2024中考數(shù)學壓軸題（解答題三）（解析版）

壓軸題(解答題三)1.(1)【探究發(fā)現(xiàn)】如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，G圖①(2)【類比遷移】如圖②,在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD=8,AB=6,將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于點G,延長BF交CD邊于點H,且FH=CH,求AE的長.H圖②(3)【拓展應(yīng)用】如圖③,在菱形ABCD中，AB=6,E為CD邊上的三等分點，∠D=60°,將△ADE沿AE翻折得到△AFE,直線EF交BC于點P,求CP的長.備用1備用2【答案】(1)見解析；(【答案】(1)見解析；((3)CP的長【分析】(1)根據(jù)將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，得AB=BF,∠BFE=∠A=90°,即得∠BFG=90°=∠C,可證Rt△BFG=Rt△BCG(HL);,,,;··,,,;··而EQ//GB,DQ//CB,可得即設(shè)AE=EF=m,則DE=8-m,,;,設(shè)FH=HC=x,在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2,9!設(shè)AE=EF=m,!即則DE=8-m,9(3)(I)當設(shè)DQ=x,QE=y,則AQ=6-x,∴EF=DE=2,AF=AD=6,∠QAE=∠FAE,,(Ⅱ)當【點睛】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形角平分線的性質(zhì)，勾股定理及應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是方程思想的應(yīng)用.2.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=120°,AB=6,連接BD, 【詳解】(1)解：連接AC,設(shè)AC與BD的交點為O,(2)解：如圖，過點E作AD的垂線，分別交AD和BC于點M,N,由(1)得：BD=6√3;菱形ABCD中，對角線BD平分∠ABC,AB//CD,BC=AB=6,∵S形ABCD=AD-MN=6×3√3=18√3記四邊形ABEF的面積為s,∵點E在BD上，且不在端點，∴O<BE<BD,即0<x<6√3;∵CO⊥BD,CH⊥AD,而點E和F分別在BD和AD上，在菱形ABCD中，AB//CD,AD=CD,【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，三角形的重心，解直角三角形等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，三角形的重心，解直角三角形等知識是解題的關(guān)鍵.3.在正方形ABCD中，等腰直角△AEF,∠AFE=90°,連接CE,H為CE中點，連接BH、BF、HF,發(fā)②∠HBF=;③小明為了證明①②,連接AC交BD于O,連接OH,證明了的關(guān)系，請你按他的思路證明①②.不(2)小明又用三個相似三角形(兩個大三角形全等)擺出如圖2,,∠BDA=∠EAF=θ(0?<θ<90°)求：(用k的代數(shù)式表示) 【分析】(1)①通過中位線得出,再通過等腰直角三角形斜邊與直角邊的關(guān)系得出,則=在等腰Rt△OBA中得出再結(jié)合中位線OH和正方形的性質(zhì)證明∠BOH=∠BAF,即可證明出△BOH~△BAF,即可得出比值；②利用相似三角形的性質(zhì)，對應(yīng)角相等，代換角即可求出∠HBF;(2)①用與(1)相似的方法可以證明出△DOH一△DAF,即可得出比值；②通過添加輔助線，構(gòu)造兩個直角三角形，用銳角三角函數(shù)和勾股定理表示出兩邊，即可求出比值.【詳解】(1)√2;②45°③證明：如圖所示，又∵H為CE的中點，則OH//AE,∴△AEF是等腰直角三角形∴△BOH~△BAF●①如圖，連接AC,與BD交于O點，連接OH由題可知四邊形ABCD為平行四邊形，,∴△DOH~△DAF由△DOH~△DAF得：不妨令DF=2t,DH=kt,如圖作HM⊥DF則MF=DF-DM=(2-kcosθ)t HF=t√k2-4kcosθ+4【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，涉及知識點較多，難度較大，能夠通過已知條件找出判定相似三角形的條件是解題關(guān)鍵.4.背景：一次小組合作探究課上，小明將兩個正方形按背景圖位置擺放(點E,A,D在同一條直線上)發(fā)現(xiàn)BE=DG且BE⊥DG.小組討論后，提出了三個問題，請你(1)將正方形AEFG繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，(如圖1)還能得到BE=DG嗎?如果能，請給出證明.如(2)把背景中的正方形分別改為菱形AEFG和菱形ABCD,將菱形AEFG繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)，(如圖2)試問當∠EAG與∠BAD的大小滿足怎樣的關(guān)系時，背景中的結(jié)論BE=DG仍成立?請說明理由；(3)把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD,,AE=4,AB=8,將矩形AEFG繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)(如圖3),連接DE,BG.小組發(fā)現(xiàn)：在旋轉(zhuǎn)過程中，BG2+DE2是定值，請求出這個定值.【答案】(1)見解析；(2)當∠EAG=∠BAD時，BE=DG成立；理由見解析；(3)BG2+DE2=260.(2)根據(jù)菱形AEFG和菱形ABCD的性質(zhì)以及角的和差證明△EAB≌△GAD即可說明當∠EAG=∠BAD時，(3)如圖：連接EB,BD,設(shè)BE和GD相交于點H,先根據(jù)四邊形AEFG和ABCD為矩形的性質(zhì)說明△EAB∽△GAD,再根據(jù)相似的性質(zhì)得到∠GHE=∠EAC=90°,最后運用勾股定理解答即可.