中考数学二轮巩固训练专题09 几何综合（解析版）

专题09几何综合（中考数学特色专题训练卷）1．（2021•百色）如图，PM、PN是⊙O的切线，切点分别是A、B，过点O的直线CE∥PN，交⊙O于点C、D，交PM于点E，AD的延长线交PN于点F，若BC∥PM．（1）求证：∠P＝45°；（2）若CD＝6，求PF的长．【思路点拨】（1）连接OB，PM、PN切⊙O于点A、B，根据平行四边形的判定得出四边形PBCE是平行四边形，即∠P＝∠C＝45°，（2）CD＝6，由（1）得∠1＝∠P＝45°，根据勾股定理得出OE的长度，由相似三角形的判定得出△AED∽△APF，根据相似比可以得出PF的长．【解答过程】解：（1）证明：连接OB，∵PM、PN切⊙O于点A、B，∴OA⊥PM，OB⊥PN，∵CE∥PN，∴OB⊥CE，∵OB＝OC，∴∠C＝45°，∵BC∥PM，∴四边形PBCE是平行四边形，∴∠P＝∠C＝45°；（2）∵CD＝6，∴OB＝OA＝OD＝3，由（1）得∠1＝∠P＝45°，∴AE＝OA＝3，∴OE=32+3∴PE＝BC＝32，ED＝OE﹣OD＝32−∵ED∥PF，∴△AED∽△APF，∴AEAP即33∴PF＝3．2．（2021•滨州）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点D，割线AC⊥DE于点E且交⊙O于点F，连接DF．（1）求证：AD平分∠BAC；（2）求证：DF2＝EF•AB．【思路点拨】（1）连接OD，然后根据切线的性质和平行线的性质，可以得到∠ODA＝∠DAC，再根据OA＝OD，可以得到∠OAD＝∠ODA，从而可以得到∠DAC＝∠OAD，结论得证；（2）方法一：根据相似三角形的判定和性质，可以得到DB•DF＝EF•AB，再根据等弧所对的弦相等，即可证明结论成立．方法二：作OM⊥DF于点M，连接OF、OD，然后根据题目中的条件，可以证明△DEF∽△ODM，然后即可得到EFMD【解答过程】（1）证明：连接OD，如右图1所示，∵直线DE与⊙O相切于点D，AC⊥DE，∴∠ODE＝∠DEA＝90°，∴∠ODE+∠DEA＝180°，∴OD∥AC，∴∠ODA＝∠DAC，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠DAC＝∠OAD，∴AD平分∠BAC；（2）方法一：证明：连接BD，如图1所示，∵AC⊥DE，垂足为E，AB是⊙O的直径，∴∠DEF＝∠ADB＝90°，∵∠EFD+∠AFD＝180°，∠AFD+∠DBA＝180°，∴∠EFD＝∠DBA，∴△EFD∽△DBA，∴EFDB∴DB•DF＝EF•AB，由（1）知，AD平分∠BAC，∴∠FAD＝∠DAB，∴DF＝DB，∴DF2＝EF•AB．方法二：作OM⊥DF于点M，连接OF、OD，如图2所示，∵OD＝OF，OM⊥DF，∴DM＝MF=12∵∠ODE＝90°，∠DEF＝90°，∴∠ODM+∠EDF＝90°，∠EDF+∠DFE＝90°，∴∠DEF＝∠OMD，又∵∠DEF＝∠OMD，∴△DEF∽△OMD，∴EFMD∴EF•OD＝DF•MD，∵OD=12AB，DM=∴EF•12AB＝DF•12∴DF2＝EF•AB．3．（2021•聊城）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，AE是直径，交BC于点H，点D在AC上，连接AD，CD过点E作EF∥BC交AD的延长线于点F，延长BC交AF于点G．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF和CD的长．【思路点拨】（1）由题意可证∠BAE＝∠CAE，由等腰三角形的性质可得AE⊥BC，由平行线的性质可证EF⊥AE，可得结论；（2）在Rt△OHC中，利用勾股定理可求半径，可得AE的长，通过证明△AEF∽△AHG，可得AHAE=HGEF，可求EF的长，通过证明△DCG∽△BAG，可得【解答过程】证明：（1）∵AB＝AC，∴AB=∵AE是直径，∴BE=∴∠BAE＝∠CAE，又∵AB＝AC，∴AE⊥BC，又∵EF∥BC，∴EF⊥AE，∴EF是⊙O的切线；（2）连接OC，设⊙O的半径为r，∵AE⊥BC，∴CH＝BH=12∴HG＝HC+CG＝4，∴AG=AH在Rt△OHC中，OH2+CH2＝OC2，∴（3﹣r）2+1＝r2，解得：r=5∴AE=10∵EF∥BC，∴△AEF∽△AHG，∴AHAE∴310∴EF=40∵AH＝3，BH＝1，∴AB=AH∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠B+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠CDG＝180°，∴∠B＝∠CDG，又∵∠DGC＝∠AGB，∴△DCG∽△BAG，∴CDAB∴CD10∴CD=34．（2021•成都）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC，D为AB延长线上一点，连接CD，且∠BCD＝∠A．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为5，△ABC的面积为25，求CD的长；（3）在（2）的条件下，E为⊙O上一点，连接CE交线段OA于点F，若EFCF=1【思路点拨】（1）连接OC，由AB为⊙O的直径，可得∠A+∠ABC＝90°，再证明∠ABC＝∠BCO，结合已知∠BCD＝∠A，可得∠OCD＝90°，从而证明CD是⊙O的切线；（2）过C作CM⊥AB于M，过B作BN⊥CD于N，由△ABC的面积为25，可得CM＝2，由∠BCM＝∠A得BMCM=CMAM，可解得BM=5−1，根据△BCM≌△BCN，可得CN＝CM＝2，再由△DBN∽△DCM，得BDCD=BNCM=DNDM即BD（3）过C作CM⊥AB于M，过E作EH⊥AB于H，连接OE，由CM⊥AB，EH⊥AB，可得EFCF=HECM=HFMF，而EFCF=12，故HE＝1，MF＝2HF，Rt△OEH中，OH＝2，可得AH＝OA﹣OH=5−2，设HF＝x，则MF＝2x，则（5−1）+2x+x+（5−2）＝25【解答过程】（1）证明：连接OC，如图：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠BCO，又∠BCD＝∠A，∴∠BCD+∠BCO＝90°，即∠DCO＝90°，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）过C作CM⊥AB于M，过B作BN⊥CD于N，如图：∵⊙O的半径为5，∴AB＝25，∵△ABC的面积为25，∴12AB•CM＝25，即12×25•CM∴CM＝2，Rt△BCM中，∠BCM＝90°﹣∠CBA，Rt△ABC中，∠A＝90°﹣∠CBA，∴∠BCM＝∠A，∴tan∠BCM＝tanA，即BMCM∴BM2解得BM=5−1，（BM∵∠BCD＝∠A，∠BCM＝∠A，∴∠BCD＝∠BCM，而∠BMC＝∠BNC＝90°，BC＝BC，∴△BCM≌△BCN（AAS），∴CN＝CM＝2，BN＝BM=5∵∠DNB＝∠DMC＝90°，∠D＝∠D，∴△DBN∽△DCM，∴BDCD即BDDN+2解得DN＝25−∴CD＝DN+CN＝25；方法二：过C作CM⊥AB于M，连接OC，如图：∵⊙O的半径为5，∴AB＝25，∵△ABC的面积为25，∴12AB•CM＝25，即12×25•CM∴CM＝2，Rt△MOC中，OM=O∵∠DMC＝∠CMO＝90°，∠CDM＝90°﹣∠DCM＝∠OCM，∴△DCM∽△COM，∴CDOC=CM∴CD＝25；（3）过C作CM⊥AB于M，过E作EH⊥AB于H，连接OE，如图：∵CM⊥AB，EH⊥AB，∴EFCF∵EFCF∴HECM由（2）知CM＝2，BM=5∴HE＝1，MF＝2HF，Rt△OEH中，OH=O∴AH＝OA﹣OH=5设HF＝x，则MF＝2x，由AB＝25可得：BM+MF+HF+AH＝25，∴（5−1）+2x+x+（5−2）＝2解得：x＝1，∴HF＝1，MF＝2，∴BF＝BM+MF＝（5−1）+2=5．