2024年中考数学真题分类汇编：知识点52 发现、拓展、应用型问题2024（解析版）

这是一份2024年中考数学真题分类汇编：知识点52 发现、拓展、应用型问题2024（解析版），共62页。学案主要包含了2024·河南，2024·山西，2024·陕西，2024·江西23题，2024·长春，问题呈现，问题分析，问题解决等内容，欢迎下载使用。
23．【2024·河南】综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究．
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．
（1）操作判断
用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 ②④ （填序号）．
（2）性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．
如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线．
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ，求AC的长（用含m，n，θ的式子表示）．
（3）拓展应用
如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长．
解：（1）观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，故答案为：②④；
（2）①∠ACD＝∠ACB，
理由：延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，∴∠ABC+∠D＝180°，
∵∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠D，
∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠E＝∠ACD，AE＝AC，
∴∠E＝∠ACB，∴∠ACD＝∠ACB.
②过A作AF⊥EC于F，
∵AE＝AC，
∴СF=12CE=12（BС+ВЕ）=12（BС+DС）=m+n2，
∵∠BCD＝2θ，∴∠ACD＝∠ACB＝θ，
在Rt△AFC中，csθ=CFAC，
∴AC=CFcsθ=m+n2csθ，AC的长为m+n2csθ；
（3）∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴АС=АВ2+ВС2=5，
∵四边形ABMN是邻等对补四边形，
∴∠ANM+∠B＝180°，∴∠ANM＝90°，
当AB＝BM时，如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∴АМ2＝АВ2+ВМ2＝18，
在Rt△AMN中，MN2＝AM2−AN2＝18−AN2，
在Rt△CMN中，МN2＝СM2−СN2＝（4−3）2−（5−АN）2，
18−AN2＝（4−3）2−（5−AN）2，解得AN＝4.2，
∴CN＝0.8.
∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△NНС∽△АВС，
∴NCAC=NHAB=CHCB，即0.85=NH3=CH4，
∴NH=1225，CH=1625，∴BH=8425，
∴BN=BH2+NH2=1252，
当AN＝AB时，如图，连接AM，
∵AM＝AM，∴Rt△ANM∽Rt△ANM，
∴BM＝NM，故不符合题意，舍去；
当AN＝MN时，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∵∠MNC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△СМN∽△САВ，即NCAC=NHAB=CHCB，
即CN4=5−CN3，解得CN=207，
∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，∴△NНС∽△АВС，
∴NCAC=NHAB=CHCB，即2075=NH3=CH4，
∴NН=127，CH=167，∴ВН=127，
∴BN=BH2+NH2=1272，
当BM＝MN时，如图，连接AM，
∵AM＝AM，∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），
∴AN＝AB，故不符合题意，舍去；
综上，BN的长为1252或1272．
山西省
23．【2024·山西】综合与探究
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
猜想证明：
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积．
解：（1）四边形AECF为矩形．理由如下：
∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEC＝90°，∠AFC＝90°，
∵四边形ABCD 为菱形，∴AD∥BC，
∴∠AFC+∠ECF＝180°，∠ECF＝180°−∠AFC＝90°
∴四边形AECF为矩形．
（2）①CH＝MD．理由如下：
证法一：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
∵△ABE 旋转得到△AHG，
∴AB＝AH，∠B＝∠H．
∴AH＝AD，∠H＝∠D．
∵∠HAM＝∠DAC，∴△HAM≌△DAC，
∴AM＝AC，∴AH−AC＝AD−AM，
∴CH＝MD．
证法二：如图，连接HD．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC，
∵△ABE 旋转得到△AHG，
∴AB＝AH，∠B＝∠AHM，
∴AH＝AD，∠AHM＝∠ADC，
∴∠AHD＝∠ADH，
∴∠AHD−∠AHM＝∠ADH−∠ADC，
∴∠MHD＝∠CDH，
∵DH＝HD，∴△CDH≌△MHD，
∴CH＝MD．
②情况一：如图，当点G旋转至BA的延长线上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ=94．
∵AB＝5，BE＝4，∴由勾股定理可得AE＝3，
∵△ABE旋转到△AHG，
∴AG＝AE＝3，GH＝BE＝4，∠H＝∠B，
∵GN⊥CD，∴GN＝AE＝3，∴NH＝1，
∵AD∥BC，∴∠GAM＝∠B，
∴tan∠GAM＝tan∠B，即GMAG=AEBE，
解得GM=94，则MH=74，
∵tan∠H＝tan∠B，∴在Rt△QNH中，QN=34，
∴S四边形AMNQ＝S△AMH−S△QNH=12MH•AG−12NH•QN=94．
情况二：如图，当点G旋转至BA上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ=634．
同第一种情况的计算思路可得：NH＝7，QN=214，AG＝3，MH=74，
∴S四边形AMNQ＝S△QNH−S△AMH=12NH•QN−12MH•AG=634．
综上，四边形AMNQ的面积为94 或 634．
陕西省
26．【2024·陕西】问题提出
（1）如图①，在△ABC中，AB＝15，∠C＝30°，作△ABC的外接圆⊙O，则ACB的长为 ；（结果保留π）
问题解决
（2）如图②所示，道路AB的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段AD，AC和BC为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口．已知点E在AC上，且AE＝EC，∠DAB＝60°，∠ABC＝120°，AB＝1200m，AD＝BC＝900m，现要在湿地上修建一个新观测点P，使∠DPC＝60°．再在线段AB上选一个新的步道出入口点F，并修道三条新步道PF，PD，PC，使新步道PF经过观测点E，并将五边形ABCPD的面积平分．
请问：是否存在满足要求的点P和点F？若存在，求此时PF的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路AB与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号）
解：（1）连接OA、OB，如图1，
∵∠C＝30°，∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，∴△OAB等边三角形，
∵AB＝15，∴OA＝OB＝15，
∴ACB的长为300π−15180=25π，故答案为25π.
（2）存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为（3005+1200）m．理由如下：
∵∠DAB＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，∴AD∥BC，
∵AD＝BC＝900m，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵要在湿地上修建一个新观测点P，使∠DPC＝60°，
∴点P在以O为圆心，CD为弦，圆心角为120°的圆上，如图2，
∵AE＝EC，
∴经过点E的直线都平分四边形ABCD的面积，
∵新步道PF经过观测点E，并将五边形ABCPD的面积平分，
∴直线PF必经过CD的中点M，
∴ME是△CAD的中位线，∴ME∥AD，
∵MF∥AD，DM∥AF，
∴四边形AFMD是平行四边形，∴FM＝AD＝900m，
作CN⊥PF于点N，如图3，
∵四边形AFMD是平行四边形，∠DAB＝60°，
∴∠PMC＝∠DMF＝∠DAB＝60°，
∵CM=12CD=12AB＝600m，
∴MN＝CM•cs60°＝300m，
∴CN＝CM•sin60°＝3003m，
∵∠PMC＝∠DPC＝60°，
∴△PMC∽△DPC，
∴PCCD=CMPC，即PC1200=600PC，
∴PC2＝720000，
在Rt△PCN中，PN=PC2+CN2=720000−270000=3005（m），
∴PF＝3005+300+900＝（3005+1200）m，
∴存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为（3005+1200）m．
江西省
1．【2024·江西23题】综合与实践
如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，CECD=CBCA=m．
特例感知
（1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 ，数量关系是 ．
类比迁移
（2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF＝2时，请直接写出AD的长度．
解：（1）AD⊥BE，AD＝BE.
理由：∵CECD=CBCA=1，∴CE＝CD，CB＝CA，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°，
∴∠ABE＝90°，∴AD⊥BE.
故答案为：AD⊥BE，AD＝BE.
（2）BE＝mAD，AD⊥BE.
证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BAE.
∵CECD=CBCA=m，∴△ADC∽△BEC，
∴BEAD=BCAC=m，∠CBE＝∠A，
∴BE＝mAD，
∵∠A+∠ABC＝90°，∴∠CBE+∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝90°，∴AD⊥BE.
（3）①连接CF交DE于O，
由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，
∴AB＝62，∴BD＝62−x，
∴DE＝AD＝BE＝x，∠DBE＝90°，
∴DE2＝BD2+BE2＝（62−x）2+x2.
∵点F与点C关于DE对称，
∴DE垂直平分CF，∴CE＝EF，CD＝DF.
∵CD＝CE，∴CD＝DF＝EF＝CE.
∵∠DCE＝90°，
∴四边形CDFE是正方形，
∴y=12DE2=12[（62−x）2+x2]，
∴y与x的函数表达式为y＝x2−62x+36（0＜x≤62）.
∵y＝x2−62x+36＝（x−32）2+18，
∴y的最小值为18.
②过D作DH⊥AC于H，
则△ADH是等腰直角三角形，
∴AH＝DH=22AD=22x，∴CH＝6−22x.
连接OB，∴OB＝OE＝OD＝OC＝OF，
∴OB=12CF，∴∠CBF＝90°.
