05挑战压轴题（解答题三）-中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（安徽专用）

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（挑战压轴题）-中考数学专题汇编（安徽专用）
—05挑战压轴题（解答题三）

1．（2022·安徽·统考中考真题）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．

(1)如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)（ⅰ）∠CED=60°；（ⅱ）见解析

【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明ΔODE≌ΔOBC，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；
（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出∠CED=180°3=60°；
（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出∠GEF=15°，得出∠OEF=45°，证明OE=OF，再证明ΔBOE≌ΔCOF，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD，
∴DO=BO，
∵DE∥BC，
∴∠ODE=∠OBC，∠OED=∠OCB，
∴ΔODE≌ΔOBC（AAS），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵CE⊥BD，
∴四边形BCDE为菱形．

（2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO，


∴CE垂直平分BD，
∴BE=DE，
∵BO=DO，
∴∠BEO=∠DEO，
∵DE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠DEO，
∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，
∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，
∴∠CED=180°3=60°．
（ⅱ）连接EF，


∵EG⊥AC，
∴∠EGF=90°，
∴∠EFA=90°-∠GEF，
∵∠AEF=180°-∠BEF
=180°-∠BEC-∠CEF
=180°-∠BEC-∠CEG-∠GEF
=180°-60°-60°+∠GEF
=60°+∠GEF
∵AE=AF，
∴，
∴90°-∠GEF=60°+∠GEF，
∴∠GEF=15°，
∴∠OEF=∠CEG-∠GEF=60°-15°=45°，
∵，
∴∠EOF=∠EOB=90°，
∴∠OFE=90°-∠OEF=45°，  
∴∠OEF=∠OFE，
∴OE=OF，
∵AE=CE，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠EAC+∠ECA=∠CEB=60°，
∴∠ECA=30°，
∵∠EBO=90°-∠OEB=30°，
∴∠OCF=∠OBE=30°，
∵∠BOE=∠COF=90°，
∴ΔBOE≌ΔCOF（AAS），
∴BE=CF．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出∠GEF=15°，得出OE=OF，是解题的关键．
2．（2021·安徽·统考中考真题）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD，点E在边BC上，且AE//CD，DE//AB，作CF//AD交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：△ABF≌△EAD；
（2）如图2，若AB=9，，∠ECF=∠AED，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求BEEC的值．

【答案】（1）见解析；（2）6；（3）1+2
【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，∠DCE=∠DEC，即可得，DE=DC；再证四边形AFCD是平行四边形即可得AF=CD，所以AF=DE，根据SAS即可证得△ABF≌△EAD；
（2）证明，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长BM、ED交于点G．易证△ABE∽△DCE，可得ABDC=AEDE=BECE；设，BE=x，DC=DE=a，由此可得AB=AE=ax，AF=CD=a；再证明△MAB≌△MDG，根据全等三角形的性质可得DG=AB=ax．证明△FAB∽△FEG，根据相似三角形的性质可得FAFE=ABEG，即aa(x-1)=axa(x+1)，解方程求得x的值，继而求得BEEC的值．
【详解】（1）证明：∵AE//CD，
∴∠AEB=∠DCE；
，
∴∠ABE=∠DEC，∠1=∠2，
∵∠ABC=∠BCD，
∴∠ABE=∠AEB，∠DCE=∠DEC，
∴AB=AE，DE=DC，
∵AF//CD，，
∴四边形AFCD是平行四边形
∴AF=CD

在△ABF与△EAD中．
AB=EA∠1=∠2AF=ED，
∴△ABF≌△EAD(SAS)

（2）∵△ABF≌△EAD，
∴BF=AD，
在□AFCD中，AD=CF，
∴BF=CF，
∴∠FBC=∠FCB，
又∵∠FCB=∠2，∠2=∠1，
∴∠FBC=∠1，
在△EBF与△EAB中．
∠EBF=∠1∠BEF=∠AEB，
∴△EBF∽△EAB；
∴EBEA=EFEB；
∵AB=9，
∴AE=9；
∵CD=5，
∴AF=5；
∴EF=4，
∴EB9=4EB，
∴BE=6或-6（舍）；
（3）延长BM、ED交于点G．

∵△ABE与△DCE均为等腰三角形，∠ABC=∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴ABDC=AEDE=BECE，
设，BE=x，DC=DE=a，
则AB=AE=ax，AF=CD=a，
∴EF=a(x-1)，
∵AB//DG，
∴∠3=∠G；
在△MAB与△MDG中，
∠3=∠G∠4=∠5MA=MD，
∴△MAB≌△MDG(AAS)；
∴DG=AB=ax．
∴EG=a(x+1)；
∵AB//EG，
∴△FAB∽△FEG，
∴FAFE=ABEG，
∴aa(x-1)=axa(x+1)，
∴x(x-1)=x+1，
，
∴(x-1)2=2，
∴x=1±2，
∴x1=1-2（舍），x2=1+2，
∴BEEC=1+2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．
3．（2020·安徽·统考中考真题）如图1．已知四边形ABCD是矩形．点E在BA的延长线上．AE=AD. EC与BD相交于点G，与AD相交于点F,AF=AB.
1求证：BD⊥EC；
2若AB=1，求AE的长；
3如图2，连接AG，求证：EG-DG=2AG．


【答案】（1）见解析；（2）1+52；（3）见解析
【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有EAEB=AFBC，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
AE=AD∠EAF=∠DABAF=AB，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90º，
∴∠E+∠ABD=90º，
∴∠EGB=90º，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴EAEB=AFBC，又AF=AB=1，
∴x1+x=1x即x2-x-1=0，
解得：x=1+52，x=1-52（舍去）
即AE=1+52；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
AE=AD∠HEA=∠GDAEH=DG，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90º，
∴∠DAG+∠DAH=90º，
∴∠HAG=90º，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴AH2+AG2=GH2即2AG2=GH2，
∴GH=2AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴EG-DG=2AG．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
4．（2019·安徽·统考中考真题）如图，点E在▱ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE，

（1）求证：△BCE≌△ADF；
（2）设▱ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求ST的值
【答案】（1）证明略；（2）ST=2
【分析】（1）已知AD=BC，可以通过证明∠EBC=∠FAD，∠ECB=∠FDA来证明△BCE≅△ADF（ASA）；
（2）连接EF，易证四边形ABEF，四边形CDFE为平行四边形，则T=S四边形AEDF=S△AFE+S△FED=S△ABE+S△CDE=12S，即可得ST=2.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
又∵AF//BE，
∴∠BAF+∠ABE=180°，
∴∠BAD+∠ABE+∠EBC=∠FAD+∠BAD+∠ABE，
∴∠EBC=∠FAD，
同理可得：∠ECB=∠FDA，
在△BCE和△ADF中，
∠EBC=∠FADBC=AD∠ECB=∠FDA
∴△BCE≅△ADF
（2）解：连接EF，
∵△BCE≅△ADF，
∴BE=AF,CE=DF，
又∵AF∥BE, DF∥CE，
∴四边形ABEF，四边形CDFE为平行四边形，
∴S△ABE=S△AFE,S△CDE=S△FED，
∴T=S四边形AEDF=S△AFE+S△FED=S△ABE+S△CDE，
设点E到AB的距离为h1，到CD的距离为h2，线段AB到CD的距离为h，
则h= h1+ h2,
∴T=12⋅AB⋅h1+12⋅CD⋅h2=12⋅AB⋅h1+h2=12⋅AB⋅h=12S，
即ST=2.

【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质、平行四边形的判定和性质以及相关面积计算，熟练掌握所学性质定理并能灵活运用进行推理计算是解题的关键.
5．（2018·安徽·统考中考真题）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F
（1）求证：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；
（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM

【答案】（1）证明见解析；（2）∠EMF=100°；（3）证明见解析.
【详解】【分析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明即可得；
（2）根据直角三角形两锐角互余可得∠ABC=40°，根据CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，从而可得∠CMD=2∠CBM，继而可得∠CME=2∠CBA=80°，根据邻补角的定义即可求得∠EMF的度数；
（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，结合CM=DM以及已知条件可得△DEM是等边三角形，从而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，继而可得∠ACM=75°，连接AM，结合AE=EM=MB，可推导得出AC=AM，根据N为CM中点，可得AN⊥CM，再根据CM⊥EM，即可得出AN∥EM.
【详解】（1）∵M为BD中点，
Rt△DCB中，MC=12BD，
Rt△DEB中，EM=12BD，
∴MC=ME；
（2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-50°=40°，
∵CM=MB，
∴∠MCB=∠CBM，
∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM，
同理，∠DME=2∠EBM，
∴∠CME=2∠CBA=80°，
∴∠EMF=180°-80°=100°；
（3）∵△DAE≌△CEM，CM=EM，
∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE，
∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°，
∴∠ABC=45°，∠ECM=45°，
又∵CM=ME=12BD=DM，
∴DE=EM=DM，
∴△DEM是等边三角形，
∴∠EDM=60°，
∴∠MBE=30°，
∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM，
∵∠MCB+∠ACE=45°，
∠CBM+∠MBE=45°，
∴∠ACE=∠MBE=30°，
∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°，
连接AM，∵AE=EM=MB，
∴∠MEB=∠EBM=30°，
∠AME=12∠MEB=15°，
∵∠CME=90°，
∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM，
∴AC=AM，
∵N为CM中点，∴AN⊥CM，
∵CM⊥EM，∴AN∥CM.

【点睛】本题考查了三角形全等的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质等，综合性较强，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.