（2021•荆州）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过F作FE⊥AD于E，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，点G在射线AD上，连接CG．（1）如图1，若点A的对称点G落在AD上，∠FGC＝90°，延长GF交AB于H，连接CH．①求证：△CDG∽△GAH；②求tan∠GHC．（2）如图2，若点A的对称点G落在AD延长线上，∠GCF＝90°，判断△GCF与△AEF是否全等，并说明理由．【思路点拨】（1）①由矩形的性质和同角的余角相等证明△CDG与△GAH的两组对应角相等，从而证明△CDG∽△GAH；②由翻折得∠AGB＝∠DAC＝∠DCG，而tan∠DAC=12，可求出DG的长，进而求出GA的长，由tan∠GHC即∠GHC的对边与邻边的比恰好等于相似三角形△CDG与△GAH的一组对应边的比，由此可求出tan∠（2）△GCF与△AEF都是直角三角形，由tan∠DAC=12可分别求出CG、AG、AE、EF、AF、CF的长，再由直角边的比不相等判断△GCF与△【解答过程】（1）如图1，①证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠GAH＝90°，∴∠DCG+∠DGC＝90°，∵∠FGC＝90°，∴∠AGH+∠DGC＝90°，∴∠DCG＝∠AGH，∴△CDG∽△GAH．②由翻折得∠EGF＝∠EAF，∴∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，∵CD＝AB＝2，AD＝4，∴DGCD=AHAG∴DG=12CD∴GA＝4﹣1＝3，∵△CDG∽△GAH，∴CGGH∴tan∠GHC=CG（2）不全等，理由如下：∵AD＝4，CD＝2，∴AC=4∵∠GCF＝90°，∴CGAC=tan∠DAC∴CG=12AC=1∴AG=(2∴EA=12AG∴EF＝EA•tan∠DAC=5∴AF=(∴CF＝25−∵∠GCF＝∠AEF＝90°，而CG≠EA，CF≠EF，∴△GCF与△AEF不全等．6．（2021•绥化）如图所示，四边形ABCD为正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延长线与CD的延长线交于点F，点D、B、H在同一条直线上．（1）求证：△CDE≌△CBH；（2）当HBHD=1（3）当HB＝3，HG＝4时，求sin∠CFE的值．【思路点拨】（1）由正方形的性质得BC＝CD，∠DCB＝90°，再证∠DCE＝∠BCH，然后由SAS即可得出结论；（2）由全等三角形的性质得∠CDE＝∠CBH，DE＝BH，再证∠EDH＝90°，设BH＝a，则DH＝5a，则DE＝BH＝a，然后由勾股定理得EH=26a，过C作CM⊥EH于M，过D作DN⊥FH于N，则DN∥CM，由三角形面积关系求出DN=52626a，最后证△FDN∽△（3）过点E作PE∥DH交CF于P，过点E作EQ⊥CF于Q，先证△PED为等腰直角三角形，得DE＝PE，再证△BHG≌△PEF（ASA），得HG＝EF＝4，然后求出QE=12PD【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠DCB＝90°，∵∠ECH＝90°，∴∠DCB﹣∠BCE＝∠ECH﹣∠BCE，即∠DCE＝∠BCH，在△CDE和△CBH中，CD=CB∠DCE=∠BCH∴△CDE≌△CBH（SAS）；（2）解：由（1）得：△CDE≌△CBH，∴∠CDE＝∠CBH，DE＝BH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDB＝∠DBC＝45°，∴∠CDE＝∠CBH＝180°﹣45°＝135°，∴∠EDH＝135°﹣45°＝90°，∵BH：DH＝1：5，∴设BH＝a，则DH＝5a，∴DE＝BH＝a，在Rt△HDE中，EH=DE过C作CM⊥EH于M，过D作DN⊥FH于N，如图1所示：则DN∥CM，∵△DEH的面积=12DN×EH=12∴12DN×26a=12解得：DN=526∵CE＝CH，∠ECH＝90°，∴CM=12EH=∵DN∥CM，∴△FDN∽△FCM，∴FDFC（3）解：过点E作PE∥DH交CF于P，过点E作EQ⊥CF于Q，如图2所示：∵PE∥DH，∴∠BHG＝∠PEF，∠FPE＝∠FDH＝135°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠HBG＝∠FDH＝135°，∴∠HBG＝∠EPF＝135°，∵∠CDE＝135°，∴∠EDQ＝45°，∠EPQ＝45°，∴△PED为等腰直角三角形，∴DE＝PE，由（1）得：△CDE≌△CBH，∴DE＝BH，∴DE＝BH＝PE＝3，在△BHG和△PEF中，∠BHG=∠PEFBH=PE∴△BHG≌△PEF（ASA），∴HG＝EF＝4，∵△PED是等腰直角三角形，∴PD=2DE＝32∵EQ⊥PD，∴QE=12PD在Rt△FEQ中，sin∠CFE=EQ7．（2021•福建）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A′，AA′的延长线交BC于点G．（1）求证：DE∥A′F；（2）求∠GA′B的大小；（3）求证：A′C＝2A′B．【思路点拨】（1）由轴对称的性质可得AO＝A'O，AA'⊥DE，由三等份点可得AE＝EF，由三角形中位线定理可得DE∥A'F；（2）由“ASA”可证△ADE≌△BAG，可得AE＝BG，可得∠GFB＝∠FGB＝45°，通过证明点F，点B，点G，点A'四点共圆，可得∠GA'B＝∠GFB＝45°；（3）通过证明△A'FB∽△A'GC，可得A'BA'C【解答过程】证明：（1）如图，设AG与DE的交点为O，连接GF，∵点A关于DE的对称点为A′，∴AO＝A'O，AA'⊥DE，∵E，F为边AB上的两个三等分点，∴AE＝EF＝BF，∴OE是△AA'F的中位线，∴DE∥A'F；（2）∵AA'⊥DE，∴∠AOE＝90°＝∠DAE＝∠ABG，∴∠ADE+∠DEA＝90°＝∠DEA+∠EAO，∴∠ADE＝∠EAO，在△ADE和△BAG中，∠ADE=∠EAOAD=AB∴△ADE≌△BAG（ASA），∴AE＝BG，∴BF＝BG，∴∠GFB＝∠FGB＝45°，∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，∴点F，点B，点G，点A'四点共圆，∴∠GA'B＝∠GFB＝45°；（3）设AE＝EF＝BF＝BG＝a，∴AD＝BC＝3a，FG=2a∴CG＝2a，在Rt△ADE中，DE=AD2+AE2∵sin∠EAO＝sin∠ADE，∴OEAE∴OEa∴OE=1010∴AO=AE2−OE2=∴A'G=210∵AO＝A'O，AE＝EF，∴A'F=21010a∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，∴∠A'FB+∠A'GB＝180°，∵∠A'GC+∠A'GB＝180°，∴∠A'FB＝∠A'GC，又∵A'FA'G∴△A'FB∽△A'GC，∴A'BA'C∴A′C＝2A′B．