中考數(shù)學(xué)二輪鞏固訓(xùn)練專題09 幾何綜合（解析版）

專題09幾何綜合（中考數(shù)學(xué)特色專題訓(xùn)練卷）1．（2021?百色）如圖，PM、PN是⊙O的切線，切點(diǎn)分別是A、B，過點(diǎn)O的直線CE∥PN，交⊙O于點(diǎn)C、D，交PM于點(diǎn)E，AD的延長線交PN于點(diǎn)F，若BC∥PM．（1）求證：∠P＝45°；（2）若CD＝6，求PF的長．【思路點(diǎn)撥】（1）連接OB，PM、PN切⊙O于點(diǎn)A、B，根據(jù)平行四邊形的判定得出四邊形PBCE是平行四邊形，即∠P＝∠C＝45°，（2）CD＝6，由（1）得∠1＝∠P＝45°，根據(jù)勾股定理得出OE的長度，由相似三角形的判定得出△AED∽△APF，根據(jù)相似比可以得出PF的長．【解答過程】解：（1）證明：連接OB，∵PM、PN切⊙O于點(diǎn)A、B，∴OA⊥PM，OB⊥PN，∵CE∥PN，∴OB⊥CE，∵OB＝OC，∴∠C＝45°，∵BC∥PM，∴四邊形PBCE是平行四邊形，∴∠P＝∠C＝45°；（2）∵CD＝6，∴OB＝OA＝OD＝3，由（1）得∠1＝∠P＝45°，∴AE＝OA＝3，∴OE=32+3∴PE＝BC＝32，ED＝OE﹣OD＝32?∵ED∥PF，∴△AED∽△APF，∴AEAP即33∴PF＝3．2．（2021?濱州）如圖，在⊙O中，AB為⊙O的直徑，直線DE與⊙O相切于點(diǎn)D，割線AC⊥DE于點(diǎn)E且交⊙O于點(diǎn)F，連接DF．（1）求證：AD平分∠BAC；（2）求證：DF2＝EF?AB．【思路點(diǎn)撥】（1）連接OD，然后根據(jù)切線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，可以得到∠ODA＝∠DAC，再根據(jù)OA＝OD，可以得到∠OAD＝∠ODA，從而可以得到∠DAC＝∠OAD，結(jié)論得證；（2）方法一：根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可以得到DB?DF＝EF?AB，再根據(jù)等弧所對的弦相等，即可證明結(jié)論成立．方法二：作OM⊥DF于點(diǎn)M，連接OF、OD，然后根據(jù)題目中的條件，可以證明△DEF∽△ODM，然后即可得到EFMD【解答過程】（1）證明：連接OD，如右圖1所示，∵直線DE與⊙O相切于點(diǎn)D，AC⊥DE，∴∠ODE＝∠DEA＝90°，∴∠ODE+∠DEA＝180°，∴OD∥AC，∴∠ODA＝∠DAC，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠DAC＝∠OAD，∴AD平分∠BAC；（2）方法一：證明：連接BD，如圖1所示，∵AC⊥DE，垂足為E，AB是⊙O的直徑，∴∠DEF＝∠ADB＝90°，∵∠EFD+∠AFD＝180°，∠AFD+∠DBA＝180°，∴∠EFD＝∠DBA，∴△EFD∽△DBA，∴EFDB∴DB?DF＝EF?AB，由（1）知，AD平分∠BAC，∴∠FAD＝∠DAB，∴DF＝DB，∴DF2＝EF?AB．方法二：作OM⊥DF于點(diǎn)M，連接OF、OD，如圖2所示，∵OD＝OF，OM⊥DF，∴DM＝MF=12∵∠ODE＝90°，∠DEF＝90°，∴∠ODM+∠EDF＝90°，∠EDF+∠DFE＝90°，∴∠DEF＝∠OMD，又∵∠DEF＝∠OMD，∴△DEF∽△OMD，∴EFMD∴EF?OD＝DF?MD，∵OD=12AB，DM=∴EF?12AB＝DF?12∴DF2＝EF?AB．3．（2021?聊城）如圖，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圓，AE是直徑，交BC于點(diǎn)H，點(diǎn)D在AC上，連接AD，CD過點(diǎn)E作EF∥BC交AD的延長線于點(diǎn)F，延長BC交AF于點(diǎn)G．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF和CD的長．【思路點(diǎn)撥】（1）由題意可證∠BAE＝∠CAE，由等腰三角形的性質(zhì)可得AE⊥BC，由平行線的性質(zhì)可證EF⊥AE，可得結(jié)論；（2）在Rt△OHC中，利用勾股定理可求半徑，可得AE的長，通過證明△AEF∽△AHG，可得AHAE=HGEF，可求EF的長，通過證明△DCG∽△BAG，可得【解答過程】證明：（1）∵AB＝AC，∴AB=∵AE是直徑，∴BE=∴∠BAE＝∠CAE，又∵AB＝AC，∴AE⊥BC，又∵EF∥BC，∴EF⊥AE，∴EF是⊙O的切線；（2）連接OC，設(shè)⊙O的半徑為r，∵AE⊥BC，∴CH＝BH=12∴HG＝HC+CG＝4，∴AG=AH在Rt△OHC中，OH2+CH2＝OC2，∴（3﹣r）2+1＝r2，解得：r=5∴AE=10∵EF∥BC，∴△AEF∽△AHG，∴AHAE∴310∴EF=40∵AH＝3，BH＝1，∴AB=AH∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠B+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠CDG＝180°，∴∠B＝∠CDG，又∵∠DGC＝∠AGB，∴△DCG∽△BAG，∴CDAB∴CD10∴CD=34．（2021?成都）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，連接AC，BC，D為AB延長線上一點(diǎn)，連接CD，且∠BCD＝∠A．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為5，△ABC的面積為25，求CD的長；（3）在（2）的條件下，E為⊙O上一點(diǎn)，連接CE交線段OA于點(diǎn)F，若EFCF=1【思路點(diǎn)撥】（1）連接OC，由AB為⊙O的直徑，可得∠A+∠ABC＝90°，再證明∠ABC＝∠BCO，結(jié)合已知∠BCD＝∠A，可得∠OCD＝90°，從而證明CD是⊙O的切線；（2）過C作CM⊥AB于M，過B作BN⊥CD于N，由△ABC的面積為25，可得CM＝2，由∠BCM＝∠A得BMCM=CMAM，可解得BM=5?1，根據(jù)△BCM≌△BCN，可得CN＝CM＝2，再由△DBN∽△DCM，得BDCD=BNCM=DNDM即BD（3）過C作CM⊥AB于M，過E作EH⊥AB于H，連接OE，由CM⊥AB，EH⊥AB，可得EFCF=HECM=HFMF，而EFCF=12，故HE＝1，MF＝2HF，Rt△OEH中，OH＝2，可得AH＝OA﹣OH=5?2，設(shè)HF＝x，則MF＝2x，則（5?1）+2x+x+（5?2）＝25【解答過程】（1）證明：連接OC，如圖：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠BCO，又∠BCD＝∠A，∴∠BCD+∠BCO＝90°，即∠DCO＝90°，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切線；（2）過C作CM⊥AB于M，過B作BN⊥CD于N，如圖：∵⊙O的半徑為5，∴AB＝25，∵△ABC的面積為25，∴12AB?CM＝25，即12×25?CM∴CM＝2，Rt△BCM中，∠BCM＝90°﹣∠CBA，Rt△ABC中，∠A＝90°﹣∠CBA，∴∠BCM＝∠A，∴tan∠BCM＝tanA，即BMCM∴BM2解得BM=5?1，（BM∵∠BCD＝∠A，∠BCM＝∠A，∴∠BCD＝∠BCM，而∠BMC＝∠BNC＝90°，BC＝BC，∴△BCM≌△BCN（AAS），∴CN＝CM＝2，BN＝BM=5∵∠DNB＝∠DMC＝90°，∠D＝∠D，∴△DBN∽△DCM，∴BDCD即BDDN+2解得DN＝25?