2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之几何综合练习附解析

这是一份2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之几何综合练习附解析，共71页。试卷主要包含了解答题，实践探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1．
（1）如图1，BP平分∠ABC,M,N分别在射线BA,BC上，若BM=BN，求证：PM=PN；
（2）如图2，在△ABC中，CP⊥CB交边AB于点P,PH⊥AC于点H．已知∠ACP=∠B,CH=2,AB=5，求△ABC的面积；
（3）如图3，在等边△ABC中，点D在边AB上，P为BA延长线上一点，E为边AC上一点，已知CA平分∠PCD,∠ADE=∠CPD,AE=2,AD=3，求PA的长．
2．已知Rt△ABC，∠ACB=90°，∠BAC=30°，点D是AC边上一点，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．
（1）如图①，线段EF，CF之间的数量关系为 ，∠EFC的度数为 ；
（2）如图②，将△AED绕点A按顺时针方向旋转α(0°<α<30°)，请判断线段EF，CF之间的数量关系及∠EFC的度数，并说明理由；
（3）若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到直线AB上时，连接BE，若BC=3，AD=2，请直接写出BE的长．
3．如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=6，∠ABC=60°，点P为线段BO上的动点（不与点B，O重合），连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线于点H．
（1）当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC；
（2）求线段BD的长；
（3）当△APH为直角三角形时，求HPPC的值；
（4）如图2，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
4．已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，以边AC为直径作⊙O，与AB边交于点D，点M为边BC的中点，连接DM．
（1）求证：DM是⊙O的切线；
（2）点P为直线BC上任意一动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ．
①当tan∠BAP=13时，求BP的长；
②求CQAP的最大值．
5．已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，N为AC的中点，连接ON交AC于点H．
（1）如图①，求证BC=2OH；
（2）如图②，点D在⊙O上，连接DB，DO，DC，DC交OH于点E，若DB=DC，求证OD∥AC；
（3）如图③，在（2）的条件下，点F在BD上，过点F作FG⊥DO，交DO于点G．DG=CH，过点F作FR⊥DE，垂足为R，连接EF，EA，EF：DF=3：2，点T在BC的延长线上，连接AT，过点T作TM⊥DC，交DC的延长线于点M，若FR=CM，AT=42，求AB的长．
6．小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连结BD．
[探究1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
[探究2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
7．已知正方形 ΑΒCD 的对角线 ΑC ， ΒD 相交于点 Ο ．
（1）如图1， Ε ， G 分别是 ΟΒ ， ΟC 上的点， CΕ 与 DG 的延长线相交于点 F ．若 DF⊥CΕ ，求证： ΟΕ=ΟG ；
（2）如图2， Η 是 ΒC 上的点，过点 Η 作 ΕΗ⊥ΒC ，交线段 ΟΒ 于点 Ε ，连结 DΗ 交 CΕ 于点 F ，交 ΟC 于点 G ．若 ΟΕ=ΟG ，
①求证： ∠ΟDG=∠ΟCΕ ；
②当 ΑΒ=1 时，求 ΗC 的长．
二、实践探究题
8．已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点.
①②③
（1）【建立模型】
如图①所示，连接BE，DE.求证：BE=DE；
（2）【模型应用】
如图②所示，F是DE延长线上一点，EF交AB于点G，FB⊥BE，判断△FBG的形状，并说明理由；
（3）【模型迁移】
如图③所示，F是DE延长线上一点，EF交AB于点G，FB⊥BE，BE=BF，求证：GE=(2-1)DE.
9．【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CB=mCA，CE=mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．
（1）如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系： ；
（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
（3）【拓展应用】
当m=3，AB=47，DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长．
10．
（1）【特例感知】
如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
（2）【变式求异】
如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求PQQM的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求PQQM的值（用含m，n的代数式表示）．
11．【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1D1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1D1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14．想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k(k为常数）．
（1）【特例证明】
如图1，将RtΔPEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N．
①填空：k= ▲ ；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明ΔPAM≅ΔPBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．)
（2）【类比探究】
如图2，将图1中的ΔPEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
（3）【拓展运用】
如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
12．【问题情境】如图，在△ABC中，AB=AC，∠ACB=α．点D在边BC上将线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，CE，以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE=α，连接AF．
（1）【尝试探究】
如图1，当α=60°时，易知AF=BE；
如图2，当α=45°时，则AF与BE的数量关系为；
（2）如图3，写出AF与BE的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当α=30°，且点B，E，F三点共线时．若BC=47，BD=15BC，请直接写出AF的长．
13．【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a，BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2(a2+b2)．
（1）【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a，BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
（2）【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a，BC=b，AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
（3）【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8，BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为 ．
14．综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点， AE⊥EP ，EP与正方形的外角 △DCG 的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， △AEP 是等腰直角三角形， ∠AEP=90° ，连接CP，可以求出 ∠DCP 的大小，请你思考并解答这个问题．
（3）【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， △AEP 是等腰直角三角形， ∠AEP=90° ，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出 △ADP 周长的最小值．当 AB=4 时，请你求出 △ADP 周长的最小值．
15．
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG
（2）【类比迁移】如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于点G，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形ABCD中，E为CD边上的三等分点，∠D=60°，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求CP的长．
16．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.
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EG⊥FH.试猜想EGFH的值，并证明你的猜想.
（2）【知识迁移】如图，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.则EGFH= .
（3）【拓展应用】如图，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.
17．
（1）【基础巩固】
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．
（2）【尝试应用】
如图2，在(1)的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD=6，AE=3，求 DEBC 的值．
（3）【拓展提高】
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=10，求BF的长．
18．如图，
（1）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G. 求证： △BCE≌△CDG .
（2）【运用】
如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H.若 HDHF=45 ， CE=9 ，求线段DE的长.
（3）【拓展】
将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若 ABBC=k ， HDHF=45 ，求 DEEC 的值（用含k的代数式表示）.
19．如图
（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B.求证： AC2=AD⋅AB .
（2）【尝试应用】
如图2，在 ▱ABCD 中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A.若BF=4，BE=3，求AD的长.
（3）【拓展提高】
如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC=2EF， ∠EDF=12∠BAD ，AE=2，DF=5，求菱形ABCD的边长.
