中考数学三轮冲刺培优训练专题20几何变式与类比探究综合问题（解析版）

专题20几何变式与类比探究综合问题（最新模拟40题预测）一、解答题1．（2023春·陕西延安·九年级专题练习）如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α(1)问题发现①当α=0°时，AEBD=______；②当α=180°时，(2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AEBD(3)问题解决△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，请直接写出线段BD的长______．【答案】(1)①5；②5(2)没有，证明见解析(3)满足条件的BD的长为355【分析】（1）①当α=0°时，在Rt△ABC中，勾股定理，可求AC的长，然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的AEBD的值；②当α=180°时，可得AB∥DE，然后根据ACAE=（2）首先判断出ECA=∠DCB，再根据ECDC=AC（3）分两种情形：当点E在AB的延长线上时；当点E在线段AB上时，分别求解即可．【详解】（1）解：①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=A∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴CE=AE=12AC=∴AE故答案为：5；②如图，当α=180°时，可得AB∥DE，∵AC∴AE故答案为：5；（2）解：如图，当0°≤α<360°时，AEBD∵ECD=∠ACB，∴ECA=∠DCB，∵EC∴△ECA∽△DCB，∴AE（3）解：如图，当点E在AB的延长线上时，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=AB+BE=5，∵AE∴BD=5如图，当点E在线段AB上时，在Rt△BCE中，CE=5，BC=2∴BE=E∴AE=4−1=3，∵AE∴BD=3综上所述，满足条件的BD的长为355或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．2．（2022秋·江西赣州·八年级统考期中）【问题背景】在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．【初步探索】小亮同学认为：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是___________．【探索延伸】在四边形ABCD中如图2，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF=1【结论运用】如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】EF=BE+FD，成立，210海里【分析】（问题背景）：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，即可证明△ABE≅△ADG，可得AE=AG再证明△AEF≅△AGF，可得EF=FG，根据，△AEF≌△AGF，根据DG=BE,FG=FD+DG，即可得解；（探索延伸）：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可得解；（实际应用）连接EF，延长AE、BF相交于点C，图形符合探索延伸中的条件，直接应用结论进行计算即可．【详解】证明：（初步探索）如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B=∠ADC=90°∴∠B=∠ADG在△ABE和△ADG中DG=BE∴△ABE≅△ADGSAS∴AE=AG，∠BAE=∠DAG∵∠EAF=60°,∠BAD=120°∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=60°∴∠EAF=∠GAF=60°在△AEF和△GAF中AE=AG∴△AEF≅△AGFSAS∴EF=GF，∵DG=BE,FG=FD+DG，∴EF=FD+BE；（探索延伸）证明：如图，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，则：∠ADC+∠ADG=180°，∵∠ADC+∠B=180°，∴∠ADG=∠B，在△ABE和△ADG中DG=BE∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠DAG=∠BAE,AE=AG，∵∠EAF=1∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠DAF+∠DAG=∠EAF，即：∠GAF=∠EAF，在△AEF和△GAF中AE=AG∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，∵DG=BE,FG=FD+DG，∴EF=FD+BE；（结论运用）解：连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB=30°+90°+(90°−70°)=140°,∠EOF=70°，∴∠EOF=又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°−30°)+∴图形符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+BF，成立，∵AE=60×1.5=90,BF=80×1.5=120，∴EF=AE+BF=90+120=210（海里）；∴两舰艇之间的距离为：210海里．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．解题的关键是根据题意添加合适的辅助线证明三角形全等．3．（2023秋·四川德阳·八年级统考期末）（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接AE．①∠AEC的度数为______；②线段AE、BD之间的数量关系为______；（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点B、D、E在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由见详解；（3）180°．【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后证明∠ECA=∠DCB，从而可证明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；（2）类似（1）中方法，证明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA−∠CEB=90°，根据等腰直角三角形的性质得到CM=EM=MD，即可得到线段CM、AE、BE之间的数量关系；（3）根据△AEC≌△BDC解答即可．【详解】（1）解：如图①所示，∵△ABC和△EDC都是等边三角形，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC与△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=60°，点B、D、E在同一条直线上，∴∠BDC=120°，∴∠AEC=∠BDC=120°，故①的答案为：120°；②的答案为：相等；（2）解：如图②所示，∵△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=90°,∠CDE=∠CED=45°，∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，∴∠ECA=∠DCB，在△AEC与△BDC中，EC=DC∠ECA=∠DCB∴△AEC≌△BDC(∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，∵∠CDE=45°，点B、D、E在同一条直线上，∴∠BDC=135°，∴∠AEC=∠BDC=135°，∴∠AEB=∠AEC−∠CEB=135°−45°=90°，∵△EDC都是等腰直角三角形，CM⊥DE，∴CM=EM=MD，∴ED=2CM，∴BE=BD+DE=AE+2CM，∴∠AEB的度数为90°，线段CM、AE、BE之间的数量关系为：∴BE=AE+2CM；（3）解：根据（1）（2）中结论可知：△AEC≌△BDC，得∠AEC=∠BDC，∵△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，∴∠CDE=∠ABC=180°−36°∴∠AEC=∠BDC=180°−72°=108°，∴∠AEC+∠ABC=108°+72°=180°，∴∠EAB+∠ECB=360°−180°=180°．