2024年中考数学复习探究性试题---图形的相似

这是一份2024年中考数学复习探究性试题---图形的相似，共79页。试卷主要包含了【问题呈现】，综合与实践，问题背景，如图，嘉淇做数学探究实验，如图，已知等内容，欢迎下载使用。

1．【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．则BDCE= ．
【拓展提升】
如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC=ADDE=34，连接BD，CE．
（1）求BDCE的值．
（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G，求cs∠BFC的值．
2．已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为线段BC上一点，连接AD．
（1）如图1所示，在AD右侧作等腰△ADE，其中AD＝AE，∠DAE＝120°．当EC＝3，AB＝43时，求AD的值；
（2）如图2所示，在AD右侧作等边△ADE，连接BE，点G是BC上一点，连接AG并延长交BE于点F，若∠ADG＝∠GAE，猜想线段DG与GF之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）在AD取得最小值的条件下，点M是线段BC上一点，将△ABM沿AM翻折得到△AB′M，连接DB′，点N为DB′的中点，连接CN．当CN的值最小时，连接AN，请直接写出此时CNCD的值．
3．综合与实践
李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“相似”主题下设计的问题，请你解答
【问题情境】
在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上一点，∠ADE＝∠B，DE与AC交于点E．
【初步探究】
（1）如图1，若DE∥AB，EF⊥AD于点F．
①求证AB2＝BD⋅BC．
②求DFCD的值．
【拓展延伸】
（2）如图2，G是DE延长线上一点，若GA⊥AD，GD＝GC已知AB＝10，BC＝16，求BD的长．
4．问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证ABAC=BDCD．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明ABAC=BDCD．
尝试证明：
（1）请参照小慧提供的思路，利用图2证明：ABAC=BDCD；
应用拓展：
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝2，AB＝4，求DE的长；
②若BC＝m，∠C＝α，求DE的长（用含m、a的式子表示）
5．如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝8cm，BC＝3cm，CD＝4cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），（0＜t＜5）．
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A，P，Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP，BD，两延长线相交于点M，当△QMB为直角三角形时，求t的值．
6．嘉淇做数学探究实验，如图，已知：△ABC，△OPQ均为直角三角形，其中∠BAC=∠OQP=90°，AB=AC=22，OQ=PQ，OP=4，现以AC为边作四边形ACDE，且∠CAE＝60°，∠D＝90°，CD＝DE，点B，C，D在一条直线上．
第一步，如图1，将△OPQ的顶点O与点A重合，AB在OP上；
第二步，如图2，将△OPQ绕点O逆时针方向旋转，每秒旋转15°，OP，OQ分别与BC边交于点M，N；
第三步，如图3，当△OPQ旋转到点P落在CD上时停止旋转，此时点Q恰好在AE上；
第四步，如图4，在第三步的基础上，点O带动△OPQ立即沿边AE从点A向点E平移，每秒2个单位长度，当点O与点E重合时停止运动，设整个过程中△OPQ的运动时间为t s．
（1）如图1，①BC OP；②点A到直线BD的距离是 ；
（2）如图2，求证△ABN∽△MCA；
（3）如图3，当△OPQ从初始位置到点P落在CD上时，求BP的长度；
（4）当点P落在四边形ACDE的边上时，直接写出对应t的值．
7．如图1，在矩形ABCD中，CD=3BC=43，点E，G分别是AD，AB上的中点，过点E，G分别作EF⊥AD，FG⊥AB，FG与EF交于点F，连接CF．
特例感知
（1）以下结论中正确的序号有 ；
①四边形AGFE是矩形；②矩形ABCD与四边形AGFE位似；③以ED，CF，BG为边围成的三角形不是直角三角形；
类比发现
（2）如图2，将图1中的四边形AGFE绕着点A旋转，连接BG，观察CF与BG之间的数量关系和位置关系，并证明你的发现；
拓展应用
（3）连接CE，当CE的长度最大时，
①求BG的长度；
②连接AC，AF，CF，若在△ACF内存在一点P，使CP+AP+3PF的值最小，求CP+AP+3PF的最小值．
8．已知点E是正方形ABCD内部一点，且∠BEC＝90°．
【初步探究】
（1）如图1，延长CE交AD于点P．求证：△BEC∽△CDP；
【深入探究】
（2）如图2，连接DE并延长交BC于点F，当点F是BC的中点时，求CEBE的值；
【延伸探究】
（3）连接DE并延长交BC于点F，DF把∠BEC分成两个角，当这两个角的度数之比为1：2时，请直接写出CEBE的值．
9．如图（1），在△ABC中，AC=92，∠C=45°，tanB=3，动点G从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC方向运动，过点G作GE⊥BC，交折线BAC于点E，以GE为斜边向右作Rt△GEF，使得sin∠EGF=35，设点G的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当点E为AB的中点时，t的值为 ；
（2）当点F恰好落在AC上时，如图（2），求t的值；
（3）如图（3），当点G从点B出发时，点Q同时从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CB方向运动，当点Q到达点B时，点Q、G同时停止运动．在运动过程中，过点Q作QM⊥BC交射线CA于点M，以QM为一边向左作△QMN，使得△QMN∽△EGF，当△QMN和△EGF分别有一条边恰好在同一直线上时，请直接写出t的值．
10．如图1，已知正方形ABCD的边长为4，点E是射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转90°得BE'，将AB沿BE翻折得A′B，连接A′E．
（1）求证：∠AEB＝∠A'BE'；
（2）在点E运动过程中，△A′BE′的面积是否发生变化？若不变，请求出△A′BE′的面积；若变化，请说明理由；
（3）如图2，点M，N分别为A'B，A′E′的中点，连接EM，MN，EN．当A'E'=17时，求△EMN的面积．
11．综合与实践
在△ABC中，AB＝AC，D为边BC的中点，以D为顶点作∠MDN＝∠B．
（1）如图1，当射线DN经过点A时，DM交边AC于点E，不添加辅助线，则图①中与△ADE相似的三角形有 ．（填序号）
①△ABD；②△ADC；③△ABC；④△DCE．
（2）如图2，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于点E，（点E与点A不重合），求证：△BDF∽△DEF．
（3）在图2中，若AB＝AC＝5，BC＝6，当△DEF的面积等于△ABC的面积的14时，求线段EF的长．
12．已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，过点A作直线DA∥BC，CD⊥AD于点D，点E是射线DA上一动点，连接BE、CE，在BE右侧作△BEF，使得△BEF∽△CED．
（1）如图，连接DF交CE于点G，求证：△BEC∽△FED；
（2）在（1）问条件下，若DE＝DF，试判断△CDG的形状并说明理由；
（3）若CD＝1，延长BF到点P，使BF＝FP，连接EP．
i）当P落在△ABC的某条边上时，求DE的长．
ii）连接AF，直接写出线段AF的长．
13．如图1，△ABC和△DBE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，△DBE的顶点D在△ABC的斜边AC上，连接CE，DE交BC于点O，BH⊥DE，垂足为H，BH的延长线交AC于点F．
（1）填空：①AD CE（填写“＞，＜或＝”）；②∠ACE＝ °；
（2）证明：AD2+CF2＝DF2；
