03挑战压轴题（解答题一）3

（挑战压轴题）2023年中考数学【三轮冲刺】专题汇编（长沙专用）—03挑战压轴题（解答题一）1．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=AD．(1)求证：AC⊥(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO=2，求【答案】(1)见解析(2)BD=6，四边形ABCD的周长为4【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；（2）根据三角形中位线的性质可得OD=2EF=3，进而可得BD的长，Rt△AOD中，勾股定理求得【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边，AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，∴AC（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，∴EF是△∴EF=∵EF=∴OD=3∵四边形ABCD是菱形，，∵AC在Rt△AOD中，AO=2，∴AD=∴菱形形ABCD的周长为413【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．2．（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G=θ(1)求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．(2)当θ=90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分【答案】(1)见解析，60(2)2，理由见解析【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，进而可证明为等边三角形，即可求解；（2）连接AF，AO，由垂直平分线的性质易证△AOF≌△COF，从而可知∠FAO=90°，再由正方形的以及圆的相关性质可证得∠AOH=∠OBA，设正方形边长为x，在Rt△FAO（1）证明：如图所示：连接BF、CE，∵菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），∴点G、B、E共线，∴FC∥∴FC∥∴四边形BFCE是平行四边形，∴EF与BC相互平分，即：无论θ为何值，EF与BC相互平分；又∵EF⊥∴四边形BFCE是菱形，∴BE=BF，又∵菱形BCDE和菱形BCFG，∴GF=BG=BF=BE∴△GFB∴∠（2）如图所示：连接AF，AO，设EF与AC交于点H，∵EF垂直平分AC∴AF=FC,AO=CO,由（1）知，O为BC的中点，∴动点A在以O为圆心，BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，∴∠BAC=90∴∠OBA=∵∠∴∠AOH=在△AOF和△COFAF=CFAO=COFO=FO∴△AOF∴∠FAO=∵θ=90°，菱形BCFG，∴四边形BCFG为正方形，∴∠FCO=90°∴∠设FC=BC=x，则AF=CF=x，AO=OC=12在Rt△FAOtan∠∵∠∴tan【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知识点，并能综合运用是解题的关键．3．（2021·湖南长沙·统考中考真题）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，BD=CD，延长BC至E，使得CE=CA，连接AE．（1）求证：∠B=（2）若AB=5，AD=4，求△ABE【答案】（1）证明见解析；（2）周长为16+45，面积为22【分析】（1）先根据垂直的定义可得∠ADB=（2）先根据全等三角形的性质可得AB=AC=5，从而可得CE=5，再利用勾股定理可得CD=BD=3，从而可得BE=11,DE=8，然后利用勾股定理可得AE=45【详解】（1）证明：∵AD∴∠在△ABD和△ACD中，AD=AD∠∴△∴∠（2）∵△ABD≅△ACD，AB=5，∴AB=AC=5∵CE=CA∴CE=5∵AB=5,AD=4,AD∴BD=∵BD=CD∴CD=3∴BE=BD+CD+CE=11,DE=CD+CE=8∴AE=则△ABE的周长为AB+BE+AE=5+11+45△ABE的面积为12【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．4．（2020·湖南长沙·统考中考真题）在矩形ABCD中，E为DC上的一点，把ΔADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：ΔABF（2）若AB=23,AD=4，求（3）若AE-DE=2EC，记∠BAF=α,∠FAE=β，求tanα【答案】（1）证明过程见解析；（2）233；（3）【分析】（1）只要证明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；（2）因为△AFE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根据勾股定理可得BF的长，从而得到CF的长，根据△ABF∽△FCE，得到CEBF=CF（3）根据△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=α，所以tanα+tanβ=BFAB+EFAF=CECF+EFAF，设CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的长，根据△ABF∽△FCE，得到ABAF=CFEF，将求出的值代入化简会得到关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=∠D=90°，∴∠AFB+∠BAF=90°，∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°，∴∠BAF=∠CFE，∴△ABF∽△FCE．（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴AF=AD=4，∴BF=AF∴CF=BCBF=ADBF=2，由（1）得△ABF∽△FCE，∴CEBF∴CE2∴EC=23（3）解：由（1）得△ABF∽△FCE，∴∠CEF=∠BAF=α，∴tanα+tanβ=BFAB设CE=1，DE=x，∵AE-∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=A∵△ABF∽△FCE，∴ABAF∴x+14x+4∴x+12∴12∴x=2x∴x24x+4=0，解得x=2，∴CE=1，CF=x2-1=3，EF=x=2，AF=AD=∴tanα+tanβ=CECF+EF【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会运用方程的思想思考问题．