【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．4．（2023·全国·九年级专题练习）问题背景：（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明探索延伸：（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且【答案】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）结论EF=BE+DF仍然成立，理由见解析【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再证明（2）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，由∠EAF=12∠BAD【详解】证明：（1）在△ABE和△ADG中，DG=BE∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∵∠EAF=1∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGFSAS∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；故答案为EF=BE+DF．（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由：如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，在△ABE和△ADG中，DG=BE∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴AE=AG，∵∠EAF=1∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGFSAS∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．5．（2021秋·陕西咸阳·九年级咸阳市实验中学校考阶段练习）问题探究(1)如图①，在正方形ABCD中，AB=4，点F为BC的中点，过点F作FE⊥AC于点E，则EF的长为__________；(2)如图②，四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，点E、F分别在AC、BC上，连接CH，求证：CF=2问题解决(3)为打造宜居环境，建设美丽家园，计划对如图③所示的菱形空地ABCD进行绿化改造，菱形ABCD足够大，∠D=60°，EF是一条水渠，点E、F分别是AB、CB的中点，点G、H分别在EF、FC上，点M在菱形ABCD内部，现将四边形GMHF改造成草地，并沿线段FH、FG、FM种植乔木绿化带，已知GM=HM，∠GMH=60°，GF+HF=40米，且种植乔木绿化带每米费用约为200元（不计宽度），请计算种植上述三条乔木绿化带大约需花多少钱？【答案】(1)2(2)见解析(3)16000元【分析】（1）利用正方形的性质，得出Rt△EFC是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可解答．（2）过点E作ME⊥AC，交BC于M，证明△EFM与△EHC全等，得出（3）根据菱形的性质，得出△BEF是等边三角形，连接GH，过点G作GN∥AB交BC于点N，△GNF是等边三角形，进而得出GF=GN，利用等边三角形的性质，证明【详解】（1）解：∵F是BC的中点，BC=4∴FC=∵AC是正方形ABCD的对角线∴Rt△EFC是等腰直角三角形∴EF=故答案为2（2）证明：过点E作ME⊥AC，交BC于M，∴∠MEC=90°，在正方形ABCD与正方形EFGH中，∠ACB=45°，EF=EH，∠FEH=90°，∴∠MEC=∠FEH=90°，∠EMC=∠ECM=45°，∴∠FEM=∠HEC，EM=EC，∴△EFM≌△EHCSAS，∴FM=HC．∵EM=EC，∠MEC=90°，∴MC=2∴CF=MC+MF=2（3）解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠B=∠D=60°，∵点E、F分别是AB、CB的中点，∴BE=12AB∴BE=BF，∴△BEF是等边三角形，∴∠EFB=60°，连接GH，过点G作GN∥AB交BC于点∴∠GNF=∠GFN=60°，∴△GNF是等边三角形，∴GF=GN，由GM=HM，∠GMH=60°，易得△MGH是等边三角形，∴GH=GM，∠NGH=∠FGM=60°+∠FGH，∴△GNH≌△GFMSAS∴FM=NH=NF+FH=GF+FH=40．∴FH+FG+FM=2FM=80，∵种植每米乔木绿化带费用约为200元，∴种植FH、FG、FM三条乔木绿化带大约需80×200=16000（元）．【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握正方形和菱形的性质、三角形全等的判定、等边三角形的性质等等．6．（2022秋·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考期中）（1）问题探究：如图1，在正方形ABCD，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，GP⊥AE．①判断DQ与AE的数量关系：DQAE；②推断：GFAE的值为：（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，BCAB=23．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（3）拓展应用1：如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC、AB上，求DNAM（4）拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接CP，若BEBF=34，【答案】（1）=；1；（2）FGAE=23【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°，得出∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH（②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．（2）如图2，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．（3）如图3，过点D作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，过点A作AE⊥EF，连接AC，证明△ACD≌△ACB（SSS），得出∠ADC=∠ABC=90°，证明△ADE∽△DCF，可得出DC（4）过点P作PM⊥BC交BC的延长线于N，利用相似三角形的性质求出PN，CN即可解决问题．【详解】解：（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD=90°．∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD=90°．∴∠QAO=∠ADO．∴Δ∴AE=DQ．故答案为：=．②结论：GFAE理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，∴DQ//FG，∵FQ//DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴FG=DQ，∵AE=DQ，∴FG=AE，∴GFAE故答案为：1．