（3）①记四边形BDCE，△BOD，△BOE，△COE，△COD的面积依次为S，S1，S2，S3，S4，若满足S=S1+S3，S=S2+S4，求ACAD的值；
②在线段CE上取一点G，连接DG，GF，如图2，当GF平分∠CGD时，求DG+EGAD的值．
14．如图，正方形ABCD中，点O是线段AD的中点，连接OC，点P是线段OC上的动点，连接AP并延长交CD于点E，连接DP并延长交AB或BC于点F，
（1）如图①，当点F与点B重合时，DEDC= ．
（2）如图②，当点F是线段AB的中点时，求DEDC的值；
（3）如图③，若DE＝CF，求DEDC的值
15．折纸是一种常见的游戏，九年级兴趣小组以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
如图1，在矩形纸片ABCD中，BC＞AB，首先沿过点B的直线翻折，使点A落在BC边上的点E处，折痕为BF，连接EF；此时，就可以得到一个四边形ABEF，则四边形ABEF的形状是哪种特殊的四边形？答： ．
（2）深入探究
继续沿过点E的直线翻折，使点C落在EF边上的点G处，折痕为EH，连接BG，CF，延长BG交CF于点M，连接EM．
①∠BME的度数为 ；
②猜想线段BM，FM和EM的数量关系，并证明；
拓展应用
延长BG交矩形ABCD的边于点N，若AB＝3，DN＝1，直接写出FMCM的值．
2024年中考数学复习探究性试题---图形的相似
参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．【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．则BDCE= 22 ．
【拓展提升】
如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC=ADDE=34，连接BD，CE．
（1）求BDCE的值．
（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G，求cs∠BFC的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【问题呈现】证明见解答过程；
【类比探究】22；
【拓展提升】（1）35；
（2）35．
【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，∠ABC＝∠ADE＝90°，
ADAE=ABAC=12=22，
∴∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=22，
故答案为：22；
【拓展提升】（1）解：∵△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC=ADDE=34，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35；
（2）解：由（1）得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴cs∠BFC＝cs∠BAC=ABAC=35，
∴cs∠BFC=35．
【点评】本题属于相似形综合题，主要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．
2．已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为线段BC上一点，连接AD．
（1）如图1所示，在AD右侧作等腰△ADE，其中AD＝AE，∠DAE＝120°．当EC＝3，AB＝43时，求AD的值；
（2）如图2所示，在AD右侧作等边△ADE，连接BE，点G是BC上一点，连接AG并延长交BE于点F，若∠ADG＝∠GAE，猜想线段DG与GF之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）在AD取得最小值的条件下，点M是线段BC上一点，将△ABM沿AM翻折得到△AB′M，连接DB′，点N为DB′的中点，连接CN．当CN的值最小时，连接AN，请直接写出此时CNCD的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）21；
（2）DG＝2GF，证明见解析；
（3）39-236．
【分析】（1）过点A作AK⊥BC于K，先证明△ABD≌△ACE，得出BD＝CE＝3，解Rt△ABK，Rt△ADK即可求解；
（2）如图所示延长AF至H，使得GF＝GD，过点E作EQ∥AG交BC于点Q，连接DH，AQ，证明△ADH≌△DEQ（AAS）得出DH＝QE＝DG，进而证明△ADG≌△AEQ（SAS）得出∠DAG＝∠EAQ，AG＝AQ，则△AGQ为等边三角形，得出∠BAG＝∠ABG＝30°，则GA＝GB，进而可得BG＝GQ，根据中位线的性质得出GF=12EQ=12DG，即可得证；
（3）取AD的中点O，连接ON，设AB＝a，得出ON=12AB′=34a，则点N在以O为圆心，34a为半径的圆上运动，当N在线段OC上时，CN取得最小值；进而求得CN，CD，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AK⊥BC于K，
∵∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠1＝∠2，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝3，
在Rt△ABK中，∠B＝30°，
∴AK=AB⋅sinA=12AB=23，
∴BK=AB⋅csA=32AB=6，
在Rt△AKD中，AD=AK2+DK2=(23)2+32=21；
（2）猜想BG＝2GF；
证明：如图2，延长AF至H，使得GF＝GD，过点E作EQ∥AG交BC于点Q，连接DH，AQ，
∵△ADE为等边三角形，∠ADG＝∠GAE，
∴∠AGQ＝60°，∠DAG＝∠EDQ，
∴∠DGH＝∠AGQ＝60°，
∴△DGH是等边三角形，
∵∠DQE＝∠AGQ＝60°＝∠H，
∵AD＝DE，
∴△ADH≌△DEQ（AAS），
∴DH＝QE＝DG，
又∵EQ∥AG，
∴∠AEQ＝∠GAE＝∠ADG，
∵AD＝AE，DG＝EQ，
∴△ADG≌△AEQ（SAS），
∴∠DAG＝∠EAQ，AG＝AQ，
∴∠GAQ＝∠DAE＝60°，
∴△AGQ为等边三角形，
∴AG＝GQ，
又∵∠AGQ＝60°，∠ABG＝30°，
∴∠BAG＝∠ABG＝30°，
∴GA＝GB，
∴BG＝GQ，
∵EQ∥AG，
∴GF=12EQ=12DG，
即DG＝2GF；
（3）如图所示，取AD的中点O，连接ON，
∵将△ABM沿AM翻折得到△AB′M，
∴AB＝AB，
设AB＝a，
∵AD⊥BC时，取得最小值，
∴AD=DC=3AD=32AB=3a2，
∴OD=12AD=14AB=14a，
在Rt△ODC中，OC=OD2+DC2=(14a)2+(32a)2=134a，
∵点N为DB′的中点，O为AD的中点，
∴ON=12AB′=34a，
∴点N在以O为圆心，34a为半径的圆上运动，
∴当N在线段OC上时，CN取得最小值；
此时CN=OC-ON=134a-12a=13-24a，
∴CNCD=13-24a32a=39-236．
【点评】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求一点到圆上的最值问题，中位线的性质，折叠问题，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
3．综合与实践
李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“相似”主题下设计的问题，请你解答
【问题情境】
在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上一点，∠ADE＝∠B，DE与AC交于点E．
【初步探究】
（1）如图1，若DE∥AB，EF⊥AD于点F．
①求证AB2＝BD⋅BC．
②求DFCD的值．
【拓展延伸】
（2）如图2，G是DE延长线上一点，若GA⊥AD，GD＝GC已知AB＝10，BC＝16，求BD的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①证明见解析；
②12；
（2）9．
【分析】（1）①根据平行的等边对等角得到∠BAD＝∠C，再根据公共角∠B＝∠B，证明△BAD∽△BCA，即可得到结论；
②过点E作EN⊥CD于点N，证明△DEF≌△DEN，即可解题；
（2）过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DM⊥AB于点M，过点G作GH⊥DC于点H，得出cs∠ADG=csB=45，然后推导△ADM∽△DGH，得到ADDG=AMDH，即可解题．
【解答】（1）①证明：∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE，
