押浙江杭州卷第23題（二）（四邊形與幾何綜合問題：與三角形、相似、三角函數(shù)相結(jié)合）-備戰(zhàn)2023年中考臨考題號押題【浙江杭州專用】（解析版）

備戰(zhàn)2023年中考臨考題號押題【浙江杭州專用】押浙江杭州卷第23題（二）（四邊形與幾何綜合問題：與三角形、相似、三角函數(shù)相結(jié)合）從杭州近幾年中考來看,試卷的第23題比較難，屬于壓軸題，主要以幾何探究為主要考查內(nèi)容，考查的主要載體是圓和正方形，近五年杭州中考數(shù)學(xué)，正方形與幾何壓軸在2020年和2018年兩次考到.2020年的幾何壓軸問題以正方形為載體，考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)；2018年的幾何壓軸題第23題是正方形與相似形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，比例的性質(zhì)幾何壓軸綜合題的解答過程，要注意以下幾個方面：

1.注意圖形的直觀提示，注意觀察、分析圖形，把復(fù)雜的圖形分解成幾個基本圖形，通過

添加輔助線補全或構(gòu)造基本圖形；

2.注意分析挖掘題目的隱含條件、發(fā)展條件，為解題創(chuàng)造條件打好基礎(chǔ)，要由已知聯(lián)想經(jīng)

驗，由未知聯(lián)想需要，不斷轉(zhuǎn)化條件和結(jié)論來探求思路，找到解決問題的突破點；

3.要運用轉(zhuǎn)化的思想解決幾何證明問題，運用方程的思想解決幾何計算問題，還要靈活運用

數(shù)學(xué)思想方法如數(shù)形結(jié)合、分類討論、轉(zhuǎn)化、方程等思想來解決問題。1．（2022?杭州）在正方形ABCD中，點M是邊AB的中點，點E在線段AM上（不與點A重合），點F在邊BC上，且AE＝2BF，連接EF，以EF為邊在正方形ABCD內(nèi)作正方形EFGH．（1）如圖1，若AB＝4，當(dāng)點E與點M重合時，求正方形EFGH的面積．（2）如圖2，已知直線HG分別與邊AD，BC交于點I，J，射線EH與射線AD交于點K．①求證：EK＝2EH；②設(shè)∠AEK＝α，△FGJ和四邊形AEHI的面積分別為S1，S2．求證：S2S1=【答案】（1）5；（2）①見解答過程；②見解答過程．【分析】（1）由點M是邊AB的中點，若AB＝4，當(dāng)點E與點M重合，得出AE＝BE＝2，由AE＝2BF，得出BF＝1，由勾股定理得出EF2＝5，即可求出正方形EFGH的面積；（2）①由“一線三直角”證明△AKE∽△BEF，得出EKEF=AEBF，由AE＝2BF，得出EKEF②先證明△KHI≌△FGJ，得出S△KHI＝S△FGJ＝S1，再證明△KAE∽△KHI，得出S△KAES△KHI=(KAKH)2=(KA12KE)2=4(【解答】（1）解：如圖1，∵點M是邊AB的中點，若AB＝4，當(dāng)點E與點M重合，∴AE＝BE＝2，∵AE＝2BF，∴BF＝1，在Rt△EBF中，EF2＝EB2+BF2＝22+12＝5，∴正方形EFGH的面積＝EF2＝5；（2）如圖2，①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝90°，∴∠K+∠AEK＝90°，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠KEF＝90°，EH＝EF，∴∠AEK+∠BEF＝90°，∴∠AKE＝∠BEF，∴△AKE∽△BEF，∴EKEF∵AE＝2BF，∴EKEF∴EK＝2EF，∴EK＝2EH；②證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠KIH＝∠GJF，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠IHK＝∠EHG＝∠HGF＝∠FGJ＝90°，EH＝FG，∵KE＝2EH，∴EH＝KH，∴KH＝FG，在△KHI和△FGJ中，∠KIH=∠FJG∠KHI=∠FGJ∴△KHI≌△FGJ（AAS），∴S△KHI＝S△FGJ＝S1，∵∠K＝∠K，∠A＝∠IHK＝90°，∴△KAE∽△KHI，∴S△KAE∵sinα=KA∴sin2α=(KA∴S1+S2∴S2S1=2．（2018?杭州）如圖，在正方形ABCD中，點G在邊BC上（不與點B，C重合），連接AG，作DE⊥AG于點E，BF⊥AG于點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H，△AHD和四邊形CDHG的面積分別為S1和S2，求S2【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用同角的余角相等判斷出∠BAG＝∠DAE，進(jìn)而得出△ADE≌△BAF，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出△ABG∽△DEA，進(jìn)而得出AEDE=（3）方法1、先判斷出S1=1k2?S△BHG，再判斷出S2=k+1?方法2、先表示出S2=12BC×CD?12k×h=12?12kh，S方法3，先判斷出S1＝S△ADH＝S△CHD，進(jìn)而得出S△CHG=?k?1kS△BHG，再判斷出S△BHG＝k2S△AHD＝k2S1，進(jìn)而得出S2＝S1﹣k（k﹣1）S1＝﹣（k2﹣k﹣1）【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠BAG+∠DAG＝90°，∵DE⊥AG，BF⊥AG，∴∠AED＝∠BFA＝90°，∴∠ADE+∠DAG＝90°，∴∠BAG＝∠ADE，∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AE＝BF，（2）由（1）知，∠BAG＝∠EDA，∵∠ABG＝∠DEA，∴△ABG∽△DEA，∴ABDE∴AEDE在Rt△DEF中，EF＝DE?tanα，在Rt△BEF中，EF＝BF?tanβ，∴DE?tanα＝BF?tanβ，∴tanα=BFDE?tanβ=AEDE?tanβ＝（3）方法1、如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC∥AD，AD＝BC，∵BGBC=∴BGAD=∵AD∥BC，∴△ADH∽△GBH，∴S1S△BHG=S△ADH∴S1=1k2?S設(shè)△BHG的邊BG上的高為h，△ADH的邊AD上的高為h'，∴△ADH∽△GBH∴??'=∴h＝kh'，∴S△BHGS△BCD∴S△BCD=k+1k2S∴S2＝S△BCD﹣S△BHG=k+1?k2kS2S1=k+1?k2k21k2=?k2+∴k=12時，S2方法2、如圖1，設(shè)正方形的邊長為1，連接BD交AG于H，過H作MN⊥BC交AD于M，BC于N，設(shè)HN＝h，HM＝h'，∴h+h'＝1，∵BGBC=∴BG＝k，??'=S2=12BC×CD?12k×S1=12AD×h'=∴S=1=?