中考数学几何综合压轴题模拟汇编经典及答案

一、中考几何压轴题1．如图（1），已知点在正方形的对角线上，垂足为点，垂足为点．（1）证明与推断：求证：四边形是正方形；推断：的值为__；（2）探究与证明：将正方形绕点顺时针方向旋转角，如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：若，正方形在绕点旋转过程中，当三点在一条直线上时，则．2．综合与实践（1）问题发现：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如图①所示的方式放置，点F在AB上，连接AE、CF，则AE、CF的数量关系为，位置关系为．（2）类比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°<α≤360°)，请问（1）中的结论还成立吗？请就图②说明你的理由：（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若AB=2BF=4，在等腰直角△BEF旋转的过程中，当CF为最大值时，请直接写出DE的长．3．点E是矩形ABCD边AB延长线上的一动点，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接DF，交CG于点H．（1）发现：如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是；（2）探究：如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，则（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展：在（2）的基础上，若射线FC过AD的三等分点，AD＝3，AB＝4，则直接写出线段EF的长．4．将抛物线y＝ax2的图像（如图1）绕原点顺时针旋转90度后可得新的抛物线图像（如图2），记为C：y2＝x．（概念与理解）将抛物线y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的抛物线图像，记为：C1：_____________；C2：____________．（猜想与证明）在平面直角坐标系中，点M（x，0）在x轴正半轴上，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C1于点A、B，交抛物线C2于点C、D，如图3所示．（1）填空：当x=1时，=______；当x=2时，=_______；（2）猜想：对任意x（x＞0）上述结论是否仍然成立？若成立，请证明你的猜想；若不成立，请说明理由．（探究与应用）①利用上面的结论，可得△AOB与△COD面积比为；②若△AOB和△COD中有一个是直角三角形时，求△COD与△AOB面积之差；（联想与拓展）若抛物线C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x轴正半轴上，如图所示，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C3于点A、B，交抛物线C4于点C、D．过点A作x轴的平行线交抛物线C4于点E，过点D作x轴的平行线交抛物线C3于点F．对于x轴上任取一点P，均有△PAE与△PDF面积的比值1:3，请直接写出m和n之间满足的等量关系是______．5．（1）问题探究：如图1，△ABC，△ADE均为等边三角形，连接BD、CE，试探究线段BD与CE的数量关系，并说明理由．（2）类比延伸如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，连接BD，CE，试确定BD与CE的数量关系，并说明理由．（3）拓展迁移如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA′，连接BA′，求线段BA′的长．6．综合与实践动手实践：一次数学兴趣活动，张老师将等腰的直角顶点与正方形的顶点重合（），按如图（1）所示重叠在一起，使点在边上，连接．则可证：______，______三点共线；发现问题：（1）如图（2），已知正方形，为边上一动点，，交的延长线于，连结交于点．若，则______，______；尝试探究：（2）如图（3），在（1）的条件下若，求证：；拓展延伸：（3）如图（4），在（1）的条件下，当______时，为的6倍（直接写结果，不要求证明）．7．综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．解决问题：（1）在图②中，∠ACB＝，BC＝，＝，与△ABG相似的三角形有个；（2）在图②中，AH2＝AE·（从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；（3）在图③中，△ABH为三角形，设BM为x，则NH＝（用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为，当tan∠CBQ′＝时，△DBQ′的面积最大值为．8．如图1，已知和均为等腰直角三角形，点、分别在线段、上，．（1）观察猜想：如图2，将绕点逆时针旋转，连接、，的延长线交于点．当的延长线恰好经过点时，点与点重合，此时，①的值为______；②∠BEC的度数为______度；（2）类比探究：如图3，继续旋转，点与点不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由；（3）拓展延伸：若．，当所在的直线垂直于时，请你直接写出线段的长．9．综合与实践动手操作利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法．如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为．思考探索（1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2．①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上；②_________；③为_______三角形，请证明你的结论．拓展延伸（2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上．①面积的最大值为____________；②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________．10．（问题情境）在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），点P为直线BC上一动点（不与点B、C重合），连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ旋转角为α，连接CQ．