∴CD＝DN+CN＝25；方法二：過C作CM⊥AB于M，連接OC，如圖：∵⊙O的半徑為5，∴AB＝25，∵△ABC的面積為25，∴12AB?CM＝25，即12×25?CM∴CM＝2，Rt△MOC中，OM=O∵∠DMC＝∠CMO＝90°，∠CDM＝90°﹣∠DCM＝∠OCM，∴△DCM∽△COM，∴CDOC=CM∴CD＝25；（3）過C作CM⊥AB于M，過E作EH⊥AB于H，連接OE，如圖：∵CM⊥AB，EH⊥AB，∴EFCF∵EFCF∴HECM由（2）知CM＝2，BM=5∴HE＝1，MF＝2HF，Rt△OEH中，OH=O∴AH＝OA﹣OH=5設(shè)HF＝x，則MF＝2x，由AB＝25可得：BM+MF+HF+AH＝25，∴（5?1）+2x+x+（5?2）＝2解得：x＝1，∴HF＝1，MF＝2，∴BF＝BM+MF＝（5?1）+2=5．（2021?荊州）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，F(xiàn)是對角線AC上不與點(diǎn)A，C重合的一點(diǎn)，過F作FE⊥AD于E，將△AEF沿EF翻折得到△GEF，點(diǎn)G在射線AD上，連接CG．（1）如圖1，若點(diǎn)A的對稱點(diǎn)G落在AD上，∠FGC＝90°，延長GF交AB于H，連接CH．①求證：△CDG∽△GAH；②求tan∠GHC．（2）如圖2，若點(diǎn)A的對稱點(diǎn)G落在AD延長線上，∠GCF＝90°，判斷△GCF與△AEF是否全等，并說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）①由矩形的性質(zhì)和同角的余角相等證明△CDG與△GAH的兩組對應(yīng)角相等，從而證明△CDG∽△GAH；②由翻折得∠AGB＝∠DAC＝∠DCG，而tan∠DAC=12，可求出DG的長，進(jìn)而求出GA的長，由tan∠GHC即∠GHC的對邊與鄰邊的比恰好等于相似三角形△CDG與△GAH的一組對應(yīng)邊的比，由此可求出tan∠（2）△GCF與△AEF都是直角三角形，由tan∠DAC=12可分別求出CG、AG、AE、EF、AF、CF的長，再由直角邊的比不相等判斷△GCF與△【解答過程】（1）如圖1，①證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠GAH＝90°，∴∠DCG+∠DGC＝90°，∵∠FGC＝90°，∴∠AGH+∠DGC＝90°，∴∠DCG＝∠AGH，∴△CDG∽△GAH．②由翻折得∠EGF＝∠EAF，∴∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，∵CD＝AB＝2，AD＝4，∴DGCD=AHAG∴DG=12CD∴GA＝4﹣1＝3，∵△CDG∽△GAH，∴CGGH∴tan∠GHC=CG（2）不全等，理由如下：∵AD＝4，CD＝2，∴AC=4∵∠GCF＝90°，∴CGAC=tan∠DAC∴CG=12AC=1∴AG=(2∴EA=12AG∴EF＝EA?tan∠DAC=5∴AF=(∴CF＝25?∵∠GCF＝∠AEF＝90°，而CG≠EA，CF≠EF，∴△GCF與△AEF不全等．6．（2021?綏化）如圖所示，四邊形ABCD為正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延長線與CD的延長線交于點(diǎn)F，點(diǎn)D、B、H在同一條直線上．（1）求證：△CDE≌△CBH；（2）當(dāng)HBHD=1（3）當(dāng)HB＝3，HG＝4時(shí)，求sin∠CFE的值．【思路點(diǎn)撥】（1）由正方形的性質(zhì)得BC＝CD，∠DCB＝90°，再證∠DCE＝∠BCH，然后由SAS即可得出結(jié)論；（2）由全等三角形的性質(zhì)得∠CDE＝∠CBH，DE＝BH，再證∠EDH＝90°，設(shè)BH＝a，則DH＝5a，則DE＝BH＝a，然后由勾股定理得EH=26a，過C作CM⊥EH于M，過D作DN⊥FH于N，則DN∥CM，由三角形面積關(guān)系求出DN=52626a，最后證△FDN∽△（3）過點(diǎn)E作PE∥DH交CF于P，過點(diǎn)E作EQ⊥CF于Q，先證△PED為等腰直角三角形，得DE＝PE，再證△BHG≌△PEF（ASA），得HG＝EF＝4，然后求出QE=12PD【解答過程】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠DCB＝90°，∵∠ECH＝90°，∴∠DCB﹣∠BCE＝∠ECH﹣∠BCE，即∠DCE＝∠BCH，在△CDE和△CBH中，CD=CB∠DCE=∠BCH∴△CDE≌△CBH（SAS）；（2）解：由（1）得：△CDE≌△CBH，∴∠CDE＝∠CBH，DE＝BH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CDB＝∠DBC＝45°，∴∠CDE＝∠CBH＝180°﹣45°＝135°，∴∠EDH＝135°﹣45°＝90°，∵BH：DH＝1：5，∴設(shè)BH＝a，則DH＝5a，∴DE＝BH＝a，在Rt△HDE中，EH=DE過C作CM⊥EH于M，過D作DN⊥FH于N，如圖1所示：則DN∥CM，∵△DEH的面積=12DN×EH=12∴12DN×26a=12解得：DN=526∵CE＝CH，∠ECH＝90°，∴CM=12EH=∵DN∥CM，∴△FDN∽△FCM，∴FDFC（3）解：過點(diǎn)E作PE∥DH交CF于P，過點(diǎn)E作EQ⊥CF于Q，如圖2所示：∵PE∥DH，∴∠BHG＝∠PEF，∠FPE＝∠FDH＝135°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠HBG＝∠FDH＝135°，∴∠HBG＝∠EPF＝135°，∵∠CDE＝135°，∴∠EDQ＝45°，∠EPQ＝45°，∴△PED為等腰直角三角形，∴DE＝PE，由（1）得：△CDE≌△CBH，∴DE＝BH，∴DE＝BH＝PE＝3，在△BHG和△PEF中，∠BHG=∠PEFBH=PE∴△BHG≌△PEF（ASA），∴HG＝EF＝4，∵△PED是等腰直角三角形，∴PD=2DE＝32∵EQ⊥PD，∴QE=12PD在Rt△FEQ中，sin∠CFE=EQ7．（2021?福建）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)為邊AB上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于DE的對稱點(diǎn)為A′，AA′的延長線交BC于點(diǎn)G．（1）求證：DE∥A′F；（2）求∠GA′B的大?。唬?）求證：A′C＝2A′B．【思路點(diǎn)撥】（1）由軸對稱的性質(zhì)可得AO＝A'O，AA'⊥DE，由三等份點(diǎn)可得AE＝EF，由三角形中位線定理可得DE∥A'F；（2）由“ASA”可證△ADE≌△BAG，可得AE＝BG，可得∠GFB＝∠FGB＝45°，通過證明點(diǎn)F，點(diǎn)B，點(diǎn)G，點(diǎn)A'四點(diǎn)共圓，可得∠GA'B＝∠GFB＝45°；（3）通過證明△A'FB∽△A'GC，可得A'BA'C【解答過程】證明：（1）如圖，設(shè)AG與DE的交點(diǎn)為O，連接GF，∵點(diǎn)A關(guān)于DE的對稱點(diǎn)為A′，∴AO＝A'O，AA'⊥DE，∵E，F(xiàn)為邊AB上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，∴AE＝EF＝BF，∴OE是△AA'F的中位線，∴DE∥A'F；（2）∵AA'⊥DE，∴∠AOE＝90°＝∠DAE＝∠ABG，∴∠ADE+∠DEA＝90°＝∠DEA+∠EAO，∴∠ADE＝∠EAO，在△ADE和△BAG中，∠ADE=∠EAOAD=AB∴△ADE≌△BAG（ASA），∴AE＝BG，∴BF＝BG，∴∠GFB＝∠FGB＝45°，∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，∴點(diǎn)F，點(diǎn)B，點(diǎn)G，點(diǎn)A'四點(diǎn)共圓，∴∠GA'B＝∠GFB＝45°；（3）設(shè)AE＝EF＝BF＝BG＝a，∴AD＝BC＝3a，F(xiàn)G=2a∴CG＝2a，在Rt△ADE中，DE=AD2+AE2∵sin∠EAO＝sin∠ADE，∴OEAE∴OEa∴OE=1010∴AO=AE2?OE2=∴A'G=210∵AO＝A'O，AE＝EF，∴A'F=21010a∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，∴∠A'FB+∠A'GB＝180°，∵∠A'GC+∠A'GB＝180°，∴∠A'FB＝∠A'GC，又∵A'FA'G∴△A'FB∽△A'GC，∴A'BA'C∴A′C＝2A′B．