三、综合题
20．如图，在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．
（1）若点M的坐标为（3，4），
①求A，B两点的坐标；
②求ME的长．
（2）若 OKMK =3，求∠OBA的度数．
（3）设tan∠OBA=x（0＜x＜1）， OKMK =y，直接写出y关于x的函数解析式．
21．（1）[问题探究]
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．
①求证：PD=PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
22．如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO=DG，连接GB，GC，OB，OC
（1）求证：四边形BOCG为菱形．
（2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．
23．综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．
（1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDE= °，设AC=1，BC=x，那么AE= （用含x的式子表示）；
（2）进一步探究发现：底BC腰AC=5−12，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：底BC腰AC=5−12；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形．如图2，在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1．求这个菱形较长对角线的长．
（3）拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形．如图2，在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1．求这个菱形较长对角线的长．
24．综合与实践．
（1）提出问题.如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，且AB=AC，AD=AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O．
①∠BOC的度数是 ．
②BD：CE= ．
（2）类比探究.如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC=∠EDC=90°，且AB=AC，DE=DC，连接AD、BE并延长交于点O．
①∠AOB的度数是 ；
②AD：BE= ．
（3）问题解决.如图3，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上(不与A重合)，以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度.如图4，M为EF的中点，N为BE的中点．
①说明△MND为等腰三角形．
②求∠MND的度数．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠CBP，
又∵BP=BP,BM=BN，
∴△BMP≌△BNP(SAS)，
∴PM=PN；
（2）解：如图，过C作CD⊥AB于点D．
∵CP⊥CB,CD⊥AB，
∴∠PCD=∠B，
又∵∠ACP=∠B，
∴∠ACP=∠PCD，
∵PH⊥AC，PD⊥CD，
∴CH=CD=2，
∴S△ABC=12AB⋅CD=12×5×2=5；
（3）解：如图，在线段CP上取一点F，使CD=CF，并连结AF．
∵CA平分∠PCD，
∴∠FAC=∠ACD，
又∵CD=CF,AC=AC，
∴△CAF≌△CAD(SAS)，
∴AF=AD=3,∠CAF=∠CAD=60°，
∴∠PAF=60°，
∵∠PAF=∠DAE=60°，∠ADE=∠CPD，
∴△PAF∽△DAE，
∴APAD=AFAE，即AP3=32
∴AP=92．
2．【答案】（1）EF=CF；120°
（2）解：EF=CF，∠EFC=120°；
理由：如图，取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，EN，FN．
∵BM=MA，BF=FD，∠ACB=90°，
∴MF∥AD，MF=12AD，CM=12AB=AM=MB，
∵AN=ND，
∴MF=AN，
∴四边形MFNA是平行四边形，
∴NF=AM=MC，∠FMA=∠ANF，
在Rt△ADE中，
∵AN=ND，∠AED=90°，
∴EN=12AD=AN=ND，
在△AEN和△ACM中，∠AEN=∠EAN，∠MCA=∠MAC，
∵∠MAC=∠EAN，
∴∠AMC=∠ANE，
又∵∠FMA=∠ANF，
∴∠FMC=∠ENF，
∴△MFC≌△ENF(SAS)，
∴FE=FC，∠NFE=∠MCF，
∵NF∥AB，∴∠NFD=∠ABD，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=60°，△BMC是等边三角形，∠MCB=60°，
∴∠EFC=∠EFN+∠NFD+∠DFC=∠MCF+∠ABD+∠FBC+∠FCB=∠ABC+∠MCB=60°+60°=120°；
（3）解：BE的长为21或57
【解析】【解答】解：（1）∵DE⊥AB ，
∴∠BED=90°,
∵∠BCD=90°,BF=DF,∠A=30°,
∴FE=FB=FD=CF,∠ABC=60°,
∴∠FBE=∠FEB,∠FBC=∠FCB,
∴∠EFC=∠EFD+∠CFD=∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB=2(∠FBE+∠FBC)
=2∠ABC=120°,
∴EF=CF，∠EFC=120°,
(3)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=3，
∴AB=2BC=6，
当点D落在直线AB上时，过点E作EH⊥AB于点H，如图，
在Rt△AED中，利用30°所对的边是斜边的一半可得∠DAE=30°，AD=2，
∴DE=12AD=1,
在Rt△HED中，∠EDF=60°,DE=1,
∴EH=DE·sin60°=32,DH=DE·cs60°=12,
∴EG=(32)2+(2+12)2=21,
当点D落在直线AB的延长线上时，过点E作G⊥AB于点G，如图，
在Rt△AED中，利用30°所对的边是斜边的一半可得∠DAE=30°，AD=2，
∴AE=3,
∴AG=32,GE=32,
在Rt△EBG中，
BE=(32)2+(6+32)2=57,综上所述，BE的长为21或57 ，
【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线性质以及等腰三角形的性质即可求解；
（2） 取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，EN，FN，构造△MFC≌△ENF，利用全等三角形的性质得到FE=FC，∠NFE=∠MCF，结合已知证明∠ABC=60°，△BMC是等边三角形，∠MCB=60°， 从而求解；
（3）分点D落在直线AB上时；点D落在直线AB的延长线上时两种情况：利用勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质以及三角函数、求解即可.
3．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠HAB=∠ABC，
∵点G是AB的中点，
∴AG=BG，
∵∠AGH=∠BGC，
∴△AGH≌△BGC(AAS)；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=6，∠ABC=60°，
∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，
∴∠AOB=90°，
∴AO=12AB=3，
∴BO=AB2−AO2=62−32=33，
∴BD=2BO=63；
（3）解：∵△APH为直角三角形，
∴AP⊥AD，
∴∠DAP=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=12∠ADC=30°，AD=AB=6，AD∥BC，
∴AP=12PD，
∵AP2+AD2=PD2，即(12PD)2+62=PD2，
∴PD=43，AP=23，
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=180°−60°=120°，
∴∠BAP=∠BAD−∠PAD=120°−90°=30°=∠ABP，
∴BP=AP=23，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=4323=2；
（4）解：∠CGN的度数是定值，
如图，取BC的中点H，连接OH、HM、NC，
，
∵MN是CG的垂直平分线，
∴GN=CN，GM=CM，
∴∠NGC=∠GCN，
∵点H是BC的中点，GM=CM，
∴MH∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AC⊥BD，∠CBO=12∠ABC=30°，
∵点H是BC的中点，AO=CO，
∴OH∥AB，
∴点M、点H、点O三点共线，
∵点H是BC的中点，AC⊥BD，
∴HO=HB=CH，
∴∠CBO=∠BOH=30°，
∵∠COB=∠NMC=90°，
∴∠CON+∠NMC=180°，
∴点O、点C、点M、点N四点共圆，
∴∠BOH=∠NCM=30°，
∴∠CGN=∠NCM=30°．
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可知AD∥BC，利用平行线的性质可证得∠HAB=∠ABC，利用线段中点的定义可证AG=BG，然后利用AAS可证得结论.
（2）利用菱形的性质可证得AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，可求出∠ABD的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AO的长，利用勾股定理求出BO的长，可得BD的长.
（3）利用已知可证得∠DAP=90°，利用菱形的性质可求出∠ADB的度数，利用直角三角形的性质可证得AP=12PD，利用勾股定理求出PD，AP的长；再证明△BPC∽△DPH，利用相似三角形的对应边成比例，可求出HP与PC的比值.