（特例分析）（1）当α＝90°，点P在线段BC上时，过P作PF∥AC交直线AB于点F，如图①，易得图中与△APF全等的一个三角形是，∠ACQ＝°．（拓展探究）（2）当点P在BC延长线上，AB：AC＝m：n时，如图②，试求线段BP与CQ的比值；（问题解决）（3）当点P在直线BC上，α＝60°，∠APB＝30°，CP＝4时，请直接写出线段CQ的长．11．（1）尝试探究：如图①，在中，，，点、分别是边、上的点，且EF∥AB．①的值为_________；②直线与直线的位置关系为__________；（2）类比延伸：如图②，若将图①中的绕点顺时针旋转，连接，，则在旋转的过程中，请判断的值及直线与直线的位置关系，并说明理由；（3）拓展运用：若，，在旋转过程中，当三点在同一直线上时，请直接写出此时线段的长．12．问题发现：（1）如图1，与同为等边三角形，连接则与的数量关系为________；直线与所夹的锐角为_________；类比探究：（2）与同为等腰直角三角形，其他条件同（1），请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；拓展延伸：（3）中，为的中位线，将绕点逆时针自由旋转，已知，在自由旋转过程中，当在一条直线上时，请直接写出的值．13．综合与实践问题情境：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D，点E是射线AD上的一个动点(不与点A重合)将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接CF交线段AB于点G，交AD于点H、连接EG．特例分析:(1)如图1，当点E与点D重合时，“智敏”小组提出如下问题，请你解答：①求证：AF=CD；②用等式表示线段CG与EG之间的数量关系为：_______；拓展探究:(2)如图2，当点E在线段AD的延长线上，且DE=AD时，“博睿”小组发现CF=2EG．请你证明；(3)如图3，当点E在线段AD的延长线上，且AE=AB时，的值为_______；推广应用:(4)当点E在射线AD上运动时，，则的值为______用含m.n的式子表示)．14．（1）问题发现如图1，ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，若∠ADE＝60°，则AB，CE，BD，DC之间的数量关系是．（2）拓展探究如图2，ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝α，点D，E分别在边BC，AC上．若∠ADE＝α，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）解决问题如图3，在ABC中，∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向勾速运动，同时点M从点B出发，以cm/s的速度沿B→C方向匀速运动，当其中一个点运动至终点时，另一个点随之停止运动，连接PM，在PM右侧作∠PMG＝30°，该角的另一边交射线CA于点G，连接PC．设运动时间为t（s），当△APG为等腰三角形时，直接写出t的值．15．（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．16．问题情境：两张直角三角形纸片中，．连接，，过点作的垂线，分别交线段，于点，（与在直线异侧）．特例分析：（1）如图1，当时，求证：；拓展探究：（2）当，探究下列问题：①如图2，当时，直接写出线段与之间的数量关系：；②如图3，当时，猜想与之间的数量关系，并说明理由；推广应用：（3）若图3中，，设的面积为，则的面积为．（用含，的式子表示）17．定义：如图1，点M、N把线段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股点．已知点M、N是线段AB的勾股点，若AM＝1，MN＝2，则BN＝．（1）（类比探究）如图2，DE是△ABC的中位线，M、N是AB边的勾股点（AM＜MN＜NB），连接CM、CN分别交DE于点G、H．求证：G、H是线段DE的勾股点．（2）（知识迁移）如图3，C，D是线段AB的勾股点，以CD为直径画⊙O，P在⊙O上，AC＝CP，连结PA，PB，若∠A＝2∠B，求∠B的度数．（3）（拓展应用）如图4，点P（a，b）是反比例函数（x＞0）上的动点，直线与坐标轴分别交于A、B两点，过点P分别向x、y轴作垂线，垂足为C、D，且交线段AB于E、F．证明：E、F是线段AB的勾股点．18．[探索发现]（1）如图①，△ABC与△ADE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，连接BD与CE，则△ABD与△ACE的关系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点，在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你探究，当点E在直线AD上时，如图②所示，连接CE，判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．[拓展应用]（3）在（2）的应用下，请在图③中画出△BPE，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P在线段AD上运动时，AE的最小值．19．将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中．（1）操作发现:如图2，固定使绕点旋转，设的面积为的面积为当点恰好落在边上时，则与的数量关系是；（2）猜想论证:当绕点旋转到如图3所示的位置时，小明猜想中与的数量关系为相等，并尝试分别作出了和中边上的高请你证明小明的猜想，即证明:．（3）拓展探究:已知，点是角平分线上的一点，交于点（如图4)．若射线上存在点，使，请直接写出相应的的长．20．问题发现：（1）正方形ABCD和正方形AEFG如图①放置，AB＝4，AE＝2.5，则＝___________．问题探究：（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P在矩形的内部，∠BPC＝135°，求AP长的最小值．