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
又∵∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠C，
∵∠B＝∠B，
∴△BAD∽△BCA，
∴BABC=BDBA，即AB2＝BC•BD；
②解：如图1，过点E作EN⊥CD于点N，
∵DE∥AB，
∴∠B＝∠EDC，
由①知∠B＝∠C，
∴∠C＝∠EDC，
∴ED＝EC，
∵EN⊥CD，
∴CD＝2DN，
∴∠ADE＝∠B，
∴∠ADE＝∠EDC，
又∵EN⊥CD，EF⊥AD，
∴∠DFE＝∠DNE＝90°，
又∵DE＝DE，
∴△DEF≌△DEN（AAS），
∴DF＝DN，
∴DFCD=DF2DN=DF2DF=12；
（2）解：过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DM⊥AB于点M，过点G作GH⊥DC于点H，
设BD＝y，则CD＝16﹣y，
∵AB＝AC＝10，BC＝16，
∴BF＝CF＝8，
∴csB=BFAB=45，
在Rt△BDM中，BM=BD⋅csB=45y，
∴AM=10-45y，
在△DCG中，DG＝GC，GH⊥DC，
∴DH=12DC=12(16-y)，
在Rt△ADG中，GA⊥AD，
∴∠GAD＝90°，
∴cs∠ADG=ADDG=csB=45，
∵∠ADC＝∠B+∠DAM＝∠ADG+∠GDC，且∠B＝∠ADG，
∴∠DAC＝∠GDC，
又∵DM⊥AB，GH⊥DC，
∴∠AMD＝∠DHG＝90°，
∴△ADM∽△DGH，
∴ADDG=AMDH，即45=10-45y12(16-y)，
解得：y＝9，
∴BD＝9．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
4．问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证ABAC=BDCD．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明ABAC=BDCD．
尝试证明：
（1）请参照小慧提供的思路，利用图2证明：ABAC=BDCD；
应用拓展：
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝2，AB＝4，求DE的长；
②若BC＝m，∠C＝α，求DE的长（用含m、a的式子表示）
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）①DE=253；
②DE=m1+tanα．
【分析】（1）证明△CED∽△BAD，由相似三角形的性质得出CEAB=CDBD，证出CE＝CA，则可得出结论；
（2）①由折叠的性质可得出∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，由（1）可知，ABAC=BDCD，由勾股定理求出BC＝25，则可求出答案；
②tan∠C＝tanα=ABAC，方法同①可求出CD=m1+tanα，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠E＝∠EAB，∠B＝∠ECB，
∴△CED∽△BAD，
∴CEAB=CDBD，
∵∠E＝∠EAB，∠EAB＝∠CAD，
∴∠E＝∠CAD，
∴CE＝CA，
∴ABAC=BDCD；
（2）解：①∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，
由（1）可知，ABAC=BDCD，
又∵AC＝2，AB＝4，
∴42=BDCD，
∴BD＝2CD，
∵∠BAC＝90°，
∴BC=AC2+AB2=22+42=25，
∴BD+CD＝25，
∴3CD＝25，
∴CD=253；
∴DE=253；
②∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，∠C＝α，
∴tan∠C＝tanα=ABAC，
由（1）可知，ABAC=BDCD，
∴tanα=BDCD，
∴BD＝CD•tanα，
又∵BC＝BD+CD＝m，
∴CD•tanα+CD＝m，
∴CD=m1+tanα，
∴DE=m1+tanα．
【点评】本题是相似形综合题，考查了折叠的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5．如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝8cm，BC＝3cm，CD＝4cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），（0＜t＜5）．
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A，P，Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP，BD，两延长线相交于点M，当△QMB为直角三角形时，求t的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）AP＝（5﹣t）cm；
（2）上t=4013或t=2513；
（3）当t=3527s或t=209s时，△QMB为直角三角形．
【分析】（1）作DH⊥AB于H，得四边形DHBC是矩形，根据矩形的性质得CD＝BH＝4cm，DH＝BC＝3cm，由勾股定理得AD＝5cm；
（2）①当APAQ=ADAB时，得出以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似的t值；②当APAQ=ABAD时，得出以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似的t值；
（3）①当∠QMB＝90°时，△QMB即为直角三角形，过P作PN⊥AB于N，根据相似三角形的判定得△PNQ∽△BHD，由相似三角形性质推出又由△ANP∽△AHD，根据相似三角形的性质得当t=3527s时，∠QMB＝90°，即△QMB为直角三角形；②当∠MQB＝90°时，△QMB即为直角三角形，根据相似三角形得判定得△APQ∽△ADH，根据相似的性质可得t的值．
【解答】解：（1）如图（1）作DH⊥AB于H，
∴四边形DHBC是矩形，
∴CD＝BH＝4cm，DH＝BC＝3cm，
∴AH＝AB﹣BH＝8﹣4＝4（cm），
∴AD=DH2+AH2=32+42=5（cm），
由题意得：AP＝AD﹣DP＝（5﹣t）cm；
（2）①当APAQ=ADAB时，
∴5-tt=58，
解得t=4013；
当t=4013时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似；
②当APAQ=ABAD时，
∴5-tt=85，
解得t=2513，
当t=2513时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似，
综上t=4013或t=2513；
（3）①当∠QMB＝90°时，△QMB即为直角三角形，
如图（2），过P作PN⊥AB于N，
∴∠PNQ＝∠BHD，
当∠QMB＝90°时，∠PQN+∠DBH＝90°，
∵∠PQN+∠QPN＝90°，
∴∠QPN＝∠DBH，
在△PNQ和△BHD中，
∠PNQ=∠BHD∠QPN=∠DBH，
∴△PNQ∽△BHD，
∴QNPN=DHBH=34，
又∵△ANP∽△AHD，
∴PNAP=DHAD=35，
ANAP=AHAD=45，
∴AN=45AP=45（5﹣t），
∴PN=35AP=35（5﹣t），
∴QN＝AN﹣AQ=45（5﹣t）﹣t，
∴45(5-t)-t35(5-t)=34，
解得t=3527，
经检验，t=3527是分式方程的解，
当t=3527s时，∠QMB＝90°，即△QMB为直角三角形；
②当∠MQB＝90°时，△QMB即为直角三角形，
如图（3）所示，作DH⊥AB于点H，
∵∠A＝∠A，∠MQB＝∠AHD＝90°，
∴△APQ∽△ADH，
∴APAQ=ADAH=54，
∴5-tt=54，
解得t=209，
经检验，t=209是分式方程的解，
当t=209s时，∠MQB＝90°，即△QMB为直角三角形，
综上所述，当t=3527s或t=209s时，△QMB为直角三角形．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查相似的综合知识的应用，解答本题的关键要熟练掌握矩形的性质，相似三角形的判定与性质等基本知识点，注意分类讨论的应用．
6．嘉淇做数学探究实验，如图，已知：△ABC，△OPQ均为直角三角形，其中∠BAC=∠OQP=90°，AB=AC=22，OQ=PQ，OP=4，现以AC为边作四边形ACDE，且∠CAE＝60°，∠D＝90°，CD＝DE，点B，C，D在一条直线上．
第一步，如图1，将△OPQ的顶点O与点A重合，AB在OP上；