（2）结论：FGAE理由：如图2中，过点G作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF=∠GMF=∠ABE=90°，∴∠BAE+∠AFO=90°，∠AFO+∠FGM=90°，∴∠BAE=∠FGM，∴Δ∴GFAE∵∠AMG=∠D=∠DAM=90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM=AD，∴GFAE（3）如图3，过点D作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，过点A作AE⊥EF，连接AC，∵∠ABC=90°，AE⊥EF，EF⊥BC，∴四边形ABFE是矩形，∴∠E=∠F=90°，AE=BF，EF=AB=10，∵AD=AB，BC=CD，AC=AC，∴Δ∴∠ADC=∠ABC=90°，∴∠ADE+∠CDF=90°，且∠ADE+∠EAD=90°，∴∠EAD=∠CDF，且∠E=∠F=90°，∴Δ∴CDAD∴AE=2DF，DE=2CF，∵DC∴25=CF∴CF=5（不合题意，舍去），CF=3，∴BF=BC+CF=8，由（2）的结论可知：DNAM（4）解：如图2中，过点P作PN⊥BC交BC的延长线于N．∵BEBF∴假设BE=3k，BF=4k，EF=AF=5k，∵FGAE=2∴AE=310∴(3k)∴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+∠PEN=90°，∠PEN+∠EPN=90°，∴∠FEB=∠EPN，∴Δ∴EFPE∴56∴EN=245，∴CN=EN−EC=24∴PC=C【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，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．（2022秋·河南南阳·八年级统考期中）（1）阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘（2）问题解决：如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C为顶点作一个50°的角，角的两边分别交AB、【答案】（1）1.5<AE<6.5；（2）见解析；（3）【分析】（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD可得△BDE≅△CDA（2）如图②：△FDC绕着点D旋转180°得到△NDB可得△BND≅△CFD，得出BN=CF（3）将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转100°得到△BCH可得△HBC≌△FDC，得出CH=CF，∠HCB【详解】解：（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∴△BDE≅△CDA∴BE=AC=5，∵AD是BC边上的中线，∴BD=在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB∴8﹣5＜AE＜8+5，即∴1.5＜AD故答案为1.5＜AD（2）证明：如图②：△FDC绕着点D旋转180°得到∴△BND≅△CFD∴BN=CF，∵DE∴EN=在△BNE中，由三角形的三边关系得：BE∴BE+（3）BE+如图③，将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转∴△DCF≌△BCH，∴CH＝∴∠∵∠ABC∴∠HBC∴点A、B、H三点共线∵∠FCH=100°∴∠ECH∴∠FCE在△HCE和△CF=∴△HCE≌△FCE∴EH＝∵BE∴BE+【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键.8．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践−−探究特殊三角形中的相关问题问题情境：某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α0°<α<90°，如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，(1)初步探究：勤思小组的同学提出：当旋转角α=时，△AMC是等腰三角形；(2)深入探究：敏学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明；(3)再探究：在旋转过程中，当旋转角α=30°时，求△ABC与△AFE重叠的面积；(4)拓展延伸：在旋转过程中，△CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．【答案】(1)60°或15°(2)见解析(3)3(4)能，∠α=30°或60°【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=3，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的性质可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．【详解】（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；∵∠BAC=90°，∴α=90°−30°=60°，当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，∵∠C=30°，∴∠CAM=∠AMC=75°，∵∠BAC=90°，∴α=15°，综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，故答案为：60°或15°；（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），∴∠BAM=∠FAN，在△ABM与△AFN中，∠B∴△ABM∴AM=AN，∵AE=AC，∴EM=CN，在△MPE和△∠E∴△MPE∴PE=PC，∴点P在CE的垂直平分线上，∵AE=AC，∴点A在CE的垂直平分线上，∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；（3）∵α=30°，∠B=60°，∴∠AMB=90°，∴△ABM是直角三角形，∵AB=2，∴BM=AB•sin30°=1，AM=AB•cos30°=3，∴S△ABM=12AM•MB=12×∵AE=AC=AB•tan60°=23，AM=3，∴EM=3，在△AMB和△∠∴△AMB由（2）可知△ABM∴S△AFN=∵S△AEF=12AF•AE=12∴△ABC与△AFE重叠的面积=S△AEF-S△AFN（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．∵∠CNP=90°，∴∠ANF=90°．又∵∠AFN=60°，∴∠FAN=180°−60°−90°=30°．∴∠α=30°．如答题图2所示：当∠CPN=90°时．∵∠C=30°，∠CPN=90°，∴∠CNP=60°．∴∠ANF=60°．又∵∠F=60°，∴∠FAN=60°．∴∠α=60°．综上所述，∠α=30°或60°．【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质、三角函数和全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．9．（2021秋·福建漳州·九年级漳州三中校考期中）如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．(1)如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求线段EF的长；(2)如图3，连接DG，当EF∥BD且点D，G，E三点共线时，求线段AE的长；(3)当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出线段AE的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)5(2)7(3)3或127或6011【分析】（1）连接AG，根据折叠性质、矩形的性质及勾股定理可得DB=10，再根据折叠性质及全等三角形的性质可得答案；（2）设AF=3t，则FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，根据勾股定理和三角函数可得答数；（3）分四种情况：①当△AEF∽△GHE时，过点H作HP⊥AB于P，②当△AEF∽△GHE时，过点H作HP⊥AB于P，③当△AEF∽△GEH时，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，④当△AEF∽△GEH时，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，分别根据相似三角形的性质可得答案．