2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題型（安徽專用）專題10 解答題壓軸題（幾何探究）（教師版）

PAGE1PAGE專題10解答題壓軸題（幾何探究）通用的解題思路：解決矩形翻折問(wèn)題：利用折疊和矩形性質(zhì)找出對(duì)應(yīng)線段關(guān)系；在折疊后形成的直角三角形中利用勾股定理構(gòu)造方程求解。2、十字架模型：3、動(dòng)態(tài)問(wèn)題中的線段長(zhǎng)度最值通常利用三點(diǎn)共線解決，關(guān)鍵在于找到與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)之間恒為定長(zhǎng)的點(diǎn)。4、奔馳模型：解題方法是旋轉(zhuǎn)一邊利用等邊三角形構(gòu)造“手拉手”模型證全等，結(jié)合勾股定理的逆定理得到結(jié)論。5、線段長(zhǎng)度、比值及最值問(wèn)題：（1）特殊圖形、全等、相似、勾股定理；（2）圓中垂徑定理。1．（2023·浙江湖州·中考真題）【特例感知】（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在邊AB的延長(zhǎng)線上，連接PD，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥PD，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．求證：△DAP≌△DCM．【變式求異】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點(diǎn)D在邊AB上，過(guò)點(diǎn)D作，交AC于點(diǎn)Q，點(diǎn)P在邊AB的延長(zhǎng)線上，連接，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥PQ，交射線BC于點(diǎn)M．已知BC=8，AC=10，AD=2DB，求PQQM【拓展應(yīng)用】（3）如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，點(diǎn)P在邊AB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)Q在邊AC上（不與點(diǎn)A，C重合），連接，以Q為頂點(diǎn)作∠PQM=∠PBC，∠PQM的邊QM交射線BC于點(diǎn)M．若AC=mAB，CQ=nAC（m，n是常數(shù)），求PQQM的值（用含m，

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）83；（3）【分析】（1）根據(jù)ASA證明△DAP≌△DCM即可；（2）證明△DQP∽△NQM，得出PQQM=DQQN=DQDB，根據(jù)勾股定理AB=AC2?B（3）BC=AB2+AC2=1+m2AB，作于點(diǎn)N，證明【詳解】（1）證明：在正方形ABCD中，∠A=∠∴∠A=∠DCM=90°，∵DM⊥PD，∴∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°，∴∠ADP=∠CDM，∴△DAP≌△DCMASA（2）如圖1，作于點(diǎn)N，如圖所示：

∵∠ABC=90°，，∴四邊形DBNQ是矩形，∴∠DQN=90°，QN=DB，∵QM⊥PQ，∴∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°，∴∠DQP=∠MQN，∵∠QDP=∠QNM=90°，∴△DQP∽△NQM，∴PQQM∵BC=8，AC=10，∠ABC=90°，∴AB=A∵AD=2DB，∴，∵∠ADQ=∠ABC=90°，∴DQ∥BC，∴△ADQ∽△ABC，∴DQBC∴DQ=16∴PQQM（3）∵AC=mAB，CO=nAC，∴CQ=mnAB，∴AQ=AC?CQ=m?mn∵∠BAC=90°，∴BC=A如圖2，作于點(diǎn)N，

∵∠A+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°，∴∠ABN+∠AQN=180°，∴∠AQN=∠PBN．∵∠PQM=∠PBC，∴∠PQM=∠AQN，∴∠AQP=∠NQM，∵∠A=∠QNM=90°，∴△QAP∽△QNM，∴PQQM∵∠A=∠QNC=90°，∠QCN=∠BCA，∴△QCN∽△BCA，∴QNBA∴QN=∴PQQM【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．2．（2023·湖北襄陽(yáng)·中考真題）【問(wèn)題背景】人教版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)教材第63頁(yè)“實(shí)驗(yàn)與探究”問(wèn)題1如下：如圖，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)O又是正方形A1B1C1O的一個(gè)頂點(diǎn)，而且這兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)相等，無(wú)論正方形九年級(jí)數(shù)學(xué)興趣小組對(duì)上面的問(wèn)題又進(jìn)行了拓展探究、內(nèi)容如下：正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)P落在線段OC上，（k為常數(shù)）．

【特例證明】（1）如圖1，將Rt△PEF的直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，兩直角邊分別與邊AB，BC相交于點(diǎn)M，①填空：k=______；②求證：PM=PN．（提示：借鑒解決【問(wèn)題背景】的思路和方法，可直接證明△PAM?△PBN；也可過(guò)點(diǎn)P分別作AB，BC的垂線構(gòu)造全等三角形證明．請(qǐng)選擇其中一種方法解答問(wèn)題②．）【類比探究】（2）如圖2，將圖1中的△PEF沿OC方向平移，判斷PM與PN的數(shù)量關(guān)系（用含k的式子表示），并說(shuō)明理由．【拓展運(yùn)用】（3）如圖3，點(diǎn)N在邊BC上，∠BPN=45°，延長(zhǎng)NP交邊CD于點(diǎn)E，若，求k的值．【答案】（1）①1；②見(jiàn)解析；（2）PMPN【分析】（1）①利用正方形性質(zhì)即可得出答案；②根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA證明△PAM≌△PBN即可；（2）過(guò)點(diǎn)P作PG∥BD交BC于G，利用平行線的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)易證得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可證明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性質(zhì)即可得出答案；（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于，作PG⊥AB于G，利用AAS證得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再證得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC?BN，同理可得：PB2=BA?BM，推出EC=2CN，進(jìn)而可得，令HN=a，則PH=2a，【詳解】解：（1）①由正方形的性質(zhì)可知：OA=OC，∵將Rt△PEF的直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)∴，故答案為：1；②證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∴∠APB?∠BPM=∠MPN?∠BPM，即∠APM=∠BPN，∴△PAM≌△PBNASA∴PM=PN．（2）PMPN過(guò)點(diǎn)P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，∴PG=PC，∠APG?∠MPG=∠MPN?∠MPG，即∠APM=∠GPN，∴△PAM∽△PGN，∴．（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于，作PG⊥AB于G，

則∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，∴∠MPN?∠GPN=∠GPH?∠GPN，即∠MPG=∠NPH，∴∠PMG=∠PNH，由（2）和已知條件可得：PM=kPN，，∴，∴△PGM≌△ECNAAS∴GM=CN，PG=EC，∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，∴△BPN∽△BCP，∴，∴PB同理可得：PB∵BC=BA，∴BM=BN，∴AM=CN，∴AG=2CN，∵∠PAB∴PG=AG，∴EC=2CN，∴，令HN=a，則PH=2a，CN=3a，EC=6a，∴，∴．【點(diǎn)睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了正方形的性質(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)，作出輔助線構(gòu)造出相似三角形和全等三角形是解本題的關(guān)鍵．3．（2023·江蘇鹽城·中考真題）綜合與實(shí)踐【問(wèn)題情境】如圖1，小華將矩形紙片ABCD先沿對(duì)角線BD折疊，展開(kāi)后再折疊，使點(diǎn)B落在對(duì)角線BD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)記為B'，折痕與邊AD，BC分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)【活動(dòng)猜想】（1）如圖2，當(dāng)點(diǎn)B'與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形BEDF【問(wèn)題解決】（2）如圖3，當(dāng)AB=4，AD=8，BF=3時(shí)，求證：點(diǎn)A'，B'，【深入探究】（3）如圖4，當(dāng)AB與BC滿足什么關(guān)系時(shí)，始終有A'B'（4）在（3）的情形下，設(shè)AC與BD，EF分別交于點(diǎn)O，P，試探究三條線段AP，B'D，【答案】（1）菱形；（2）證明見(jiàn)解答；（3）BC=3AB，證明見(jiàn)解析；（4）【分析】（1）由折疊可得：，OB=OD，再證得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OE=OF（2）設(shè)EF與BD交于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)B'作B'K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=45，再證明△BFM∽△BDC，可求得BM=655，進(jìn)而可得BB'=1255，再由△B（3）設(shè)∠OAB=∠OBA=α，則∠OBC=90°?α，利用折疊的性質(zhì)和平行線性質(zhì)可得：，再運(yùn)用三角形內(nèi)角和定理即可求得α=60°，利用解直角三角形即可求得答案；（4）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，設(shè)EF交BD于，設(shè)AE=m，EF=n，利用解直角三角形可得B'D=BD?BB'【詳解】解：（1）當(dāng)點(diǎn)B'與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形BEDF理由：設(shè)EF與BD交于點(diǎn)O，如圖，由折疊得：，OB=OD，∴∠BOF=∠DOE=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠OBF=∠ODE，∴△BFO≌△DEO(ASA∴OE=OF，∴四邊形BEDF是菱形．故答案為：菱形．（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，BF=3，∴BC=AD=8，CD=AB=4，∠BCD=90°，，，如圖，設(shè)EF與BD交于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)B'作B'K⊥BC于由折疊得：∠A'B'F=∠ABF=∠BMF=∠，，∴△BFM∽△BDC，∴，即，，∴BB∵∠BKB'=∠BCD∴△BBB'KCD=∴B'K=，∴B∵B'F∴B∴∠CB∴∠A∴點(diǎn)A'，B'，C在同一條直線上．（3）當(dāng)BC=3AB時(shí)，始終有A'理由：如圖，設(shè)AC、BD交于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OB，∠OBA+∠OBC=90°，∴∠OAB=∠OBA，設(shè)∠OAB=∠OBA=α，則∠OBC=90°?α，由折疊得：∠A'B∴∠BB'F+∠∴∠AB∵A，，，即3α=180°，，，∴，∴BC=3（4），理由如下：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，設(shè)EF交BD于，由折疊得：，B'F=BF，∠BFE=∠設(shè)AE=m，EF=n，由（3）得：，∴∠BB∴∠BFE=∠B，，，∴四邊形是矩形，，，AD∥BC，∴BF=B，∴BB，∴B∵AD∥BC，，，，∴AP+B∴AP+B即3EF=2(AP+【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，平行線性質(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)，解直角三角形等，涉及知識(shí)點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，難度較大．1．（2023·安徽合肥·一模）通過(guò)以前的學(xué)習(xí)，我們知道：“如圖1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，則CE=DF”．某數(shù)學(xué)興趣小組在完成了以上學(xué)習(xí)后，決定對(duì)該問(wèn)題進(jìn)一步探究：

(1)【問(wèn)題探究】如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在線段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，試猜想EGFH(2)【知識(shí)遷移】如圖3，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在線段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，試猜想EGFH(3)【拓展應(yīng)用】如圖4，在四邊形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AB，AD上，且CE⊥BF，求CEBF【答案】(1)1，詳見(jiàn)解析(2)nm(3)32【分析】（1）過(guò)點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，證明△ABM≌△ADN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得解；（2）過(guò)點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，利用在長(zhǎng)方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，證明△ABM≌△ADN，再根據(jù)其對(duì)應(yīng)邊成比例，將已知數(shù)值代入即可；（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于點(diǎn)M．設(shè)CE交于點(diǎn)O，證明△CME∽△BAF，推出CEBF=【詳解】（1）EGFH如圖1，過(guò)點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，∴AM=HF，AN=EG，∵，∴，∴∠BAM=∠DAN，在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠DANAB=AD∴△ABM≌△ADNASA∴AM=AN，即EG=FH，∴EGFH故答案為：1；（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，

∴AM=HF，AN=EG，在長(zhǎng)方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，∵，∴，∴∠BAM=∠DAN，∴△ABM∽△ADN，∴AMAN∵AB=m,BC=AD=n，∴EGFH（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于點(diǎn)M，設(shè)CE交于點(diǎn)O，