+?'=?＝﹣（k?12）2∴k=12時，S2方法3、如圖，連接CH，∵BD是正方形的對角線，∴S1＝S△ADH＝S△CHD，∴S2＝S四邊形CDHG＝S△CHD+S△CHG＝S1+S△CHG，∵S△BHG∴S△CHG=?k?1kS∴S2＝S1+1?kkS∵△ADH∽△BHG，∴S∴S△BHG＝k2S△AHD＝k2S1，∴S2＝S1﹣k（k﹣1）S1＝﹣（k2﹣k﹣1）S1，∴S2S1=?（k2﹣k﹣1）＝﹣（k?∴k=12時，S2一．解答題（共20小題）1．（2023?臨安區(qū)一模）如圖，正方形ABCD，對角線AC與BD交于點O，E是線段OC上一點，以BE為邊在BD的右下方作等邊三角形BEF，連結(jié)DE，DF．（1）求證：△ABE≌△ADE．（2）∠BDF的度數(shù)改變嗎？若不變，請求出這個角的值．（3）若AB=22，求FD【答案】（1）證明見解析部分；（2）30°；（3）23．【分析】（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可；（2）證明點E是△BDF的外心，可得結(jié)論；（3）由∠BDF＝30°，點E在線段OC上運動，觀察圖象可知當(dāng)點E與O重合時，AF的長最小，此時BF⊥DF，【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB＝45°，在△ABE和△ADE中，AB=AD∠EAB=∠EAD∴△ABE≌△ADE（SAS）；（2）解：∵△ABE≌△ADE，∴EB＝ED，∵△BEF是等邊三角形，∴EB＝EF，∠BEF＝60°，∴EB＝EF＝ED，∴點E是△BDF是外心，∴∠BDF=12∠（3）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝22，∠BCD＝90°，∴BD=2BC∵∠BDF＝30°，點E在線段OC上運動，∴觀察圖象可知當(dāng)點E與O重合時，AF的長最小，此時BF⊥DF，∴DF＝BD?cos30°＝4×32=∴DF的最小值為23．【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．2．（2022?富陽區(qū)二模）如圖1，在矩形ABCD中，AC與BD交于點O，E為AD上一點，CE與BD交于點F．（1）若AE＝CE，BD⊥CE，①求tan∠DEC．②如圖2，連接AF，當(dāng)BC＝3時，求AF的值．（2）設(shè)DEAD=k（0＜k＜1），記△CBF的面積為S1，四邊形ABFE的面積為S2，求【答案】（1）①3；②212（2）54【分析】（1）①由等腰三角形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)證出∠DEC＝∠ECB＝60°，則可得出答案；②過點F作FH⊥AD于點H，由直角三角形的性質(zhì)求出FH=12DF=34，HD（2）設(shè)S△DEF＝x，證明△DEF∽△CFB，由相似三角形的性質(zhì)得出S△DEFS△CFB=(DEBC)2=k2，則S1=xk2，證明△FDH∽△BDA，由相似三角形的性質(zhì)得出FHAB=DF【解答】解：（1）①∵AE＝CE，∴∠EAC＝∠ECA，∵AD∥BC，∴∠EAC＝∠ACB，∵OB＝OC，∴∠ACB＝∠DBC，即∠ACB＝∠DBC＝∠ECA，∵BD⊥CE，∴∠BFC＝90°，∴∠ECA+∠ACB+∠DBC＝90°，∴∠ECA＝∠ACB＝∠DBC＝30°，∴∠DEC＝∠ECB＝60°，∴tan∠DEC=3②過點F作FH⊥AD于點H，在Rt△BCD中，∠DBC＝30°，BC＝3，∴BD＝23，在Rt△BFC中，∠FBC＝30°，BC＝3，∴BF=3∴DF＝BD﹣BF=3在Rt△DHF中，∠FDH＝∠DBC＝30°，∴FH=12DF∴HD=3HF=∴AH＝AD﹣DH＝3?3∴AF=A（2）設(shè)S△DEF＝x，∵AD∥BC，∴△DEF∽△CFB，∴S△DEF∴S1=x∵DFBF=∴DFBD∵FH⊥AD，∴∠FHD＝90°，∴∠FHD＝∠BAD，又∵∠FDH＝∠BDA，∴△FDH∽△BDA，∴FHAB∴S△DEF∴S△DAB=(k+1)x∴S2＝S△DAB﹣S△DEF=(k+1?∴S2∴當(dāng)k=12時，S2【點評】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022?下城區(qū)校級二模）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，DC上（不與A，D，C重合），連接BE，AF，BE與AF交于點G，與AC交于點H．已知AF＝BE，AF平分∠DAC．（1）求證：AF⊥BE．（2）若△BHO的面積為S1，△BDE的面積為S2，求S1【答案】（1）見解析；（2）24【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ABE＝∠DAF，根據(jù)垂直的定義即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠BAC＝∠DAF＝45°，根據(jù)角平分線定義得到∠DAF＝∠CAF=12×45°＝22.5°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ABE＝∠DAF＝22.5°，∠AEB＝∠AFD＝67.5°，過H作HQ⊥AB于Q，設(shè)AQ＝HQ＝x，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OH＝QH【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，在Rt△BAE和Rt△ADF中，AF=BEAB=AD∴Rt△BAE≌Rt△ADF（HL），∴∠ABE＝∠DAF，∵∠DAF+∠BAF＝90°，∴∠ABE+∠BAF＝90°，∴∠AGB＝90°，∴BE⊥AF；（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠DAF＝45°，∵AF平分∠DAC，∴∠DAF＝∠CAF=1∴∠AFD＝67.5°，∵Rt△BAE≌Rt△ADF，∴∠ABE＝∠DAF＝22.5°，∠AEB＝∠AFD＝67.5°∴∠AHE＝67.5°，∠DAE＝∠ABE＝22.5°，∴∠AHE＝∠AEH，∴AH＝AE，過H作HQ⊥AB于Q，∴△AQH是等腰直角三角形，∴AQ＝HQ，設(shè)AQ＝HQ＝x，∴AH＝AE=2x∵∠BQH＝∠BOH＝90°，∠ABH＝∠OBH，BH＝BH，∴△BQH≌△BOH（AAS），∴OH＝QH＝x，∴OB＝BQ＝x+2x∴AB=2OB=2x+2∴S1=12OH?OB=12?x?（1+S2＝S△ABD﹣S△ABE=12（2+2）x?（2+2）x?12（2+2）x?∴S1【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2022?