD，
∴ ∠FEC=∠BAD．
又∵ ∠CFE=∠ECF，
∴ EF=EC．
又∵ DE⊥FC，
∴ DC=DF=BC，
设BF=x，DC=DF=BC=1，则BD=BF+FD=x+1，
∵ △ABF∽△ABD，
∴ BFAB=ABBD，即x1=1x+1，
解得BF=5−12，
∴ BO=OD=12BD=12×5−12+1=5+14，
∴ cs∠ABD=BOAB=5+14．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰梯形的性质，锐角三角函数，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
35．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）已知：如图，矩形ABCD中和Rt△EBF中，点C在BF上，∠EBF=90°，AB=BF=8cm，AD=BE=6cm，连接BD，点M从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点N从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，过点M作GH⊥AB交AB于点H，交CD于点G．设运动时间t（s）为（0解答下列问题：
(1)当t为何值时，MF⊥BD？
(2)连接MN，作NQ⊥BE交BE于Q，当四边形MHQN为矩形时，求t的值；
(3)连接NC，NH，设四边形NCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式．
【答案】(1)265
(2)t=307
(3)S=825t2−495t+66
【分析】（1）作FM⊥BD，根据勾股定理求出BD，FE，结合cs∠DBF即可得到答案；
（2）根据矩形性质得到NQ=MH，结合sin∠ABD、sin∠E即可得到MH、NQ与t的关系，列式求解即可得到答案；
（3）连接NH与BF交于K，根据同角三角函数得到比例线段列出方程，得BK、CK的值，然后根据面积的和差关系即可得答案；
【详解】（1）解：作FM⊥BD，
∵∠EBF=90°，AB=BF=8cm，AD=BE=6cm，
∴BD=FE=10cm，
∵cs∠DBF=BCBD=35，cs∠DBF=BMBF=10−t8，
∴10−t8=35，
∴t=265；
（2）解：若MHQN为矩形时，
∴NQ=MH，
∵sin∠ABD=ADBD=35=MHMB，sin∠E=FBFE=45=NQNE，
∴MH=35(10−t)，NQ=45t，
∴45t=35(10−t)，
∴t=307；
（3）解：连接NH与BF交于K，
∵BH=45BM=45(10−t)cm，BQ=BE−EQ=(6−35t)cm，
∴HQ=BH+BQ=45(10−t)+(6−35t)=705−75t=75(10−t)cm，
∵NQ⊥BE，四边形ABCD是矩形，
∴∠KBH=∠NQH=90°，
∴tan∠KHB=BKHB=NQHQ
∴BK45(10−t)=45t75(10−t)，
∴BK=1635tcm，CK=(6−1635t)cm，
∴S=12(CK+GH)⋅BH+12CK⋅BQ
=12(6+6−16t35)×45(10−t)+12(6−16t35)×(6−35t)
=825t2−495t+66．
【点睛】考查了三角函数，矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积，熟练掌握性质是解本题的关键．
36．（2023·陕西西安·校考一模）（1）如图1，⊙A的半径为2，AB=5，点P为⊙A上任意一点，则BP的最小值为 ．
（2）如图2，已知矩形ABCD，点E为AB上方一点，连接AE，BE，作EF⊥AB于点F，点P是△BEF的内心，求∠BPE的度数．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，CP，若矩形的边长AB=6，BC=4，BE=BA，求此时CP的最小值．
【答案】（1）3；（2）135°；（3）58−32
【分析】（1）当点P在线段AB上时，BP有最小值，即可求解；
（2）根据角平分线性质和三角形内角和定理即可求解；
（3）先作出△ABP的外接圆，进而求出外接圆半径，进而判断出CP最小时点P的位置，最后构造直角三
角形即可得出结论．
【详解】（1）当点P在线段AB上时，BP有最小值为AB−AP=5−2=3，
故答案为：3；
（2）∵ EF⊥AB，
∴ ∠EFB=90°，
∴ ∠FEB+∠FBE=90°，
∵点P是△BEF的内心，
∴ BP平分∠ABE，PE平分∠FEB，
∴ ∠PEB=12∠FEB，∠ABP=∠PBE=12∠FBE，
∴ ∠BPE=180°−∠PEB−∠PBE=180°−12∠FEB+∠FBE=135°；
（3）∵ AB=EB，∠ABP=∠EBP，BP=BP，