（4）取BC的中点H，连接OH，HM，NC，利用垂直平分线的性质可证得GN=CN，GM=CM，利用等边对等角可证∠NGC=∠GCN，同时可证得HM是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理可证得MH∥AB，利用菱形的性质可求出∠CBO=30°，可推出点M，H，O三点共线；利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得HO=HB=CH，再去证明∠CON+∠NMC=180°，可推出点O，C，M，N四点共圆，利用圆周角定理可求出∠CGN的度数，即可作出判断.
4．【答案】（1）证明：如图，连接OD，CD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠BDC=180°−∠ADC=90°，
∵点M为边BC的中点，
∴MC=MD，
∴∠MDC=∠MCD，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∵∠ACB=90°，即∠MCD+∠OCD=90°，
∴∠MDC+ODC=∠MCD+∠OCD=90°，
即∠ODM=90°，
∴DM⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DM是⊙O的切线；
（2）①当点P在线段BC上时，如图，过点P作PT⊥AB于点T，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=82++62=10，
设PT=x，
∵tan∠BAP=13，
∴PTAT=13，
∴AT=3PT=3x，
∴BT=AB−AT=10−3x，
∵tan∠ABC=PTBT=ACBC，
∴x10−3x=86，
解得：x=83，
∴PT=83，
∵sin∠ABC=PTBP=ACAB，即83BP=810，
∴BP=103；
当点P在CB的延长线上时，如图，过点B作BK⊥AP于点K，
∵tan∠BAP=13，
∴BKAK=13，
设BK=a，则AK=3a，
在Rt△ABK中，AK2+BK2=AB2，
即(3a)2+a2=102，
解得：a1=10，a2=−10(舍去)，
∴AK=310，BK=10，
∵S△ABP=12AP⋅BK=12BP⋅AC，
∴APBP=ACBK=810，
设BP=m，则AP=4105m，
在Rt△ACP中，AC2+CP2=AP2，
即82+(m+6)2=(4105m)2，
解得：m1=509，m2=−103(舍去)，
∴BP=509；
综上所述，BP的长为103或509；
②设CP=n，则AP=AC2+CP2=64+n2，
如图，∵AC是⊙O的直径，
∴CQ⊥AP，
∵CQ⋅AP=AC⋅CP，
∴CQ=AC⋅CPAP=8n64+n2，
∴CQAP=8n64+n2，
∵n>0，
∴(n−8)2≥0，
∴64+n2≥16n，
∴CQAP=8n64+n2≤8n16n=12，
∴CQAP的最大值为12．
【解析】【分析】（1）连接OD，CD，由AC是⊙O的直径，可得∠ADC=90°，再根据直角三角形的性质说明MC=MD，根据等腰三角形性质可得∠MDC=∠MCD，进而可得∠ODM=90°，再利用切线的判定定理证明；
（2）①分点P在线段BC上和点P在CB的延长线上两种情况讨论；②设CP=n，含n的式子表示AP，利用面积法可得CQ•AP=AC•CP，求得CQ，再运用乘法公式和不等式性质可得64+n2≥16n，即可得出答案．
5．【答案】（1）证明：如图，连接OC，
∵N为AC的中点，
∴AH=HC，
∵OA=OB，
∴OH是△ABC中位线，
∴BC=2OH；
（2）证明：如图，连接OC，
设∠BDC=2α，
∵BD=DC，DO=DO，OB=OC，
∴△DOB≌△DOC，
∴∠BDO=∠CDO=12∠BDC=α，
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠BDO=α，
∴∠ACD=∠ABD=α，
∴∠CDO=∠ACD，
∴DO∥AC；
（3）解：连接AD，
∵FG⊥OD，
∴∠DGF=90°，
∵∠CHE=90°，
∴∠DGF=∠CHE，
∵∠FDG=∠ECH，DG=CH，
∴△DGF≌△CHE，
∴DF=CE，
∵AH=CH，
∴OH⊥AC，
∴CE=AE=DF，
∴∠EAC=∠ECA=α，
∠AED=∠EAC+∠ECA=2α，
∴∠BDC=∠AED，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴四边形ADFE矩形，
∴∠EFD=90°，
∴tan∠EDF=EFFD=32，
过点A作AS⊥DE垂足为S，
∴sin∠AES=ASAE，
∵FR⊥DC，
∴sin∠FDR=FRFD，
∵FD∥AE，
∴∠FDR=∠AES，
∴sin∠FDR=sin∠AES，
∴FR=AS，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACS=90°，
∵∠ASC=90°，
∴∠CAS+∠ACS=90°，
∴∠BCE=∠CAS，
∵∠BCE=∠TCM，
∴∠CAS=∠TCM，
∵TM⊥DC，
∴∠TMC=90°，
∴∠TMC=∠ASC，
∵FR=CM，
∴AS=CM，
∴△CAS≌△TCM，
∴CT=AC，
∵∠ACT=180°−90°=90°，
∴∠CAT=∠CTA=45°，
∴AC=AT⋅sin∠CTA=42×sin45°=4，
∵∠EDF=∠BAC，
∴tan∠EDF=tan∠BAC=32，
∴BCAC=32，
∴BC=6，
∴AB=AC2+BC2=213．
【解析】【分析】（1）连接OC，由垂径定理可得AH=HC，结合OA=OB可得OH是△ABC的中位线，根据三角形的中位线等于第三边的一半可得结论；
（2）连接OC，设∠BDC=2α，首先利用SSS判断出△DOB≌△DOC，得∠BDO=∠CDO=α，由等边对等角及同弧所对的圆周角相等得∠ACD=∠ABD=α，则∠CDO=∠ACD=α，由内错角相等，两直线平行得出OD∥AC；
（3）连接AD，首先由ASA判断出△DGF≌△CHE，得DF=CE，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得CE=AE=DF，由等边对等角及三角形外角线段得∠AED=2α，则∠AED=∠BDC=2α，由内错角相等，两直线平行得DF∥AE，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ADFE是平行四边形，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得四边形ADFE是矩形，得∠EFD=90°，求出tan∠EDF=EFFD=32，过点A作AS⊥DE垂足为S，由等角的同名三角函数值相等得sin∠FDR=sin∠AES，推出FR=AS，利用AAS证出△CAS≌△TCM，得CT=AC，由∠CTA的正弦函数求出AC，由等角的同名三角函数值相等得tan∠EDF=tan∠BAC=32，据此可求出BC的长，最后利用勾股定理可算出AB的长.