∵CM⊥AB，∴∠CME=90°，∴∠ECM+∠CEM=90°，∵CE⊥BF，∴∠BOE=90°，∴∠CEM+∠ABF=90°，∴∠ECM=∠ABF，又，∴△CME∽△BAF，∴CEBF∵AB=BC，∠ABC=60°，∴CEBF【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，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(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問(wèn)題．2．（2024·安徽阜陽(yáng)·一模）【數(shù)學(xué)模型】（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，且AE⊥DF，求證：DE=CF．【模型遷移】（2）如圖2，在矩形ABCD中，，，點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)M，N分別在邊AB，CD上，且BE⊥MN，求BEMN的值．【模型應(yīng)用】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，，AB=BC，AD=CD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，且DE⊥CF，垂足為G，求CFDE的值．【答案】（1）見(jiàn)詳解（2）35（3）【分析】（1）證明△ADE≌△DCF，即可證明結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)N作NH⊥AB于點(diǎn)，首先證明四邊形BCNH為矩形，易得NH=BC=5，再證明△ABE∽△HNM，由相似三角形的性質(zhì)即可獲得答案；（3）過(guò)C作于點(diǎn)N，CM⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接BD，首先證明四邊形ANCM為矩形，易得，AM=CN，再證明，進(jìn)而可得∠BCD=∠BAD=90°，易知，結(jié)合∠ABC+∠CBM=180°，易得∠ADC=∠CBM，即可證明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性質(zhì)可得BMDN=BCCD=ABAD=23，設(shè)，則DN=3x，設(shè)AB=BC=2y，則AD=CD=3y【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，，∵AE⊥DF，∴∠CDF+∠AED=∠AED+∠DAE，∴∠CDF=∠DAE，在△ADE和△DCF中，∠DAE=∠CDFAD=DC∴△ADE≌△DCF(ASA∴DE=CF；（2）如下圖，過(guò)點(diǎn)N作NH⊥AB于點(diǎn)，∵四邊形ABCD為矩形，，，∴∠A=∠ABC=∠C=90°，∵NH⊥AB，∴∠BHN=∠ABC=∠C=90°，∴四邊形BCNH為矩形，∴NH=BC=5，∵BE⊥MN，NH⊥AB，∴∠HNM+∠HMN=∠HMN+∠ABE，∴∠HNM=∠ABE，又∵∠A=∠MHN=90°，∴△ABE∽△HNM，∴BEMN（3）過(guò)C作于點(diǎn)N，CM⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接BD，如下圖，∵∠BAD=90°，∴∠BAD=∠ANC=∠M=90°，∴四邊形ANCM為矩形，∴，AM=CN，在△BAD和△BCD中，AB=CBBD=BD∴△BAD≌△BCD(SSS∴∠BCD=∠BAD=90°，∴∠ABC+∠ADC=360°?∠BAD?∠BCD=180°，∵∠ABC+∠CBM=180°，∴∠ADC=∠CBM，∵∠CND=∠M=90°，∴△BCM∽△DCN，∴BMDN設(shè)，則DN=3x，設(shè)AB=BC=2y，則AD=CD=3y，∴CN=AM=AB+BM=2x+2y，在Rt△CND中，由勾股定理可得∴(3x)解得13x=5y或x=?y（舍去），∴x=5∵∠BAD=90°，DE⊥CF，∴∠ADE+∠NFC=∠NCF+∠NFC，∴∠ADE=∠NCF，又∵∠EAD=∠FNC=90°，∴△ADE∽△NCF，∴CFDE【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022·安徽滁州·二模）【證明體驗(yàn)】（1）如圖1，AD為△ABC的角平分線，∠ADC=60°，點(diǎn)E在線段AB上，AE=AC，求證：DE平分∠ADB；【思考探究】（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為AB上一點(diǎn)，連接FC交AD于點(diǎn)G．若FB=FC，求證：DE【拓展延伸】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC平分∠BAD，，點(diǎn)E在AC上，∠EDC=∠ABC，若，CD=25，AD=2AE，求AC的長(zhǎng)．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）AC=【分析】（1）證△AED≌△ACD即可；（2）證△EBD∽△GCD即可；（3）在AB上取一點(diǎn)F，使得AF=AD，連接CF．證△AFC≌△ADC可推出∠DCE=∠BCF，可證△DCE∽△BCF，進(jìn)一步可證△EAD∽△DAC，即可求解．【詳解】（1）證明：∵AD為△ABC的角平分線∴∠EAD=∠CAD∵AE=AC，AD=AD∴△AED≌△ACD∴∠ADE=∠ADC=60°∴∠EDB=180°?∠ADE?∠ADC=60°∴DE平分∠ADB（2）證明：∵FB=FC∴∠EBD=∠GCD∵∠BDE=∠GDC=60°∴△EBD∽△GCD∴BDCD=由（1）可知：△AED≌△ACD∴DE=CD∴D（3）解：如圖，在AB上取一點(diǎn)F，使得AF=AD，連接CF

∵AC平分∠BAD∴∠FAC=∠DAC∵AF=AD,AC=AC∴△AFC≌△ADC∴CF=CD,∠ACF=∠ACD,∠AFC=∠ADC∵∠ACF+∠BCF=∠ACB=2∠ACD∴∠DCE=∠BCF∵∠EDC=∠FBC∴△DCE∽△BCF∴CD∵BC=5,CF=CD=2∴CE=4∵∠AED=180°?∠CED=180°?∠BFC=∠AFC=∠ADC,∠EAD=∠DAC∴△EAD∽△DAC∴AE∵AD=2AE∴AE解得：AE=∴AC=CE+AE=【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)．掌握相關(guān)內(nèi)容進(jìn)行幾何推導(dǎo)是解題關(guān)鍵．4．（2024·廣東惠州·一模）數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師提出如下問(wèn)題：已知正方形ABCD，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)．【感知】（1）如圖1，連接，DE．求證：BE=DE；【探究】（2）如圖2，F(xiàn)是DE延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，F(xiàn)B⊥BE，EF交AB于點(diǎn)G．①求證：∠FBG=∠FGB；②若G為AB的中點(diǎn)，且AB=4，求的長(zhǎng)．【應(yīng)用】（3）如圖3，F(xiàn)是DE延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，F(xiàn)B⊥BE，EF交AB于點(diǎn)G，BE=BF．求證：GD=2【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）①證明見(jiàn)解；②13；（3）證明見(jiàn)解析【分析】（1）先判斷出AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，進(jìn)而判斷出△ABE≌△ADE，即可得出結(jié)論；（2）①先判斷出∠AGD=∠FBG，進(jìn)而判斷出∠FBG=∠FGB，即可得出結(jié)論；②過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB于H，先求出AG=BG=2，AD=4，進(jìn)而求出AH=3，進(jìn)而求出FH=2，最后用勾股定理即可求出答案；（3）在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=2BE，由（1）知，BE=DE，由（2）知，F(xiàn)G=BF，可證明【詳解】解：（1）∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，∵AE=AE，∴△ABE≌△ADESAS∴BE=DE；（2）①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠GAD=90°，∴∠AGD+∠ADG=90°，由（1）知，△ABE≌△ADE，∴∠ADG=∠EBG，∴∠AGD+∠EBG=90°，∵FB⊥BE，∴∠FBG+∠EBG=90°，∴∠AGD=∠FBG，∵∠AGD=∠FGB，∴∠FBG=∠FGB，②如圖，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB于H，∵四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB=4，∴AG=BG=2，AD=4，由（2）①知，F(xiàn)G=FB，∴GH=BH=1，∴AH=AG+GH=3，在Rt△FHG與Rt△DAG∴tan∠∴FHGH∴FH=2GH=2，在Rt△AHF中，由勾股定理得（3）∵FB⊥BE，∴∠FBE＝90°，在Rt△EBF中，，由（1）知，BE=DE，由（2）知，F(xiàn)G=BF，∴GE=EF?FG=2∴GD=GE+DE=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出直角三角形是解（2）的關(guān)鍵．5．（2024·甘肅平?jīng)觥つM預(yù)測(cè)）問(wèn)題情境】已知等腰三角形ABC中，點(diǎn)D在底邊BC上．將線段DB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到線段DE（旋轉(zhuǎn)角小于180°），連接BE，CE，以CE為底邊在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE=∠ACB=α，連接AF．【嘗試探究】（1）如圖1，當(dāng)α=60°時(shí)，易知AF=BE；如圖2，當(dāng)α=45°時(shí)，則AF與BE的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_____．（2）如圖3，探究AF與BE的數(shù)量關(guān)系（用含α的三角函數(shù)表示），并說(shuō)明理由．【拓展應(yīng)用】（3）如圖4，當(dāng)α=30°，且B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，若BC=221，BD=15【答案】（1）BE=2AF

（2）BE=2AF?cos【分析】(1)可證明△ACF∽△BCE,從而B(niǎo)EAF(2)過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn),可推出CFCE=ACBC=1(3)作DM⊥BF于點(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BF,交BF延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,設(shè).BM=x,則BE=2x,由DM∥CH得BMBH=BDBC=15,從而B(niǎo)H=5BM=5x,EH=BH?BE=3x,進(jìn)而表示出【詳解】解：當(dāng)α=45°時(shí),△ABC和△FEC是等腰直角三角形，∴∠ACB=∠FCE=45°，∴∠ACF=∠BCE，∵CE∴△ACF∽△BCE，∴BE故答案為：BE=2（2）如圖1,BE=2AF?過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn),∵AB=AC，∴BH=CH=12BC∴cos∴2cos同理可得：2cos∴BC∵∠FCE=∠ACB，∴∠ACF=∠BCE，∴△ACF∽△BCE，∴BE∴BE=2AF?（3）如圖2,作DM⊥BF于點(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BF，交BF延長(zhǎng)線于點(diǎn)，∴∠BMD=∠H=90°，∴DM∥CH，∵線段DB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到線段DE，∴DB=DE，∴BM=EM,∵∠FCE=∠FEC=30°,∴∠CFH=∠FCE+∠FEC=60°,∴EF=CF=2FH,設(shè)BM=x,則BE=2x,∵DM∥CH,∵BM∴BH=5BM=5x,∴EH=BH??BE=3x,∵FE=2FH,∴FE=FC=2x,FH=x.∵HC=3在Rt△∴BH2+CH2=BC2，∴5x∴x=3,∴BE=2x=6,由（2）得:AF=3【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．6．（2023·廣東東莞·一模）（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，連接AC,BD交于點(diǎn)M，填空：ACBD=；∠AMB=（2）類比探究：如圖2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，連接AC交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，請(qǐng)判斷ACBD的值及∠AMB（3）拓展延伸：如圖3，在（2）的條件下，將△OCD繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)C與點(diǎn)M重合，若OD=1，OB=7，填空：AC=【答案】（1）1，40°；（2）ACBD=3，∠AMB=90°，理由見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）如圖1中，設(shè)BD交AD于J．證明△OAC≌△OBDSAS，推出，∠CAO=∠DBO可得結(jié)論．（2）設(shè)AO交BM于J．證明△COA∽△DOB，推出，∠JAM=∠JBO可得結(jié)論．（3）正確畫圖形，當(dāng)點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)，有兩種情況：如圖3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，則∠AMB＝90°，ACBD=3【詳解】解：（1）如圖1中，設(shè)BD交AD于J．∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，∴∠DOB=∠COA，∴△OAC≌△OBDSAS∴AC=BD，∠CAO=∠DBO，∵∠AJM=∠BJO，∴∠AMJ=∠BOJ=40°，∴ACBD=1，故答案為：1，40°．（2）如圖2中，結(jié)論：ACBD=3理由：在Rt△∵∠DOC=90°，∠DCO=30°，∴，∴OCOD同理可得：AOBO∴，∵∠COD=∠AOB=90°，∴∠COA=∠DOB，∴△COA∽△DOB，∴，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°?∠MAB+∠ABM=180°?∠OAB+∠ABM+∠DBO（3）拓展延伸①點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)，如圖（3），同（2）得：△AOC∽△BOD，∴∠CAO=∠DBO，ACBD在△AMB中，=180°?(∠OAB+∠ABM+∠DBO)=90°；∵∠AOB=∠COD=90°，CODO∴∠ODC=∠OBA=60°，∴∠OCD=∠OAB=30°，設(shè)BD=x，則AC=3Rt△COD中，∴CD=2，∴BC=x?2，Rt△AOB中，∴AB=2OB=27在Rt△AMB中，由勾股定理得：∴3x整理得：x2∴(x?3)(x+2)=0，∴x1∴BD=3，∴AC=33②點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)，如圖（4），同理得：∠AMB=90°，ACBD設(shè)BD=x，則AC=3在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC∴3x整理得x2∴(x+3)(x?2)=0，∴（舍去），x2=2∴，∴AC=23綜上所述，AC的長(zhǎng)為33或2故答案為：33或【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等和相似的性質(zhì)和判定，勾股定理，解一元二次方程、相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是能得出△AOC∽△BOD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題．7．（2024·陜西渭南·一模）【問(wèn)題提出】（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，連接AP，CP，則AP______CP；（填“>”“<”或“=”）【問(wèn)題探究】（2）如圖2，在△ABC中，BA=BC，點(diǎn)D是AC邊上一點(diǎn)，連接BD，將△ABD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△CBE，求證：∠DBE與∠DCE互補(bǔ)．【答案】【問(wèn)題提出】=；【問(wèn)題探究】見(jiàn)詳解【分析】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)．【問(wèn)題提出】根據(jù)題意可以用兩邊夾角證明△ABP≌△CBP即可；【問(wèn)題探究】將∠DCE分成∠ACB+∠BCE，而∠BCE=∠A，再用三角形內(nèi)角和定理即可．【詳解】解：【問(wèn)題提出】是正方形∴BA=BC，∠ABP=∠CBP=45°在△ABP和△CBP中BA=BC∴△ABP≌△CBP(SAS)；【問(wèn)題探究】∵△ABD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△CBE∴∠DBA=∠EBC,∠BCE=∠A∵∠ABC+∠A+∠ACB=180°∴∠DBE+∠DCE=∠ABC+∠BCE+∠ACB=∠ABC+∠A+∠ACB=180°∴∠DBE與∠DCE互補(bǔ)．8．（2024·江西撫州·一模）課本再現(xiàn)（1）如圖1，CD與相交于點(diǎn)A,△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，若DE∥BC，求證：△ADE是等腰直角三角形．類比探究（2）①如圖2，AB是等腰直角△ACB的斜邊，G為邊AB的中點(diǎn)，E是BA的延長(zhǎng)線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E分別作AC與BC的垂線，垂足分別為D,F，順次連接DG,GF,FD，得到△DGF，求證：△DGF是等腰直角三角形．②如圖3，當(dāng)點(diǎn)E在邊AB上，且①中其他條件不變時(shí)，△DGF是等腰直角三角形是否成立？_______（填“是”或“否”）．拓展應(yīng)用（3）如圖4，在四邊形ABCD中，BC=CD,∠BCD=∠BAD=90°,AC平分∠BAD，當(dāng)AD=1,AC=22時(shí)，求線段BC

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）①證明見(jiàn)解析；②是，理由見(jiàn)解析；（3）5【分析】（1）分別證明∠D=90°，DE=DA即可得到結(jié)論；（2）①如圖，連接，結(jié)合（1）可得：△ADE為等腰直角三角形；證明△ADG≌△CFG，結(jié)合全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；②如圖，連接，同理可得：△DCG≌△FBG，可得GD=GF，∠DGC=∠FGB，進(jìn)一步可得△DGF為等腰直角三角形；（3）如圖，將△ACD繞C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'CB，過(guò)C作CE⊥AB于E，可得△ACD≌△A'CB，∠ACA【詳解】證明（1）∵△ABC為等腰直角三角形，∴AC=BC，∠ACB=90°，∠ABC=∠BAC=45°，∵DE∥BC，∴∠D=∠C=90°，∠E=∠B=45°，∴∠EAD=45°=∠E，∴DE=DA，∴△ADE為等腰直角三角形；（2）①如圖，連接，∵AB是等腰直角△ACB的斜邊，G為邊AB的中點(diǎn)，∴CG⊥AB，AG=CG=BG，∠CAB=∠BCG=45°，

∴∠DAG=∠FCG=135°，∵ED⊥CD，∠DCB=90°，∴DE∥BC，結(jié)合（1）可得：△ADE為等腰直角三角形；∴DE=AD，∵DE⊥CD，EF⊥BC，∠DCF=∠DCB=90°，∴四邊形DEFC為矩形，∴DE=FC，∴，∴△ADG≌△CFG，∴DG=FG，∠AGD=∠FGC，∵AGC=∠AGF+∠FGC=90°，∴∠AGF+∠AGD=90°，∴∠DGF=90°，∴△DGF為等腰直角三角形；②△DGF為等腰直角三角形成立；理由如下：如圖，連接，

同理可得：CG=BG，∠DCG=∠B=45°，DC=EF=BF，∴△DCG≌△FBG，∴GD=GF，∠DGC=∠FGB，同理可得：∠DGF=∠CGB=90°，∴△DGF為等腰直角三角形；（3）如圖，將△ACD繞C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'CB，過(guò)C作CE⊥AB

∴△ACD≌△A'CB∴A'B=AD=1，AC=A∵∠BCD=∠BAD=90°，∴∠D+∠ABC=180°，∴∠ABC+∠A∴A,B,A∴在等腰直角三角形ACAAA∴CE=AE=A'E=2∴BC=2【點(diǎn)睛】本題考查的是平行線的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．9．（2024·山東青島·一模）【探究1】如圖1，∠BAD的平分線AE與∠BCD的平分線CE交于點(diǎn)E，AB∥CD，∠ABC=30°，∠ADC=36°，則∠AEC=；【探究2】如圖2，∠BAD的三等分線AE與∠BCD的三等分線CE交于點(diǎn)E，∠EAD=13∠BAD,∠BCE=13∠BCD，AB∥CD，∠ABC=30°【探究3】如圖3，∠BAD的n等分線AE與∠BCD的n等分線CE交于點(diǎn)E，∠EAD=1n∠BAD，∠BCE=1n∠BCD，AB∥CD，∠ABC=x°,∠ADC=y°，則∠AEC=(用含

【答案】探究1：33°；探究2：44°；探究3：n?1【分析】本題考查角平分線的定義，平行線的性質(zhì)，以及角的和差關(guān)系．探究1：過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BCD=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=36°，再根據(jù)角平分線的定義求出∠BAE，∠DCE，再利用平行線的性質(zhì)得出∠FEA=∠BAE，，最后根據(jù)∠AEC=∠FEC+∠FEA即可求解；探究2、3參照上述方法求解．【詳解】解：探究1：如圖1，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴∠BCD=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=36°，∵AE平分∠BAD，CE平分∠BCD，∴∠BAE=12∠BAD=∵EF∥AB，∴∠FEA=∠BAE=18°，∵EF∥AB，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=15°，∴∠AEC=∠FEC+∠FEA=15°+18°=33°；探究2：如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴∠BCD=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=36°，∵∠EAD=1∴∠BAE=2∵EF∥AB，∴∠FEA=∠BAE=24°，∵EF∥AB，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=20°，∴∠AEC=∠FEC+∠FEA=20°+24°=44°；探究3：如圖3，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴∠BCD=∠ABC=x°，∠BAD=∠ADC=y°，∵∠EAD=1n∠BAD∴∠BAE=n?1∵EF∥AB，∴∠FEA=∠BAE=n?1∵EF∥AB，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=n?1∴∠AEC=∠FEC+∠FEA=n?1故答案為：探究1：33°；探究2：44°；探究3：n?1n10．（2024·山東臨沂·二模）用四根一樣長(zhǎng)的木棍搭成菱形ABCD，點(diǎn)P是線段DC上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)D和點(diǎn)C重合），在射線BP上取一點(diǎn)M，連接DM，CM，使∠CDM=∠CBP．【操作探究一】（1）如圖1，調(diào)整菱形ABCD，使∠A=90°，當(dāng)點(diǎn)M在菱形ABCD外時(shí)，在射線BP上取一點(diǎn)N，使BN=DM，連接CN，則∠BMC=______，MCMN【操作探究二】（2）如圖2，調(diào)整菱形ABCD，使∠A=120°，當(dāng)點(diǎn)M在菱形ABCD外時(shí)，在射線BP上取一點(diǎn)N，使BN=DM，連接CN，探索MC與MN的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；【拓展遷移】（3）在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=32．若點(diǎn)P在直線CD上，點(diǎn)M在射線BP上，且當(dāng)時(shí)，請(qǐng)直接寫出的長(zhǎng)．【答案】（1）45°，22；（2）MN=3MC，理由見(jiàn)解析；（3）9?3【分析】（1）證明△BCN≌△DCM(SAS)得到∠BCN=∠DCM，CN=CM，從而得到∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，推出（2）證明△BCN≌△DCM(SAS)得到∠BCN=∠DCM，CN=CM，從而得到∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°，作CE⊥BP交BP于E，則ME=NE，∠CEM=90°，根據(jù)含30°角的性質(zhì)及勾股定理得出EM=3（3）當(dāng)時(shí)，點(diǎn)M和點(diǎn)N重合，再分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)P在線段CD的延長(zhǎng)線時(shí)，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥CD于點(diǎn)F；當(dāng)點(diǎn)P在DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥CD交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F；利用等腰直角三角形的性質(zhì)以及銳角三角形函數(shù)進(jìn)行計(jì)算即可得到答案．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠BCD=90°，在△BCN和△DCM中，BC=DC∠CBN=∠CDM∴△BCN≌△DCM(SAS∴∠BCN=∠DCM，CN=CM，∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=90°，∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，∴△MCN是等腰直角三角形，∴∠CMN=45°，CMMN∴∠CMB=45°，CMMN故答案為：45°，22（2）MN=3∵四邊形ABCD是菱形，∠A=120°，∴BC=CD，∠BCD=∠A=120°，在△BCN和△DCM中，BC=DC∠CBN=∠CDM∴△BCN≌△DCM(SAS∴∠BCN=∠DCM，CN=CM，∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=120°，∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°，，∴∠CMN=∠CNM，∵∠CMN+∠CNM+∠MCN=180°，∴，如圖2，作CE⊥BP交BP于E，則ME=NE，∠CEM=90°，在Rt△CEM中，∠CME=30°，∴CE=1∴，∴；（3）當(dāng)時(shí)，點(diǎn)M和點(diǎn)N重合，如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段CD的延長(zhǎng)線時(shí)，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥CD于點(diǎn)F，設(shè)MD=x，∵M(jìn)F⊥CD，，∴△DFM為等腰直角三角形，∴，∵四邊形ABCD是菱形，，∠A=120°，AB=32∴BC=CD=32，∠BCD=120°由菱形的對(duì)稱性及可得∠MCF=∠BCM=12在Rt△MCF中，∠MCF=60°，∴，∴，∴DF+CF=2∴x=9?33∴MD=9?33如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥CD交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，設(shè)MD=y，同①可得：DF=22y∴DF?CF=2∴y=9+33∴MD=9+33綜上所述，的長(zhǎng)度為9?33或9+33【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解此題的關(guān)鍵．11．（23-24九年級(jí)上·廣東茂名·期末）問(wèn)題提出：如圖1，E是菱形ABCD邊BC上一點(diǎn)，△AEF是等腰三角形，AE=EF，∠AEF=∠ABC=ββ≥90°，交CD于點(diǎn)G，探究∠GCF與β的數(shù)量關(guān)系．問(wèn)題探究：（1）先將問(wèn)題特殊化，如圖2，當(dāng)β=90°時(shí)，求∠GCF的度數(shù)；（2）再探究一般情形，如圖1，求∠GCF與β的數(shù)量關(guān)系；問(wèn)題拓展：將圖1特殊化，如圖3，當(dāng)，β=120°，且DGCG=12【答案】問(wèn)題探究（1）∠GCF=45°；（2）∠GCF=32【分析】問(wèn)題探究（1）在BA上截取BJ，使得BJ=BE，證明△EAJ≌△FEC得到∠AJE=∠ECF，進(jìn)一步證明∠AJE=135°，∠ECF=135°，即可求出∠GCF=45°；（2）在AB上截取AN，使AN=EC，連接，證明△ANE≌△ECF得到∠ANE=∠ECF，求出∠BNE=90°?12β得到∠ANE=90°+1問(wèn)題拓展：過(guò)點(diǎn)A作CD的垂線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，先計(jì)算出DG=1，CG=2．在Rt△ADP中，PD=32，AP=323，再求出∠P=∠GCF=90°【詳解】解：?jiǎn)栴}探究（1）如圖2中，在BA上截取BJ，使得BJ=BE．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠BCD=∠BCD=90°，BA=BC，∵BJ=BE，∴AJ=EC，∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠BAE+∠B，∠AEF=∠B=90°，∴∠CEF=∠EAJ，∵EA=EF，∴△EAJ≌△FECSAS∴∠AJE=∠ECF，∵∠B=90°，BJ=BE，∴∠BJE=45°，∴∠AJE=180°?∠BJE=135°，∴∠ECF=135°，∴∠GCF=∠ECF?∠ECD=135°?90°=45°；（2）結(jié)論：∠GCF=3理由：如圖1中，在AB上截取AN，使AN=EC，連接．∵∠AEC=∠ABC+∠BAE=∠AEF+∠FEC，∠ABC=∠AEF，．∵AE=EF，∴△ANE≌△ECFSAS．∵AB=BC，AN=EC，∴BN=BE．∵∠EBN=β，∴∠BNE=90°?1∴∠ANE=180°?∠BNE=90°+1∴∠GCF=∠ECF?∠BCD=∠ANE?∠BCD=90°+問(wèn)題拓展：如圖3中，過(guò)點(diǎn)A作CD的垂線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P．∵，DGCG=∴DG=1，CG=2．∵四邊形ABCD為菱形，∴∠ADC=∠ABC=120°，∴∠ADP=60°，∴在Rt△ADP中，∴PD=12AD=∴PG=PD+DG=3∵β=120°，∴由（2）知，∠GCF=3∴∠P=∠GCF=90°，又∵∠AGP=∠FGC，∴△APG∽△FCG，∴AP∴3∴CF=6【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用勾股定理解直角三角形等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，理解題意，根據(jù)題意添加輔助線構(gòu)造全等三角形或相似三角形是解題關(guān)鍵．12．（2024·吉林長(zhǎng)春·一模）【教材呈現(xiàn)】華師版教材九年級(jí)上冊(cè)P?頁(yè)16題．已知：如圖①，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D、E、F分別為AB、BC、AC的中點(diǎn)．求證：四邊形ADEF是菱形．【拓展延伸】（1）如圖②，在△ABC中，AD是△ABC的角平分線，CE⊥AD交AD延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，連結(jié)EF．若AB=52，EF=1，則（2）如圖③，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，連結(jié)CE，點(diǎn)P、G、分別為CE、DE、BC的中點(diǎn)．若，AC=2，∠AED=∠ACB=30°，則PG+PH的最小值為_(kāi)______．【答案】【教材呈現(xiàn)】見(jiàn)解析，（1）92；（2）【分析】教材呈現(xiàn)：根據(jù)中點(diǎn)定義和中位線的性質(zhì)得AD=12AB=拓展延伸：（1）延長(zhǎng)AB交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，證明△AEM≌△AEC，AM=AC，ME=CE，利用中位線的性質(zhì)得BM=2EF=2×1=2，從而即可得解；（2）連接CD、BE，由等腰三角形的三角形的性質(zhì)AG⊥DE，GE=23，又解直角三角形得AD=AE=4，根據(jù)三角形的兩邊差小于第三邊得BE≥AE?AB=4?2，即BE≥2，再證明當(dāng)A、B、E重合時(shí)，點(diǎn)A、C、D重合，即BE=2時(shí)，CD=2【詳解】教材呈現(xiàn)：證明：∵AB=AC，點(diǎn)D、E、F分別為AB、BC、AC的中點(diǎn)．∴AD=∴AD=AF=EF=DE,∴四邊形ADEF是菱形；拓展延伸：解：（1）延長(zhǎng)AB交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，∵AD是△ABC的角平分線，∴∠MAE=∠CAE，∵CE⊥AD，∴∠AEM=∠AEC=90°，∵AE=AE，∴△AEM≌△AEC，∴AM=AC，ME=CE，∵點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，∴BM=2EF=2×1=2，∵AB=5∴AC=AM=AB+BM=5故答案為：92（2）連接CD、BE，∵AD=AE，G是DE的中點(diǎn)，，∴AG⊥DE，GE=2∵∠AED=30°，∴cos∠AEG=cos∴AD=AE=4，∵AB=AC=2，∴根據(jù)三角形的兩邊差小于第三邊得BE≥AE?AB=4?2，即BE≥2，如下圖，當(dāng)A、B、E三點(diǎn)共線且AB在線段AE上時(shí)，BE=2，∵AB=AC，AE=AD，∠AED=∠ACB=30°，∴∠ABC=∠ADE=30°，∴∠BAC=180°?30°?30°=120°=∠EAD，∴當(dāng)A、B、E重合時(shí)，點(diǎn)A、C、D重合，即BE=2時(shí)，CD=2，∵點(diǎn)P、G、分別為CE、DE、BC的中點(diǎn)，∴PH=1∴PG+PH的最小值為12故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了中位線的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系的應(yīng)用，解直角三角形以及等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（2024·山西太原·一模）綜合與實(shí)踐問(wèn)題情境：綜合實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以正方形為背景，添加適當(dāng)?shù)膸缀卧睾?，探究線段之間的數(shù)量關(guān)系．如圖1，已知四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在線段BC上，以CE為邊作正方形EFGC，使點(diǎn)G在線段CD上．延長(zhǎng)CD至點(diǎn)，使DH=GD，連接．