问题拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，连接对角线AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝45°，则对角线BD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或【分析】（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；（2解析：（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或【分析】（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接CG，只需证即可得；（3）由（2）证出就可得到，再根据三点在同一直线上分在CD左边和右边两种不同的情况求出AG的长度，即可求出BE的长度．【详解】（1）证明：四边形是正方形，四边形是矩形，四边形是正方形；解：由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴故答案为：．（2）如下图所示连接由旋转性质知在和中，，线段与之间的数量关系为；（3）解：当正方形在绕点旋转到如下图所示时：当三点在一条直线上时，由（2）可知，，∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，当正方形在绕点旋转到如下图所示时：当三点在一条直线上时，由（2）可知，，∠CEA=∠ABC=90°，，故答案为：或．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．2．（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的证明方法求解即可；（3）根据解析：（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的证明方法求解即可；（3）根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，利用勾股定理求值即可.【详解】（1）如图①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90°，BE=BF，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延长CF交AE于点M，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AFM=∠BFC，∴∠AMF=∠FBC=90°，∴AE⊥CF，故答案为：相等，垂直；（2）结论还成立．理由如下：如图②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90°，BE=BF，∴∠EBF-∠ABF=∠ABC-∠ABF，∴∠EBA=∠FBC，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延长CF交AE于点N，交AB于点G，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AGN=∠BGC，∴∠ANG=∠GBC=90°，∴AE⊥CF，故结论成立；（3）如图③，根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，∵AB=2BF=4，∴AE=AB+BE=6，在直角三角形ADE中，DE==2．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的全等，勾股定理，直径是圆中的最大的弦，垂直的定义，熟练掌握三角形全等，垂直的证明是解题的关键．3．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或．【分析】(1)证明，得，则，则证，得出即可；(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；(3)根据矩形的性质和已知得，则解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或．【分析】(1)证明，得，则，则证，得出即可；(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；(3)根据矩形的性质和已知得，则，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．【详解】解：(1)，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，，∴四边形ABCD是正方形，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，，在和中，，∴，∴，故答案为，(2)仍然成立，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，，，∴∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形ABCD是矩形，，∴，∴，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴，∵，∴，∴，，在和中，，∴，∴，(3)如图所示，延长FC交AD于R，∵四边形ABCD是矩形，∴，，，，∵，，∴，∴，分两种情况：①当时，∵，∴，，在中，由勾股定理得：，∵，，∴，∴，由勾股定理得：EF＝；②当时，同理可得：，，，，由勾股定理得：，综上所说，若射线FC过AD的三等分点，，，则线段EF的长为或．【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．4．【概念与理解】，；【猜想与证明】（1），；（2）成立，证明见解析；【探究与应用】①；②△COD与△AOB面积之差为或；【联想与拓展】n3=9m3．【分析】【概念与理解】：根据题意信息即可得出答案解析：【概念与理解】，；【猜想与证明】（1），；（2）成立，证明见解析；【探究与应用】①；②△COD与△AOB面积之差为或；【联想与拓展】n3=9m3．