∴ △ABP≌△EBP，
∴ ∠APB=∠BPE=135°，
如图3，作△ABP的外接圆，圆心记作点O，连接OA，OB，在优弧AB上取一点Q，连接AQ，BQ，
∵点Q在△ABP的外接圆⊙O上，
∴ ∠AQB=180°−∠BPA=45°，
∴ ∠AOB=2∠AQB=90°，
∴ OA=OB=22AB=32，
连接OC，与⊙O相交于点P'此时，CP'是CP的最小值，
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CB，交CB的延长线于N，
∵ ∠ABC=90°，OM⊥AB，ON⊥CB
∴四边形OMBN是矩形，
∵ OA=OB，∠AOB=90°
∴ ∠ABO=45°
∴ OB平分∠ABN
∴ OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴ ON=BN=BM=12AB，
∴ CN=BC+BN=7，
在Rt△ONC中，
OC=ON2+CN2=49+9=58，
CP最小值=CP'=OC−OP'=58−32．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，三角形的内心，勾股定理等知识，构造出△ABP的外接圆是解本题的关键．
37．（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考一模）问题提出：已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，则AE'与DF'的有怎样的数量关系．
问题探究
探究一：如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
（1）如图1，直接写出DFAE的值 ；
（2）将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
探究二：如图，已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
如图3，若四边形ABCD为矩形， ABBC=22，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α≤90°）得到△E'BF'（E、F的对应点分别为E'、F'点），连接AE'、DF'，则AE'DF'的值是否随着α的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出AE'DF'的值．
一般规律
如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，连接AE'，DF'，请直接写出AE'与DF'的数量关系．
问题解决
如图4，当BE＝BA时，其他条件不变，△EBF绕点B顺时针旋转，设旋转角为α0°<α<360°当EA＝ED时，直接写出此时α= ．
拓展延伸
如图5，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F，交线段AC于点M，连接AF交线段BD于点H．给出下列四个结论，①AE＝EF；②2DE=CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE=DE+2BF；正确的结论有 ___ 个．
【答案】问题探究：探究一（1）2；（2）DF=2AE，见解析；探究二：33；一般规律：DF'=1+m2AE'；问题解决：30°或150°；拓展延伸：3
【分析】探究一（1）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得解；
（2）由（1）的结论即旋转的性质证明△ABE∽△DBF，则DFAE=BDAB=2，即可得到答案；
探究二：证明△BEF∽△BAD，得到BFBE=BDBA=3，由△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，则∠ABE'＝∠DBF'，BE'＝BE，BF'＝BF，再证明△ABE'∽△DBF'，则DF'AE'=BDBA=3，即可得到答案；
一般规律：作FM⊥AD，垂足为M．证明四边形AEFM是矩形，再Rt△ABD中，BD=1+m2AB，证明△DMF∽△DAB，得到DFMF=DBAB=1+m2，即可得到结论；
问题解决：分两种情况求解即可；
拓展延伸：过点E作PQ∥CD，交AD于P，BC于Q，证明△PAE≌△QEFASA，则可得QF=PE=PD=CQ=12CF，AE＝EF，即可判断①；推得DE=2PE=22CF，即可判断②；当点E向D点运动时，△AEM的面积逐渐增大，而△MCF的面积逐渐减小，特别地，当点E和点D重合时，△AEM的面积是△ADC的面积，而△MCF的面积是0，即可判断③，过点F作FK∥PQ，由CQ＝QF得到EK＝DE，又由∠KFB=90°，∠KBF=45°，得到BK＝2BF，即可判断④．
