期末难点特训（一）和相似综合有关的压轴题

期末难点特训一（和相似综合有关的压轴题）1．已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是线段BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，EF交CD于点P，AF交CD于点Q，连结CF，设BE＝m．(1)如图，当m时，求线段CF的长；(2)当点E在BC线段上（不含B、C）运动时，∠QEF与∠CEF是否相等？请说明理由；(3)在（2）的条件下，请你求出点P到QE的距离h，用含m的代数式表示h，并求h的最大值．【答案】(1)CF(2)相等，理由见解析(3)h＝﹣m2+m，h最大值为【分析】（1）连接CF，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，利用AAS证明△ABE≌△EGF，得BE＝FG，AB＝EG，则BE＝FG＝CG＝，从而得出答案；（2）延长EB，使BM＝DQ，连接AM，首先由SAS证明△ABM≌△ADQ，得AM＝AQ，再利用SAS证明△QAE≌△MAE，得∠AEM＝∠AEQ，得出∠BAE＝∠QEF，从而证明结论；（3）利用两个角相等，证明△ABE∽△ECP，得，则h＝PC＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，利用二次函数的性质即可得出答案．(1)解：连接CF，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，如图3，∵AE＝EF，∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEG＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠FEG，∴△ABE≌△EGF（AAS），∴BE＝FG，AB＝EG，∴BE＝FG＝CG，∴CF；(2)证明：相等，理由如下：延长EB，使BM＝DQ，连接AM，如图4，∵AB＝AD，∠ABM＝∠ADQ＝90°，BM＝DQ，∴△ABM≌△ADQ（SAS），∴AM＝AQ，∴∠BAM＝∠DAQ，∴∠EAM＝∠QAE，AE＝AE，∴△QAE≌△MAE（SAS），∴∠AEM＝∠AEQ，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∠AEQ+∠QEF＝90°，∴∠BAE＝∠QEF，∵∠BAE＝∠CEF，∴∠QEF＝∠CEF；(3)解：∵∠QEF＝∠CEF，∴点P到QE的距离h＝PC，∵∠BAE＝∠CEF，∠ABE＝∠PCE＝90°，∴△ABE∽△ECP，∴，即，∴h＝PC＝﹣m2+m＝﹣（m）2，∴当m时，h最大值为．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．【探究发现】(1)如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．证明：延长BE交DF于点G．②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝°．【类比迁移】(2)如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；【拓展应用】(3)如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．【答案】(1)①见解析；②22.5°(2)(3)或【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD=∠EGD'=90°，结合∠DEG=∠BEC得到∠EBC=∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，从而证明△BCE≌△DCF；②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到∠EDF=∠EBC=22.5°；（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD=∠EGD'=90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE=DE=1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．(1)解：①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD=∠EGD'=90°，∵∠DEG=∠BEC，∴∠EBC=∠EDF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（ASA）．②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE=∠D'BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBC=45°，∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，由①得到∠CDF=∠EBD'，∴∠CDF=22.5°，故答案为：22.5°．