【詳解】(1)證明：四邊形ABCD為正方形證明：∵四邊形ABCD菱形∴DE2=EH2+HD2,BG2=GH2+HB2EG2=AE2+AG2=42+62=52,BD2=AB2+AD2=82+122=2085.閱讀短文，解決問題如果一個三角形和一個菱形滿足條件：三角形的一個角與菱形的一個角重合，且菱形的這個角的對角頂點如圖2,在△ABC中，以點A為圓心，以任意長為半徑作弧，交AB、AC于點M、N,再分別以M、N為圓心，以的長為半徑作弧，兩弧交于點P,作射線AP,交BC于點F,過點F作FD//AC,FE//AB.(2)當AB=6,AC=12,∠BAC=45°時，求菱形AEFD的面積【詳解】【分析】(1)根據(jù)尺規(guī)作圖可知AF平分∠BAC,再根據(jù)DF//AC,可得AD=DF,再由兩組對邊分(2)設(shè)菱形的邊長為a,即DF=AD=a,則BD=6-a,可證得△BDF∽△BAC,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求【詳解】(1)由尺規(guī)作圖可知AF平分∠BAC,∵FD//AC,FE//AB,∴四邊形AEFD是平行四邊形，(2)設(shè)菱形的邊長為a,即DF=AD=a,則BD=6-a,即(6-a):6=a:12,過D作DG⊥AC,垂足為G,在Rt△ADG中，∠DAG=45°,即四邊形AEFD的面積為8√2.【點睛】本題考查了尺規(guī)作圖，新概念題，菱形的判定與性質(zhì)等，正確理解新概念是解題的關(guān)鍵.跟蹤訓練跟蹤訓練FG=FM,FH=FM.圖4圖3圖4(2)∠GFH=2∠BCF【分析】(1)證明△GFB≥△MFB可得BG=BM,同理CH=CM,再由BC=BM+CM可得結(jié)論；(2)由(1)得，△GFB≥△MFB,△MFC≥△HFC,所以∠GFB=∠MFB,∠MFC=∠HFC,進而可得結(jié)(3)把△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°可得△ABG,證明△FAG≥△EAF,求得△ECF的周長為6,設(shè)CF=x,則EF=4-x,在Rt△ECF用勾股定理列方程求出x即可；由等腰三角形的性質(zhì)可得進一步得出△AGH的周長=AM+AN,從而可得結(jié)論【詳解】(1)BC=BG+CH同理可得CH=CM,(3)將△ADE順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABP,從而有△ADE≥△ABP.設(shè)BF=x,PF=EF=1+x,FC=3-x,EC=3-1=2∴∠MDN=180°-∠MAN(1)如圖1,已知(1)如圖1,已知AB⊥AC,點E為BC中點，BF⊥AE.若AE=5,BF=2√G,求AF的長度；(2)如圖2,已知AB=AE,∠BFE=∠BAC,將射線AE沿AC翻折交CD于H,過點C作CG⊥AC交AH于點G.若△EAP,可以得到AN=EP,再證明四邊形EQCP是正方形，得到EQ=EP=AN,接著證明△ANF=△EQMMN,FM=AF,則AF+BF利用∠BAN=150°,AB=2,AC=AN=2√3,解△ABN即可解決.【詳解】(1)解：∵AB⊥AC,如圖1,圖1(2)證明：如圖2,設(shè)射線AE與射線GC交于點M,∴∠AMG=∠AGM=90°-α,∵AB=AE,延長BF交AC于N,AB=EA過E作EQ⊥CM于Q∴四邊形EQCP為矩形，∵AM=AE+EM圖3∴AF+BF+CF=BF+FM+MN,即為線段BN的長度，如圖4,過N作NT⊥BA交其延長線于T,∵AB=2,∠ACB=30°,∴TB=TA+AB=3+2=5,【點睛】本題是一道四邊形綜合題，考查了線段的“截長補短”在證明三角形全等中的應(yīng)用，同時要注意基本輔助線構(gòu)造方法，比如第(2)問中的線段AC既是角平分線，又是垂線段，延長相交構(gòu)等腰就是本題的突破口，再結(jié)合線段的截長補短來構(gòu)造全等，還考查了多條線段和的最值問題，利用旋轉(zhuǎn)變換來轉(zhuǎn)化線段是解決此問的關(guān)鍵.3.(統(tǒng)考一模)將正方形ABCD的邊AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AE,記旋轉(zhuǎn)角為α,連接BE,過點B作BF⊥直線DE,垂足為點F,連接CF.CC(1)如圖1,當α=30°時，△BEF的形狀為 ,(2)當90°<α<180°時，值為①(1)中的兩個結(jié)論是否仍然成立?如果成立，請根據(jù)圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；②如圖3,正方形ABCD邊長為4,DN⊥BE,CM⊥BE,在AE旋轉(zhuǎn)的過程中，是否存在△AMN與△BEF相似?若存在，則CF的值為,若不存在，請說明理由.(2)①成立，理由見解析；②存在，【分析】(1)如圖，連接BD,當α=30°時，利用正方形及等腰三角形性質(zhì)可求得∠DAE=60°,∠ABE=75°,易得△ADE是等邊三角形即∠AED=60°即可求出∠BEF=45°結(jié)合BF⊥DE即可證得△BEF是等腰直角三,(2)①如圖連接BD,當∠BAE=α時，求而得到∠FEB=45°即可,證明△BEF是等腰直角三角形，在Rt△BEF與Rt△BCD中求得可證得△DBE~△CBF即可得②如圖，當AM⊥AN時，由①可證得∠DEN=∠EDN=45°,EN=DN及∠MBG=∠MGB=∠FGC=45°,MG=MB,易證∠ABM=∠ADN從而易證△DAN=△BAM得△AMN是等腰直角三角形得△AMN~△FBE,再證△AEN=△ABM得EN=BM,在Rt△BEF中，DE=√2EN,由①可知DE=√2CF得EN=CF,即CG=CF=EN=BM=MG,則有CM=2CF在Rt△BCM中勾股定理解可求解.【詳解】(1)解：如圖，連接BD,△ADE是等邊三角形，∵BE=√BF2+EF2=√2BF,同理，在Rt△BCD中，∴△DBE~△CBF,(2)①成立，理由如下，同理，在Rt△BCD中，∴△DBE~△CBF,②如圖，當AM⊥AN時，,,,,∴△AMN是等腰直角三角形，∴EN=BM,DE=√EN2+DN2=√2EN,由①可知DE=√2CF,∴CG=CF=EN=BM=MG,∵BM2+CM2=BC2,【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，與三角形有關(guān)的角的計算，相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，勾股定理解直角三角形；解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的判定和性質(zhì)的應(yīng)用.4.