5．（2019·湖南长沙·统考中考真题）根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．①条边成比例的两个凸四边形相似；（命题）②三个角分别相等的两个凸四边形相似；（命题）③两个大小不同的正方形相似．（命题）（2）如图1，在四边形ABCD和四边形A1B1C1D1中，∠ABC＝∠A1B1C1，∠BCD＝∠B1C1D1，，求证：四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似．

（3）如图2，四边形ABCD中，AB∥CD，AC与BD相交于点O，过点O作EF∥AB分别交AD，BC于点E，F．记四边形ABFE的面积为S1，四边形EFDE的面积为S2，若四边形ABFE与四边形EFCD相似，求S2【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析；（3）S【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．（3）四边形ABFE与四边形EFCD相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．③两个大小不同的正方形相似．是真命题．故答案为假，假，真．（2）证明：分别连接BD，B1D1∵∠BCD=∠B1∴△∴∠CDB=∠C1D1B∴BD∵∠∴∠∴△∵ADA1D1∴ABA1B1=BCB∴四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似.（3）如图2中，∵四边形ABFG与四边形EFCD相似∴DE∵EF=OE+OF∴DE∵EF∴DEAD=∴DE∴2DE∵AD=DE+AE∴2∴2AE=DE+AE，即AE=∴S【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，相似多边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．1．（2023·湖南长沙·湘府中学校考一模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=1(1)求证：四边形为矩形；(2)若，AC=8，求菱形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)24【分析】(1)先证四边形是平行四边形，再由∠DOC=90（2）由菱形面积公式进行计算即可得出答宴．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=OC=1∴∠DOC=90∵DE∥AC，DE=1∴DE=OC，DE∥∴四边形是平行四边形，又∵∠DOC=90∴平行四边形是矩形．（2）解：∵四边形ABCD是荾形，∴菱形ABCD的面积=1【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明四边形为矩形是解题的关键．2．（2023·湖南衡阳·模拟预测）在正方形ABCD中，点M、N分别是边AB、AD的中点．(1)如图，连接CN，DM相交于点E．求证：①△ADM≌△DCN，②CN⊥(2)如图，延长DM、CB相交于点F，连接BE．求证：BE=1(3)如图，若正方形ABCD的边长为2，将△ADM沿DM翻折得到△A'DM，延长MA'交DC的延长线于点G，交BC【答案】(1)①见解析；②见解析(2)见解析(3)5【分析】（1）①根据正方形的性质结合已知条件根据SAS证明△ADM②根据①的结论，根据∠ADM+∠CND=∠DCN+∠CND=90°，得出∠DEN=90°（2）根据正方形的性质得出MB∥CD，得出△FBM（3）连接DQ，证明HL，设QC=QA'=x，得出x=23，由MB∥CG，得出【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，AD=DC，∠MAD=∵点M、N分别是边AB、AD的中点，∴AM=ND，∴SAS，②∵△∴∠ADM=∴∠ADM+∴∠DEN=90即CN⊥（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴MB∥∴△FBM又AB=CD，M是AB的中点，则，∴FBFC∴BF=BC，又（1）②可得∠DEN=90∴△FEC∴BE=1（3）解：如图所示，连接DQ，依题意，A'D=AD=DC，又DQ=DQ，∴HL，∴QC=QA设QC=QA则BQ=2-在Rt△MBQ中，∴12解得：x=2∴CQ=2∵MB∥∴△MBQ∴BQCQ即43∴CG=1∴DG=2+1【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．3．（2023·湖南湘潭·模拟预测）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连接AG，AG平分∠BAF(1)试说明△(2)求BG的长．【答案】(1)见解析(2)BG=2【分析】（1）利用翻折变换对应边关系得出AB=AF,∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG（2）利用勾股定理得出GE2=C【详解】（1）在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD,∠∵将△ADE沿AE对折至△AFE∴AD=AF,DE=EF,∠∴AB=AF,∠又∵AG=AG，在Rt△ABG和AG=AGAB=AF∴Rt△ABG≌（2）∵△ABG∴BG=FG，设BG=FG=x，则GC=6-∵E为CD的中点，∴CE=EF=DE=3，∴EG=3+x，∴在Rt△CEG中，解得，∴BG=2．【点睛】此题主要考查了勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．4．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图，在▱ABCD中，G是BC的中点，点F在CD上，FG的延长线与AB的延长线交于点E，连接BF,CE．(1)求证：四边形CEBF是平行四边形；(2)若AD=6,∠①试求GF的长度；②四边形CEBF的面积．