(2)解：如图2，延长BE交DF于点G，由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，∵CD'⊥DF，∴CD'∥BG，∴EG是△DCD'的中位线，∴点E是CD的中点，∴CE=DE=CD=×2=1，∴BE=，由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，∴△ECB∽△EGD，∴，∴，∴EG=，∴BG=BE+EG=，∵EG是△DCD'的中位线，∴CD'=2EG=2×=；(3)以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，∴∠OAF=∠ODA，∵AC=2，∴OA=1，∵AD=，∴OD=，∴tan∠OAF=tan∠ODA=，∴,∴OF=；②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG=∠DAE，∵AD=AB=AE，∴∠AEB=∠ABE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABO=∠ABE，AD∥∠BC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠ABO=∠DAG，在△AGD和△BOA中，，∴△AGD≌△BOA（AAS），∴DG=AO=1，AG=BO=，∴DG=AO，∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，∴△FOA≌△FGD（ASA），∴OF=FG，设OF=FG=x，则DF=，在Rt△DFG中，DF2=GF2+DG2，∴（）2=x2+12，解得：x=，∴OF=，综上所述，OF的长为或．【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、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、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到∠EBC=∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．3．（1）基础巩固：如图1，已知正方形中，E是边的延长线上一点，过点C作，交于点F．求证：．（2）尝试应用：如图2，已知正方形的边长为1，M是边所在直线上一点，N是边所在直线上一点，且．记，．请直接写出y与x之间的函数关系式．（3）应用拓广：如图3，已知菱形是一个菱长为的森林生态保护区，，沿保护区的边缘、已修建好道路和，现要从保护区外新修建一条道路，将道路、连通．已知，求道路的最短路程．【答案】（1）见解析；（2）或；（3）【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质定理即可得出CE＝CF；（2）分别讨论当点M在线段上和点M在线段的延长线上和点M在线段的延长线上，利用相似三角形的性质和判定证明得出CK的值，全等三角形的判定和性质以及三角形面积公式解答即可；（3）以CD为边作∠DCG＝120°，交射线AP于点G，过点C作CH⊥PA于点H，利用菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形∴∴∵∴∵∴∴（2）解：当点M在线段上时，如图1，过点C作，交于点K，连接，由（1）得∵，∴∵四边形是正方形，∴∵∴∴，即∵∴∵∴∴当点M在线段的延长线上时，同理得当点M在线段的延长线上时，同理得．（3）以为一边作，交射线于点G，过点C作于点H，如图∵∴∵四边形是菱形∴∵∴∴∵∴∴是等边三角形∴∴∴∴道路的长度∴当最短，即当时，道路的长度最短∵∴∴道路的最短路程是．【点睛】此题考查四边形的综合题，关键是根据相似三角形和全等三角形的判定和性质以及菱形的性质解答．4．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，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，GF⊥AE．①填空：DQAE（填“＞”“＜”或“＝”）；②推断的值为；（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．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：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若＝，GF＝2，求CP的长．【答案】（1）①＝

②1

（2）＝k；理由见解析

（3）【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°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）结论：＝k．如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GMF即可解决问题；（3）如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】（1）①解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．故答案是：＝；②解：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案为：1．（2）解：结论：＝k．