（1）解：如图，连接AG，由折叠性质得AG⊥EF，∵EF∥BD，∴AG⊥BD，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，∴∠DAB=90°，AD=BC=6，∴DB=AB∵△GEF是由△AEF沿直线EF对折而成，∴△GEF≌△AEF，∴EF为AG中垂线，∵EF∥BD，∴EF=12BD（2）解：∵点D，G，E三点共线，∴∠DGF=90°，设AF=3t，则FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，在Rt△DFG中，DG2+FG2∵tan∠FDG=FGDG∴3t36−36t∴t=716∴AE=74（3）解：①当△AEF∽△GHE时，如图，过点H作HP⊥AB于P，∵∠AEF=∠FEG=∠EHG，∠EHG+∠HEG=90°，∴∠FEG+∠HEG=90°，∴∠A=∠FEH=90°，∴△AEF∽△EHF，∴EF：HE=AF：AE=1：2，∵∠A=∠HPE=90°，∴∠AEF+∠HEP=90°，∠HEP+∠EHP=90°，∴∠AEF=∠EHP，∴△AEF∽△HPE，∴AE：HP=EF：EH=1：2，∴HP=6，∴AE=3；②当△AEF∽△GHE时，如图，过点H作HP⊥AB于P，同理可得EF：HE=1：2，EA：HP=1：2，设AF=t，则AE=2t，EP=2t，HP=4t，BP=8-4t，∵△BHP∽△BDA，∴4t：6=（8-4t）：8，∴t=67∴AE=127③当△AEF∽△GEH时，如图，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，设AF=t，则AE=2t，DF=6-t，由折叠可知，△AEF≌△GEF，∴AE=GE，∵△AEF∽△GEH，AE=GE，∴△AEF≌△GEH（AAS），∴FG=GH，∵MG∥DH，∴FM=12（6-t∴AN=EN=AF+FM=6+t2∵△FMG∽△GNE，GF：GE=1：2，∴MG=12NE=12AM=6+t4，GH=2FN∵MN=AE，∴6+t4+6-t=2t∴t=3011∴AE=6011④当△AEF∽△GEH时，如图，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，设AF=t，则AE=2t，设FM=a，则NG=2a，NE=a+t，∴MG=12EN=12AM=∴a+t2+2a=2t由上题知，MF=MQ=a，QH=2MG=a+t，∴DQ=6-t-2a，∵DQQH∴6−t−2aa+t∴t=3017∴AE=6017综上，满足条件取线段AE的长为：3或127或6011或【点睛】此题考查的是折叠的性质、矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理、三角函数等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．10．（2023·全国·九年级专题练习）某校数学活动小组探究了如下数学问题：(1)问题发现：如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰Rt△APQ，且∠PAQ=90°，连接CQ、则BP和CQ(2)变式探究：如图2，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰Rt△CPQ，连接AQ，判断BP和AQ(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为10，CQ=2，求正方形ABCD【答案】(1)BP=CQ(2)BP=(3)3【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明△ABP≌△ACQ，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明△CBP∽△CAQ，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出△BDP∽△CDQ，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．【详解】（1）解：∵△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴AP=AQ，∠BAP+∠PAC=∠CAQ+∠PAC，∴∠BAP=∠CAQ．在△ABP和△ACQ中，{AB=AC∴△ABP≌△ACQ(SAS)，∴BP=CQ；（2）解：判断BP=2∵△CPQ是等腰直角三角形，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴QCPC=AC∵∠BCP+∠ACP=∠ACQ+∠ACP=45°，∴∠BCP=∠ACQ，∴△CBP∽△CAQ，∴QCPC∴BP=2（3）解：连接BD，如图所示，∵四边形ABCD与四边形DPEF是正方形，DE与PF交于点Q，∴△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，∴QDPD=CD∵∠BDP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC=45°，∴∠BDP=∠CDQ，∴△BDP∽△CDQ，∴QDPD∵CQ=2∴BP=2在Rt△PCD中，CD2+CP又∵正方形DPEF的边长为10，∴DP=10∴x2解得x1=−1（舍去），∴正方形ABCD的边长为3．【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．11．（2022春·广东珠海·八年级统考期末）宽与长的比是5−1如希腊的巴特农神庙等．下面我们折叠出一个矩形：第一步，在一张宽为2的矩形纸片一端，用下图的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．第二步，如下图，把这个正方形折成两个相等的矩形，再展平．第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到下图中所示的AD处．第四步，展平纸片，按照所得的点D处折出DE，得到矩形BCDE．(1)证明矩形BCDE（下图）是黄金矩形．(2)定义：直线l将一个面积为S的图形分成面积为S1和面积为S2的两部分（设S1<S2），如果S1(3)下图中，以C为原点，CD、CB所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，直接写出△END中经过点C的“黄金分割线”的解析式．（不要求写过程）【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)△END中经过点C的“黄金分割线”的解析式为x=0或y=【分析】（1）由折叠的性质得出∠MBC=∠N=90°，MN=MB，根据矩形的判定和正方形的判定可得出答案；由勾股定理求出AB=5，则BE=5−1（2）先证明MNME=25+1（3）如图，建立如下坐标系，结合题意可得：记NE与y轴的交点为Q，先求解S△DNE=12×2×(5+1)=5+1,设NE为y=kx+b,可得直线NE(1)解：由矩形的性质可知∠BMN=∠N=90°，由折叠可知∠MBC=∠N=90°，MN=MB，∴∠BMN=∠N=∠MBC=90°，∴四边形MNCB是矩形，又∵MN=MB，∴矩形MNCB是正方形．∵MN=2，∴AC=1，在△ABC中，AB=由折叠可知AD=AB=5，∴BE=CD=AD-AC=5−1又∵DE=BC=MN=2，∴BEBC∴矩形BCDE为黄金矩形．(2)由（1）得：MN=NC=BC=BM=2=DE,BE=CD=5∴ME=MB+BE=5∴MN∴矩形MNDE是黄金矩形．∴SS2∴S∴直线BC是矩形MNDE的黄金分割线．(3)如图，建立如下坐标系，结合题意可得：记NE与y轴的交点为Q，N(−2,0),E(S△DNE设NE为y=kx+b,∴{−2k+b=0(5∴直线NE的解析式为：y=5当x=0时，y=5∴Q(0,5∴S∴S∴S∴CQ为△DNE的“黄金分割线”，所以CQ的解析式为：x=0,∵S∴S∴S∴CE为△DNE的“黄金分割线”，设CE为y=nx,∴(5解得：n=5∴CE的解析式为：y=5综上：△END中经过点C的“黄金分割线”的解析式为x=0或y=【点睛】本题考查的是黄金分割点的含义，黄金分割线的含义，矩形的性质，正方形的判定与性质，黄金矩形的含义，利用待定系数法求解一次函数的解析式，坐标与图形，二次根式的混合运算，理解题意，利用轴对称的性质解题是关键．