1．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．

【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=12AB=12AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=12AD=5
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，AF=AE2-EF2=52-42=3．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=12AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
2．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于点D，点E是AB的中点，连接CE．

(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的长；
(2)求证：BC2﹣AC2＝2DE•AB；
(3)求证：CE＝12AB．
【答案】(1)125
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式计算，求出CD；
（2）根据题意得到BD﹣AD＝2DE，根据勾股定理计算即可证明；
（3）延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，证明△AEF≌△BEC（SAS），根据全等三角形的性质得到∠B＝∠EAF，AF＝BC，再证明△ACF≌△CAB，得到CF＝AB，证明结论．
【详解】（1）解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理得：AB＝AC2+BC2＝32+42＝5，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴S△ABC＝12AC•BC＝12AB•DE，即12×3×4＝12×5×CD，
解得：CD＝125；
（2）证明：∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BD﹣AD＝（BE+DE）﹣（AE﹣DE）＝BE﹣AE+2DE＝2DE，
∵CD⊥AB，
∴BC2＝BD2+CD2，AC2＝AD2+CD2，
∴BC2﹣AC2＝（BD2+CD2）﹣（AD2+CD2）＝BD2﹣AD2＝（BD+AD）（BD﹣AD）＝AB•2DE＝2DE•AB；
（3）证明：延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，

在△AEF和△BEC中，
AE=BE∠AEF=∠BECEF=EC，
∴△AEF≌△BEC（SAS），
∴∠B＝∠EAF，AF＝BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠CAB＝∠EAF+∠CAB＝90°，
∴∠CAF＝∠ACB＝90°，
∵AC＝CA，
∴△ACF≌△CAB（SAS），
∴CF＝AB，
∵CF＝2CE，
∴CE＝12AB．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积S1，，S3之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以为斜边向外侧作Rt△ABD，Rt△ACE，，若∠1=∠2=∠3，则面积S1，，S3之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以为边向外侧作任意△ABD，△ACE，△BCF，满足∠1=∠2=∠3，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形ABCDE中，，∠ABC=90∘，AB=23，DE=2，点P在AE上，，PE=2，求五边形ABCDE的面积．

【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）63+7
【分析】（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为∠1=∠2=∠3，则有Rt△ABD∽Rt△ACE∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，∠1=∠2=∠3，，可以得到△ABD∽△ACE∽△BCF，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AH⊥BP于点H，连接PD，BD，由此可知，BP=BH+PH=3+3，即可计算出S△ABP，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有S△PED=S△ABP⋅(33)2，由（2）结论有，S△BCD=S△ABP+S△EPD最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】（1）∵△ABC是直角三角形，
∴AB2+AC2=BC2，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且∠1=∠2=∠3，
∴Rt△ABD∽Rt△ACE∽，
∴S1S3=AB2BC2，S2S3=AC2BC2，
∴S1S3+S2S3=S1+S2S3=AC2BC2+AB2BC2=AC2+AB2BC2=BC2BC2=1
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴AB2+AC2=BC2，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，∠1=∠2=∠3，，
∴△ABD∽△ACE∽△BCF，
∴S1S3=AB2BC2，S2S3=AC2BC2，
∴S1S3+S2S3=S1+S2S3=AC2BC2+AB2BC2=AC2+AB2BC2=BC2BC2=1
∴得证．
（3）过点A作AH⊥BP于点H，连接PD，BD，
∵∠ABH=30∘，AB=23，
∴AH=3，BH=3，∠BAH=60∘
∵∠BAP=105∘，
∴∠HAP=45∘，
∴PH=AH=，
∴，BP=BH+PH=3+3，
∴S△ABP=BP⋅AH2=(3+3)⋅32=33+32，
∵PE=2，ED=2，
∴PEAP=26=33，EDAB=223=33，
∴PEAP=EDAB，
∵∠E=∠BAP=105∘，
∴△ABP∽△EDP，
∴∠EPD=∠APB=45∘，PDBP=PEAP=33，
∴∠BPD=90∘，PD=1+3，
∴S△PED=S△ABP⋅(33)2=33+32⋅13=3+12，
S△BPD=BP⋅PD2=(3+3)⋅(1+3)2=3+23，
∵tan∠PBD=PDBP=33，
∴∠PBD=30∘
∵∠ABC=90∘，
∴∠DBC=30∘
∵∠C=105∘
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴S△BCD=S△ABP+S△EPD=3+332+1+32=2+23
S四边形ABCD=S△BCD+S△ABP+S△EPD+S△BPD=3+332+1+32+(2+23)+(3+23)=63+7故最后答案为63+7．

【点睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
4．（2023·安徽芜湖·统考一模）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．

应用：
(1)如图2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
(2)如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD=90°，AC=AD，
∠DBA=∠DAB，AB=23，求点C到AB边的距离．
(3)如图4，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若
∠DEF=∠B，AB=10，BE=6，求 EFDE的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)EFDE=35

【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ACD=∠EBC，可证明△BEC≌△CDA；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，证明△CAE≌△ADF，由全等三角形的性质可得出CE=AF=3，则可得出答案；
（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，证明△BFE∽△MED，由相似三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠BCE+∠ACD=180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠CDA=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
∠CDA=∠BEC=90°∠ACD=∠EBCCB=CA，
∴△BEC≌△CDA；
（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，

∵，
∴AD=BD，
∴AF=BF=12AB=3，
∵∠CAD=90°，
∴∠DAF+∠CAE=90°，
∵∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠CAE=∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
∠CEA=∠AFD=90°∠CAE=∠ADFAC=AD，
∴△CAE≌△ADF，
∴CE=AF=3，
即点C到AB的距离为；
（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，

∴∠DCM=∠M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DM=CD=AB=10，AB∥CD
∴∠B=∠DCM=∠M，
∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠DEF，
∴∠DEC=∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴EFDE=BEDM=610=35．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2023·安徽池州·统考二模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：

(1)如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若DE⊥CF，求证：CF＝DE．
(2)如图2，在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD交AD于点E，若tan∠DCE=23，求的值．
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的长．
【答案】(1)见详解
(2)CEBD=23
(3)DE=215

【分析】（1）设DE与CF的交点为G，根据四边形ABCD是正方形，得出∠A=∠FDC=90°，AD=CD，证明∠CFD=∠AED，利用AAS再证△AED≌△DFC即可；
（2）设DB与CE交于点G，根据四边形ABCD是矩形，得出∠A=∠EDC=90°，BC=AD，证明∠ECD=∠ADB，再证△DEC∽△ABD，得出CEBD=DCAD=CDBC，利用等角三角函数值tan∠DCE=tan∠CBD=DCBC=23即可；
（3）过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，先证四边形ABCH为矩形，再证△DEA∽△CFH，得出即可．
【详解】（1）解：设DE与CF的交点为G，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED与△DFC中，
∠A=∠FDC∠AED=∠CFDAD=CD，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE=CF，
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，BC=AD，
∵，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠ADB，
∵∠CDE=∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴CEBD=DCAD=CDBC，
∵∠DCE+∠CDB=∠CDB+∠CBD=90°，
∴∠DCE=∠CBD，
∵tan∠DCE=tan∠CBD=DCBC=23，
∴CEBD=CDBC=23；
（3）解：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，

∵CG⊥EG，
∴，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB=CH，，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
∵AD=3，AB=5，CF=7，
∴DE7=35，
∴DE=215．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识．采用类比的数学思想方法是解题的关键．
6．（2023·安徽合肥·合肥市五十中学西校校考一模）已知四边形ABCD，AB∥CD，AC，BD相交于点P，且∠APB=90°，DPPB=12，设AB=c，BC=a，AD=b．

(1)①如图1，当∠ABD=45°时，c=22时，a=______；b=______；
②如图2，当∠ABD=30°时，c=4时，a=______；b=______；
(2)观察（1）中的计算结果，利用图3证明a2，b2，c2三者关系．
(3)如图4，在平行四边形ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，CD的中点，BE⊥EG，AD=25，AB=7，求的长．
【答案】(1)①5，5；②13，7
(2)a2+b2=54c2，证明见解析
(3)32

【分析】（1）①先证明∠PAB=45°=∠PBA得到PA=PB，则PA=PB=2，DP=1，利用勾股定理求出b=5；再由平行线的性质证明∠PDC=∠PCD，则PC=PD=1即可得到a=BC=5；②由含30度角的直角三角形的性质得到AP=2，则PB=23，DP=3，由勾股定理得b=7；再证明∠PDC=∠PBA=30°，得到CP==1，则a=13；
（2）证明△ABP∽△CDP，得到APCP=BPPD=2，设DP=m，CP=n，则AP=2n，BP=2m，再利用勾股定理分别用m、n表示出a2，b2，c2即可得到结论；
（3）如图所示，连接AC，CE，先证明四边形是平行四边形，得到AF=CE；再证明EG是△ACD得中位线，推出AC⊥EG；证明△AOE∽△FOB，得到AOOC=AEBC=12，则由（2）的结论可知，AB2+CE2=54BC2，据此求解即可．
【详解】（1）解：①∵∠APB=90°，∠ABD=45°，
∴∠PAB=45°=∠PBA，
∴PA=PB，
∵AB=22，
∴PA=PB=22AB=2，
∵DPPB=12，
∴DP=1，
在Rt△APD中，由勾股定理得b=AD=DP2+AP2=5；
∵AB∥CD，
∴∠PDC=∠PBA=45°=∠PCD=∠PAB，
∴PC=PD=1，
同理可得a=BC=5；
故答案为：5，5；
②∵∠APB=90°，∠ABD=30°，，
∴AP=12AB=2，
∴PB=AB2-AP2=23，
∵DPPB=12，
∴DP=3，
在Rt△APD中，由勾股定理得b=AD=DP2+AP2=7；
∵AB∥CD，
∴∠PDC=∠PBA=30°，
∴CP=33PD=1，
∴a=BC=CP2+BP2=13；
故答案为：13，7；
（2）解：a2+b2=54c2，证明如下：
∵CD∥AB，
∴△ABP∽△CDP，
∴APCP=BPPD=2，
设DP=m，CP=n，则AP=2n，BP=2m，
∴由勾股定理得b2=AD2=AP2+DP2=m2+4n2，a2=BC2=BP2+CP2=n2+4m2，
∴a2+b2=5m2+5n2，
∵c2=AB2=AP2+BP2=4m2+4n2，
∴a2+b2=54c2；
（3）解：如图所示，连接AC，CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，AD∥BC，
∵E、F分别是AD，BC得中点，
∴AE=CF，
∴四边形是平行四边形，
∴AF=CE；
∵G是CD的中点，
∴EG是△ACD得中位线，
∴AC∥EG，
∵BE⊥EG，
∴AC⊥EG；
∵AD∥BC，
∴△AOE∽△FOB，
∴AOOC=AEBC=12，
∴由（2）的结论可知，AB2+CE2=54BC2，
∴7+CE2=54×20=25，
∴AF=CE=32．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明第二问的结论是解题的关键．
7．（2023·安徽淮北·淮北市第二中学校考二模）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．
（1）如图1，若AD＝AM，∠DAM＝120°．
①求证：BD＝CM；
②若∠CMD＝90°，求的值；
（2）如图2，点E为线段CD上一点，且CE＝1，AB＝2，∠DAE＝60°，求DE的长．