理由：如图2中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴＝，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴＝＝＝k．（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．由＝，可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，FG＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）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+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴＝＝，∴＝＝，∴EM＝，PM＝，∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝＝．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了特殊的平行四边形正方形、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，解直角三角形等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．5．如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形（矩形的四个顶点均在△ACD的边上）．（1）计算矩形EFGH的面积；（2）将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离；（3）如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形，将矩形绕点按顺时针方向旋转，当落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形，设旋转角为，求的值．【答案】（1）；（2）矩形移动的距离为时，矩形与△CBD重叠部分的面积是；（3）【详解】分析：（1）根据已知，由直角三角形的性质可知AB=2，从而求得AD，CD，利用中位线的性质可得EF，DF，利用三角函数可得GF，由矩形的面积公式可得结果；（2）首先利用分类讨论的思想，分析当矩形与△CBD重叠部分为三角形时（0＜x≤），利用三角函数和三角形的面积公式可得结果；当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时（＜x≤），列出方程解得x；（3）作H2Q⊥AB于Q，设DQ=m，则H2Q＝m，又DG1＝，H2G1＝，利用勾股定理可得m，在Rt△QH2G1中，利用三角函数解得cosα．详解：（1）如图①，在中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2,

又∵D是AB的中点，∴AD=1，．又∵EF是的中位线，∴，在中，AD=CD,∠A=60°,∴∠ADC=60°．在中,60°，∴矩形EFGH的面积．（2）如图②，设矩形移动的距离为则，当矩形与△CBD重叠部分为三角形时，则，，∴．（舍去）．当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，则，重叠部分的面积S=,∴．即矩形移动的距离为时，矩形与△CBD重叠部分的面积是．（3）如图③，作于．设，则，又，．

在Rt△H2QG1中，，解之得（负的舍去）．∴．点睛：本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质和三角函数定义等，利用分类讨论的思想，构建直角三角形是解答此题的关键．6．（1）如图1，在△ABC中，AB＞AC，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC，若AD＝2，AE＝，则的值是；（2）如图2，在（1）的条件下，将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定的角度，连接CE和BD，的值变化吗？若变化，请说明理由；若不变化，请求出不变的值；（3）如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC于点C，∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝，当CD＝6，AD＝3时，请直接写出线段BD的长度．【答案】（1）；（2）的值不变化，值为，理由见解析；（3）【分析】（1）由平行线分线段成比例定理即可得出答案；（2）证明△ABD∽△ACE，得出＝＝（3）作AE⊥CD于E，DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，则DM＝CN，DN＝MC，由三角函数定义得出＝，＝，得出＝，求出AE＝AD＝，DE＝AE＝，得出CE＝CD﹣DE＝，由勾股定理得出AC＝＝，得出BC＝AC＝，由面积法求出CN＝DM＝，得出BN＝BC+CN＝，由勾股定理得出AM＝＝，得出DN＝MC＝AM+AC＝，再由勾股定理即可得出答案．