第二步，如图2，将△OPQ绕点O逆时针方向旋转，每秒旋转15°，OP，OQ分别与BC边交于点M，N；
第三步，如图3，当△OPQ旋转到点P落在CD上时停止旋转，此时点Q恰好在AE上；
第四步，如图4，在第三步的基础上，点O带动△OPQ立即沿边AE从点A向点E平移，每秒2个单位长度，当点O与点E重合时停止运动，设整个过程中△OPQ的运动时间为t s．
（1）如图1，①BC ＝ OP；②点A到直线BD的距离是 2 ；
（2）如图2，求证△ABN∽△MCA；
（3）如图3，当△OPQ从初始位置到点P落在CD上时，求BP的长度；
（4）当点P落在四边形ACDE的边上时，直接写出对应t的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）＝；2；
（2）证明见解析过程；
（3）2+23；
（4）7或23+5．理由见解答过程．
【分析】（1）根据勾股定理解答即可；
（2）根据“两角相等的两个三角形相似”证明即可；
（3）如图，连接CE，PE，并说明∠ACE＝90°，可求出AE，再求出∠APB，然后证明△OPQ≌△BCA，可得OQ，进而得出QE＝AQ＝PQ，再根据勾股定理求PE，可根据特殊角的三角函数求出PD，然后根据勾股定理，得CD＝DE，最后根据BP＝BC+CD﹣DP求出答案．
【解答】（1）解：如图1，△OPQ的顶点O与点A重合，AB在OP上，
根据勾股定理，得BC=AB2+AC2=4=OP．
根据题意，可知∠ABC＝∠POQ＝45°，
∴AF＝BF，∠AFB＝90°，
∴AF2+BF2＝AB2＝8，
解得AF＝2，
所以点A到BD的距离是2．
故答案为：＝，2；
（2）证明：将△OPQ绕点O逆时针方向旋转，每秒旋转15°，OP，OQ分别与BC边交于点M，N，
根据题意可知∠QPA＝∠QAP＝∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠AMC＝∠BAN＝45°+∠BAM，
∴△ABN∽△MCA；
（3）解：如图3，连接CE，PE，
∵∠D＝90°，CD＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝45°，
则∠ACE＝90°．
∵∠CAE=60°，AC=22，
∴AE=2AC=42．
∵∠QAP＝∠QPA＝∠B＝45°，∠CAE＝60°
∴∠CAP＝∠CAE﹣∠QAP＝15°，
则∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝105°，∠APB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAP＝30°．
∵∠ABC＝∠OPQ＝45°，∠BAC＝∠OPQ＝90°，BC＝OP，
∴△OPQ≌△BCA（AAS），
∴OQ=AB=22．
又∵AE=42，
∴QE=AQ=PQ=22．
又∵∠PQO＝∠PQE＝90°，
∴∠QPE＝45°，
根据勾股定理，得PE=QE2+PQ2=4，
∴∠EPD＝180°﹣∠APB﹣∠QPA﹣∠QPE＝60°，
∴PD＝PE•cs∠EPD＝2，
根据勾股定理，得CD=DE=PE2-DP2=23，
∴BP=BC+CD-DP=4+23-2=2+23．
（4）解：7或23+5．理由如下：
由（3）知，当△OPQ从初始位置旋转到点P落在CD上时，∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝105°，
则旋转所用时间为105°÷15°＝7（s）；
当△OPQ平移到点P落在DE上时，如图4，连接CE，由（3）知∠ACE＝90°，∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠AEC+∠CED＝90°﹣60°+45°＝75°，
∴∠QPE＝90°﹣75°＝15°，在QP取点M，使得∠MEP＝∠MPE＝15°，
∴∠QME＝∠MEP+∠MPE＝30°．
设QE＝x，则EM=PM=2QE=2x，QM=3QE=3x，
由QM+PM＝QP，
得3x+2x=22，
解得x=42-26，
∴点Q平移的距离为22-(42-26)=26-22，
∴平移所用的时间为(26-22)÷2=(23-2)s，
故当△OPQ平移到点P落在DE上时，所运动的总时间为23-2+7=(23+5)s．
综上所述，t的值为7或23+5．
【点评】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定，全等三角形的性质和判定，平移和旋转，等腰三角形的性质和判定，画出旋转和平移的图形并构造辅助线是解题的关键．
7．如图1，在矩形ABCD中，CD=3BC=43，点E，G分别是AD，AB上的中点，过点E，G分别作EF⊥AD，FG⊥AB，FG与EF交于点F，连接CF．
特例感知
（1）以下结论中正确的序号有 ①② ；
①四边形AGFE是矩形；②矩形ABCD与四边形AGFE位似；③以ED，CF，BG为边围成的三角形不是直角三角形；
类比发现
（2）如图2，将图1中的四边形AGFE绕着点A旋转，连接BG，观察CF与BG之间的数量关系和位置关系，并证明你的发现；
拓展应用
（3）连接CE，当CE的长度最大时，
①求BG的长度；
②连接AC，AF，CF，若在△ACF内存在一点P，使CP+AP+3PF的值最小，求CP+AP+3PF的最小值．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①②；
（2）BGCF=32，直线CF与BG的夹角是30°，理由见解析过程；
（3）①221；
②413．
【分析】（1）根据矩形的判定与性质、位似图形的性质以及直角三角形的判定逐个判断即可；
（2），连接AC、AF，延长CF、BG，设交点为N，设AC、BG交于点M，先根据矩形的性质和勾股定理求得AC＝8，再利用锐角三角函数求得∠BAC＝30°，进而得到ABAC=32，利用位似图形的性质得到AGAF=ABAC=32，进而证明△ACF∽△ABG，利用相似三角形的性质和三角形的内角和定理可求解；
（3）先根据题意得到当点C、A、C共线时取等号，此时CE的长度最大，①利用勾股定理求解即可；②将AP绕着点A顺时针旋转30°，且使AK=3AP，连接PK．同理将AF绕着点A顺时针旋转30°，得到AL，且使AL=3AF，连接LK．先证明△APF∽△AKL，得到 KL=3PF，利用△APK的边角关系得到PK＝AP，然后根据两点之间线段最短得到当C、P、K、L四点共线时，CL的长最小，过点L作LO垂直CA的延长线于点Q，可得∠LAQ＝30°，在Rt△CLQ中，根据勾股定理求解CL即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，
∵EF⊥AD，FG⊥AB，
∴∠A＝∠AGF＝∠AEF＝90°，
∴四边形AGFE是矩形，故①正确；
∵点E，G分别是AD，AB上的中点，
∴AG=12AB，AE=12AD，即AGAB=AEAD=12，
∴矩形ABCD与四边形AGFE位似，故②正确；
延长GF交CD于H，则四边形EFHD、四边形BCHG是矩形，如图1，
∴HF＝DE，CH＝BG，∠CHF＝90°，
∴△CHF是直角三角形，
则以ED，CF，BG为边围成的三角形是直角三角形，故③错误，
故答案为：①②；
（2）BGCF=32，直线CF与BG的夹角30°．
证明：如图2，连接AC、AF，延长CF、BG，设交点为N，设AC、BG交于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=43，AD＝BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=8，则sin∠BAC=BCAC=12，
∴∠ACD＝∠BAC＝30°，
∴ABAC=438=32，
由（1）知，矩形ABCD与四边形AGFE位似，
∴AGAF=ABAC=32，又∠CAF＝∠BAG，
∴△ACF∽△ABG，
∴BGCF=ABAC=32，∠ACF＝∠ABG，又∠CMN＝∠AMB，
∴∠CNG＝∠BAC＝30°；
（3）∵AC+AE≥CE，
∴当点C、A、E共线时取等号，此时CE的长度最大，
①如图3，
由（2）知，∠CEF＝90°，CE＝AC+AE＝10，EF=23，BGCF=32，
∵CF=CE2+EF2=47，
∴BG=32CF=221；
②如图4，将AP绕着点A顺时针旋转30°，且使AK=3AP，连接PK．同理将AF绕着点A顺时针旋转30°，得到AL，且使AL=3AF，连接LK．
根据旋转，可得∠PAF＝∠KAL＝30°﹣∠FAK，根据两边对应成比例且夹角相等可得△APF∽△AKL，
∴KL=3PF，
过P作PS⊥AK于S，则PS=12AP，AS=32AP，
∴KS=AK-AS=32AP，则tan∠PKS=PSKS=32，
∴∠PKS＝30°，
∴PK＝AP，
∵CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+3PF≥CL，