(統(tǒng)考一模)如圖1,已知點G在正方形ABCD的對角線AC上，GE⊥BC,垂足為點E,GF⊥CD,垂足為點F.圖(1)圖(2)圖(3)②求證：四邊形CEGF是正方形；將正方形的CEGF繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)α(0?<α<45°),如圖2所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；正方形CEGF在旋轉(zhuǎn)過程中，當B、E、F三點在一條直線上時，如圖3所示，延長CG交AD于點H,若AG=【分析】(1)①由GE⊥BC、GF⊥CD結(jié)合∠BCD=90°據(jù)此可.GEⅡAB,利用平行線分線段成比(2)連接CG,只需證△ACG∽△BCE即可得；由相似三角形的性質(zhì)得出a的值，則可得出答案.【詳解】(1)解：①:四邊形ABCD是正方形，②由①知四邊形CEGF是正方形，設(shè)BC=CD=AD=a,則AC=√2a,求(2)解：連接CG,(3)解：由(2)知△BCE∽△ACG,∵B、E、F三點在一條直線上，∴∠AGH=∠CGF=∠CAH=45°,設(shè)BC=CD=AD=a, 【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì).5.(深圳市南山外國語學校校聯(lián)考二模)已知矩形ABCD,點E為直線BD上的一個動點(點E不與點B重合),連接AE,以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG(A,E,F,G按逆時針方向排列),連接DG.(1)如圖1,時，請直接寫出線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；(2)如圖2,時，請猜想線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由；(3)如圖3,在(2)的條件下，連接BG,EG,分別取線段BG,EG的中點M,N,連接MN,MD,ND,【答案】(1)BE=DG,BE⊥DG【分析】(1)證明△BAE≌△DAG,進一步得出結(jié)論；(3)解斜三角形ABE,求得BE=3,根據(jù)(2)的面積比等于1:4,進而求得結(jié)果.BE⊥DG,理由如下：(3)如圖，作AH⊥BD于H,x2+(2x)2=(√5)2,在Rt△AEH中，∴DE=BD-BE=5-3=2,由(2)得：,DGLBE,【點睛】本題主要考查了正方形，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是類比的方法.6.(二模)如圖1,點E是正方形ABCD外的一點，以DE為邊構(gòu)造正方DEFG,點M是△ADE邊AE上的動點，點N是△CDG的邊CG上的動點.(2)如圖(1):當DM和DN分別是△ADE和△CDG的中線時，試猜想DM和DN的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系①在(2)問中，當DM、DN分別是△ADE和△CDG的高(如圖2),其他條件不變時，問題(2)的結(jié)論是否仍然成立?(只寫出結(jié)論，不要求證明)②在(2)問中，當DM、DN分別是△ADE和△CDG的角平分線，其他條件不變時，問題(2)的結(jié)論是否仍然成立?(只寫出結(jié)論，不要求證明)(2)DM=DN,DM⊥DN,理由見解析【分析】(1)先由正方形的性質(zhì)得AD=CD,∠ADC=∠EDG=90°,DE=DG,(2)由(1)得：△ADE≌△CDG,則∠DAE=∠DN,∠ADM=∠CDN,求出∠MD類比猜想：①由(1)得：△ADE≌△CDG,則∠DAE=∠DCG,AE=CG,再證△ADM≌△CDN(AAS),得DM=DN,∠ADM=∠CDN,求出∠MDC+∠CDN=90°即可；ADM=∠CDN,再求出∠MDC+∠CDN=90°即可.由(1)得：△ADE≌△CDG(SAS),(3)類比猜想：由(1)得：△ADE≌△CDG(SAS),∴△ADM2△CDN(AAS),∴∠MDC+∠CDN=∠MDC+∠ADM=∠ADC=90°,②當DM、DN分別是△ADE和△CDG的角平分線時，問題(2)中的結(jié)論依然成立，如圖3,理由如下：∴∠MDC+∠CDN=∠MDC+∠ADM=∠ADC=90°,圖3【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂線的判定等知識；本題綜合性強，熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型.7.(?？寄M預(yù)測)已知四邊形ABCD圖2中，E、F分別是AB、AD邊上的點，DE與CF交于點G.圖3圖3(1)①如圖1,若四邊形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G,(2)拓展研究：如圖3,若四邊形ABCD是平行四邊形，且∠B+∠EGC=180°時，求證：【分析】(1)①由“ASA”可證△ADE≌△DCF,可得DE=CF,(2)通過證明△ADE∽△DCM,可可得結(jié)論；y(3)設(shè)CN=x,△BAD≌△BCD,推出∠BCD=∠A=90°,可求解；證△BCMo△DCN,中，由勾股定理得出BM2+CM2=BC2,代入得出方程△NFC,即可得出答案.【詳解】(1)(1)解：①∵四邊形ABCD是正方形，求出求出CN=8,求出求出CN=8,故答案為：1;(2)(2)證明：如圖所示，∠B+∠EGC=180°,∠EGC+∠EGF=180°,在AD的延長線上取點M,使CM=CF,則∠CMF=∠CFM,(3)(3)解：過C作CN⊥AD于N,CM⊥AB交AB延長線于M,連接BD,設(shè)CN=x,請你參考上面的想法，用等式表示線段AE,FC,EF的數(shù)量關(guān)系并證明；(一種方法即可)(2)如圖2,若將直線BE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)135°,交直線AC于點F.若正方形邊長為2,AE:EC=2:3,求AF的長.