8．（2021?南通）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊AD上（不與端點(diǎn)A，D重合），點(diǎn)A關(guān)于直線BE的對稱點(diǎn)為點(diǎn)F，連接CF，設(shè)∠ABE＝α．（1）求∠BCF的大?。ㄓ煤恋氖阶颖硎荆?；（2）過點(diǎn)C作CG⊥直線AF，垂足為G，連接DG．判斷DG與CF的位置關(guān)系，并說明理由；（3）將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，點(diǎn)E的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H，連接BF，HF．當(dāng)△BFH為等腰三角形時(shí)，求sinα的值．【思路點(diǎn)撥】（1）由軸對稱的性質(zhì)可得AB＝BF，BE⊥AF，可求∠CBF＝90°﹣2α，由等腰三角形的性質(zhì)可求解；（2）通過證明點(diǎn)A，點(diǎn)D，點(diǎn)G，點(diǎn)C四點(diǎn)共圓，可得∠AGD＝∠ACD＝45°，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠AFB＝90°﹣α，可得∠CFG＝45°＝∠DGA，可證DG∥CF；（3）分三種情況討論，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，由“ASA”可證△ABE≌△NHB，可得BN＝AE=12【解答過程】解：（1）如圖1，連接BF，∵點(diǎn)A關(guān)于直線BE的對稱點(diǎn)為點(diǎn)F，∴AB＝BF，BE⊥AF，∴∠ABE＝∠EBF＝α，∴∠CBF＝90°﹣2α，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF=180°?(90°?2α)（2）DG∥CF，理由如下：如圖2，連接AC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，∵CG⊥AF，∴∠CGA＝∠ADC＝90°，∴點(diǎn)A，點(diǎn)D，點(diǎn)G，點(diǎn)C四點(diǎn)共圓，∴∠AGD＝∠ACD＝45°，∵AB＝BF，∠ABF＝2α，∴∠AFB=180°?2α∴∠AFC＝135°，∴∠CFG＝45°＝∠DGA，∴DG∥CF；（3）∵BE＞AB，∴BH＞BF，∴BH≠BF；如圖3，當(dāng)BH＝FH時(shí)，過點(diǎn)H作HN⊥BF于N，∵將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，∴△ABE≌△CBH，∠EBH＝90°＝∠ABC，∴AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，∴∠HBF＝90°﹣α，∵BH＝FH，HN⊥BF，∴BN＝NF=12BF=12AB，∠∴∠BHN＝α，∴∠ABE＝∠BHN，∴△ABE≌△NHB（ASA），∴BN＝AE=12∴BE=AE2∴sinα=AE當(dāng)BF＝FH時(shí)，∴∠FBH＝∠FHB＝90°﹣α，∴∠BFH＝2α＝∠ABF，∴AB∥FH，即點(diǎn)F與點(diǎn)C重合，則點(diǎn)E與點(diǎn)D重合，∵點(diǎn)E在邊AD上（不與端點(diǎn)A，D重合），∴BF＝FH不成立，綜上所述：sinα的值為559．（2021?廣州）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，點(diǎn)E為邊AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，延長BA到點(diǎn)F，使AF＝AE，且CF、DE相交于點(diǎn)G．（1）當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形DFEC是平行四邊形；（2）當(dāng)CG＝2時(shí)，求AE的長；（3）當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A開始向右運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，求點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)路徑的長度．【思路點(diǎn)撥】（1）利用平行四邊形的判定定理：兩邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，（2）利用三角形相似，求出此時(shí)FG的長，再借助直角三角形勾股定理求解，（3）利用圖形法，判斷G點(diǎn)軌跡為一條線段，在對應(yīng)點(diǎn)處求解．【解答過程】解：（1）證明：連接DF，CE，如圖所示：，∵E為AB中點(diǎn)，∴AE＝AF=12∴EF＝AB＝CD，∵四邊形ABCD是菱形，∴EF∥AB∥CD，∴四邊形DFEC是平行四邊形．（2）作CH⊥BH，設(shè)AE＝FA＝m，如圖所示，，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD∥EF，∴△CDG∽△FEG，∴CDCG∴FG＝2m，在Rt△CBH中，∠CBH＝60°，BC＝2，sin60°=CHBC，CHcos60°=BHBC，在Rt△CFH中，CF＝2+2m，CH=3，F(xiàn)H＝3+mCF2＝CH2+FH2，即（2+2m）2＝（3）2+（3+m）2，整理得：3m2+2m﹣8＝0，解得：m1=43，m∴AE=4（3）G點(diǎn)軌跡為線段AG，證明：如圖，（此圖僅作為證明AG軌跡用），延長線段AG交CD于H，作HM⊥AB于M，作DN⊥AB于N，∵四邊形ABCD是菱形，∴BF∥CD，∴△DHG∽△EGA，△HGC∽△AGF，∴AEDH=AG∴AEDH∵AE＝AF，∴DH＝CH＝1，在Rt△ADN中，AD＝2，∠DAB＝60°．∴sin60°=DNAD，DN=3．cos60°=在Rt△AHM中，HM＝DN=3，AM＝AN+NM＝AN+DHtan∠HAM=3G點(diǎn)軌跡為線段AG．∴G點(diǎn)軌跡是線段AG．如圖所示，作GH⊥AB，∵四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，∴CD∥BF，BD＝2，∴△CDG∽△FBG，∴CDBF=DGBG，即∵BG+DG＝BD＝2，∴BG=4在Rt△GHB中，BG=43，∠sin60°=GHBG，GHcos60°=BHBG，BH在Rt△AHG中，AH＝2?23=4AG2＝（43）2+（233∴AG=2∴G點(diǎn)路徑長度為27解法二：如圖，連接AG，延長AG交CD于點(diǎn)W．∵CD∥BF，∴FACW=AG∴FACW∵AF＝AE，∴DW＝CW，∴點(diǎn)G在AW上運(yùn)動(dòng)．下面的解法同上．10．（2021?廣東）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，∠ABC＝90°，點(diǎn)E、F分別在線段BC、AD上，且EF∥CD，AB＝AF，CD＝DF．（1）求證：CF⊥FB；（2）求證：以AD為直徑的圓與BC相切；（3）若EF＝2，∠DFE＝120°，求△ADE的面積．