当C、P、K、L四点共线时，CL的长最小，
由题意，∠LAC＝150°，AF＝4，AC＝8，AL=43，
过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得∠LAQ＝30°，
∴QL=23，AQ＝6，则CQ＝AC+AQ＝14，
在Rt△CLQ中，根据勾股定理得CL=CQ2+QL2=413．
∴CP+AP+3PF的最小值为413．
【点评】本题是一道压轴题，主要考查了矩形的判定与性质、位似图形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的性质、解直角三角形、等腰三角形的判定、三角形的内角和定理、最短路径等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关的知识与联系，适当添加辅助线是解答的关键．
8．已知点E是正方形ABCD内部一点，且∠BEC＝90°．
【初步探究】
（1）如图1，延长CE交AD于点P．求证：△BEC∽△CDP；
【深入探究】
（2）如图2，连接DE并延长交BC于点F，当点F是BC的中点时，求CEBE的值；
【延伸探究】
（3）连接DE并延长交BC于点F，DF把∠BEC分成两个角，当这两个角的度数之比为1：2时，请直接写出CEBE的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）5-12；
（3）CEBE=3-32或3-12
【分析】（1）可得出∠CPD＝∠BCE，∠BEC＝∠D，从而得出结论；
（2）作EG⊥BC于G，可证得△FGE∽△FCD，从而EGCD=FGFC=EFDF，不妨设EF＝BF＝CF＝1，则CD＝BC＝2，DF=5，进而得出EG，FG，可证得△BGE∽△EGC，
从而得出CEBE=CGEG=5-12；
（3）当∠BEF：∠CEF＝1：2时，以BC所在的直线为x轴，CD所在的直线为y轴建立坐标系，设BC＝CD＝6，E（x，y），
以BC的中点W为圆心，BC为直径作圆W，可得出（x+3）2+y2＝32①，（x-3）2+（y﹣3）2＝（23）2②，求得x的值，进一步得出结果；当∠BEF：∠CEF＝2：1时，同样方法得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝90°，AD∥BC，
∴∠CPD＝∠BCE，
∵∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠D，
∴△BEC∽△CDP；
（2）解：如图1，
作EG⊥BC于G，
∴∠BGE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，CD＝BC，
∴△FGE∽△FCD，
∴EGCD=FGFC=EFDF，
∵∠BEC＝90°，点F是BC的中点，
∴EF＝BF＝CF=12BC，
不妨设EF＝BF＝CF＝1，则CD＝BC＝2，DF=5，
∴EG2=FG1=15，
∴EG=255，FG=55，
∴CG＝CF﹣FG＝1-55=5-55，
∵∠EGB＝∠EGC＝90°，
∴∠CEG+∠ECG＝90°，
∵∠BEC＝90°，
∴∠CEG+∠BEG＝90°，
∴∠BEG＝∠ECG，
∴△BGE∽△EGC，
CEBE=CGEG=5-55255=5-12；
（3）解：（方法一）如图2，
当∠BEF：∠CEF＝1：2时，即∠CEF＝60°，
∴∠DEC＝120°，
以BC所在的直线为x轴，CD所在的直线为y轴建立坐标系，设BC＝CD＝6，E（x，y），
以BC的中点W为圆心，BC为直径作圆W，
∵∠BEC＝90°，
∴点E在⊙W上，则W（﹣3，0），B（﹣6，0），
∴（x+3）2+y2＝32①，
作等边三角形CDG，作△CDG的外接圆V，则点E⊙V上，
则V（3，3），CV＝23，
∴（x-3）2+（y﹣3）2＝（23）2②，
由①②得，
x=-187+23，x+y＝﹣6x，
∴CEBE=x2+y2(x+6)2+y2=-6x6x+36=3-32，
如图3，
当∠BEF：∠CEF＝2：1时，即∠BEF＝60°，∠CEF＝30°，则∠DEC＝150°，
同上作⊙W，作等边三角形CDV，设BC＝CD＝2，则W（﹣1.0），B（﹣2，0），V（3，1），
以V为圆心，2为半径作⊙V，则点E在⊙V上，
同理上可得：(x+1)2+y2=1(x-3)2+(y-1)2=4，
∴x2+y2＝﹣2x，x=-25+23，
∴CEBE=x2+y2(x+2)2+y2=2x+4-2x=3-12，
综上所述：CEBE=3-32或3-12．
（方法二）如图4，
当∠BEF：∠CEF＝1：2时，即∠BEF＝30°，
设BC＝CD＝a，
分别延长CE，BE，分别交AD于G，交CD于H，
∵∠ADC+∠HE180°，
∴G、D、H、E共圆，
∴∠DGH＝∠DEH＝∠BEF＝30°，
∴DG=3DH，
∵BG⊥BH，
∴△BCH≌△CDG，
∴CH＝DG，
∴CH=3（a﹣CH），
∴CH=3-32⋅a，
∴tan∠CBH=CEBE=CHBC=3-32，
当∠BEF：∠CEF＝2：1时，即∠BEF＝60°，
同理可得：∠DGH＝∠DEH＝∠ABE＝60°，
∴DH=3DG，
∴a﹣CH=3CH，
∴CH=3-12⋅a，
∴CEBE=3-12，
综上所述：CEBE=3-32或3-12．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是较强计算能力．
9．如图（1），在△ABC中，AC=92，∠C=45°，tanB=3，动点G从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC方向运动，过点G作GE⊥BC，交折线BAC于点E，以GE为斜边向右作Rt△GEF，使得sin∠EGF=35，设点G的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当点E为AB的中点时，t的值为 32 ；
（2）当点F恰好落在AC上时，如图（2），求t的值；
（3）如图（3），当点G从点B出发时，点Q同时从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CB方向运动，当点Q到达点B时，点Q、G同时停止运动．在运动过程中，过点Q作QM⊥BC交射线CA于点M，以QM为一边向左作△QMN，使得△QMN∽△EGF，当△QMN和△EGF分别有一条边恰好在同一直线上时，请直接写出t的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）32；
（2）300109；
（3）127或t=83或t＝4．
【分析】（1）如图（1），过点A作AD⊥BC于点D，解直角三角形求出AD＝CD=22AC＝9，BD＝3，根据三角形中位线的判定与性质求出BG=12BD=32，据此即可得解；
（2）如图（2），过点A作AD⊥BC于点D，解直角三角形求出AD＝CD=22AC＝9，BD＝3，BC＝12，EG＝3t，EF=95t，FG=125t，过点F作FH⊥BC于点H，则FH∥EG，根据平行线的性质得出∠GFH＝∠EGF，解直角三角形求出GH=3625t，CH＝FH=4825t，根据BC＝BG+GH+CH＝t+3625t+4825t＝12求解即可；
（3）根据相似三角形的性质求出∠NMQ＝∠FGE，解直角三角形求出MQ＝CQ＝2t，NQ＝MQ•sin∠NMQ=65t，当△QMN和△EGF分别有一条边恰好在同一直线上时，分三种情况利用解直角三角形及线段的和差求解即可．
【解答】解：（1）如图（1），过点A作AD⊥BC于点D，
在△ACD中，AC＝92，∠C＝45°，
∴AD＝CD=22AC＝9，
在Rt△ABD中，AD＝9，tanB=ADBD=3，
∴BD＝3，
∵GE⊥BC，AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∵点E为AB的中点，
∴BG=12BD=32，
∵动点G从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC方向运动，点G的运动时间为t秒，
∴t=32，
故答案为：32；
（2）如图（2），过点A作AD⊥BC于点D，
在△ACD中，AC＝92，∠C＝45°，
∴AD＝CD=22AC＝9，
在Rt△ABD中，AD＝9，tanB=ADBD=3，
∴BD＝3，
∴BC＝BD+CD＝12，
在Rt△BEG中，tanB=EGBG=3，BG＝t，
∴EG＝3t，
在Rt△EFG中，sin∠EGF=EFEG=35，
∴EF=95t，
∴FG=EG2-EF2=125t，
过点F作FH⊥BC于点H，则FH∥EG，
∴∠GFH＝∠EGF，
∴sin∠GFH=GHGF=sin∠EGF=35，
∴GH=35FG=3625t，
∵FH⊥BC，∠C＝45°，
∴CH＝FH=FG2-GH2=4825t，
∵BC＝BG+GH+CH＝12，
∴t+3625t+4825t＝12，