【详解】（1）∵DE∥BC，∴＝＝＝；故答案为：；（2）的值不变化，值为；理由如下：由（1）得：DE∥B，∴△ADE∽△ABC，∴＝，由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE，∴＝＝；（3）作AE⊥CD于E，DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如图3所示：则四边形DMCN是矩形，∴DM＝CN，DN＝MC，∵∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝，∴＝，＝，∴＝，∴AE＝AD＝×3＝，DE＝AE＝，∴CE＝CD﹣DE＝6﹣＝，∴AC＝＝＝∴BC＝AC＝，∵△ACD的面积＝AC×DM＝CD×AE，∴CN＝DM＝＝，∴BN＝BC+CN＝，AM＝＝＝，∴DN＝MC＝AM+AC＝，∴BD＝＝＝．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、矩形的判定与性质、勾股定理、三角函数定义、三角形面积等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．7．在中，，，．（1）如图1，折叠使点落在边上的点处，折痕交、分别于点、，若，则________．（2）如图2，折叠使点落在边上的点处，折痕交、分别于点、．若，求证：四边形是菱形；（3）在（1）（2）的条件下，线段上是否存在点，使得和相似？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）5；（2）见解析；（3）存在，满足条件长的值为或10或．【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设HQ＝x，根据，构建方程即可解决问题；（2）由翻折的性质可得，，然后证明出即可；（3）设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，构建方程求出m的值，然后根据，，求出，设，分两种情形分别求解即可解决问题．【详解】解：（1）在中，∵，，，∴，设，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴或5（舍弃），∴，故答案为5；（2）由翻折的性质可知：，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（3）如图3中，设，则，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，设，当时，，∴，解得：，当时，，∴，解得：或，经检验：或是分式方程的解，且符合题意，综上所述，满足条件的的长为或10或．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了翻折变换，三角形的面积，菱形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．8．已知，如图1，在中，点是中点，连接并延长，交的延长线于点．(1)求证：；(2)如图2，点是边上任意一点（点不与点、重合），接交于点，连接，过点作，交于点．①求证：；②当点是边中点时，恰有（为正整数数），求的值．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②【分析】（1）由平行四边形的性质证得∠A=∠FBE，∠ADE=∠F，再由点E是AB中点，得AE=BE，即证得△ADE≌△BFE；（2）①先证△AEK与△CDH相似，再由AB=CD=2AE，即可推出结论．②作GM∥DF交HC于M，分别证明△CMG∽△CHF、△AHD∽△GHF、△AHK∽△HGM，根据相似三角形的性质计算即可．（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∴∠A=∠FBE，∠ADE=∠F，∵点E是AB中点，∴AE=BE，在△ADE和△BFE中，，∴△ADE≌△BFE（AAS）；（2）①∵四边形ABCD为平行四边形，E为AB的中点，∴，AB=CD=2AE，∴∠AEK=∠CDH，∵，∴∠AKE=∠CHD，∴△AEK∽△CDH，∴，∴HC=2AK；②如图3，作交HC于M，由（1）得：∵点G是边BC中点，∴，∵，∴△CMG∽△CHF，∴，∵，∴△AHD∽△GHF，∴，设则即∴，∵，∴△AHK∽△HGM，∴，∴，即HD=4HK，∴n=4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．9．如图所示，已知边长为13的正方形OEFG，其顶点O为边长为10的正方形ABCD的对角线AC，BD的交点，连接CE，DG．(1)求证：；(2)当点D在正方形OEFG内部时，设AD与OG相交于点M，OE与DC相交于点N．求证：；(3)将正方形OEFG绕点O旋转一周，当点G，D，C三点在同一直线上时，请直接写出EC的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3或17【分析】（1）先由正方形的性质得到OD=OC，OG=OE，只需要证明∠GOD=∠EOC即可证明；（2）如图所示，过点O作OK⊥AD于K，OJ⊥CD于J，则四边形OJDK是矩形，先证明四边形OJDK是正方形，得到OK=OJ=DK=DJ，则；再证得到KM=JN，由此即可得到答案；（3）分G在CD延长线上和G在DC的延长线上，两种情况讨论求解即可．