∵BC＝6，BF＝2，∴CF=BC2+BF2=210，
∴CD=22CF＝25.
∵CH2+DH2＝CD2，∴（6−22x）2+（22x）2＝（25）2，
解得x＝42或x＝22，
∴AD＝42或22．
吉林省
22．【2024·长春】【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边△ABC中，AB＝3，点M、N分别在边AC、BC上，且AM＝CN，试探究线段MN长度的最小值．
【问题分析】小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】如图②，过点C、M分别作MN、BC的平行线，并交于点P，作射线AP．
在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：AM＝MP；
（2）∠CAP的大小为 度，线段MN长度的最小值为 ．
【方法应用】某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，△ABC是等腰三角形，四边形BCDE是矩形，AB＝AC＝CD＝2米，∠ACB＝30°．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在AC上，点N在DE上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持AM＝DN．钢丝绳MN长度的最小值为 米．
解：（1）证明：∵CP∥MN，MP∥NC，
∴四边形CPMN是平行四边形，∴MP＝NC.
又∵AM＝CN，∴AM＝MP．
（2）∵AM＝MP，∴∠CAP＝∠MPA.
∵∠PMC＝∠ACB＝60°，
∴∠CAP＝∠MPA＝30°．
∵四边形CPMN是平行四边形，∴MN＝PC.
当PC⊥AP最小时，MN也有最小值，此时PC=12AC=32．
∴MN最小值是32．
故答案为30，32．
（3）如图，过M、D作ED、MN的平行线，则四边形MNDP是平行四边形，
∴MN＝DP，∠PMC＝∠ACB＝30°，∴∠PAM＝∠APM＝15°，
当DP⊥AP时，DP最小，
∵∠ACD＝120°，
∴∠CAD＝30°，∴∠PAD＝∠CAD+∠PAM＝45°.
在△ACD中，AD=3AC＝23，
∴DP＝AD•sin45°=6．故答案为6．
24．【2024·吉林】小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程：
【探究论证】
（1）如图①，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC，垂足为点D．若CD＝2，BD＝1，则S△ABC＝ ．
（2）如图②，在菱形A′B′C′D′中，A′C′＝4，B′D′＝2，则S菱形A′B′C′D′＝ ．
（3）如图③，在四边形EFGH中，EG⊥FH，垂足为点O．
若EG＝5，FH＝3，则S四边形EFGH＝ ；
若EG＝a，FH＝b，猜想S四边形EFGH与a，b的关系，并证明你的猜想．
【理解运用】
如图④，在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5，点P为边MN上一点．小明利用直尺和圆规分四步作图；
（ⅰ）以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN，KM于点R，I；
（ⅱ）以点P为圆心，KR长为半径画弧，交线段PM于点I′；
（ⅲ）以点I′为圆心，IR长为半径画弧，交前一条弧于点R′，点R′，K在MN同侧；
（ⅳ）过点P画射线PR′，在射线PR′上截取PQ＝KN，连接KP，KQ，MQ．
请你直接写出S四边形MPKQ的值．
解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC，CD＝2，
∴AD＝CD＝2，
∴AC＝4，∴S△ABC=12AC•BD＝2．
故答案为2．
（2）∵在菱形S菱形A'B'C'D'A'B'C'D'中，A'C'＝4，B'D'＝2，
∴S菱形A'B'C'D'=12A'C'•B'D'＝4，
故答案为4．
（3）∵EG⊥FH，
∴S△EFG=12EG•FO，S△EHG=12EG•HO，
∴S四边形EFGH＝S△EFG+S△EHG=12EG•FO+12EG•HO=12EG•FH=152，
故答案为152．
猜想：S四边形EFGH=ab2，
证明：∴S△EFG=12EG•FO，S△EHG=12EG•HO，
∴S四边形EFGH＝S△EFG+S△EHG=12EG•FO+12EG•HO=12EG•FH=ab2．
（4）根据尺规作图可知：∠QPM＝∠MKN，
∵在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5，
∴MK2＝MN2+KN2，
∴△MNK是直角三角形，且∠MNK＝90°，
∴∠NMK+∠MKN＝90°.
∵∠QPM＝∠MKN，
∴∠NMK+∠QPM＝90°，
∴MK⊥PQ.
∵PQ＝KN＝4，MK＝5，
∴根据（3）中结论得S四边形MPKQ=12MK•PQ＝10．
山东省
1．【2024·滨州】【教材呈现】
现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题：
【得出结论】
asinA=bsinB=csinC
【基础应用】
在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长．
【推广证明】
进一步研究发现，asinA=bsinB=csinC不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足asinA=bsinB=csinC=2R（R为△ABC外接圆的半径）．
请利用图1证明：asinA=bsinB=csinC=2R．
【拓展应用】
如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径．
解：【基础应用】
∵∠B＝75°，∠C＝45°，∴∠A＝180°−∠B−∠C＝60°，
∵∠C＝45°，BC＝2，BCsinA=ABsinC，
∴2sin60°=ABsin45°，解得AB=263.
【推广证明】
作AD⊥BC于点D，作CE⊥AB于点E，连接AO并延长交⊙O于点F，连接CF，如图1所示，
∵a⋅AD2=c⋅CE2，∴a•csinB＝c•bsinA，∴asinA=bsinB，
同理可证，asinA=csinC，∴asinA=bsinB=csinC，
∵AF是直径，∴∠ACF＝90°.
∵∠B＝∠AFC，∴sinB＝sin∠AFC=bAF=b2R，
∴bsinB=2R，∴asinA=bsinB=csinC=2R.
【拓展应用】
连接DB，如图2所示，
∵BC＝3，CD＝4，∠C＝90°，
∴BD=BC2+CD2=32+42=5，
∴sin∠BDC=BCBD=35.
∵∠ABC＝∠C＝90°，∴∠ABC+∠C＝180°，
∴AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，
∴sin∠ABD=35.
作AE⊥CD交CD于点E，则四边形ABCE是矩形，
∴CE＝AB＝2，AE＝BC＝3，∴DE＝2，
∴AD=AE2+DE2=32+22=13，
∴ADsin∠ABD=1335=5133，
∴过A，B，D三点的圆的半径为5136．

2．【2024·烟台】在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
【尝试发现】
（1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 ；
【类比探究】
（2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；
【联系拓广】
（3）若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值．
解：（1）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM.
∵AC＝BC，∴BM＝DM−BD＝AC−BD＝BC−BD＝CD，
∴BM＝EM.
∵EM⊥CB，∴BE=2EM=2CD，
故答案为：BE=2CD.
（2）补全图形如图，BE=2CD，理由如下：
过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴BM＝DM+BD＝AC+BD＝BC+BD＝CD，
∴BM＝EM，
∵EM⊥CB，∴BE=2EM=2CD.
（3）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，
∴CM＝CD+DM＝3，∴CE=CM2+EM2=13，
∴sin∠ECD=EMCE=213=21313．
湖北省
【2024·武汉】问题背景
如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，连接BD，EF，求证：△BCD∽△FBE．
问题探究
如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，点E是AB的中点，点F在边BC上，AD＝2CF，EF与BD交于点G，求证：BG＝FG．
问题拓展
如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD＝CD，AG＝FG，直接写出EGGF的值．
解：（1）证明：∵E、F分别是AB和BC中点，
∴BEAB=12，BFBC=12.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∴BECD=BFBC.
∵∠EBF＝∠C＝90°，
∴△BCD∽△FBE.
（2）方法一：如图延长FE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于点H，则四边形CDHF是矩形．
∵E是AB中点，∴AE＝BE.
∵AM∥BC，
∴∠AME＝∠BFE，∠MAE＝∠FBE，
∴△AME≌△BFE（AAS），∴AM＝BF.
∵AD＝2CF，CF＝DH，
∴AH＝DH＝CF，
∴AM+AH＝BF+CF，即MH＝BC.
∵FH＝CD，∠MHF＝∠BCD＝90°，
∴△MFH≌△BDC（SAS），∴∠AMF＝∠CBD.
又∵∠AMF＝∠BFG，
∴∠CBD＝∠BFG，∴BG＝FG.
方法二：如图，取BD中点H，连接EH、CH，
∵E是AB中点，H是BD中点，
∴EH=12AD，EH∥AD.
∵AD＝2CF，∴EH＝CF.
∵AD∥BC，
∴EH∥CF，∴四边形EHCF是平行四边形，
∴EF∥CH，∴∠HCB＝∠GFB.
∵∠BCD＝90°，H是BD中点，
∴CH=12BD＝BH，∴∠HCB＝∠HBC，
∴∠GFB＝∠HBC，∴BG＝FG.
（3）如图，过F作FM⊥AD于点M，取BD中点H，连接AF，则四边形CDMF是矩形，
∴CF＝DM，
∵AD＝2CF，∴AM＝DM＝CF.
设CF＝a，则AM＝DM＝CF＝a，AD＝CD＝2a＝MF，
∴AF=AM2+MF2=5a.
∵E是AB中点，且AG＝FG，
∴FE垂直平分AB，∴BF＝AF=5a.