上城區(qū)校級二模）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，連結(jié)BD，E，F(xiàn)分別是BD，AB上的點，且DE＝BF，連接AE，DF交于點P．（1）求證：△ADE≌△DBF；（2）連結(jié)AC交BD于O點，設(shè)∠EAO＝α，∠DFA＝β，求證：tanα?tanβ＝1．【答案】（1）證明過程見解答；（2）證明過程見解答．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的判定和性質(zhì)，利用SAS可以證明結(jié)論成立；（2）根據(jù)（1）中的結(jié)論和銳角三角函數(shù)，可以證明結(jié)論成立．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB，∵∠BAD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AD＝DB，∠ADE＝∠DBF，在△ADE和△DBF中，AD=DB∠ADE=∠DBF∴△ADE≌△DBF（SAS）；（2）由（1）知，△ADE≌△DBF，∴∠AED＝∠DFB，∵∠AED+∠AEO＝180°，∠DFB+β＝180°，∴∠AEO＝β，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，垂足為O，∴tanα=OEAO，tan∠AEO∴tanβ=AO∴tanα?tanβ=OEAO?【點評】本題考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．5．（2022?余杭區(qū)一模）如圖1，在正方形ABCD中，點G在射線BC上，從左往右移動（不與點B，C重合），連結(jié)AG，作DE⊥AG于點E，BF⊥AG于點F，設(shè)BGBC=（1）求證：AE＝BF；（2）連結(jié)BE，DF，設(shè)∠EDF＝α，∠EBF＝β，求證：點G在射線BC上運動時，始終滿足tanα＝ktanβ；（3）如圖2，設(shè)線段AG與對角線BD交于點H，△ADH和以點C，D，H，G為頂點的四邊形的面積分別為S1和S2，當(dāng)點G在BC的延長線上運動時，求S2S1（用含【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）S2S1【分析】（1）利用同角的余角相等判斷出∠BAF＝∠DAE，由AAS證得△AED≌△BFA，即可得出結(jié)論；（2）先由銳角三角函數(shù)的定義得出tanαtanβ=BFDE，再證△BGF∽△ADE（3）過點H作HE⊥CD于E，證△ADH≌△CDH（SAS），得S△ADH＝S△CDH，則S2S1=1+CGHE，再證△ADH∽△BGH，得DH=2a【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠BAF+∠DAG＝90°，∵DE⊥AG，BF⊥AG，∴∠AED＝∠BFA＝90°，∴∠ADE+∠DAG＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，在△AED和△BFA中，∠AED=∠BFA∠ADE=∠BAF∴△AED≌△BFA（AAS），∴AE＝BF；（2）證明：在Rt△DEF中，EF＝DE?tanα，在Rt△BEF中，EF＝BF?tanβ，∴DE?tanα＝BF?tanβ，∴tanαtanβ∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC，AD∥BE，∴∠BGF＝∠ADE，∵∠BFG＝∠DEA＝90°，∴△BGF∽△ADE，∴BFDE=∴tanαtanβ=∴tanα＝ktanβ，∴點在G射線BC上運動時，始終滿足tanα＝ktanβ；（3）解：過點H作HE⊥CD于E，如圖2所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BG，AD＝CD，∠ADH＝∠CDH＝45°，又∵DH＝DH，∴△ADH≌△CDH（SAS），∴S△ADH＝S△CDH，∴S2=12CD（HE+CG），S1＝S△CDH=12∴S2S1設(shè)正方形ABCD的邊長為a，則BD=2a∵AD∥BG，∴△ADH∽△BGH，∴DHBH∴DH2∴DH=2∵∠BDC＝45°，∴△DEH是等腰直角三角形，∴HE=22DH∵BGBC=∴a+CGa=∴CG＝（k﹣1）a，∴S2S1=1+(k?1)aa1+k解法2：過點H作HE⊥CD于E，如圖2所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BG，AD＝CD，∠ADH＝∠CDH＝45°，又∵DH＝DH，∴△ADH≌△CDH（SAS），∴S△ADH＝S△CDH，∴S2=12CD（HE+CG），S1＝S△CDH=12∴S2S1設(shè)正方形ABCD的邊長為1，則BD=2∵AD∥BG，∴△ADH∽△BGH，∴DHBH∴DH2∴DH=2∵∠BDC＝45°，∴△DEH是等腰直角三角形，∴HE=22DH∵BGBC=∴1+CG1=∴CG＝k﹣1，∴S2S1=1+k?111+k【點評】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)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)定義以及三角形面積等知識，本題綜合性強，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．6．（2023春?西湖區(qū)校級期中）如圖，在?ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，AD＝8cm，點P從點A開始以1cm/s的速度勻速向D點運動，點F從點C開始以3cm/s的速度勻速沿射線CB運動．連接PF，記AP＝x．（1）①BF＝8﹣3x或3x﹣8（用含x的式子表示）；②若PF⊥BC，求x的值．（2）若以A，B，F(xiàn)，P為頂點的四邊形是平行四邊形，請求出x的值．（3）當(dāng)點P關(guān)于直線AF對稱的點恰好落在直線AB上，請求出x的值．【答案】（1）x的值是1；（2）x的值是2或4；（3）x的值是8?423或【分析】（1）①設(shè)運動的時間為ts，則AP＝x＝tcm，CF＝3tcm，可知CF＝3AP＝3x，由平行四邊形的性質(zhì)得BC＝AD＝8cm，當(dāng)點F在邊CB上，則BF＝8﹣3x；當(dāng)點F在邊CB的延長線上，則BF＝3x﹣8，于是得到問題的答案；②取BC的中點Q，連接AQ，則BQ＝CQ＝4cm，可證明∠ACB＝∠ABC＝45°，則AB＝AC，所以AQ⊥BC，當(dāng)PF⊥BC時，則四邊形APFQ是矩形，所以AP＝FQ，則x＝4﹣3x，解得x＝1；（2）當(dāng)平行四邊形ABFP以AB為一邊，則點F在線段BC上，且AP＝BF，所以x＝8﹣3x，解得x＝2；當(dāng)平行四邊形AFBP以AB為對角線，則點F在線段CB的延長線上，且AP＝BF，所以x＝3x﹣8，解得x＝4；（3）先根據(jù)勾股定理求得AB＝42cm，設(shè)點P關(guān)于直線AF的對稱點為點G，當(dāng)點G落在線段AB上，連接PG，則AF垂直平分PG，所以AG＝AP，可推導(dǎo)出∠BAF＝∠BFA，則FB＝AB，所以8﹣3x＝42；當(dāng)點G落在線段BA的延長線上，連接PG交FA的延長線于點H，由AF垂直平分PG，得AG＝AP，可推導(dǎo)出∠BAF＝∠BFA，則FB＝AB，所以3x﹣8＝42，解方程求出相應(yīng)的x的值即可．