（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴OD=OC，∠DOC=90°，∵四边形EFGO是正方形，∴，OG=OE，∴，即∠GOD=∠EOC，∴；（2）解：如图所示，过点O作OK⊥AD于K，OJ⊥CD于J，则四边形OJDK是矩形，又∵∠JDO=45°，∴是等腰直角三角形，∴DJ=OJ，∴四边形OJDK是正方形，∴OK=OJ=DK=DJ，∴；∵，∴，又∵，∴，∴KM=JN，∴（3）解：如图2所示，过点O作OH⊥CD于H，∵∠DOC=90°，CD=10，OD=OC，OH⊥DC，∴DH=CH=5，∴，∵OG=13，∴，∴DG=GHDH=7，∵，∴CE=DG=3；如图3所示，当G在DC的延长线上时，同理可得GH=12，DG=DH+GH=17，∴CE=DG=17，综上所述，满足题意的CE的长为3或17．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的相关知识．10．如图，是菱形的对角线，将线段绕点B逆时针旋转得线段，的平分线与边交点为E．(1)如图1，点F在的延长线上，求证：平分；(2)如图2，点P在上，若，求的值；(3)如图3，若与交于点G，延长、交于点M，延长、交于点H，已知，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出，由菱形的性质得出，得出，证明，则可得出结论；（2）延长，，交点为，由平行线分线段成比例定理可得出，证出，则可得出结论；（3）证明，由全等三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由相似三角形的性质得出答案．(1)解：将线段绕点逆时针旋转得线段，，平分，，，，，四边形是菱形，．，，平分；(2)解：延长，，交点为，，，，，，，，，，，，，；(3)解：，，，，，四边形是菱形，，，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，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知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明三角形全等．11．如图，BD是菱形ABCD的对角线，将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∠FBC的平分线与边CD的交点为E．(1)如图1，若点F在AD的延长线上，求证：∠A＝∠BFE；(2)如图2，若点F在对角线BD上，且，求的值；(3)如图3，若BE＝BC，EF与AD交于点G，延长EF、BA交点为M，延长BE、AD交点为H，且，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)【分析】（1）首先根据题意证明△FBE≌△CBE，然后得到∠C＝∠BFE，由菱形的性质得到∠A＝∠C，进而可证明∠A＝∠BFE；（2）延长AD、BE，交点为N，首先根据题意得到，然后根据，得出，最后根据线段之间的转化即可求出的值；（3）首先根据题意得到△FBE≌△CBE，然后得到BF＝AB，然后证明出△BEM≌△BAH（ASA），得到AM＝EH，进而证明出△MGA≌△HGE（AAS），得到GM＝GH，AG＝EG，最后根据相似三角形的性质和线段之间的转化即可求出的值．（1）∵线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∴BC＝BF，∵BE平分∠FBC，∴∠FBE＝∠CBE，∵BE＝BE，∴△FBE≌△CBE，∴∠C＝∠BFE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C，∴∠A＝∠BFE；（2）延长AD、BE，交点为N，∵，∴，∠N＝∠CBE，∵∠CBE＝∠FBE，∴∠N＝∠FBE，∴DN＝BD，∵，∴，∵BF＝BC，BD＝DN，∴；（3）∵BF＝BC，∠FBE＝∠CBE，BE＝BE，∴△FBE≌△CBE，∴∠BFE＝∠C，∵四边形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠C，AB＝BC，∴∠BFE＝∠BAD，BF＝AB，∵BF＝BE，∴∠BEF＝∠BFE＝∠BAD，BE＝AB，在△BEM和△BAH中，∴△BEM≌△BAH（ASA），∴BM＝BH，∠M＝∠H，∵AM＝BM－AB，EH＝BH－BE，∴AM＝EH，由∠MGA＝∠HGE，∠M＝∠H，AM＝EH，∴△MGA≌△HGE（AAS），∴GM＝GH，AG＝EG，∵，∴△DGE∽△AGM，∴，∴，∵，∴．【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，折叠的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线找到线段之间的关系．12．如图，四边形ABCD和四边形AEFG是矩形且，点E线段BD上．(1)连接DG，求证：∠BDG＝90°；(2)连接DF，当AB＝AE时，求证：DF＝FG；(3)在（2）的条件下，连接EG，若∠DGE＝45°，AB＝2，求AD的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）利用两边成比例且夹角相等，可证明△ABE∽△ADG，得∠AEB＝∠AGD，再利用EF∥AG，得∠EMD＝∠AGD，则∠EMD＝∠AEB，从而解决问题；（2）由SAS可证明△DEF≌△EDA，得DF＝EA，即可证明结论；（3）由∠EDG＝∠EFG＝90°，得D，E，F，G四点共圆，证明△ANE是等腰直角三角形，得NE＝AE＝AB＝2，AN＝AE＝2，从而求出答案．