∵H是BD中点，
∴EH是△ABD中位线，
∴EH=12AD＝a，EH∥AD∥BC，
∴△EGH∽△FGB，
∴EGGF=EHBF=a5a=55．
湖南省
26．【2024·湖南26题】【问题背景】
已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角．
【初步感知】
（1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝ °；
【问题探究】
（2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F．
①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立：
②如图3，当AC=43r，CEOE=23时，请补全图形，并求tanα及ABBC的值．
解：（1）∵α＝60°，OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA＝α＝60°，
∵AC与圆相切，
∴∠OAC＝90°，∴∠CAE＝30°．
故答案为30．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AC＝2r，
∴OA＝OE＝CF＝DF＝r，
∵∠OAC＝∠ADC＝90°，
∴∠OAE+∠CAD＝∠ACD+∠CAD，
∴∠OAE＝∠ACD，
∵OA＝OE，CF＝DF，
∴∠OAE＝∠OEA＝∠ACD＝∠CDF，
在△OAE和△FCD中，∠OEA=∠FDC∠OAE=∠FCDOA=CF，
∴△OAE≌△FCD（AAS），∴AE＝CD.
∵AD＝AE+ED，∴BC＝CD+ED．
即无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立．
（3）补全图形如图，
∵AC是切线，∴∠OAC＝90°.
∵AC=43r，∴tanα=ACOA=43．
设OA＝3m，则AC=43r=4m，OC＝5m，
∵CEOE=23，OE＝OA＝3m，
∴CE＝2m，OE+CE＝5m＝OC，
即点E在线段OC上，
如图，过O作OH⊥AE，垂足为H，则AH＝EH，
∵∠OHE＝90°＝∠D，∠OEH＝∠CED，
∴△OEH∽△CED，∴EHED=OECE=32，
设EH＝AH＝3a，则DE＝2a，
∴AD＝AH+EH+ED＝8a，
在Rt△ACD中，CD2＝AC2−AD2＝16m2−64a2，
在Rt△CED中，CD2＝CE2−ED2＝4m2−4a2，
∴16m2−64a2＝4m2−4a2，解得a=55m，
∴AB＝AD=855m，CD=CE2−DE2=455m＝AB，
∴ABBC=455m855m=12．
江苏省
1．【2024·连云港】【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小听将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将△PDC绕点P逆时针旋转，他发现旋转过程中∠DAP存在最大值．若PE＝8，PF＝5，当∠DAP最大时，求AD的长；
（4）如图6，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若AC+CD＝5，BC+CE＝8，求AE+BD的最小值．
解：（1）∵正方形ABCD，EFGH及圆为正方形ABCD的内切圆，为正方形EFGH的外接正方形，
∴设AE＝DE＝DH＝CH＝CG＝BG＝AF＝BF＝m，∠A＝90°，
∴AB＝AD＝2m，EF=m2+m2=2m，
∴S正方形ABCD=4m2，S正方形EFGH=(2m)2=2m2，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍.故答案为2.
（2）如图，
∵EG⊥FH，
∴a2＝OF2+OE2，c2＝OG2+OH2，d2＝OE2+OH2，b2＝OF2+OG2，
∴a2+c2＝b2+d2，结合图形变换可得PA2+PC2＝PB2+PD2.
（3）如图，
∵将△PDC绕点P逆时针旋转，
∴点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动.
∵A为圆外一个定点，
∴当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，
∴PD⊥AD，∴AD2＝AP2−PD2.
由（2）可得AE＝DF，
∵PE＝8，PF＝5，
∴AD2＝AP2−PD2＝PE2+AE2−PF2−DF2＝82−52＝39，
∴AD=39.
（4）如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D1，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E1，连接D1E1，
∴CD＝CD1，CE＝CE1.
再将△ABE1沿AC方向平移，使A与D1重合，如图，得△B1D1E2，
由（2）可得AE+BD＝D1E2+BD1，
∴当E2，D1，B三点共线时，AE+BD＝D1E2+BD1最短.
∵AC+CD＝5，BC+CE＝8，
∴E1E2＝5，BE1＝8，
∴BE2=BE12+E1E22=82+52=89，
∴AE+BD的最小值为89．
2．【2024·扬州】在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD，BD，CD．
【特殊化感知】
（1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD−BD与CD的数量关系为 ；
【一般化探究】
（2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB向侧，判断AD−BD与CD的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示）
解：（1）∵CA＝CB，∠ACB＝60°，∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝30°，
∴CD＝BD=12AD，∴AD−BD＝CD．
故答案为：AD−BD＝CD.
（2）若∠ACB＝60°，点C、D在AB向侧，AD−BD与CD的数量关系为：AD−BD＝CD，理由：
延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝60°，∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CDE＝∠BAC＝60°，
∵DE＝CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE＝CD，∠DCE＝∠E＝60°，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝60°+∠BCD，
∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝60°+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE．
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠ADC∠E＝60°．
在△ACD和△BCE中，∠ACD=∠BCECD=CE∠ADC=∠E，
∴△ACD≌△BCE（ASA），∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+CD，∴AD＝BD+CD，
∴AD−BD＝CD．
（3）①当点C、D在AB同侧时，
延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°−12α，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CDE＝∠BAC＝90°−12α，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E＝90°−12α，∠DCE＝α．
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF=12α，DF＝EF＝CD•sin12α，
∴DE＝2DF＝2CD•sin12α，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝α+∠BCD，∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝α+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°−12α，∴∠ADC＝∠E．
在△ACD和△BCE中，∠ACD=∠BCECD=CE∠ADC=∠E，
∴△ACD≌△BCE（ASA），∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+2CD•sin12α，∴AD−BD＝2CD•sin12α．
②当点C、D在AB两侧时，
延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，∴∠CAB＝∠CBA＝90°−12α，
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠CBE＝∠DAC，
在△CAD和△CBE中，CA=CB∠CAD=∠CBEAD=BE，
∴△CAD≌△CBE（SAS），∴CD＝CE，∠ADC＝∠E，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°−12α，∴∠E＝90°−12α，
∵CF⊥DE，∴∠DCF＝∠ECF=12α，DF＝EF＝CD•sin12α，
∴12DE＝CD•sin12α，∴DE＝2CD•sin12α，
∵DE＝BD+BE＝AD+BD，∴AD+BD＝2CD•sin12α．
综上，若∠ACB＝α，AD、BD、CD满足的数量关系为：当点C、D在AB同侧时AD−BD＝2CD•sin12α；当点C、D在AB两侧时，AD+BD＝2CD•sin12α．
3．【2024·盐城27题】发现问题
小明买菠萝时发现，通常情况下，销售员都是先削去菠萝的皮，再斜着铲去菠萝的籽．
提出问题
销售员斜着铲去菠萝的籽，除了方便操作，是否还蕴含着什么数学道理呢？
分析问题
某菠萝可以近似看成圆柱体，若忽略籽的体积和铲去果肉的厚度与宽度，那么籽在侧面展开图上可以看成点，每个点表示不同的籽．该菠萝的籽在侧面展开图上呈交错规律排列，每行有n个籽，每列有k个籽，行上相邻两籽、列上相邻两籽的间距都为d（n，k均为正整数，n＞k≥3，d＞0），如图1所示．
小明设计了如下三种铲籽方案．
方案1：图2是横向铲籽示意图，每行铲的路径长为 ，共铲 行，则铲除全部籽的路径总长为 ；
方案2：图3是纵向铲籽示意图，则铲除全部籽的路径总长为 ；
方案3：图4是销售员斜着铲籽示意图，写出该方案铲除全部籽的路径总长．
解决问题
在三个方案中，哪种方案铲籽路径总长最短？请写出比较过程，并对销售员的操作方法进行评价．
解：方案1：根据题意每行有n个籽，行上相邻两籽的间距为d，
∴每行铲的路径长为（n−1）d，
∵每列有k个籽，呈交错规律排列，
∴相当于有2k行，∴铲除全部籽的路径总长为2（n−1）dk，
故答案为（n−1）d；2k；2（n−1）dk.
方案2：根据题意每列有k个籽，列上相邻两籽的间距为d，
∴每列铲的路径长为（k−1）d，
∵每行有n个籽，呈交错规律排列，
∴相当于有2n列，
∴铲除全部籽的路径总长为2（k−1）dn，
故答案为2（k−1）dn.
方案3：由图得斜着铲每两个点之间的距离为d2+d22=2d2，
根据题意得一共有2n列，2k行，
斜着铲相当于有n条线段长，同时有2k−1个，
∴铲除全部轻的路径总长为：22×(2k−1)nd；
解决问题：由上得：2（n−1）dk−2（k−1）dn＝2ndk−2dk−2ndk+2dn＝2d（n−k）＞0，
∴方案1的路径总长大于方案2的路径总长；
2(k−1)dn−22×(2k−1)dn=[(2−2)k−2+22]dn，
∵n＞k≥3，当k＝3时，(2−2)×3−2+22=4−522＞0，2(k−1)dn−22×(2k−1)dn＞0，
∴方案3铲籽路径总长最短，销售员的操作方法是选择最短的路径，减少对菠萝的损耗．
四川省
23．【2024·资阳】（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长．
解：（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，∴ABBC=BDAB，∴AB2＝BD•BC.