8．（2021•南通）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．（1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）；（2）过点C作CG⊥直线AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由；（3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值．【思路点拨】（1）由轴对称的性质可得AB＝BF，BE⊥AF，可求∠CBF＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可求解；（2）通过证明点A，点D，点G，点C四点共圆，可得∠AGD＝∠ACD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠AFB＝90°﹣α，可得∠CFG＝45°＝∠DGA，可证DG∥CF；（3）分三种情况讨论，由旋转的性质可得AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，由“ASA”可证△ABE≌△NHB，可得BN＝AE=12【解答过程】解：（1）如图1，连接BF，∵点A关于直线BE的对称点为点F，∴AB＝BF，BE⊥AF，∴∠ABE＝∠EBF＝α，∴∠CBF＝90°﹣2α，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF=180°−(90°−2α)（2）DG∥CF，理由如下：如图2，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，∵CG⊥AF，∴∠CGA＝∠ADC＝90°，∴点A，点D，点G，点C四点共圆，∴∠AGD＝∠ACD＝45°，∵AB＝BF，∠ABF＝2α，∴∠AFB=180°−2α∴∠AFC＝135°，∴∠CFG＝45°＝∠DGA，∴DG∥CF；（3）∵BE＞AB，∴BH＞BF，∴BH≠BF；如图3，当BH＝FH时，过点H作HN⊥BF于N，∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，∴△ABE≌△CBH，∠EBH＝90°＝∠ABC，∴AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，∴∠HBF＝90°﹣α，∵BH＝FH，HN⊥BF，∴BN＝NF=12BF=12AB，∠∴∠BHN＝α，∴∠ABE＝∠BHN，∴△ABE≌△NHB（ASA），∴BN＝AE=12∴BE=AE2∴sinα=AE当BF＝FH时，∴∠FBH＝∠FHB＝90°﹣α，∴∠BFH＝2α＝∠ABF，∴AB∥FH，即点F与点C重合，则点E与点D重合，∵点E在边AD上（不与端点A，D重合），∴BF＝FH不成立，综上所述：sinα的值为559．（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；（2）当CG＝2时，求AE的长；（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．【思路点拨】（1）利用平行四边形的判定定理：两边平行且相等的四边形是平行四边形，（2）利用三角形相似，求出此时FG的长，再借助直角三角形勾股定理求解，（3）利用图形法，判断G点轨迹为一条线段，在对应点处求解．【解答过程】解：（1）证明：连接DF，CE，如图所示：，∵E为AB中点，∴AE＝AF=12∴EF＝AB＝CD，∵四边形ABCD是菱形，∴EF∥AB∥CD，∴四边形DFEC是平行四边形．（2）作CH⊥BH，设AE＝FA＝m，如图所示，，∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥EF，∴△CDG∽△FEG，∴CDCG∴FG＝2m，在Rt△CBH中，∠CBH＝60°，BC＝2，sin60°=CHBC，CHcos60°=BHBC，在Rt△CFH中，CF＝2+2m，CH=3，FH＝3+mCF²＝CH²+FH²，即（2+2m）²＝（3）²+（3+m）²，整理得：3m²+2m﹣8＝0，解得：m1=43，m∴AE=4（3）G点轨迹为线段AG，证明：如图，（此图仅作为证明AG轨迹用），延长线段AG交CD于H，作HM⊥AB于M，作DN⊥AB于N，∵四边形ABCD是菱形，∴BF∥CD，∴△DHG∽△EGA，△HGC∽△AGF，∴AEDH=AG∴AEDH∵AE＝AF，∴DH＝CH＝1，在Rt△ADN中，AD＝2，∠DAB＝60°．∴sin60°=DNAD，DN=3．cos60°=在Rt△AHM中，HM＝DN=3，AM＝AN+NM＝AN+DHtan∠HAM=3G点轨迹为线段AG．∴G点轨迹是线段AG．如图所示，作GH⊥AB，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，∴CD∥BF，BD＝2，∴△CDG∽△FBG，∴CDBF=DGBG，即∵BG+DG＝BD＝2，∴BG=4在Rt△GHB中，BG=43，∠sin60°=GHBG，GHcos60°=BHBG，BH在Rt△AHG中，AH＝2−23=4AG²＝（43）²+（233∴AG=2∴G点路径长度为27解法二：如图，连接AG，延长AG交CD于点W．∵CD∥BF，∴FACW=AG∴FACW∵AF＝AE，∴DW＝CW，∴点G在AW上运动．下面的解法同上．10．（2021•广东）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，∠ABC＝90°，点E、F分别在线段BC、AD上，且EF∥CD，AB＝AF，CD＝DF．（1）求证：CF⊥FB；（2）求证：以AD为直径的圆与BC相切；（3）若EF＝2，∠DFE＝120°，求△ADE的面积．