【答案】（1）①见解析；②12；（2）73
【分析】（1）①只需要证明△ABD≌△ACM即可得到结论；
②由①得△ABD≌△ACM，∠B＝∠ACD＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质可以得到CD=2BD，从而得出结论；
（2）解法一：如图2，过点E作EG⊥AC于G，过A作AF⊥BC于F，证明△ADF∽△AEG，可以求出DF，利用勾股定理可以求出EF的长，从而可以求解；
解法二：如图3，线段AD绕点A逆时针旋转120°到AM，连接CM，EM，过M作MQ⊥BC于Q，由（1）同理得△ABD≌△ACM，设CQ＝x，则CM＝2x，QM＝x，证明△ADE≌△AME，最后利用勾股定理求解即可.
【详解】解：（1）①证明：如图1，

∵∠BAC＝∠DAM＝120°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAM﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAM，
∵AB＝AC，AD＝AM，
∴△ABD≌△ACM（SAS），
∴BD＝CM；
②解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD＝30°，
由①知：△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°，
∴∠DCM＝60°，
∵∠CMD＝90°，
∴∠CDM＝30°，
∴CM＝12CD，
∵BD＝CM，
∴BDCD=12；
（2）解：解法一：如图2，过点E作EG⊥AC于G，过A作AF⊥BC于F，

Rt△CEG中，∠C＝30°，CE＝1，
∴EG＝12CE＝12，CG＝32，
∵AC＝AB＝23，
∴AG＝AC﹣CG＝332，
∵AF⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
∴AF＝12AC＝，
∵∠DAE＝∠FAC＝60°，
∴∠DAF＝∠EAG，
∵∠AFD＝∠AGE＝90°，
∴△ADF∽△AEG，
∴AFAG=DFEG，即3332=DF12，
∴DF＝，
由勾股定理得：AE2＝AF2+EF2＝AG2+EG2，
∴32+EF2=3322+122，
解得：EF＝2或﹣2（舍），
∴DE＝DF+EF＝+2＝73；
解法二：如图3，线段AD绕点A逆时针旋转120°到AM，连接CM，EM，过M作MQ⊥BC于Q，

由（1）同理得△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°＝∠ACB，∠BAD＝∠CAM，
∴∠MCQ＝60°，
Rt△QMC中，CQ＝12CM，
设CQ＝x，则CM＝2x，QM＝x，
∴EQ＝x﹣1，
∵∠DAE＝60°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠EAC+∠CAM＝60°，
∴∠DAE＝∠EAM，
∵AD＝AM，AE＝AE，
∴△ADE≌△AME（SAS），
∴EM＝DE＝5﹣2x，
由勾股定理得：EM2＝EQ2+QE2，
∴（x）2+（x﹣1）2＝（5﹣2x）2，
解得：x＝43，
∴DE＝5﹣2x＝73．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
8．（2023·安徽黄山·校考模拟预测）已知，如图，在△ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为lcm/s，过点P的动直线PQ∥AC，交BC于点Q，连结PM，设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
（1）线段AD=___cm；
（2）求证：PB=PQ；
（3）当t为何值时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．

【答案】（1）AD=12cm；（2）证明见解析；（3）t=125s或4s
【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴AD=，
故答案为：12；
（2）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图所示

根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=12-4t，
解得：t=125（s）；
②当点M在点D的下方时，如图所示：

根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=4t-12，
解得：t=4（s）；
综上所述，当t=125s或t=4s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形面积公式以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
9．（2023·安徽亳州·统考模拟预测）如图，△ABC中，∠C=90°，AC=BC，D为边BC上一动点(不与B、C重合)，BD和AD的垂直平分线交于点E，连接AD、AE、DE和BE，ED与AB相交于点F，设∠BAE=α．

(1)请用含α的代数式表示∠BED的度数；
(2)求证：△ACB∽△AED；
(3)若α=30°，求EF：CD的值；
【答案】(1)90°-2α
(2)证明见解析
(3)63

【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得出AE＝DE，DE＝BE，由等腰三角形的性质得出结论；
（2）证出∠C＝∠AED＝90°，由相似三角形的判定可得出结论；
（3）设EF＝x，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得出AE＝x，CD＝62x，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵BD和AD的垂直平分线交于点E，
∴AE＝DE，DE＝BE，
∴AE＝BE，
∴∠EBA＝∠EAB＝α，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠DBE＝45°+α，
∴∠BDE＝∠DBE＝45°+α，
∴∠BED＝180°﹣2∠DBE＝90°﹣2α；
（2）证明：

∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠3+∠DAB＝∠CAB＝∠ABC＝45°，
∵BD和AD的垂直平分线交于点E，
∴AE＝ED＝BE，
∴∠1＝∠2，∠1+∠CBA＝∠EDB，
∴∠CAB+∠2＝∠1+∠CBA，
即∠EDB＝∠CAE，
∵∠EDB+∠CDE＝180°，
∴∠CAE+∠CDE＝180°，
∵∠CAE+∠C+∠CDE+∠A ED＝360°，
∴∠C+∠AED＝180°，
∵∠C＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴∠C＝∠AED＝90°，
∵AC：BC＝AE：ED＝1，
∴△ACB∽△AED；
（3）解：当α＝30°时，∠BED＝90°﹣60°＝30°，
∴∠AED＝∠AEB﹣∠BED＝120°﹣30°＝90°，
∵AE＝ED，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∵DE＝BE，
∴∠BDE＝∠BED＝75°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ADE﹣∠BDE＝60°，
设EF＝x，则AE＝x，
∴AD＝2AE＝6x，
∴CD＝12AD=62x ，
∴EFCD=x62x=63 ．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，证明△ACB∽△AED是解题的关键．
10．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）在矩形ABCD中，，，点E为BC上的点，点P矩形内部一动点，连接PD，PB；

（1）如图一，若满足PE⊥DE，∠PBE=45°，PB=2，EC=1，求证：；
（2）如图二，当点P在线段BD上的运动，求PE+DE的最小值；
（3）如图三，若点Q为AD的中点，P为矩形内部一动点，连接，PB，PC，问PQ+2PB+PC是否有最小值，若有请直接写出答案；若没有，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2) 153417；(3)存在最小值2812，理由见解析.
【分析】(1)过点P作PF⊥BC交BC于F，然后证明△PFE≌△ECD即可得到答案；
(2)作D点关于BC的对称点D'，连接ED'，当P、E、D'三点共线且与BD垂直时即为最小值；
(3)将三角形BPC顺时针旋转90°得到新三角形BP'C'，然后可以得到PQ+2PB+PC=PQ+PP'+P'C'，容易得出当点Q、P、P'、C'四点共线时此时有最小值.
【详解】解：(1)如图所示，过点P作PF⊥BC交BC于F
在直角三角形PFB中，∠PBE=45°
∴BF=PF，
∴BF2+PF2=BP2=2
即BF=PF=1=EC
又∵BF+EF+EC=BC=5
∴EF=BC-BF-EC=3
∴FE=CD
∴△PFE≌△ECD
∴PE=DE

(2)如图所示，作D点关于BC的对称点D'，连接ED'，当P'、E'、D'三点共线且与BD垂直时即为最小值
在矩形ABCD中，∠BCD=90°，在△D'DP'中，∠D'P'D=90∘
∴△BCD∽△D'P'D
∴DD'DB=D'P'BC
∴D'P'=DD'BCBD
又∵DD'=DC+CD'=3+3=6，BD=BC2+CD2=34
∴D'P'=153417
由对称性可知D'E'=DE'
∴P'E'+DE'=D'E+P'E'=D'P'
∴PE+DE的最小值为153417

(3)如图所示，将三角形BPC顺时针旋转90°得到新三角形BP'C'，然后过点C'作C'N⊥AD交AD于N，连接C'Q交BC于M
由旋转的性质可知，BP=BP'，BC=BC'，∠PBP'=∠CBC'=90°
∴PP'=BP2+P'B2=2BP
∴PQ+2PB+PC=PQ+PP'+P'C'
故当Q、P、P'、C'四点共线， PQ+2PB+PC=PQ+PP'+P'C'有最小值
∵∠CBC'=90°
∴A、B、C'三点共线，
∴在直角三角形C'AQ中，C'Q=AC'2+AQ2
∴C'A=AB+BC'=AB+BC=8
∵点Q为AD的中点
∴AQ=52
∴C'Q=AC'2+AQ2=2812
∴PQ+2PB+PC的最小值为2812

【点睛】本题主要考查了全等三角形，相似三角形和旋转的相关性质，以及勾股定理，难度较大，解题的关键在于能够熟练的掌握相关知识点.
11．（2023·安徽马鞍山·校考一模）如图①，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E在边AB上，点F在BD的延长线上，BE＝DF，EF与AD相交于点G，连接CE，CF．

(1)求证：CE＝CF；
(2)求证：△DFG∽△DCF；
(3)如图②，连接CG，若AB＝4，点E是AB的中点，求CG长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)21