【思路點(diǎn)撥】（1）先判斷出∠DFE＝2∠EFC，同理判斷出∠AFE＝2∠BFE，進(jìn)而判斷出2∠BFE+2∠EFC＝180°，即可得出結(jié)論；（2）取AD的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OH⊥BC于H，先判斷出OH=12（AB+CD），進(jìn)而判斷出OH=（3）先求出∠CFE＝60°，CE＝23，再判斷出四邊形CEMD是矩形，得出DM＝23，過點(diǎn)A作AN⊥EF于N，同理求出AN=2【解答過程】（1）證明：∵CD＝DF，∴∠DCF＝∠DFC，∵EF∥CD，∴∠DCF＝∠EFC，∴∠DFC＝∠EFC，∴∠DFE＝2∠EFC，∵AB＝AF，∴∠ABF＝∠AFB，∵CD∥EF，CD∥AB，∴AB∥EF，∴∠EFB＝∠AFB，∴∠AFE＝2∠BFE，∵∠AFE+∠DFE＝180°，∴2∠BFE+2∠EFC＝180°，∴∠BFE+∠EFC＝90°，∴∠BFC＝90°，∴CF⊥BF；（2）證明：如圖1，取AD的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OH⊥BC于H，∴∠OHC＝90°＝∠ABC，∴OH∥AB，∵AB∥CD，∴OH∥AB∥CD，∵AB∥CD，AB≠CD，∴四邊形ABCD是梯形，∴點(diǎn)H是BC的中點(diǎn)，∴OH=12（AB+連接并延長交BA的延長線于G，∴∠G＝∠DCO，∵∠AOG＝∠DOC，OA＝OD，∴△AOG≌△DOC（AAS），∴AG＝CD，OC＝OG，∴OH是△BCG的中位線，∴OH=12BG=12（AB+AG）=12（AF∵OH⊥BC，∴以AD為直徑的圓與BC相切；（3）如圖2，由（1）知，∠DFE＝2∠EFC，∵∠DFE＝120°，∴∠CFE＝60°，在Rt△CEF中，EF＝2，∠ECF＝90°﹣∠CFE＝30°，∴CF＝2EF＝4，∴CE=CF2∵AB∥EF∥CD，∠ABC＝90°，∴∠ECD＝∠CEF＝90°，過點(diǎn)D作DM⊥EF，交EF的延長線于M，∴∠M＝90°，∴∠M＝∠ECD＝∠CEF＝90°，∴四邊形CEMD是矩形，∴DM＝CE＝23，過點(diǎn)A作AN⊥EF于N，∴四邊形ABEN是矩形，∴AN＝BE，由（1）知，∠CFB＝90°，∵∠CFE＝60°，∴∠BFE＝30°，在Rt△BEF中，EF＝2，∴BE＝EF?tan30°=2∴AN=2∴S△ADE＝S△AEF+S△DEF=12EF?AN+1=12EF（AN+=12×2×（2=811．（2021?青島）已知：如圖，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB＝8cm，AD＝AE＝6cm，∠DAE＝90°．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，沿DB方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．過點(diǎn)Q作QM∥BE，交AD于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QN∥BC，交CD于點(diǎn)N．分別連接PQ，PM，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜8）．解答下列問題：（1）當(dāng)PQ⊥BD時(shí)，求t的值；（2）設(shè)五邊形PMDNQ的面積為S（cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)PQ＝PM時(shí)，求t的值；（4）若PM與AD相交于點(diǎn)W，分別連接QW和EW．在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻t，使∠AWE＝∠QWD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)cos∠PBQ=BQ（2）如圖2中，過點(diǎn)P作PO⊥QM于點(diǎn)O．證明S＝S四邊形DQPM+S△DNQ=12（PQ+DH）?QM+12QN?ND=12（HA+DH）?QM+12QN?ND=1（3）如圖3中，延長NQ交BE于點(diǎn)G．根據(jù)PQ＝PM，構(gòu)建方程求解即可．（4）存在．證明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出QHAE=HWWA，【解答過程】解：（1）如圖1中，由題意，BP＝DQ＝t（cm），在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝AD＝6cm，∠BAD＝90°，∴BD=AB2∵PQ⊥BD，∴∠PQB＝90°，∴cos∠PBQ=BQ∴10?tt∴t=50答：當(dāng)PQ⊥BD時(shí)，t的值為509（2）如圖2中，過點(diǎn)P作PO⊥QM于點(diǎn)O．在等腰Rt△ADE中，AD＝AE＝6，∠EAD＝90°，∴BE＝AB+AE＝8+6＝14（cm），∵QM∥BE，∴∠POH＝∠PAH＝∠OHA＝90°，∴四邊形OPAH是矩形，∴PO＝AH，∵QM∥EB，∴∠DQM＝∠DBE，∵∠QDM＝∠QDM，∴△DQM∽△DBE，∴QMBE∴QM14∴QM=75t（∵QN∥BC，∴∠DNQ＝∠C＝90°，∵∠CDB＝∠CDB，∴△NDQ∽△CDB，∴DQDB∴t10∴DN=45t（cm），QN=35∴S＝S四邊形DQPM+S△DNQ=12（PQ+DH）?QM+12=12（HA+DH）?QM+1=12?AD?QM+1=12×6×75=625t2+∴S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S=625t2+215（3）如圖3中，延長NQ交BE于點(diǎn)G．由（1）（2）可知DC∥AB，∠DNQ＝90°，PO⊥QM，∵∠DNQ＝∠NGA＝∠BAD＝90°，∴四邊形NGAD是矩形，∴BG＝CN＝（8?45t）（同理可證，四邊形PGQO是矩形，∴QO＝PG＝BP﹣CN＝t﹣（8?45t）＝（95t∴12×75∴t=80答：當(dāng)PQ＝PM時(shí)，t的值為8011（4）存在．理由：如圖4中，由（2）得DN=45t，QM=∵QN∥BC，QM∥BE，∴∠DNQ＝∠NQH＝∠NDH＝90°，∴四邊形NQHD是矩形，∴QH＝DN=45t，且∠∴∠QHA＝∠DAE＝90°，∵∠AWE＝∠QWD，∴△HQW∽△AEW，同理可證△MHW∽△PAW，∴QHAE=HW∴QHAE∴45∴t=7經(jīng)檢驗(yàn)，t=7答：在運(yùn)動(dòng)過程中，t的值為72時(shí)，∠AWE＝∠QWD12．（2021?常德）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，N是BC邊上的一點(diǎn)，D為AN的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作BC的平行線交CD的延長線于T，且AT＝BN，連接BT．（1）求證：BN＝CN；（2）在圖1中AN上取一點(diǎn)O，使AO＝OC，作N關(guān)于邊AC的對稱點(diǎn)M，連接MT、MO、OC、OT、CM得圖2．①求證：△TOM∽△AOC；②設(shè)TM與AC相交于點(diǎn)P，連接PD，求證：PD∥CM，PD=12【思路點(diǎn)撥】（1）由“AAS”可證△ATD≌△NCD，可得CN＝AT＝BN；（2）①由軸對稱的性質(zhì)可得CN＝MC＝AT，∠ACN＝∠ACM，由“SAS”可證△TAO≌△MCO，可得OT＝OM，∠TOA＝∠COM，即可得結(jié)論；②將CM繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)C落在點(diǎn)E上，連接AM，TE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得EM＝CM＝AT，由角的數(shù)量關(guān)系可證∠TAC＝∠AEM，可得AT∥EM，可證四邊形ATEM是平行四邊形，可得TP＝PM，由三角形中位線定理可得結(jié)論．