（1）证明：∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD＝90°，∠DAG+∠EAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，又∵，∴△ABE∽△ADG，∴∠AEB＝∠AGD，设EF交DG于M，∵EF∥AG，∴∠EMD＝∠AGD，∴∠EMD＝∠AEB，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠DEM＝180°﹣∠AEF＝90°，即∠EMD+∠DEM＝90°，∴∠BDG＝∠EDM＝180°﹣（∠DEM+∠DME）＝90°；（2）证明：∵，AB＝AE，∴AD＝AG，∠ADG＝∠AGD，∵AG＝FE，∴FE＝AD，∵△ABE∽△ADG，∴∠AEB＝∠AGD＝∠ADG，∵∠DEF＝90°﹣∠AEB，∠EDA＝∠EDG﹣∠ADG＝90°﹣∠ADG，∴∠DEF＝∠EDA，在△DEF与△EDA中，，∴△DEF≌△EDA（SAS），∴DF＝EA，∵EA＝FG，∴DF＝FG；（3）解：∵∠EDG＝∠EFG＝90°，∴D，E，F，G四点共圆，设EF交AD于N，∵∠DGE＝45°，∴∠DFE＝45°，∵△DEF≌△EDA，∴∠EAD＝∠DFE＝45°，∵∠AEN＝90°，∴△ANE是等腰直角三角形，∴NE＝AE＝AB＝2，AN＝AE＝2，∵△DEF≌△EDA，∴∠FED＝∠ADE，∴ND＝NE＝2，∴AD＝AN+ND＝2+2．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，利用四点共圆得出∠DFE＝45°是解题的关键．13．如图，已知矩形ABCD，点E在边CD上，连接BE，过C作CM⊥BE于点M，连接AM，过M作MN⊥AM，交BC于点N．(1)求证：△MAB∽△MNC；(2)若AB＝4，BC＝6，且点E为CD的中点，求BN的长；(3)若，且MB平分∠AMN，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）只需要证明出∠MBA=∠MCN，即可证明△MAB∽△MNC；（2）先求出CE=DE=2，，再由三角形面积法求出，根据，求出，再由△MAB∽△MNC求出，则；（3）先证△BMC∽△BCE，得到，从而推出，设，，，，如图所示，过点B作交MN延长线于H，先证明∠H=∠HMB=45°，得到BM=BH，再证△BHN∽△CMN，得到，由此求解即可．【详解】（1）解：∵CM⊥BE，∴∠CMN+∠BMN=90°，∠MBC+∠MCB=90°，∵AM⊥MN，∴∠AMB+∠BMN=90°，∴∠AMB=∠CMN，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠ABM+∠MBC=90°，∴∠MBA=∠MCN，∴△MAB∽△MNC；（2）解：∵E为CD的中点，AB=CD=4，∴CE=DE=2，∴，∵，∴，∵，∴，∵△MAB∽△MNC，∴，即，∴，∴；（3）解：∵∠CBE=∠MBC，∠BMC=∠BCE，∴△BMC∽△BCE，∴，由（2）得，∴，∴，设，，，，如图所示，过点B作交MN延长线于H，∵CM⊥BE，∴∠HBM=∠CME=90°，∵MB平分∠AMN，∴∠AMB=∠HMB=45°，∴∠H=∠HMB=45°，∴BM=BH，∵，∴△BHN∽△CMN，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定条件．14．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，BDBC，将线段DB绕点D顺时针旋转α至DE，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧作等腰直角三角形CEF，连接AF．(1)如图1，当α＝180°时，请直接写出线段AF与线段BE的数量关系；(2)当0°＜α＜180°时，①如图2，（1）中线段AF与线段BE的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，当BC＝10，且点B，E，F三点共线时，求线段AF的长．【答案】(1)；(2)①仍然成立，理由见解析；②2．【分析】（1）根据题意得BD=DE=EC=BC，进而可得△ABC∽△FEC，得出，由BC=AC，推出，即可得出答案；（2）①可证得△ACF∽△BCE，从而得出结果；②作DG⊥BF于G，可推出△BDG∽△BCF，进而得出BG=BF，DG=CF，进一步得出DG=BG，进而在Rt△BDG中根据勾股定理求得BG，进一步求得结果．（1）当α=180°时，点E在线段BC上，∵BD=BC，∴DE=BD=BC，∴BD=DE=EC，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠CFE=∠BAC=90°，∵∠ECF=∠BCA=45°，∴△ABC∽△FEC，∴，∴，∵BC=AC，∴，∴，即，∴；（2）①仍然成立，理由如下：如图2，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF=45°，，∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴∠BCA=45°，=，∴∠ECF=∠BCA，，∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE，∴∠ACF=∠BCE，∵，∴△CAF∽△CBE，∴，∴仍然成立．