【答案】(1)见解析(2)①3；②9【分析】（1）利用ASA证△GCF≅△GBE，从而得出FG=EG，即可得出结论；（2）①由平行四边形的性质得BC=AD=6，再证平行四边形CEBF是矩形，然后由矩形的性质即可得出结论；②解直角三角形求出，CE，可得结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠GCF=∵G是BC的中点，∴CG=BG，在△GCF和△GBE∠GCF=∴，∴FG=EG，∴四边形CEBF是平行四边形；（2）解：①∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD=6，由（1）可知，四边形CEBF是平行四边形，∵∠AEC=90∴平行四边形CEBF是矩形，∴EF=BC=6，∴GF=1②∵AD∥∴∠A=∴BE=BCcos∴矩形CEBF的面积．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．5．（2023·湖南长沙·校联考二模）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．(1)求证：四边形ADBF是菱形；(2)若tan∠ABC=2，菱形ADBF的面积为40．求菱形【答案】(1)见解析(2)20【分析】（1）利用平行线的性质可得∠AFC=∠FCD，∠FAE=∠CDE，利用中点的定义可得AE=DE，从而证明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性质可得AF=CD，再根据D是BC的中点，可得AF=BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD=AD，从而利用菱形的判定定理即可解答；（2）利用（1）的结论可得S菱形ADBF=2S△ABD，再根据点D是BC【详解】（1）证明：∵AF∥∴∠AFC=∠FCD，∠FAE=∵点E是AD的中点，∴AE=DE，∴△FAE∴AF=CD，∵点D是BC的中点，∴BD=CD，∴AF=BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵∠BAC=90°，D是BC的中点，∴AD=BD=1∴四边形ADBF是菱形；（2）解：∵四边形ADBF是菱形，∴S菱形∵点D是BC的中点，∴S△∴S菱形∴12∵∠BAC=90°，tan∠设BC=m，则AC=2m，∴12∴m=210或（负根舍去），∴AB=210，AC=4∴BC=A∴BD=1∴菱形ADBF的周长=4×【点睛】本题考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质是解题的关键．6．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，在矩形ABCD中，点P是边上任意一点（点P不与B、C重合），连接AP，作PQ⊥AP，交CD于点Q，若AB=3，(1)试证明：△ABP(2)当BP为多少时，CQ最长，最长是多少？(3)试探究，是否存在一点P，使△APQ【答案】(1)见解析(2)BP为2时，CQ最长，最长是4(3)存在，BP=1时，△APQ【分析】（1）由PQ⊥AP得到∠APB+∠QPC=90°，由∠QPC+∠PQC＝90°得到∠APB=∠PQC，又由（2）设BP=x，由得到CQBP=PCAB（3）△APQ是等腰直角三角形，则PA=PQ，由得到△ABP≌△PCQAAS，则AB=PC=3，即可得到答案．【详解】（1）解：∵PQ⊥∴∠APB+在矩形ABCD中，∠∴∠QPC+∴∠APB=∵∠ABP=∴；（2）设BP=x，∵，∴CQBP=PC则CQ=-故当时，CQ的最大值为43，即BP为2时，CQ最长，最长是43（3）∵△APQ是等腰直角三角形，则PA=PQ，而，则△ABP∴AB=PC=3，则，即BP=1时，△APQ【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质、矩形的性质等知识，证明是解题的关键．7．（2023·湖南衡阳·校考一模）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于O点，，点E为OA的中点，(1)若DE⊥CD，CD=6，AD=25，求DE(2)证明：CD=2DE．【答案】(1)3(2)详见解析【分析】（1）根据题意可得OE=12AO=（2）取AD的中点F，连接OF，通过证明△ADE【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵点E为OA中点，，AD=25，∴OE=12AO=∴CE=OE+OC=35∵DE⊥CD，CD=6，∴DE=C（2）证明：取AD的中点F，连接OF，∵，点E为OA中点，∴，在△ADE和△AOFAD=AO∠∴△ADE∴DE=OF，∵OA=OC，AF=DF，∴CD=2OF，∴CD=2DE．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，对角线互相平分．8．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，将矩形ABCD沿折叠，使点D落在对角线上的点E处．过点E作EG∥CD交于点G，连接DG．(1)判断四边形EFDG的形状，并说明理由；(2)探究线段EG、GF、之间的数量关系，并说明理由；(3)若GF=2，，求AG的长．【答案】(1)菱形，见解析(2)EG(3)10【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DG，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；（2）连接DE，交于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=12GF，接下来，证明，由相似三角形的性质可证明EG2=12GF⋅AF（3）利用（1）（2）结论可求得长，AG=AF-GF【详解】（1）证明：∵GE∥∴∠EGF=由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠EGF=∴∠DGF=∴GD=GF．∴DG=GE=DF=EF．∴四边形EFDG为菱形．（2）解：EG理由：如图1所示：连接DE，交于点O．∵四边形EFDG为菱形，∴．∵∠DOF=∠ADF=90∴．∴，即DF2∵FO=12GF∴EG（3）解：∵EG2=12∴，∴，∴AF=12，∴【点睛】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得到DF2=FO⋅AF是解答问题（2）的关键，依据（1）（29．