（2）如图，过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，
则∠AFC＝∠AGD＝90°，
∴DF∥DG，∠BAC＝60°，
∴CF=AC×sin60°=2×32=3，AF=AC×cs60°=2×12=1.
∵D为BC的中点，∴BD=CD=12BC=2.
∵DF∥DG，
∴△BDG∽△BCF，
∴DGCF=BGBF=BDBC=12，∴DG=12CF=32，
∴BG=BD2−DG2=22−(32)2=132，
∴BF=2BG=13，
∴AB=AF+BF=1+13.
∵AC＝CD，∴∠CAD＝∠CDA.
∵∠AED＝∠CAD，
∴∠AED＝∠CDA，
∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠BED＝∠ADB.
∵∠DBE＝∠ABD，
∴△BED∽△BAD，
∴BEBD=BDAB，即BE2=21+13，解得BE=13−13.
（3）如图，连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC.
∵∠ABC＝2∠EBF，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF，
∴∠EBF−∠DBF＝∠CBD−∠DBF，即∠DBE＝∠CBF.
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠G，∴∠DBE＝∠G，
∵∠DEB＝∠BEG，
∴△BED∽△GEB，∴DEBE=BEEG.
∵DG＝6，
∴EG＝DE+6，∴DE4=4DE+6，解得DE＝2，负值舍去，
∴EG＝2+6＝8，∴AE＝AD−DE＝3.
∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，
∴∠BEG＝180°−90°＝90°，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得BG=BE2+EG2=42+82=45，
∴BF=BG−FG=45−FG.
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△CFB，∴FGBF=DGBC，即FG45−FG=65， 解得FG=24511．
26．【2024·乐山】在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： ；“②”处应填： ；“③”处应填： ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．
【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF的数量关系： （直接写出结论，不必证明）．
【问题再探】
如图5，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D、E在边AC上，且∠DBE＝45°．设AD＝x，CE＝y，求y与x的函数关系式．
最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界．
解：【问题解决】：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，AD=AD′∠DAE=∠D′AEAE=AE，
∴△ADE≌△AD'E（SAS）．∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
∴在Rt△ECD′中，EC2+CD′2＝ED′2，
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，∴DE＝D′E＝5．
故答案为：①△ADE≌△AD′E；②EC2+CD′2＝ED′2；③5.
【知识迁移】DN2+BM2＝MN2，理由如下：
如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′，过点D作DH⊥BD交边AF′于点H，连结NH．
由旋转得：AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′．
由题意得：EF+EC+FC＝DC+BC＝DF+FC+EC+BE，
∴EF＝DF+BE＝DF+DF′＝F′F．
在△AEF和AF′F中，AE=AF′EF=FF′AF=AF，
∴△AEF≌AF′F（SSS），∴∠EAF＝∠F′AF．
又∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵DH⊥BD，∴∠ADH＝∠HDB−∠ADB＝45°，
在△ABM和△ADH中，∠BAM=∠DAHAB=AD∠ABM=∠ADH，
∴△ABM≌△ADH（ASA），∴AM＝AH，BM＝DH，
在△AMN和△AHN中，AM=AH∠MAN=∠HANAN=AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），∴MN＝HN．
在Rt△HND中，DN2+DH2＝HN2，
∴DN2+BM2＝MN2；
【拓展应用】如图4所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．过点H作HO⊥直线BC与O，
∴△ADF≌△AGH，∴DF＝HG，AD＝AG，
∵∠CEF＝45°＝∠BEM，∠MBC＝90°，
∴△BEM是等腰直角三角形，
∴BE＝BM，
由【知识迁移】知△AEH≌△AEF，则AH＝AF，EH＝EF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM−GM）2＝EH2
又∵EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，
∴（GH+BE）2+（BE−GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2，
∴EF2＝2BE2+2DF2．
故答案为：EF2＝2BE2+2DF2；
【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BE′C′，连结E′D，过点E作EG⊥BC，垂足为点G，过点E′作EG′⊥BC′，垂足为G′，过点E′作E′F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点H，E′F、DF交于点F，
由旋转得：BE＝BE′，∠CBE＝∠C′BE′，EG＝E′G′，BG＝BG′．
∵∠ABC＝90°，∠DBE＝45°，
∴∠CBE+∠DBA＝45°．
∴∠C′BE′+∠DBA＝45°，即∠DBE′＝45°．
在△EBD和△E′BD中，BE=BE′∠DBE=∠DBE′BD=BD，
∴△EBD≌△E′BD（SAS）．∴DE＝DE′，
∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴AC=AB2+BC2=5，
又∵AD＝x，CE＝y，
∴DE′＝DE＝5−x−y．
∵DF∥BC，
∴∠ADH＝∠C，∠AHD＝∠ABC＝90°，
∴△AHD∽△ABC，
∴AHAB=HDBC=ADAC=x5，即AH=45x，HD=35x，
∴HB=AB−AH=4−45x，
同理可得：EG=45y，GC=35y，
∴E′G′=45y，BG′=BG=3−35y，
∵E′G′⊥AB，∠ABC＝90°，
∴E′G′∥BC∥FD．
又∵E′F∥AB，∠FHG′＝∠AHD＝90°，
∴四边形FE′G′H为矩形．
∴∠F＝90°，FH=E′G′=45y，DF=DH+FH=35x+45y，
∴FE′=HG′=HB−BG′=4−45x−(3−35y)=1−45x+35y，
在Rt△E′FD中，E′F2+DF2＝E′D2．
∴(1−45x+35y)2+(35x+45y)2=(5−x−y)2．
解得y=21x−605x−28．
25．【2024·眉山】综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为 ；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为 ．
（2）若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S1，在旋转过程中S1与S的关系为 ．
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE+DF=2OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM＝BN时，请求出重叠部分的面积．
（参考数据：sin15°=6−24，cs15°=6+24，tan15°＝2−3）
解：操作发现：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC＝90°.
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S△BOC=14S正方形ABCD=14×4×4=4；
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC＝∠MON＝∠BCD＝90°，∴四边形MONC是矩形.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，OA＝OC，
∴∠MOC＝∠MCO，∴OM＝MC，
∴四边形OMCN是正方形，∴OM=12AD＝2，
∴四边形OMCN的面积是4.
故答案为4，4.
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OG＝OH.
∵∠OGC＝∠OHC＝∠C＝90°，
∴四边形OGCH是矩形.
∵OG＝OH，
∴四边形OGCH是正方形，
∴∠GOH＝∠EOF＝90°，
∴∠EOG＝∠FOH.
∵∠OGE＝∠OHF＝90°，
∴△OGE≌△OHF（ASA），∴S△OGE＝S△OHF，
∴S四边形OECF＝S正方形OGCH=14S正方形ABCD，
∴S1=14S．
故答案为S1=14S；
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OC＝OD＝OA，∠BCD＝∠OCD＝45°，
∵∠FOE＝∠BOC，
∴∠EOB＝∠FOC，
∴△EOB≌△FOC（ASA），
∴BE＝CF，∴BE+DF＝CF+DF＝CD.
∵CD=2OC，∴BE+DF=2OC，
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同（2）可知四边形OGBH是正方形，∴BG＝BH，OG＝OH.
∵BM＝BN，∴GM＝NH.
∵∠OGM＝∠OHN＝90°，
∴△OGM≌△OHN（SAS），
∴S△OGM＝S△OHN，∠GOM＝∠NOH.