6．【答案】[探究1]如图1，设BC=x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转°得到矩形AB'C'D'，点A，B，D'在同一直线上，
∴AD'= AD=BC=x，D'C'=AB'= AB=1，
∴D'B=AD'- AB=x-1，
∴∠BAD=∠D'=90，D'C‘∥DA，
又∵点C'在DB延长线上，
∴△D'C'B∽△ADB，
∴D'C'AD=D'BAB，即1x=x−11，
解得x1=1+52，x2=1−52(不合题意，舍去)；
[探究2] D'M= DM，理由如下：
证明：如图2，连结DD'，
∵D'M∥AC'，∴∠AD'M=∠D'AC'，
∴AD'= AD，∠AD'C'=∠DAB=90°， D'C'= AB，
∴△AC'D'≌△DBA(SAS)，
∴∠D'AC'=∠ADB，∴∠ADB=∠AD'M，
∵ AD’=AD，∴∠ADD'=∠AD'D，
∴∠MDD'=∠MD'D，
∴D'M=DM；
[探究3]关系式为：MN2=PN·DN，理由如下：
证明：如图3，连结AM，
∵D'M=DM，AD'=AD，AM=AM，
∴△AD'M≌△ADM(SSS)，
∴∠MAD'=∠MAD，
∴∠AMN=∠MAD+∠NDA，∠NAM=∠MAD'+∠NAP，
∴∠AMN=∠NAM，
∴MN= AN，
在△NAP与△NDA中，
∠ANP=∠DNA，∠NAP=∠NDA，
∴△NAP∽△NDA，
∴PNAN=ANDN，
∴AN2=PN·DN，
∴MN2=PN·DN.
【解析】【分析】（1）设BC=x，根据旋转的性质和矩形的性质把有关线段用x表示出来，证明△D'C'B∽△ADB，然后列比例式构建关于x的方程求解即可；
（2）连结DD'，利用边角边定理证明△AC'D'≌△DBA，得出∠D'AC'=∠ADB，再结合平行线的性质，得出∠ADB=∠AD'M，最后利用旋转性质，根据角的和差关系推出∠MDD'=∠MD'D，则可得出D'M=DM；
（3）连接AM，根据旋转的性质和矩形的性质，利用边边边定理证明△AD'M≌△ADM，得出∠MAD'=∠MAD，再根据角的和差关系求出∠AMN=∠NAM，得出MN=AN，然后证明△NAP∽△NDA，列比例式得出AN2=PN·DN，则可得出结论.
7．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形.
∴AC⊥BD，OD=OC.
∴∠DOG=∠COE=90°.
∴∠OEC+∠OCE=90°.
∵DF⊥CE.
∴∠OEC+∠ODG=90°.
∴∠ODG=∠OCE.
∴△DOG≌△COE（ASA）.
∴OE=OG.
（2）①证明∵OD=OC，∠DOG=∠COE=90°.
又OE=OG.
∴△DOG≌△COE（SAS）.
∴∠ODG=∠OCE.
②解：设CH=x，
∵四边形ABCD是正方形，AB=1
∴BH=1-x
∠DBC=∠BDC=∠ACB=45°
∵EH⊥BC
∴∠BEH=∠EBH=45°
∴EH=BH=1-x
∵∠ODG=∠OCE
∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE
∴∠HDC=∠ECH
∵EH⊥BC
∴∠EHC=∠HCD=90°
∴△CHE∽△DCH
∴EHHC=HCCD.
∴HC2=EH·CD
得x2+x-1=0
解得x1=5−12，x2=−5−12 （舍去）.
∴HC=5−12.
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，可根据三角形全等的判定ASA和性质即可.
（2）①同（1）中，利用上面的结论，根据SAS可证的结论.
②设CH=x，然后根据正方形的性质和相似三角形的判定于性质可得EHHC=HCCD，然后列方程求解即可.
8．【答案】（1）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°.
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE.
（2）解：△FBG为等腰三角形.理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD=90°，
∴∠AGD+∠ADG=90°.
由(1)知△ABE≌△ADE，
∴∠ADG=∠EBG，
∴∠AGD+∠EBG=90°.
∵FB⊥BE，
∴∠EBF=90°，
∴∠FBG+∠EBG=90°，
∴∠AGD=∠FBG.
∵∠AGD=∠FGB，
∴∠FBG=∠FGB，
∴FG=FB，
∴△FBG是等腰三角形.
（3）证明：∵FB⊥BE，
∴∠FBE=90°.
在Rt△EBF中，BE=BF，
∴EF=BE2+BF2=BE2+BE2=2BE.
由(1)知BE=DE，
由(2)知FG=BF，
∴FG=BF=BE=DE，
∴GE=EF-FG=2BE-DE=2DE-DE=(2-1)DE.
9．【答案】（1）BE⊥AD
（2）解：成立；理由如下：
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，
=∠CBE+∠CAB+∠ABG
=∠CAB+∠CBA
=180°−∠ACB
=90°，
∴∠AGB=180°−90°=90°，
∴BE⊥AD；
（3）解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：
设AE=x，则AD=AE+DE=x+4，
根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3(x+4)=3x+43，
根据解析（2）可知，BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即x2+(3x+43)2=(47)2，
解得：x=2或x=−8（舍去），
∴此时BE=3x+43=63；
当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：
设AD=y，则AE=AD+DE=y+4，
根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3y，
根据解析（2）可知，BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即(y+4)2+(3y)2=(47)2，
解得：y=4或y=−6（舍去），
∴此时BE=3y=43；
综上分析可知，BE=63或43．
【解析】【解答】解：（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，
当m=1时，DC=CE，CB=CA，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC=∠CBE.
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90°，
∴∠ANB=90°，
∴AD⊥BE.
【分析】（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，当m=1时，DC=CE，CB=CA，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得到∠DAC=∠CBE，结合∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°可得∠ANB=90°，据此解答；
（2）由同角的余角相等可得∠DCA=∠ECB，由已知条件可得DCCE=ACBC=1m，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCA∽△ECB，得到∠DAC=∠CBE，进而推出∠GAB+∠ABG=90°，则∠AGB=90°，据此解答；
（3）当点E在线段AD上时，连接BE，设AE=x，则AD=x+4，根据相似三角形的性质可得BE=3AD=3x+43，根据解析（2）可知∠AEB=90°，利用勾股定理就可求出x的值，进而可得BE；当点D在线段AE上时，连接BE，同理进行求解.
10．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°-∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
∠A=∠DCMAD=CD∠ADP=∠CDM，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴PQQM=DQQN=DQDB，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴AB=AC2−BC2=6，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴DQBC=ADAB=23，
∴DQ=163，
∴PQQM=DQDB=83；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC-CQ＝（m-mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴BC=AB2+AC2=1+m2AB，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴PQQM=AQNQ，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴QNBA=CQCB=mnAB1+m2AB=mn1+m2，
∴QN=mn1+m2AB，
∴PQQM=AQNQ=1−nn1+m2．
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可推出∠A=∠DCM，AD=DC，利用垂直的定义和余角的性质可推出∠ADP＝∠CDM，再利用ASA可证得结论.
（2）作QN⊥BC于点N，易证四边形DBNQ是矩形，利用余角的性质可证得∠DQP＝∠MQN，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△DQP∽△NQM，利用相似三角形的性质可证得 PQQM=DQQN=DQDB；利用勾股定理可求出AB的长，同时可求出DB的长；再证明△ADQ∽△ABC，可得对应边成比例，可求出DQ的长，然后求出PQ与QM的比值.