（2023·湖南长沙·湘府中学校考一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．(1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________；A．平行四边形；B．矩形；C．正方形；D．菱形(2)如图1，在边长为a的正方形ABCD中，E为CD边上一动点（E不与C、D重合），AE交BD于点F，过F作FH⊥AE交BC于点H．①试判断四边形AFHB是否为“等补四边形”并说明理由；②如图2，连接EH，求△CEH③若四边形ECHF是“等补四边形”，求CE的长．【答案】(1)C(2)①四边形AFHB是等补四边形，见解析；②2a；③或者【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案；（2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得∠HAF=∠DBC=45°，进而求出∠AHF=45°=∠HAF，利用等角对等边得出，最后利用②将△ABH绕A点逆时针旋转90°得到△ADL，证明∠HAE=∠EAL=45°，再证△AHE≌△ALE，得出，即可求出△CEH的周长；③根据，四边形ECHF是“等补四边形”可得四边形ECHF有一组邻边相等，然后分FH=CH、CE=EF、CH=CE、EF=HF四种情况讨论即可．【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，∴正方形是等补四边形，故选：D．（2）解：①四边形AFHB是“等补四边形”，理由如下：∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠DBC=45又FH⊥AE，∠ABC=90∴A、B、H、F四点共圆，∴∠HAF=∴∠AHF=45∴，又，∴四边形AFHB是“等补四边形”．②将△ABH绕A点逆时针旋转90°得到△ADL∴△ABH≌△ADL∴E、D、L三点共线，由①得∠HAE=45∴，在△AHE和△ALEAH=AL∴△AHE∴，∴△CHE的周长；③∵，四边形ECHF是“等补四边形”，∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论：情况1：FH=CH，连接CF，由题意知∶AB=CB，∠ABD=又BF=BF，∴△ABF∴，则△FHC∴，∴∠DAE=30∴DE=33a情况2：CE=EF，则Rt△HFE∴FH=CH，同情况1，；情况3：CH=CE，由②得△CEH的周长=2a．设，则HE=2x，有，∴，即；情况4：EF=HF，连接AH，则AF=EF，则HF垂直平分AE，∴AH=HE，∵EF=HF，∠HFE=90∴∠FHE=∵AH=HE，HF⊥∴∠AHF=∴∠AHE=90∴∠AHB+又∠AHB+∴∠BAH=又AH=HE，∠B=∴△ABH∴AB=CH，这不可能，故这种情况不存在．综上：或者．【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键．10．（2023·湖南湘潭·模拟预测）综合与实践在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．在矩形ABCD中，E为射线BC上一动点，连接AE．(1)当点E在BC边上时，将△ABE沿AE翻折，使点B恰好落在对角线BD上点F处，AE交BD于点G．基础探究：①如图1，若BC=3AB，则∠AFB深入探究：②如图2，当BC=66，且EF=EC时，求AB拓展探究：(2)在②所得矩形ABCD中，将矩形ABCD沿AE进行翻折，点C的对应点为C'，当点E，C'，D三点共线时，请直接写出【答案】(1)①60°；②AB=63(2)的长为66-63或【分析】（1）①利用正切函数即可求解；②证明△BAE（2）分两种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质以及勾股定理即可求解．【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∵BC=3AB，∴在Rt△ABD中，∴∠ABD=60由折叠的性质知AB=AF，∴△ABF是等边三角形，∴∠AFB=60故答案为：60°②由折叠的性质知BF⊥∴，∵EF=EC∴EF=EB=EC∴BC=2BE，即BE=∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AD=BC=6∵，∠AEB+∴∠BAE=∴△BAE∴ABBC=BE解得AB=63（2）解：如图，由题意得，BC=66∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AD=BC=66∴∠DCE=90由折叠的性质知AB∴AB∴△CDE∴AD=DE=66∴CE=D∴BE=BC+CE=66如图，由折叠的性质知，∠AEC=∵∠BE∴∠AEB=∵AD∥∴∠AEB=∴，∴DE=AD=BC，在Rt△CDE中，∴BE=BC-综上，的长为66-63或【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．11．（2023·湖南岳阳·统考一模）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)计算矩形的面积；(2)将矩形沿AB向右平移、点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316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E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1【答案】(1)3(2)3(3)【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≤14），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(14<x（3）作H2Q⊥AB于Q，设BQ=m，则H2Q=3m，DG1=1【详解】（1）解：如图①，在△ABC∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2，又∵D为AB的中点，，∴AD=1，CD=1又∵EF为△ACD∴EF=DF=1在△ACD中，AD=CD，∠A=60∴∠ADC=60在△FGD中，GF=DF⋅∴矩形的面积S=EF⋅GF=（2）解：如图②，设矩形移动的距离为x，则0<x≤当矩形与△CBD则0<x≤14，∴x=2当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，则14重叠部分的面积S=3∴x=3即矩形移动的距离为38时，矩形与△CBD重叠部分的面积是3（3）解：如图③，H2Q⊥设BQ=m，则H2∵DG1=1在Rt△QH解之得：m1=-1+∴cosα【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．