∵∠MON＝60°，∴∠GOM=12×(90°−60°)=15°，
由（1）可知OG＝2，S正方形OGBH＝4，
∴tan∠GOM＝tan15°=GMOG=2−3，∴GM＝2×(2−3)=4−23，
∴S△OGM=12OG⋅GM=12×2×(4−23)=4−23，
∴重叠部分的面积＝S四边形OMBN＝S正方形OGBH−2S△OGM＝4−2×（4−23）＝43−4．
25．【2024·广元】数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．
（1）初步探究
如图2，若∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD•AB；
（2）尝试应用
如图3，在（1）的条件下，若点D为AB中点，BC＝4，求CD的长；
（3）创新提升
如图4，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC＝27，求BE的长．
解：（1）证明：如图2，∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△ABC，
∴ADAC=ACAB，∴AC2＝AD•AB．
（2）如图3，设AD＝m，
∵点D为AB中点，∴AD＝BD＝m，AB＝2m，
由（1）得△ACD∽△ABC，
∴CDBC=ADAC=ACAB，
∴AC2＝AD•AB＝m×2m＝2m2，
∴AC=2m或AC=−2m（不符合题意，舍去），
∴CDBC=ACAB=2m2m=22，
∵BC＝4，∴CD=22BC=22×4＝22，
∴CD的长是22．
（3）如图4，作BF⊥DC交DC的延长线于点F，则∠F＝90°，
∵E为CD中点，∴CE＝DE，
设CE＝DE＝n，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CB＝CD＝2n，∠BCF＝∠CDB+∠CBD＝60°，
∴∠FBC＝90°−∠BCF＝30°，∴CF=12CB＝n，
∴EF＝CE+CF＝2n，BF=CB2−CF2=(2n)2−n2=3n，
∴BD＝2BF＝23n，BE=EF2+BF2=(2n)2+(3n)2=7n，
作CH∥EB交AB的延长线于点H，则△HDC∽△BDE，
∴HCBE=HDBD=CDCE=2nn=2，
∴HC＝2BE＝27n，HD＝2BD＝43n，
∵∠ACD＝∠EBD，∠H＝∠EBD，
∴∠ACD＝∠H，
∵∠A＝∠A，∴△ACD∽△AHC，
∴ADAC=ACAH=CDHC=2n27n=17=77，
∵AC＝27，
∴AD=77AC=77×27=2，AH=7AC=7×27=14，
∴HD＝AH−AD＝14−2＝12，
∴43n＝12，解得n=3，
∴BE=7×3=21，
∴BE的长是21．
25．【2024·达州】在学习特殊的平行四边形时，我们发现正方形的对角线等于边长的2倍，某数学兴趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现，具体如下：如图1．
（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO．
∴AB2＝AO2+BO2
又∵AC＝2AO，BD＝2BO，
∴AB2＝ + ．
化简整理得AC2+BD2＝ ．
[类比探究]
（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形，请说明边长与对角线的数量关系．
[拓展应用]
（3）如图3，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，点E为AO的中点，点F为BC的中点，连接EF，若AB＝8，BD＝8，AC＝12，直接写出EF的长度．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∴AB2＝AO2+BO2，
又∵AC＝2AO，BD＝2BO，
∴AB2=14AC2+14BD2，
化简整理得AC2+BD2＝4AB2，
故答案为：AC2，BD2，4AB2.
（2）AC2+BD2＝2AB2+2AD2理由如下，
如图，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB交AB的延长线于点F，
∴∠DEA＝∠DEB＝∠CFB＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，
∴∠DAE＝∠CBF，
在△DAE和△CBF中，∠DAE=∠CBF∠DEA=∠CFB
∴△DAE≌△CBF（AAS），
∴AE＝BF，DE＝CF，在Rt△DBE中，DB2＝DE2+BE2＝DE2+（AB−AE）2
在Rt△CAF中，AC2＝CF2+AF2＝CF2+（AB+BF）2
∴AC2+BD2＝DE2+（AB−AE）2+CF2+（AB+BF）2
＝2DE2+AB2−2AB•AE+AE2+AB2+2AB•AE+AE2
＝2（DE2+AE2）+2AB2
＝2AD2+2AB2，
∴AC2+BD2＝2AB2+2AD2；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝8，BD＝8，AC＝12，
∴由（2）可得AC2+BD2＝2AB2+2AD2，
∴122+82＝2×82+2AD2，解得：AD=210（负值舍去）.
∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝12，BD＝8，
∴BC=AD=210，OA＝OC＝6，OB=OD=12BD=4，
如图所示，过点E、O分别作BC的垂线，垂足分别为M、G，连接OF，
∵F分别为BC的中点，
∴OF=12AB=4=OB=12BD.
∵OG⊥BF，∴BG=GF=12BF.
∵F是BC的中点，
∴BF=12BC，
∴BG=GF=12BF=14BC=102，
∴CG=BC−BG=3210，
在Rt△OGC中，OG⊥BC，
∴OG=OC2−CG2=62−(3210)2=362.
∵E为AO的中点，∴OE=12OA，
∵AO＝OC，
∴OE=12OC，∴OCEC=23，OEOC=12，
∵EM⊥BC，OG⊥BC，∴EM∥OG，
∴EOOC=MGCG=12，
∵MG=12CG=3104，
∴MF=MG+GF=3104+102=5410，
∵EM∥OG，
∴△COG∽△CEM，
∴EM=32OG=946，
∴OGEM=OCEC=23.
在Rt△EMF中，EF=EM2+MF2=(946)2+(5410)2=46．
故答案为：EF=46．
1．【2024·成都】数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°．
【初步感知】
（1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究BDCE的值．
【深入探究】
（2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由．
解：（1）∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE=32+42=5，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC＝∠BAC−∠DAC 即∠CAE＝∠BAD.
∵ADAB=AEAC=1，
∴△ADB∽△AEC，∴BDCE=ABAC.
∵AB＝3，AC＝5，∴BDCE=35.
（2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图：
同（1）得△ADB∽△AEC，
∴∠ABD＝∠ACE.
∵BM是中线，
∴BM＝AM＝CM=12AC=52，∴∠MBC＝∠MCB.
∵∠ABD+∠MBC＝90°，
∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°，
∴AB∥CE，
∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM，
又AM＝CM，
∴△BAM≌△QCM（AAS），∴BM＝QM，
∴四边形ABCQ是平行四边形.
∵∠ABC＝90°
∴四边形ABCQ矩形，
∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN，
∴EQ=AE2−AQ2=52−42=3，
∴EQ＝CQ，∴PQ是△CEN的中位线，∴PQ=12CN.
设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4−x，
∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP，EQ＝AD＝3，
∴△EQP≌△ADP（AAS），∴EP＝AP＝4−x，
∵EP2＝PQ2+EQ2，
∴（4−x）2＝x2+32，解得：x=78，
∴AP＝4−x=258，CN＝2x=74.
∵PQ∥CN，
∴△APF∽△CNF，∴APCN=AFCF，
∴AP+CNCN=AF+CFCF=ACCF，
∵AC＝5，∴258+7474=5CF，∴CF=7039.
（3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下：
①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
∴S△CDE=12CD•DE=12×（5−3）×4＝4；
②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
∴S△CDE=12CD•DE=12×（5+3）×4＝16；
③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图，
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4，
∵AE＝AC＝5，
∴EQ＝CQ=12CE，∴12CE＝3，∴CE＝6，
∴S△CDE=12AQ•CE=12×4×6＝12；
④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，
∵DC⊥EC，AQ⊥EC，∴AQ∥DC，
∵AC＝CE，AQ⊥EC，
∴EQ＝CQ，∴NQ是△CDE的中位线，
∴ND＝NE=12DE＝2，CD＝2NQ，
∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°，
∴∠DAN＝∠QEN，
∴tan∠DAN＝tan∠QEN，
∴DNAD=NQEQ，∴NQEQ=23，∴NQ=23EQ，
∵NQ2+EQ2＝NE2，
∴（23EQ）2+EQ2＝22，解得EQ=61313，
∴CE＝2EQ=121313，NQ=23EQ=41313，
∴CD＝2NQ=81313，
∴S△CDE=12CD•CE=12×81313×121313=4813．
综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或4813．
广东省
23．【2024·广东】【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线y＝ax（a＞0）上第一象限内的两个动点（OD＞OB），以线段BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y=kx的图象经过点A．
【构建联系】
（1）求证：函数y=kx的图象必经过点C．
（2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为（1，2）时，求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．以点O为圆心，AC长为半径作⊙O．若OP＝32，当⊙O与△ABC的边有交点时，求k的取值范围．
解：（1）设B（m，ma），则A(m，km)，
∵AD∥x轴，∴D点的纵坐标为km，
将y=km代入y＝ax中，得：km=ax，
∴x=kam，∴D(kam，km)，∴C(kam，am)，
将x=kam代入y=kx中得出，y＝am，
∴函数y=kx的图象必经过点C；
（2）∵点B（1，2）在直线y＝ax上，
∴a＝2，∴y＝2x，
∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
∵函数y=kx的图象经过点A，C，
∴C(k2，2)，A（1，k），∴D(k2，k)，∴DC＝k−2，
∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，
∴BE=BC=k2−1，∠BED＝∠BCD＝90°，
∴DCBC=k−2k2−1=2=DEBE，