【分析】【概念与理解】：根据题意信息即可得出答案；【猜想与证明】：（1）当x=1时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB,CD即可得出答案；当x=2时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB,CD即可得出答案；（2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐标进而得出AB,CD即可得出答案；【探究与应用】：①根据已知条件表示出△AOB与△COD面积即可得出答案；②设M（x，0）（x＞0），根据已知条件可得出，分两种情况当△AOB是直角三角形时解得，当△COD是直角三角形时，解得，把代入即可；【联想与拓展】：根据题意求出AEDF的坐标然后表示出面积再利用△PAE与△PDF面积的比值1:3，即可得出关系式；【详解】【概念与理解】∵y1=4x2∴由题意可得C1：∵y2=x2∴由题意可得C2：故答案为：C1：，C2：；【猜想与证明】（1）当x=1时，∵点A、B在抛物线C1上∴令x=1，则∴A，B∴AB=1∵点C、D在抛物线C2上∴令x=1，则∴C，D∴CD=2∴=当x=2时，∵点A、B在抛物线C1上∴令x=2，则∴A，B∴AB=∵点C、D在抛物线C2上∴令x=2，则∴C，D∴CD=∴=（2）对任意x（x＞0）上述结论仍然成立理由如下：对任意x（x＞0），∴A，B∴AB=对任意x（x＞0），∴C，D∴CD=∴=【探究与应用】①连接OA，OB，OC，OD∴故答案为：②设M（x，0）（x＞0），∵M（x，0）∴∴AB=∵M（x，0），∴∴CD=∵∴当△AOB是直角三角形时，由题意可知OA=OB∴△△AOB为等腰直角三角形∴OM=AM∴解得：∴当△COD是直角三角形时，由题意可知OD=OC∴△△COD为等腰直角三角形∴OM=CM∴解得：∴综上所述：△COD与△AOB面积之差为或【联想与拓展】∵M（k，0）且点A、B在抛物线C3上∴令x=k，则∴A∵AE∥x轴，且交C4于点E∴E∵M（k，0）且点C、D在抛物线C4上∴令x=k，则∴D∵DF∥x轴，且交C3于点F∴F∵AE∥x轴，且交C4于点E∴△PEA的高=∵DF∥x轴，且交C3于点F∴△PDF的高=∴∵△PAE与△PDF面积的比值1:3∴∴∴故答案为：【点睛】本题考出了抛物线性质的综合运用以及旋转等知识，由特殊到一般的数学思想的运用，等腰直角三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，轴对称的性质的运用，在解答本题时运用两个抛物线上的点的特征不变建立方程求解是关键．5．（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△E解析：（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△EAC≌△DAB（SAS），即可得出结论；（2）证△EAD∽△CAB，得到，则△EAC∽△DAB，得=2，即可得出结论；（3）先证明△ABC和△AA′D为等腰直角三角形，得，再证∠A′AB=∠DAC，从而可证明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性质可求得A′B的长度．【详解】解：（1）∵△ABC、△ADE均为等边三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC与△DAB中，∴△EAC≌△DAB，∴BD＝CE；（2）BD＝2CE，理由：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴∠EAD＝∠CAB＝60°，AD＝2AE，AB＝2AC，∴∠EAC＝∠DAB，△EAD∽△CAB，∴，∴△EAC∽△DAB，∴，∴BD＝2CE；（3）连接A′A，如图③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC为等腰直角三角形．∴，∵将线段DA绕点D按逆时针方形旋转90°得到DA′∴△AA′D为等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′B＝．【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证得相似三角形是解题的关键．6．动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3）【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得解析：动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3）【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得∠ABF=∠D=90°，则∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线；（1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，可证出△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得BG=CE=AB，即可得出，根据三角形的面积公式分别表示S△AGE和S△BGF，即可得出S△AGE和S△BGF的比值；（2）若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得4BG=CE=AB，可得出BG==AB，即可得出结论；（3）根据AG为GB的6倍得AG=6GB，则AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，则，可得出BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，由DE=BF，BC=CD可得x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，n=3+或3-．【详解】解：动手实践：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴∠ABF=∠D=90°，∴∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线，故答案为：ABF，F、B、C；（1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴△FBG∽△FCE，∴，∴BG=CE=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴，∵S△AGE=AG•BC=×AB×AB=AB2，S△BGF=BG•BF=×AB×AB=AB2，∴，故答案为：5，10；（2）证明：若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴4BG=CE=AB，∴BG=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴AG=5GB；（3）∵AG为GB的6倍，∴AG=6GB，∴AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，∵DE=BF，BC=CD，∴x（a+x）=（x-a）a，整理得：x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，∴n=3+或3-．