【分析】(1)①根據(jù)題意補全圖形即可；AB=BC,證明△MBE=△FBE(SAS),得出EM=EF,證出∠4=∠5,證明△AMB=△CFB(SAS),得出想法2,證明△NBF=△CBF,在在Rt△ENF中，由勾股定理即可EN2+FN2=EF2,進而即可得出結(jié)論；得出∠MAF=90°,在Rt△MAF結(jié)論，解方程即可求解.【詳解】(1)解：①補全圖形，如圖1所示：想法1:過B作MB⊥BF,使BM=BF,連接AM、EM,如圖2所示：∴EM=EF,想法2,如圖所示，∴MF=EF,∵正方形邊長為2,解得.●●【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵.9.(統(tǒng)考一模)(1)如圖1,紙片□ABCD中，AD=10,S□ABCp=60,過點A作AE⊥BC,垂足為E,沿AE剪下△ABE,將它平移至△DCE'的位置，拼成四邊形AEE'D,則四邊形AEE'D的形狀為_.(從以下選項中選取)(2)如圖2,在(1)中的四邊形紙片AEE'D中，在EE'上取一點F,使EF=8,剪下△AEF,將它平移至△DE'F'的位置，拼成四邊形AFF'D.①求證：四邊形AFF'D是菱形；②連接DF,求sin∠ADF的值.【分析】(1)根據(jù)□ABCD可得ADEC,結(jié)合AE⊥BC可得，∠EAD=AEC=AEB=90°,再根據(jù)△ABE平移得到△DCE',可得∠CED=90°,即可得到答案；(2)①根據(jù)平移可得AF=DF,AF||DF',即可得到四邊形AFF'D是平行四邊形，根據(jù)AE=60÷10=6,結(jié)合EF=8根據(jù)勾股定理可得AF,即可得到證明；②根據(jù)AD=10,EF=8即可得到FE'=10-8=2,結(jié)合AE=6即可得到DF,根據(jù)AD|EF可得∠FE'D=∠ADF,即可得到答案；【詳解】(1)解：∵□ABCD中，AD=10,SABCp=60,∵四邊形ABCD是平行四邊形，故選C;②∵AD=10,EF=8,【點睛】本題考查平移的性質(zhì)，矩形的判定，菱形的判定，三角函數(shù)，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是10.(深圳市龍崗區(qū)坪地中學校考一模)綜合與探究(2)如圖②,當AB=5,且AF·FD=10時，求EF的長；時，請直接寫!(3)如圖③,延長EF,與∠ABE的角平分線交于點M、BM交AD于點N,當NE=AN時，請直接寫!的值.【分析】(1)由折疊的性質(zhì)得出BC=BF,∠FBE=∠CBE,根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出∠AFB=30°,可求(2)證明△FAB~△EDF,由相似三角形的性質(zhì)得出可求出DE=2,得出EF=3,由勾股定理求出DF=√5,則可求出AF,即可求出BC的長；(3)過點N作NG⊥BF于點G,證明△NFG~△BFA,設(shè)AN=x,FG=y,則AF=2y由勾股定理得出(2x)2+(2y)2=(2x+y)2,解出x則可求出答案.∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，∴BC=BF,∠FBE=∠CBE,∠C=∠BFE=9(2)∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，∴△FAB~△EDF,∴CE=DC-DE=5-2=3,∴EF的長為3;(3)過點N作NG⊥BF于點G,∠NFG=∠BFA,∠NGF=∠BAF=90°,【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，矩形【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識.熟練掌握折疊的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.11.(深圳市南山外國語學校校考一模)如圖，在矩形ABCD中，點E為邊AD的中點，點F為AB上的一個動點，連接FE并延長，交CD的延長線于點G,以FG為底邊在FG下方作等腰Rt△FHG,且∠FHG=90°.圖①圖②(1)如圖①,若點H恰好落在BC上，連接BE,EH.②若tan∠BEH=2,GD=1,求△FHG的面積；(2)如圖②,點H落在矩形ABCD內(nèi)，連接CH,若AD=4,AB=3,求四邊形FHCB面積的最大值.【答案】(1)①證明見解析；②10;(【分析】(1)①如圖1,過點E作EM⊥BC,先證明△AEF=△DEG(SASO),得到EF=EG,再根據(jù)三線合一的性質(zhì)，得到，EH=EF,∠FEH=90°,然后證明四邊形ABME是矩形，進而推出△AEF≥△MEH(AASO),得到AE=EM,得到正方形ABME,即可證明結(jié)論；②如圖2,先根據(jù)正方形和等腰三角形的性質(zhì)，得到∠ABE=EHF,再利用三角形內(nèi)角和定理，得到∠BFN=BEH,根據(jù)正切值，得,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可知，AF=MH=DG=1,設(shè)AB=BM=x,求解出x=3,最后利用勾股定理，求得FH=2√5,即可求出△FHG的面積；(2)如圖3,過點H作HP⊥AB于點P,過點E作EQ⊥PH于點Q,連接BH、EH,同理可證，△AEF=△QEH,四邊形APOE是矩形，推出正方形APOE,得到AP=PQ=AE=2,進而得到S△BCH=2,設(shè)AF=QH=a則PH=2+a,BF=3-a,構(gòu)建二次函數(shù)，求出S△BFH的最大值即可得到答案.【詳解】(1)①證明：如圖1,過點E作EM⊥BC交BC于點M,∴△AEF≥△DEG(SASO),圖1②解：如圖2,BE與FH相交于點N,FH=√BF2+BH2=√22+42=2√5,設(shè)AF=QH=a,則PH=PQ+QH=2+a,BF=AB-AF=3-a,∴四邊形FHCB面積的最大值為圖3【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值等知識，解題關(guān)鍵是尋找全等三角形解決問題，學會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題.12.(二模)【推理】如圖1,在正方形ABCD中，點E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連結(jié)BE,CF,延長CF交AD于點G.