如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴，
∵AD∥x轴，∴H，A，D三点共线，
∴∠HED+∠BEF＝90°，∠BEF+∠EBF＝90°，
∴∠HED＝∠EBF，
∵∠DHE＝∠EFB＝90°，∴△DHE∽△EFB，
∴DHEF=HEBF=DEBE=2，
∵BF＝1，DH=k2，∴HE＝2，EF=k4，
∴HF=2+k4，
由图知，HF＝DC，∴2+k4=k−2，
∴k=163；
（3）∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD为正方形，∠ABP＝∠DBC＝45°，
∴AB=BC=CD=DA=APsin45°=2AP，AP=PC=BP=12AC，BP⊥AC，
∵BC∥x轴，∴直线y＝a为一，三象限的夹角平分线，
∴y＝x，
当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
∵AD∥x轴，
∴H，A，D三点共线，
∵以点O为圆心，AC长为半径作⊙O，OP=32，
∴OP=OB+BP=AC+BP=2AP+AP=3AP=32，
∴AP=2，
∴AB=AD=2AP=2，BD=2AP=22，BO=AC=2AP=22，
∵AB∥y轴，∴△DHO∽△DAB，
∴HOAB=DHAD=DOBD，∴HO2=DH2=22+2222，
∴HO＝HD＝4，∴HA＝HD−DA＝4−2＝2，
∴A（2，4），∴k＝2×4＝8，
当⊙O过点A时，根据A，C关于直线OD对称知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
∵AO＝OC＝AC，∴△AOC为等边三角形，
∵OP⊥AC，∴∠AOP=12×60°=30°，
∴AP=tan30°×OP=33×32=6=PD，AC=BD=2AP=26，
∴AB=AD=2AP=23，OD=BP+PD=32+6，
∵AB∥y轴，∴△DHO∽△DAB，
∴HOAB=DHAD=DOBD，∴HO23=DH23=32+626，
∴HO=HD=3+3，
∴HA=HD−DA=3+3−23=3−3，
∴A(3−3，3+3)，
∴k=(3−3)×(3+3)=6，
∴当⊙O与△ABC的边有交点时，k的取值范围为6≤k≤8．
22．【2024·广东】【知识技能】
（1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC．
【数学理解】
（2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′．
【拓展探索】
（3）如图3，在△ABC中，tanB=43，点D在AB上，AD=325．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE=323．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．
解：（1）证明：∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC'，且E'与A重合，
∴AD＝AE，∴∠DAE＝∠DEA，
∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，
∴∠DEA＝∠BCA，∴∠DAE＝∠BCA，
∴AB＝AC．
（2）证明：连接AA'，
∵旋转，
∴∠ADA′＝∠CDC′，AD＝A'D，CD＝C'D，
∴ADCD=A′DC′D，∴△ADA′∽△CDC′，
∴AA′CC′=ADCD，
∵DE是△ABC的中位线，DF是△A'BD的中线，
∴AD＝BD，BF＝A'F，
∴DF是△AA'B的中位线，
∴AA'＝2DF，∴2DFCC′=BDCD，
∴2DF•CD＝BD•CC'
（3）存在，理由如下，
取AD中点M，CE中点N，连接MN，
∵AD是⊙M直径，CE是⊙N直径，
∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，
∴∠AGD+∠CGE＝180°，
∵tanB=43，BE＝3，∴BD＝5，
∵CE=323，∴EN=12CE=163，
∴BN＝BE+EN=253，
∵DE⊥CE，∴DE是⊙N的切线，即DE在⊙N外，
作NF⊥AB，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°，
∴△BDE∽△BNF，
∴BDBN=DENF，
∴NF=203＞163，即NF＞rn，
∴AB在⊙N外，∴G点在四边形ADEC内部．
故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°．
贵州省
25．【2024·贵州25题】综合与探究：如图，∠AOB＝90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A．
（1）【操作判断】
如图①，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中∠APC的度数为 度；
（2）【问题探究】
如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，求证：OM+ON＝2PA；
（3）【拓展延伸】
点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于点F，若ON＝3OM，求OPOF的值．
解：（1）如图，PC即为所求．
∵∠AOB＝90°，PA⊥OA，PC⊥OB，
∴四边形OAPC是矩形，
∴∠APC＝90°，
故答案为：90．
（2）证明：如图，过P作PC⊥OB于点C．
由（!）知四边形OAPC是矩形，
∵点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA，PC⊥OB，
∴PA＝PC，
∴矩形OAPC是正方形，
∴OA＝AP＝PC＝OC，∠APC＝90°，
∵PN⊥PM，
∴∠APM＝∠CPN＝90°−∠MPC，
又∠MAP＝∠CNP＝90°，AP＝CP，
∴△APM≌△CPN（ASA），
∴AM＝CN，
∴OM+ON＝OM+AC+CN＝OM+AM+OC＝OA+OC＝2AP，
∴OM+ON＝2PA．
（3）①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA交于点G．
由（2）知OM+ON＝2AP，
设OM＝x，则ON＝3x，OA＝AP＝2x．
∴AM＝AO−OM＝x＝OM，
∵∠MON＝∠MAG＝90°，∠OMN＝∠AMG，
∴△MON≌△MAG（ASA），∴AG＝ON＝3x.
∵AP∥OB，
∴△ONF∽△PGF，
∴OFPF=ONAG=3x3x+2x=35，
∴PFOF=53，∴OPOF=83.
②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PC⊥OB于C，并延长交MN于G．
由（2）知，四边形OAPC是正方形，
∴OA＝AP＝PC＝OC，∠APC＝90°，PC∥AO.
∵PN⊥PM，∠APM＝∠CPN＝90°−∠MPC，
又∵∠A＝∠PCN＝90°，AP＝CP，
∴△APM≌△CPN，
∴AM＝CN，
∴ON−OM＝OC+CN−OM＝AO+AM−OM＝2AO，
∵ON＝3OM＝x，∴AO＝x，CN＝AM＝2x.
∵PC∥AO，
∴△CGN∽△OMN，
∴CGOM=CNON，即CGx=2x3x，∴CG=2x3.
∵PC∥AO，
∴△OMF∽△PGF，
∴OFPF=OMPG=xx+2x3=35，
∴PFOF=53，∴OPOF=23.
综上，OPOF的值为23或83．
甘肃省
27. 【2024·兰州】综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值．
解：（1）证明∵为等边三角形，
∴.
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，
∴.
∵，，
∴，
∴.
（2）四边形为平行四边形，理由如下，
∵，，
∴.
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，，
∴，则.
在和中，，
∴，∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴，则四边形为平行四边形.
（3）如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，
∵，，
∴，∴.
∵，∴.
又∵，
∴，∴，
∴，
∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值.
∵，
∴ ，∴，
∴，
∴，∴，
∴，∴，∴.
在中，，
∴的最小值为．
26．【2024·临夏州】如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE＝∠DAF．
【模型建立】
（1）求证：AF⊥BE；
【模型应用】
（2）若AB＝2，AD＝3，DF=12BF，求DE的长；
【模型迁移】
（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DF=12BF，求AFAD的值．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°.
∵∠ABE＝∠DAF，
∴∠AOE＝∠BAF+∠ABE＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
∴AF⊥BE．
（2）如图1，延长AF交CD于点G.
∵GD∥AB，∴△GDF∽△ABF.
∵DF=12BF，AB＝2，AD＝3，
∴GDAB=DFBF=12，∴GD=12AB=12×2＝1.
∵∠BAE＝∠ADG＝90°，∠ABE＝∠DAG，
∴AEAB=tan∠ABE＝tan∠DAG=GDAD=13，
∴AE=13AB=13×2=23，
∴DE＝AD−AE＝3−23=73，∴DE的长是73．
（3）如图2，延长AF交CD于点H.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADH＝90°.
设AB＝AD＝2m，
∵HD∥AB，∴△HDF∽△ABF.
∵DF=12BF，∴HFAF=HDAB=DFBF=12，
∴HD=12AB=12×2m＝m，
∴AH=AD2+HD2=(2m)2+m2=5m，
∴AF=21+2AH=23AH=23×5m=253m，
∴AFAD=253m2m=53，∴AFAD的值为53．
26．【2024·甘肃26题】【模型建立】
（1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB＝BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
解：（1）DE+CD＝AE，理由如下：
∵CD⊥BD，AE⊥BD，AB⊥BC，
∴∠ABC＝∠D＝∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠CBD＝∠C+∠CBD＝90°，
∴∠ABE＝∠C.
∵AB＝BC，
∴△ABE≌△BCD（AAS），
∴BE＝CD，AE＝BD，
∴DE＝BD−BE＝AE−CD，
∴DE+CD＝AE.
（2）AD=2BE+DF，理由如下：
过E点作EM⊥AD于点M，过E点作EN⊥CD于点N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，BD平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴2AD=2CD=BD，∴DE=BD−BE=2AD−BE.
∵EN⊥CD，EM⊥AD，∴EM＝EN.
∵AE＝EF，
∴Rt△AEM≌Rt△FEN（HL），
∴AM＝NF.
∵EM＝EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC＝90°，
∴四边形EMDN是正方形，
∴ED是正方形EMDN对角线，MD＝ND，
∴MD=DN=22DE，NF＝ND−DF＝MD−DF，
∴NF=AM=AD−MD=AD−22DE，NF=22DE−DF，
∴AD−22DE=22DE−DF，∴AD=2DE−DF.
∵DE=2AD−BE，
∴AD=2(2AD−BE)−DF，∴AD=2BE+DF.
（3）AD=2BE−DF，理由如下：
过A点作AH⊥BD于点H，过F点作FG⊥BD，交BD的延长线于点G，如图，
∵AH⊥BD，FG⊥BD，AE⊥EF，
∴∠AHE＝∠G＝∠AEF＝90°，
∴∠AEH+∠HAE＝∠AEH+∠FEG＝90°，
∴∠HAE＝∠FEG，
∵AE＝AF，
∴△HAE≌△GEF（AAS），∴HE＝FG.