∴t=300109；
（3）∵△QMN∽△EGF，
∴∠NMQ＝∠FGE，
∵QM⊥BC，∠C＝45°，点Q同时从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CB方向运动，
∴MQ＝CQ＝2t，
∴NQ＝MQ•sin∠NMQ＝2t•35=65t，
当EF、NQ共线时，如图，连接FN，
∵∠FGE+∠FGQ＝90°＝∠GQE+∠FGQ，
∴∠FGE＝∠GQE，
∵sin∠EGF=35，
∴cs∠EGF=45，
∴tan∠EGF=34，
∴tan∠GQE=EGGQ=34，
∴GQ=43EG=43×3t＝4t，
∵BC＝BG+GQ+CQ＝12，
∴t+4t+2t＝12，
∴t=127；
当FG、MN共线时，如图，
∴∠GQN＝∠EGF，
∵sin∠EGF=35，
∴sin∠GQN=35，
∴cs∠GQN=45，
∴GQ=54NQ=54×65t=32t，
∵BC＝BG+GQ+CQ＝12，
∴t+32t+2t＝12，
∴t=83；
当EG、MQ共线时，BG+CQ＝12，
∴t+2t＝12，
∴t＝4，
综上，t=127或t=83或t＝4．
【点评】此题是相似综合题，考查了解直角三角形、三角形中位线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质等知识，熟练掌握锐角三角函数定义并根据题意分情况求解是解题的关键．
10．如图1，已知正方形ABCD的边长为4，点E是射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转90°得BE'，将AB沿BE翻折得A′B，连接A′E．
（1）求证：∠AEB＝∠A'BE'；
（2）在点E运动过程中，△A′BE′的面积是否发生变化？若不变，请求出△A′BE′的面积；若变化，请说明理由；
（3）如图2，点M，N分别为A'B，A′E′的中点，连接EM，MN，EN．当A'E'=17时，求△EMN的面积．
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）△A′BE 的面积不变化；
（3）174或334．
【分析】（1）可推出∠ABE+∠AEB＝90°，∠A′BE′+∠A′BE＝90°，∠ABE＝∠A′BE，从而得出结论；
（2）作E′F⊥A′B于F，可证明△ABE≌△FE′B，从而得出E′F＝AB＝4，进一步得出结果；
（3）当点E在AD上时，S△EMN＝S四边形EBE′A﹣S△BME﹣S四边形MNE′B﹣S△A′NE，分别求出S四边形EBE′A′，S△BME，S四边形MNE′B，S△A′NE的面积，作E′F⊥A′B于F，作NG⊥EA′交EA′的延长线于G，作NH⊥A′B于H，可求得BM和A′E的长，从而得出△EBM的面积，可求得△A′BE和△A′BE′的面积，从而求得四边形EBE′A′的面积，根据MN是△A′BE′的中位线，可求得的△A′MN的面积，从而求得四边形MNE′B的面积，可求得A′H的长，进而求得△A′EN的面积，进一步得出结果，当点E在AD的延长线上时，S△EMN＝S△A′EM+S△A′MN+S△A′NE，由低至情形得出S△A′MN＝，S△A′MN，可求得AE′＝5，进而得出S△A′EN，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∵BE绕点B顺时针旋转90°得BE'，
∴∠EBE′＝90°，
∴∠A′BE′+∠A′BE＝90°，
∵AB沿BE翻折得A′B，
∴∠ABE＝∠A′BE，
∴∠AEB＝∠A′BE′；
（2）解：如图1，
△A′BE的面积不变化，理由如下
作E′F⊥A′B于F，
∴∠BFE′＝∠A＝90°，
∵BE绕点B顺时针旋转90°得BE'，
∴BE′＝BE，
由（1）知：∠AEB＝∠A′BE′，
∴△ABE≌△FE′B（AAS），
∴E′F＝AB＝4，
∵AB沿BE翻折得A′B，
∴A′B＝AB＝4，
∴S△A′BE=12A′B⋅E′F=12×4×4=8；
∴△A′BE′的面积不变化；
（3）如图2，
当点E在AD上时，
作E′F⊥A′B于F，作NG⊥EA′交EA′的延长线于G，作NH⊥A′B于H，
由（2）知：E′F＝4，△ABE≌△FE′B，
∴AE＝BF，
∵A′E′=17，
∴A′F＝1，
∴BF＝A′B﹣A′F＝AB﹣A′F＝4﹣1＝3，
∴A′E＝AE＝3，
∵M是A′B的中点，
∴BM=12A′B＝2，
∴S△BMF=12BM⋅A′E=12×2×3=3，
∵M，N分别是A′B和A′E′的中点，
∴MN∥BE′，
∴△A′MN∽△A′BE′，
∴S△A′MNS△A′BE′=(A′MA′B)2=14，
∴S△A′MN=14S△ABE′=14×8=2，
∴S四边形MNE′B＝8﹣2＝6，
∵NH∥E′F，
∴A′HFH=A′NNE′=1，
∴A′H=12A′F=12，
∵∠G＝∠A′HN＝∠BA′G＝′BA′E＝∠A＝90°，
∴四边形GNHA′是矩形，
∴NG＝A′H=12，
∴S△A′NE=12A′E•NG=12×3×12=34，
∵S四边形EBE′A′＝S△A′BE+S△A′BE′=12×3×4+8=14，
∴S△EMN＝S四边形EBE′A﹣S△BME﹣S四边形MNE′B﹣S△A′NE＝14﹣3﹣6-34=174，
如图3，
当点E在AD的延长线上时，
由上知：A′F＝1，S△A′MN=14S△ABE′=14×8=2，
∴AE＝BF＝A′B+A′F＝4+1＝5，
∴S△A′EM=12S△A′BE=12×12A′B⋅A′E=12×12×4×5=5，
∵S△A′NE=12A′E•NG=12×5×12=54，
∴S△EMN＝S△A′EM+S△A′MN+S△A′NE＝5+2+54=334，
综上所述：S△EMN=174或334．
【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，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，解决问题的关键是“割补法”求面积．
11．综合与实践
在△ABC中，AB＝AC，D为边BC的中点，以D为顶点作∠MDN＝∠B．
（1）如图1，当射线DN经过点A时，DM交边AC于点E，不添加辅助线，则图①中与△ADE相似的三角形有 ①②④ ．（填序号）
①△ABD；②△ADC；③△ABC；④△DCE．
（2）如图2，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于点E，（点E与点A不重合），求证：△BDF∽△DEF．
（3）在图2中，若AB＝AC＝5，BC＝6，当△DEF的面积等于△ABC的面积的14时，求线段EF的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①②④；
（2）证明见解析过程；
（3）2.5．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出相似三角形即可；
（2）利用已知首先求出∠BFD＝∠CDE，即可得出△BDF∽△CED，再利用相似三角形的性质得出BD：DF＝EC：DE，得出△CED∽△DEF，进而得出△BDF∽△DEF．
（3）首先利用△DEF的面积等于△ABC的面积的14，求出DH的长，进而利用S△DEF的值求出EF即可．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAD，
又∵∠MDN＝∠B，
∴△ADE∽△ABD，故①正确；
同理可得：△ADE∽△ACD，故②正确；
∵∠MDN＝∠B，∠B+∠BAD＝90°，∠MDN+∠EDC＝90°，
∴∠BAD＝∠EDC，
∵∠BAD＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠EDC，
∵∠MDN＝∠C，
∴△ADE∽△DCE，故④正确；
在△ADE与△ABC中只有∠MDN＝∠B或∠MDN＝∠C，故不能判定△ADE与△ABC相似．
∴图①中与△ADE相似的三角形有①②④．
（2）证明：∵∠B+∠BFD＝∠CDF＝∠MDN+∠CDE，∠MDN＝∠B，
∴∠BFD＝∠CDE，
由AB＝AC，得∠B＝∠C，
∴△BDF∽△CED．
∴BDDF=ECDE，
∵BD＝CD，
∴CDDF=ECDE．
又∵∠B＝∠EDF，
∴△CED∽△DEF．
∴△BDF∽△DEF．
（3）解：连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．
∵AB＝AC＝5，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=12BC=3．
在Rt△ABD中，AD=AB2-BD2=52-32=4，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×6×4=12．
S△DEF=14S△ABC=14×12=3．
又∵12AD⋅BD=12AB⋅DH，