【分析】（1）利用菱形的性质证得△CDB为等边三角形，得到∠FDC＝∠EBC＝120°，由此证明△EBC≌△FDC（SAS），从而得到CE＝CF．
（2）根据△EBC≌△FDC，得到∠ECB＝∠FCD，求出∠ECF＝60°，证得△ECF为等边三角形，从而得到∠GFD＝∠FCD，由此证得△DFG∽△DCF．
（3）解法一：过点E作EH⊥CB于点H，求出BE＝DF＝2，得到BH及EH的长，由△DFG∽△DCF，得到DFDC=FGCF=12，证得，由此得到G为EF中点，CG⊥EF，利用勾股定理求出CE，根据sin60°求出CG；解法二：过点C作CP⊥AD于点P，则∠DCP＝60°，利用三角函数求出DP，CP，由△DFG∽△DCF，得到DFDC=DGDF=12，求出DG，GP，在Rt△CPG中，根据勾股定理求出CG；解法三：过点G作GK⊥AB于点K．根据△DFG∽△DCF，得到DFDC=FGCF=DGDF=12，求出，DG＝1，得到G为EF中点，AG＝3，在Rt△AGK中求出KE，在Rt△GKE中，由勾股定理求出EG，在Rt△CGE中，根据勾股定理求出CG．
【详解】（1）证明：在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
∴BC＝CD，∠EBC＝120°，∠DCB＝60°，
∴△CDB为等边三角形，
∴∠FDC＝∠EBC＝120°，
又∵BE＝DF，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴CE＝CF．
（2）解：由（1）可得△EBC≌△FDC，
∴∠ECB＝∠FCD，
∴∠ECF＝∠FCD＋∠ECD＝∠ECB＋∠ECD＝60°，
∴△ECF为等边三角形，
∴∠CFG＝60°，
∴∠GFD＋∠CFD＝60°．
又∠FCD＋∠CFD＝60°，
∴∠GFD＝∠FCD．
又∠FDG＝∠CDF＝120°，
∴△DFG∽△DCF．
（3）解：解法一：
如图，过点E作EH⊥CB于点H．
∵AB＝4，点E是AB的中点，
∴BE＝DF＝2，
∴BH=12BE=1，EH=3，
由（2）可知：△DFG∽△DCF，
∴DFDC=FGCF=12，  
∴，
∴G为EF中点，
∴CG⊥EF，
在Rt△EHC中，CH＝5，
CE=EH2+CH2=（3）2+52=27，
∴CG=CE⋅sin60°=27×32=21．

解法二：如图，过点C作CP⊥AD于点P，则∠DCP＝60°，
∴DP=CD⋅cos60°=4×12=2，
CP=CD⋅sin60°=4×32=23，
∵AB＝4，点E是AB的中点，
∴BE＝DF＝2，
由（2）可知：△DFG∽△DCF，
∴DFDC=DGDF=12∴DG＝1∴GP＝3，
在Rt△CPG中，CG=CP2+GP2=（23）2+32=21．

解法三：
如图，过点G作GK⊥AB于点K．
∵AB＝4，点E是AB的中点，
∴BE＝DF＝2，
由（2）可知：△DFG∽△DCF，
∴DFDC=FGCF=DGDF=12，
∴，DG＝1，
∴G为EF中点，AG＝3，
∴CG⊥EF，
在Rt△AGK中，AK＝32，GK=332．
KE=AE-AK=2-32=12，
在Rt△GKE中，EG=KG2+KE2=7，
EG=KG2+KE2在Rt△CGE中，
∴CG=GE⋅tan60°=7×3=21．

【点睛】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，是一道综合性很强的图形题，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
12．（2023·安徽黄山·校考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，点О是对角线AC中点，过点О作EF⊥AC分别交边AB，CD于点E，F．

(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)当AF平分∠CAD时，且 CF=5，DF=2，求AD的值．
【答案】(1)见解析
(2)AD=14

【分析】（1）由平行四边形的性质知OA=OC，再由EF⊥AC推出EF是线段AC的垂直平分线，得到AF=CF，AE=CE，再由等腰三角形三线合一的性质得出∠AFO=∠CFO，再利用平行线的性质推出∠CFO=∠AEF=∠AFO，证出AF=AE=CE=CF，即可得到四边形AECF是菱形；
（2）先由AF平分∠CAD，AF=CF，推出∠DAF=∠ACF，结合∠D=∠D推出△ADF∽△CDA，进而推出AD2=CDDF，代入求解即可求出AD的值．
【详解】（1）证明：∵平行四边形ABCD中，点О是对角线AC中点，
∴OA=OC，
∵EF⊥AC，
∴EF是线段AC的垂直平分线，
∴AF=CF，AE=CE，
在等腰三角形AFC中，EO⊥AC，OA=OC，
∴∠AFO=∠CFO（三线合一），
又平行四边形ABCD，
∴AE//CF，
∴∠CFO=∠AEF=∠AFO，
∴AF=AE=CE=CF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）证明：∵AF平分∠CAD，
∴∠DAF=∠CAF，
∵AF=CF，
∴∠CAF=∠ACF，
∴∠DAF=∠ACF，
又∠D=∠D，
∴△ADF∽△CDA
∴ADCD=DFAD，
∴AD2=CDDF，
∵CF=5，DF=2，
∴CD=7，
∴AD2=7×2=14，
∴AD=14．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定，垂直平分线的性质、等腰三角形三线合一、相似三角形的判定和性质等知识，涉及知识点较多，难度一般，解题方法不唯一，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
13．（2023·安徽合肥·校考一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，则”． 某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：

(1)【问题探究】如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，分别在线段AB，BC，CD，DA上，且，试猜想EGFH=______；
(2)【知识迁移】如图3，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E，F，G，分别在线段AB，BC，CD，DA上，且，试猜想EGFH的值，并证明你的猜想；
(3)【拓展应用】如图4，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，求CEBF的值．
【答案】(1)1
(2)EGFH=nm，理由见解析；
(3)32

【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，证明△ABM≅△ADN即可；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用
在长方形ABCD中，，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，求证△ABM∼△ADN，根据对应边成比例，将已知数值代入即可；
（3）：过C点作CM⊥AB于点M，设CE交于点O，证明△CME∼△BAF，得出
CEBF=CMAB，即可得到结论．
【详解】（1）EGFH=1，
理由如下：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，

∴，，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵，
∴，
∴∠BAM=∠DAN，
在△ABM和△ADN中，
∠BAM=∠DANAB=AD∠ABM=∠ADN，
∴△ABM≅△ADN(ASA)，
∴AM=AN，
∴EG=FH，
∴EGFH=1，
故答案为：1
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，

∴，，
在长方形ABCD中，，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵，
∴，
∴∠BAM=∠DAN，
∴△ABM∼△ADN，
∴AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，
∴AMAN=mn，
∴EGFH=ANAM=nm，
（3）如图所示：过C点作CM⊥AB于点M，设CE交于点O，

∵CM⊥AB，
∴∠CME=90°，
∴，
∵CE⊥BF，
∴∠BOE=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∴△CME∼△BAF，
∴CEBF=CMAB，
∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
14．（2023·安徽·校联考一模）已知：正方形ABCD中，E为BC边中点，F为AB边上一点，AE、CF交于点P，连接AC．

(1)如图1，若F为AB边中点，求证：；
(2)如图2，若CE=PE．
①求证：AP=BF；
②求AFBF的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②AFBF=5-12

【分析】（1）根据正方形的性质得到AB=BC，BE=BF，进而得到△ABE≌△CBF，再利用全等三角形的性质及角的和差运算即可得到结论；
（2）①根据全等三角形的判定与性质即可得到AG=BF，再利用平行线的性质及等腰三角形的性质得到AG=AP，进而得到BF=AP；②根据等腰三角形的性质与判定可知角相等，再利用相似三角形的判定与性质即可得到AFAP=APAB，进而得到AFBF=BFAB，从而得到AFBF=5-12．
【详解】（1）解：∵ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=45°，
∵E、F为BC、AB边中点
∴BE=BF
∴在△ABE和△CBF中，
AB=BC∠ABC=∠CBABE=BF，
∴△ABE≌△CBFSAS，
∴∠BAE=∠BCF，
∴∠PAC=∠BAC-∠BAE，∠PCA=∠ACB-∠BCF，
∴∠PAC=∠PCA．

（2）解：①连接BP，并延长交AD于G．
∵E为BC边中点，
∴BE=CE=EP ，
∴∠BPC=90°，
∵∠BAE=∠BCF，
∴∠ABG=∠BCF，
∴在△GAB和△FBC中，
∠ABG=∠BCFAB=BC∠GAB=∠FBC=90°，
∴△GAB≌△FBCASA，  
∴AG=BF，
∵AG∥BC，  
∴∠AGP=∠CBP，
∵PE=BE，  
∴∠CBP=∠BPE，
∵∠APG=∠BPE，
∴∠AGP=∠APG，
∴AG=AP，  
∴BF=AP，
②由（2）可知∠ABP=∠BCP，
∵EC=EP，  
∴∠ECP=∠EPC，
∴∠ABP=∠EPC，
∵∠APF=∠EPC，  
∴∠ABP=∠APF，  
∴△APF∽△ABP，
∴AFAP=APAB，
∵BF=AP，
∴AFBF=BFAB，
∴BF2=AFAB，
∴由黄金分割可知AFBF=5-12．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等相关知识点，掌握全等三角形的性质的是解题的关键．
15．（2023·安徽蚌埠·统考一模）[基础巩固]

(1)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，求证：AC2=AD⋅AB．
[尝试应用]
(2)如图②，在矩形ABCD中，AD=2，点F在AB上，FB=2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长．
[拓展提高]
(3)如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，△DCE与△DFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连接GC交DF于点M，GC∥FE，若AD=2，求GM的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)AE=1
(3)GM=2-1

【分析】（1）由∠ACD+∠BCD=90°，∠DCB+∠B=90°得到∠B=∠CAD，再由∠A=∠A，得到△CAD∽△BAC，从而得到ACAD=ABAC，变形即可得到答案；
（2）由矩形的性质得，AB∥CD，从而得到△AFE∽△CDE，即AECE=AFCD=13，由（1）中DA2=AE⋅AC，得到22=AE⋅4AE，计算即可得到答案；
（3）由△DCE与△DFE关于直线DE对称，得△DFE≌△DCE，从而得到，DC=DF，再通过证明△CDM≌△DFA得到CM=DA=2，由（1）可得，DG2=GM⋅GC，设GM=x，则CG=GM+CM=x+2，12=x(x+2)，解方程求出x的值即可．
【详解】（1）证明：，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠B=90°，
∴∠B=∠CAD，
，
∴△CAD∽△BAC，
ACAD=ABAC，
∴AC2=AD⋅AB；
（2）解：∵FB=2AF，
∴AB=AF+BF=3AF，
在矩形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，
∴△AFE∽△CDE，
AECE=AFCD=13，
∴CE=3AE，
∴AC=4AE，
∵DF⊥AC，
由（1）可知DA2=AE⋅AC，
∴22=AE⋅4AE，解得AE=1；
（3）解：在矩形ABCD中，∠BCD=∠CDA=∠A=90°，
∴∠ADF+∠CDM=90°，
∵△DCE与△DFE关于直线DE对称，
∴△DFE≌△DCE，
∴∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，
∵GC∥FE，
∴DM⊥GC，
∴∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠ADF=∠DCM，
∴△CDM≌△DFA(AAS)，
∴CM=DA=2，
是AD的中点，
∴DG=GA=1，
由（1）可知DG2=GM⋅GC，设GM=x，则CG=GM+CM=x+2，
∴12=x(x+2)，解得x1=2-1，x2=-2-1（负值，舍去），
的长为2-1．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质是解题的关键．