12．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=，D，E分别为AB，AC的中点，F为DE的中点，连接AF．(1)如图1，过F作FG⊥BD于G，交BC于H，直接写出线段AF与CH的数量关系；(2)将ΔADE绕点A顺时针旋转到如图2所示位置，过F作FG⊥BD于G，过C作DE的平行线与直线FG交于点H，得到线段FH，CH．①（1）中的结论是否成立？请说明理由；②从图2的位置开始将ΔADE绕点A顺时针旋转，当D，E，H共线时，直接写出FH的长度．【答案】(1)AF=CH；(2)①成立，理由见解析；②或27+2【分析】（1）连接EH，根据三角形的中位线定理，可得到四边形EFHC是平行四边形，即可证明；（2）①连接CE，并延长交BD于点I，可证明△AEC和△ADB全等，再证明四边形CEFH是平行四边形，即可得到结论；②分两种进行分类讨论，利用勾股定理算出FC的长，即可表示出FH的长；【详解】（1）结论：AF=CH；证明：连接EH，∵D、E是AB、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，DE∥BC，又∵G、F是△ADE的中点，∴GH∥AC，∴四边形EFHC是平行四边形，∴EF=CH，又∵△ADE是等腰直角三角形，∴AF=EF，∴AF=CH；（2）①成立．理由：连接CE，并延长交BD于点I．由旋转的性质可知：∠EAC=∠DAB，在△AEC和△ADB中，AE=AD∠∴△AEC≌△ADB（SAS），∴∠DBA=∠ECA，∴∠BIC=∠BAC=90°，∴GH∥IC，又∵CH∥DE，∴四边形CEFH是平行四边形，∴CH=EF，又∵AF=EF，∴AF=CH，故结论成立；②或27+2第一种情况：当D、E、H三点共线时，如图所示，∴AF⊥CD，又∵AB=AC=，AD=AE=22，∴AF=DF=EF=2，∴FC=AC又∵CH=AF=2，∴FH的长为272第二种情况：当D、E、H三点共线时，如图所示，同理可得：FC=27又∵CH=AF=2，∴FH=FC+CH=27+综上所述，FH的长为或27+2【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形，勾股定理以及全等三角形的判定与性质的运用，第二问的关键是添加辅助线构造全等三角形，第三问利用数形结合的思想和分类讨论的思想解决问题．13．（2022·湖南湘潭·校考模拟预测）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N．（1）求证：△ABM∽△EFA；（2）若AB=12，BM=5，求DE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）4.9【分析】（1）由正方形的性质得出AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出结论；（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，∴∠AMB=∠EAF，又∵EF⊥AM，∴∠AFE=90°，∴∠B=∠AFE，∴△ABM∽△EFA；（2）∵∠B=90°，AB=12，BM=5，∴AM==13，AD=12，∵F是AM的中点，∴AF=12AM=6.5∵△ABM∽△EFA，∴BMAF即56.5∴AE=16.9，∴DE=AE－AD=4.9．【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．14．（2022·湖南永州·校考模拟预测）如图，在△ABC中，过点C作CD//AB，E是AC的中点，连接DE并延长，交AB于点F，交CB的延长线于点G，连接1求证：四边形AFCD是平行四边形．2若GB=3，BC=6，BF=【答案】1证明见解析；2AB【分析】1由E是AC的中点知AE=CE，由AB//CD知∠AFE=∠CDE，据此根据“AAS”即可证△2证△GBF∽△GCD得GBGC=BFCD，据此求得【详解】1∵E是∴AE∵AB∴∠在△AEF和△∵∠∴△AEF≌△∴AF又AB//CD，即∴四边形AFCD是平行四边形；2∵∴△GBF∽△∴GBGC=解得：CD=∵四边形AFCD是平行四边形，∴AF∴AB【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关的性质及定理是解题的关键.15．（2022·湖南娄底·统考一模）问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E,F分别在AB,BC边上，DE=AF,DE⊥AF于点G．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）延长CB到点，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．类比迁移：如图2，在菱形ABCD中，点E,F分别在AB,BC边上，DE与相交于点G，DE=AF,∠AED=60°,AE=6,BF=2，求DE的长．【答案】问题解决：（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析；类比迁移：8【分析】问题解决：（1）证明矩形ABCD是正方形，则只需证明一组邻边相等即可．结合DE⊥AF和∠DAE=90°可知∠BAF=∠ADG，再利用矩形的边角性质即可证明△ABF≌△DAE，即（2）由（1）中结论可知AE=BF，再结合已知BH=AE，即可证明△ABH≌△DAE，从而求得△AHF类比迁移：由前面问题的结论想到延长CB到点，使得，结合菱形的性质，可以得到ΔABH≌ΔDAE，再结合已知∠AED=60°可得等边ΔAHF，最后利用线段BF长度即可求解．【详解】解：问题解决：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠．∵DE．又．∴矩形ABCD是正方形．（2）△AHF，．又，即△AHF是等腰三角形．类比迁移：如图2，延长CB到点，使得，连接AH．