∴DH=AD⋅BDAB=4×35=2.4，
∵△BDF∽△DEF，
∴∠DFB＝∠EFD
∵DG⊥EF，DH⊥BF，
∴DH＝DG＝2.4．
∵S△DEF=12×EF×DG＝3，
∴EF=312DG=2.5．
【点评】本题考查了和相似有关的综合性题目，用到的知识点有三角形相似的判定和性质、等腰三角形的性质以及勾股定理的运用，灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，要仔细观察图形、选择合适的判定方法，注意数形结合思想的运用．
12．已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，过点A作直线DA∥BC，CD⊥AD于点D，点E是射线DA上一动点，连接BE、CE，在BE右侧作△BEF，使得△BEF∽△CED．
（1）如图，连接DF交CE于点G，求证：△BEC∽△FED；
（2）在（1）问条件下，若DE＝DF，试判断△CDG的形状并说明理由；
（3）若CD＝1，延长BF到点P，使BF＝FP，连接EP．
i）当P落在△ABC的某条边上时，求DE的长．
ii）连接AF，直接写出线段AF的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】一次函数及其应用；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）等边三角形；
（3）i）DE＝1或2+1；
ii）1．
【分析】（1）可推出BEEC=EFED，∠BEC＝∠DEF，从而得出结论；
（2）作AW⊥BC于W，作EV⊥BC于V，可得出EV＝AW=12BC，CE＝BC，从而EV=12CE，从而∠BCE＝30°，进而得出∠BCD＝∠ADC，∠BCE＝60°，进一步得出结果；
（3）i）当P在AB上时，可推出点P是AB和CE的交点，此时∠DEC＝∠BEF＝∠PEF，进而推出∠ACE＝∠PEF，从而∠ACE＝∠DEC，从而AE＝AC=2CD=2，从而DE＝AE+AD=2+1，
当点P落在AC上，此时点P与点C重合，点E与A点重合，从而DE＝CD＝1；
ii）延长DF交BC于W，连接EW，以ED所在的直线为x轴，CD所在的直线为y轴建立坐标系，设F（a，b），从而得出直线DF的解析式为y=bax，从而W（-ba，﹣1），可证得▱EWCD是矩形，从而E（-ba，0），根据△BEF∽△CED得出EFBF=EDCD，从而(a+ba)2+b2(a+2)2+(b+1)2=1(ba)2，化简可得（a+1）2+2b＝1，从而确定F在以A为圆心，1为半径的圆上运动，从而AF＝1．
【解答】（1）证明：∵△BEF∽△CED，
∴BEEC=EFED，∠BEF＝∠CED，
∴∠BEF+∠CEF＝∠CED+∠CEF，
∴∠BEC＝∠DEF，
∴△BEC∽△FED；
（2）解：如图1，
△CDG是等边三角形，理由如下：
作AW⊥BC于W，作EV⊥BC于V，
∵ED∥BC，
∴EV＝AW=12BC，
由（1）得：△BEC∽△FED，
∴∠EDF＝∠BCE，BCDF=CEDE，
∵DE＝DF，
∴CE＝BC，
∴EV=12CE，
∴∠BCE＝30°，
∵ED∥BC，∠ADC＝90°，
∴∠BCD＝180°﹣∠ADC＝90°，
∴∠BCD＝∠ADC，∠BCE＝60°，
∴∠GDC＝∠GCD，
∴GD＝GC，
∴△CDG是等边三角形；
（3）解：i）如图2，
当P在AB上时，则F在AB上，
∵∠AFE＝90°，∠EAB＝∠ABC＝45°，
∴∠AEF＝45°，
∵∠BEF＝∠CED，
∴∠BEC＝∠AEF＝45°，
∴∠BEC=12BAC，
∵AB＝AC，
∴点E在以AC为圆心的圆上，
∴AE＝AC，EF⊥BP，
∴∠BEF＝∠FEP，
∴∠FEP＝∠CEF，
∴点P在CE上，
∴∠DEC＝∠ACE，
∵AC∥EF，
∴∠ACE＝∠CEF，
∴∠BEF＝∠FEC，
∵BF＝PF，
∴∠ACE＝∠DEC，
∴AE＝AC=2CD=2，
∴DE＝AE+AD=2+1，
如图3，
当点P落在AC上，此时点P与点C重合，点E与A点重合，
∴DE＝CD＝1，
综上所述：DE＝1或2+1；
ii）如图4，
AF＝1，理由如下：
延长DF交BC于W，连接EW，
以ED所在的直线为x轴，CD所在的直线为y轴建立坐标系，C（0，﹣1），A（﹣1，0），B（﹣2，﹣1），
设F（a，b），则直线DF的解析式为y=bax，
∴W（-ba，﹣1），
由上知：∠EDF＝∠ECB，DG＝CG，
∵ED∥BC，
∴∠EDF＝∠GWF，∠EDC＝∠ECB，
∴∠DEF＝∠DWC＝∠EDF＝∠ECB，
∴EG＝DG＝CG＝WG，
∴四边形EWCD是平行四边形，EC＝DW，
∴▱EWCD是矩形，
∴E（-ba，0），
∵△BEF∽△CED，
∴EFBF=EDCD，
∴(a+ba)2+b2(a+2)2+(b+1)2=1(ba)2，
∴（a+1）2+2b＝1，
∴F在以A为圆心，1为半径的圆上运动，
∴AF＝1．
方法二：∵△ABC和△ADC是等腰直角三角形，
BC=2AC＝2AD，
∴△BEC∽△FED，
∴∠2＝∠1＝∠3，DG＝GE＝0.5EC，
∴BCFD=ECED，
∴ADFD=DGED，
∴△DEG∽△DFA，
∴∠2＝∠1＝∠3＝∠4，
∴FA＝AD＝1
∴
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是确定点F的运动轨迹．
13．如图1，△ABC和△DBE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，△DBE的顶点D在△ABC的斜边AC上，连接CE，DE交BC于点O，BH⊥DE，垂足为H，BH的延长线交AC于点F．
（1）填空：①AD ＝ CE（填写“＞，＜或＝”）；②∠ACE＝ 90 °；
（2）证明：AD2+CF2＝DF2；
（3）①记四边形BDCE，△BOD，△BOE，△COE，△COD的面积依次为S，S1，S2，S3，S4，若满足S=S1+S3，S=S2+S4，求ACAD的值；
②在线段CE上取一点G，连接DG，GF，如图2，当GF平分∠CGD时，求DG+EGAD的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①＝，②90；
（2）见解析；
（3）①2；
②2．
【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠DBE＝90°，∠A＝∠ACB＝45°，求得∠ABD＝∠CBE，根据全等三角形的判定和性质定理得到AD＝CE；
②根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EF，根据全等三角形的性质得到AD＝CE，∠A＝∠BCE＝45°，推出BF是DE的中垂线，得到DF＝EF，求得∠FCE＝90°，根据勾股定理得到结论；
（3）①根据已知条件得到S=S1+S3+2S1S3，S-(S1+S3)=2S1S3，得到S2+S4=2S1S3 ①，同理，S1+S3=2S2S4 ②，①+②求得S2+S4+S1+S3=2S1S3+2S2S4，得到(S1-S3)2+(S2-S4)2=0，推出S1＝S3，S1＝S3，S2＝S4，得到S△CBD＝S△EBD，S2＝S4，S△CBD＝S△EBD，过B作BK⊥AC于点K，根据三角形的面积公式得到BK＝CE，又由（2）知CE＝AD，根据等腰直角三角形的性质得到
②如图，过点F作 FM⊥DG 于点M，连接EF，由（2）知 CF⊥EC，根据角平分线的性质得到FM＝FC，又BF是DE的中垂线，得到FD＝FE，根据全等三角形的性质得到DM＝CE，GM＝GC，于是得到结论．
【解答】（1）解：①∵△ABC和△DBE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠DBE＝90°，∠A＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵BA＝BC，BD＝BE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴AD＝CE；
②∵△ABD≌△CBE，
∴∠A＝∠BCE＝45°，
∴∠ACE＝45°+45°＝90°，
故答案为：＝，90；
（2）证明：连接EF，
∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE 中，
AB=BC∠ABD=∠CBEBD=BE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴AD＝CE，∠A＝∠BCE＝45°，
∵∠DBE＝90°，DB＝BE，BF⊥DE，
∴BF是DE的中垂线，
∴DF＝EF，
∴∠A＝∠BCE＝45°，AD＝CE，
∴∠FCE＝90°，
∴CF2+CE2＝EF2，
∴AD2+CF2＝DF2；
（3）解：①∵S=S1+S3，S＝S1+S2+S3+S4，