∵在正方形ABCD中，∠BDC＝45°，
∴∠FDG＝∠BDC＝45°，
∴∠DFG＝45°，∴△DFG是等腰直角三角形，
∴FG=22DF，∴HE=FG=22DF.
∵∠ADB＝45°，AH⊥HD，
∴△ADH是等腰直角三角形，∴HD=22AD，
∴DE=HD−HE=22AD−22DF，
∴BD−BE=DE=22AD−22DF.
∵BD=2AD，
∴2AD−BE=22AD−22DF，
∴AD=2BE−DF．
黑龙江省
25．【2024·牡丹江】数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若AC＝63，CD＝2BD，则EF＝ ．
解：（1）证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．在AB边上截取AM＝EF，连接DM．如图1，
∴∠B＝90°−∠BAC＝90°−30°＝60°．
∵EF∥BC，∴∠EFB＝∠B＝60°．
又∵∠EAD＝60°，∴∠EFB＝∠EAD．
又∵∠BAD＝∠EAD−∠EAF，∠AEF＝∠EFB−∠EAF，
∴∠BAD＝∠AEF．
又∵AD＝AE，AM＝EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS）．∴AF＝DM．
∴∠AMD＝∠EFA＝180°−∠EFB＝180°−60°＝120°．
∴∠BMD＝180°−∠AMD＝180°−120°＝60°．
∵∠B＝60°，∴∠BMD＝∠B＝∠BDM．
∴△BMD是等边三角形．∴BD＝BM＝DM，
∵AB＝AM+BM，∴AB＝EF+BD；
（2）图②：AB＝BD−EF，证明如下：
如图2.1所示，在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABH是等边三角形，∴∠BAH＝60°.
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD，∴∠BAH＝∠DAE，
∴∠BAH−∠EAH＝∠DAE−∠EAH，即∠BAE＝∠HAD.
又∵AG＝AF，
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF＝DG，∠AFE＝∠G.
∵BD∥EF，
∴∠ABC＝∠F＝∠G＝60°.
∵∠DHG＝∠AHB＝60°，
∴△DHG是等边三角形，
∴DH＝DG＝EF，
∴AB＝BH＝BD−DH＝BD−EF；
图③：AB＝EF−BD，证明如下：
如图2.2所示，在EF上取点H使AH＝AF，
∵EF∥BC，∴∠F＝∠ABC＝60°.
∵AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴∠AHF＝∠HAF＝60°，∴∠AHE＝120°.
∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠DAB+∠EAH＝180°−∠EAD−∠HAF＝60°.
∵∠D+∠DAB＝∠ABC＝60°，∴∠D＝∠EAH.
∵∠DBA＝180°−∠ABC＝120°＝∠EHA，
又∵AD＝AE，∴△EAH≌△ADB（AAS），
∴BD＝AH，AB＝EH.
∵AH＝FH，
∴BD＝HF，∴AB＝EH＝EF−FH＝EF−BD.
（3）如图3.1所示.
∵∠BAC＝30°，∠C＝90°，
∴AB＝2BC，AB2＝BC2+AC2，
∴(2BC)2=BC2+(63)2，
∴BC＝6，∴AB＝2BC＝12.
∵CD＝2BD，BC＝BD+CD，
∴CD=13BC=2.
由（1）可知，BD+EF＝AB，
∴EF＝AB−BD＝12−2＝10；
如图3.2所示，当点D在线段BC的延长线上时，
∵CD＜BD，与CD＝2BD矛盾，∴不符合题意；
如图3.3所示，当点D在线段CB的延长线上时，
∵CD＝2BD＝BD+BC，BC＝6，∴BD＝BC＝6，
由（2）可知，AB＝EF−BD，
∵AB＝2BC＝12，∴EF＝AB+BD＝12+6＝18．
综上所述，EF＝10或18.
故答案为10或18．
27．【2024·绥化】综合与实践
问题情境
在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．纸片△ABC和△DEF满足∠ACB＝∠EDF＝90°，AC＝BC＝DF＝DE＝2cm．
下面是创新小组的探究过程．
操作发现
（1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点O与点F重合．当旋转△DEF纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AH＝x（1＜x＜2），BG＝y，请你探究出y与x的函数关系式，并写出解答过程．
问题解决
（2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现△CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，并说明理由．
拓展延伸
（3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持∠AFE＝60°．请你直接写出△DEF纸片的斜边EF与△ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值 （结果保留根号）．
解：（1）如图：
∵∠ACB＝∠EDF＝90°，且 AC＝BC＝DF＝DE＝2cm，
∴∠A＝∠B＝∠DFE＝45°，
∴∠AFH+∠BFG＝∠BFG+∠FGB＝135°，
∴∠AFH＝∠FGB，∴△AFH∽△BGF，
∴AFBG=AHBF，∴AH•BG＝AF•BF.
在 Rt△ACB 中，AC＝BC＝2，
∴AB=AC2+BC2=22+22=22，
∵O是AB的中点，点O与点F重合，
∴AF=BF=2，∴xy=2×2，
∴y=2x，∴y与x的函数关系式为y=2x(1＜x＜2)；
（2）△CGH的周长定值为2，理由如下：
∵AC＝BC＝2，AH＝x，BG＝y，
∴CH＝2−x，CG＝2−y，
在Rt△HCG 中，
∴GH=CH2+CG2=(2−x)2+(2−y)2=x2+y2−4(x+y)+8=(x+y)2−2xy−4(x+y)+8，
将（1）中xy＝2代入得：GH=(x+y)2−4(x+y)+4=(x+y−2)2=|x+y−2|，
∵1＜x＜2，y=2x，∴1＜y＜2，
∴x+y＞2，∴GH＝x+y−2，
∴△CHG 的周长＝CH+CG+GH＝2−x+2−y+x+y−2＝2.
（3）①过点F作 FN⊥AC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，如图：
∵∠AFE＝60°，∠A＝45°，
∴∠AHF＝75°，∴FM＝MH.
∵∠FNH＝90°，∴∠NFH＝15°.
∵FM＝MH，∴∠NFH＝∠MHF＝15°，
∴∠NMH＝30°.
在 Rt△MNH中，设NH＝k，∴MH＝MF＝2k，
∴MN=MH2−NH2=3k，
∴FN＝MF+MN＝（2+3）k，
在Rt△FNH中，tan∠FHN=tan75°=FNNH=(2+3)kk=2+3.
②过点F作FN⊥BC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM，
∵∠AFE＝60°，∠B＝45°，
∴∠FGB＝∠AFE−∠B＝15°，
∵GM＝MF，∴∠FGB＝∠GFM＝15°，
∴∠FMB＝30°，
在 Rt△FNM中，设FN＝k，∴GM＝MF＝2k，
由勾股定理得MN=MH2−NH2=3k，
∴GN＝GM+MN＝（2+3）k，
在 Rt△FNG 中，tan∠FGN=tan15°=FNGN=k(2+3)k=2−3，
综上所述，tan∠FHN=2+3 或 tan∠FGN=2−3，
故答案为：2+3或2−3．
23．【2024·齐齐哈尔】综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积；
（3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则BNBC= ；
（4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP=23，请直接写出线段AP的长度．
解：（1）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠BCA＝∠DBE＝90°−∠ABC，
∵∠A＝∠E＝90°，∴△ABC≌△EBD（AAS），
∴AB＝DE.