【思路点拨】（1）先判断出∠DFE＝2∠EFC，同理判断出∠AFE＝2∠BFE，进而判断出2∠BFE+2∠EFC＝180°，即可得出结论；（2）取AD的中点O，过点O作OH⊥BC于H，先判断出OH=12（AB+CD），进而判断出OH=（3）先求出∠CFE＝60°，CE＝23，再判断出四边形CEMD是矩形，得出DM＝23，过点A作AN⊥EF于N，同理求出AN=2【解答过程】（1）证明：∵CD＝DF，∴∠DCF＝∠DFC，∵EF∥CD，∴∠DCF＝∠EFC，∴∠DFC＝∠EFC，∴∠DFE＝2∠EFC，∵AB＝AF，∴∠ABF＝∠AFB，∵CD∥EF，CD∥AB，∴AB∥EF，∴∠EFB＝∠AFB，∴∠AFE＝2∠BFE，∵∠AFE+∠DFE＝180°，∴2∠BFE+2∠EFC＝180°，∴∠BFE+∠EFC＝90°，∴∠BFC＝90°，∴CF⊥BF；（2）证明：如图1，取AD的中点O，过点O作OH⊥BC于H，∴∠OHC＝90°＝∠ABC，∴OH∥AB，∵AB∥CD，∴OH∥AB∥CD，∵AB∥CD，AB≠CD，∴四边形ABCD是梯形，∴点H是BC的中点，∴OH=12（AB+连接并延长交BA的延长线于G，∴∠G＝∠DCO，∵∠AOG＝∠DOC，OA＝OD，∴△AOG≌△DOC（AAS），∴AG＝CD，OC＝OG，∴OH是△BCG的中位线，∴OH=12BG=12（AB+AG）=12（AF∵OH⊥BC，∴以AD为直径的圆与BC相切；（3）如图2，由（1）知，∠DFE＝2∠EFC，∵∠DFE＝120°，∴∠CFE＝60°，在Rt△CEF中，EF＝2，∠ECF＝90°﹣∠CFE＝30°，∴CF＝2EF＝4，∴CE=CF2∵AB∥EF∥CD，∠ABC＝90°，∴∠ECD＝∠CEF＝90°，过点D作DM⊥EF，交EF的延长线于M，∴∠M＝90°，∴∠M＝∠ECD＝∠CEF＝90°，∴四边形CEMD是矩形，∴DM＝CE＝23，过点A作AN⊥EF于N，∴四边形ABEN是矩形，∴AN＝BE，由（1）知，∠CFB＝90°，∵∠CFE＝60°，∴∠BFE＝30°，在Rt△BEF中，EF＝2，∴BE＝EF•tan30°=2∴AN=2∴S△ADE＝S△AEF+S△DEF=12EF•AN+1=12EF（AN+=12×2×（2=811．（2021•青岛）已知：如图，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB＝8cm，AD＝AE＝6cm，∠DAE＝90°．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM∥BE，交AD于点H，交DE于点M，过点Q作QN∥BC，交CD于点N．分别连接PQ，PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：（1）当PQ⊥BD时，求t的值；（2）设五边形PMDNQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；（3）当PQ＝PM时，求t的值；（4）若PM与AD相交于点W，分别连接QW和EW．在运动过程中，是否存在某一时刻t，使∠AWE＝∠QWD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）根据cos∠PBQ=BQ（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S＝S四边形DQPM+S△DNQ=12（PQ+DH）•QM+12QN•ND=12（HA+DH）•QM+12QN•ND=1（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ＝PM，构建方程求解即可．（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出QHAE=HWWA，【解答过程】解：（1）如图1中，由题意，BP＝DQ＝t（cm），在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝AD＝6cm，∠BAD＝90°，∴BD=AB2∵PQ⊥BD，∴∠PQB＝90°，∴cos∠PBQ=BQ∴10−tt∴t=50答：当PQ⊥BD时，t的值为509（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．在等腰Rt△ADE中，AD＝AE＝6，∠EAD＝90°，∴BE＝AB+AE＝8+6＝14（cm），∵QM∥BE，∴∠POH＝∠PAH＝∠OHA＝90°，∴四边形OPAH是矩形，∴PO＝AH，∵QM∥EB，∴∠DQM＝∠DBE，∵∠QDM＝∠QDM，∴△DQM∽△DBE，∴QMBE∴QM14∴QM=75t（∵QN∥BC，∴∠DNQ＝∠C＝90°，∵∠CDB＝∠CDB，∴△NDQ∽△CDB，∴DQDB∴t10∴DN=45t（cm），QN=35∴S＝S四边形DQPM+S△DNQ=12（PQ+DH）•QM+12=12（HA+DH）•QM+1=12•AD•QM+1=12×6×75=625t2+∴S与t之间的函数关系式为：S=625t2+215（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．由（1）（2）可知DC∥AB，∠DNQ＝90°，PO⊥QM，∵∠DNQ＝∠NGA＝∠BAD＝90°，∴四边形NGAD是矩形，∴BG＝CN＝（8−45t）（同理可证，四边形PGQO是矩形，∴QO＝PG＝BP﹣CN＝t﹣（8−45t）＝（95t∴12×75∴t=80答：当PQ＝PM时，t的值为8011（4）存在．理由：如图4中，由（2）得DN=45t，QM=∵QN∥BC，QM∥BE，∴∠DNQ＝∠NQH＝∠NDH＝90°，∴四边形NQHD是矩形，∴QH＝DN=45t，且∠∴∠QHA＝∠DAE＝90°，∵∠AWE＝∠QWD，∴△HQW∽△AEW，同理可证△MHW∽△PAW，∴QHAE=HW∴QHAE∴45∴t=7经检验，t=7答：在运动过程中，t的值为72时，∠AWE＝∠QWD12．（2021•常德）如图1，在△ABC中，AB＝AC，N是BC边上的一点，D为AN的中点，过点A作BC的平行线交CD的延长线于T，且AT＝BN，连接BT．（1）求证：BN＝CN；（2）在图1中AN上取一点O，使AO＝OC，作N关于边AC的对称点M，连接MT、MO、OC、OT、CM得图2．①求证：△TOM∽△AOC；②设TM与AC相交于点P，连接PD，求证：PD∥CM，PD=12【思路点拨】（1）由“AAS”可证△ATD≌△NCD，可得CN＝AT＝BN；（2）①由轴对称的性质可得CN＝MC＝AT，∠ACN＝∠ACM，由“SAS”可证△TAO≌△MCO，可得OT＝OM，∠TOA＝∠COM，即可得结论；②将CM绕点M顺时针旋转，使点C落在点E上，连接AM，TE，由旋转的性质可得EM＝CM＝AT，由角的数量关系可证∠TAC＝∠AEM，可得AT∥EM，可证四边形ATEM是平行四边形，可得TP＝PM，由三角形中位线定理可得结论．