【解答過程】證明：（1）∵AT∥BC，∴∠ATD＝∠BCD，∵點(diǎn)D是AN的中點(diǎn)，∴AD＝DN，在△ATD和△NCD中，∠ATD=∠BCD∠ADT=∠CDN∴△ATD≌△NCD（AAS），∴CN＝AT，TD＝DC，∵AT＝BN，∴BN＝CN；（2）①∵AT＝BN，AT∥BN，∴四邊形ATBN是平行四邊形，∵AB＝AC，BN＝CN，∴AN⊥BC，∴平行四邊形ATBN是矩形，∴∠TAN＝90°，∵點(diǎn)M，點(diǎn)N關(guān)于AC對稱，∴CN＝MC，∠ACN＝∠ACM，∴AT＝CM，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵∠OAC+∠ACN＝90°，∴∠OCA+∠ACM＝90°＝∠OCM，∴∠OCM＝∠TAN，又∵AT＝CM，OA＝OC，∴△TAO≌△MCO（SAS），∴OT＝OM，∠TOA＝∠COM，∴∠TOM＝∠AOC，OTOA∴△TOM∽△AOC；②如圖2，將CM繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)C落在點(diǎn)E上，連接AM，TE，∴EM＝CM＝AT，∴∠MEC＝∠MCE，∵∠CAN+∠ACN＝90°，∴∠CAN+∠ACM＝90°，∴∠TAN+∠NAC+∠ACM＝180°，∴∠TAC+∠ACM＝180°，又∵∠AEM+∠CEM＝180°，∴∠TAC＝∠AEM，∴AT∥EM，∴四邊形ATEM是平行四邊形，∴TP＝PM，又∵TD＝DC，∴PD∥CM，PD=1213．（2021?無錫）已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，點(diǎn)E是射線BC上的動(dòng)點(diǎn)，以AE為直角邊在直線BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，設(shè)BE＝m．（1）如圖，若點(diǎn)E在線段BC上運(yùn)動(dòng)，EF交CD于點(diǎn)P，AF交CD于點(diǎn)Q，連接CF，①當(dāng)m=13時(shí)，求線段②在△PQE中，設(shè)邊QE上的高為h，請用含m的代數(shù)式表示h，并求h的最大值；（2）設(shè)過BC的中點(diǎn)且垂直于BC的直線被等腰直角三角形AEF截得的線段長為y，請直接寫出y與m的關(guān)系式．【思路點(diǎn)撥】（1）①過F作FG⊥BC于G，連接CF，先證明△ABE≌△EGF，可得FG＝BE=13，EG＝AB＝BC，則EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE=13，再在Rt△CGF②△ABE繞A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADE'，過P作PH⊥EQ于H，由△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，可得C、D、E'共線，由△EAQ≌△E'AQ，可得∠E'＝∠AEQ，故∠AEB＝∠AEQ，從而∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分線，有PH＝PC，用△ABE∽△ECP，可求CP＝m（1﹣m），即可得h＝﹣m2+m；（2）分兩種情況：①當(dāng)m＜12時(shí)，由△ABE∽△ECP，可求HG＝﹣m2+12m，根據(jù)MG∥CD，G為BC中點(diǎn)，可得MN=12DQ，設(shè)DQ＝x，則EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，可得MN=1?m2(1+m)，故y＝NH＝MG﹣HG﹣②當(dāng)m＞12時(shí)，由MG∥AB，可得HG=2m?12m，同①可得MN=12【解答過程】解：（1）①過F作FG⊥BC于G，連接CF，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∠AEF＝90°，∴∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠FEG，∠B＝∠G＝90°，∵等腰直角三角形AEF，∴AE＝EF，在△ABE和△EGF中，∠B=∠G∠BAE=∠FEG∴△ABE≌△EGF（AAS），∴FG＝BE=13，EG＝AB＝∴EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE=1在Rt△CGF中，CF=C②△ABE繞A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADE'，過P作PH⊥EQ于H，如圖：∵△ABE繞A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADE'，∴△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，∴∠ADC+∠ADE'＝180°，∴C、D、E'共線，∵∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠DAE'+∠EAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠E'AF＝45°，在△EAQ和△E'AQ中，AE=AE'∠EAQ=∠E'AQ∴△EAQ≌△E'AQ（SAS），∴∠E'＝∠AEQ，EQ＝E'Q，∴∠AEB＝∠AEQ，EQ＝DQ+DE'＝DQ+BE，∴∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分線，又∠C＝90°，PH⊥EQ，∴PH＝PC，∵∠BAE＝∠CEP，∠B＝∠C＝90°，∴△ABE∽△ECP，∴CPBE=CE∴CP＝m（1﹣m），∴PH＝h＝﹣m2+m＝﹣（m?12）2∴m=12時(shí)，h最大值是（2）①當(dāng)0≤m≤1∵∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠HEG，∠B＝∠HGE＝90°，∴△ABE∽△EGH，∴HGBE=EG∴HG＝﹣m2+12∵M(jìn)G∥CD，G為BC中點(diǎn)，∴MN為△ADQ的中位線，∴MN=12由（1）知：EQ＝DQ+BE，設(shè)DQ＝x，則EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，∴（1﹣m）2+（1﹣x）2＝（x+m）2，解得x=1?m∴MN=1?m∴y＝NH＝MG﹣HG﹣MN＝1﹣（﹣m2+12m＝1?12m?1?m②當(dāng)m＞1∵M(jìn)G∥AB，∴HGAB=GE∴HG=2m?1同①可得MN=12DQ∴HN＝MG﹣HG﹣MN＝1?=1+∴y=1+綜上所述，y=1?14．（2021?丹東）已知，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N為對角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且∠MBN＝45°，過點(diǎn)M、N分別作AB、BC的垂線相交于點(diǎn)E，垂足分別為F、G，設(shè)△AFM的面積為S1，△NGC的面積為S2，△MEN的面積為S3．（1）如圖（1），當(dāng)四邊形EFBG為正方形時(shí)，①求證：△AFM≌△CGN；②求證：S3＝S1+S2．（2）如圖（2），當(dāng)四邊形EFBG為矩形時(shí)，寫出S1，S2，S3三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）在（2）的條件下，若BG：GC＝m：n（m＞n），請直接寫出AF：FB的值．