【详解】解：问题探究
探究一：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝45°，BD=2AB，
∵EF⊥AB，
∴∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝∠ABD＝45°，
∴BE＝EF，
∴BF=2BE，
∴DF=BD−BF=2AB−2BE=2AB−BE=2AE，
∴DFAE=2，
故答案为：2；
（2）DF=2AE，
理由：由（1）知，BF=2BE,BD=2AB，
∴BFBE=BDAB=2，
由旋转知，∠ABE＝∠DBF，
∴△ABE∽△DBF，
∴DFAE=BDAB=2，
∴DF=2AE；
探究二：
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝2AB，
∴BD＝3AB，
∵EF⊥AB，
∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴BEBA=BFBD，
∴BFBE=BDBA=3，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，
∴∠ABE'＝∠DBF'，BE'＝BE，BF'＝BF，
∴BF'BE'=BDBA=3，
∴△ABE'∽△DBF'，
∴DF'AE'=BDBA=3．
即DF'=3AE'．
一般规律
AE与DF的数量关系是：DF'=1+m2AE'；
理由：如图，作FM⊥AD，垂足为M．
∵∠A＝∠AEF＝∠AMF＝90°，
∴四边形AEFM是矩形，
∴FM＝AE，
∵AD＝BC＝mAB，
∴Rt△ABD中，BD=1+m2AB，
∵MF∥AB，
∴△DMF∽△DAB，
∴DFMF=DBAB=1+m2，
∴DF=1+m2MF=1+m2AE；
∴DF'=1+m2AE'；
问题解决
如图4，连接DE，CE，
∵EA＝ED，
∴点E在AD的中垂线上，
∴BE＝CE，
∵AB＝BE，
∴AB=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴BE＝CE＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠CBE＝60°，
如图4，∠ABE=∠ABC−∠CBE=90°−60°=30°，
即： α=30°，
如图，
∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°+60°＝150°，
即：α＝150°，
故答案为：30°或150°．
拓展延伸
如图5，过点E作PQ∥CD，交AD于P，BC于Q，
则四边形DPQC为矩形，
∴PQ=CD=AD，PD=CQ，∠EQF=∠EPA=90°，
∴∠PAE+∠PEA=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠PEA+∠FEQ=90°，
∴∠PAE=∠FEQ，
∵∠PDE=45°，∠DPE=90°，
∴PD＝PE，
∴AD−PD=PQ−PE，
∴AP=EQ，
∴△PAE≌△QEFASA，
∴QF=PE=PD=CQ=12CF，AE＝EF，故①正确；
∵∠PDE＝45°，∠DPE＝90°，
∴DE=2PE=22CF，
∴CF=2DE，故②正确；
当点E向D点运动时，△AEM的面积逐渐增大，而△MCF的面积逐渐减小，特别地，当点E和点D重合时，△AEM的面积是△ADC的面积，而△MCF的面积是0，
∴③不正确，
过点F作FK∥PQ，
∵CQ＝QF，
∴EK＝DE，
∵∠KFB=90°，∠KBF=45°，
∴BK＝2BF，
∴BE＝EK+BK＝DE+2BF，故④正确，
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，综合性较强，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．
38．（2023·福建南平·统考一模）在五边形ABCDE中，四边形ABCD是矩形，△ADE是以E为直角顶点的等腰直角三角形．CE与AD交于点G，将直线EC绕点E顺时针旋转45°交AD于点F．
(1)求证：∠AEF=∠DCE；
(2)判断线段AB，AF，FC之间的数量关系，并说明理由；
(3)若FG=CG，且AB=2，求线段BC的长．
【答案】(1)见解析；
(2)线段AB，AF，FC之间的数量关系为：AB+AF=FC，理由见解析；
(3)BC=2+23．
【分析】（1）由题意知：∠AED=90°，∠ADE=∠DAE=45°，∠ADC=90°，从而得知∠CDE=135°，由三角形的内角和定理得知∠DCE+∠CED=45°，由旋转得知∠CEF=45°，从而∠AEF+∠CED=45°，进而可得结论；