∵四边形ABCD是菱形，．．．又．是等边三角形，，．【点睛】本题考查正方形的证明、菱形的性质、三角形全等的判断与性质等问题，属于中档难度的几何综合题．理解题意并灵活运用，做出辅助线构造三角形全等是解题的关键．1．（2023·湖南长沙·校联考三模）如图，在Rt△ABF中，∠F=30°，E，D分别是AF,BF的中点，延长ED到点C，使得CD=2DE，连接(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)若DE=3，求菱形ABCD【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）先证明∠FBA=60°，DE=12AB，DE∥AB，AD=DF=DB（2）先求解AB=AD=BC=CD=23，由∠F=30°，可得FB=23，FA=2【详解】（1）证明：∵Rt△ABF中，∴∠FAB=90°，∠FBA=60∵E，D分别是AF,BF的中点，∠FAB=90∴DE=12AB，DE∥AB∴△ABD∴AB=AD=BD，∵DE=12AB∴AB=CD，而AB∥∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形．（2）∵DE=3，菱形ABCD，CD=2DE∴AB=AD=BC=CD=23∵∠F=30∴FB=23，FA=∵E为的中点，∴AE=1∴S菱形【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的面积的计算，熟练的掌握菱形的判定方法是解本题的关键．2．（2023·湖南株洲·统考一模）已知：如图所示，E、F分别是平行四边形ABCD的AD、BC边上的点，且AE=CF．(1)求证：△ABE(2)若M、N分别是、DF的中点，连接MF、EN，求证：四边形MFNE是平行四边形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质，证得△ABE（2）由（1）的结论和中点的性质可得ME=FN，ME∥【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CA，∠A=又∵AE=CF，∴△ABE（2）证明：∵△ABE∴，BE=DF，又∵M、N分别是、DF的中点∴ME=12BE∴ME=FN，∵四边形ABCD是平行四边形，AD∥∴∠AEB=∴∠CFD=∴EB∥DF，即ME∥∴四边形MFNE是平行四边形．【点睛】此题考查了平行四边形的判定和全等三角形的判定，学会在已知条件中多次证明三角形全等，寻求角边的转化，从而求证结论．3．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，(1)求证：四边形OEFG是矩形；(2)若AD=8，EF=3，求【答案】(1)见解析(2)AF=【分析】（1）由菱形的性质得到OB=OD，进而证明OE是△ABD的中位线，得到OE∥FG，再由OG∥EF，EF⊥AB，即可证明四边形OEFG是矩形；（2）根据线段中点的定义得到AE=4，在Rt△AEF中，由勾股定理得【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OB=OD，∵E是AD的中点，∴OE是△ABD∴OE∥AB，即OE∥∵OG∥∴四边形OEFG是平行四边形，∵EF⊥AB，即∠EFG=90∴四边形OEFG是矩形；（2）解：∵E是AD的中点，AD=8，∴AE=1在Rt△AEF中，由勾股定理得【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．4．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、(1)求证：△ABM(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；(3)设BE=x,△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，【答案】(1)证明见解析(2)(3)解析式为y=-625x-5562【分析】（1）利用AA证明△ABM（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾股定理求出BM=3，从而得到ME=AN=2，进而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B=AMAB=EFBE，可得EF=【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,AM是BC边上的高，∴∠AMB=又∵∠B=∴△ABM（2）解：过点E作EN⊥AD于点在平行四边形ABCD中，AD∥又∵AM是BC边上的高，∴AM⊥AD，∴∠AME=∴四边形AMEN为矩形，∴NE=AM=4,AN=ME，在Rt△ABM中，BM=A又∵E为BC的中点，∴，∴ME=AN=2，∴DN=8，在Rt△DNE中，DE=D；（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．∵sin∠∴45∴EF=4∵AB∥CD，∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠又∵∠AMB=∴△ABM∴CGBM∴CG3∴GC=3∴DG=DC+CG=3∴y=1∴当x=556时，y有最大值为【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是解题的关键．5．（2023·湖南娄底·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的一点，且AE=CF．与CE相交于点N，DE与相交于点M．(1)求证：△BCE(2)判断四边形ENFM的形状，并证明．【答案】(1)见解析(2)四边形ENFM是平行四边形，证明见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质，运用SAS证明全等即可．（2）根据平行四边形的判定证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=CB，∵AE=CF，∴BE=DF，∴BE=DF∠∴△BCE≌△DAF（2）解：四边形ENFM是平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD,AB∥CD∴AE∥∵AE=CF，∴BE=DF，∴四边形、四边形BEDF是平行四边形，∴AF∥∴四边形ENFM是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．