【思路點(diǎn)撥】（1）①利用兩個(gè)正方形性質(zhì)易證△AFM≌△CGN；②證法1：連接BD，則BD過點(diǎn)E，且BD⊥AC，∠ABD＝∠CBD＝45°，由①知AM＝CN，易證△ABM≌△CBN，可得BM＝BN，進(jìn)一步證明△FBM≌△OBN，從而得到△AFM≌△EON，同理△CGN＝△EOM，故S3＝S1+S2；證法2：利用半角模型證得△BMN′≌△BMN（SAS），MN′＝MN，再由∠MAN′＝∠BAN′+∠BAC＝45°+45°＝90°，運(yùn)用勾股定理得：AM2+AN′2＝MN′2，即AM2+CN2＝MN2，再由△AMF、△CGN和△EMN都是等腰直角三角形，即可證得結(jié)論；（2）證法1，如圖1，連接BD交AC于點(diǎn)O，易證△FBM∽△OBN，進(jìn)而得到BFOB=BMBN，仿照上面同樣的方法，可證BMBN=OBBG，即OB2＝BF?BG，從而得到S矩形EFBG＝S△ABC，故S證法2：與（1）②同理利用半角模型即可證得結(jié)論；證法3：作△BMN的外接圓⊙O，則OM＝ON＝OB，延長MO交BC于H，設(shè)AF＝b，CG＝a，則BH＝b，OH＝a，即可證得結(jié)論；（3）解法1：在（2）的條件下，有S矩形EFBG＝S△ABC，根據(jù)題意可設(shè)BG＝mx，GC＝nx，AB＝BC＝（m+n）x，先求出BF的長，進(jìn)而求出AF的長；解法2：設(shè)BG＝m，GC＝n，AF＝x，則BF＝m+n﹣x，根據(jù)△AMF、△CGN和△EMN都是等腰直角三角形，可得AM=2AF=2x，CN=2n，MN=2（m﹣x解法3：如圖3，設(shè)BG＝m，CG＝n，AF＝x，則OB=x2+n2，ON＝m﹣x，由x2+n2=m﹣x，求得：x=【解答過程】解：（1）①在正方形ABCD和正方形EFBG中，AB＝CB，BF＝BG，∠FAM＝∠GCN＝45°，∠AFM＝∠CGN＝90°，∴AB﹣BF＝CB﹣BG，即AF＝CG，∴△AFM≌△CGN（ASA）②證法1：如圖1，連接BD，則BD過點(diǎn)E，且BD⊥AC，∠ABD＝∠CBD＝45°，由①知△AFM≌△CGN，∴AM＝CN，∵∠BAM＝∠BCN，AB＝BC，∴△ABM≌△CBN（SAS），∴BM＝BN，∠ABM＝∠CBN，∵∠MBN＝45°＝∠ABD，∴∠FBM+∠MBO＝∠MBO+∠OBN，∴∠FBM＝∠OBN，∵∠BFM＝∠BON＝90°，∴△FBM≌△OBN（AAS），∴FM＝ON，∵∠AFM＝∠EON＝90°，∠FAM＝∠OEN＝45°，∴△AFM≌△EON（AAS），同理△CGN≌△EOM（AAS），∴S△EOM＝S△CGN，S△EON＝S△AFM，∵S3＝S△MEN＝S△EOM+S△EON＝S△CGN+S△AFM，∴S3＝S1+S2．證法2：如圖1′，將△BCN繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAN′，連接N′F，則BN′＝BN，AN′＝CN，∠BAN′＝∠BCN＝45°，∠BFN′＝∠BGN＝90°，∵∠BFE＝90°，∴∠BFN′+∠BFE＝180°，即M、F、N′在同一條直線上，∵∠MBN＝4°，∴∠CBN+∠ABM＝45°，∴∠ABN′+∠ABM＝45°＝∠MBN，即∠MBN′＝∠MBN，在△BMN′和△BMN中，BN'=BN∠MBN'=∠MBN∴△BMN′≌△BMN（SAS），∴MN′＝MN，∵∠MAN′＝∠BAN′+∠BAC＝45°+45°＝90°，∴AM2+AN′2＝MN′2，即AM2+CN2＝MN2，∵△AMF和△CGN都是等腰直角三角形，∴∠AMF＝∠CNG＝45°，∴∠EMN＝∠AMF＝∠ENM＝∠CNG＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴S1=14AM2，S2=14CN2，S3∴S1+S2=14AM2+14CN2=14（AM2+CN∴S3＝S1+S2．（2）S3＝S1+S2，理由如下：證法1：如圖2，連接BD交AC于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形EFBG為矩形，∴BD⊥AC，∠BFM＝∠BON＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，AC＝BD＝2OB，∵∠MBN＝45°，∠FBM＝∠OBN＝45°﹣∠MBO，∴△FBM∽△OBN，∴BFOB同理△BOM∽△BGN，∴BMBN∴BFOB∴OB2＝BF?BG，∵S△ABC=12OB?AC=12OB?2OB=OB∴S矩形EFBG＝S△ABC，∴S1+S2＝S△ABC﹣S五邊形MFBGN，S3＝S矩形EFBG﹣S五邊形MFBGN，∴S3＝S1+S2．證法2：如圖2′，將△BCN繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAN′，連接N′M，則BN′＝BN，AN′＝CN，∠BAN′＝∠BCN＝45°，與（1）②同理可得：△BMN′≌△BMN（SAS），∴MN′＝MN，∵∠MAN′＝∠BAN′+∠BAC＝45°+45°＝90°，∴AM2+AN′2＝MN′2，即AM2+CN2＝MN2，∵△AMF和△CGN都是等腰直角三角形，∴∠AMF＝∠CNG＝45°，∴∠EMN＝∠AMF＝∠ENM＝∠CNG＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴S1=14AM2，S2=14CN2，S3∴S1+S2=14AM2+14CN2=14（AM2+CN∴S3＝S1+S2．證法3：如圖2″，作△BMN的外接圓⊙O，則OM＝ON＝OB，∵∠MBN＝45°，∴∠MON＝90°，∵OM＝ON，∴∠OMN＝∠ONM＝45°，延長MO交BC于H，設(shè)AF＝b，CG＝a，則BH＝b，OH＝a，∴a2+b2＝OB2＝ON2，∴S3＝S1+S2．（3）解法1：根據(jù)題意可設(shè)BG＝mx，GC＝nx，AB＝BC＝（m+n）x，∴S矩形EFBG即BF?BG=1∴BF=1∴AF=AB?BF=(∴AF：BF=(m2?n2)x2m：(m+n)2解法2：∵BG：GC＝m：n（m＞n），∴設(shè)BG＝m，GC＝n，∴AB＝BC＝m+n，設(shè)AF＝x，則BF＝m+n﹣x，∵△AMF、△CGN和△EMN都是等腰直角三角形，∴AM=2AF=2x，CN=2n，MN=2（∵AM2+CN2＝MN2，∴（2x）2+（2n）2＝[2（m﹣x）]2，化簡整理，得：x=m2?n∴BF＝m+n?m∴AFBF=m解法3：如圖3，設(shè)BG＝m，CG＝n，AF＝x，則OB=x2+n2，ON∴x2+n2∴x=m∴BF＝m+n﹣x=(m+n∴AF：BF=m2?15．（2021?濟(jì)南）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D在邊BC上，BD=13BC，將線段DB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至DE，記旋轉(zhuǎn)角為α，連接BE，CE，以CE為斜邊在其一側(cè)作等腰直角三角形CEF，連接（1）如圖1，當(dāng)α＝180°時(shí)，請直接寫出線段AF與線段BE的數(shù)量關(guān)系；（2）當(dāng)0°＜α＜180°時(shí)，①如圖2，（1）中線段AF與線段BE的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請說明理由；②如圖3，當(dāng)B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，連接AE，判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)題意得BD＝DE＝EC=13BC，進(jìn)而可得△ABC∽△FEC，得出FCAC=ECBC=（2）①由△CEF是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，可得△CAF∽△CBE，推出AFBE②如圖3，過點(diǎn)D作DG⊥BF于點(diǎn)G，由旋轉(zhuǎn)得：DE＝BD=13BC，進(jìn)而得出△BDG∽△BCF，推出AF=22BE=2BG=2CF＝CE，再由△CAF∽△CBE，推出∠CAF＝∠【解答過程】解：（1）如圖1，當(dāng)α＝180°時(shí)，點(diǎn)E在線段BC上，∵BD=13∴DE＝BD=13∴BD＝DE＝EC，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠CFE＝∠BAC＝90°，∵∠ECF＝∠BCA＝45°，∴△ABC∽△FEC，∴FCAC∴AFAC∵BC=2AC∴BEBC∴BEAC=2∴AFBE=AF（2）①AFBE理由如下：如圖2，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，CFCE∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠BCA＝45°，CACB∴∠ECF＝∠BCA，CFCE∴∠ACF+∠ACE＝∠BCE+∠ACE，∴∠ACF＝∠BCE，∵CFCA∴△CAF∽△CBE，∴AFBE∴AFBE②四邊形AECF是平行四邊形．