故答案为：AB＝DE．
（2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠BCA＝∠DBE＝90°−∠ABC，
∵∠A＝∠E＝90°，∴△ABC≌△EBD（AAS），
∴DE＝AB，BE＝AC，
∵AB＝2，AC＝6，∴DE＝2，BE＝6，
∴AE＝AB+BE＝8，
∵∠DEB+∠A＝180°，∴DE∥AC，
∴△DEF∽△CAF，
∴DEAC=EFAF，即26=EFEF+8，
∴EF＝4，∴BF＝BE+EF＝10，
∴S△BDF=12BF•DE＝10．
（3）方法一：如图，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系，
由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2，
∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2），
设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得，
0=2k+b2=8k+b，解得：k=13b=−23，
∴直线BD解析式为y=13x−23，
同理可求直线CE解析式为：y=−34x+6，
令13x−23=−34x+6，解得x=8013，
∴y=1813，即N（8013，1813），
∴利用两点距离公式可得BN=181013，
∵BC=AB2+AC2=210，
∴BNBC=181013210=913．故答案为：913．
方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M，
由△EMN∽△EAC得，MNAC=EMEA，即MN6=EM8，
∴EM=43MN，
由△BMN∽△BED得，MNDE=BMBE，即MN2=6−43MN6，
解得MN=1813，
由△BMN∽△CAB得，BNBC=MNAB=913．
故答案为：913．
（4）方法一：①当点P在点B左侧时，如图所示，过P作PQ⊥BC于点Q，
∵tan∠BCP=PQCQ=23，tan∠ABC=PQBQ=ACAB=3，
∴PQ=23CQ，PQ＝3BQ，
设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a，
∴BC＝BQ+CQ＝11a，
∵BC=AB2+AC2=210=11a，
∴a=21011，
∴BP=BQ2+PQ2=210a=4011，
∴AP＝BP−AB=1811；
②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交BC延长线于点G，
tan∠BCP=PGCG=23，tan∠PBG＝tan∠ABC，即PGBG=ACAB=3，
剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP=547．
综上，AP的长度为1811或547．
方法二：补充知识：正切和差角公式：tan（α+β）=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβ，tan（α−β）=tanα−tanβ1+tanα⋅tanβ．
①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA=13，tan∠BCP=23，所以此时点P在A的左侧，如图所示，
tan∠BCP＝tan（∠BCA+∠ACP）=tan∠BCA+tan∠ACP1−tan∠BCA⋅tan∠ACP=13+tan∠ACP1−13tan∠ACP=23，
解得tan∠ACP=311，即APAC=311，
∵AC＝6，∴AP=1811．
②当点P在点B右侧时，如图所示，
tan∠ACP＝tan（∠BCA+∠BCP）=tan∠BCA+tan∠BCP1−tan∠BCA⋅tan∠BCP=13+231−13×23=97，
即APAC=97，
∵AC＝6，∴AP=547．
综上，AP的长度为1811或547．
内蒙古
26．【2024·通辽26题】数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 ，位置关系是 ．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△AEF是含有45°的直角三角尺，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∵∠BAD−∠DAE＝∠EAF−∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAF，∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴∠G＝∠BAM＝90°，即BE⊥DF，
故答案为：BE＝DF，BE⊥DF．
（2）∵△BAD是直角三角形，O是BD中点，
∴OA=12BD＝OD，
由（1）知∠G＝90°，∴△BGD是直角三角形，
∴OG=12BD＝OD，∴OA＝OD＝OG．
（3）由（2）知，OA＝OD＝OG，
∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧，
连接OA，OG，
∵旋转角α从0°变化到60°，
∴此时点G的运动路线就是AG，
∵∠BAE＝60°，∴ABE＝30°，
∴∠OBG＝45°−30°＝15°，
∵OB＝OG=12BD，∴∠DOG＝30°.
∴∠AOG＝180°−∠AOB−∠DOG＝60°，
∵AB＝2，∴BD=2AB＝22，
∴OA＝OG=2，
∴AG的长度=60°×π×2180°=23π．
即点G经过路线的长度为23π．
24．【2024·通辽24题】【实际情境】
手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具．同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞．
【模型建立】
（1）如图1，从花折伞中抽象出“牵形图”，AM＝AN，DM＝DN．求证∠AMD＝∠AND．
【模型应用】
（2）如图2、△AMC中，∠MAC的平分线AD交MC于点D．请你从以下两个条件：①∠AMD＝2∠C；②AC＝AM+MD中选择一个作为已知条件，另一个作为结论，并写出结论成立的证明过程．（注：只需选择一种情况作答）
【拓展提升】
（3）如图3，AC为⊙O的直径，AB=BC，∠BAC的平分线AD交BC于点E，交⊙O于点D，连接CD．求证AE＝2CD．
解：（1）证明：在△ADM和△ADN中，AM=ANDM=DNAD=AD，
∴△ADM≌△ADN（SSS），∴∠AMD＝∠AND；
（2）（Ⅰ）选择②为条件，①为结论，
如图，在AC取点N，使AN＝AM，连接DN，
∵AD平分∠MAC，∴∠DAM＝∠DAN，
在△ADM和△ADN中，
∵AM＝AN，∠DAM＝∠DAN，AD＝AD，
∴△ADM≌△ADN（SAS），
∴DM＝DN，∠AMD＝∠AND，
∵AC＝AM+MD，AC＝AN+NC，
∴DM＝CN，∴DN＝CN，
∴∠C＝∠CDN，
∴∠AMD＝∠AND＝∠CDN+∠C＝2∠C.
（Ⅱ）选择①为条件，②为结论，
如图，在AC取点N，使AN＝AM，连接DN，
∵AD平分∠MAC，∴∠DAM＝∠DAN.
在△ADM和△ADN中，
∵AM＝AN，∠DAM＝∠DAN，AD＝AD，
∴△ADM≌△ADN（SAS），
∴DM＝DN，∠AMD＝∠AND，
∵∠AMD＝2∠C，
∴∠AND＝2∠C＝∠CDN+∠C，
∴∠CDN＝∠C，∴DN＝CN，
∴DM＝CN.
∵AC＝AN+NC，∴AC＝AM+MD.
（3）如图，连接BD，取AE的中点F，连接BF，
∵∠BAC的平分线AD，∴DC=BD，
∴BD＝CD，∴∠BCD＝∠CBD.
∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC＝90°，
∴AE＝2BF＝2AF，∴∠ABF＝∠BAF.
∵∠BAF＝∠BCD，∴∠ABF＝∠CBD.
∵AB=BC，∴AB＝BC，
∴△ABF≌△CBD（ASA），
∴BF＝BD＝CD，∴AE＝2CD．
26．【2024·赤峰26题】数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
（1）求证：AD＝AF；
（2）探究DFDE与ADDC的关系；
某小组探究发现，当ADDC=13时，DFDE=23；当ADDC=45时，DFDE=85．
请你继续探究：
①当ADDC=76时，直接写出DFDE的值；
②当ADDC=mn时，猜想DFDE的值（用含m，n的式子表示），并证明；
（3）拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使∠ACF＝∠ACB时，若ADDC=mn，直接写出APAD的值（用含m，n的式子表示）．
解：（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，
∵DE⊥BC，∴∠BED＝∠CED＝90°，
∴∠B+∠F＝∠C+∠EDC＝90°，∴∠F＝∠EDC，
∵∠ADF＝∠EDC，∴∠F＝∠ADF，
∴AD＝AF．
（2）①如图，过点A作AG∥CE，则AG⊥DF，
∴△AGD∽△CED，∴GDDE=ADDC=76，
∵AF＝AD，∴GF＝GD，∴DFDE=2•GDDE=73．
②如图，过点A作AG∥CE，则AG⊥DF，
∴△AGD∽△CED，∴GDDE=ADDC=mn，
∵AF＝AD，∴GF＝GD，
∴DFDE=2•GDDE=2mn．
（3）解：设∠ABC＝∠ACB＝∠ACF＝α，
在Rt△FAP中和Rt△FCE中，∠FAP＝∠FCE＝2α，
∴tan∠FAP＝tan∠FCE，∴APAF=CECF，
∵AD＝AF，∴APAD=CECF．
则我们求出CECF的值即可．
方法一：如图，过点F作FM∥BC交CA的延长线于点M，
∵∠ACB＝∠ACF＝∠M，∴CF＝MF，
同理AM＝AF＝AD，
∴CECF=CEMF=CDMD=CD2AD=n2m．
∴APAD=n2m．
方法二：如图，过点E作EN∥AC交FC延长线于点N，
同方法一CE＝CN，∴CNCF=DEDF，
由（2）②得DFDE=2mn，∴CNCF=DEDF=n2m，
∴APAD=CECF=n2m．
方法三：如图，过D作DE'⊥CF于点E'，
根据角平分线性质可得DE＝DE'，
△CED和△CDF可以看作等高三角形，同时也是等高三角形，
∴S△CEDS△CFD=CECF=DEDF=n2m，∴APAD=CECF=n2m．
新疆
23．【2024·新疆生产建设兵团】【探究】
（1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．
【运用】
（2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，CE=23．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长．
解：（1）①CE+CD＝CA．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC−∠DAC＝∠DAE−∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE＝BD.
∵BD+CD＝BC，∴CE+CD＝CA．
②CA+CD＝CE．理由如下，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE＝BD，
∵CB+CD＝BD，∴CA+CD＝CE．
（2）过E作EH∥AB，则△EHC为等边三角形．
①当点D在H左侧时，如图1，
∵ED＝EF，∠DEH＝∠FEC，EH＝EC，
∴△EDH≌△EFC（SAS），∴∠ECF＝∠EHD＝120°，
此时△CEF不可能为直角三角形．
②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图2，
同理可得∴△EDH≌△EFC（SAS），
∴∠FCE＝∠EHD＝60°，∠FEC＝∠DHE＜∠HEC＝60°，
此时只有∠FCE有可能为90°，
当∠FCE＝90°时，∠EDH＝90°，∴ED⊥CH，
∵CH＝CE＝23，∴CD=12CH=3，
又∵AB＝6，∴BD＝6−3．
③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3，
此时只有∠CEF＝90°，
∵∠DEF＝60°，∴∠CED＝30°，
∵∠ECH＝60°，∴∠EDC＝CED＝30°，
∴CD＝CE＝23，∴BD＝6+23．
综上，BD的长为6−3或6+23．
14．如图，在锐角△ABC中，探究asinA，bsinB，csinC 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．）
如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE，
∴①_____．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
∴在Rt△ECD′中，②_____．
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴DE＝D′E＝③_____．