【解答】解：（1）①設(shè)運動的時間為ts，則AP＝x＝tcm，CF＝3tcm，∴CF＝3AP＝3x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD＝8cm，當(dāng)點F在邊CB上，則BF＝8﹣3x；當(dāng)點F在邊CB的延長線上，則BF＝3x﹣8，故答案為：8﹣3x或3x﹣8．②如圖1，取BC的中點Q，連接AQ，則BQ＝CQ=12BC＝4∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∴AQ⊥BC，∵AD∥BC，∴∠PAQ＝∠AQB＝90°，∵PF⊥BC，∴∠PAQ＝∠AQC＝∠PFQ＝90°，∴四邊形APFQ是矩形，∴AP＝FQ，∴x＝4﹣3x，解得x＝1，∴x的值是1．（2）當(dāng)平行四邊形ABFP以AB為一邊，如圖2，則點F在邊CB上，且AP＝BF，∴x＝8﹣3x，解得x＝2；當(dāng)平行四邊形AFBP以AB為對角線，如圖3，則點F在邊CB的延長線上，且AP＝BF，∴x＝3x﹣8，解得x＝4，綜上所述，x的值是2或4．（3）∵AB＝AC，BC＝8cm，∠BAC＝90°，∴AB2+AC2＝2AB2＝BC2＝82，∴AB＝42cm，設(shè)點P關(guān)于直線AF的對稱點為點G，當(dāng)點G落在線段AB上，如圖4，連接PG，則AF垂直平分PG，∴AG＝AP，∴∠BAF＝∠DAF，∵∠DAF＝∠BFA，∴∠BAF＝∠BFA，∴FB＝AB，∴8﹣3x＝42，解得x=8?4當(dāng)點G落在線段BA的延長線上，如圖5，連接PG交FA的延長線于點H，則AF垂直平分PG，∴AG＝AP，∴∠GAH＝∠PAH，∵∠GAH＝∠BAF，∠PAH＝∠BFA，∴∠BAF＝∠BFA，∴FB＝AB，∴3x﹣8＝42，解得x=8+4綜上所述，x的值是8?423或【點評】此題重點考查平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運用等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．7．（2023春?上城區(qū)校級期中）如圖1，在△OAB中，∠OAB＝90°，∠AOB＝30°，AB＝4．以O(shè)B為邊，在△OAB外作等邊△OBC，D是OB的中點，連結(jié)AD并延長，交OC于點E．（1）求邊OA的長；（2）求證：四邊形ABCE是平行四邊形；（3）將圖1中的四邊形ABCO折疊，折痕為FG，F(xiàn)在BC上，G在OC上：①如圖2，若使點C與點A重合，求OG的長；②若使點C與△OAB的一邊中點重合，直接寫出OG的長是4或134或1【答案】（1）43；（2）證明見解析部分；（3）①1；②4或134【分析】（1）利用直角三角形的30度角的性質(zhì)求出OB，再利用勾股定理求解；（2）首先根據(jù)直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DO＝DA，再根據(jù)等邊對等角可得∠DAO＝∠DOA＝30°，進(jìn)而算出∠AEO＝60°，再證明BC∥AE，CO∥AB，進(jìn)而證出四邊形ABCE是平行四邊形；（3）①設(shè)OG＝x，由折疊可得：AG＝GC＝8﹣x，再利用三角函數(shù)可計算出AO，再利用勾股定理計算出OG的長即可．②分三種情形：當(dāng)點C與D重合時，當(dāng)點C與AO的中點C′重合時，當(dāng)點C與AB的中點C′重合時，分別求解即可．【解答】（1）解：在Rt△AOB中，∠OAB＝90°，∠AOB＝30°，AB＝4，∴OB＝2AB＝8，∴OA=OB2（2）證明：∵Rt△OAB中，D為OB的中點，∴AD=12OB，OD＝BD=∴DO＝DA，∴∠DAO＝∠DOA＝30°，∠EOA＝90°，∴∠AEO＝60°，又∵△OBC為等邊三角形，∴∠BCO＝∠AEO＝60°，∴BC∥AE，∵∠BAO＝∠COA＝90°，∴CO∥AB，∴四邊形ABCE是平行四邊形；（3）解：①設(shè)OG＝x，由折疊可得：AG＝GC＝8﹣x，在Rt△ABO中，∵∠OAB＝90°，∠AOB＝30°，BO＝8，∴AO＝BO?cos30°＝8×32=在Rt△OAG中，OG2+OA2＝AG2，x2+（43）2＝（8﹣x）2，解得：x＝1，∴OG＝1；②當(dāng)點C與D重合時，OG＝GC＝4；當(dāng)點C與AO的中點C′重合時，連接CG（如圖3﹣1中）．則有OG2+（23）2＝（8﹣OG）2，∴OG=13當(dāng)點C與AB的中點C′重合時，連接GC′，過點C′作C′J⊥OC于點J．則OJ＝AC′＝2，OA＝C′J＝43，∴（2﹣OG）2+（43）2＝（8﹣OG）2，∴OG＝1．綜上所述，滿足條件的OG的長為4或134【點評】此題屬于四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理的應(yīng)用，圖形的翻折變換，關(guān)鍵是掌握平行四邊形的判定定理．8．（2023春?蕭山區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AD＝AC，AD⊥AC，點E是AB的中點，點F是AC延長線上一點．（1）連結(jié)CE，求證：CE=12（2）若ED⊥EF．求證：ED＝EF．（3）在（2）的條件下，若DC的延長線與FB交于點P，試判斷四邊形ACPE是否為平行四邊形．并證明你的結(jié)論．（請補全圖形，再解答）?【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）四邊形ACPE為平行四邊形，理由見解析．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD＝AC，AD⊥AC，連接CE，利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF＝AD，等量代換得到AC＝CF，于是得到CP=12AB＝AE，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到四邊形【解答】（1）證明：在?ABCD中，∵AD＝AC，AD⊥AC，∴AC＝BC，AC⊥BC，連接CE，如圖所示：∵E是AB的中點，∴AE＝EC＝BE，CE⊥AB，∴CE=12（2）證明：由（1）知AE＝EC＝BE，CE⊥AB，∴∠CAE＝∠BCE＝45°，∴∠ECF＝∠EAD＝135°，∵ED⊥EF，∴∠CEF＝∠AED＝90°﹣∠CED，在△CEF和△AED中，∠CEF=∠AEDEC=AE∴△CEF≌△AED（ASA），∴ED＝EF；（3）解：四邊形ACPE為平行四邊形，理由如下：由（1）知△CEF≌△AED，∴CF＝AD，∵AD＝AC，∴AC＝CF，∵DP∥AB，∴FP＝PB，∴CP=12AB＝∴四邊形ACPE為平行四邊形．