故答案为：3+或3-．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，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．（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可解析：（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB=30°，利用三角函数可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，与△ABG相似的三角形由7个；（2）由EF为折痕，可证△AEH∽△AHG，可得即可；（3）由四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，可证△ABH为等边三角形，再证△ABM∽△MHN，可得即可；（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=．【详解】解（1）∵点H为AC中点，∴AC=2AH，∵折叠，点B与点H重合，∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG，∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°，∴∠AHG=∠B=90°，∴GH为AC的垂直平分线，∴AG=CG，∠GCH=∠GAH，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH，∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°，∴3∠ACB=90°∴∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°，∴tan30°=，AB=2，∴BC=，∵tan∠BAG=tan30°=，∴BG=，∴AG=2BG=4，BF=FC=，∴GF=BF-BG=3-2=1，∴，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH=∠DAC=∠BCA=30°，∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°，∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA，∴与△ABG相似的三角形由7个，故答案为：30°；6；4；7；（2）∵EF为折痕，∴EH⊥AD，∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90°∴△AEH∽△AHG，∴，∴故答案为AG；（3）∵四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，∴AH=CH=BH，由图2知AB=AH，∴AH=BH=AB，∴△ABH为等边三角形，∴∠ABH=∠AHB=60°，∵∠AMN＝∠ABH；∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°，∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°，即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH，∴∠BAM=∠NMH，∴△ABM∽△MHN，∴，∵AB=，MH=，∴，∴，故答案为：等边；，（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小∵AB=2，AD=BC=6，∴BC=∵AQ′=Q′H=∴Q′D最小=当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∵tan∠DAC=，∴∠DAC=30°，∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60°∴tan∠CBQ'=S△BDQ′最大=；故答案为；；6．【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积，掌握查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积求法是解题关键．8．（1）①；②45；（2）成立，理由见解析；（3）或【分析】（1）①如图，设AC交BE于点O．证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ABD=∠ACE，②再证明∠BAO=∠CEO=45°，可得结论．（解析：（1）①；②45；（2）成立，理由见解析；（3）或【分析】（1）①如图，设AC交BE于点O．证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ABD=∠ACE，②再证明∠BAO=∠CEO=45°，可得结论．（2）如图（3）中，设AC交BF于点O．证明△DAB∽△EAC，可得结论．（3）分两种情形：如图，当CE⊥AD于O时，如图（4）-2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O．分别求出EC，可得结论．【详解】解：（1）如图（2）中，设AC交BE于点O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD=∠CAB=45°，AD=AE，AB=AC，∴∠EAC=∠DAB，∴=，∴△DAB∽△EAC，∴=；②由△DAB∽△EAC，∴∠ABD=∠ACE，∵∠AOB=∠EOC，∴∠BAO=∠CEO=45°，∴∠CEB=45°，故答案为：，45；（2）如图（3）中，设AC交BF于点O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD=∠CAB=45°，AD=AE，AB=AC，∴∠EAC=∠DAB，=，∴△DAB∽△EAC，∴=，∠ABD=∠ACE，∵∠AOB=∠FOC，∴∠BAO=∠CFO=45°，∴=，∠BFC=45°；（3）如图（4）-1中，当CE⊥AD于O时，∵AE=DE=，AC=BC=，∠AED=∠ACB=90°，∴AD=AE=2，∵EO⊥AD，∴OD=OA=OE=1，∴OC==3，∴EC=OE+OC=4，∵BD=EC，∴BD=4；如图（4）-2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O．