【解答过程】证明：（1）∵AT∥BC，∴∠ATD＝∠BCD，∵点D是AN的中点，∴AD＝DN，在△ATD和△NCD中，∠ATD=∠BCD∠ADT=∠CDN∴△ATD≌△NCD（AAS），∴CN＝AT，TD＝DC，∵AT＝BN，∴BN＝CN；（2）①∵AT＝BN，AT∥BN，∴四边形ATBN是平行四边形，∵AB＝AC，BN＝CN，∴AN⊥BC，∴平行四边形ATBN是矩形，∴∠TAN＝90°，∵点M，点N关于AC对称，∴CN＝MC，∠ACN＝∠ACM，∴AT＝CM，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵∠OAC+∠ACN＝90°，∴∠OCA+∠ACM＝90°＝∠OCM，∴∠OCM＝∠TAN，又∵AT＝CM，OA＝OC，∴△TAO≌△MCO（SAS），∴OT＝OM，∠TOA＝∠COM，∴∠TOM＝∠AOC，OTOA∴△TOM∽△AOC；②如图2，将CM绕点M顺时针旋转，使点C落在点E上，连接AM，TE，∴EM＝CM＝AT，∴∠MEC＝∠MCE，∵∠CAN+∠ACN＝90°，∴∠CAN+∠ACM＝90°，∴∠TAN+∠NAC+∠ACM＝180°，∴∠TAC+∠ACM＝180°，又∵∠AEM+∠CEM＝180°，∴∠TAC＝∠AEM，∴AT∥EM，∴四边形ATEM是平行四边形，∴TP＝PM，又∵TD＝DC，∴PD∥CM，PD=1213．（2021•无锡）已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是射线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°，设BE＝m．（1）如图，若点E在线段BC上运动，EF交CD于点P，AF交CD于点Q，连接CF，①当m=13时，求线段②在△PQE中，设边QE上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；（2）设过BC的中点且垂直于BC的直线被等腰直角三角形AEF截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．【思路点拨】（1）①过F作FG⊥BC于G，连接CF，先证明△ABE≌△EGF，可得FG＝BE=13，EG＝AB＝BC，则EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE=13，再在Rt△CGF②△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，过P作PH⊥EQ于H，由△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，可得C、D、E'共线，由△EAQ≌△E'AQ，可得∠E'＝∠AEQ，故∠AEB＝∠AEQ，从而∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分线，有PH＝PC，用△ABE∽△ECP，可求CP＝m（1﹣m），即可得h＝﹣m2+m；（2）分两种情况：①当m＜12时，由△ABE∽△ECP，可求HG＝﹣m2+12m，根据MG∥CD，G为BC中点，可得MN=12DQ，设DQ＝x，则EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，可得MN=1−m2(1+m)，故y＝NH＝MG﹣HG﹣②当m＞12时，由MG∥AB，可得HG=2m−12m，同①可得MN=12【解答过程】解：（1）①过F作FG⊥BC于G，连接CF，如图：∵四边形ABCD是正方形，∠AEF＝90°，∴∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠FEG，∠B＝∠G＝90°，∵等腰直角三角形AEF，∴AE＝EF，在△ABE和△EGF中，∠B=∠G∠BAE=∠FEG∴△ABE≌△EGF（AAS），∴FG＝BE=13，EG＝AB＝∴EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE=1在Rt△CGF中，CF=C②△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，过P作PH⊥EQ于H，如图：∵△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，∴△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，∴∠ADC+∠ADE'＝180°，∴C、D、E'共线，∵∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠DAE'+∠EAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠E'AF＝45°，在△EAQ和△E'AQ中，AE=AE'∠EAQ=∠E'AQ∴△EAQ≌△E'AQ（SAS），∴∠E'＝∠AEQ，EQ＝E'Q，∴∠AEB＝∠AEQ，EQ＝DQ+DE'＝DQ+BE，∴∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分线，又∠C＝90°，PH⊥EQ，∴PH＝PC，∵∠BAE＝∠CEP，∠B＝∠C＝90°，∴△ABE∽△ECP，∴CPBE=CE∴CP＝m（1﹣m），∴PH＝h＝﹣m2+m＝﹣（m−12）2∴m=12时，h最大值是（2）①当0≤m≤1∵∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠HEG，∠B＝∠HGE＝90°，∴△ABE∽△EGH，∴HGBE=EG∴HG＝﹣m2+12∵MG∥CD，G为BC中点，∴MN为△ADQ的中位线，∴MN=12由（1）知：EQ＝DQ+BE，设DQ＝x，则EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，∴（1﹣m）2+（1﹣x）2＝（x+m）2，解得x=1−m∴MN=1−m∴y＝NH＝MG﹣HG﹣MN＝1﹣（﹣m2+12m＝1−12m−1−m②当m＞1∵MG∥AB，∴HGAB=GE∴HG=2m−1同①可得MN=12DQ∴HN＝MG﹣HG﹣MN＝1−=1+∴y=1+综上所述，y=1−14．（2021•丹东）已知，在正方形ABCD中，点M、N为对角线AC上的两个动点，且∠MBN＝45°，过点M、N分别作AB、BC的垂线相交于点E，垂足分别为F、G，设△AFM的面积为S1，△NGC的面积为S2，△MEN的面积为S3．（1）如图（1），当四边形EFBG为正方形时，①求证：△AFM≌△CGN；②求证：S3＝S1+S2．（2）如图（2），当四边形EFBG为矩形时，写出S1，S2，S3三者之间的数量关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若BG：GC＝m：n（m＞n），请直接写出AF：FB的值．