（3）利用已知条件可表示出CQ、AQ的长，利用勾股定理可表示出BC的长；如图3，作QN⊥BC于点N，利用补角的性质可证得∠AQN＝∠PBN，由此可推出∠AQP＝∠NQM，可证得△QAP∽△QNM，利用相似三角形的性质可证得对应边成比例，可证得 PQQM=AQNQ；再证明△QCN∽△BCA，利用相似三角形的性质可表示出QN的长，然后求出PQ与QM的比值.
11．【答案】（1）解：1；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，△EPF是直角三角形.
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≅△PBN(ASA)，
∴PM=PN．
（2）解：PMPN=k．理由如下：
过点P作PG//BD交BC于G，如图2(i)，
∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∴PG=PC，
∠APG−∠MPG=∠MPN−∠MPG，
即∠APM=∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴PMPN=PAPG=PAPC=k．
（3）解：过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，如图3，
则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）得PMPN=k
∴PM=kPN，
又EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≅△ECN(AAS)，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2=BC⋅BN，
同理可得：PB2=BA⋅BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN=GM，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=(3a)2+(6a)2=35a，
PN=a2+(2a)2=5a，
∴k=ENPN=35a5a=3．
【解析】【解答】解： (1)①∵RtΔPEF的直角顶点P与点O重合， O为正方形ABCD的对角线交点，
∴PA=PC，即PAPC=1.
故答案为：1.
【分析】（1）①根据顶点P与点O重合即可得到结论；②通过证明△PAM≌△PBN，即可得到PM=PN.
（2）先写结论再说明理由.过点P作PG//BD交BC于G，证明△PAM∽△PGN，即可得到结论.
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，证明PM=EN，可得△PGM≅△ECN，于是有GM=CN，PG=EC.证明△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN.证明△BPM∽△BAP可得PB2=BA⋅BM，于是有BM=BN，可证得AM=CN=GM，即AG=2CN.根据等腰直角三角形的性质得EC=PG=AC，从而可得EC：CN的值.设HN=a，表示出EN和PN，即可求得k值.
12．【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB=AC，∠ACB=α，
∴∠ABC=∠ACB=α，
∴∠BAC=180°−2α．
∵△FEC是以CE为底边的等腰三角形，∠FCE=α，
∴∠FEC=∠FCE=α，∠ACB=∠FCE=α．
∴∠EFC=180°−2α．
∴∠BAC=∠EFC．
∴△ABC∽△FEC．
∴BCEC=ACFC．
∴BCAC=ECFC．
∵∠ACB=∠FCE=α，
∴∠BCE=∠ACF．
∴△BCE∽△ACF．
∴BEAF=BCAC．
∵AB=AC，H为BC的中点，
∴BC=2CH．
在Rt△AHC中，∠AHC=90°，
∴cs∠ACH=csα=CHAC．
∴BEAF=2CHAC=2csα．
∴BE=2csαAF．
又α=45°，
∴BE=2AF；
（2）解：BE=2csαAF；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB=AC，∠ACB=α，
∴∠ABC=∠ACB=α，
∴∠BAC=180°−2α．
∵△FEC是以CE为底边的等腰三角形，∠FCE=α，
∴∠FEC=∠FCE=α，∠ACB=∠FCE=α．
∴∠EFC=180°−2α．
∴∠BAC=∠EFC．
∴ΔABC∽ΔFEC．
∴BCEC=ACFC．
∴BCAC=ECFC．
∵∠ACB=∠FCE=α，
∴∠BCE=∠ACF．
∴△BCE∽△ACF．
∴BEAF=BCAC．
∵AB=AC，H为BC的中点，
∴BC=2CH．
在Rt△AHC中，∠AHC=90°，
∴cs∠ACH=csα=CHAC．
∴BEAF=2CHAC=2csα．
∴BE=2csαAF．
（3）解：AF=433．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴DM∥CH．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB=DE．
∴BM=EM．
∵△FEC是以CE为底边的等腰三角形，∠FCE=30°，
∴FE=FC，∠FEC=∠FCE=30°．
∴∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°．
∴∠HCF=180°−∠H−∠HFC=30°．
∴FC=2FH．
∵FE=FC，
∴FE=2FH．
设BM=x，则BE=2x，
∵DM∥CH，
∴BMBH=BDBC=15，
∴BH=5BM=5x．
∴EH=BH−BE=3x．
∵FE=2FH，
∴FE=FC=2x，FH=x．
∴HC=3x．
在Rt△BHC中，∠BHC=90°，BC=47，
∴BH2+CH2=BC2．
∴(5x)2+(3x)2=(47)2，解得x=2．
∴BE=2x=4．
∵△BEC∽△AFC，
∴AF=33BE=433．
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得BCEC=ACFC，则BCAC=ECFC，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得BEAF=BCAC，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得BE=2csαAF，最后根据特殊锐角三角函数值可得BE=2AF；
（2）BE=2csαAF，过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得BCEC=ACFC，则BCAC=ECFC，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得BEAF=BCAC，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得BE=2csαAF；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得BMBH=BDBC=15，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则HC=3x，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
13．【答案】（1）解：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a，BC=b，
∴AB=DC=a，AD∥BC，AD=BC=b， ∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCF(HL)，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2 =(AB2−BE2)+(BC−BE)2+(BC+CF)2+DF2 =AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2 =AB2+BC2+BC2+BE2+AE2 =AB2+BC2+BC2+AB2 =2(AB2+BC2) =2(a2+b2)；
（2）证明：延长BO到点C，使OD=BO，
∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a，BC=b，AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2(AB2+BC2)，
∴c2+(2BO)2=2(a2+b2)，
∴c2+4BO2=2(a2+b2)，
∴BO2=a2+b22−c24；
（3）200
【解析】【解答】解：【尝试应用】∵四边形ABCD是矩形，AB=8，BC=12，
∴AB=CD=8，BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+(12−x)2+82 =2x2−24x+272=2(x−6)2+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上， ∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200.
故答案为：200.
【分析】【探究发现】作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，由平行四边形的性质可得AB=DC=a，AD∥BC，AD=BC=b，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△DCF，得到BE=CF，然后根据勾股定理进行证明；
【拓展提升】延长BO到点C，使OD=BO，由中线的概念可得OA=CO，则四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知AC2+BD2=2(AB2+BC2)，即c2+(2BO)2=2(a2+b2)，化简即可；
【尝试应用】根据矩形的性质可得AB=CD=8，BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，则PD=12-x，PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=2(x-6)2+200，据此求解.