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．9．（2023春?余杭區(qū)校級期中）邊長為a的正方形ABCD中，點E是BD上一點，過點E作EF⊥AE交射線CB于點F，連接CE．（1）若點F在邊BC上（如圖）：①求證：CE＝EF；②若BC＝2BF，求DE的長．（2）若點F在CB延長線上，BC＝2BF，請求DE的長．【答案】（1）①矩形；②24a（2）324【分析】（1）①先利用正方形的對稱性可得到∠BAE＝∠BCE，然后在證明又∠BAE＝∠EFC，通過等量代換可得到∠BCE＝∠EFC；②過點E作MN⊥BC，交AD于M．依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到FN＝CN，從而可得到NC的長，然后可得到MD的長，在Rt△MDE中可求得ED的長；（2）先根據(jù)題意畫出圖形，然后再證明EF＝EC，然后再按照（1）②中的思路進(jìn)行證明即可．【解答】（1）①證明：∵正方形ABCD關(guān)于BD對稱，∴△ABE≌△CBE，∴∠BAE＝∠BCE．又∵∠ABC＝∠AEF＝90°，∴∠BAE＝∠EFC，∴∠BCE＝∠EFC，∴CE＝EF；②解：過點E作MN⊥BC，垂足為N，交AD于M．∵CE＝EF，∴N是CF的中點．∵BC＝2BF，∴CNBC又∵四邊形CDMN是矩形，△DME為等腰直角三角形，∴CN＝DM＝ME，∴ED=2DM=2CN=（2）解：如圖所示：過點E作MN⊥BC，垂足為N，交AD于M．∵正方形ABCD關(guān)于BD對稱，∴△ABE≌△CBE，∴∠BAE＝∠BCE．又∵∠ABF＝∠AEF＝90°，∴∠BAE＝∠EFC，∴∠BCE＝∠EFC，∴CE＝EF．∴FN＝CN．又∵BC＝2BF，∴FC=32∴CN=34∴EN＝BN=14∴DE=32【點評】本題主要考查的是正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、等腰三角形的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的性質(zhì)，掌握本題的輔助線的方法是解題的關(guān)鍵．10．（2023春?拱墅區(qū)期中）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90，BC＝4，∠ABC＝60°，點P、Q是邊AB，BC上兩個動點，且BP＝4CQ，以BP，BQ為鄰邊作平行四邊形BPDQ，PD，QD分別交AC于點E，F(xiàn)，設(shè)CQ＝m．（1）直接寫出BQ＝4﹣m；CE＝23m．（用含m的代數(shù)式表示）（2）當(dāng)平行四邊形BPDQ的面積為63時，求m（3）求證：△DEF≌△QCF；（4）如圖2，連接AD，PF，PQ，當(dāng)AD與△PQF的一邊平行時，求△PQF的面積．【答案】（1）4﹣m；23m．（2）m的值為1；（3）△PQF的面積為332或【分析】（1）由CQ＝m，BC＝4，可得BQ＝BC﹣CQ＝4﹣m；過點P作PH⊥BC于點H，可證四邊形CEPH是矩形，得出CE＝PH，利用解直角三角形可得PH＝CE＝23m；（2）根據(jù)平行四邊形面積可得S?BPDQ＝BQ?CE＝23m（4﹣m）＝63，再由點P、Q在邊AB，BC上，列不等式組求出m的范圍，即可求得答案；（3）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)可得PD＝BQ＝4﹣m，PD∥BC，利用解直角三角形得出PE＝AP?cos∠APE＝（8﹣4m）?cos60°＝4﹣2m，DE＝PD﹣PE＝4﹣m﹣（4﹣2m）＝m，即DE＝CQ，再利用ASA即可證得△DEF≌△QCF；（4）分兩種情況：當(dāng)AD∥PQ時，當(dāng)AD∥PF時，分別求出m的值，再根據(jù)S△PQF=12S△DPQ=14S?BPDQ=【解答】（1）解：∵CQ＝m，BC＝4，∴BQ＝BC﹣CQ＝4﹣m；過點P作PH⊥BC于點H，如圖1，則∠PHB＝∠PHC＝90°，∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴PD∥BC，∴∠EPH＝∠PHB＝90°＝∠PHC＝∠ECH，∴四邊形CEPH是矩形，∴CE＝PH，在Rt△BPH中，BP＝4CQ＝4m，∠ABC＝60°，∴PH＝BP?sin∠ABC＝4m?sin60°＝23m，∴CE＝23m，故答案為：4﹣m；23m．（2）解：∵S?BPDQ＝BQ?CE＝23m（4﹣m）＝63，解得：m＝1或3，在Rt△ABC中，AB=BC∵點P、Q是邊AB，BC上兩個動點，∴m＞0m＜4解得：0＜m≤2，∴m的值為1；（3）證明：由（1）（2）知：CQ＝m，BQ＝4﹣m，BP＝4m，AB＝8，∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴PD＝BQ＝4﹣m，PD∥BC，∴∠AEP＝∠ACB＝90°，∠APE＝∠ABC＝60°，∵AP＝AB﹣BP＝8﹣4m，∴PE＝AP?cos∠APE＝（8﹣4m）?cos60°＝4﹣2m，∴DE＝PD﹣PE＝4﹣m﹣（4﹣2m）＝m，∴DE＝CQ，∵PD∥BC，∴∠FED＝∠FCQ，∠FDE＝∠FQC，∴△DEF≌△QCF（ASA）；（4）解：當(dāng)AD∥PQ時，如圖2，∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴BP∥DQ，BP＝DQ＝4m，∴四邊形APQD是平行四邊形，∴AP＝DQ＝4m，∴AB＝AP+BP＝4m+4m＝8m，∵AB＝8，∴8m＝8，解得：m＝1，∴BQ＝4﹣m＝4﹣1＝3，CE＝23m＝23，由（3）知：△DEF≌△QCF，∴DF＝FQ，S△PQF=12S△DPQ=14S?BPDQ=14BQ當(dāng)AD∥PF時，如圖3，∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴BP∥DQ，∴四邊形APFD是平行四邊形，∴AP＝DF=12DQ＝2∴AB＝AP+BP＝2m+4m＝6m，∴6m＝8，解得：m=4∴BQ＝4﹣m＝4?43=83，CE∴S△PQF=12S△DPQ=14S?BPDQ=1綜上所述，△PQF的面積為332或【點評】本題是平行四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，三角形面積，平行四邊形面積等，第（4）小題要注意分類討論，防止漏解．