②如图，作DG⊥BF于G，∴∠BGD=90°，∵∠CFE=90°，∴DG∥CF，∴△BDG∽△BCF，∴，∴BG=BF，DG=CF，∵BD=DE，∴BG=GE，∴EF=GE=BG，∵EF=CF，∴DG=BG，在Rt△BDG中，BG2+DG2=BD2，∴BG2+（BG）2=（）2，∴BG=，∴BE=2，由（2）得：AF=BE，∴AF=2×=2．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．15．已知正方形ABCD的边长为4，对角线AC，BD交于点E，F是CD延长线上一点，连接AF，G是线段AF上一点，连接BG，DG．(1)如图1，若CF＝CA，G是AF的中点；①求∠FAD的度数；②求证：BG⊥DG；(2)如图2，若FG＝2AG，BG⊥DG，求FD的长度．【答案】(1)①22.5°；②见解析(2)【分析】（1）①可求得∠ACD=∠DAC=45°，进而求得结果；②连接GE，根据中位线定理证得EG=CF，进而得出EG=BD，进一步命题得证；（2）连接EG，可证得EG=DE=BE=AE，所以点A、G、D、B、C共圆，从而得出∠FGD=∠ACD，进而证得△FDG∽△FAC，进一步求得结果．（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠ACF=45°，∠ADF=∠ADC=90°，∵CF=CA，∴，∴∠FAD=∠FAC∠DAC=67.5°45°=22.5°；②证明：连接GE，如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AC=BD，AE=CE，BE=DE=BD，∵AC=CF，∴CF=BD，∵AG=FG，AE=CE，∴EG=CF，∴EG=BD，∴GE=BE=DE，∴∠EGD=∠EDG，∠EGB=∠EBG，∵∠EGD+∠EDG+∠EGB+∠EBG=180°，∴∠EGD+∠EGB=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG；（2）如图2，连接EG，∵BG⊥DG，BE=DE，∴GE=BE=DE，∵四边形ABCD是正方形，∴AE=CE=AC，BE=DE=BD，AC=BD，∴AE=CE=BE=DE，∴点A、G、D、C、B在以E为圆心，AE为半径的圆上，∴∠DGF=∠ACD，∵∠F=∠F，∴△FDG∽△FAC，∴，∴FD•FC=FG•FA，设FD=x，则，∵FG=2AG，∴，∴，∴x1=，x2=（舍去），∴FD=．【点睛】本题考查了正方形性质，直角三角形性质，确定圆的条件，三角形中位线定理，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，找出相似三角形的条件．16．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上，AO＝2BO，点C（3，0）（A点在C点的左侧），连接AB，过点A作AB的垂线，过点C作x轴的垂线，两条垂线交于点D，已知△ABO≌△DAC，直线BD交x轴于点E．(1)求直线AD的解析式；(2)直线AD有一点F，设点F的横坐标为t，若△ACF与△ADE相似，求t的值；(3)如图2，在直线AD上找一点G，直线BD上找一点P，直线CD上找一点Q，使得四边形AQPG是菱形，求出G点的坐标．【答案】(1)y＝2x﹣4(2)1或(3)G（，3﹣3）或G（，﹣3﹣3）【分析】（1）由△ABO≌△DAC，得到OC＝OA+AC＝OA+OB，再由已知求出AO＝2，OB＝1，即可得到A（2，0），D（3，2），用待定系数法求直线AD的解析式即可；（2）由题意可知只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED两种情况，此时F点必在x轴下方，分两种情况求解即可；（3）设G（n，2n﹣4），P（m，m+1），Q（3，p），AP、GQ为菱形对角线，AG＝AQ，列出方程组，解得n＝或n＝．(1)∵△ABO≌△DAC，∴AC＝OB，AO＝CD，∵C（3，0），∴OC＝3，∵OC＝OA+AC＝OA+OB，又∵AO＝2BO，∴AO＝2，OB＝1，∴B（0，1），A（2，0），∴CD＝2，∴D（3，2），设直线AD的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴直线AD的解析式为y＝2x﹣4；(2)设BD的解析式为y＝ax+c，把B（0，1），D（3，2）代入y＝ax+c，得，∴，∴BD的解析式为y＝x+1，令y=0，则x+1=0∴x=3∴E（﹣3，0），∴AE＝2+3=5，AD＝，ED＝2，AC＝1，∵F点在直线AD上，∴设F（t，2t﹣4），∴AF＝|t﹣2|，∵∠DAC＝∠EDA+∠DEA，∴△ACF与△ADE相似时，只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED两种情况，此时F点必在x轴下方，∴t＜2，①当△ACF∽△ADE时，＝，∴＝，∴t＝3（舍）或t＝1；②当△ACF∽△AED时，＝，∴，∴t＝或t＝（舍）；综上所述：t的值为1或；(3)设G（n，2n﹣4），P（m，m+1），Q（3，p），∵四边形AQPG是菱形，∴AP、GQ为菱形对角线，AG＝AQ，∴，解得n＝或n＝，∴G（，3﹣3）或G（，﹣3﹣3）．