同法可得OD=OA=OE=1，OC=3，EC=3-1=2，∴BD=EC=2，综上所述，BD的长为4或2．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．9．（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②．【分析】（1）①利用圆的基本性质，即可求解；②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解；③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解；（2）①由题解析：（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②．【分析】（1）①利用圆的基本性质，即可求解；②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解；③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解；（2）①由题意知点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，此时当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，利用勾股定理即可求解．【详解】解：（1）根据折叠的性质知：BE=B′E，BC=B′C=3，MA=MB=NC=ND=，∠B=∠EB′C=90，①点B′在以点E为圆心，BE的长为半径的圆上；②B′M=MN-B′N===；③B′D=，∴△DB'C为等边三角形；故答案为：①BE，②，③等边；（2）①∵AB=3=3AE，∴AE=1，BE=2，故点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，∴△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，∴当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大，如图：△ABB'的面积最大值；②∵∠AQP=∠AB'E，∴PQ∥B'E，∵P为AE的中点，∴Q为AB'的中点，∴PQ为△AEB'的中位线，∴PQ=EB'，即EB'=2PQ，∴B'C+2PQ=B'C+EB'，当E、B′、C三点共线时，B'C+EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，∴EC=，∴B'C+2PQ的最小值为．故答案为：①；②．【点睛】本题考查了圆的性质，矩形的性质、图形的折叠、等腰三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）①当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+2PQ取得最小值，是解本题的关键．10．（1）△PQC，90；（2）；（3）线段CQ的长为2或8．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，证明AF＝CP，利用旋转的旋转证明AP＝PQ，∠PAF解析：（1）△PQC，90；（2）；（3）线段CQ的长为2或8．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，证明AF＝CP，利用旋转的旋转证明AP＝PQ，∠PAF＝∠QPC，从而可得结论，（2）过P作PF∥AC，交BA的延长线于F，则，再证明△AFP≌△PCQ，利用△ABC∽△FBP的性质可得答案，（3）分情况讨论：当P在CB的延长线上时，证明△APC≌△QPC，利用等边三角形的性质可得答案，当P在BC的延长线上时，连接AQ，利用等边三角形的性质，证明△ACQ≌△PCQ，从而可得答案．【详解】解：（1）如图①，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∵PF∥AC，∴∠BPF＝∠BFP＝45°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，∴AF＝CP，由旋转可得，AP＝PQ，∠APQ＝90°，而∠BPF＝45°，∴∠QPC＝45°﹣∠APF，又∵∠PAF＝∠PFB﹣∠APF＝45°﹣∠APF，∴∠PAF＝∠QPC，∴△APF≌△PQC，∴∠PCQ＝∠AFP＝135°，又∵∠ACB＝45°，∴∠ACQ＝90°，故答案为：△PQC，90；（2）如图②，过P作PF∥AC，交BA的延长线于F，则，又∵AB＝BC，∴AF＝CP，又∵∠FAP＝∠ABC+∠APB＝α+∠APB，∠CPQ＝∠APQ+∠APB＝α+∠APB，∴∠FAP＝∠CPQ，由旋转可得，PA＝PQ，∴△AFP≌△PCQ，∴FP＝CQ，∵PF∥AC，∴△ABC∽△FBP，∴，∴（3）如图，当P在CB的延长线上时，∠CPQ＝∠APQ﹣∠APB＝60°﹣30°＝30°，∴∠APC＝∠QPC，又∵AP＝QP，PC＝PC，∴△APC≌△QPC，∴CQ＝AC，又∵BA＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∠BAP＝∠ABC﹣∠APB＝30°，∴BP＝AB＝BC＝PC＝2，∴QC＝AC＝BC＝2；如图，当P在BC的延长线上时，连接AQ，由旋转可得，AP＝QP，∠APQ＝∠ABC＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴AQ＝PQ，∠APQ＝60°＝∠AQP，又∵∠APB＝30°，∠ACB＝60°，∴∠CAP＝30°，∠CPQ＝90°，∴∠CAP＝∠APA，∴AC＝PC，∴△ACQ≌△PCQ，∴∠AQC＝∠PQC＝∠AQP＝30°，∴Rt△PCQ中，CQ＝2CP＝8．综上所述，线段CQ的长为2或8．【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算．11．（1）①，②；（2），，证明见解析；（3）或【分析】（1）①由锐角三角函数可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC−CF＝（BC−CE），BE＝BC−CE，即可求；②由垂直的定义可得AF⊥B解析：（1）①，②；（2），，证明见解析；（3）或【分析】（1）①由锐角三角函数可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC−CF＝（BC−CE），BE＝BC−CE，即可求；②由垂直的定义可得AF⊥BE；（2）由题意可证△ACF∽△BCE，可得，∠FAC＝∠CBE，由余角的性质可证AF⊥BE；（3）分两种情况讨论，由旋转的性质和勾股定理可求AF的长．