(1)求證：△BCE=△CDG.【運用】(2)如圖2,在【推理】條件下，延長BF交AD于點H.【拓展】(3)將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結(jié)CF,延長CF,BFCE=9,求線段DE的長.交直線AD于G,兩點，若,求的值(用含k的代數(shù)式表示).,圖1圖2備用圖3【答案】(1)見解析；(2)DE3【分析】(1)根據(jù)ASA證明△BCE=△CDG;(2)由(1)得CE=DG=9,由折疊得∠BCF=∠BFC,進一步證明HF=HG,由勾股定理得HF2+FE2=DH2+DE2,代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可；(3)如圖，連結(jié)HE,分點H在D點左邊和點H在D點右邊兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DE的長，再由勾股定理得HF2+FE2=DH2+DE2,代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可.【詳解】(1)如圖，∵△BFE由△BCE折疊得到，(2)如圖，連接EH,由(1)得△BCE=△CDG,由折疊得BC=BF,CE=FE=9,,DG=9,∴HF2+FE2=DH2+DE2,(3)如圖，連結(jié)HE,99①當點H在D點左邊時，如圖，同(2)可得，HF=HG,由折疊得BE⊥CF,∴△CDG~△BCE,②當點H在D點右邊時，如圖，同理得HG=HF,∴DG=m,同理可得△BCE~△CDG,·【點睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構(gòu)造三角形.13.(深圳市福田區(qū)石廈學校?？级?綜合與實踐，問題情境：數(shù)學活動課上，老師出示了一個問題：如圖①,在□ABCD中，BE⊥AD,垂足為E,F為CD的中點，連接EF,BF,試猜想EF與BF的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；獨立思考：(1)請解答老師提出的問題；實踐探究：(2)希望小組受此問題的啟發(fā)，將□ABCD沿著BF(F為CD的中點)所在直線折疊，如圖②,點C的對應(yīng)點為C',連接DC'并延長交AB于點G,請判斷AG與BG的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；問題解決：(3)智慧小組突發(fā)奇想，將□ABCD沿過點B的直線折疊，如圖③,點A的對應(yīng)點為A',使A'B⊥CD于點H,折痕交AD于點M,連接A'M,交CD于點N.該小組提出一個問題：若此□ABCD的面積為20,邊長AB=5,BC=2√5,求圖中陰影部分(四邊形BHNM)的面積.請你思考此問題，直接寫出結(jié)果.【答案】(1)EF=BF;見解析；(2)AG=BG,見解析；【分析】(1)如圖，分別延長AD,BF相交于點P,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD//BC,根據(jù)平行線的性根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可9即可得EF=BF(2)根據(jù)折疊性質(zhì)可得',FC=FC',可得FD=FC',根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠FDC'=∠FC'D,根據(jù)三角形外角性質(zhì)可得∠CFC'=∠FDC'+∠FC'D,即可得出∠C'FB=∠FC'D,可得DG//FB,(3)如圖，過點M作MQ⊥A'B于Q,根據(jù)平行四邊形的面積可求出BH的長，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得A'B=AB,∠A=∠A',∠ABM=∠MBH,根據(jù)A'B⊥CD可得A'B⊥AB,即可證明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠A=∠C,即可得∠A'=∠C,進而可證明△A'NH∽△CBH,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A'H、NH的長，根據(jù)NH//MQ可得△A'NH∽△A'MQ,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出MQ的長，根據(jù)S=S△AMB-SAA'NH即可得答案.【詳解】(1)EF=BF.如圖，分別延長AD,BF相交于點P,∴AD//BC,(2)AG=BG.(3)如圖，過點M作MQ⊥A'B于Q,····∵□ABCD的面積為20,邊長AB=5,A'B⊥CD于點H,∴CH=√BC2-BH2=2,A'H=A'B-BH=1,∵將□ABCD沿過點B的直線折疊，點A的對應(yīng)點為A',∵A'B⊥CD于點H,ABI/CD,∵四邊形ABCD是平行四邊形，·∠A'HN=∠CHB,;,;.【點睛】本題考查折疊的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵.14.(統(tǒng)考三模)(1)問題背景：如圖1,在△ABC中，D為AB上一點，若∠ACD=∠B.求證：AC2=AD·AB;(2)嘗試應(yīng)用：如圖2,在△ABC中，AB=9,AC=6,D為AB上一點，點E為CD上一點，」,∠ACD=(3)拓展創(chuàng)新：如圖3,□ABCD5V6,直接寫出AB的長.【答案】(1)見解析；(2)(3)【分析】(1)證明出△ABC∽△ACD結(jié)合對應(yīng)邊成比例建立等式即可得出；設(shè)DF=x,(2)過點E作EF//AC分別交AB于點F,證明出△DFE∽△設(shè)DF=x,則FA=2x,FB=9-2x,證明△FEB∽△FDE,得出EF2=FD·FBx?=4,,再通過分論討論求解；(3)延長EF交DC的延長線于N.則□AENC,證明出△BEF∽△CNF,設(shè)AE=CN=x,則BE=2x,CD=3x,DN=4x.設(shè)EF=2y,則NF=y,EN=3y,證明出△DEF∽△NED建立等式求解出即可求解.【詳解】(1)證明：∵∠ACD=∠B,∠A=∠A(2)解：過點E作EF//AC交AB于點F.,(3)延長EF交DC的延長線于N.