1．（2023·安徽安庆·统考一模）如左图，为探究一类矩形ABCD的性质，小明在BC边上取一点E，连接DE，经探究发现：当DE平分∠ADC时，将△ABE沿AE折叠至△AFE，点F恰好落在DE上，据此解决下列问题：

(1)求证：△AFD≌△DCE；
(2)如图，延长CF交AE于点G，交AB于点H．
①求证：EF·DF=GF·CF ；       
②求GE:GC的值
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②2-1

【分析】（1）根据矩形的性质可得∠DEC=∠ADF，再由折叠的性质可得AF=CD，然后根据DE平分∠ADC，可得∠DEC=∠ADF=∠EDC=45°，即可；
（2）①根据△CDE是等腰直角三角形，可得∠CED=45°，再由△AFD≌△DCE，可得AD=DE,AF=DF=DC=CE，∠DAF=45°，从而得到∠DCF=∠DFC=67.5°，再由折叠的性质可得∠GEF=∠EFG=∠DFC=∠DCF，可证明△GEF∽△CDF，即可；②根据等腰直角三角形的性质可得DE=2CD，从而得到EF=DE-DF=2-1CE，进而得到EFCE=2-1，再证明△EFC∽△GEC，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠ADF，
由折叠的性质得：AB=AF，∠AFD=∠AFE=∠B=90°，
∴AF=CD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠DEC=∠ADF=∠EDC=45°，
∴△AFD≌△DCE；
（2）①证明：∵∠CDE=45°,∠BCD=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CED=45°，
∵△AFD≌△DCE，
∴AD=DE,AF=DF=DC=CE，∠DAF=45°，
∴∠DCF=∠DFC=67.5°，
由折叠的性质得：∠BEA=∠FEA=67.5°，
即∠GEF=∠EFG=∠DFC=∠DCF，
∴△GEF∽△DCF，
∴GFDF=EFCF    即EF·DF=GF·CF；
②解：∵△CDE是等腰直角三角形，∠CDE=45°，
∴DE=2CD，
∴EF=DE-DF=2-1CD=2-1CE，
∴EFCE=2-1，
∵∠FEA=∠DFC=67.5°，
∴∠EFC=∠GEC=112.5°，
又，
∴△EFC∽△GEC，
∴EF:CE=GE:GC=2-1．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，三角形相似的判定和性质，证明△EFC∽△GEC是解答本题的关键．
2．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D，E分别在AB，AC的延长线上，连接，DE，点F在DE上，与BC，分别交于点G，H．已知FA=FD，∠AFD=2∠ABE．

(1)求证：∠CBE=∠CAG；
(2)求证：FE=FG；
(3)当EF=12DF时，直接写出ABAD的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）设∠ABE=x，则∠AFD=2∠ABE=2x，求出∠FAD=90°-x，进而得到∠AHB=90°，结合∠CGA=∠HGB，∠ACB=90°，即可得到∠CBE=∠CAG；
（2）连接EG，先证明△BCE≌△ACG，得到CE=CG，进而得到∠CEG=∠CGE=45°，又证明∠EAD=∠ABG=45°，∠D=∠GAB，得到∠AED=∠AGB，进而证明∠AED=∠CGF，进而证明∠FEG=∠FGE，从而证明FE=FG；
（3）设DF=a，EF=12a，从而得到FG=12a，AG=12a，，证明△BGA∽△AED，即可得到ABAD=13．
【详解】（1）解：设∠ABE=x，则∠AFD=2∠ABE=2x．
∵FA=FD，
∴∠FAD=∠D=180°-2x2=90°-x，
∴∠FAD+∠ABE=90°-x+x=90°，
∴∠AHB=90°．
∵∠CGA=∠HGB，∠ACB=90°，
∴∠CBE=∠CAG；
（2）解：如图，连接EG．
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°，
∴∠BCE=∠ACB．
在△BCE和△ACG中，
∠CBE=∠CAGBC=AC∠BCE=∠ACG，
∴△BCE≌△ACG，
∴CE=CG．
∵∠ECG=90°，
∴∠CEG=∠CGE=45°．
又∵∠ACB=90°，AC=BC，FA=FD，
∴∠EAD=∠ABG=45°，∠D=∠GAB，
∴∠AED=∠AGB．
∵∠AGB=∠CGF，
∴∠AED=∠CGF，
∴∠AED-∠CEG=∠CGF-∠CGE，
∴∠FEG=∠FGE，
∴FE=FG；

（3）解：设DF=a，EF=12a，
∴FG=EF=12a，
∵AF=DF=a，
∴AG=AF-FG=a-12a=12a，DE=EF+DF=12a+a=32a，
∵∠ABG=∠EAD，∠GAB=∠D，
∴△BGA∽△AED，
∴ABAD=AGED=12a32a=13，
∴ABAD=13．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
3．（2023·安徽·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AB=10，BC=12，．点E在边BC上，过点E作边BC的垂线，交平行四边形的其它边于点F，在EF的右侧作正方形．

(1)如果点G在对角线AC上，求正方形的面积；
(2)设EF与对角线AC交于点P，如果点G与点D重合，求AP:CP的值；
(3)如果点F在边AB上，且△GCH与△BEF相似，求的长．
【答案】(1)57625
(2)2:1
(3)或10837

【分析】（1）过A作AM⊥BC垂足为M，根据计算出，根据勾股定理计算出BM=AB2-AM2=6，从而得到AM垂直平分BC，再证明△BEF≌△CHG得到BE=HC，设FE=x，分别得到BF=54x，根据BC=BE+EH+HC建立方程，解方程即可得到答案；
（2）根据矩形的性质推到得EF=AM=8，得出AF=AD-FD=12-8=4，再根据勾股定理计算出CH=6，通过证明△AFP∽△CEP，通过三角形的相似比计算出AP:CP；
（3）根据∠B=∠HCG和∠B=∠HGC两种情况进行讨论，当∠B=∠HCG可利用（1）得结论得到答案，当∠B=∠HGC时，EF=x，得BF=54x，BE=34x，EH=GH=x,根据HC=BC-BE-EH得到HC=12-74x，再根据相似三角形的相似比建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）如下图所示，过A作AM⊥BC垂足为M，

∵SinB=AMAB=45，AB=10，
∴，
∴BM=AB2-AM2=6，
∴MC=6，
∴AM垂直平分BC，
∴AB=AC，∠B=∠ACB，
设FE=x，得SinB=EFBF=45，
∴BF=54x，
∴BE=BF2-EF2=34x，
∵∠B=∠ACB∠BEF=∠CHGFE=GH，
∴△BEF≌△CHG，
∴BE=HC=34x，
∵EH=EF=x，BC=BE+EH+HC，
∴34x+x+34x=12，
∴x=245，
∴S□EFGH=EF2=57625；
（2）如下图所示，过A作AM⊥BC垂足为M，

∴AM∥EF，AM⊥BC
∵平行四边形ABCD
∴AF∥BC
∴四边形AMEF为矩形
∴EF=AM=8
∵AD=BC=12,FD=EF
∴AF=AD-FD=12-8=4，
∵CD=10，DH=8
∴CH=6，
∴EC=EH-CH=8-6=2，
∵，
∴∠FAP=∠PCE,∠AFP=∠PEC,
∴△AFP∽△CEP
∴APPC=AFEC=42=2,
∴AP:CP=2:1；
（3）如下图所示，
∵△BEF∽△CHG，当∠B=∠HCG时，点G在AC上时，
由（1）得△BEF≌△CHG，
BE=34×EF=34×245=185



当∠B=∠HGC时，点G不在AC上，如下图所示，

∵△BEF∽△CHG，
∴EFHC=BEHG，
设EF=x，
得BF=54x，BE=34x，EH=GH=x,
∴HC=BC-BE-EH=12-34x-x=12-74x，
∴x12-74x=34xx，
∴112-74x=34x
∴x=3412-74x
∴x=9-2116x
∴x=14437，
∴BE=34x=34×14437=10837
【点睛】本题考查直角三角函数、正方形、平行四边形、全等三角形和相似三角形的性质，解题的关键是灵活运用直角三角函数和相似三角形的相似比建立方程．
4．（2023·安徽淮北·校联考一模）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，且AC⊥BC，BD⊥AD．

(1)若∠DAB=∠CBA，求证：△ADE≌△BCE；
(2)求证：△CDE∽△BAE；
(3)若AC平分∠DAB，，，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE=2512

【分析】（1）由三角形内角和定理可以得出∠DAC=∠DBC，根据∠DAB-∠DAC=∠CBA-∠DBC可以得出∠CAB=∠DBA，由等角对等边可知，即可证明△ADE≌△BCEAAS；
（2）取AB的中点O，连接OC，OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OC=OD=OA=OB，即可得出点A，B，C，D在以点O为圆心，以OA为半径的圆上，根据同弧所对的圆周角相等得∠DCA=∠DBA，∠CDB=∠CAB，可证△CDE∽△BAE；
（3）根据同弧所对的圆周角相等得∠CBD=∠CAD，因为AC平分∠DAB，所以∠BAC=∠CAD，等量代换得∠CBD=∠BAC，根据同圆中，相等的圆周角所对的弦也相等可得CD=BC=5，继而求出AC的长，证明，可得CBCA=CECB，即可求出CE的长．
【详解】（1）解：∵AC⊥BC，BD⊥AD，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵∠AED=∠BEC，
∴∠DAC=∠DBC，
∵∠DAB=∠CBA，
∴∠DAB-∠DAC=∠CBA-∠DBC，
∴∠CAB=∠DBA，
∴，
∵在△ADE和△BCE中，
∠ADB=∠ACB∠AED=∠BECAE=BE，
∴△ADE≌△BCEAAS．
（2）解：取AB的中点O，连接OC，OD，
∵AC⊥BC，
∴OC=12AB=OA=OB，同理OD=12AB，
∴OC=OD=OA=OB，
∴点A，B，C，D在以点O为圆心，以OA为半径的圆上，
∴∠DCA=∠DBA，∠CDB=∠CAB，
∴△CDE∽△BAE．