12．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝3，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．【答案】(1)t=2；E（6，0）；(2)证明见解析；(3)t1＝28﹣163，t2＝2，t3＝4+23，t4＝12【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；（2）证△AOC≌△EPD即可；（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），∴OA=4，OB=8，∵点C运动到线段OB的中点，∴OC=BC=12OB∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，∴2t=4解之：t=2；∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6∴点E（6，0）（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，∴OC=PD，OC∥PD，∴∠COP=∠OPD，∴∠AOC=∠DPE在△AOC和△EPD中OC=PD∴△AOC≌△EPD（SAS）∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，∴AC∥DE，∴四边形ADEC是平行四边形．（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，设CE的解析式为y=kx+b，则b=8−2t0=k(t+4)+b解得：k=2t−8∴CE的解析式为y=2t−8同理，DE的解析式为y=4−t①当M在CE上时，M(t+3，3)，则2t−8解得，t=28−163②当N在DE上时，N(t+3，-1)，则−1=解得，t=2，当点C在y轴的负半轴上时，③如果点M在DE上时，3=解得，t=4+23④当N在CE上时，2t−8t+4解得，t=12，综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣163，t2＝2，t3＝4+23，t4＝12．【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．13．（2023·河南驻马店·统考一模）已知：△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，其中BA=BC，DA=DE，连接EC，取EC的中点M，连接BM和DM．(1)如图1，分别取AC和AE的中点G、H，连接BG、MG、MH、(2)将图1中的△ABC绕点A旋转到图2的位置时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．(3)已知正方形ABCP的边长为2，正方形ADEQ的边长为10，现将正方形ABCP绕点A顺时针旋转，在整个旋转过程中，当C、P、E三点共线时，请直接写出BD的长．【答案】(1)BD=(2)依然成立．理由见解析(3)234或【分析】（1）由三角形中位线定理得出MH=12AC，MG=12AE，MH//AC，MG//AE，得出∠MHE=∠CAE，∠CGM=∠CAE，证明ΔMHD≅（2）证出BM=DM，∠MBE=∠MEB，∠MCD=∠MDC，再证明DM⊥BM，即可得出结论；（3）分两种情况：①取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2BM，由勾股定理得：AE=2AD=102，PE=14，得出CE=PE+PC=16，CM=8②取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2BM，同①得：PE=14，CE=12，得出CM=6，由勾股定理求出【详解】（1）∵M为CE的中点，G、H分别为AC和AE的中点，∴MH=12AC，MG=12∴∠MHE=∠CAE，∠CGM=∠CAE，∴∠CGM=∠MHE，在等腰直角ΔABC与等腰直角ΔADE中，G、H分别为AC和∴BG=12AC，DH=12∴MH=BG，DH=MG，∠MHD=∠BGM，在ΔMHD和ΔMH=BG∠MHD=∠BGM∴Δ∴BM=DM，∵∠BAD=45°+45°+∠CAE=90°+∠CAE，∠MHD=∠DHE+∠MHE=90°+∠CAE，∴∠BAD=∠MHD，又∵AB:MH=AB:AG=2:1，∴AB:MH=AD:DH，∴Δ∴BD:DM=AD:DH=2:1，∴BD=2故答案为：BD=2（2）（1）中的结论仍然成立；理由如下：∵在RtΔEBC和ΔEDC中，M∴BM=MC=ME，DM=EM=MC，∴BM=DM，∠MBE=∠MEB，∠MCD=∠MDC，∵∠BMC=∠MBE+∠MEB=2∠MEB，∠EMD=∠MDC+∠MCD=2∠MDC，∵∠DAE=∠MDC+∠MEB=45°，∴∠BMC+∠EMD=90°，∴∠DMB=180°−90°=90°，∴DM⊥BM，∵BM=DM，∴BD=2故（1）中的结论仍然成立；（3）分两种情况：234或①如图所示：取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2由勾股定理得：AE=2∴PE=A∴CE=PE+PC=16，∴CM=8，∴BM=417∴BD=2②如图所示：取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，由（1）得：BM=DM，BD=2同①得：PE=14，∴CE=12，∴CM=6，∴BM=210∴BD=2综上所述，BD的长为234或4【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，作出图形是解题关键．14．（2023·贵州遵义·统考一模）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE=DF．【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求BEMN【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB=m，BC=n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有EFMN【答案】（1）证明见解析；（2）34；（3）∠EFC=∠MNC【分析】（1）利用正方形的性质，推出△ADE≌△DCFASA（2）过点N作NP⊥AB于点P，BE、MN相交于点H，先证明∠ABE∽△PNM，得到BEMN=ABNP，再证明∴四边形（3）过点E作EK∥AB交BC于点K，过点N作NL∥BC交AB于点L，先根据平行四边形的判定和性质得到EKNL=mn，若EFMN【详解】（1）证明：设AE、DF相交于点G，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADE=∠C=90°，∴∠ADG+∠CDG=90°，∵AE⊥DF，∴∠AGD=90°，∴∠DAG+∠ADG=90°，∴∠DAG=∠CDG，在△ADE和△DCF中，∠DAG=∠CDGAD=CD∴△ADE≌△DCFASA∴AE=DF；（2解：过点N作NP⊥AB于点P，BE、MN相交于点H，∴∠BPN=∠MPN=90°，∴∠PMN+∠PNM=90°，∵BE⊥MN，∴∠BHM=90°，∴∠MBH+∠PMN=90°，∴∠MBH=∠PNM，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=∠C=90°，∴∠A=∠MPN，∴∠ABE∽△PNM，∴BE∵∠ABC=∠C=∠BPN=90°，∴四边形BCNP是矩形，∴NP=BC=4，∵AB=3，∴BE（3）解：∠EFC=∠MNC，理由如下：过点E作EK∥AB交BC于点K，过点N作NL∥BC交∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴四边形ABKE、BCNL是平行四边形，