∴BE=2AE,CD=3AE,DN=4AE,∴設(shè)AE=CN=x,則BE=2x,CD=3x,DN=4x.設(shè)EF=2y,則NF=y,EN=3y∴∠EDF=∠N15.(統(tǒng)考二模)【問題情境】圖3【嘗試應(yīng)用】(3)如圖3,點P是線段AB上的動點，分別以AP,BP為邊在AB的同側(cè)作正方形APCD與正方形PBEF,【分析】(1)通過正方形四邊相等和兩線段垂直的特點構(gòu)造與△ABE全等的三角形，從而得到對應(yīng)邊相等從而證明題目所給要求.(3)①同樣平移線段CB使得點C和點D重合，得到平行四邊形DGBC,通過平行四邊形特征和正方形特征證明△AGD≌△BEG,再通過全等得知兩直角三角形斜邊相等且∠GBE=90°,從而得知△DGE為等腰直②通過三角形相似得對應(yīng)邊成比例，從而得出題目所求線段比例.【詳解】(1)證明：方法1,平移線段FG至BH交AE于點K,如圖1-1所示：圖1-1∴四邊形BFGH是平行四邊形，AB=BC∠ABE=∠C方法2:平移線段BC至FH交AE于點K,如圖1-2所示：圖1-2(2)解：將線段AB向右平移至FD處，使得點B與點D重合，連接CF,如圖2所示：設(shè)正方形網(wǎng)格的邊長為單位1,√FG2+DG2=√32+42=5,(3)解：①平移線段BC至DG處，連接GE,如圖3-1所示：圖3-1∵四邊形ADCP與四邊形PBEF都是正方形，②如圖3-2所示：圖3-2∴/AHD=∠CHM=/ABC,【點睛】本題綜合考察了三角形全等的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理和輔助線的添加，掌握這些是本題關(guān)鍵.1.(校聯(lián)考模擬預(yù)測)如圖，BD是矩形ABCD的對角線.(1)求作⊙A,使得⊙A與BD相切(要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡);的值.【分析】(1)先過點A作BD的垂線，進而找出半徑，即可作出圖形；(2)根據(jù)題意，作出圖形，設(shè)∠ADB=a,OA的半徑為r,先判斷出BE=DE,進而得出四邊形AEFG是再判定△ABE=△CDF,根據(jù)BE=再判定△ABE=△CDF,根據(jù)BE=DF=rtana,DE=DF+EF=rtana+r,在Rt△求解得到tan∠ADB的值為【詳解】(1)解：如圖所示，⊙A即為所求作：(2)解：根據(jù)題意，作出圖形如下：設(shè)∠ADB=a,⊙A的半徑為r,∵BD與OA相切于點E,CF與OA相切于點G,∴AE⊥BD,AG⊥CG,即∠AEF=∠AGF=90°,∴四邊形AEFG是矩形，又AE=AG=r,∴四邊形AEFG是正方形，在Rt△AEB和Rt△DAB中，∠BAE+∠ABD=90°,∠ADB+∠ABD=90°,∵四邊形ABCD是矩形，∴ABI|CD,AB=CD,∴DE=DF+EF=rtana+r,在Rt△ADE中，即DE·tana=AE∴(rtana+r)tana=r,即tan2a+tana-1=0,即tan∠ADB的值為定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，利用三角函數(shù)得出線段長建立方程是解決問題的關(guān)鍵.2.(校聯(lián)考一模)(1)證明推斷：如圖(1),在正方形ABCD中，點E,Q分別在邊BC,AB上，DQ⊥AE于(2)類比探究：如圖(2),在矩形ABCD中，邊上的點E處，得到四邊形FEPG,EP交CD于點H,連接AE交GF于點O.試探究GF與AE之間的數(shù)量關(guān)系，圖1【答案】(1)證明見詳解；(2)圖2●【分析】(1)先證△ABE≌△DAH,可得AE=DQ.再證四邊形DQFG是平行四邊形，即可解決問題.(2)過G作GM⊥AB于M.證明△ABE~△GMF,即可解決問題.(3)過P作PM⊥BC交BC的延長線于M.利用相似三角形的性質(zhì)求出PM,CM,即可解決問題.【詳解】解：(1)∵四邊形ABCD是正方形，如圖2中，過G作GM⊥AB于M,圖2(3)解：如圖3中，過點P作PM⊥BC交BC的延長線于M.圖3∴設(shè)BE=4k,BF=3k,則EF=AF=5k,AB=BF+AF=,FG=2√5,(不合題意，舍去),BF=2,,,∴△FEB~△EPM,AD=PE=BC=4,s【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟悉相關(guān)知識點，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題是解題的關(guān)鍵.3.(統(tǒng)考模擬預(yù)測)如圖，在平面直角坐標系中，∠ACO=90°,∠AOC=30°,分別以AO、CO為邊向外作等邊三角形△AOD和等邊三角形△COE,DF⊥AO于F,連DE交AO于G.(1)求證：△DFG≌△EOG;(2)H為AD的中點，連HG,求證：CD=2HG;【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)2√7.【分析】(1)本題考查全等三角形的判定，通過等邊三角形的性質(zhì)利用AAS定理解答本題.(3)本題考查三角形中位線定理以及等邊三角形的證明，通過構(gòu)造輔助線，結(jié)合角度的計算加以證明，最后求解邊長.【詳解】證明：(1)如圖1,∵∠AOC=30°,設(shè)AC=a,則OA=2a,OE=OC=√3a,(2)如下圖圖2所示，連接AE,(3)如下圖圖2所示，連接HM,∴∠MHG=180°-∠AHM-∠DHG=180°-∠ADC-60°-∠ODC=120°-(∠ADC+∠ODC)=120°-∠ADO=60°,∴△HMG為等邊三角形.∴OA=OD=8,OC=4√3,CD=4√7,【點睛】本題主要考查全等的判定、中位線定理的應(yīng)用以及等邊三角形的性質(zhì)，難點主要在于輔助線的構(gòu)造，本題題干中出現(xiàn)多個中點信息，即提示需要做中位線.4.(模擬預(yù)測)如圖1.在△ABC中，∠A=120°,AB=AC,點D、E分別在邊AB、AC上，AD=AE,連接BE,點M、N、P分別為DE、BE、BC的中點，連接NM、NP.(1)圖1中，線段NM、NP的數(shù)量關(guān)系是,∠MNP的度數(shù)為；(2)將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置.連接MP.