6．（2023·湖南岳阳·校联考一模）(1)如图1，在△ABC中，D，E，F分别为上的点，DE∥BC,BF=CF,AF交DE于点G，求证：DG=EG．(2)如图2，在（1）的条件下，连接CD,CG．若CG⊥DE,CD=6,AE=3，求DEBC(3)如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°,AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°,FG平分∠EFC,FG=10，求的长．【答案】(1)证明见详解(2)(3)5+5【分析】（1）利用DE∥BC，证明△ADG（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，得出△DCE是等腰三角形，利用三角形相似即可求出DEBC（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出的长．【详解】（1）解：∵DE∥∴△ADG∴DGBF∴DGBF∵BF=CF，∴DG=EG．（2）解：由（1）得DG=EG，∵CG⊥∴CE=CD=6．∵AE=3，∴AC=AE+CE=9．∵DE∥∴△ADE∴DEBC（3）解：如图，延长交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N在▱ABCD中，BO=DO,∠∵EG∥∴由（1）得ME=GE，∵EF⊥∴FM=FG=10，∴∠EFM=∵∠EGF=40∴∠EMF=40∴∠EFG=50∵FG平分∠EFC∴∠EFG=∴∠BFM=180∴．在Rt△FMN中，MN=FMsin∵∠MBN=45∴BN=MN=5，∴BF=BN+FN=5+53【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．7．（2023·湖南郴州·统考二模）如图1，矩形ABCD中，已知AB＝6．BC＝8，点E是射线BC上的一个动点，连接AE并延长，交射线DC于点F．将△ABE沿直线AE翻折，点B的对应点为点B'，延长AB'交CD于点M．（1）如图1，若点E为线段BC的中点，求证：AM＝FM；（2）如图2，若点B'恰好落在对角线AC上，求的值；（3）若BECE=3【答案】（1）见解析；（2）35；（3）415或【分析】（1）由折叠的性质及等腰三角形的判定可得出答案；（2）由勾股定理求出AC＝10，证明△ABE∽△FCE，由比例线段BECE（3）分两种情况讨论：①点E在线段BC上，②点E在BC的延长线上，分别设DM=x，根据Rt△ADM中，AM2=AD2【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴∠F＝∠BAF，由折叠可知：∠BAF＝∠MAF，∴∠F＝∠MAF，∴AM＝FM．（2）解：由（1）可知△ACF是等腰三角形，AC＝CF，在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝AB2+B∴CF＝AC＝10，∵AB∥CF，∴△ABE∽△FCE，∴BECE（3）①当点E在线段BC上时，如图3，AB'的延长线交CD于点M，由AB∥CF可得：△ABE∽△FCE，∴ABCF=BE∴CF＝4，由（1）可知AM＝FM．设DM＝x，则MC＝6﹣x，则AM＝FM＝10﹣x，在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，即（10﹣x）2＝82+x2，解得：x＝95∴AM＝10﹣x＝10﹣95＝41②当点E在BC的延长线上时，如图4，由AB∥CF可得：△ABE∽△FCE，∴ABCF=BE∴CF＝4，则DF＝6﹣4＝2，设DM＝x，则AM＝FM＝2+x，在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，即（2+x）2＝82+x2，解得：x＝15，∴AM＝2+x＝17．综上所述：当BECE=32时，AM的长为【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的综合应用，解决问题（3）的关键是运用分类讨论思想，依据勾股定理列方程进行计算求解，解题时注意分类思想与方程思想的运用．8．（2022·湖南长沙·模拟预测）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交于点G，连接．（1）求证：四边形CEFG是菱形；（2）若AB=6,AD=10，求四边形CEFG的面积．【答案】（1）详见解析；（2）20【分析】（1）根据题意可得△BCE≌△BFE，因此可得FG=EC，又FG∥CE，则可得四边形CEFG是平行四边形，再根据CE=FE,可得四边形CEFG是菱形.（2）设EF=x，则CE=x,DE=6-x，再根据勾股定理可得x的值，进而计算出四边形CEFG的面积.【详解】（1）证明：由题意可得，∴△BCE∴∠BEC=∵FG∥∴∠FGE=∴∠FGE=∴FG=FE，∴FG=EC，∴四边形CEFG是平行四边形，又∵CE=FE,∴四边形CEFG是菱形；（2）∵矩形ABCD中，AB=6,AD=10,BC=BF，∴∠BAF=90∴AF=8，∴DF=2，设EF=x，则CE=x,DE=6-∵∠FDE=90∴22解得，x=103∴CE=10∴四边形CEFG的面积是：CE⋅【点睛】本题主要考查菱形的判定，关键在于首先证明其是平行四边形，再证明两条临边相等即可.9．（2022·湖南娄底·统考二模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，AE//BD，OE与(1)试判断四边形AEBO的形状，并说明理由；(2)若OE=5，AC=8，求菱形ABCD的面积．【答案】(1)四边形AEBO是矩形，理由见解析；(2)24．【分析】（1）根据BE//AC，AE//BD可先证明四边形AEBO是平行四边形，再利用菱形对角线互相垂直平分可得（2）利用菱形对角线互相平分的性质可知OA=4，利用勾股定理可求出AE=3，进一步得BD=6，利用菱形面积等于对角线乘积的一半即可求出菱形的面积．(1)解：四边形AEBO是矩形，理由如下：∵BE//AC，∴四边形AEBO是平行四边形，∵ABCD是菱形，∴BD⊥∴∠AOB=90∴四边形AEBO是矩形．(2)解：∵AC=8，∴OA=4，∵OE=5且∠OAE=90∴，∴BD=6，∴菱形ABCD的面积．【点睛】本题考查菱形的性质和面积，矩形的判定定理，勾股定理解三角形，掌握矩形的判定定理：有一个角等于90°10．