【详解】解：（1）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，故答案为：，；（2），如图，连接，延长交于，交于点，∵旋转，∴，∵，∴，且，∴，∴，，∵，∴，∴；（3）①如图，过点作交的延长线于点，∵，，，，∴，，∵，，∴，且三点在同一直线上，∴，∵旋转，∴，∴，且，∴，，∴，∴；②如图，过点作于点，∵，，，，∴，，∵，，∴，∵旋转，∴，且，∴，，∴，∴．【点睛】本题是相似综合题，考查了平行线的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．12．（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形的性质可推出，再根据相似三角形对应角相等，得出，故得出直线与所夹的锐角为45°，与（1）结论不符．（3）此问需要分两种情况讨论，一种情况是当在直线上，该种情况需要先证明，从而根据相似三角形的性质得到，最后根据全等三角形的性质求出；另一种情况是，当在直线下，先证明，从而证明四边形为矩形，最后求出．【详解】解：（1）；60°解答如下：如图１，与为等边三角形，，在与中，，故答案为：；直线与所夹的锐角为60°．（2）不成立理由如下：与为等腰直角三角形，，，，即：，在与中，故（1）中的结论不成立；（3）的长度为2或4；①点在直线上方时如图4，，，②点在直线下方时，如图5，∥根据题意，易证四边形为矩形，，故答案为综上可得的长度为2或4【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的三边关系、旋转的性质、矩形的判定及性质相似三角形的判定及性质，综合性比较强，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）利用等边三角形的性质，从而证明三角形全等是解答该小问的关键．（2）根据等腰直角三角形的三边关系，证明两个三角形相似是解答第二问的关键，重点掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本题时，首先要认识到旋转过程中满足题意的两种情况，其次证明过程可参考上面的证明过程，最后如何判定四边形为矩形也是解答最后一题第二种情况的关键．13．(1)①见解析；②CG=2EG；(2)见解析；(3)；(4)【分析】(1)①根据等腰直角三角形的性质证得AD=CD，再证明△AFG△ADG，即可证明结论；②根据①得到BC=2AF，FG=GD，解析：(1)①见解析；②CG=2EG；(2)见解析；(3)；(4)【分析】(1)①根据等腰直角三角形的性质证得AD=CD，再证明△AFG△ADG，即可证明结论；②根据①得到BC=2AF，FG=GD，再证明△AFG△BCG，即可得到CG=2EG；(2)先证得四边形ABEC为正方形，同理得△AFG△AEG和△AFG△BCG，即可得证；(3)根据等腰直角三角形的性质得到，证得△AFG△BCG，即可求解；(4)根据等腰直角三角形的性质得到BC=2AD，继而得到，由△AFG△BCG，即可求解．【详解】(1)①△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D，∴AD=BD=CD=BC，∠BAD=∠CAD=45°，根据旋转的性质得：AF=AD，∠DAF=90°，∴∠GAF=∠GAD=45°，在△AFG和△ADG中，，∴△AFG△ADG，∴AF=AD，∴AF=CD；②CG=2EG，理由如下：由①得：∠GAF=∠B=45°，AF=BC，∴AF∥BC，2AF=BC，∴△AFG△BCG，∴，∴CG=2FG，∵△AFG△ADG，∴FG=DG，即FG=EG，∴CG=2EG；(2)连接EB、EC，∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D，DE=AD，∴DE=AD＝BD=CD，且AE⊥BC，∠BAC=90°，∴四边形ABEC为正方形，∴BC=AE，根据旋转的性质得：AF=AE，∠EAF=90°，∴∠GAF=∠GAE=45°，在△AFG和△AEG中，，∴△AFG△AEG，∴AF=AE=BC，FG=EG，在△AFG和△BCG中，，∴△AFG△BCG，∴FG=CG，∴FG=CG=EG，∴CF=2EG；(3)同理得：FG=EG，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴，即，同理得：△AFG△BCG，∴，∴，∴，∴；(4)同理可得：FG=EG，BC=2AD，AF=AE，∵，∴，同理可得：△AFG△BCG，∴，∴，∴，∴；【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、正方形的判定和性质以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键．14．（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，解析：（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，即可得到结论；（3）解决问题:可证△PBM∽△MCG，然后得到，用t可表示线段的长，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，代入计算即可；当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，则△APG为等边三角形，代入计算得到t．【详解】解：（1）问题发现AB，CE，BD，DC之间的数量关系是：，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∠ADE＝60°，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴．故答案为：．