∴EK=AB=m，NL=BC=n，∴EK若EFMN则△EFK∽△NML，∴∠FEK=∠MNL，∵EK∥∴∠AEK=∠D，∵AD∥∴∠D=∠CNL，∴∠AEK=∠CNL，∵AD∴∠EFC=∠AEF=∠AEK+∠FEK=∠CNL+∠MNL=∠MNC．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，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，作辅助线构造相似三角形是解题关键．15．（2023·山东泰安·宁阳二中校考一模）已知，△ABC为等边三角形，点D在边BC上．【基本图形】如图1，以AD为一边作等边三角形△ADE，连结CE．可得CE+CD=AC（不需证明）．【迁移运用】如图2，点F是AC边上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．求证：CE+CD=CF．【类比探究】如图3，点F是AC边的延长线上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．试探究线段CE，CD，CF三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析．【分析】基本图形：只需要证明△BAD≌△CAE得到CE=BD，即可证明；迁移运用：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF得到CE=GF，即可推出类比探究：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF，得到CE=GF，再由GF=CF+CG=CF+CD，即可得到【详解】基本图形：证明：∵△ACB与△ADE都是等边三角形，∴AC=AB=CB，∠CAB=60°，AD=AE，∠DAE=60°，∴∠CAE=∠DAE−∠CAD=60°−∠CAD，∠BAD=∠CAB−∠CAD=60°−∠CAD，∴∠CAE=∠BAD，在△BAD与△CAE中，AC=AB∠CAD=∠BAE∴△BAD≌△CAESAS∴CE=BD，∴CE+CD=BD+CD=CB，∵AC=CB，∴CE+CD=AC；迁移运用：证明：过点D作DG∥AB，交AC于点∵△ACB是等边三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG为等边三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF为等边三角形，∴DE=DF，∠EDF=60°，∵∠CDE=∠CDG−∠EDG=60°−∠EDG，∠FDG=∠EDF−∠EDG=60°−∠EDG，∴∠CDE=∠FDG，在△CDE与△GDF中BD=DG∠BAD=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∴CE+CD=GF+CG=CF；类比探究：解：CD+CF=CE，理由如下：过点D作DG∥AB，交AC于点∵△ACB是等边三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG为等边三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF为等边三角形，∴DE=DF，∠FDE=60°，∵∠GDF=∠GDC+∠CDF=60°+∠CDF，∠CDE=∠EDF+∠CDF=60°+∠CDF，∴∠GDF=∠CDE，在△CDE与△GDF中BD=DG∠BDE=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∵GF=CF+CG=CF+CD，∴CD+CF=CE．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．16．（2023·浙江金华·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点P是射线BC上的动点，连结AP，在AP的右边作∠PAQ=12∠BAC，交射线BC(1)当BP=1时，求点P到AB的距离．(2)当点P在线段BC上运动时，记BP=x，CQ=y，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为45°时，求BQ的长，并指出相应的45°角．【答案】(1)4(2)y=(3)∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7【分析】（1）过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得出AE=4，再由正弦求解即可；（2）分两种情况讨论：当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，当点P在线段CE上时，即3<x≤6时，先证明∠FAP=∠EAQ，再利用相似三角形的判定和性质得出AFAE（3）分四种情况，分别是∠BAQ=45°，∠CAP=45°，∠BAP=∠AQB=45°，∠CAQ=∠APB=45°，分别利用勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，进行求解即可．【详解】（1）如图，过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，∴∠AEB=∠BFP=90°，∵AB=AC=5，BC=6，∴BE=1∴AE=A∴sinB=∵BP=1，∴45解得PF=4即点P到AB的距离为45（2）当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，如图，∵AE⊥BC,AB=AC，∴∠BAE=∠CAE=1∵∠PAQ=1∴∠FAP=∠EAQ，又∵∠AFP=90°=∠AEQ，∴△AFP∼△AEQ，∴AFAE∵BP=x，∴sinB=∴PF=4由勾股定理得BF=B∵AB=5,CE=3，CQ=y，∴AF=5−35x∴5−3整理得y=75−25x当点P在线段CE上时，即3<x≤6时，如图，∵AE⊥BC,AB=AC，∴∠BAE=∠CAE=1∵∠PAQ=1∴∠FAP=∠EAQ，又∵∠AFP=90°=∠AEQ，∴△AFP∼△AEQ，∴AFAE∵BP=x，∴sinB=∴PF=4由勾股定理得BF=B∵AB=5,CE=3，CQ=y，∴AF=5−35x∴5−3整理得y=25x−75综上，y=75−25x（3）①当∠BAQ=45°时，如图，过点Q作QD⊥AB于D，∴∠ADQ=∠BDQ=90°，设BQ=5x，∵sinB=∴DQ=4x,BD=3x，∵∠BAQ=∠AQD=45°，∴AD=5−3x=DQ，即5−3x=4x，解得x=5∴BQ=5x=25②当∠CAP=45°时，如图，过点P作PH⊥AC于H，同①可得CP=25∵BP=x，∴CP=25解得x=17当0≤x≤3时，y=75−25x∴BQ=6−CQ=6−y=161③当∠BAP=∠AQB=45°时，如图，过点P作PN⊥AB于N，同①得BP=25当3<x≤6时，y=25x−75∴BQ=BC+CQ=7；⑤当∠CAQ=∠APB=45°时，如图，过点作AE⊥BC于E，∴∠AEC=90°，∴∠EAP=∠APB=45°，由（1）得，AE=4,CE=3，∴AE=PE=4，∴CP=1，又∵∠ACP=∠QCA，∴△CAP∼△CQA，∴CACQ=CP解得CQ=25，∴BQ=BC+CQ=31；综上，∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；【点睛】本题考查了三角形的动点问题，涉及等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．17．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在AB，BC上，BE=CF，AF与CE交于点P．(1)求证：∠APE=60°；(2)当PC=1，PA=5时，求PD的长？