11．（2023春?拱墅區(qū)月考）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩個動點，分別從A，C同時出發(fā)相向而行，速度均為1cm/s，運動時間為t秒，0≤t≤5．（1）用含有t的代數(shù)式表示EF的長．（2）若G，H分別是AB，DC中點，求證：四邊形EGFH是平行四邊形．（3）在（2）條件下，直接寫出當(dāng)t為何值時，四邊形EGFH為矩形．【答案】（1）5﹣2t或2t﹣5；（2）見解析；（3）當(dāng)t為0.5或4.5時，四邊形EGFH為矩形．【分析】（1）由勾股定理求出AC＝5，由題意得出AE＝CF＝t，即可得出EF＝5﹣2t或2t﹣5，（2）根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)證得GF＝HE，GE＝HF，由“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”來判定．（3）由“對角線相等的平行四邊形是矩形”判定四邊形EGFH為矩形時t的取值．【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴AC=A由題意得：AE＝CF＝t，∴EF相遇前為：EF＝AC﹣AE﹣CF＝5﹣2t；EF相遇后為：EF＝AE+CF﹣AC＝2t﹣5；故答案為：5﹣2t或2t﹣5；（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，∴AC=AB2+BC∵G、H分別是AB、DC的中點，∴AG＝BG，CH＝DH，∴AG＝CH，∵AE＝CF，∴AF＝CE，在△AFG與△CEH中，AG=CH∠GAF=∠HCE∴△AFG≌△CEH（SAS），∴GF＝HE，同理：GE＝HF，∴四邊形EGFH是平行四邊形；（3）解：如圖所示，連接GH，由（2）可知四邊形EGFH是平行四邊形∵點G、H分別是矩形ABCD的邊AB、DC的中點，∴GH＝BC＝4，∴當(dāng)EF＝GH＝4時，四邊形EGFH是矩形，分兩種情況：①AE＝CF＝t，EF＝5﹣2t＝4，解得：t＝0.5．②AE＝CF＝t，EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，解得：t＝4.5，即：當(dāng)t為0.5或4.5時，四邊形EGFH為矩形．【點評】本題考查了矩形的性質(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)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和平行四邊形的判定是解題的關(guān)鍵．12．（2023春?上城區(qū)校級月考）在△ABC中，AC＝4，以AB為一邊向外作正方形ABDE，連結(jié)對角線交于點O．（1）如圖1，若∠ACB＝90°，連結(jié)OC且OC＝32，問：①∠OCB的度數(shù)；②△OAC的面積．（2）如圖2，若∠ECB＝90°，AB＝20，連結(jié)EC，與AD和AB分別交于點F和點G，求線段AG的長度．【答案】（1）①45°；②6；（2）207【分析】（1）①由“SAS”可證△AOC≌△BOH，可得OC＝OH＝32，AC＝BH＝4，即可求解；②由等腰直角三角形的性質(zhì)可求CH＝6，可求BC＝2，即可求解；（2）由勾股定理可求BN的長，通過證明△AGK∽△ABN，可得GKBN【解答】解：（1）①如圖1，過點O作OH⊥OC，交CB的延長線于H，∵四邊形ABDE是正方形，∴∠AOB＝90°，AO＝OB，∠ABO＝∠BAO＝45°，∴∠AOB＝∠ACB＝90°，∴∠OAC+∠OBC＝180°，∵∠OBC+∠OBH＝180°，∴∠OBH＝∠OAC，∵OH⊥BC，∴∠HOC＝90°＝∠AOB，∴∠AOC＝∠HOB，∴△AOC≌△BOH（SAS），∴OC＝OH＝32，AC＝BH＝4，又∵∠COH＝90°，∴∠OCB＝∠H＝45°；②∵OC＝OH＝32，∠COH＝90°，∴CH=2OC＝6，S△OCH∵BH＝4，∴BC＝CH﹣BH＝2，∴S△OBC=46×S（2）如圖，過點B作BN⊥直線AC于N，過點G作GK⊥AC于K，∵∠BCE＝∠BAE＝90°，∴點A，點C，點B，點E四點共圓，∴∠ACE＝∠ABE＝45°，∴∠ACE＝∠BCN＝45°，∵GK⊥AC，BN⊥CN，∴△GKC和△CBN是等腰直角三角形，∴BN＝CN，KC＝GK，∵AB2＝BN2+AN2，∴400＝BN2+（4+BN）2，∴BN＝12（負(fù)值舍去），∴AN＝16，∵∠AKG＝∠N＝90°，∠BAN＝∠GAK，∴△AGK∽△ABN，∴GKBN∴GK12∴GK=12∴127∴AG=20【點評】本題是四邊形綜合題，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)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．13．（2023春?富陽區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，過點A作AD∥BC，且點D在點A的右側(cè)，點P從點A出發(fā)沿射線AD方向以每秒1個單位的速度運動，同時點Q從點C出發(fā)沿射線CB方向以每秒2個單位的速度運動，在線段QC上取點E，使得QE＝2，連接PE，設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）若PE⊥BC，交AC于點N，試證明△APN和△CEN為等腰直角三角形；（2）在（1）的條件下，求BQ的長；（3）是否存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明過程見解答；（2）163（3）t＝4或12．【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知條件得出AB＝AC，由等腰三角形的性質(zhì)得出BM＝CM，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出AM=12BC＝5，證出△APN和△（2）結(jié)合（1）得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；（2）由平行四邊形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．