（2）将△AEF绕点E旋转90°得到△DEM，则已知和旋转的性质可以得出：EM=EF，DM=AF，M点在直线CD上，∠CEM=∠CEF，证明△CEM≌△CEF，得到CM=CF，等量代换可得结论；
（3）连接GM，证明△EGM≌△EGF，得到MG=FG，从而得到MG=CG，由等腰三角形三线合一知：DM=DC=2，由（2）可知，AF=DM=2，CF=CM=CD+DM=4，在Rt△CDF中，由勾股定理求出DF，从而得出线段BC的长．
【详解】（1）证明：∵△ADE是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AE=DE，∠AED=90°，∠ADE=∠DAE=45°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，DC=AB，
∴∠CDE=∠ADC+∠ADE=135°，
∴∠DCE+∠CED=45°
∵将直线EC绕点E顺时针旋转45°交AD于点F，
∴∠CEF=45°，从而∠AEF+∠CED=45°，
∴∠AEF=∠DCE；
（2）线段AB，AF，FC之间的数量关系为：AB+AF=FC，理由如下：
将△AEF绕点E旋转90°得到△DEM，如图：
则EM=EF，DM=AF，∠EDM=∠EAF=45°，∠DEM=∠AEF，
∴∠CDE+∠EDM=180°，∠CEM=∠DEM+∠CED=∠AEF+∠CED=45°，
∴M点在直线CD上，∠CEM=∠CEF，
在△CEM和△CEF中，EM=EF∠CEM=∠CEFCE=CE
∴△CEM≌△CEFSAS，
∴CM=CF，
而CM=AB+DM=CD+AF，
∴AB+AF=FC；
（3）若FG=CG，且AB=2，则CD=AB=2，
连接GM，如图：
在△EGM和△EGF中，EM=EF∠GEM=∠GEFGE=GE，
∴△EGM≌△EGFSAS，
∴MG=FG，
而FG=CG，
∴MG=CG，
∵GD⊥DC，
∴DM=DC=2，
由（2）可知，AF=DM=2，CF=CM=CD+DM=4，
在Rt△CDF中，由勾股定理，得：DF=CF2−CD2=42−22=23，
∴BC=AD=AF+DF=2+23．
【点睛】本题属于几何综合，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质及勾股定理，熟练掌握相关知识和构造辅助线是解决问题的关键．
39．（2023·浙江宁波·校考一模）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=6,AC=8，点D，E分别是AB,BC的中点．把△BDE绕点B旋转一定角度，连结AD,AE,CD,CE．
(1)如图2，当线段BD在△ABC内部时，求证：△BAD∽△BCE．
(2)当点D落在直线AE上时，请画出图形，并求CE的长．
(3)当△ABE面积最大时，请画出图形，并求出此时△ADE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析；53
(3)见解析，185
【分析】（1）根据点D，E分别是AB,BC的中点，得到BDAB=BEBC=12，再根据旋转，得到∠ABD=∠CBE，即可得证；
（2）勾股定理定理求出BC的长，中位线定理得到DE∥AC，进而得到∠BDE=∠BAC=90°，根据旋转，得到∠ADB=90°，推出∠ADB=∠CEB=90°，利用勾股定理求出CE的长；
（3）设点E到AB的距离为h，判断出h最大=BE=5，△ABE的面积最大，过点D作DH⊥AB于H，证明△BDH∽△CBA，利用对应边对应成比例，求出DH的长，利用S△ADE=S△ABE−S△ABD−S△BDE进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是AB,BC的中点，
∴BD=12AB=3,BE=12BC=5,
∴BDAB=BEBC=12，
由旋转知，∠ABD=∠CBE，
∴△ABD∽△CBE；
（2）解：如图，
∵∠BAC=90°,AB=6,AC=8，
∴BC=AB2+AC2=10，
由（1）图
∵点D，E分别是AB,BC的中点，
∴DE∥AC，
∴∠BDE=∠BAC=90°，
∵点D落在AE上，
∴∠ADB=90°，
由（1）知，△ABD∽△CBE，
∴∠ADB=∠CEB=90°，
在Rt△BEC中，BE=5,BC=10，
根据勾股定理得，CE=BC2−BE2=102−52=53；
（3）解：如图，
设点E到AB的距离为h，则S△ABE=12AB⋅ℎ=12×6ℎ=3ℎ，
要△ABE的面积最大，则h最大，
即BE⊥AB时，此时，h最大=BE=5，
∵∠BAC=90°，
∴BE∥AC，
∴∠CBE=∠ACB，
由旋转知，∠ABD=∠CBE，
∴∠ABD=∠ACB，
过点D作DH⊥AB于H，
∴∠BHD=90°=∠CAB，
∴△BDH∽△CBA，
∴DHAB=BDBC，