【思路点拨】（1）①利用两个正方形性质易证△AFM≌△CGN；②证法1：连接BD，则BD过点E，且BD⊥AC，∠ABD＝∠CBD＝45°，由①知AM＝CN，易证△ABM≌△CBN，可得BM＝BN，进一步证明△FBM≌△OBN，从而得到△AFM≌△EON，同理△CGN＝△EOM，故S3＝S1+S2；证法2：利用半角模型证得△BMN′≌△BMN（SAS），MN′＝MN，再由∠MAN′＝∠BAN′+∠BAC＝45°+45°＝90°，运用勾股定理得：AM2+AN′2＝MN′2，即AM2+CN2＝MN2，再由△AMF、△CGN和△EMN都是等腰直角三角形，即可证得结论；（2）证法1，如图1，连接BD交AC于点O，易证△FBM∽△OBN，进而得到BFOB=BMBN，仿照上面同样的方法，可证BMBN=OBBG，即OB2＝BF⋅BG，从而得到S矩形EFBG＝S△ABC，故S证法2：与（1）②同理利用半角模型即可证得结论；证法3：作△BMN的外接圆⊙O，则OM＝ON＝OB，延长MO交BC于H，设AF＝b，CG＝a，则BH＝b，OH＝a，即可证得结论；（3）解法1：在（2）的条件下，有S矩形EFBG＝S△ABC，根据题意可设BG＝mx，GC＝nx，AB＝BC＝（m+n）x，先求出BF的长，进而求出AF的长；解法2：设BG＝m，GC＝n，AF＝x，则BF＝m+n﹣x，根据△AMF、△CGN和△EMN都是等腰直角三角形，可得AM=2AF=2x，CN=2n，MN=2（m﹣x解法3：如图3，设BG＝m，CG＝n，AF＝x，则OB=x2+n2，ON＝m﹣x，由x2+n2=m﹣x，求得：x=【解答过程】解：（1）①在正方形ABCD和正方形EFBG中，AB＝CB，BF＝BG，∠FAM＝∠GCN＝45°，∠AFM＝∠CGN＝90°，∴AB﹣BF＝CB﹣BG，即AF＝CG，∴△AFM≌△CGN（ASA）②证法1：如图1，连接BD，则BD过点E，且BD⊥AC，∠ABD＝∠CBD＝45°，由①知△AFM≌△CGN，∴AM＝CN，∵∠BAM＝∠BCN，AB＝BC，∴△ABM≌△CBN（SAS），∴BM＝BN，∠ABM＝∠CBN，∵∠MBN＝45°＝∠ABD，∴∠FBM+∠MBO＝∠MBO+∠OBN，∴∠FBM＝∠OBN，∵∠BFM＝∠BON＝90°，∴△FBM≌△OBN（AAS），∴FM＝ON，∵∠AFM＝∠EON＝90°，∠FAM＝∠OEN＝45°，∴△AFM≌△EON（AAS），同理△CGN≌△EOM（AAS），∴S△EOM＝S△CGN，S△EON＝S△AFM，∵S3＝S△MEN＝S△EOM+S△EON＝S△CGN+S△AFM，∴S3＝S1+S2．证法2：如图1′，将△BCN绕点B逆时针旋转90°得到△BAN′，连接N′F，则BN′＝BN，AN′＝CN，∠BAN′＝∠BCN＝45°，∠BFN′＝∠BGN＝90°，∵∠BFE＝90°，∴∠BFN′+∠BFE＝180°，即M、F、N′在同一条直线上，∵∠MBN＝4°，∴∠CBN+∠ABM＝45°，∴∠ABN′+∠ABM＝45°＝∠MBN，即∠MBN′＝∠MBN，在△BMN′和△BMN中，BN'=BN∠MBN'=∠MBN∴△BMN′≌△BMN（SAS），∴MN′＝MN，∵∠MAN′＝∠BAN′+∠BAC＝45°+45°＝90°，∴AM2+AN′2＝MN′2，即AM2+CN2＝MN2，∵△AMF和△CGN都是等腰直角三角形，∴∠AMF＝∠CNG＝45°，∴∠EMN＝∠AMF＝∠ENM＝∠CNG＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴S1=14AM2，S2=14CN2，S3∴S1+S2=14AM2+14CN2=14（AM2+CN∴S3＝S1+S2．（2）S3＝S1+S2，理由如下：证法1：如图2，连接BD交AC于点O，∵四边形ABCD是正方形，四边形EFBG为矩形，∴BD⊥AC，∠BFM＝∠BON＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，AC＝BD＝2OB，∵∠MBN＝45°，∠FBM＝∠OBN＝45°﹣∠MBO，∴△FBM∽△OBN，∴BFOB同理△BOM∽△BGN，∴BMBN∴BFOB∴OB2＝BF⋅BG，∵S△ABC=12OB⋅AC=12OB⋅2OB=OB∴S矩形EFBG＝S△ABC，∴S1+S2＝S△ABC﹣S五边形MFBGN，S3＝S矩形EFBG﹣S五边形MFBGN，∴S3＝S1+S2．证法2：如图2′，将△BCN绕点B逆时针旋转90°得到△BAN′，连接N′M，则BN′＝BN，AN′＝CN，∠BAN′＝∠BCN＝45°，与（1）②同理可得：△BMN′≌△BMN（SAS），∴MN′＝MN，∵∠MAN′＝∠BAN′+∠BAC＝45°+45°＝90°，∴AM2+AN′2＝MN′2，即AM2+CN2＝MN2，∵△AMF和△CGN都是等腰直角三角形，∴∠AMF＝∠CNG＝45°，∴∠EMN＝∠AMF＝∠ENM＝∠CNG＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴S1=14AM2，S2=14CN2，S3∴S1+S2=14AM2+14CN2=14（AM2+CN∴S3＝S1+S2．证法3：如图2″，作△BMN的外接圆⊙O，则OM＝ON＝OB，∵∠MBN＝45°，∴∠MON＝90°，∵OM＝ON，∴∠OMN＝∠ONM＝45°，延长MO交BC于H，设AF＝b，CG＝a，则BH＝b，OH＝a，∴a2+b2＝OB2＝ON2，∴S3＝S1+S2．（3）解法1：根据题意可设BG＝mx，GC＝nx，AB＝BC＝（m+n）x，∴S矩形EFBG即BF⋅BG=1∴BF=1∴AF=AB−BF=(∴AF：BF=(m2−n2)x2m：(m+n)2解法2：∵BG：GC＝m：n（m＞n），∴设BG＝m，GC＝n，∴AB＝BC＝m+n，设AF＝x，则BF＝m+n﹣x，∵△AMF、△CGN和△EMN都是等腰直角三角形，∴AM=2AF=2x，CN=2n，MN=2（∵AM2+CN2＝MN2，∴（2x）2+（2n）2＝[2（m﹣x）]2，化简整理，得：x=m2−n∴BF＝m+n−m∴AFBF=m解法3：如图3，设BG＝m，CG＝n，AF＝x，则OB=x2+n2，ON∴x2+n2∴x=m∴BF＝m+n﹣x=(m+n∴AF：BF=m2−15．（2021•济南）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，BD=13BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为α，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧作等腰直角三角形CEF，连接（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B，E，F三点共线时，连接AE，判断四边形AECF的形状，并说明理由．【思路点拨】（1）根据题意得BD＝DE＝EC=13BC，进而可得△ABC∽△FEC，得出FCAC=ECBC=（2）①由△CEF是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，可得△CAF∽△CBE，推出AFBE②如图3，过点D作DG⊥BF于点G，由旋转得：DE＝BD=13BC，进而得出△BDG∽△BCF，推出AF=22BE=2BG=2CF＝CE，再由△CAF∽△CBE，推出∠CAF＝∠【解答过程】解：（1）如图1，当α＝180°时，点E在线段BC上，∵BD=13∴DE＝BD=13∴BD＝DE＝EC，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠CFE＝∠BAC＝90°，∵∠ECF＝∠BCA＝45°，∴△ABC∽△FEC，∴FCAC∴AFAC∵BC=2AC∴BEBC∴BEAC=2∴AFBE=AF（2）①AFBE理由如下：如图2，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，CFCE∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠BCA＝45°，CACB∴∠ECF＝∠BCA，CFCE∴∠ACF+∠ACE＝∠BCE+∠ACE，∴∠ACF＝∠BCE，∵CFCA∴△CAF∽△CBE，∴AFBE∴AFBE②四边形AECF是平行四边形．