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考模拟预测）如图，已知△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．(1)求证：△AEC≌△ADB；(2)若AB＝1，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是平行四边形时，求EC的长．【答案】(1)证明见解析(2)EC=【分析】（1）由于旋转，得到△ABC≌△ADE，由全等性质去证明∠DAB＝∠EAC，便可证明△AEC≌△ADB，从而得到结论；（2）根据四边形ADFC是平行四边形，根据平行四边形的性质以及题目所给条件可以得到∠ABD＝∠BAC＝45°，又因为旋转的性质，可以得到∠ADB＝∠ABD＝45°，从而得到∠DAB的度数，再根据勾股定理以及△AEC≌△ADB【详解】（1）证明：由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB＝AC，∴AE＝AD，AC＝AB，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠DAB，在△AEC和△ADB中，AE=AD∠∴△AEC≌△ADB（SAS）；（2）解：∵四边形ADFC是平行四边形，∴AC//∴∠ABD＝∠BAC＝45°，又∵，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∴∠DAB＝90°，由勾股定理得BD=A∵△AEC≌△ADB，∴EC＝DB＝2．【点睛】本题考查了三角形全等的性质和证明过程，以及四边形的相关知识，直角三角形的应用，熟悉这些知识点是解题的关键．11．（2022·湖南长沙·明德华兴中学校联考三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC,AB=AD，对角线AC,BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)若OE=23,∠DAB=60°，求四边形【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）由AB∥CD，AC为∠DAB的平分线，证明AD=CD,再证明四边形ABCD是平行四边形，从而可得结论；（2）根据菱形的性质得到∠CAE=30°，∠AOB=90°，AB=2OB，OA=OC，则AO=CO=AB2【详解】（1）解：∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC为∠DAB的平分线，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD∵AB=AD,∴AB=CD,∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD＝AB，∴▱ABCD（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴∠CAE=30°，∠AOB=90°，AB=2OB，OA=OC，∴AO=CO=A∵AE⊥CE，即∠AEC=90°，∴AC=2CE，OC=AO=CO=1∴OB=2，AC=43∴BD=4，∴S四边形【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等等，熟知菱形的性质与判定是解题的关键．12．（2022·湖南岳阳·校联考一模）【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．（1）求证：△BCE【运用】（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若HDHF=45，【拓展】（3）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，HDHF=45，求DE【答案】（1）见解析；（2）DE=310；（3）k2【分析】（1）根据ASA证明△BCE（2）由（1）得CE=DG=9，由折叠得∠BCF=∠BFC，进一步证明HF=HG，由勾股定理得HF（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在D点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得HF2【详解】（1）如图，∵△BFE由△BCE∴BE∴∠又∵四边形ABCD是正方形，∴∠∴∠∴∠又∵正方形ABCD,∴BC=CD,．（2）如图，连接EH，由（1）得△BCE∴CE=DG=9由折叠得BC=BF，CE=FE=9，∴∠∵四边形ABCD是正方形，∴AD∴∠又∵∠BFC=∴∠∴HF=HG∵HDHF=∴HD=4，HF=HG=5．∵∴H∴5∴DE=310（DE=（3）如图，连结HE，由已知HDHF=45可设DH=4m，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⊥∴∠又∵∠D=90∴∠∴∠又∵∠BCE=∴△∴DG∵CD∴9m∴CE=∴DE=∵∠∴H∴(5m∴x=k2+9∴②当点在D点右边时，如图，同理得HG=HF，∴DG=m同理可得△BCE可得CE=mk=FE∵H∴(5m∴x=9k2∴【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，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，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．13．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考一模）如图，在正方形ABCD中，点M是边BC上的一点（不与B、C重合），将线段AM绕点A顺时针旋转90°得到AN，连接DN、MN、AC，MN与边AD交于点E，与AC相交于点O．(1)求证：△ABM≌△ADN；(2)当AM平分∠BAC时，求证：AM2=AC⋅AE；(3)当CM=3BM时，求OMOE【答案】(1)见解析(2)见解析(3)OM【分析】（1）利用SAS即可证明△ABM≌△ADN；（2）证明△ACM∽△ANE，利用AM=AN等量代换，即可证明；（3）设正方形ABCD的边长为4a，则BM=a，CM=3a，证明△BAM∽△FAO，用a表示出FO和OM的长，再证明△EAF∽△MNC，用a表示出EF和OE的长，进一步计算即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠BA