化學(xué)題型七 幾何探究題

化學(xué)題型七幾何探究題化學(xué)題型七幾何探究題化學(xué)題型七幾何探究題類型1與全等三角形有關(guān)得探究１、［２019山東威海中考］如圖,在△ＡＢＣ和△BCD中，∠ＢＡC=∠BCD=９0°,AB=AC，CＢ=ＣD、延長CA至點(diǎn)E,使ＡE=AＣ;延長ＣB至點(diǎn)Ｆ,使ＢF=BＣ、連接AD,AF,DF,EF、延長ＤB交EF于點(diǎn)N、（1）求證:AD=ＡF;(2)求證:BD＝EF;(3)試判斷四邊形ABNE得形狀,并說明理由、備用圖2、已知正方形ABＣD得對角線AC，BＤ相交于點(diǎn)O、(1)如圖(１),E,G分別是OＢ,OC上得點(diǎn),ＣE與ＤG得延長線交于點(diǎn)F、若DG＝CE,求證:DF⊥CE;(2)如圖(2),E,G分別是ＯB,OＡ上得點(diǎn)，CE，DG得延長線交于點(diǎn)F,且點(diǎn)Ｆ不在AB上、若DG=CE,求證:△ＦＡB為等腰三角形;（3)如圖(３）,在（2）得條件下，若點(diǎn)F恰好在邊AB上,且AB=１,求ＤＧ得長、圖（1)圖(２)圖(3）3、如圖(1),在Ｒt△ＡＢC中,∠ACＢ=9０°,AC=BC，l是過點(diǎn)Ｃ得任意一條直線,過點(diǎn)A作AD⊥l于點(diǎn)D,過點(diǎn)B作ＢE⊥ｌ于點(diǎn)E、(1)求證:△AＤC≌△CEＢ；(2)如圖(2),延長BE至F，連接CF,以CF為直角邊作等腰直角三角形ＦＣＧ,∠ＦCG＝90°，連接AG交ｌ于Ｈ,求證:BF=２CH;(3）在（2)得條件下,若AD=12,BF=15,ＢC=１3,請直接寫出點(diǎn)G到直線AＣ得距離、圖(1)圖(２)4、綜合與實(shí)踐（1)問題解答如圖（1),點(diǎn)E,Ｆ分別是正方形ＡＢＣD得邊BC，ＣD上得動(dòng)點(diǎn)，連接AE，AF和EF,∠EAF=４5°、若BE＝2,ＤF=３，求EF得長、聰聰同學(xué)得思路是:如圖（2),將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)９0°得到△ADＥ',證明△AEF≌△AE'Ｆ從而得到EF=E＇F、請您幫助聰聰同學(xué)完成解題過程、（2)變式訓(xùn)練如圖(3),在Ｒt△ABＣ中，∠ACＢ=90°，AＣ=BC、點(diǎn)D,E在邊AB上,且∠DCE=45°、若AD=2,BE＝3,求ＤE得長、(3)拓展提升如圖(4）,在△ABＣ中,∠BＡC=４5°,AD⊥BC于點(diǎn)D、若CD=2,BD=3，請直接寫出△AＢC得面積、?圖（1)圖(２）圖(３)圖(4)類型2與相似三角形有關(guān)得探究5、在△ＡBＣ中,點(diǎn)P為邊AＢ上一點(diǎn)、（1）如圖（1）,若∠ACＰ=∠B，求證:AＣ2＝ＡＰ·AB；(２)若點(diǎn)M為CP得中點(diǎn)，ＡＣ＝２、①如圖（2）,若∠ＰＢM=∠ＡCP,AB=3，求ＢＰ得長;②如圖（３),若∠ABC=４5°，∠Ａ=∠BＭP＝６０°,直接寫出BP得長、圖(１)圖(2)圖（3）6、如圖,△ＡBC中,∠1=∠２=∠A，△ABC得周長l=８ｃm，△ＢCD得周長為ｌ1,△ADE得周長為l2、(1)直接寫出與△ABC相似得兩個(gè)三角形、(２）若ＡB=a,BC=ｂ,試用含ａ,b得代數(shù)式表示AD得長、(3)當(dāng)ａ，b滿足什么條件時(shí)，ｌ１+l2得值最大,最大是多少?7、在矩形ＡBＣD中,AＤ=２,AB＝4，將紙片折疊,使頂點(diǎn)A與邊CＤ上得點(diǎn)Ｅ重合,折痕FG分別與AB,CD交于點(diǎn)G,F,AE與FＧ交于點(diǎn)O、（1)如圖（１)，求證：以點(diǎn)A，Ｇ,E，F(xiàn)為頂點(diǎn)得四邊形是菱形;（2)如圖(2),當(dāng)△AED得外接圓與BC相切于點(diǎn)N時(shí)，求證:點(diǎn)N是線段BC得中點(diǎn);（３）如圖(3),在(2)得條件下,求折痕ＦG得長、圖(1)圖(2)8、[20１9合肥蜀山區(qū)一模]圖(1)如圖(1)是美國第20屆總統(tǒng)加菲爾德于１876年公開發(fā)表得勾股定理得一個(gè)簡明證法、聰明得思齊和她得社團(tuán)朋友們發(fā)現(xiàn)：兩個(gè)直角三角形在發(fā)生變化得過程中,只要滿足一定得條件,就會(huì)有兩個(gè)神奇得結(jié)果!(1)問題：若把兩個(gè)變換得三角形拼成如圖(2)所示得四邊形AＢCD，點(diǎn)Ｐ為AB上一點(diǎn),且∠DPC=∠Ａ=∠B=9０°,求證：ＡD·ＢC=ＡP·BＰ、(２)探究:繼續(xù)變換圖形，如圖(3）,在四邊形ABＣD中，點(diǎn)P為AB上一點(diǎn),當(dāng)∠ＤＰC=∠A=∠Ｂ=θ時(shí),上述結(jié)論是否依然成立？說明理由、(3）應(yīng)用:請利用(1)、(２）獲得得經(jīng)驗(yàn)解決問題：如圖（4),在△ABD中,ＡB＝12,AD＝ＢＤ=１0,點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長度得速度,由點(diǎn)A出發(fā),沿邊ＡB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)C在邊BD上,且滿足∠DＰＣ=∠Ａ、問:經(jīng)過幾秒后,CD得長度等于點(diǎn)D到ＡB得距離?圖(2)圖（3)圖(4)類型3與全等、相似三角形有關(guān)得探究9、如圖,△AＢC是邊長為4得等邊三角形,過點(diǎn)C得直線ｌ∥ＡB,點(diǎn)D為BC上一動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)B,C重合)、將一個(gè)60°角得頂點(diǎn)放在D處,它得一邊始終過點(diǎn)A,另一邊與直線ｌ交于點(diǎn)Ｅ,DE交AＣ于點(diǎn)F、(１）若ＢD=3,求ＣF得長；(2)若點(diǎn)D是ＢC得中點(diǎn),求證:△ADＥ是等邊三角形;(３）若點(diǎn)D不是BC得中點(diǎn)，則（2)中得結(jié)論成立嗎?如果成立,請給予證明;如果不成立,請說明理由、1０、[2０19合肥市瑤海區(qū)二模］如圖，在四邊形ABＣD中,∠ABC=∠BCD=60°,AB+ＤＣ＝BＣ、(1)如圖（1),連接ＡC、ＢD，求證:ＡＣ=BD;(2）如圖(2),∠BAＤ與∠ＡDC得平分線相交于點(diǎn)E,求∠E得度數(shù);(3)如圖(3),若AB=6,CD=3,點(diǎn)P為BＣ上一點(diǎn),且∠APD=６0°，試判斷△ＡＰD得形狀,并說明理由、圖（１)圖(２）圖(3)1１、如圖(1),在△ABＣ中,D,E分別為AB,AＣ上得點(diǎn),線段BE,CD相交于點(diǎn)O,且∠DCB＝∠EBC=12∠(1)求證:△ＢOD∽△BAE、(２)求證:ＢD=CE、(3)如圖(2)，若M,Ｎ分別是BE,CD得中點(diǎn),過M,N得直線交AB于點(diǎn)P,交AC于點(diǎn)Q,線段AＰ,ＡＱ相等嗎?為什么？圖（１)圖(2)１2、［20１9合肥３8中三模]我們知道,三角形三個(gè)內(nèi)角平分線得交點(diǎn)叫做三角形得內(nèi)心、已知點(diǎn)Ｉ為△ＡBＣ得內(nèi)心、(1)如圖(1),連接AＩ并延長交ＢC于點(diǎn)D,若ＡＢ=AC=3,BC=２,求ID得長、(2)如圖(２）,過點(diǎn)I作直線交ＡB于點(diǎn)M,交AＣ于點(diǎn)N、①若MN⊥AI,求證：ＭI2＝BM·、②如圖(3）,AI交BC于點(diǎn)Ｄ、若∠BＡＣ=60°，AI＝４,求1AM+1圖(1)圖(2)圖（3）13、如圖,在菱形ABCD中，∠ABC=2α,O是BＤ得中點(diǎn)，點(diǎn)Ｐ是BD上一點(diǎn)(點(diǎn)Ｐ和點(diǎn)O不重合),過點(diǎn)B,D分別作直線CＰ得垂線,垂足分別為點(diǎn)E，F(xiàn),連接OＥ,OＦ、(1)如圖(１）,求證:∠ＯEF=α；(2)如圖(1),求證：ＯE=OF;(3)如圖(２）,若α＝45°,AB=210，點(diǎn)P是OＢ得中點(diǎn),求△ＯEF得面積、圖(1）圖(２）14、[2０19合肥市廬陽區(qū)二模］已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,且AＢ=3,AD=1、(１)若∠BAC=∠ＤAＥ＝90°,ＡE在線段ＡＢ上,連接ＣE并延長,交ＢＤ于點(diǎn)F,如圖(1)、①求證：△BFE∽△CAE;②求BF得長、(2)若∠BＡC＝∠ＤAE=４５°,點(diǎn)B,D,E在一條直線上,F是CE得中點(diǎn),G是AC得中點(diǎn),連接ＢF,BG，如圖（２),求BFBG圖(1)圖(2)15、如圖(1）,△ABC≌△BＤE，∠Ａ=∠DＢE＝9０°,過點(diǎn)Ｄ作ＡB得平行線交AC得延長線于點(diǎn)Ｆ，BC,DE交于點(diǎn)Ｇ,ＡＣ=3AＥ、(1)①判斷四邊形ABDF是什么圖形并證明;②求證:４BG=3ＤG、(2)如圖(2)，在邊AB上取一點(diǎn)M，滿足AE＝EM,連接DM交BC于點(diǎn)N，求BNCN圖(1)圖（2)１6、如圖，點(diǎn)C是線段AB上任意一點(diǎn)(不與點(diǎn)A,B重合),分別以ＡＣ，BC為邊,在線段ＡB得同側(cè)作等邊三角形ＡＣD,BＣE，連接BD,交CE于點(diǎn)P,連接DE,已知∠１＝∠２、(１）求證:DＥ=PB;(2)若S△ACDS(3)點(diǎn)C是線段AB得黃金分割點(diǎn)嗎?若是，請證明;若不是，請說明理由、１7、［2019浙江杭州中考］如圖，在正方形ABCD中,點(diǎn)G在邊BC上(不與點(diǎn)B,C重合)，連接AG，作DE⊥ＡG于點(diǎn)Ｅ,ＢF⊥ＡG于點(diǎn)F,設(shè)BGBC(1)求證：ＡE=BF、（２)連接BＥ,DＦ、設(shè)∠EDF=α，∠EＢF=β、求證：taｎα=ｋｔaｎβ、（3)設(shè)線段AＧ與對角線BD交于點(diǎn)H,△AHＤ和四邊形CDHG得面積分別為S1和S2，求S218、正方形ABCD得邊長為1,點(diǎn)O是BC邊上得一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)Ｂ,C不重合)、以O(shè)為頂點(diǎn),在BＣ所在直線得上方作∠MON=90°、（１）當(dāng)OM經(jīng)過點(diǎn)A時(shí),①填空:ON(填“可能”或“不可能”)過D點(diǎn);（圖（1）僅供分析)

②如圖（2),在ＯN上截取OE=OA,過點(diǎn)E分別作ＥF⊥ＢC,垂足為點(diǎn)F,ＥＨ⊥CD于點(diǎn)Ｈ,求證:四邊形EFCＨ為正方形、(2）當(dāng)OM不過點(diǎn)Ａ?xí)r，設(shè)OM交邊AＢ于點(diǎn)G,且OＧ=1,在ON上存在點(diǎn)Ｐ，過點(diǎn)Ｐ作PK⊥ＢC，垂足為點(diǎn)K,使得S△PKＯ=4S△OＢG,連接GP，求四邊形ＰKBG得最大面積、圖(1)圖(2）備用圖１9、[2019湖北宜昌]在矩形ＡBＣD中，ＡB＝12,P是邊ＡＢ上一點(diǎn),把△PＢC沿直線PC折疊,頂點(diǎn)B得對應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)G,過點(diǎn)B作BE⊥ＣG,垂足為E且在AＤ上,BE交ＰC于點(diǎn)F、（1）如圖(1)，若點(diǎn)E是AD得中點(diǎn),求證:△AEB≌△DＥC；(2)如圖(2)，①求證:ＢP＝BＦ；②當(dāng)AＤ＝２5,且AE<DＥ時(shí)，求cos∠ＰＣB得值;③當(dāng)BP=９時(shí)，求BＥ·EＦ得值、圖（１）圖(2）備用圖20、[2019湖南岳陽]已知在Rｔ△AＢC中,∠BAC=90°，CD為∠ＡCB得平分線，將∠ACB沿ＣD所在得直線折疊,使點(diǎn)Ｂ落在點(diǎn)B＇處，連接ＡB＇，BＢ',延長CD交BB'于點(diǎn)E,設(shè)∠ABＣ=2α(０°＜α＜45°)、(1)如圖(1),若AB=AC，求證:CＤ＝2BE;(2）如圖(2)，若AB≠AC,試求CＤ與BＥ得數(shù)量關(guān)系(用含α得式子表示）;(3)如圖(3），將(2)中得線段ＢC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)(α+45°),得到線段ＦC，連接EF,交ＢＣ于點(diǎn)Ｏ，設(shè)△COE得面積為S1,△CＯF得面積為S2，求S1S2圖(1)圖(2）圖(3)參考答案１、(１)證明:∵AB=AC，∠BＡＣ=９0°,∴∠ＡBC=∠ACB=45°、∴∠ＡBＦ=１３5°、∵∠BCＤ=90°,∴∠AＣD＝１35°,∴∠ABF=∠ACD、∵CB=ＣD,CB＝BF,∴BF＝CD、在△ABF和△ACD中，ＡＢ＝ＡC，∠ＡＢF=∠ACＤ,BF＝ＣD,∴△ABＦ≌△ACD,∴AD=AF、(2)證明:由(1)知,AF=ＡＤ,△ＡBF≌△ＡCＤ，∴∠ＦAB=∠DＡC、∵∠BAC=90°,∴∠ＥAB=∠BＡC＝90°，∴∠EAF＝∠ＢAD、∵AB=ＡC，ＡＣ＝AE,∴AB=AE、在△AEF和△AＢD中，AE=AＢ，∠EAＦ=∠BAD,ＡF=AD，∴△ＡＥF≌△ABD,∴ＢD=EF、（3)四邊形ＡBＮＥ是正方形、理由如下:∵ＣD=CＢ，∠BCＤ=90°,∴∠CＢD＝4５°、∵∠ABC＝4５°,∴∠AＢD＝90°,∴∠ABＮ=９０°、由（2)知,∠EAB=90°，△ＡEF≌△AＢＤ，∴∠AEＦ＝∠ABD=９0°、∴四邊形ＡＢNE是矩形、又∵AＥ=AB,∴矩形ABNE是正方形、2、(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥ＢD,OD=OＣ,∴∠ＤOＧ=∠ＣOＥ＝９０°、又∵DG=CE,∴△DOＧ≌△COE，∴∠ODG=∠GCF,∴∠GＣＦ+∠ＦGC＝∠ＯDG+∠OＧD=90°,∴∠GFC＝90°，∴DF⊥ＣE、（２)證明：∵四邊形AＢＣＤ是正方形，∴AD=BC,AC⊥ＢD,OD＝OC,∠DOG=∠CＯE=9０°、又∵ＤG＝CＥ,∴△ＤOG≌△COE,∴∠OCE＝∠OＤＧ,∴∠FＣD=∠FDC，∴FC=FＤ,∠FCB＝∠FDA,∴△FBC≌△ＦAD,∴ＦB=FＡ，∴△ＦAB為等腰三角形、(３)由(2)可知,點(diǎn)F為AB得中點(diǎn),連接OＦ,易得DGFG=AD∴DG=23由勾股定理得DＦ=(12)∴DG＝23ＤF=53、(1）證明:∵AD⊥DE,ＢE⊥ＤE,∠AＣB=90°，∴∠AＤＣ＝∠CEB=∠ＡCB=90°、∴∠DＡC+∠DCA=∠ECＢ+∠ＤCA=９0°,∴∠DAC=∠ECB、在△AＤＣ與△CEB中,∠ADC=∠CEB,（2）如圖,過點(diǎn)A作AＭ∥CG交l于M點(diǎn),連接ＧM，∵∠ＡCＢ=∠FＣG=90°,∴∠ACG+∠ＢCＦ=180°、∵AＭ∥CＧ,∴∠MAC+∠ＡＣＧ＝１８０°,∴∠MAC＝∠BCＦ、∵∠ACＭ＋∠ＢCE=90°,∴∠ACM＝∠CＢＦ、在△ACM和△CBＦ中,∠MAC=∠FCB,∴ＣM=BF,AＭ=CF=CG、∵AM∥CG,∴四邊形AMGC是平行四邊形,∴ＭH=HＣ,∴BF=CM=２ＣH、（3)∵△ACM≌△CＢF,∴ＣM=ＢF=１５，AＣ=CB=13，∴S四邊形AＭGC=2·S△AMC=AC·h(ｈ是點(diǎn)Ｇ到直線AＣ得距離)，∴2×12×15×１2＝1３ｈ,即ｈ=1804、(1)將△AＢＥ繞點(diǎn)Ａ逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE',則AE=ＡＥ'，∠BＡE=∠DAE',∠ＡDE'＝90°＝∠AＤF，∴點(diǎn)E＇，Ｄ,F在同一直線上,∵在正方形AＢCD中,∠EＡＦ＝45°，∴∠BAE+∠DAＦ=45°=∠DAE＇+∠DＡＦ=∠E＇ＡＦ，∴∠EAＦ=∠Ｅ'ＡＦ、又∵AF=ＡF,∴△ＡＥＦ≌△AE＇F,∴EF=E＇F、∵Ｅ'F=E'D+DF＝BE+DF=5,∴ＥF=５、(２)如圖（1）,將△ＡCD繞著點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)9０°得到△BCF,連接EF,圖（1)∴CD＝CF，ＢF=AD=２,∠DＣF=90°,∠ＣBF=∠Ａ＝4５°、∵∠DCE=4５°,∴∠FCE=４5°,∴∠DCE=∠ＦＣE、又CE=CE,∴△DCE≌△FＣE，∴DE=FE、在△BEF中,∵∠EBC＝45°,∠ＣBF＝4５°,∴∠ＥBＦ=90°，∴ＥＦ=32+2∴DE=13、（3)△ABC得面積為15、理由:如圖(2)，將△ABD繞著點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ＡFQ,延長ＦＱ,BC，交于點(diǎn)Ｅ,連接ＣQ、由旋轉(zhuǎn)可得△ABD≌△AQＦ,∴ＡB=AＱ，∠ＢAＤ=∠QＡＦ,QF＝ＢＤ=３,∠F=∠ADB=∠ADC=∠DAＦ=90°,圖(２）∴∠E=９0°、又AD=AF,∴四邊形ＡDEF為正方形、∵∠BAＣ=４5°,∴∠ＢAD+∠ＤAC=45°,∴∠DAＣ+∠FAQ=４5°、又∵∠ＤAF＝90°，∴∠CＡQ=４５°,∴∠BAＣ=∠CAQ、∴△BAＣ≌△ＱAC,∴BC＝CQ=BD＋ＣD=5,設(shè)AＤ=x，則QＥ＝x-3,ＣE=ｘ-2、在Ｒt△ＣQＥ中,ＣＥ2+ＱE2＝ＣQ2,∴(x－2)2＋（x-３）2=５2、解得ｘ1＝6，ｘ2＝-1(不合題意,舍去)，∴AD=６,∴△AＢC得面積＝12×BC×AD=12×５5、(1）證明:在△APC和△ACB中,∵∠∴△AＰC∽△ACB,∴ACAB=AP∴AC2=AＰ·AＢ、(2)①如圖(1),取AP得中點(diǎn)G,連接ＭG、圖（1）設(shè)AG=x，則PＧ＝ｘ,BG=3-x、∵點(diǎn)Ｍ為ＰＣ得中點(diǎn),∴GM為△PAC得中位線,∴GM∥ＡC，GＭ=12∴∠A=∠ＢGM、又∵∠ＰBＭ=∠ACP,∴△ＡＰＣ∽△GＭＢ，∴APGM=ACBG，即2x∴-２ｘ２+6x=2，解得x=3±5∴AP=3＋5或3－5、∵AB=3>AP,∴AP=3－5,∴BP=ＡＢ-AP=3-(3-5)＝5、②BP=7-1、解法提示:如圖(2),過點(diǎn)Ｃ作CＨ⊥ＡＢ于點(diǎn)H,延長ＡB至點(diǎn)Ｅ,使BE=BP,則ＢM∥ＥC，∠EＣP=∠BMP=∠A、圖（2）由題意可得,BＨ=CＨ=ＡC·ｓｉnA=3,HA=AＣ·coｓA=1、設(shè)ＢP=x,則ＥP=２x,EA=EＢ+ＢH+HA＝x＋3＋１,HE=3+x，EC2=CH2+HE2=(3)2＋(3+ｘ)２、在△ＥCP和△EAC中,∵∠E＝∠E,∠EＣP=∠Ａ,∴△EＣＰ∽△EAC,∴ECEP=EA∴EC2=EP·EA,即EC２＝(3)2+（3+x）２=２x(x+3+1),解得x=7-1(負(fù)值不合題意,已舍去)、即BP得長為7-1、6、(1)△ADＥ、△ＣＢD、（2)∵△ＡBC∽△CＢD,∴ABBC=BC∴ab=b∴AD＝a2(3)由△CBD∽△ABＣ,得l1l=∵△ADE∽△AＢC,∴l(xiāng)2l=ADa∴l(xiāng)1+l2l設(shè)ba∵l=8,∴ｌ１+l２=8(１-k２+k）=-8(k-12）２∴當(dāng)ｋ=12,即a=2b時(shí),(l1+ｌ2)mａｘ7、(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴AＢ∥ＣD,∴∠EFG=∠ＡGF、∵∠ＡGF=∠ＥGF,∴∠ＥFG=∠EGF,∴ＥF＝GＥ、∵ＡＧ＝GＥ,∴EF=AG,∴四邊形AＧEF為平行四邊形,∴四邊形AGEF為菱形、(２）證明:連接ＮO并延長，交ＡD于點(diǎn)M、由題易知,AＥ是△AED外接圓得直徑,且點(diǎn)O為圓心、∵△AED得外接圓與ＢＣ相切于點(diǎn)N,∴ON⊥ＢＣ、在矩形ＡBＣD中,∠C=９0°,∴ＣD⊥BC，∴MN∥DC,∴四邊形MNCＤ是矩形,∴DM=、易得△OAＭ∽△EAＤ,∴AMAD=AOAE=∴ＡM=DM=12∴＝12∴點(diǎn)Ｎ是線段BＣ得中點(diǎn)、(3)由(2)得,MO是△ＡＤE得中位線,∴MO=12ＤE,ＭO∥設(shè)DE=x,則MO=12x,ON=MN-MＯ=４-1∵OＮ是△AED得外接圓得半徑,∴OE=ON＝4-12在Rt△AＥD中,ＡD2＋DE2=ＡE2,∴2２+x２=（8-ｘ)2,解得ｘ＝154∴DE=154,OE=4-12x=根據(jù)軸對稱得性質(zhì),得AE⊥ＦＧ，∴∠ＦＯE＝∠D=9０°,∴△EOＦ∽△EDＡ，∴EOED＝FO∴ＦO＝EO·ADED∴ＦG=2FO=34158、(1)證明:∵∠DPC=∠A＝∠B=90°,∴∠ADＰ+∠ＡＰＤ=90°,∠BPC＋∠AＰＤ=90°,∴∠AＤP=∠ＢPC,∴△AＤP∽△BPＣ,∴ADBP=AP∴AD·BC=AP·ＢP、（2)上述結(jié)論依然成立、理由如下:∵∠BＰD=∠DPC+∠BPC,∠BPD=∠Ａ+∠ADＰ,∠DPC=∠Ａ,∴∠BＰC=∠AＤP、∵∠Ａ＝∠B＝θ，∴△ADＰ∽△BＰC,∴ADBP=AP∴ＡＤ·BC＝AP·BＰ、(３)過點(diǎn)D作ＤE⊥AＢ于點(diǎn)E,設(shè)經(jīng)過t秒后，CＤ得長度等于點(diǎn)D到AB得距離、∵AD=BＤ＝10,AB＝１2,∴AE＝BE=６、由勾股定理,得DE＝8、∵ＤC=ＤE＝8，∴BＣ=１０-8=2、∵AＤ＝BＤ,∴∠A＝∠B、∵∠ＤPC=∠A,∴∠DPC＝∠Ａ=∠B、由(1)、(2)得經(jīng)驗(yàn)可知AD·BC＝AP·BP、又AP＝t,BP＝12-ｔ,∴t（12-t）=1０×2,解得t1=2,t2＝10,∴經(jīng)過2秒或１0秒后,CＤ得長度等于點(diǎn)Ｄ到AB得距離、9、（１)∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠FCＤ=60°、∵∠BAD=１80°-6０°-∠AＤB,∠FDC＝18０°-∠ADE-∠ADＢ=18０°-60°－∠ADB,∴∠BＡD=∠CDＦ,∴△ＡBD∽△ＤCＦ,∴ABDC=BD∴CF＝DC·BDAB=1×3(2)證明:若點(diǎn)D是ＢＣ得中點(diǎn),則ＡD⊥BC,∠CDE=３0°,∴∠CED＝30°,∴ＣE=ＣD、在△ＡCＤ和△ACE中,AC=AC,ＤC=EＣ，∠ACD=∠ＡＣＥ＝6０°,∴△ACＤ≌△ACE，∴AD=AE、∵∠ＡDE=６０°，∴△ADE是等邊三角形、(３）(2)中得結(jié)論成立、證明:過點(diǎn)Ｄ作DG∥l交AC于點(diǎn)G,則△CDG為等邊三角形,∴DＧ=DＣ,∠ＧDC=60°、∵∠AＤE=60°,∴∠ADG=∠EDC、又∵∠ＡGD=１８0°-60°=１２0°,∠DCＥ=１8０°-60°＝１2０°,∴∠AGD=∠ＤCE,∴△ADG≌△EDＣ，∴AＤ=ＤE,∴△ＡDE是等邊三角形、10、(１)證明:在CB上截取CE=ＣD,連接ＤE,AE、∵AB+DC=BC，∴AB=BＥ、又∵∠ＡBC=∠BCD＝60°,∴△AＢE與△ＣＤＥ均為等邊三角形，∴AE=BＥ,DＥ=CE,∠ＡEB=∠CEＤ＝6０°,∴∠BＥD=∠AEC＝1２0°，∴△BEＤ≌△AＥC,∴AC=BD、（２）在四邊形ABCD中,∠B=∠C＝６０°,∴∠ＢAD+∠ＡDＣ=２4０°、∵AE，ＤE分別是∠BAＤ,∠ＡDC得平分線，∴∠EＡD+∠EDＡ＝12（∠BAD＋∠ADＣ)=12０°∴∠Ｅ=60°、(8分)(３)∵∠APD＝60°，∴∠ＡPB+∠CPＤ＝１2０°、∵∠ABＰ=６0°,∴∠BAP＋∠APＢ=１20°,∴∠ＢAP＝∠CＰD、又∵∠B=∠C=６0°,∴△ABP∽△ＰCD，∴ABPC=BPCD=∵AＢ＝6,ＣD=3,BC=9,圖（1)∴69-BP解得（BP)１=3,(BP)２＝6、當(dāng)BP=3時(shí),APPD∵∠APD=6０°,圖(2)∴△APD是等邊三角形、當(dāng)BP=6時(shí),PC=3，易得△ABP,△CDP均為等邊三角形，如圖（2),∴ＡP＝6,DP＝３,即AP=2DP、取AP得中點(diǎn)E,連接DＥ,得PＥ=PD、∵∠AＰD=60°,∴△EPＤ是等邊三角形,∴ED＝EＰ=ＥA,∴點(diǎn)Ｄ在以AP為直徑得圓上,∴△APＤ是直角三角形、1１、（１)證明:在△BＯC中，∵∠BＣＯ＝∠ＣBO，∴∠DＯB=∠BCＯ+∠CＢO＝2∠BCO、∵∠A=2∠BCO,∴∠DOＢ＝∠A、又∵∠ABE＝∠ABE，∴△BOＤ∽△BAＥ、(4分)（２)證明:延長CＤ，在ＣD得延長線上取一點(diǎn)Ｆ，使BF=ＢD,∴∠BＤF=∠ＢFD、由（1）可得∠BDO=∠ＢEＡ,∴∠BDF＝∠BEＣ,∴∠BFＤ=∠BEC、∵∠BCO＝∠ＣBO,BC=CB,∴△ＢFC≌△ＣEＢ,∴BＦ=CE、∵BD=BF,∴ＢD=CＥ、(9分)(3）AP＝ＡQ、(10分)如圖,?。翪得中點(diǎn)Ｇ，連接ＧM,GＮ、∵M(jìn),N分別是BE，CD得中點(diǎn)，∴GＭ,GＮ分別是△BCE,△ＣＢＤ得中位線，∴GM∥ＣE,GM=12CE,GＮ∥ＢD,GN=1∵BD＝ＣＥ,∴GM=GN,∴∠3＝∠4、∵ＧＭ∥CE，∴∠2=∠4、∵GＮ∥ＢD,∴∠3=∠1、∴∠1=∠２,∴ＡP=AQ、(其她解法只要正確就按相應(yīng)步驟給分)12、(1)過點(diǎn)I作ＩＥ⊥ＡB于點(diǎn)E，設(shè)ＩD=x、ＡD=AB2-BD∵∠EBI＝∠DBI，∠BEＩ＝∠BDI,BI=BI,∴△BEI≌△ＢＤI,∴ＩD＝IE=x,ＢD＝BE=1,ＡE=2、在Ｒｔ△AＥI中,AE２+EI2=ＡI2,∴２2+x2=(22-x)2,解得x=22即ID=22(2)連接ＢI，ＣI,∵點(diǎn)I為△AＢC得內(nèi)心，∴∠MＡI＝∠NAI、∵AI⊥MN,∴△ＡMI≌△ＡＮI,∴∠AＭN=∠AＮM,ＭI=NI，∴∠BMI＝∠Ｉ、設(shè)∠BAI=∠CAI=α，∠AＣI=∠BCI=β，∴∠NIＣ=90°-α－β、∵∠AＢC=180°-２α-2β,∴∠MＢI＝90°－α-β，∴△ＢMI∽△INC,∴BMNI=MI又MI=NＩ,∴MI2＝BM·、(3)過點(diǎn)N作NG∥AＤ交MＡ得延長線于點(diǎn)Ｇ，∴∠ＡNG=∠AGＮ=３0°,∴AＮ=AG,NG=3AN、∵AI∥NG，∴AMMG=AI∴AMAM+AN得1AM+1AN=１3、(1）證明:連接OC，如圖(1）,圖(1)在菱形ABCD中，OC⊥BD、∵BＥ⊥CＥ,∴∠COP＝∠BEＰ=９0°、∵∠ＣPＯ=∠BPE，∴△ＣOP∽△BEP,∴POPE=PC∴POPC=PE又∵∠EPO＝∠BPC,∴△EＰO∽△BＰC，∴∠OEF=∠OBC=12∠ＡBC=α圖（2)(２)證明:延長EO,交DF于點(diǎn)Ｇ,如圖（2),∵BE⊥ＣE，DF⊥ＣE，∴ＢE∥ＤF，∴∠ＥBO＝∠ＧDO、∵∠BOE=∠DOG，OB＝ＯD,∴△ＢOE≌△DOＧ，∴OＥ=ＯG,又∠EFG＝90°,∴OＦ=12∴OＥ＝ＯＦ、(3)連接OC,過點(diǎn)O作OH⊥EC于點(diǎn)H,如圖(3)、圖(3)由(1）(２)可知△ＯEＦ是等腰直角三角形,∵∠ABC＝２α=90°,∴菱形AＢＣD是正方形,∴BD＝2ＡB=45、∵O,P分別是BD,ＯＢ得中點(diǎn)，∴OＢ=OD=OC=12ＢＤ=２5，OＰ=BP=12ＢO=∵∠EPB＝∠OPC，∴BEPE＝tan∠EPB=tan∠CPO=OCOP=設(shè)PE=ｍ,則ＢE＝2m,根據(jù)勾股定理，得ＰＥ2+ＢE2＝BP２,∴ｍ２+（2m)２=5,解得m1=１,m２=-1(不合題意,舍去)、∵ＢE∥DＦ,∴EFPE=BDPB＝∴ＥＦ=4ＰE=4,∴ＯＨ＝2,∴S△OEＦ＝12EF·ＯH=12×4１4、(1)①證明:延長DE，交BC于點(diǎn)H,則DH⊥ＢＣ、∵∠ACB＝45°,∠DHC=9０°,∴DＨ=ＣH、∵∠ＡBC＝45°,∠DHB＝９０°，∴BH=EH，∴△DHB≌△CHE，∴∠EＣH=∠BＤH、∵∠ECＨ+∠HEC=９0°,∴∠BDH＋∠DEＦ=９0°,∴∠EFD＝９0°,∴∠EFＢ=∠BAC=90°,又∵∠FEＢ＝∠AEC,∴△BFE∽△CAＥ、②∵△BFE∽△CＡE,∴BFCA=BE∵AC＝AB=３,AＥ=ＡD＝1,∠BAC＝90°,∴BＥ＝AＢ-AE=3-1=2,CE＝AC2+∴ＢF＝CA·BECE（2)連接FG，易得BD＝22,BGBA=22,FGAE＝12,則BGBA＝FGAD＝∵∠CGF＝∠ＣAE,∠BGF=∠CＧF－9０°,∠BAD＝∠CAＥ-4５°－４５°,∴∠BGF=∠BAＤ,∴△ＢGF∽△ＢAＤ,∴BFBD=BG∴BFBG＝BDBA=15、(１)①四邊形ABDF是正方形、證明:∵∠A=∠DBE=９0°，且ＤF∥AB，∴∠F=∠A=90°,∴四邊形ABDF是矩形、∵△ＡBC≌△BＤE,∴AB=BD，∴四邊形ABDＦ是正方形、②證明：如圖(1),∵△ABC≌△ＢDE，∴AC=ＢE,∠１=∠2,AＢ＝BD、∵AＣ=３ＡE,∴BE=3ＡE,AB=4AE,∴BDEB=ABBE=∵∠EＢD=∠1+∠3＝90°,∴∠2+∠３=90°,∴∠BGD＝90°、∴△DBG∽△DEB,∴DGBG=BDEB=(２)如圖(2),延長DＭ交ＦA得延長線于點(diǎn)H,∵AE=EM,∴AM＝AE+ＥM=2AE,BM＝BE－EM＝3AE－AE=2AE,∴ＡM=MＢ、又∠HAM=∠DBＭ=90°，∠BMＤ＝∠AMH，∴△BＭD≌△ＡMH,∴AＨ=ＢD＝4AE,∴HC=AH+AC=7AＥ、∵CH∥BＤ,∴∠H=∠NDB,∠H=∠DBN,∴△BDN∽△CHN,∴BNNC＝BDCH=4AE圖（1)圖（2)1６、(1）證明:∵△ＡCＤ，△BCE均為等邊三角形,∴∠DCE＝∠PEB=60°,又∠1=∠2,EC=BＥ,∴△ＤCE≌△PEＢ,∴DＥ=PB、(2）∵△ＡCD,△BCE均為等邊三角形,∴S△ACDS△BCE=(ACBC）2=1又ＢC=CＥ=2,∴ＣD=ＡＣ＝2,由（1)知PE=ＤC，∴ＰＥ=2、(３)點(diǎn)C是線段ＡB得黃金分割點(diǎn)、證明:∵△ＤCＥ≌△ＰＥＢ，∴DＣ=ＰＥ、∵∠A=∠ＥCB＝6０°,∴CP∥AD,∴PCAD=BC∵∠ＤCE=∠ＰEB,∠DPC=∠BＰE,∴△DＣP∽△ＢEP,∴DCBE=PC又∵DC=AC，BE=BC,ＰＥ＝DＣ=AD,∴ACBC＝PCAD,∴ACBC故點(diǎn)C是線段AB得黃金分割點(diǎn)、17、(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛ＢCD是正方形,所以∠BAF＋∠EAD=90°，又因?yàn)镈E⊥ＡG,所以∠EＡD+∠AＤE＝90°,所以∠ADE＝∠BAF、因?yàn)锽F⊥AG,所以∠ＤEＡ=∠AFＢ=9０°,又因?yàn)锳D=ＡＢ,所以Rt△DAE≌Rt△AＢF,所以AＥ＝BＦ、（２）證明:易知Rt△BＦG∽Rt△DＥA,所以BFDE=BG在Rｔ△DEF和Rt△ＢＥＦ中,ｔａnα=EFDE,ｔanβ=EF所以ktanβ=BGBC·EFBF=BGAD·EFBF=BFDE·EF所以tａnα=kｔanβ、(３)設(shè)正方形ABＣD得邊長為1,則BG=k,所以△AＢG得面積為12因?yàn)椤鰽BＤ得面積為12,BHHD=所以S1=12所以S2=1－12k－12(所以S2S1=-k２+k+１=－(k-12)２＋因?yàn)?<k<1,所以當(dāng)k=12,即點(diǎn)G為BC中點(diǎn)時(shí),S2S18、(1)①不可能②證明：∵∠MON=90°,∴∠EOＦ=9０°-∠AOB、在正方形ABＣD中,∠BAO=９0°-∠AOB,∴∠ＥOF=∠BAO、∵ＥH⊥CＤ，EF⊥BC,∴∠EＨC＝∠EFＣ＝90°,又∵∠ＨCF=90°,∴四邊形EFCＨ為矩形、在△OFE與△AＢＯ中,∠∴△OＦE≌△ＡBO,∴EF＝OB,OＦ=AB,∴OF=OC+ＣF＝AB=BC＝BO+OC=EＦ+OC,∴CF=EＦ，∴矩形EＦＣＨ為正方形、(2）易得∠POK=∠ＯGＢ,∠PＫO=∠ＯＢG,∴△PＫO∽△ＯＢＧ、∵S△PKＯ=４S△OBG,∴S△PKOS△OBG∴ＯP＝２，∴S△POG=12OG·如圖,以O(shè)Ｇ得中點(diǎn)Q為圓心，OG得長為直徑作☉Q，設(shè)ＯＢ＝ａ,BＧ＝ｂ，過點(diǎn)B作BT⊥OG,垂足為點(diǎn)Ｔ，則ab=ＢT·ＯG，當(dāng)ＢT為半徑時(shí),ａb最大,為12此時(shí)△OＢG得面積最大，為14,∴Ｓ