理由如下：如图3，过点D作DG⊥BF于点G，由旋转得：DE＝BD=13∵∠BGD＝∠BFC＝90°，∠DBG＝∠CBF，∴△BDG∽△BCF，∴DGCF∵BD＝DE，DG⊥BE，∴BG＝EG，∴BG＝EG＝EF，∵EF＝CF，∴CF＝BG=13由①知，AF=22BE=2BG=2∵△CAF∽△CBE，∴∠CAF＝∠CBE，∠ACF＝∠BCE，∵∠CEF＝∠CBE+∠BCE＝45°，∠BCE+∠ACE＝∠ACB＝45°，∴∠CBE＝∠ACE，∴∠CAF＝∠ACE，∴AF∥CE，∵AF＝CE，∴四边形AECF是平行四边形．16．（2021•黑龙江）已知∠ABC＝60°，点F在直线BC上，以AF为边作等边三角形AFE，过点E作ED⊥AB于点D．请解答下列问题：（1）如图①，求证：AB+BF＝2BD；（2）如图②、图③，线段AB，BF，BD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明．【思路点拨】（1）如图①中，连接BE，在BC的延长线上截取BT，使得BT＝BA，连接AT．根据等边三角形的性质得到AT＝AB，AF＝AE，∠TAB＝∠FAE＝60°，推出∠TAF＝∠BAE，证得△ATF≌△ABE，根据全等三角形的性质得到TF＝BE，∠ATB＝∠ABE＝60°，根据直角三角形的性质得到BD=12（2）①如图②中，结论：AB﹣BF＝2BD．连接BE，在BC的延长线上截取BT，使得BT＝BA，连接AT．根据等边三角形的性质得到AC＝AB，AF＝AE，∠CAB＝∠FAE＝60°，推出∠CAF＝∠BAE，证得△ACF≌△ABE，根据全等三角形的性质得到CF＝BE，∠C＝∠ABE＝60°，根据直角三角形的性质得到BD=12BE，等量代换即可得到结论．②如图③中，结论：BF﹣AB＝2【解答过程】（1）证明：如图①中，连接BE，在BC的延长线上截取BT，使得BT＝BA，连接AT．∵BA＝BT，∠ABT＝60°，∴△ABT是等边三角形，∵△ABT，△AEF是等边三角形，∴AT＝AB，AF＝AE，∠TAB＝∠FAE＝60°，∴∠TAF＝∠BAE，在△ATF与△ABE中，AT=AB∠TAF=∠BAE∴△ATF≌△ABE（SAS），∴TF＝BE，∠ATB＝∠ABE＝60°，∵ED⊥AB，∴∠DEB＝30°，∴BD=12∴TF＝2BD，∵BT＝AB，∴AB+BF＝2BD．（2）①如图②，结论：AB﹣BF＝2BD．理由：连接BE，在BC的延长线上截取BT，使得BT＝BA，连接AT．∵△ABT，△AEF是等边三角形，∴AT＝AB，AF＝AE，∠TAB＝∠FAE＝60°，∴∠TAF＝∠BAE，在△ATF与△ABE中，AT=AB∠TAF=∠BAE∴△ATF≌△ABE（SAS），∴TF＝BE，∠ATF＝∠ABE＝60°，∴∠EBD＝60°，∵ED⊥AB，∴∠DEB＝30°，∴BD=12∴TF＝2BD，∵BT＝AB，∴AB＝2BD，∴AB﹣BF＝2BD．②如图③，结论：BF﹣AB＝2BD．理由：连接BE，在BC上截取BT，使得BT＝BA，连接AT．∵△ABT，△AEF是等边三角形，∴AT＝AB，AF＝AE，∴∠TAF＝∠BAE，在△ATF与△ABE中，AT=AB∠TAF=∠BAE∴△ATF≌△ABE（SAS），∴TF＝BE，∠ATF＝∠ABE＝120°，∴∠EBD＝60°∵ED⊥AB，∴∠DEB＝30°，∴BD=12∴TF＝2BD，∵BT＝AB，∴BF﹣AB＝2BD17．（2021•沈阳）在△ABC中，AB＝AC，△CDE中，CE＝CD（CE≥CA），BC＝CD，∠D＝α，∠ACB+∠ECD＝180°，点B，C，E不共线，点P为直线DE上一点，且PB＝PD．（1）如图1，点D在线段BC延长线上，则∠ECD＝180°﹣2α，∠ABP＝α（用含α的代数式表示）；（2）如图2，点A，E在直线BC同侧，求证：BP平分∠ABC；（3）若∠ABC＝60°，BC=3+1，将图3中的△CDE绕点C按顺时针方向旋转，当BP⊥DE时，直线PC交BD于点G，点M是PD中点，请直接写出【思路点拨】（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可．（2）如图2中，连接BD．证明∠PBC＝∠CDE＝α，可得结论．（3）分两种情形：如图3﹣1中，设BP交AC于J．图3﹣2中，设PC交BC于K，当BP⊥DE时，利用三角形的中位线定理，可得GM=12PB，求出【解答过程】（1）解：如图1中，∵CE＝CD，∴∠D＝∠E＝α，∴∠ECD＝180°﹣2α，∴∠ECB＝∠E+∠D＝2α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝2α，∵PB＝PD，∴∠PBD＝∠D＝α，∴∠ABP＝∠ABC﹣∠PBD＝α，故答案为：180°﹣2α，α．（2）证明：如图2中，连接BD．∵CB＝CD，PB＝PD，∴∠CBD＝∠CDB，∠PBD＝∠PDB，∴∠PBC＝∠PDC＝α，∵∠ACB+∠ECD＝180°，2∠D+∠ECD＝180°，∴∠ACB＝2α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝2α，∴∠ABP＝∠PBC＝α，∴PB平分∠ABC．（3）解：如图3﹣1中，设BP交AC于J．∵BP⊥PD，BP＝PD，∴△PBD是等腰直角三角形，∵CB＝CD，PB＝PD，∴PG垂直平分线段BD，∴BG＝DG，∵PM＝MD，∴GM=12∵∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠ECD＝180°﹣60°＝120°，△ACB是等边三角形，∵CE＝CD，∴∠CDE＝30°，∴∠PBC＝∠PDC＝30°，∴∠BJC＝90°，∴CJ=12BC=3+12，∵∠CPD＝∠CPJ＝45°，∴PJ＝JC=3∴PB＝BJ+PJ=3∴GM=3如图3﹣2中，设PC交BC于K，当BP⊥DE时，同法可证GM=12∵∠PBC＝30°，∠GPB＝∠PBC+∠PCB＝45°，∴∠PCB＝∠PCD＝15°，∴∠KCE＝120°﹣15°﹣15°＝90°，∵∠E＝30°，CE＝CB=3∴CK=EC3=∴KB＝BC﹣CK=2∴PB＝BK•cos30°=2∴GM=12PB综上所述，GM的长为3+22或18．