【解答】（1）證明：如圖，作AM⊥BC于M，∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，∴∠C＝45°＝∠B，∴AB＝AC，∴BM＝CM，∴AM=12∵AD∥BC，∴∠PAN＝∠C＝45°，∵PE⊥BC，∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，∴△APN和△CEN是等腰直角三角形；（2）解：∵△APN和△CEN是等腰直角三角形，∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，∴5﹣t＝2t﹣2，解得：t=7∴BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2×7（2）解：存在，t＝4或12，理由如下：若以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形，則AP＝BE，∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10解得：t＝4或12∴存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形，t＝4或12．【點評】本題屬于四邊形的綜合題，考查了平行四邊形的判定、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識；根據(jù)題意得出t的方程是解決問題的關(guān)鍵．14．（2023春?濱江區(qū)校級期中）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠A＝30°，動點P從點B出發(fā)，沿BA方向以每秒4個單位的速度向終點A運動，同時動點Q從點C出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿CB方向運動，當(dāng)點P到達(dá)A點時，點Q也停止運動，以BP，BQ為鄰邊作平行四邊形BPDQ，PD，QD分別交AC于點E，F(xiàn)．設(shè)點P運動的時間為t秒．（1）BQ＝4﹣t（0＜t≤2）（含t的代數(shù)式表示）；（2）如圖2，連結(jié)AD，PF，PQ，當(dāng)AD∥PQ時，求△PQF的面積．（3）如圖3，連結(jié)PF，PQ，D點關(guān)于直線PF的對稱點為D′點，若D′落在△PQB的內(nèi)部（不包括邊界）時，則t的取值范圍為45＜t＜【答案】（1）4﹣t（0＜t≤2）；（2）33（3）t的取值范圍為45＜t【分析】（1）根據(jù)幾何動點的速度和時間可得結(jié)論；（2）根據(jù)四邊形BPDQ是平行四邊形，證明四邊形APQD是平行四邊形，可得t＝1，再證明△EFD≌△CFQ（AAS），最后利用三角形的面積公式可解答；（3）先證明DF＝FQ，再計算兩個邊界點時點t的值；①如圖3，點D'與Q重合，②如圖4，D'在斜邊AB上，由此可得結(jié)論．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝8，∠A＝30°，∴BC=12AB＝4，AC由題意，CQ＝t，∴BQ＝4﹣t（0＜t≤2）．故答案為：4﹣t（0＜t≤2）；（2）如圖2中，∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴DQ∥AB，BP＝DQ，BQ＝PD，∵AD∥PQ，∴四邊形APQD是平行四邊形，∴QD＝AP，∴PB＝AP，∴t＝1，∴CQ＝1，BQ＝PD＝3，∵PE∥BC，AP＝PB，∴AE＝EC＝23，∴PE=12∴DE＝1，∴DE＝CQ，∵∠EDF＝∠FQC，∠EFD＝∠CFQ，∴△EFD≌△CFQ（AAS），∴FD＝FQ，EF＝CF=3∴S△PQF＝S△PDF=12?PD?FE=1（3）如圖2，∵BP＝4t，AB＝8，∴AP＝8﹣4t，在Rt△APE中，∠A＝30°，∴PE=12PA＝4﹣2∵四邊形PBQD是平行四邊形，∴PD＝BQ＝4﹣t，∴DE＝PD﹣PE＝4﹣t﹣（4﹣2t）＝t＝ED，∵∠EFD＝∠CFQ，∠D＝∠CQF，∴△EFD≌△CFQ（AAS），∴EF＝CF，如圖3，點D'與Q重合，由對稱得：PD＝PQ，∴PQ＝BQ，∵∠B＝60°，∴△PBQ是等邊三角形，∴PB＝BQ，∴4t＝4﹣t，∴t=4如圖4，D'在斜邊AB上，由對稱得：∠DPF＝∠D'PF＝60°，∵∠PDF＝∠B＝60°，∴△PDF是等邊三角形，∴PD＝DF，∴4﹣t＝2t，∴t=4∴t的取值范圍為45＜t故答案為：45＜t【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)和判定，含30°的直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識解決問題，學(xué)會分類討論，學(xué)會取邊界點解決實際問題，屬于中考壓軸題．15．（2022秋?上城區(qū)校級期中）【初步探索】（1）如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分別是BC、CD上的點，且EF＝BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEP≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是∠BAE+∠FAD＝∠EAF．【靈活運用】（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是BC、CD上的點，且EF＝BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．【拓展延伸】（3）已知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若點E在CB的延長線上，點F在CD的延長線上，如圖3所示，仍然滿足EF＝BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）結(jié)論：∠BAE+∠FAD＝∠EAF．證明見解析部分；（2）結(jié)論成立，證明見解析部分；（3）結(jié)論：∠EAF＝180°?12∠【分析】（1）延長FD到點G，使DG＝BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；（2）延長FD到點G，使DG＝BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）在DC延長線上取一點G，使得DG＝BE，連接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）結(jié)論：∠BAE+∠FAD＝∠EAF．理由：如圖1，延長FD到點G，使DG＝BE，連接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE+DF，∴EF＝DF+DG＝FG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．