14．【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝ 45 ，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝ 4+45 ．
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，根据正方形的性质以及中点的概念可得AF＝BF＝BE＝CE，则∠BFE＝45°，∠AFE＝135°，根据角平分线的概念可得∠DCP＝45°，则∠ECP＝135°，推出∠AFE＝∠ECP，根据同角的余角相等可得∠PEC＝∠BAE，利用ASA证明△AFE≌△ECP，据此可得结论；
（2）AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理得∠CEP＝∠FAE，证△FAE≌△CEP，得∠ECP＝∠AFE，根据线段的和差关系得BF＝BE，由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE＝45°，则∠AFE=∠ECP＝135°，然后根据∠DCP=∠ECP-∠DCE进行计算；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，点D与G关于CP对称，AP+DP的最小值为AG的长，然后利用勾股定理计算即可.
15．【答案】（1）解：∵将ΔAEB沿BE翻折到ΔBEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
（2）解：延长BH，AD交于Q，如图：
设FH=HC=x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，
解得x=73，
∴DH=DC−HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴ΔBFG∽ΔBCH，
∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，FG=74，
∵EQ//GB，DQ//CB，
∴ΔEFQ∽ΔGFB，ΔDHQ∽ΔCHB，
∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736−73，
∴DQ=887，
设AE=EF=m，则DE=8−m，
∴EQ=DE+DQ=8−m+887=1447−m，
∵ΔEFQ∽ΔGFB，
∴EQBG=EFFG，即1447−m254=m74，
解得m=92，
∴AE的长为92；
（3）解：（Ⅰ）当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：
设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，
∵CP//DQ，
∴ΔCPE∽ΔQDE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵ΔADE沿AE翻折得到ΔAFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是ΔAQF的角平分线，
∴AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE−DH=2−12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(1−12x)2+(32x)2=y2②，
联立①②可解得x=34，
∴CP=2x=32；
（Ⅱ）当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过D作DN⊥AB交BA延长线于N，如图：
同理∠Q'AE=∠EAF，
∴AQ'AF=Q'EEF，即6+x6=y4，
由HQ'2+HD2=Q'D2得：(32x)2+(12x+4)2=y2，
可解得x=125，
∴CP=12x=65，
综上所述，CP的长为32或65．
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，利用相似三角形的性质和勾股定理计算求解即可。
16．【答案】（1）解：EGFH=1，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点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，
∴EGFH=1；
（2）nm
（3）解：∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴ΔABC是等边三角形，
∴设AB=BC=AC=a，
过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，
则AN=BN=12a，
在RtΔBCN中，CN=BC2−BN2=a2−(12a)2=32a，
∵CN⊥AB，CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BMN=90°，∠ECN+∠CMF=90°，
又∵∠CMF=∠BMN，
∴∠ABF=∠ECN，
∵CN⊥AB，∠DAB=90°，
∴∠DAB=∠CNE=90°，
∴ΔNCE∽ΔABF，
∴CEBF=CNAB，即CEBF=32aa=32.
【解析】【解答】解：（2）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，
∴AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，AM＝HF，AN＝EG，
∴HFEG=mn，
∴EGFH=nm；
故答案为：nm；
【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，根据正方形的性质可得AB∥CD，AD∥BC，推出四边形AMFH、AEGN是平行四边形，得到AM＝HF，AN＝EG，根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠DAN，证明△ABM≌△ADN，据此求解；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，根据矩形的对边平行可得AB∥CD，AD∥BC，推出四边形AMFH、AEGN是平行四边形，得到AM＝HF，AN＝EG，根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠DAN，证明△ABM∽△ADN，然后根据相似三角形的性质进行求解；
（3）易得△ABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，作CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，根据等边三角形的性质可得AN=BN=12a，利用勾股定理可得CN，根据等角的余角相等可得∠ABF=∠ECN，证明△NCE∽△ABF，然后根据相似三角形的性质进行求解.
17．【答案】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF．
∴DGBF=AGAF，EGCF=AGAF
∴DGBF=EGCF
∵BF=CF，
∴DG= EG．
（2）解：由(1)得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴DEBC=AEAC=13
（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在▱ABCD中，
BO=DO，∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由(1)得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40° ，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50° ，
∴∠BFM= 180°-∠EFM-∠EFG-∠CFG=30°．
∴在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5，FN=FMcs30°=5 3 ，
∵∠MBN=45°，MN⊥BN，
∴BN= MN=5，
∴BF=BN+FN=5+ 53．
【解析】【分析】(1)由DE∥BC，证明△ADG~ △ABF，△AEG~△ACF，根据相似比的性质列出比例式，结合BF=CF，即可得出结论；
(2)由(1)得DG=EG，CG⊥DE，求出△DCE是等腰三角形，得出EC的长，则可求出AC长，由DE∥BC，证明△ADE∽△ABC．利用三角形相似比的性质，即可求出DEBC 的值；
(3)延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N，根据（1）的方法求出ME=GE，构造出等腰三角形MFG，求出MF的长，根据直角三角形的性质求出∠EFG的度数，则可求出∠CFG，然后根据平角的定义求出∠BFM=30°，最后根据含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长.
18．【答案】（1）证明：如图1，
∵△BFE 由 △BCE 折叠得到，
∴BE⊥CF ，
∴∠ECF+∠BEC=90° .
又 ∵ 四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90° ，
∴∠ECF+∠CGD=90° ，
∴∠BEC=∠CGD ，
又 ∵ 正方形 ABCD，
∴BC=CD， ，
∴△BCE≌△CDG(AAS)
（2）解：如图，连接 EH ，
由（1）得 △BCE≌△CDG ，
∴CE=DG=9 ，
由折叠得 BC=BF ， CE=FE=9 ，
∴∠BCF=∠BFC .
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴AD//BC ，
∴∠BCG=∠HGF ，
又 ∵∠BFC=∠HFG ，
∴∠HFG=∠HGF ，
∴HF=HG .
∵HDHF=45 ， DG=9 ，
∴HD=4 ， HF=HG=5 .
∵∠D=∠HFE=90°
∴HF2+FE2=DH2+DE2 ，
∴52+92=42+DE2 ，
∴DE=310 （ DE=−310 舍去）
（3）解：如图，连结HE，
由已知 HDHF=45 可设 DH=4m ， HG=5m ，可令 DEEC=x ，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得， HF=HG ，
∴DG=9m ，
由折叠得 BE⊥CF ，
∴∠ECF+∠BEC=90° ，
又 ∵∠D=90° ，
∴∠ECF+∠CGD=90° ，
∴∠BEC=∠CGD ，
又 ∵∠BCE=∠D=90° ，
∴△CDG∽△BCE ，
∴DGCE=CDBC ，
∵CDBC=ABBC=k ，
∴9mCE=k1 ，
∴CE=9mk=FE ，
∴DE=9mxk .
∵∠D=∠HFE=90° ，
∴HF2+FE2=DH2+DE2 ，
∴(5m)2+(9mk)2=(4m)2+(9mxk)2 ，
∴x=k2+93 （ x=−k2+93 舍去）.