【点睛】本题是一次函数的综合题，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质，分类讨论，准确地计算是解题的关键．17．如图，四边形ABCD是矩形．(1)如图1，E、F分别是AD、CD上的点，BF⊥CE，垂足为G，连接AG．①求证：＝．②若G为CE的中点，求证：sin∠AGB＝；(2)如图2，将矩形ABCD沿MN折叠，点A落在点R处，点B落在CD边的点S处，连接BS交MN于点P，Q是RS的中点．若AB=2，BC=3，求PS+PQ的最小值．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)【分析】（1）①证明△FBC∽△ECD可得结论．②连接BE，GD，证明△ADG≌△BCG，得到∠DAG=∠CBG，从而推出∠AEB=∠AGB，可得sin∠AGB=sin∠AEB=；（2）如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP．因为四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，所以PT=PQ，MN垂直平分线段BS，推出BP=PS，由∠BCS=90°，推出PC=PS=PB，推出PQ+PS=PT+PC，当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小．(1)解：①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠CDE=∠BCF=90°，∵BF⊥CE，∴∠BGC=90°，∴∠BCG+∠FBC=∠BCG+∠ECD=90°，∴∠FBC=∠ECD，∴△FBC∽△ECD，∴；②证明：如图1中，连接BE，GD．∵BF⊥CE，EG=CG，∴BF垂直平分线段EC，∴BE=CB，∠EBG=∠CBG，∵DG=CG，∴∠CDG=∠GCD，∵∠ADG+∠CDG=90°，∠BCG+∠ECD=90°，∴∠ADG=∠BCG，∵AD=BC，∴△ADG≌△BCG（SAS），∴∠DAG=∠CBG，∴∠DAG=∠EBG，∴∠AEB=∠AGB，∴sin∠AGB=sin∠AEB=；(2)如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP．∵四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，∴PT=PQ，MN垂直平分线段BS，∴BP=PS，∵∠BCS=90°，∴PC=PS=PB，∴PQ+PS=PT+PC，当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小，最小值=，∴PQ+PS的最小值为，故答案为：．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，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，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．18．问题提出：如图①所示，在矩形和矩形中，，点A，O，D不在同一直线上，连接．是的中线，那么之间存在怎样的关系？(1)问题探究：先将问题特殊化，如图②所示，当且时，的数量关系是________，位置关系是________．(2)问题拓展：再探究一般情形如图③所示，当，时，证明（1）中的结论仍然成立．(3)问题解决：回归图①所示，探究之间存在怎样的关系（数量关系用k表示）？【答案】(1)CF=2OH，OH⊥CF(2)当k=1，∠AOD≠90°时，（1）中的结论仍然成立(3)CF=2kOH，OH⊥CF【分析】（1）连接HO并延长交CF于点L，通过证明△AOD≌△COF可得AD=CF，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CF=2OH；通过计算可得∠CLO=90°则OH⊥CF；（2）当k=1，∠AOD≠90°时，（1）中的结论仍然成立，延长OH至点M，使HM=HO，连接DM，延长HO交CF于点N，通过证明△AOH≌△DMH可得OM=CF，进而得到DM∥AO，利用同角的补角相等可得∠ODM=∠COF，易证△ODM≌△FOC，则CF=OM=2OH；与（1）相同的方法通过计算得到∠ONF=90°，则OH⊥CF；（3）延长OH至点G，使HG=HO，连接DG.延长HO交CF于点K，同（2）中的方法证明△AOH≌△DGH，得到AO=DG，∠AOH=∠G，AO//DG，易证△FOC∽△ODG，则∠OFC=∠DOG，于是FC=kOG=2kOH；同（1）中的方法通过计算得到∠OKF=90°，则OH⊥CF．（1）解：HO，CF的数量关系是：CF=2OH，位置关系是：OH⊥CF，理由是：连接HO并延长交CG于点L，如图当k=1且∠AOD=90°时，∴AO=CO，OF=OD∴矩形AOCB和矩形ODEF是正方形∴∠AOC=∠DOF=90°∴∠COF=90°在△AOD和△COF中∴△AOD≌△COF（SAS）∴AD=CF，∠OAD=∠OCF∵HO是△AOD的中线，∠AOD=90°∴HO=AD∴HO=CF，即CF=3OH∵HO=AH∴∠OAD=∠AOH∴∠AOH