故答案為：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；（2）仍成立，理由：如圖2，延長FD到點G，使DG＝BE，連接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）結(jié)論：∠EAF＝180°?12∠理由：如圖3，在DC延長線上取一點G，使得DG＝BE，連接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ADC＝∠ABE，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE＝∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，即2∠FAE+∠DAB＝360°，∴∠EAF＝180°?12∠【點評】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等進(jìn)行推導(dǎo)變形．解題時注意：同角的補角相等．16．（2023春?上城區(qū)校級期中）如圖，四邊形ACDE是證明勾股定理時用到的一個圖形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED邊長，易知AE=2c，這時我們把關(guān)于x的形如ax2+2cx+（1）寫出一個“勾系一元二次方程”3x2+52x+4＝0；（2）求證：關(guān)于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b＝0的一個根，且四邊形ACDE的周長是62，求△ABC【答案】（1）3x2+52x+4＝0（答案不唯一）．（2）證明見解析部分．（3）1．【分析】（1）任意取直角三角形的三邊長，根據(jù)“勾系一元二次方程”的定義寫出符合條件的方程即可；（2）計算Δ并變形可得：Δ＝2（a﹣b）2≥0，可得結(jié)論；（3）當(dāng)x＝﹣1時，有a?2c+b＝0，即a+b=2c，由2a+2b+2c＝62，得c＝2，推出a2+b2＝c2＝4，a+b＝22，由（a+b）2＝a2+2ab+b2【解答】（1）解：∵a，b，c是直角三角形的三邊長，∴取a＝3，b＝4，c＝5，∴3x2+52x+4＝0是勾系一元二次方程（答案不唯一），故答案為：3x2+52x+4＝0．（2）證明；ax2+2cx+b∵Δ＝（2c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab，∵a2+b2＝c2，∴Δ＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，∴關(guān)于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b（3）解：∵x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b∴a?2c+b＝0，即a+b=2∵四邊形ACDE的周長是62，∴2a+2b+2c＝62∴32c＝62，∴c＝2，∴a2+b2＝c2＝4，a+b＝22，∴（a+b）2＝8，∴a2+2ab+b2＝8，∴ab＝2，∴S△ABC=12ab【點評】本題是新定義：“勾系一元二次方程”的理解和運用，主要考查勾股定理的應(yīng)用、一元二次方程的根的判別式、完全平方公式等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用完全平方公式解決問題，屬于中考常考題型．17．（2019春?蕭山區(qū)月考）如圖所示，△ABC為Rt△，∠ACB＝90°，點D為AB的中點，點E為邊AC上的點，連接DE，過點E作EF⊥ED交BC于F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，已知AC＝8．（1）如圖1所示，當(dāng)BC＝6，點G在邊AB上時，求DE的長．（2）如圖2所示，若DEEF=12，點G在邊（3）①若DEEF=14，且點G恰好落在Rt△②若DEEF=12n（n為正整數(shù)），且點G恰好落在Rt△【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用關(guān)系式tan∠A=DE（2）如圖2中，設(shè)DE＝x，則EF＝EC＝2x．證明AE＝EC，BC＝2DE即可解決問題．（3）①分點G在BC或AB上兩種情形分別求解．②解法類似①．【解答】解：（1）如圖1中，在Rt△ABC中，∵AC＝8，BC＝6，∴AB=A∵D是AB中點，∴AD＝DB＝5，∵∠A＝∠A，∴tan∠A=DE∴DE5∴DE=15（2）如圖2中，設(shè)DE＝x，則EF＝EC＝2x．∵DE∥BC，AD＝DB，∴AE＝EC＝2x，∴4x＝8，∴x＝2，∴DE=12∴BC＝2DE＝4．（3）①當(dāng)點G落在BC邊上時，如圖2中，設(shè)DE＝x，則EF＝EC＝4x，可得：AE＝EC＝4x，8x＝8，∴x＝1，∴BC＝2DE＝2．當(dāng)點G落在AB邊上時，作DH⊥AC于H，設(shè)DH＝x，則CE＝4x，BC＝2x，EH＝4﹣4x，利用△HDE∽△CAB，可得4?4xx=2x8，解得x=4②若DEEF=12n（n為正整數(shù)）時，同法可知：BC【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．18．（2022秋?西湖區(qū)校級月考）已知，點E是正方形ABCD的邊CD上一個動點，直線CF⊥BE于點F，連結(jié)AF．（1）如圖1，點E運動到邊CD的中點，求證：AF＝AB；（2）如圖2，△AFB的外接圓交BC于點G，連結(jié)FG，求證：△CFG∽△BFA；（3）如圖3，已知正方形ABCD的邊長為2，設(shè)CE＝x，用y表示△AFB與△CFB的面積之和，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式及其最大值．【答案】（1）見解析過程；（2）見解析過程；（3）y=4x+8x2【分析】（1）設(shè)∠EBC＝θ，CF＝x，由銳角三角函數(shù)分別求出AF，AB的長，即可求解；（2）由圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可證∠CGF＝∠BAF，由余角的性質(zhì)可得∠ABF＝∠BCF，可得結(jié)論；（3）分別求出△ABF，△CFB的面積，即可求解．【解答】（1）證明：如圖1，過點F作FN⊥BC于N，作FM⊥AB于M，設(shè)∠EBC＝θ，tanθ=CE則∠BFM＝θ，令CF＝x，則BF＝2x，∴BC=5∴AB=5在直角△BFC中，sinθ=x5x在直角△BFM中，sin∠BFM=sinθ=BM∴BM=2∴AM=∵cosθ=2x∴FM=4在直角△AFM中，AF=A∴AB＝AF；（2）證明：∵四邊形ABGF是圓的內(nèi)接四邊形，∴∠BAF+∠BGF＝180°，又∵∠BGF+∠CGF＝180°，∴∠CGF＝∠BAF，∵∠ABC＝∠CFB＝90°，∴∠BCF+∠CBF＝90°＝∠CBF+∠ABF，∴∠ABF＝∠BCF，∴△CFG∽△