理由如下：如圖3，過點(diǎn)D作DG⊥BF于點(diǎn)G，由旋轉(zhuǎn)得：DE＝BD=13∵∠BGD＝∠BFC＝90°，∠DBG＝∠CBF，∴△BDG∽△BCF，∴DGCF∵BD＝DE，DG⊥BE，∴BG＝EG，∴BG＝EG＝EF，∵EF＝CF，∴CF＝BG=13由①知，AF=22BE=2BG=2∵△CAF∽△CBE，∴∠CAF＝∠CBE，∠ACF＝∠BCE，∵∠CEF＝∠CBE+∠BCE＝45°，∠BCE+∠ACE＝∠ACB＝45°，∴∠CBE＝∠ACE，∴∠CAF＝∠ACE，∴AF∥CE，∵AF＝CE，∴四邊形AECF是平行四邊形．16．（2021?黑龍江）已知∠ABC＝60°，點(diǎn)F在直線BC上，以AF為邊作等邊三角形AFE，過點(diǎn)E作ED⊥AB于點(diǎn)D．請解答下列問題：（1）如圖①，求證：AB+BF＝2BD；（2）如圖②、圖③，線段AB，BF，BD又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需要證明．【思路點(diǎn)撥】（1）如圖①中，連接BE，在BC的延長線上截取BT，使得BT＝BA，連接AT．根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AT＝AB，AF＝AE，∠TAB＝∠FAE＝60°，推出∠TAF＝∠BAE，證得△ATF≌△ABE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到TF＝BE，∠ATB＝∠ABE＝60°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BD=12（2）①如圖②中，結(jié)論：AB﹣BF＝2BD．連接BE，在BC的延長線上截取BT，使得BT＝BA，連接AT．根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AC＝AB，AF＝AE，∠CAB＝∠FAE＝60°，推出∠CAF＝∠BAE，證得△ACF≌△ABE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF＝BE，∠C＝∠ABE＝60°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BD=12BE，等量代換即可得到結(jié)論．②如圖③中，結(jié)論：BF﹣AB＝2【解答過程】（1）證明：如圖①中，連接BE，在BC的延長線上截取BT，使得BT＝BA，連接AT．∵BA＝BT，∠ABT＝60°，∴△ABT是等邊三角形，∵△ABT，△AEF是等邊三角形，∴AT＝AB，AF＝AE，∠TAB＝∠FAE＝60°，∴∠TAF＝∠BAE，在△ATF與△ABE中，AT=AB∠TAF=∠BAE∴△ATF≌△ABE（SAS），∴TF＝BE，∠ATB＝∠ABE＝60°，∵ED⊥AB，∴∠DEB＝30°，∴BD=12∴TF＝2BD，∵BT＝AB，∴AB+BF＝2BD．（2）①如圖②，結(jié)論：AB﹣BF＝2BD．理由：連接BE，在BC的延長線上截取BT，使得BT＝BA，連接AT．∵△ABT，△AEF是等邊三角形，∴AT＝AB，AF＝AE，∠TAB＝∠FAE＝60°，∴∠TAF＝∠BAE，在△ATF與△ABE中，AT=AB∠TAF=∠BAE∴△ATF≌△ABE（SAS），∴TF＝BE，∠ATF＝∠ABE＝60°，∴∠EBD＝60°，∵ED⊥AB，∴∠DEB＝30°，∴BD=12∴TF＝2BD，∵BT＝AB，∴AB＝2BD，∴AB﹣BF＝2BD．②如圖③，結(jié)論：BF﹣AB＝2BD．理由：連接BE，在BC上截取BT，使得BT＝BA，連接AT．∵△ABT，△AEF是等邊三角形，∴AT＝AB，AF＝AE，∴∠TAF＝∠BAE，在△ATF與△ABE中，AT=AB∠TAF=∠BAE∴△ATF≌△ABE（SAS），∴TF＝BE，∠ATF＝∠ABE＝120°，∴∠EBD＝60°∵ED⊥AB，∴∠DEB＝30°，∴BD=12∴TF＝2BD，∵BT＝AB，∴BF﹣AB＝2BD17．（2021?沈陽）在△ABC中，AB＝AC，△CDE中，CE＝CD（CE≥CA），BC＝CD，∠D＝α，∠ACB+∠ECD＝180°，點(diǎn)B，C，E不共線，點(diǎn)P為直線DE上一點(diǎn)，且PB＝PD．（1）如圖1，點(diǎn)D在線段BC延長線上，則∠ECD＝180°﹣2α，∠ABP＝α（用含α的代數(shù)式表示）；（2）如圖2，點(diǎn)A，E在直線BC同側(cè)，求證：BP平分∠ABC；（3）若∠ABC＝60°，BC=3+1，將圖3中的△CDE繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)BP⊥DE時(shí)，直線PC交BD于點(diǎn)G，點(diǎn)M是PD中點(diǎn)，請直接寫出【思路點(diǎn)撥】（1）利用三角形內(nèi)角和定理以及等腰三角形的性質(zhì)求解即可．（2）如圖2中，連接BD．證明∠PBC＝∠CDE＝α，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，設(shè)BP交AC于J．圖3﹣2中，設(shè)PC交BC于K，當(dāng)BP⊥DE時(shí)，利用三角形的中位線定理，可得GM=12PB，求出【解答過程】（1）解：如圖1中，∵CE＝CD，∴∠D＝∠E＝α，∴∠ECD＝180°﹣2α，∴∠ECB＝∠E+∠D＝2α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝2α，∵PB＝PD，∴∠PBD＝∠D＝α，∴∠ABP＝∠ABC﹣∠PBD＝α，故答案為：180°﹣2α，α．（2）證明：如圖2中，連接BD．∵CB＝CD，PB＝PD，∴∠CBD＝∠CDB，∠PBD＝∠PDB，∴∠PBC＝∠PDC＝α，∵∠ACB+∠ECD＝180°，2∠D+∠ECD＝180°，∴∠ACB＝2α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝2α，∴∠ABP＝∠PBC＝α，∴PB平分∠ABC．（3）解：如圖3﹣1中，設(shè)BP交AC于J．∵BP⊥PD，BP＝PD，∴△PBD是等腰直角三角形，∵CB＝CD，PB＝PD，∴PG垂直平分線段BD，∴BG＝DG，∵PM＝MD，∴GM=12∵∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠ECD＝180°﹣60°＝120°，△ACB是等邊三角形，∵CE＝CD，∴∠CDE＝30°，∴∠PBC＝∠PDC＝30°，∴∠BJC＝90°，∴CJ=12BC=3+12，∵∠CPD＝∠CPJ＝45°，∴PJ＝JC=3∴PB＝BJ+PJ=3∴GM=3如圖3﹣2中，設(shè)PC交BC于K，當(dāng)BP⊥DE時(shí)，同法可證GM=12∵∠PBC＝30°，∠GPB＝∠PBC+∠PCB＝45°，∴∠PCB＝∠PCD＝15°，∴∠KCE＝120°﹣15°﹣15°＝90°，∵∠E＝30°，CE＝CB=3∴CK=EC3=∴KB＝BC﹣CK=2∴PB＝BK?cos30°=2∴GM=12PB綜上所述，GM的長為3+22或18．（2021?安徽）如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，點(diǎn)E在邊BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交線段AE于點(diǎn)F，連接BF．