（2021•安徽）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，点E在边BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：△ABF≌△EAD；（2）如图2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求BEEC【思路点拨】（1）先根据题意得出AB＝AE，DE＝DC，再证四边形ADCF是平行四边形，得出AF＝CD，进而得出AF＝DE，再由平行线性质得∠AED＝∠BAF，进而证得结论；（2）先证明△EAD∽△CFE，得ADEF=DECE=AECF，根据四边形ADCF是平行四边形，得AD＝CF，AF＝CD，进而可得CF4=5（3）如图3，延长BM、ED交于点G，先证明△ABE∽△DCE，得出ABDC=AEDE=BECE，设DC＝DE＝a，CE＝b，ABDC=AEDE=BECE=x，则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，可得EF＝AE【解答过程】解：（1）如图1，∵AE∥CD，∴∠AEB＝∠BCD，∵∠ABC＝∠BCD，∴∠ABC＝∠AEB，∴AB＝AE，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，∵∠ABC＝∠BCD，∴∠DEC＝∠BCD，∴DE＝DC，∵CF∥AD，AE∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形，∴AF＝CD，∴AF＝DE，在△ABF和△EAD中，AB=AE∠BAF=∠AED∴△ABF≌△EAD（SAS）；（2）方法①：∵CF∥AD，∴∠EAD＝∠CFE，∵∠ECF＝∠AED，∴△EAD∽△CFE，∴ADEF由（1）知：四边形ADCF是平行四边形，∴AD＝CF，AF＝CD，∵AB＝9，CD＝5，∴AE＝9，DE＝5，∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，∴CF4∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，∴CE=10∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，∴△ABE∽△DEC，∴BEAB=EC∴BE＝6；方法②：由（1）知△ABF≌△EAD，∴∠ABF＝∠EAD，∵∠EAD＝∠CFE，∴∠ABF＝∠CFE，∵∠ABC＝∠AEB，∠ABC＝∠ABF+∠EBF，∠AEB＝∠CFE+∠ECF，∴∠EBF＝∠ECF，∵∠BAE＝∠AED＝∠ECF，∴∠EBF＝∠BAE，∵∠BEF＝∠AEB，∴△BEF∽△AEB，∴BEEF=AE∴BE＝6；（3）如图3，延长BM、ED交于点G，∵△ABE，△DCE均为等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，∴△ABE∽△DCE，∴ABDC设DC＝DE＝a，CE＝b，ABDC=则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），∵AB∥DG，∴∠ABG＝∠G∵AD的中点M，∴AM＝DM，∵∠AMB＝∠DMG，∴△AMB≌△DMG（AAS），∴DG＝AB＝ax，∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），∵AB∥DG（即AB∥EG），∴△ABF∽△EGF，∴ABEG=AF∴x2﹣2x﹣1＝0，解得：x＝1+2或x＝1−∴BEEC=x＝119．（2021•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转α得到AN，过点C作CF∥AM交直线AN于点F，在AM上取点E，使∠AEB＝∠ACB．（1）当AM与线段BC相交时，①如图1，当α＝60°时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为AE＝CF+CE．②如图2，当α＝90°时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．（2）当tanα=43，AB＝5时，若△CDE是直角三角形，直接写出【思路点拨】（1）①结论：AE＝CF+CE．如图1中，作CT∥AF交AM于T．想办法证明AT＝CF，ET＝CE，可得结论．②结论：EC=2（AE﹣CF）．过点C作CQ⊥AE于Q．想办法证明CF＝AQ，CE=2（2）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明FK＝CD，可得结论．如图3﹣2中，当∠ECD＝90°时，∠DAB＝90°，解直角三角形求出AK，可得结论．【解答过程】解：（1）①结论：AE＝CF+CE．理由：如图1中，作CT∥AF交AM于T．∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝60°，∵AF∥CT，CF∥AT，∴四边形AFCT是平行四边形，∴CF＝AT，∵∠ADC＝∠BDE，∠DEB＝∠ACD，∴△ACD∽△BED，∴ADBD∴ADDC∵∠ADB＝∠CDE，∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∠CED＝60°，∵CT∥AF，∴∠CTE＝∠FAE＝60°，∴△CTE是等边三角形，∴EC＝ET，∴AE＝AT+ET＝CF+CE．故答案为：AE＝CF+CE．②如图2中，结论：EC=2（AE﹣CF理由：过点C作CQ⊥AE于Q．∵CF∥AM，∴∠CFA+∠MAN＝180°，∵∠MAN＝90°，∴∠CFA＝∠FAQ＝90°，∵∠CQA＝90°，∴四边形AFCQ是矩形，∴CF＝AQ，∵∠ADC＝∠BDE，∠DEB＝∠ACD，∴△ACD∽△BED，∴ADBD∴ADDC∵∠ADB＝∠CDE，∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∠CED＝45°，∵∠CQE＝90°，∴CE=2EQ∴AE﹣CF＝AE﹣AQ＝EQ，∴EC=2（AE﹣CF（2）如图3﹣1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于K．在Rt△ABJ中，tan∠BAJ=BJAJ=∴AJ＝3，BJ＝4，∵AC＝AB＝5，∴CJ＝AC﹣AJ＝5﹣3＝2，∴BC=BJ2∵12•AC•BJ=12•BC∴AD=5×425∴CD=A∵FK⊥AD，∴∠CDE＝∠FKD＝90°，∴CD∥FK，∵CF∥DK，∴四边形CDKF是平行四边形，∵∠FKD＝90°，∴四边形CDKF是矩形，∴FK＝CD=5∵tan∠FAK＝tan∠CAB=4∴FKAK∴AK=3∴AF=A如图3﹣2中，当∠ECD＝90°时，∠DAB＝90°，∵CF∥AM，∴∠AKF＝∠DAB＝90°，在Rt△ACK中，tan∠CAK=CKAK=∴CK＝4，AK＝3，∵∠MAN＝∠CAB，∴∠CAN＝∠DAB＝90°，∴∠CAB+∠BAF＝90°，∠BAF+∠AFK＝90°，∴∠AFK＝∠CAB，∴tan∠AFK=AK∴FK=9∴AF=A综上所述，满足条件的AF的值为554或20．（2021•重庆）在等边△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到