你認為△NMP是什么特殊三角形，請寫出你的猜想并證明你的結(jié)論；(3)把△ADE繞點A在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，若AD=3,AB=5,請寫出△MNP面積的最大值.【分析】(1)根據(jù)AB=AC,AD=AE,得BD=CE,再根據(jù)三角形中位線定理可知//AB,PN//AC,利用平行線的性質(zhì)可證得∠MNP=60°;(2)先通過SAS證明△ABD≌△ACE,得BD=CE,∠ABD=∠ACE,再由(1)同理可證；(3)由三角形三邊關(guān)系可知：BD≤8,由(2)知：△MNP是等邊三角形，則MN即可求得△MNP的最大面積.【詳解】(1)∵AB=AC,AD=AE,.MN最大值為4,,MN//AB,PN/IAC,故答案為：MN=NP,∠MNP=60°.(2)△MNP是等邊三角形，理由如下：由旋轉(zhuǎn)得：∠BAD=∠CAE,又∵AB=AC,AD=AE,MN//BD,PN//CE,(3)由三角形三邊關(guān)系可知：BD≤AB+AD,∴BD的最大值為8,由(2)知：△MNP是等邊三角形，【點睛】本題主要了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，等邊三角形的判定等知識，利用平行線的性質(zhì)證明∠MNP=60°是解題的關(guān)鍵.5.(二模)如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O,點E是BC上的一個動點，連接DE,交AC于點F.DEEE,(3)如圖③,當點E是BC的中點時，過點F作FG⊥BC于點G,求證：(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】(1)利用相似三角形的性質(zhì)求得EF與DF的比值，依據(jù)△CEF和△CDF同高，則面積的比就是EF與DF的比值，據(jù)此即可求解；(2)利用角之間的關(guān)系到證得∠ADF=∠AFD,可以證得AD=AF,在Rt△AOD中，利用勾股定理可以證得；(3)連接OE,易證OE是△BCD的中位線，然后根據(jù)△FGC是等腰直角三角形，易證△EGF∽△ECD,利用相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可證得.【詳解】解：(1)(2)證明：∵DE平分∠CDB,又∵AC、BD是正方形ABCD的對角線，又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF,∠AFD=∠FCD+∠CDF,(3)證明：連接OE,BC延長線于點M,AE的延長線交DC延長線于點N.圖①圖②(1)問題證明：如圖①,若四邊形ABCD是正方形，求證：△ACN~△MCA.(3)深入探究：如圖③,若四邊形ABCD是菱形，連接MN,當MN=MA時，且∠EAF=α,試用關(guān)于α的式來表方的值，則.(直接寫出結(jié)果)【分析】(1)可證得∠ACM=∠ACN,∠CAN=∠M,從而證明結(jié)論；(2)過點A分別作AE⊥x軸，AF⊥y軸，垂足分別為E、F,由題意易得AEOF是正方形，同理(1)可知AO2=OB·OC,連接OD,過點D作DG⊥y軸于點G,然后可得△BGD~△BOC,進而根據(jù)k的幾何意義可進行求解；(3)由題意易證△ACN~△MCA,△MAN~△BAC,則連接BD,交AC于點H,然【詳解】(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，,∠BCA=∠ACD=45°,∴∠CAN+∠CAM=45°,180°-∠BCA=180°-∠ACD,∴△ACN~△MCA;∵點A坐標為(-2,-2),即AO2=OB·OC連接OD,過點D作DG⊥y軸于點G,∴△BGD~△BOC,,,,.9(3)解：∵四邊形ABCD是菱形，∴180°-∠BCA=180°-∠ACD,∵∠ACB是△ACM的外角，∴△ACN~△MCA,∴△MAN~△BAC,∵△ACN~△MCA,連接BD,交AC于點H,如圖所示：99.故答案為4故答案為4cos2a.【點睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、反比例函數(shù)的圖像與性質(zhì)及三角函數(shù)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、反比例函數(shù)的圖像與性質(zhì)及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵.7.(深圳中學校聯(lián)考二模)已知四邊形ABCD中，P為射線CA上一點，過P作PEⅡBA交射線DA于點E,過P作PFⅡEB交射線BA于點F.CF=(填數(shù)字):圖2(3)如圖3,四邊形ABCD是菱形，連接CF并延長與BE交于點O,若O是BE的中點且△EAF為等腰三角形，圖3【答案】(1)CF=BE,5(3)①√2+1;②√7或1【分析】(1)如圖所示，延長PE交CB延長線于H,而證明四邊形AEHB是矩形，得到∠H=90°,AB=EH,先證明四邊形PEBF是平行四邊形，得到，PE=BF,進得到CF=BE;求出PE=BF=4,由勾股定理得CF=√BC2+BF2=5;~△AFD,9進一步推出再由平行線分線段成比例定理即可得至(3)①如圖所示，延長CO交DA延長線于Q,由菱形的性質(zhì)可設(shè)AB=BC=CD=AD=1,AD|BC,證,,解得a=√2-1(負值舍去),再證明△PEA~△CDA,即可得至②分如圖3-1所示，當;AE=EF=a=√2-1時，過點E作EM⊥AF于M,如圖3-2所示，當EF=AF=1-a=2-V2時，過點F作FN⊥AE于N,兩種情況求出∠EAF的正切值即可得到答案.∵四邊形ABCD是正方形，∴四邊形PEBF是平行四邊形，∠AEP=∠AEH=∠BAE=90°,∴PE+EH=BH+BC,即PE=BH=BF,∴△BEH=△CFB(SAS),又∵HE=CD=3,(2)解：如圖所示，延長PE交CB延長線于H,設(shè)AB=AD=y,AE=x同理可證四邊形AEHB是平行四邊形，四邊形BEPF是平行四邊形，設(shè)HE=AB=y,AE=x,∴△ABE~△AFD,(負值舍去),∵AEIICH,(3)解：①如圖所示，延長CO交DA延長線于Q∴可設(shè)AB=BC=CD=AD=1,AD|BC,設(shè)AE=a,則DQ=2+a,AQ=1+a時，過點F作FN⊥AE于N,連接CE;(3)當點P在對角線AC的延長線上時，連接AE,若AB=2√2,AE=2√13,求四邊形DCPE的面積.