∴DEEC=k2+93
②当点 H 在 D 点右边时，如图，
同理得 HG=HF ， ∴DG=m ，
同理可得 △BCE∽△CDG ，
可得 CE=mk=FE ， ∴DE=mxk ，
∵HF2+FE2=DH2+DE2 ，
∴(5m)2+(mk)2=(4m)2+(mxk)2 ，
∴x=9k2+1 （ x=−9k2+1 舍去）.
∴DEEC=9k2+1
【解析】【分析】（1）利用折叠的性质可证得BE⊥CF，利用正方形的性质可得到BC=CD，∠D=∠BCE，利用余角的性质可得到∠BEC=∠CGD；然后利用AAS可证得结论.
（2）利用全等三角形的性质可求出DG的长，利用折叠的性质可得到BC=BF，CE=EF=9；再证明∠HFG=∠HGF，利用等角对等边可证得HF=HG，结合已知条件可求出HD，HF的长；再利用勾股定理建立关于DE的方程，解方程求出DE的长.
（3）连结HE， 设DH=4m，HG=5m， DEEC=x ，①当点H在D点左边时，同理可证得HF=HG，可得到DG=9，利用折叠的性质及余角的性质可推出∠BEC=∠CGD，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值；②当点 H 在 D 点右边时，如图，同理可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值.
19．【答案】（1）解： ∵∠ACD=∠B，∠A=∠A
∴△ADC∽△ACB
∴ADAC=ACAB
∴AC2=AD·AB
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，---6分
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BF2=BE·BC，
∴BC= BF2BE=163
∴AD= 163
（3）解：如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC= 12 ∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形A EGC为平行四边形，
∴AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，
∵∠EDF= 12 ∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴DE2=EF·EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF²，
∴DE= 2 EF，
又∵DGDF=DEEF
∴DG= 2 DF=5 2 ，
∴DC=DG-CG=5 2 -2
【解析】【分析】（1）利用两个角相等的两个三角形相似，再根据相似三角形的性质列比例式即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得出AD=BC，∠A=∠C，再根据两个角分别相等的两个三角形相似求出△BFE∽△BCF，于是由对应边成比例可得BF2=BE·BC，则BC的长可求，AD的长也可知；
（3）分别延长EF，DC相交于点G，由两组对边分别平行可得四边形A EGC为平行四边形，可得△EDF∽△EGD，于是由相似三角形的性质得出DE2=EF·EG，结合EG=AC=2EF， 可得DE=2EF，再根据相似三角形的性质列式，两者结合可得求得DG的长，则DC的长可求.
20．【答案】（1）解：①连接DM、MC，如图1．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠MDO=∠MCO=90°．
∵∠AOB=90°，
∴四边形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴BDDO=BMAM ， ACOC=AMBM ．
∵点M是AB的中点，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC．
∵点M的坐标为（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴点B的坐标为（0，8），点A的坐标为（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB= OB2+OA2 =10．
∴BM= 12 AB=5．
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴BMBD = BOBE ，
∴54 = 8BE ，
∴BE= 325 ，
∴ME=BE﹣BM= 325 ﹣5= 75
（2）解：连接DP、PE，如图2．
∵OKMK =3，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，
∠PDK=∠MEK∠DPK=∠EMKPK=MK ，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cs∠DPK= PKPD = 12 ，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°．
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°
（3）解：y关于x的函数解析式为y= 21−x2 ．
提示：连接PD、OE，如图3．
设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，
BM=OM=（y+1）t，DP=PM= (y+1)t2 ，
PK= (y+1)t2 ﹣t= (y−1)t2 ．
由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，
则有 DPME = PKMK ，可得ME= y+1y−1 t．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠OEM=90°，
∴OE2=OM2﹣ME2=[（y+1）t]2﹣[ y+1y−1 t]2= (y+1)2t2(y−1)2 •（y2﹣2y），
即OE= (y+1)ty−1 • y2−2y ，
BE=BM+ME=（y+1）t+ y+1y−1 t= (y+1)yty−1 ，
∴x=tan∠OBA= OEBE = y2−2yy ，
∴x2= y2−2yy2 =1﹣ 2y ，
整理得：y= 21−x2 ．
【解析】【分析】（1）①连接DM、MC，如图1，易证四边形OCMD是矩形，从而得到MD∥OA，MC∥OB，由点M是AB的中点即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用点M的坐标就可解决问题；②根据勾股定理可求出AB的长，从而得到BM的长，要求ME的长，只需求BE的长，只需证△OBM∽△EBD，然后运用相似三角形的性质即可；（2）连接DP、PE，如图2，由 OKMK =3可得OK=3MK，进而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易证△DPK≌△EMK，则有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，从而可得cs∠DPK= PKPD = 12 ，则有∠DPK=60°，根据圆周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；（3）连接PD、OE，如图3，设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= (y+1)t2 ，PK= (y−1)t2 ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，则有 DPME = PKMK ，由此可得ME= y+1y−1 t，从而可求得OE= (y+1)ty−1 • y2−2y ，BE= (y+1)yty−1 ，则有x=tan∠OBA= OEBE = y2−2yy ，即x2= y2−2yy2 =1﹣ 2y ，整理得y= 21−x2 ．
21．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD = CB，∠DCA= ∠BCA= 45°，
∵CP=CP，
∴△DCP≌△BCP，
∴PD = PB；
②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
理由如下：如图所示：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC = ∠BAC =45°，∠DAB= 90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM= PN，
∴∠MPN = 90°，
∵PD=PQ，PM =PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN= ∠QPM，
∴∠QPN + ∠QPM = 90°，
∴∠QPN +∠DPN = 90°，
∴∠DPQ =90°；
③AQ=2OP；
理由如下：如图所示：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，作PM⊥AE于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴PAE = ∠PEA= 45°，EF= OP，
∴PA=PE，
∵PD = PB，PD = PQ，
∴PQ= PB，
∵PM⊥AE，
∴QM=BM，AM=EM，
∴AQ= BE，
∵∠EFB= 90°，∠EBF = 45°，
∴BE=EFsin45°=2EF，
∴AQ=2OP.