（3）解：由（2）点A，B，C，D在以点O为圆心，以OA为半径的圆上，
∴∠CBD=∠CAD，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAC，
∵∠BAC=∠CAD，
∴CD=BC=5，
∴AC=AB2-BC2=132-52=12，
∵∠BCE=∠ACB，
∴，
∴CBCA=CECB，
∴CB2=CE⋅CA，
∴52=CE×12，
∴CE=2512．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、相似三角形的判定和性质、圆周角定理等，熟练掌握相关知识点并根据题目得出点A，B，C，D在以点O为圆心，以OA为半径的圆上是解答本题的关键．
5．（2023·安徽合肥·合肥寿春中学校考一模）【问题提出】如图1，AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，那么点C是不是在某个确定的圆上运动呢？
【问题探究】为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若AB=4，线段AB上方一点C满足∠ACB=45°，为了画出点C所在的圆，小芳以AB为底边构造了一个Rt△AOB，再以点O为圆心，OA为半径画圆，则点C在⊙O上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．

【模型应用】
(1)若AB=6，平面内一点C满足∠ACB=60°，若点C所在圆的圆心为O，则∠AOB=__________，劣弧AB的长为__________．
(2)如图3，已知正方形ABCD以AB为腰向正方形内部作等腰△ABE，其中，过点E作EF⊥AB于点F，若点P是△AEF的内心．
①求∠BPE的度数；
②连接CP，若正方形ABCD的边长为4，求CP的最小值．
【答案】(1)120°；433π
(2)90°；210-22

【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过O作,求得，进而求得∠OAM=30°，根据AO=AMcos∠OAM可求得AO，根据即可求出劣弧AB的长度；
（2）①根据已知条件可得∠APE=180°-(∠PAE+∠PEA)=180°-12(∠EAF+∠AEF)，证明△APE≌△APB，即可求得∠BPA，根据三角形内角和定理即可求出∠BPE；
②如图，作△APB的外接圆，圆Q，连接AQ,BQ,CQ，过Q作交的CB延长线于点N，由题意的由“定弦定角”模型，可知∠APB=135°,AB=4,作出△APB的外接圆，圆Q，设圆的半径为r，则PC的最小值即为CQ-r，根据勾股定理即可求得r，CQ，从而求得最小值．
【详解】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过O作,

∵∠AOB=2∠ACB，∠ACB=60°，
，
∵OA=OB,OM⊥AB，
∴∠AOM=12∠AOB=60°，AM=BM=12AB=3，

∴AO=AMcos∠OAM=332=23，
∴劣弧AB的长为120°360°×2π×AO=433π
故答案为：120°，433π；
（2）①∵EF⊥AB，
∴∠EFA=90°，
∴∠EAF+∠AEF=90°，
∵点P是△AEF的内心，
∴PA,PE平分∠EAF,∠AEF，
∴∠PAE=12∠EAF,∠PEA=12∠AEF，
∴∠APE=180°-(∠PAE+∠PEA)=180°-12(∠EAF+∠AEF)=180°-45°=135°，
∵AE=AB,∠EAP=∠BAP,AP=AP，
∴△APE≌△APB，
∴∠BPA=∠APE=135°，
∴∠BPE=360°-∠BPA-∠APE=90°；

②如图，作△APB的外接圆，圆Q，连接AQ,BQ,CQ，过Q作交的CB延长线于点N，

由题意的由“定弦定角”模型，可知∠APB=135°,AB=4,
作出△APB的外接圆，圆心为Q，设圆的半径为r，则PC的最小值即为CQ-r，
∵∠APB=135°，
设优弧AB所对的圆心角优角为α，
则α=270°，
∴∠AQB=90°，
∵QA=QB，
∴∠ABQ=∠BAQ=45°，
∵AB=4，
∴QA=AB⋅sin45°=22，
∵QN⊥BC，四边形ABCD是正方形，
∴AB⊥BC，
∴AB∥QN，
∴∠BQN=∠ABQ=45°，
∵QB=22，
∴QN=NB=2，

∴CN=BC+BN=6，
∴CQ=QN2+CN2=22+62=210，
∴PC≥CQ-PQ=CQ-r=210-22．
∴PC的最小值为210-22．
【点睛】本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．
6．（2023·安徽阜阳·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，D是线段AB上的一点，连接CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD，CA于点E，F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连接DF

(1)求证：AGAB=AFCF
(2)若D是AB的中点，求AFAC的值．
(3)若BDAD=12，求S△ABCS△BDF的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)AFAC=13
(3)S△ABCS△BDF的值为12

【分析】（1）先证明△AFG∽△CFB，再利用相似三角形的性质进行证明．
（2）先证明△CBD≌△BAG，求出AGBC=12，再利用相似三角形的性质即可求解．
（3）利用全等和相似进行线段之间的关系转化，先求出S△BDF=13S△ABF，再求出S△ABF=14S△ABC，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠ABC=90°，∠GAD=90°，
∴AG∥BC，
∴△AFG∽△CFB，
∴AGBC=AFFC，
∵AB=BC，
∴AGAB=AFFC，
（2）∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，
∴∠BCD=∠ABG，
∵AB=BC，∠CBD=∠BAG=90°，
∴△CBD≌△BAG，
∴AG=BD，
∵D是AB的中点，
∴BD=12AB，
∴AG=12BC，
∴AGBC=12，
∵△AFG∽△CFB
∴AFFC=AGBC=12，
∴AFAC=13．
（3）∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，
∴∠BCD=∠ABG，
∵AB=BC，∠CBD=∠BAG=90°，
∴△CBD≌△BAG，
∴AG=BD，
若BDAD=12，
∴BDAB=13=AGCB，S△BDFS△ABF=13即S△BDF=13S△ABF
∵△AFG∽△CFB
∴AFFC=AGBC=13，
∴AFAC=14
∴S△ABF=14S△ABC；
∴S△ABCS△BDF=4S△ABF13S△ABF=12．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是发现全等三角形和相似三角形，能利用它们的性质进行线段之间的关系转化．
7．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图1，在正方形ABCD中，点E为DC中点，连接AE，AE的垂直平分线交BC于点G，交AD于点F，AE与FG交于点

(1)若正方形ABCD的边长为6，求BG的长
(2)求证：GH=3FH；
(3)如图2，连接AG，BH，AG与BH交于点O，求HO:OB的值．
【答案】(1)34
(2)见解析
(3)154

【分析】（1）过点作MN∥AB，交AD，BC于M，N，易知ABNM为矩形，由四边形内角为360°可得，∠DEA=∠MFH，可证△AHM∽△AED，△HMF∽△ADE，△HMF∽△HNG，设AB=CB=CD=AD=MN=a，结合题意，利用相似三角形得性质列出比例式求得BG=18a，即可求解；
（2）由（1）可知△HMF∽△HNG，可得FHGH=MHNH，即可证得结论；
（3）过点作HP⊥AB，交AB于P，交AG于Q，则HP∥BN，四边形MAPH，四边形HPBN均为矩形可证得△APQ∽△ABG，△HOQ∽△BOG，可得QPBG=APAB=14，求得QP=132a，PQ=HP-QP=1532a，由HOOB=HQBG即可求得比值．
【详解】（1）解：过点作MN∥AB，交AD，BC于M，N，
∵四边形ABCD是正方形，设其边长为a，
∴∠D=90°，AB∥CD∥MN，AD∥BC，ABNM为矩形，则设AB=CB=CD=AD=MN=a，FMH=90°，
∴△AHM∽△AED，则MHDE=AMAD=AHAE，
又∵EG是AE的垂直平分线，
∴AH=EH=12AE，∠EHF=90°，
∴MHDE=AMAD=AHAE=12，则AM=BN=12a，MH=12DE，
又∵E是CD的中点，则DE=12CD=12a，
∴MH=12DE=14a，则NH=MN-MH=34a，
∵∠D=90°，∠EHF=90°，
由四边形内角为360°可得，∠DFH+∠DEA=180°，
又∵∠DFH+∠MFH=180°，
∴∠DEA=∠MFH，
∴△HMF∽△ADE，则MFDE=MHAD，
∴MFMH=DEAD=12aa=12
∵AD∥CB，
∴△HMF∽△HNG，则MFNG=MHNH，
∴NGNH=MFMH=12，则NG=12HN=38a，
∴BG=BN-NG=12a-38a=18a，

∵正方形ABCD的边长为6，即a=6，
∴BG=18a=18×6=34；
（2）证明：由（1）可知△HMF∽△HNG，则FHGH=MHNH=14a34a=13，
∴GH=3FH；
（3）过点作HP⊥AB，交AB于P，交AG于Q，
则HP∥BN，四边形MAPH，四边形HPBN均为矩形
∴AP=MH=14a，HP=12a，
∵HP∥BN，
∴△APQ∽△ABG，△HOQ∽△BOG，
∴QPBG=APAB=14，则QP=14BG=132a，PQ=HP-QP=12a-132a=1532a，
HOOB=HQBG=1532a18a=154．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，添加辅助线构造相似三角形是解决问题的关键．
8．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，△ABC中，∠BCA=90°，点D是△ABC外一点，连接BD．以BD为斜边作等腰直角△BDE，连接CE，过点E作，连接CF交AD于点G，且∠ECF=45°．