(3)当AB=23时，求PD【答案】(1)证明见解析(2)6(3)4【分析】（1）如图所示，连接AC，先证明△ABC是等边三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再证明△ACF≌△CBE得到（2）延长PC到M使得CM=AP，证明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，进而证明△PDM是等边三角形，则（3）先证明A、P、C、D四点共圆，则当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠BAD=120°，∴∠B=∠ADC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACF=∠CBE=60°，又∵CF=BE，∴△ACF≌△CBESAS∴∠CAF=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；（2）解：延长PC到M使得CM=AP，由（1）可得∠AFC=∠CEB，∵AD∥BC，∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，∴∠CEB+∠DAF=180°，∵∠AEC+∠CEB=180°，∴∠DAF=∠DCM，又∵AF=CM，∴△ADF≌△CDMSAS∴DF=DM，同理可得∠ADC=60°，∴∠ADC=∠PDM=60°，∴△PDM是等边三角形，∴PD=PM=PC+PA=6；（3）解：∵∠APE=60°，∴∠APC=120°，∵∠ADC=60°，∴∠APC+∠ADC=180°，∴A、P、C、D四点共圆，∴当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于∴∠AOC=2∠ADC=120°，∵OA=OC，∴∠OAM=30°，∵AC=AB=23∴AM=1∴OM=3∴OA=2，∴PD【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．18．（2023·河南安阳·统考一模）九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．(1)操作探究：如图1，△OAB为等腰三角形，OA=OB，∠AOB=60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF，则∠BAE=°，OF与DE的数量关系是(2)迁移探究：如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆时针旋转，点D正好落在∠AOB的角平分线上，得到△ODE，求出此时∠BAE的度数及OF与DE的数量关系；(3)拓展应用：如图3，在等腰三角形△OAB中，OA=OB=4，∠AOB=90°．将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF．当∠EAB=15°时，请直接写出OF的长．【答案】(1)90，DE=2OF(2)15°；DE=(3)23【分析】（1）证明△OAB为等边三角形，根据旋转的性质得△OAB≅△ODE，求出∠AOE=120°，根据等腰三角形的性质可得∠DAE=30°，OF⊥AE，即可得∠BAE=90°，OA=DE=2OF；（2）根据旋转的性质得△OAB≅△ODE，由OD平分∠AOB得∠AOD=30°，可得∠AOE=90°，∠OAE=45°，即可得∠BAE=15°，根据等腰直角三角形的性质可得DE=2（3）分以下两种情况进行讨论：①当点E在OB右边时，②当点E在OB左边时，利用等腰三角形的性质即可解决问题．【详解】（1）∵△OAB为等腰三角形，OA=OB，∴△OAB为等边三角形，∵将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，∴△OAB≅△ODE，∴△ODE为等边三角形，OA=OB=AB=DE=OE，∴∠AOE=120°，∴∠AEB=∠OAE=30°，∴∠BAE=90°，∵OA=OE，F是AE的中点，∴OF⊥AE，∴OA=DE=2OF，故答案为：90，DE=2OF；（2）由旋转的性质，可知△OAB≅△ODE，∵△OAB为等边三角形，OD平分∠AOB，∴∠DOE=60°，∴∠AOE=∠AOD+∠DOE=90°，∵OA=OE，∴∠OAE=45°，∴△AOB是等腰直角三角形，∠BAE=∠OAB﹣∵F是AE的中点，∴OF⊥AE，∴△OEF是等腰直角三角形，∴DE=OE=2（3）分以下两种情况进行讨论：①如图1．当点E在OB右边时，∵OA=OB=4，∴△OAB为等腰直角三角形，∴∠OAB=45°．∵∠EAB=15°，∴∠OAE=60°，由旋转的性质，得OA=OB=OE=OD=4，∴OAE为等边三角形，∵F是AE的中点，∴OF⊥AE，OF平分∴∠AOF=1∴AF=1∴OF=AF=23②如图2，当点E在OB左边时，同理，可得∠OAE=30°，∴OF=1综上所述，OF的长为23【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想是解本题的关键．19．（2023·江苏淮安·统考一模）【背景】如图1，矩形ABCD中，AB=43，AB<AD，M、N分别是AB、CD的中点，折叠矩形ABCD使点A落在MN上的点K处，折痕为BP【操作】（1）用直尺和圆规在图1中的AD边上作出点P（不写作法，保留作图痕迹）；【应用】（2）求∠BKM的度数和MK的长；（3）如图2，若点E是直线MN上的一个动点．连接EB，在EB左侧作等边三角形BEF，连接MF，则MF的最小值是__________；【拓展】（4）如图3，若点E是射线KM上的一个动点．将△BEK沿BE翻折，得△BET，延长CB至Q，使BQ=KE，连接TQ．当△BTQ是直角三角形时，KE的长为多少？请直接写出答案：__________．【答案】（1）见解析；（2）∠BKM=30°，MK=6；（3）【分析】（1）连接AK，分别以A，K为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于P，B两点，连接PB即为所求．（2）由折叠可知AB=BK=43，再证明MK垂直平分AB，得到AK=BK=AB，则△ABK为等边三角形，得到∠BKM==30°，则MK=BK⋅（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG，由直角三角形斜边上的直线的性质得到BG=MG，则△BMG为等边三角形．证明△FBM≌△EBG，得到FM=EG，则当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，据此求解即可；（4）分如图4-1，4-2，4-3，4-4四种情况，分别求出对应的KE的长即可．【详解】解：（1）如图所示，即为所求；（2）由折叠可知AB=BK=43∵点M，N分别是AB，CD的中点，∴AM=BM，MN⊥AB，∴MK垂直平分AB，∴AK=BK=AB，∴△ABK为等边三角形，∴∠BKA=60°，∴∠BKM=1在Rt△BMK中，MK=BK⋅（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG，∵AB=BK，M为AB中点，∴BM=BG．∵∠BMK=90°，∴BG=MG=1∴△BMG为等边三角形．∵△BEF为等边三角形，∴BF=BE，∠EBF=∠MBG=60°．∴∠EBF−∠MBE=∠ABG−∠MBE，即∠MBF=∠GBE，∴△FBM≌△EBGSAS∴FM=EG，∴当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，∵∠GKE=30°，∴EG∴MF的最小值为3，故答案为：3；（4）如图4-1所示，当∠BQT=90°时，T在射线KE上时，此时M点与E点重合，∴KE=KM=6；如图4-2所示，当∠QBT=90°时，此时点T与点A重合，由折叠的性质可得∠ABE=∠KBE=1∴ME=3∴KE=KM−ME=4；如图4-2所示，当∠QBT=90°时，由折叠的性质可得EK=ET，∴ET=2EM，∴EM+MK=2EM，∴EM=MK，∴EK=2MK=12；如图4-4所示，当∠QTB=90°时，∵BQ=EK，∴四边形BQEK是平行四边形，∴QE∥BK，由折叠的性质可得∠ETB=∠EKB=30°，∴∠EQB=∠ETB，∴E、Q、T、B四点共圆，∴∠QEB=∠EBK=90°，∴∠EBM=30°，∴EM=3∴EK=EM+KM=8；综上所述，当△BTQ是直角三角形时，KE的长为4或6或8或12，故答案为：4或6或8或12．【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，圆周角定理，平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．20．（2023·广西南宁·校考一模）如图甲，正方形ABCD中，点E为BC边上一点，点F为CD边上一点，且BE=CF，连接AE、BF交于点G．