數(shù)學(xué)思考：（1）拼搏小組提出如下問(wèn)題，請(qǐng)你解答：①求證：AH=AE；②猜想線段HG與之間的數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論；深入探究：（2）奮進(jìn)小組將正方形CEFG從圖1中位置開(kāi)始，繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)（設(shè)點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'①如圖2，當(dāng)點(diǎn)F恰好落到線段AE上時(shí)，連接HG．猜想此時(shí)線段HG與之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；②若AB=6,BE=2，在正方形CEFG旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，直接寫出A,F,G三點(diǎn)在同一直線上時(shí)線段HG的長(zhǎng)．【答案】（1）①見(jiàn)解析；②AF=22HG；（2）①HG=【分析】（1）①先由正方形的性質(zhì)得出BE=DH,再根據(jù)SAS證明△ABE≌△ADH即可得出結(jié)論；②延長(zhǎng)EF交AD于點(diǎn)M，證明△AFM是等腰直角三角形即可得出結(jié)論；（2）①連接EH,EG,分別證明△AEH，△EFG是等腰直角三角形，可得E,G,H三點(diǎn)共線，進(jìn)一步可得出結(jié)論；②分點(diǎn)A,F,G三點(diǎn)共線和點(diǎn)A,G,F三點(diǎn)共線兩種情況結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)可得結(jié)論【詳解】解：（1）①∵四邊形ABCD,CEFG是正方形，∴CB=CD=AB=AD,CE=CG，∠ABC=∠ADC=∠ADH=90°,∴CB?CE=CD?CG,即BE=DG,∵DH=GD，∴BE=DH,在△ABE和△ADH中，AB=AD∠ABE=∠ADH∴△ABE≌△ADHSAS∴AH=AE；②如圖，延長(zhǎng)EF交AD于點(diǎn)M，