(1)求证：△BCE≌△DFE：
(2)若点A，D，E在同一条直线上，求证：∠FEA=∠CAB；
(3)已知AC=6，AB=10，AD=35，求AG的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)957．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的判定和性质，得到EC=EF，ED=EB，再利用互余的性质，得到∠FED=∠CEB，即可证明全等；
（2）取AB的中点O，连接OC、OE，根据直角三角形斜边中线的性质，得到OA=OB=OC=OE，推出点A，C，B，E四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等，得到∠CAB=∠CEB，最后利用全等三角形的性质得到，即可证明结论；
（3）延长FD交BC于点，交CE于M，先利用三角形内角和定理得到∠CHF=90°，进而得到AC∥FH，推出△ACG∽△DFG，AGDG=ACDF，由勾股定理得到DF=BC=8，即可求出AG的长．
【详解】（1）解：∵∠ECF=45°，，
∴∠EFC=∠ECF=45°，
，
∵∠CEF=90°，
∴∠FED+∠DEC=90°，
∵△BDE是等腰直角三角形，
，ED=EBED=EB，
∴∠DEC+∠CEB=90°，
∴∠FED=∠CEB，
在和△CBE中，
EF=EC∠FED=∠CEBED=EB，
∴△BCE≌△DFESAS；
（2）解：取AB的中点O，连接OC、OE，
∵∠BCA=90°，
∴OC=12AB=OA=OB，
∵点A，D，E在同一条直线上，∠DEB=90°，
∴OE=12AB=OA=OB，
∴OA=OB=OC=OE，
∴点A，C，B，E四点共圆，点O为圆心，OA为半径，
∵BC=BC，
∴∠CAB=∠CEB
∵△BCE≌△DFE，
∴∠CEB=∠FEA，
∴∠FEA=∠CAB；

（3）解：延长FD交BC于点，交CE于M，
∵△BCE≌△DFE，
∴∠EFD=∠ECB，
∵∠FME=∠CMH，
∴∠CHF=∠CEF=90°，
，
∴∠ACB+∠CHF=180°，
∴AC∥FH，
∴△ACG∽△DFG，
∴AGDG=ACDF，
在Rt△ABC中，BC=AB2-AC2=102-62=8，
∵△BCE≌△DFE，
∴DF=BC=8，
∴AGDG=ACDF=68=34，
∵AD=AG+DG，
∴AG=37AD=37×35=957．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，熟练掌握圆的性质和相似三角形的性质是解题关键．
9．（2023·安徽滁州·校考一模）点E在矩形ABCD的对角线BD上，DF⊥AE于点G，交AB于点F．

(1)如图1，若DB平分∠CDF，求证：AD=AE；
(2)如图2，取AD的中点M，若，求BEDE的值；
(3)如图3，过BD的中点O作PQ⊥AB于点P，延长PO交CD于点Q，连接EF交OP于点N．若NE=NF，求证：AFBE=ABBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)14
(3)证明见解析

【分析】（1）如图（见解析），先根据矩形的性质、直角三角形的性质可得∠5=∠FAG，再根据平行线的性质和角平分线的定义可得∠3=∠2=∠1，然后根据三角形的外角性质可得∠4=∠3+∠FAG=∠1+∠5=∠ADB，最后根据等腰三角形的判定即可得证；
（2）先根据相似三角形的判定证出△AMF∼△ABM，根据相似三角形的性质可得AFAM=AMAB，作NE⊥AB于N，则NENB=ADAB=2AMAB，再根据相似三角形的判定证出Rt△AEN∼Rt△DFA，根据相似三角形的性质可得NEAN=AFAD=AF2AM，从而可得NBAN=14，由此即可得出答案；
（3）连接OA，先根据矩形的性质、等腰三角形的三线合一可得AP=BP，作EH⊥AB于，则PN∥HE，EH∥AD，则PFPH=NFNE，从而可得PF=PH，根据线段和差可得AF=BH，再根据相似三角形的判定可证△HEB∼△ADB，根据相似三角形的性质可得BHBE=ABBD，然后根据等量代换即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
，AB∥CD，
∴∠5+∠AFG=90°，
∵DF⊥AE，
∴∠FAG+∠AFG=90°，
∴∠5=∠FAG，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠3，
∵DB平分∠CDF，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴∠4=∠3+∠FAG=∠1+∠5=∠ADB，
∴AD=AE．

（2）解：∵∠AMF=∠ABM，∠MAF=∠BAM=90°，
∴△AMF∼△ABM，
∴AFAM=AMAB①，
如图2，作NE⊥AB于N，

∴NE∥AD，△ENB∼△DAB，
∴NENB=ADAB，
又是AD中点，
∴NENB=2AMAB②，
由（1）可知，∠NAE=∠ADF，
∴Rt△AEN∼Rt△DFA，
∴NEAN=AFAD=AF2AM③，
由①②③得：NENB=4NEAN，即NBAN=14，
又∵NE∥AD，
∴BEDE=NBAN=14．
（3）证明：如图3，连接OA，
∵矩形ABCD中，O是对角线BD的中点，
∴OA=OB，
，
∴AP=BP（等腰三角形的三线合一），
作EH⊥AB于，则PN∥HE，EH∥AD，
∴PFPH=NFNE，
∵NF=NE，
∴PF=PH，
∴AP-PF=BP-PH，即AF=BH，
又∵EH∥AD，
∴△HEB∼△ADB，
∴BHBE=ABBD，
∴AFBE=ABBD．

【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线的对称点为点F，连接CF，设∠ABE=α．

(1)求∠AFC的大小；
(2)过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．
①求证：DG∥CF；
②连接OD，若OD⊥DG，求sinα的值．
【答案】(1)135°
(2)①见详解；②55

【分析】（1）连接，根据点A关于直线的对称点为点F，得到AB=BF，BE⊥AF，从而得到∠ABE=∠EBF=α，即可求出∠OFB，∠CBF，根据正方形得到BF=BC，即可得到答案；
（2）①连接AC，，根据正方形性质得到∠ACD=45°，∠ADC=90°，根据CG⊥AF得到∠CGA=∠ADC=90°，从而得到点A，点D，点G，点C四点共圆，即可得到证明；②连接，DF，根据四边形ABCD是正方形得到DA=DC，∠BAD=∠ADC=90°，结合（1）可得△ODG和△CFG均为等腰直角三角形，易得△DAO≌△DCG（SAS），从而得到AO=OF=FG，结合三角函数即可得到答案；
【详解】（1）解：如图1，连接，

∵点A关于直线的对称点为点F，
∴AB=BF，BE⊥AF，
∴∠ABE=∠EBF=α，
∴∠BFA=90°-α，∠CBF=90°-2α，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴BF=BC，
∴∠BFC=180°-∠CBF2=45°+α，
∴∠AFC=∠BFA+∠BFC=90°-α+45°+α=135°；
（2）①证明：如图2，连接AC，，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，∠ADC=90°，
∵CG⊥AF，
∴∠CGA=∠ADC=90°，
∴点A，点D，点G，点C四点共圆，
∴∠AGD=∠ACD=45°，
由（1）知∠AFC=135°，
∴∠CFG=45°=∠DGA，
∴DG∥CF；
②解：如图3，连接，DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC，∠BAD=∠ADC=90°，
由①知：∠AGD=∠CFG=45°，
∵OD⊥DG，，
∴∠ODG=∠CGF=90°，
∴△ODG和△CFG均为等腰直角三角形，
∴DO=DG，FG=CG，
∵∠ADO+∠ODC=∠CDG+∠ODC=90°，
∴∠ADO=∠CDG，
∵DA=DC，
∴△DAO≌△DCG（SAS），
∴AO=CG，
∵点A关于直线的对称点为点F，
∴AO=OF，
∴AO=OF=FG，
∴DF=OF=AF，DF⊥OG，
∴∠AFD=90°，AF=2DF，
在Rt△ADF中，AD=5DF，
∵∠ABE+∠BAO=∠DAF+∠BAO=90°，
∴∠DAF=∠ABE=α，
∴sinα=sin∠DAF=DFAD=55，
；
【点睛】本题主要考查正方形的性质与折叠，三角形全等的判定与性质，三角函数的应用，解题的关键是作辅助线根据性质找到相等关系量．
11．（2023·安徽·校联考一模）如图①，在菱形ABCD中，点P为射线AC上的一点，连接DP，过点P作PM，使得∠DPM+∠BAD=180°，PM与射线BC交于点M，以PD，PM为邻边作平行四边形DPMN．

(1)求证：四边形DPMN为菱形；
(2)如图②，∠BAD=90°，连接CN，猜想CN与AP之间的数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当点P在AC的延长线上时，如图③，， CP=2，求PN的长度．
【答案】(1)见解析
(2)CN=AP，理由见解析
(3)34

【分析】（1）延长DN交BC于点H，作AD的延长线AQ，连接BP，利用菱形的性质、平行四边形的性质以及平行线的性质证明∠PDC=∠QDH=∠DHB=∠PMB，证明△CPD≌△CPB得出∠CBP=∠CDP=∠PMB，DP=BP，利用等边对等角得出PM=PB=PD，最后利用菱形的判定即可得证；
（2）先判定菱形ABCD，DPMN是正方形，可得AD=CD，PD=ND，∠ADP=∠CDN，证明△ADP≌△CDN即可得出结论；
（3）类似（2）证明△ADP≌△CDN，得出∠APD=∠CND，，利用三角形内角和定理可求∠PCN=90°，然后利用勾股定理求出AC，进而求出AP，CN，最后在Rt△PCN利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：延长DN交BC于点H，作AD的延长线AQ，连接BP，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，CD=CB，∠ACD=∠ACB，
∴∠BAD=∠QDC，∠QDH=∠DHB，
∵四边形PMND是平行四边形，
∴PM∥DN，
∴∠DPM+∠PDN=180°，∠PMB=∠DHB，
又∠DPM+∠BAD=180°，
∴∠PDN=∠BAD=∠QDC，
∴∠PDN+∠NDC=∠QDC+∠NDC，即∠PDC=∠QDH，
又∠PMB=∠DHB，∠QDH=∠DHB，
∴∠PDC=∠PMB，
∵CD=CB，∠ACD=∠ACB，CP=CP，
∴△CPD≌△CPB，  
∴∠CBP=∠CDP=∠PMB，DP=BP，
∴PM=PB=PD，
∴平行四边形PMND是菱形；
（2）解：CN=AP，理由如下：
当∠BAD=90°时，菱形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°
由（1）可知∠PDN=∠BAD=90°，则菱形PMND也是正方形，
∴∠ADC=∠PDN=90°，AD=CD，PD=ND，
∴∠ADP=∠CDN，
∴△ADP≌△CDN，
∴；
（3）解：由（2）可知∠ADC=∠PDN=90°，AD=CD，PD=ND，
∴∠ADP=∠CDN，
∴△ADP≌△CDN，
∴∠APD=∠CND，，
∵∠DNC+∠PNC+∠DPN=180°-∠PDN=90°，
∴∠APD+∠PNC+∠DPN=90°，
∴∠PCN=90°，
∵正方形ABCD的边，
∴，
又CP=2，
∴AP=42=CN，
∴PN=CP2+CN2=34
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
12．（2023·安徽合肥·统考二模）如图，点M，N分别在矩形ABCD的边BC和AD（或延长线）上，连接，MN，若∠AMN=∠AMB．