（2）解：AQ=CP；
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，AC⊥BD，DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°，PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，
则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，
作PM⊥AB于点M，则QM=MB，AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质求出CD = CB，∠DCA= ∠BCA= 45°，再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
②利用矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质证明求解即可；
③利用正方形的性质求出∠BAC=45°，∠AOB=90°，再利用锐角三角函数计算求解即可；
（2）利用菱形的性质求出 AB=BC，AC⊥BD，DO=BO， 再求出 BE=EG=PC， 最后证明即可。
22．【答案】（1）证明：如图1，延长BG交AC于点H，连接AD，
∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC=BC，
∴AD⟂BC，DB=DC，
∵DO=DG，
∴四边形BOCG是平行四边形，
∵AD⟂BC，
∴四边形BOCG为菱形；
（2）解：①解：直线AB是⊙O的切线，理由如下：延长BG交AC于点H，连接AD，
∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，AH=CH，
∴BG为∠ABC的角平分线，
∴∠ABG=∠GBO=30°，
∵四边形BOCG是菱形，
∴∠CBO=∠GBC=30°，
∴∠ABO=∠ABG+∠GBC+∠CBO=90°，
∴AB⊥OB，
∴直线AB是⊙O的切线；
②证明：在优弧BC上取一点N，连接BN、CN，
由①得∠OBC=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=120°，
∴∠N=12∠BOC=60°，
∵四边形BNCM内接于⊙O，
∴∠BMC=180°−∠N=120°，
∴∠CBE+∠BCM=180°−∠BMC=60°，
∵∠ACB=∠ACF+∠BCM=60°，
∴∠ACF+∠BCM=∠CBE+∠BCM，
∴∠ACF=∠CBE，
∵BC=AC，∠BCE=∠A=60°，
∴△BEC≌△CFA(ASA)
∴AF=CE
∵AE+CE=AC
∴AE+AF=AE+CE=AC，即AE+AF为定值．
【解析】【分析】（1）延长BG交AC于点H，连接AD，先根据等边三角形的性质、重心的性质即可得到中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC=BC，进而结合题意运用平行四边形的判定即可得到四边形BOCG是平行四边形，再根据菱形的判定即可求解；
（2）①延长BG交AC于点H，连接AD，先根据等边三角形的性质、重心的性质即可得到中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC=BC，进而根据角平分线的性质得到∠ABG=∠GBO=30°，再根据菱形的性质得到∠CBO=∠GBC=30°，从而结合题意即可证明AB⊥OB，然后结合切线的判定即可求解；
②在优弧BC上取一点N，连接BN、CN，由①得∠OBC=30°，进而根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可得到∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=120°，从而得到∠N=12∠BOC=60°，再根据圆内接四边形的性质得到∠BMC=180°−∠N=120°，进而结合题意证明∠ACF=∠CBE，然后根据三角形全等的判定与性质即可证明△BEC≌△CFA(ASA)得到AF=CE，再结合题意即可求证。
23．【答案】（1）72；1−x
（2）证明：∵∠BDC=72°=∠C，
∴BD=BC=x，
∵∠A=∠CBD=36°，∠C=∠C，
∴△BDC∽△ABC，
∴BCAC=CDBC，
∵∠ABD=∠CBD=∠A=36°，
∴AD=BD=BC=x，
∴CD=1−x，
∴x1=1−xx，
整理，得：x2+x−1=0，
解得：x=5−12（负值已舍掉）；
经检验x=5−12是原分式方程的解．
∴底BC腰AC=5−12；
（3）解：如图，连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，
∵在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1，
∴∠CAD=∠ACD=36°，CD=AD=1，
∴∠EDC=∠DAC+∠ACD=72°，∠ACE=∠AEC=12(180°−∠DAC)=72°，
∴∠EDC=∠AEC，
∴CE=CD=1，
∴△ACE为黄金三角形，
∴CEAC=5−12，
∴AC=25−1=5+12．即菱形的较长的对角线的长为5+12．
【解析】【分析】（1）首先求出 ∠ABC与∠C，再根据折叠，可知∠EBD=∠CBD=12∠ABC，即可根据三角形内角和求∠BDE；由题意可知，AB=AC，由折叠可知BE=BC，即可求出AE；
（2）首先证明△BDC∽△ABC，即可知BCAC=CDBC，求出AC、BC、CD，即可证明结论；
（3）拓展应用：连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，首先证明△ACE为黄金三角形，即可求出AC.
24．【答案】（1）90°；1：1
（2）45°；1：2
（3）解：①解：连接BF、CE，延长CE交MN于点P，交BF于点O．
在等边△ABC中AB=AC，又∵AD⊥BC于点D，
∴D为BC的中点，
又∵M为EF的中点，N为BE的中点，
∴MN、ND分别是△BEF、△BCE的中位线，
∴MN=12BF，DN=11EC．
∵∠FAE=∠BAC=60°，
∴∠FAE+∠EAB=∠BAC+∠EAB．
∴∠FAB=∠EAC．
在△ACE和△ABF中，
AF=AE∠FAB=∠EACAB=AC，
∴△ACE≌△ABF(SAS)．
∴BF=EC．
∴MN=DN．
∴△MND为等腰三角形．
②∵△ACE≌△ABF，
∴∠ACE=∠ABF，
由(1)(2)规律可知：∠BOC=60°，
∴∠FOC=180°−∠BOC=180°−60°=120°，
又∵BF//MN，CP//DN，
∴∠MND=∠MPE=∠FOC=120°．
【解析】【解答】解：（1）①如图1所示，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，又∵BA=CA，DA=EA，∴△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠CBD=∠ABD+∠CBD=45°，又∵∠ACB=45°，∴∠BOC=180°-∠ACB-（ACE+∠CBD）=90°；②又△BAD≌△CAE，∴BD=CE；∴BD∶CE=1∶1；
故第1空答案为：90°；第2空答案为：1∶1；
（2）①如图2所示，∵∠ACB=∠DCE=45°，∴∠BCE=∠ACD，又∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∴ACBC=DCEC=12，∴△CAD∽△CBE，∴∠CAD=∠CBE，∴∠CAD+∠ABE=∠CBE+∠ABE=45°，∴∠A0B180°-∠BOC-（∠CAD+∠ABE）=45°；②∵△CAD∽△CBE，∴AD∶BE=AC∶BC=1∶2；
故第1空答案为：45°；第2空答案为：1∶2；
【分析】（1）可证明△BAD和△CAE全等，得出全等三角形的对应角∠ABD=∠ACE，从而得出∠OBC+∠ACO=45°，由三角形内角和定理得出∠BOC=90°；得出对应边BD=CE，∴BD∶CE=1∶1；
（2）可证明△CAD和△CBE相似，得出相似三角形的对应角∠CAD=∠CBE，从而得出∠OBA+∠CAD=45°，由三角形内角和定理得出∠AOB=45°；得出对应边AD∶BE=AC∶BC=1∶2；
（3）要证△MND是等腰三角形，可证MN=DN，由题意知MN、DN分别是△BEF、△BCE的中位线，所以只需证明BF=CE，通过证明△ACE和△ABF全等，即可证明BF=CE，所以结论得证；由（1）（2）的规律易知∠BOC=60°，所以∠FOC=120°，根据三角形中位线的性质定理，可得到NN∥BF，DN∥CE，所以可得：∠MND=∠MPE=∠FOC=120°。2.如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF.求证：CE=DF.
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DCF=90°，BC=CD.
∴∠BCE+∠DCE=90°.
∵CE⊥DF，
∴∠COD=90°.
∴∠CDF+∠DCE=90°.
∴∠CDF=∠BCE.
∴△CBE≌△DFC.
∴CE=DF.