∴∠MFG=∠FGD=∠GDM=90°,∠MAB=∠B=∠BEM=90°，∴四邊形FGDM,ABEM是矩形，∴BE=AM,DG=FM,∵BE=DH，∴AM=FM=DG=DH,∴△AFM是等腰直角三角形，∴AF=∴AF=（2）①如圖，連接EH,EG,

由（1）①得，∠BAE=∠DAH,∴∠BAE+∠EAD=∠EAD+∠DAH=90°,又AE=AH,∴△AEH是等腰直角三角形，∴∠AEH=45°，∵四邊形EFGC∴△EFG是等腰直角三角形，∴∠AEG=45°，∴E,G,H三點(diǎn)共線，∵EH=2∴HG=EH?EG=2即：HG=2②如圖，連接EH,EG,點(diǎn)A,F,G三點(diǎn)共線時(shí)，

∵△AEH,△EDF是等腰直角三角形，∴AEEH=∴∠AEH+∠HEF=∠HEF+∠FEG，∴∠AEF=∠HEG，∴△AEF∽△HFG，∴AFHG在Rt△ABE中，∴AE=A在Rt△AEF中，∴AF=A∴HG=2如圖，當(dāng)A,G,F三點(diǎn)共線時(shí)，

∵△AEH,△EGF是等腰直角三角形，∴AEEH=∴∠AEH+∠GEA=∠GEA+∠FEG，∴∠FEA=∠GEH，∴△AEF∽△HEG，∴AFHG在Rt△ABE中，∴AE=A在Rt△AEF中，∴AF=A∴HG=2綜上，HG的長(zhǎng)為43【點(diǎn)睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形是解答本題的關(guān)鍵．14．（2023·貴州遵義·三模）（1）【問(wèn)題發(fā)現(xiàn)】如圖①，在△OAB中，若將△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到△OA'B'，連接B（2）【問(wèn)題探究】如圖②，已知△ABC是邊長(zhǎng)為43的等邊三角形，以BC為邊向外作等邊三角形BCD，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，將線段CP繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)Q①求證：△DCQ≌△BCP；②求PA+PB+PC的最小值；（3）【實(shí)際應(yīng)用】如圖③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)S△PAD=2S△PBC，Q為△ADP內(nèi)任意一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P【答案】（1）30°；（2）①見(jiàn)解析；②12；（3）存在，400【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OB'=OB（2）①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)證明全等即可；②連接，得到△CPQ是等邊三角形，由兩點(diǎn)之間線段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；（3）過(guò)點(diǎn)P作EF∥AD交AB于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，將△ADQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△AD'Q'，連接DD',QQ',D'P，設(shè)D'P【詳解】（1）解：∵將△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到△OA∴OB'=OB=3∴∠OBB故答案為：30°；（2）①證明：∵△BDC是等邊三角形，∴CD=CB，∠DCB=60°，由旋轉(zhuǎn)得∠PCQ=60°，PC=CQ，∴∠DCQ=∠BCP，在和△BCP中，CD=CB∠DCQ=∠BCP∴△DCQ≌△BCPSAS②連接，∵PC=CQ，∠PCQ=60°，∴△CPQ是等邊三角形，∴PQ=PC，∵，∴PB=DQ，∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，由兩點(diǎn)之間線段最短得AP+DQ+PQ≥AD，∴PA+PB+PC≥AD，∴當(dāng)點(diǎn)A、P、Q、D在同一條直線上時(shí)，PA+PB+PC取最小值，為AD的值，延長(zhǎng)AC，作DE⊥AC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，∵△ABC是邊長(zhǎng)為43∴AC=CD=CB=43，∠BCD=∠ACB=60°∴∠DCE=180°?60°?60°=60°，∴∠CDE=90°?60°=30°，∴EC=1∴DE=CD2∴AD=D即PA+PB+PC取最小值為12．（3）存在一點(diǎn)P和一點(diǎn)Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：過(guò)點(diǎn)P作EF∥AD交AB于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，將△ADQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△AD'Q'，連接DD',Q由（2）知，當(dāng)P,Q,Q',D'在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，∴BC=AD=800，AD∥BC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，∵EF∥AD，∴∠AEF=∠EFD=90°，∴四邊形ADFE是矩形，∴EF=AD=800，∵S△PAD∴12∴AE=2BE，∵AE+BE=AB=600，∴AE=400，∵點(diǎn)P在EF上，∴當(dāng)D'P⊥EF時(shí)，∵EF∥AD，∴D'∵△ADD∴AD∴D'∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，∴四邊形AEPG是矩形，∴GP=AE=400，∴D'∴AQ+DQ+PQ的最小值為4003【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是結(jié)合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、勾股定理．15．（2021·湖北襄陽(yáng)·一模）在矩形ABCD中，ADAB=k（k為常數(shù)），點(diǎn)P是對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn)（不與B，D重合），，將射線PA繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°與射線CB交于點(diǎn)E，連接

(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)k=1時(shí)，將點(diǎn)P移動(dòng)到對(duì)角線交點(diǎn)處，則PAPE=______，∠AEP=______；當(dāng)點(diǎn)P移動(dòng)到其它位置時(shí)，(2)類比探究：如圖2，若k≠1時(shí)，當(dāng)k的值確定時(shí)，請(qǐng)?zhí)骄俊螦EP的大小是否會(huì)隨著點(diǎn)P的移動(dòng)而發(fā)生變化，并說(shuō)明理由；(3)拓展應(yīng)用：當(dāng)k≠1時(shí)，如圖2，連接PC,PC⊥BD,AE∥PC,PC=2，求AP的長(zhǎng)．【答案】(1)4，45°，不變；(2)∠AEP的大小不變