（2）拓展探究（1）中的结论成立，∵AB＝AC，∠B＝α，∴∠B＝∠C＝α，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣α，∵∠ADE＝α，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣α，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴；（3）解决问题∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BPM+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∵∠PMG＝30°，∴∠CMG+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∴∠BPM＝∠CMG，又∠B＝∠C＝30°，∴△PBM∽△MCG，∴，由题意可知AP＝t，BM＝t，即BP＝4﹣t，如图1，过点A作AH⊥BC于H，∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴AH＝2cm，BH＝＝＝2cm，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BC＝2BH＝4cm，∴MC＝（4t）cm，∴，即CG＝3t，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，如图2，此时AG＝AC﹣CG＝4﹣3t，∴4﹣3t＝t，解得：t＝1，当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，如图3，此时∠PAG＝180°﹣120°＝60°，则△APG为等边三角形，AP＝AG，此时AG＝CG﹣AC＝3t﹣4，∴3t﹣4＝t，解得：t＝2，∴当△APG为等腰三角形时，t的值为1或2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握分类的思想方法是解题的关键．15．（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（解析：（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．16．（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，解析：（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，，可证∽，同理可证∽，可得，，即可得出BD与AN的数量关系；②过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC，可证∽，即，可得，四边形为平行四边形，所以，即可得出BD与AN的数量关系；（3）由（2）②已证四边形为平行四边形，所以，且∽，，所以，即ACE的面积可得．【详解】（1）证明：∵，于点，∴，，（等腰三角形三线合一）∵，，且，∴，∵，∴，即．∴，∵，∴，在ABM和CAN中，∴（AAS），∴，∴．（2）①．∵由题意可知，，，且，，∴，∴∽，同理，，，且，，∴，∴∽，∴，即，，即，∴．②．证明：过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC．∴，∵，∴，∴，∵于点，∴．∴．∴．∴，∴∽，∴，∵，∴，，∴．∵，∴四边形为平行四边形．∴，∴．（3）．∵由（2）②已证四边形为平行四边形，∴，又∵∽，∴，∴．【点睛】本题主要考察了等腰三角形三线合一、全等三角形的证明与应用、相似三角形的证明与应用、平行四边形的性质，解题的关键在于构造出全等三角形，且掌握相似三角形面积之比为边长之比的平方．17．BN=或；（1）见解析；（2）∠B＝15°；（3）见解析．【分析】定义：根据勾股点的定理，即可求出BN的长；（1）根据已知条件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝B解析：BN=或；（1）见解析；（2）∠B＝15°；（3）见解析．【分析】定义：根据勾股点的定理，即可求出BN的长；（1）根据已知条件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，根据条件求出（BN）2＝（MN）2+（AM）2，即可得到结果；（2）连接PD，根据已知条件可得PC2+BD2＝CD2，进而求出∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，得到2∠A+∠A＝90°，即可得到结果；（3）根据已知条件先求得点F的坐标为（2﹣，），即可求得BF、EF，根据已知条件可得BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，即可求得结果；【详解】定义：∵点M、N是线段AB的勾股点，∴或，∴BN=．（1）如图，∵CD＝DA，CE＝EB，∴DE∥AB，∴CG＝GM，CH＝HN，∴DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，∵BN2＝MN2+AM2，∴BN2＝MN2+AM2，∴（BN）2＝（MN）2+（AM）2，∴EH2＝GH2+DG2，∴G、H是线段DE的勾股点．(2)如图所示，连接PD，∵AC＝PC，∴∠A＝∠APC，∴∠PCD＝2∠A，∵C，D是线段AB的勾股点，∴AC2+BD2＝CD2，∴PC2+BD2＝CD2，∵CD是⊙O的直径，∴∠CPD＝90°，∴PC2+PD2＝CD2，∴PD＝BD，∴∠PDC＝2∠B，∵∠A＝2∠B，∴∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，∵∠PCD+∠PDC＝90°，∴2∠A+∠A＝90°，解得∠A＝30°，则∠B＝∠A＝15°．（3）∵点P（a，b）是反比例函数y＝（x＞0）上的动点，∴b＝．∵直线y＝﹣x+2与坐标轴分别交于A、B两点，∴点B的坐标为（0，2），点A的坐标为（2，0）；当x＝a时，y＝﹣x+2＝2﹣a，∴点E的坐标为（a，2﹣a）；当y＝时，有﹣x+2＝，解得：x＝2﹣，∴点F的坐标为（2﹣，）．∴BF＝＝（2﹣），EF＝,＝|2﹣a﹣|，AE＝＝（2﹣a）．∵BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，∴以BF、AE、EF为边的三角形是一个直角三角形，∴E、F是线段AB的勾股点．【点睛】本题主要考查了勾股定理的扩展应用，结合中位线定理、圆周角定理等知识点解题是关键．18．（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC与△ACE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案为：相似．（2）如图2中，结论：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案为50，AB∥EC．（2）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如图4中，作AH⊥CE于H，∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定及圆的基本性质，关键是根据题意得到三角形的相似，然后结合等腰三角形的性质得到问题答案，关键是要利用圆的基本性质求解最值问题．19．（