∴S=S1+S3+2S1S3，S-(S1+S3)=2S1S3，
∴S2+S4=2S1S3 ①，
同理，S1+S3=2S2S4 ②，
①+②得：S2+S4+S1+S3=2S1S3+2S2S4，
∴（ S1+S3-2S1S3)+(S2+S4-2S2S4)=0+（S2+S4）﹣2S2S4）＝0，
即 (S1-S3)2+(S2-S4)2=0，
∴S1＝S3，S1＝S3，S2＝S4，
∴S△CBD＝S△EBD，S2＝S4，S△CBD＝S△EBD，
过B作BK⊥AC于点K，
故12CD⋅BK=12CD⋅CE，
∴BK＝CE，
又由（2）知CE＝AD，
∴AD＝BK，
在等腰Rt△ABC中，由BK⊥AC，
∴△ABK为等腰直角三角形，
∴BK＝AK，AC＝2AK，故AC＝2AD，
∴ACAD=2；
②如图，过点F作 FM⊥DG 于点M，连接EF，
由（2）知 CF⊥EC，
∵GF平分∠CGD，FM⊥DG，CF⊥EC，
∴FM＝FC，
又BF是DE的中垂线，
∴FD＝FE，
∴△FMD≌△FCE（HL），
∴DM＝CE，
∵∠FMG＝∠FCG＝90°，FG＝FG，
∴△GMF≌△GCF（HL），
∴GM＝GC，
∴DG+EGAD=DM+GM+EGAD=CE+GC+EGAD=2CEAD，
又田（2）知 AD＝CE，
∴DG+EGAD=2．
【点评】本题是相似形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
14．如图，正方形ABCD中，点O是线段AD的中点，连接OC，点P是线段OC上的动点，连接AP并延长交CD于点E，连接DP并延长交AB或BC于点F，
（1）如图①，当点F与点B重合时，DEDC= 12 ．
（2）如图②，当点F是线段AB的中点时，求DEDC的值；
（3）如图③，若DE＝CF，求DEDC的值
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图①中，先证明△PDA≌△PDC（SAS），退出∠DAE＝∠DCO，再证明△ADE≌△CDO（ASA），可得OD＝DE，由此即可解决问题．
（2）由△FAD≌△ODC（SAS），推出∠CPD＝90°，由∠FAO＝∠FPO＝90°，推出A，F，P，O四点共圆，推出∠PAO＝∠PFO，求出tan∠PFO的值即可解决问题．
（3）如图③中，连接EF．设CF＝DE＝y，EC＝x．利用相似三角形的性质，构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）如图①中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PDA＝∠PDC，
∵DP＝DP，DA＝DC，
∴△PDA≌△PDC（SAS），
∴∠DAE＝∠DCO，
∵∠ADE＝∠CDO＝9°，AD＝CD，
∴△ADE≌△CDO（ASA），
∴OD＝DE，
∴AO＝OD，
∴CE＝DE，
∴DEDC=12．
故答案为12．
（2）如图②中，连接OF．设OA＝OD＝a．
∵AF＝FB，OA＝OD，AB＝AD，
∴AF＝OD，
∵AD＝DC，∠FAD＝∠ODC＝90°，
∴△FAD≌△ODC（SAS），
∴∠FDA＝∠OCD，
∵∠FDA+∠CDP＝90°，
∴∠OCD+∠CDP＝90°，
∴∠CPD＝90°，
∵∠FAO＝∠FPO＝90°，
∴A，F，P，O四点共圆，
∴∠PAO＝∠PFO，
∵tan∠ODP=12=OPPD，
∴OP=55a，PD=255a，
∵DF=5a，
∴PF=355a，
∴tan∠PFO＝tan∠PAO=OPPF=13，
∴tan∠EAD=DEAD=DECD=13．
（3）如图③中，连接EF．设CF＝DE＝y，EC＝x．
∵CF＝DE，∠FCD＝∠EDA＝90°，CD＝DA，
∴△FCD≌△EDA（SAS），
∴∠CDF＝∠EAD，
∵∠CDF+∠ADP＝90°，
∴∠DAE+∠ADP＝90°，
∴∠APD＝90°，
∵OA＝OD，
∴OP＝OA＝OD，
∴∠OAP＝∠OPA＝∠CPE，
∵∠ECF＝∠EPF＝90°，
∴E，C，F，P四点共圆，
∴∠CFE＝∠EPC，
∴∠CFE＝∠CDF，
∵∠ECF＝∠DCF，
∴△FCE∽△DCF，
∴CF2＝CE•CD，
∴y2＝x（x+y），
∴y2﹣xy﹣x2＝0，
∴y=1+52x或1-52x（舍弃），
∴yx=1+52，
∴DECD=yx+y=1+53+5=5-12．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
15．折纸是一种常见的游戏，九年级兴趣小组以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
如图1，在矩形纸片ABCD中，BC＞AB，首先沿过点B的直线翻折，使点A落在BC边上的点E处，折痕为BF，连接EF；此时，就可以得到一个四边形ABEF，则四边形ABEF的形状是哪种特殊的四边形？答： 正方形 ．
（2）深入探究
继续沿过点E的直线翻折，使点C落在EF边上的点G处，折痕为EH，连接BG，CF，延长BG交CF于点M，连接EM．
①∠BME的度数为 45° ；
②猜想线段BM，FM和EM的数量关系，并证明；
拓展应用
延长BG交矩形ABCD的边于点N，若AB＝3，DN＝1，直接写出FMCM的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）正方形；
（2）①45°；
②BM＝FM+2EM；
拓展应用
FMCM=9-334或7-2103
【分析】（1）可推出∠A＝∠BEF＝∠ABC＝90°，AB＝BE，进而得出结果；
（2）①可证得△BEG≌△FEC，从而∠EBG＝∠EFC，进而得出∠BMC＝∠BMF＝∠BEG＝90°，从而点B、E、M、F共圆，进而得出结果；
②在BM上截取BW＝FM，可证得△EFM≌△EBW，从而EW＝EM，∠BEW＝∠MEF，进而∠WEM＝∠BEG＝90°，从而WM=2EM，进一步得出结果；
拓展应用
当BG交CD于N时，此时CN＝CD﹣DN＝3﹣1＝2．可推出△BEG∽△BCN，△FMG∽△CMN，从而GECN=BEBC，FMCM=FGCN，设GE＝CE＝a，从而a2=3a+3，FMCM=3-a2，求得a的值，进一步得出结果；当N在AD时，延长BN，CD，交于点W，设EG＝EC＝x，则FG＝3﹣x，FN＝x﹣1，AN＝AF+FN＝x+2，可推出△FGN∽△EGB，△ABN∽△DWN，从而FNBE=FGEG，DWAB=DNAN，进而x-13=3-xx，DW3=1x+2，求得x的值，从而求得DQ，CW，由△FMG∽△CMW得出FMCM=FGCW，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
由折叠得，
∠BEF＝∠A＝90°，AB＝BE，
∴四边形ABEF是矩形，
∴矩形ABEF是正方形，
故答案为：正方形；
（2）①∵点C落在EF边上的点G处，
∴CE＝EG，
∵∠BEG＝∠CEF＝90°，BE＝EF，
∴△BEG≌△FEC（SAS），
∴∠EBG＝∠EFC，
∵∠BGE＝∠FGM，
∴∠BMC＝∠BMF＝∠BEG＝90°，
∴点B、E、M、F共圆，
∴∠BME＝∠BFE＝45°，
故答案为：45°；
②如图1，
在BM上截取BW＝FM，
由①知：∠EBG＝∠CFE，
∵BE＝EF，
∴△EFM≌△EBW（SAS），
∴EW＝EM，∠BEW＝∠MEF，
∴∠BEW+∠FEW＝∠MEF+∠FEW，
∴∠WEM＝∠BEG＝90°，
∴WM=2EM，
∴BM＝BW+WM＝FM+2EM；
拓展应用
如图1，
当BG交CD于N时，此时CN＝CD﹣DN＝3﹣1＝2．
∵EF∥CD，
∴△BEG∽△BCN，△FMG∽△CMN，
∴GECN=BEBC，FMCM=FGCN，
设GE＝CE＝a，
∴a2=3a+3，FMCM=3-a2，
∴a1=-3+332，a2=-3-332（舍去），
∴FMCM=3--3+3322=9-334，
如图2，
当N在AD时，延长BN，CD，交于点W，
设EG＝EC＝x，则FG＝3﹣x，FN＝x﹣1，AN＝AF+FN＝x+2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴△FGN∽△EGB，△ABN∽△DWN，
∴FNBE=FGEG，DWAB=DNAN，
∴x-13=3-xx，DW3=1x+2，
∴x1=10-1，x2=-10-1（舍去），DW=3x+2，
∴FG＝3﹣（10-1）＝4-10，DW=10-13，
∴CW＝3+10-13=8+103，
∵EF∥CD，
∴△FMG∽△CMW，
∴FMCM=FGCW，
∴FMCM=4-108+103=7-2103，
综上所述：FMCM=9-334或7-2103．
【点评】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，正方形的性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是较强的计算能力