（1）求證：△ABF≌△EAD；（2）如圖2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的長；（3）如圖3，若BF的延長線經(jīng)過AD的中點(diǎn)M，求BEEC【思路點(diǎn)撥】（1）先根據(jù)題意得出AB＝AE，DE＝DC，再證四邊形ADCF是平行四邊形，得出AF＝CD，進(jìn)而得出AF＝DE，再由平行線性質(zhì)得∠AED＝∠BAF，進(jìn)而證得結(jié)論；（2）先證明△EAD∽△CFE，得ADEF=DECE=AECF，根據(jù)四邊形ADCF是平行四邊形，得AD＝CF，AF＝CD，進(jìn)而可得CF4=5（3）如圖3，延長BM、ED交于點(diǎn)G，先證明△ABE∽△DCE，得出ABDC=AEDE=BECE，設(shè)DC＝DE＝a，CE＝b，ABDC=AEDE=BECE=x，則AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，可得EF＝AE【解答過程】解：（1）如圖1，∵AE∥CD，∴∠AEB＝∠BCD，∵∠ABC＝∠BCD，∴∠ABC＝∠AEB，∴AB＝AE，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，∵∠ABC＝∠BCD，∴∠DEC＝∠BCD，∴DE＝DC，∵CF∥AD，AE∥CD，∴四邊形ADCF是平行四邊形，∴AF＝CD，∴AF＝DE，在△ABF和△EAD中，AB=AE∠BAF=∠AED∴△ABF≌△EAD（SAS）；（2）方法①：∵CF∥AD，∴∠EAD＝∠CFE，∵∠ECF＝∠AED，∴△EAD∽△CFE，∴ADEF由（1）知：四邊形ADCF是平行四邊形，∴AD＝CF，AF＝CD，∵AB＝9，CD＝5，∴AE＝9，DE＝5，∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，∴CF4∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，∴CE=10∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，∴△ABE∽△DEC，∴BEAB=EC∴BE＝6；方法②：由（1）知△ABF≌△EAD，∴∠ABF＝∠EAD，∵∠EAD＝∠CFE，∴∠ABF＝∠CFE，∵∠ABC＝∠AEB，∠ABC＝∠ABF+∠EBF，∠AEB＝∠CFE+∠ECF，∴∠EBF＝∠ECF，∵∠BAE＝∠AED＝∠ECF，∴∠EBF＝∠BAE，∵∠BEF＝∠AEB，∴△BEF∽△AEB，∴BEEF=AE∴BE＝6；（3）如圖3，延長BM、ED交于點(diǎn)G，∵△ABE，△DCE均為等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，∴△ABE∽△DCE，∴ABDC設(shè)DC＝DE＝a，CE＝b，ABDC=則AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），∵AB∥DG，∴∠ABG＝∠G∵AD的中點(diǎn)M，∴AM＝DM，∵∠AMB＝∠DMG，∴△AMB≌△DMG（AAS），∴DG＝AB＝ax，∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），∵AB∥DG（即AB∥EG），∴△ABF∽△EGF，∴ABEG=AF∴x2﹣2x﹣1＝0，解得：x＝1+2或x＝1?∴BEEC=x＝119．（2021?鞍山）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），過點(diǎn)A作射線AM交射線BC于點(diǎn)D，將AM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到AN，過點(diǎn)C作CF∥AM交直線AN于點(diǎn)F，在AM上取點(diǎn)E，使∠AEB＝∠ACB．（1）當(dāng)AM與線段BC相交時(shí)，①如圖1，當(dāng)α＝60°時(shí)，線段AE，CE和CF之間的數(shù)量關(guān)系為AE＝CF+CE．②如圖2，當(dāng)α＝90°時(shí)，寫出線段AE，CE和CF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）當(dāng)tanα=43，AB＝5時(shí)，若△CDE是直角三角形，直接寫出【思路點(diǎn)撥】（1）①結(jié)論：AE＝CF+CE．如圖1中，作CT∥AF交AM于T．想辦法證明AT＝CF，ET＝CE，可得結(jié)論．②結(jié)論：EC=2（AE﹣CF）．過點(diǎn)C作CQ⊥AE于Q．想辦法證明CF＝AQ，CE=2（2）分兩種情形：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDE＝90°時(shí)，過點(diǎn)B作BJ⊥AC于J，過點(diǎn)F作FK⊥AE于K．利用勾股定理以及面積法求出CD，再證明FK＝CD，可得結(jié)論．如圖3﹣2中，當(dāng)∠ECD＝90°時(shí)，∠DAB＝90°，解直角三角形求出AK，可得結(jié)論．【解答過程】解：（1）①結(jié)論：AE＝CF+CE．理由：如圖1中，作CT∥AF交AM于T．∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝60°，∵AF∥CT，CF∥AT，∴四邊形AFCT是平行四邊形，∴CF＝AT，∵∠ADC＝∠BDE，∠DEB＝∠ACD，∴△ACD∽△BED，∴ADBD∴ADDC∵∠ADB＝∠CDE，∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∠CED＝60°，∵CT∥AF，∴∠CTE＝∠FAE＝60°，∴△CTE是等邊三角形，∴EC＝ET，∴AE＝AT+ET＝CF+CE．故答案為：AE＝CF+CE．②如圖2中，結(jié)論：EC=2（AE﹣CF理由：過點(diǎn)C作CQ⊥AE于Q．∵CF∥AM，∴∠CFA+∠MAN＝180°，∵∠MAN＝90°，∴∠CFA＝∠FAQ＝90°，∵∠CQA＝90°，∴四邊形AFCQ是矩形，∴CF＝AQ，∵∠ADC＝∠BDE，∠DEB＝∠ACD，∴△ACD∽△BED，∴ADBD∴ADDC∵∠ADB＝∠CDE，∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∠CED＝45°，∵∠CQE＝90°，∴CE=2EQ∴AE﹣CF＝AE﹣AQ＝EQ，∴EC=2（AE﹣CF（2）如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDE＝90°時(shí)，過點(diǎn)B作BJ⊥AC于J，過點(diǎn)F作FK⊥AE于K．在Rt△ABJ中，tan∠BAJ=BJAJ=∴AJ＝3，BJ＝4，∵AC＝AB＝5，∴CJ＝AC﹣AJ＝5﹣3＝2，∴BC=BJ2∵12?AC?BJ=12?BC∴AD=5×425∴CD=A∵FK⊥AD，∴∠CDE＝∠FKD＝90°，∴CD∥FK，∵CF∥DK，∴四邊形CDKF是平行四邊形，∵∠FKD＝90°，∴四邊形CDKF是矩形，∴FK＝CD=5∵tan∠FAK＝tan∠CAB=4∴FKAK∴AK=3∴AF=A如圖3﹣2中，當(dāng)∠ECD＝90°時(shí)，∠DAB＝90°，∵CF∥AM，∴∠AKF＝∠DAB＝90°，在Rt△ACK中，tan∠CAK=CKAK=∴CK＝4，AK＝3，∵∠MAN＝∠CAB，∴∠CAN＝∠DAB＝90°，∴∠CAB+∠BAF＝90°，∠BAF+∠AFK＝90°，∴∠AFK＝∠CAB，∴tan∠AFK=AK∴FK=9∴AF=A綜上所述，滿足條件的AF的值為554或20．（2021?重慶）在等邊△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，垂足為D，點(diǎn)E為AB邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F為直線BD上一點(diǎn)，連接EF．（1）將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到