(1)求证：AE⊥BF；(2)如图乙，连接GC，若GC平分∠EGF，求证：AB=2CF；(3)如图丙，在（2）的条件下，连接GD，过点E作EH∥GD交CD边于点H，交BF于点M，若FH=1，求线段FM的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3【分析】（1）由四边形ABCD是正方形得AB=BC，∠ABE=∠C=90°，而BE=CF，即可证明ΔABE≅ΔBCF，得∠AEB=∠BFC，则∠AEB+∠CBF=∠BFC+∠CBF=90°（2）连接EF交CG于点L，先证明ΔBGE∽ΔBCF，得BGBC=BEBF，变形为BGBE=BCBF，再证明Δ（3）延长EH、AD交于点J，设AB=BC=CD=AD=2n，则BE=CE=CF=DF=n，先证明△AGB∽△ABE，推导出GB=12AG，再证明△BGE∽△AGB，推导出GE=12GB=14AG，由EH∥GD，得DJAD=GEAG=14，则DJ=14×2n=12n，再证明△DHJ∽△CHE，得DHCH=DJCE=【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠C=90°，在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABE=∠C∴△ABE≌△BCF(SAS∴∠AEB=∠BFC，∴∠AEB+∠CBF=∠BFC+∠CBF=90°，∴∠AGF=∠BGE=90°，即AE⊥BF．（2）如图，连接EF交CG于点L，由（1）得AE⊥BF，∴∠EGF=90°，∵GC平分∠EGF，∴∠CGF=∠CGE=1∵∠BGE=∠BCF=90°，∠EBG=∠FBC，∴△BGE∽△BCF，∴BGBC∴BGBE∵∠GBC=∠EBF，∴△GBC∽△EBF，∴∠BCG=∠BFE，∴∠CEF=∠ELG−∠BCG=∠ELG−∠BFE=∠CGF=45°，∴∠CFE=∠CEF=45°，∴CF=CE=BE，∴AB=BC=2BE=2CE=2CF．（3）如图，延长EH、AD交于点J，设AB=BC=CD=AD=2n，则BE=CE=CF=DF=n，∵∠AGB=∠ABE=90°，∠GAB=∠BAE，∴△AGB∽△ABE，∴GBBE∴GBAG∴GB=1∵∠BGE=∠AGB=90°，∠GBE=∠GAB=90°−∠ABG，∴△BGE∽△AGB，∴GEBG∴GE=1∵EH∥∴DJAD∴DJ=1∴DJ∥∴△DHJ∽△CHE，∴DHCH∴CH=2∵CH−CF=FH=1，∴43解得n=3，∴BE=CE=CF=3，BC=6，作EI∥CD交EF于点I，则∴BI=FI，∴IE=1∵BF=B∴BI=FI=1∵IE∥∴△IME∽△FMH，∴IMFM∴FM=2∴线段FM的长为35【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．21．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，圆O为△ABC的外接圆，BO延长线与AC交于点D，OE⊥BC，点F在OE上，BD平分∠ABF．(1)如图1，求证：△ABD∽△OBF；(2)如图2，连结DF，求证：DF∥AB；(3)如图3，连结CF并延长分别交BA，BD于G，H两点，若∠DFC=6∠BCG，BD=2FG，求GHBH【答案】(1)见解析(2)见解析(3)1【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理和等腰三角形底边上的三线合一得出∠A=∠BOE，结合已知条件利用两角对应相等即可得出结论（2）连接AO，根据两边对应成比例且夹角相等得出△ABO∽△DBF，从而得出∠BDF=∠BAO=∠OBA，即可得出答案（3）先根据等腰三角形的性质和垂径定理得出GF=MB，再利用SAS得出△BMF≌△FBG，从而得出∠BGC=∠BMF=90°，继而得出∠BFG=∠GBH=30°，即可得出答案【详解】（1）解：连接OC，∵OE⊥BC，OB=OC∴∠BOC=2∠BOE，∵∠BOC=2∠A，∴∠A=∠BOE，∵BD平分∠ABF，∴∠ABD=∠OBF，∴△ABD∽△OBF．（2）解：连接AO，∵△ABD∽△OBF，∴BFBD∴BFBO=BD∴△ABO∽△DBF∴∠BDF=∠BAO，∵OA=OB，∴∠BAO=∠OBA，∴∠BDF=∠OBA，∴DF∥AB．（3）解：作FM⊥BD于M，由（2）知，∠OBA=∠BDF，∵BD平分∠ABF，∴∠OBA=∠DBF，∴∠DBF=∠BDF，∴BF=DF，∵FM⊥BD∴BD=2BM，∵BD=2FG，∴GF=MB，∵∠DFC=6∠BCG，设∠BCG=α，∴∠DFC=∠FCB+∠FBC+∠FBD+∠FDB=6α，∵OE⊥BC，∴BE=CE，则BF=CF，∴∠FBC=∠FCB，∴∠FBD=∠GFB=2α，∵BF=FB，∴△BMF≌△FBG，∴∠BGC=∠BMF=90°，∴∠GBF+∠GFB=6α=90°∴α=15°，∠BFG=∠GBH=30°，∴BH=2GH∴GHBH【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形的外角性质、含有30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识，灵活添加辅助线是解题的关键22．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图甲，在△ABC中．∠ACB=90°．AC=4．BC=3．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动．同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动．它们的速度均为每秒钟1个单位长度．连接PQ，设运动时间为t秒钟（0<t<4）．(1)设△APQ的面积为S，当实数t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？(2)在（1）的前提下．当S取得最大值时．把此时的△APQ沿射线AC以每秒钟1个单位长度的速度平移，当点A平移至与点C重合时停止，△APQ与△ABC的重叠部分面积y与平移时间x的函数解析式，并写出对应的x的取值范围；(3)如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，当四边形PQP'C为菱形时，求实数t的值．【答案】(1)当t为52秒时，S取得最大值，S的最大值是158(2)y=(3)2013【分析】（1）过点P作PH⊥AC于H，可证明△APH∽△ABC，再由相似三角形的性质，即可求解．（2）过点P作PD⊥BC于点D，则PD∥AC，再由△BDP∼△BCA，可得PD=2，BD=32，然后分三种情况：①当0≤x<32时，此时点Q在线段AC上，点A在线段AC上，点P在△ABC的内部，②当32≤x<2时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的内部，当2≤x≤4时，此时点A在线段AC上，点Q在线段（3）根据菱形的性质可得四边形PQP'C为菱形，可得PE垂直平分QC，QE=EC，再根据△APE∽△ABC，可得AE=45t+4，从而得到QE=AE−AQ=−95【详解】（1）如图，过点P作PH⊥AC于H，∵∠ACB=90°°，∴AC⊥BC，∴PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴PHBC∵AC=4cm，BC=3∴AB=5cm∴PH3∴PH=3−35∴△AQP的面积为：S=∴当t为52秒时，S取得最大值，S的最大值是158cm（2）过点P作PD⊥BC于点D，则PD∥AC，∴△BDP∽△BCA，∴PDAC即PD4解得：PD=2，BD=3①当0≤x<32时，此时点Q在线段AC上，点A在线段AC上，点P在△ABC的内部，②当32≤x<2时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的内部，设交于点E，则PP'=2−x，∵PD∥AC∴△DP'F∽△CA'F，∴DP'CQ'即2−xx−解得：CE=3x−9∴y=15当2≤x≤4时，此时点A在线段AC上，点Q在线段AC的延长线上，点P在△ABC的外部，则，AC'=4−x，PD'=x−2，∵PD∥AC，∴△DP'F∽△CA'F，∴DP'CA'即x−24−x解得CF=3−3则y=S综上所述，y=（3）如答图3，连接PP'，设PP'交当四边形PQP'C为菱形时，PE垂直平分QC，QE=EC，∴△APE∽△ABC，∴AEAC∴AE=AP−ACQE=AE−AQ=−4QE=1∴−9解得：t=20∵0<20∴当四边形PQP'C为菱形时，t的值是2013【点睛】此题主要考查了四边形综合题，用到的知识点是相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意作出辅助线．23．（2023·安徽合肥·校考一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，则CE=DF”．某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题