∴DH6=310，
∴DH=95，
在题干图1中，
∵点D，E分别是AB,BC的中点，
∴DE=12AC=4，
∴S△ADE=S△ABE−S△ABD−S△BDE
=12AB⋅BE−12AB⋅DH−12BD⋅DE
=12×6×5−12×6×95−12×3×4
=15−275−6
=185．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的中位线，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，解题的关键是根据题意，正确的画出图形．
40．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）现有一块矩形板材ABCD，AB=4，AD=6，点E为边BC上一点，连接AE，过点E在矩形板材上作EF⊥AE，且EF=AE．
(1)如图1，若点F恰好落在边CD上，则线段CF的长为_____；
(2)如图2，连接CF，求线段CF长度的最小值；
(3)如图3，连接DF，工人师傅能否在这块矩形板材上裁出面积最小的四边形AEFD？若能，请求出四边形AEFD面积的最小值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)2
(3)能，最小面积为16
【分析】（1）证明△ABE≌△ECF即可作答；
（2）过F点作FH⊥BC于H点，证明△ABE≌△EHF，即有EH=AB=4，BE=HF，CH=AD−BE−EH=2−BE，在Rt△FHC中，有CF2=HC2+FH2，即可得CF2=2BE−12+2，问题得解；
（3）过F点作FM⊥BC于M点，过F点作FN⊥CD于N点，连接CF，同理可证明△ABE≌△EMF，即有EM=AB=4，BE=MF，CM=AD−BE−EM=2−BE，MC=FN=2−BE，EC=BC−BE=6−BE，即可得到S△ABE=12×4×BE=2BE，S△EFC=12×6−BE×BE=−12BE2+3BE，S△DFC=12×4×2−BE=4−2BE，利用S四边形AEFD=S矩形ABCD−S△ABE−S△EFC−S△CDF，可得二次函数S四边形AEFD=12BE2−3BE+20，问题随之得解．
【详解】（1）在矩形ABCD中，有：AB=4=CD，AD=6=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∵在Rt△CFE中，∠CFE+∠CEF=90°，
∴∠CFE=∠AEB，同理有：∠CEF=∠EAB，
∵EF=AE，
∴△ABE≌△ECF，
∴EC=AB=4，BE=CF，
∴CF=BE=BC−EC=6−4=2；
（2）过F点作FH⊥BC于H点，如图，
∵FH⊥BC，
∴∠FHE=∠FHC=90°，
∴∠HFE+∠FEH=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠HFE=∠AEB，
∵EF=AE，∠ABE=∠FHE=90°，
∴△ABE≌△EHF，
∴EH=AB=4，BE=HF，
∴CH=AD−BE−EH=2−BE；
在Rt△FHC中，有CF2=HC2+FH2=2−BE2+BE2，
整理：CF2=2BE−12+2，
∵CH=2−BE≥0，
∴0≤BE≤2，
∴当BE=1时，CF2有最小值，且最小值为：CF2=2，
∴CF最小=2，
即CF最小值为：2；
（3）能，理由如下：
过F点作FM⊥BC于M点，过F点作FN⊥CD于N点，连接CF，如图，
∵FM⊥BC，FN⊥CD，∠MCN=90°，
∴四边形FMCN是矩形，
∴MC=FN，
按照（2）中的方法同理可证明：△ABE≌△EMF，
∴EM=AB=4，BE=MF，
∴CM=AD−BE−EM=2−BE，
∴MC=FN=2−BE，EC=BC−BE=6−BE，
∵S△ABE=12×AB×BE，S△EFC=12×EC×FM，S△DFC=12×CD×FN，
∴S△ABE=12×4×BE=2BE，S△EFC=12×6−BE×BE=−12BE2+3BE，S△DFC=12×4×2−BE=4−2BE，
∵S四边形AEFD=S矩形ABCD−S△ABE−S△EFC−S△CDF，S矩形ABCD=AD×AB=24，
∴S四边形AEFD=24−2BE−−12BE2+3BE−4−2BE，
整理：S四边形AEFD=12BE2−3BE+20，
∴S四边形AEFD=12BE2−3BE+20=12BE−32+312，
∵0≤BE≤2，12＞0，
∴当0≤BE≤2时，S四边形AEFD的值随着BE的增大而减小，
∴当BE=2时，S四边形AEFD的值最小，
即S四边形AEFD=12BE−32+312=122−32+312=16，
故最小面积为16．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的性质等知识，灵活运用二次函数求极值是解答本题的关键，