(2)按照(1)的思路進行解答即可；(3)連接BD,CE,利用正方形及等腰三角形性質(zhì)可得OD=2,再由勾股定理求CE及CP的長，最后求出四邊形DCPE的面積即可.(1)四邊形ABCD和四邊形DPFE是正方形∴AD=CD,DP=DE,∠ADC=∠PDE=90°,∴∠ADP+∴AP=CE,∠DAP=∠DCE∴∠PCE=∠ACD+∠DCE=∠ACD+∠DAP=90°,∴AP與CE的夾角的度數(shù)是90°,(2)CE=√2CD+CP,理由：∵四邊形ABCD和四邊形DPFE是正方形，∴AD=CD,DP=DE,∠ADC=≌ACDE(SAS)∴AP=CE∵△ADC是等腰直角三角形∴AC=√2CD∴EC=AP=AC+CP=√2CD+CP;(3)如圖，連接BD,CE,”四邊形ABCD是正方形∴CD=AB9=2√2,AC⊥BD,∵AB=2√2,AACB是等腰直角三角形，∴AC=√2AB=√2×2√2=4,∴9由(2)可知，CE=√2CD+CP,∴CP=CE-√2CD=6-√2×2√2=2,∴9在Rt△CPE中，PE2=CP2+CE2=22+62=40,∵ADPE是等腰直角三角形，,9∴S四邊形DcPE=S△DPE+S△DCP=10+2=12,【點睛】本題考查的是四邊形綜合題，涉及到直角三角形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定等知識，難度適中.9.(?？寄M預(yù)測)【操作與發(fā)現(xiàn)】如圖①,在正方形ABCD中，點N,M分別在邊BC、CD上.連接AM、AN、MN.∠MAN=45°,將△AMD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°,點D與點B重合，得到△ABE.易證：△ANM≌△ANE,從而可得：DM+BN=MN.(1)【實踐探究】在圖①條件下，若CN=6,CM=8, (1)【實踐探究】在圖①條件下，若CN=6,CM=8, (2)如圖②,在正方形ABCD中，點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM、AN、MN(3)【拓展】如圖③,在矩形ABCD中，AB=12,AD=16,點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM、AN,已知∠MAN=45°,BN=4,則DM的長是【分析】(1)利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合SAS可以證明△ANM≌△ANE,從而得到DM+BN=MN,設(shè)正方形ABCD的邊長為x,則BN=x-6,DM=x-8,利用勾股定理求得MN=10,從而列得方程求解即可求出正方形邊(2)根據(jù)設(shè)BN=m,DM=n,則MN=m+n,利用可得正方形邊長為3m,從而得到CM=3m-nCN=2m,根據(jù)勾股定理得到：CM2+CN2=MN2,代入可得關(guān)于m,n得方程，繼而得到3m=2n,最后代入CM=3m-n得到DM=CM,即M是CD的中點.而求出PE的長度，從而利用前面的結(jié)論，并利用勾股定理列方程即可求出結(jié)果.圖③【詳解】(1)解：四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD=AD,∠BAD=∠C=∠D=90°,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△ABE≌△ADM,∴BE=DM,∠ABE=∠D=90°,AE=AM,∠BAE=∠DAM,∴∠EAN=90°-45?=45°,∴MN=EN,∴MN=BN+DM,在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2設(shè)正方形ABCD的邊長為x,則BN=BC-CN=x-6,DM=CD-CM=x-8,即正方形ABCD的邊長是12;圖①(2)證明：設(shè)BN=m,DM=n,由(1)可知，MN=BN+DM=m+n,在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2整理得：3m=2n,圖②(3)解：延長AB至P,使BP=BN=4,過P作BC的平行線交DC的延長線于Q,延長AN交PQ于E,設(shè)DM=a,則MQ=16-a,99EQ2+MQ2=EM2圖③10.(?？家荒?如圖，點E為正方形ABCD邊AD上一動點(不與A、D重合).連接BE交AC于點F,(2)證明：連接FD,如圖，∵在(1)中已經(jīng)證明∠MPQ=∠AEB,(3)設(shè)MQ交BE于N點，交AC于T點，如圖，EE在(1)中已證得∠PBE=∠MQP,∠BFP=∠BFQ,在(2)中已證得FQ=FB,根據(jù)(2)結(jié)論有FP=FE,∴AC-2AF=AC-AF-TF=CT,①線段BM、BN、AB之間滿足的數(shù)量關(guān)系是【類比探究】①線段BM、BN與AB之間的數(shù)量關(guān)系是;(用含α的式表示)【分析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)可證△OBM≌△OCN,即可得答案；(2)連接MN,先證O,M,B,N四點共圓，可得△MON是等邊三角形，將△OBN繞點O順時針旋轉(zhuǎn)60°(3)由(1)和(2)的結(jié)論推導即可得答案.(2)①如下圖，連接MN,∴△MON是等邊三角形，∴邊BN剛好落在AB上，即為MH,D.D.(3)∵由(1)可知：當∠DAB=∠A?OC;=90°,由(2)可知：∠DAB=∠B?OD?=60°,;即●【點睛】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，圓的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，證△OBM≌△OCN和△MON是等邊三角12.(校聯(lián)考三模)某數(shù)學小組在探究軸對稱的性質(zhì)這一內(nèi)容時，準備了若干大小不一的矩形進行折疊實驗探究.實驗操作如下：第一步：如圖1將矩形ABCD(AB>AD)沿過點A的直線折疊，使點D落在AB上的點E處，折痕為AF;第二步，將矩形ABCD沿過點B的直線折疊，點C恰好落在線段EF上的點H處，折痕為BG.CC圖2圖1圖2①四邊形AEFD是;②求證：△GFH~△HEB;如圖2,延長GH交AF于M點，若AB=8,AD