(1)求证：△AMN是等腰三角形；
(2)当M为BC中点时，MN交CD于点E，若，BC=2，求ME的长；
(3)当M为BC上任意一点，探究，，MN间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)54
(3)MA2=2MB⋅MN，证明见解析

【分析】（1）根据矩形的性质可得AD∥BC，易得∠NAM=∠BMA，再结合∠AMN=∠AMB即可证明△AMN是等腰三角形；
（2）过点M作MG⊥AD于点G，证明ABMG为矩形，结合题意可得AG=GD=CM=1，MG=AB=3，设DN=x，则，MN=AN=x+2，在Rt△MNG中，由勾股定理解得DN=3，易得MN=AN=5；设ME=y，则，证明△DNE∽△CME，由相似三角形的性质求得ME的长即可；
（3）作NH⊥AM于，由等腰三角形的性质可得MH=12MA，再证明△NMH∽△AMB，由相似三角形的性质可得MNMA=MHMB，即可推导MA2=2MB⋅MN．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠NAM=∠BMA，
∵∠AMN=∠AMB，
∴∠AMN=∠NAM，
∴AN=MN，即△AMN是等腰三角形；
（2）过点M作MG⊥AD于点G，如图所示，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABM=∠BAG=∠AGM=90°，AD=BC=2，
∴四边形ABMG为矩形，
∴MG=AB=3，
∵M为BC中点，BC=2，
∴AG=BM=CM=12BC=1，
∴AG=GD=1，
设DN=x，则，MN=AN=x+2，
在Rt△MNG中，由勾股定理，得MN2=MG2+GN2，
即，解得x=3，
∴DN=3，MN=AN=DN+AD=3+2=5，
设ME=y，则，
∵AN∥BC，
∴△DNE∽△CME，
∴ENEM=DNCM，即5-yy=31，
解得y=54，
∴ME的长为54；
（3）MA2=2MB⋅MN．
证明：作NH⊥AM于，如图所示，

∵AN=MN，NH⊥AM，
∴MH=12MA，
∵∠NHM=∠ABM=90°，∠AMN=∠AMB，
∴△NMH∽△AMB，
∴MNMA=MHMB，
∴MN⋅MB=MH⋅MA=12MA2，
∴MA2=2MB⋅MN．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
13．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图1，四边形ABCD中，AD⊥CD，边BC上的点E满足且DC=DE，CH为△CDE的一条高线．
  
(1)若AE∥CD，求证：
①AD=CH，
②BH⊥AE；
(2)如图2，点F在线段CH上且BF=CF，求证：四边形ABFD为平行四边形．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）①AD⊥CD，AE∥CD，则AD⊥AE．再证明∠DAE=∠CHD=90°，∠ADE=90°-∠CDE=∠HCD，又由DE=CD，即可得到△ADE≌△HCD．则AE=HD，AD=HC；②再证明四边形ABHD为平行四边形，则BH∥AD，由AD⊥AE即可得到结论；
（2）分别取BE,EC,BC的中点M,N,P，连接AM,DN,FP，作DN的垂线AQ，垂足为Q．延长与DN交于点，即可证明四边形AMNQ为矩形．再证明△ADQ ≌△BFP，则AD=BF，由AD∥BF即可得到四边形ABFD为平行四边形．
【详解】（1）证明：①∵AD⊥CD，AE∥CD，
∴AD⊥AE．
∵，
∴∠DAE=∠CHD=90°，∠ADE=90°-∠CDE=∠HCD．
又∵DE=CD，
∴△ADE≌△HCD ．
∴AE=HD，AD=HC．
②∵AE∥CD，
∴∠AEB=∠DCE．
∵且DC=DE，
∴∠ABE=∠DEC．
∴AB∥DH，
∵AB=AE=HD，    
∴四边形ABHD为平行四边形．
∴BH∥AD，
∵AD⊥AE，
∴BH⊥AE．
（2）分别取BE,EC,BC的中点M,N,P，连接AM,DN,FP，作DN的垂线AQ，垂足为Q．延长与DN交于点，

由题意得，AM,DN,FP互相平行且都垂直于BC，四边形AMNQ为矩形．
∴AQ=MN=ME+EN=12BC=BP．
∵DC=DE，BF=CF，，
∴∠FBC+∠ECD=∠FCB+∠CED=90°．
∴BF⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥BF．
∴∠ADQ=∠BRN=∠BFP．
在△ADQ与△BFP中，
∠AQD=∠BPF=90°，∠ADQ=∠BFP，AQ=BP，
∴△ADQ ≌△BFP ，
∴AD=BF．
∵AD∥BF，
∴四边形ABFD为平行四边形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
14．（2023·安徽合肥·统考一模）如图1，在△ABC中，AB=AC，点D为BC延长线上一点，∠BAC=∠ADB．

(1)求证：AD=BD；
(2)作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为点E，F，DF交AC于点G．
①如图2，当AC平分∠BAD时，求CEDF的值；
②如图3，连接DE交AC于点，当EH=HD，CD=2时，求AD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①3-52；②2+22

【分析】（1）根据等量替换∠B=∠ACB和∠ACB=∠BAD即可证明AD=BD；
（2）①当AC平分∠BAD时，证明△DBA∽△ABC，得出CBBD=3-52，再证明△BCE∽△BDF即可求出CEDF；
②连接EG，由（2）①知EC∥DF，证明四边形CEGD为平行四边形，证明 ∠FEG=∠B，根据三角函数值相等，求出FEBE=EGBC，再根据相似求出FEBE=AEAB，设EF=a，BE=b，代入相似比即可解得．
【详解】（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB
，
∴∠ACB=∠D+∠CAD=∠BAC+∠CAD=∠BAD，
∴∠B=∠BAD，
∴AD=BD；
（2）①当AC平分∠BAD时，
∠BAC=∠DAC
∵∠BAC=∠ADB    
∴∠ADB=∠DAC    
∴CD=AC=AB
∵∠ADB=∠BAC，
∠B=∠B，    
∴△DBA∽△ABC，
，
∴CDCB=DBCD，
∴点C为BD的黄金分割点，
即CDDB=CBCD=5-12，   
∴CBBD=3-52．
，DF⊥AB，    
∴EC∥DF，
∴△BCE∽△BDF，
∴CEDF=BCBD=3-52；
②连接EG，由（2）①知EC∥DF    
∴∠CEH=∠GDH
而∠EHC=∠DHG，
EH=DH  
∴△CEH≌△GDHASA
∴CE=GD，
∴四边形CEGD为平行四边形，
∴EG∥CD，
EG=CD
∵EC∥DF   
∴∠FEG=∠B，
∴cos∠FEG=cos∠B
∴FEEG=BEBC即FEBE=EGBC
∵EG∥CD   
∴△AEG∽△ABC
∴AEAB=EGBC
∴FEBE=AEAB
设EF=a，BE=b，
∴BF=a+b
由（1）知AD=BD
而DF⊥AB
∴AB=2BF=2a+2b，
∴AE=AB-BE=2a+2b-b=2a+b
∴FEBE=AEAB即ab=2a+b2a+2b，
整理得ba=2
而CD=2，
故
∴AD=BD=2+22．

【点睛】此题考查了三角形相似、三角形全等，解题的关键是熟悉三角形相似证明和性质、三角形全等的证明．
15．（2023·安徽安庆·统考一模）如图1，在△ABC中，AB=8，AC=6，BC=10，点D在边AB上（不与点B重合），以CD为一边作正方形CDEF，连接．

(1)如图2，当时，
① 求正方形CDEF的边长；
② 求证：BE=BC；
(2)当点D在AB上运动时，求△BDE面积的最大值．
【答案】(1)①62，②见解析
(2)8

【分析】（1）①判定△BAC是直角三角形，再用勾股定理即可求得；
②根据正方形的性质得到全等条件，可证△EBD≌△CBD，从而可得证；
（2）过E作EG⊥BA交BA的延长线于G，可证∠CDA=∠EEG，从而可证△CDA≌△DEG，设BD长为x，则EG=AD=8-x，根据面积公式即可求解．
【详解】（1）解：①如图，
∵AB=8，AC=6，BC=10，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△BAC是直角三角形，
∴∠BAC=90°，
，
∴AD=6，
在中CD=AD2+AC2
=62+62=62；
②由①可知∠ACD=45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠EDC=90°，ED=CD，
∴∠EDG=45°，
∴∠BDE=∠BDC=135°，
在△EBD和△CBD中
ED=CD∠BDE=∠BDCBD=BD
∴△EBD≌△CBDSAS，
∴BE=BC．
（2）解：过E作EG⊥BA交BA的延长线于G，

∵∠EDA+∠CDA=90°，∠EDA+∠DEG=90°，
∴∠CDA=∠DEG，
在△CDA和△DEG中
∠CAD=∠DGE∠CDA=∠DEGED=DC，
∴△CDA≌△DEGAAS，
∴EG=AD，
设BD长为x，则EG=AD=8-x，
S△BDE=12BD•EG
=12x8-x
0≤x≤8，
∵-12<0，
∴当x=4时，S最大值=8．
【点睛】本题考查了动点的二次函数最值、正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理及其逆定理等，掌握性质及判定方法，“化动为静”找出函数关系式是解题的关键．