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中考数学几何模型加强版 模型22 三等角相似模型
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专题22 三等角相似模型
一、单选题
1．如图，在矩形中，，是的中点，连接，，是边上一动点，沿过点的直线将矩形折叠，使点落在上的点处，当是直角三角形时，的值为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】B
【分析】
根据矩形的性质得到AD=BC=6，∠BAD=∠D=∠B=90°，根据勾股定理得到AE=，设PD′=PD=x，则AP=6-x，当△APD′是直角三角形时，①当∠AD′P=90°时，②当∠APD′=90°时，根据相似三角形的性质列出方程，解之即可得到结论．
【详解】
解：∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，
∴AD=BC=6，∠BAD=∠D=∠B=90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE=3，
∴AE=，
∵沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D′处，
∴PD′=PD，
设PD′=PD=x，则AP=6-x，
当△APD′是直角三角形时，
①当∠AD′P=90°时，
∴∠AD′P=∠B=90°，
∵AD∥BC，
∴∠PAD′=∠AEB，
∴△ABE∽△PD′A，
∴，
∴，
∴x=，
∴PD=；
②当∠APD′=90°时，
∴∠APD′=∠B=90°，
∵∠PAE=∠AEB，
∴△APD′∽△EBA，
∴，
∴，
∴x=，
∴PD=，
综上所述，当△APD′是直角三角形时，PD=或，
故选：B．
【点睛】
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．
2．如图，正方形ABCD边长为4，边BC上有一点E，以DE为边作矩形EDFG，使FG过点A，则矩形EDFG的面积是（ ）
A．16 B．8 C．8 D．16
【答案】D
【分析】
先利用等角的余角证明∠ADF＝∠EDC，再根据相似三角形的判定方法证明△ADF∽△CDE，然后利用相似比计算DF与DE的关系式，最后根据矩形的面积公式求得矩形的面积便可..
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝4，∠ADC＝∠C＝90°，
∵四边形EDFG为矩形，
∴∠EDF＝∠F＝90°，
∵∠ADF+∠ADE＝90°，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADF＝∠EDC，
∴△ADF∽△CDE，
∴，即 ，
∴DF＝，
∴矩形EDFG的面积为：DE•DF＝DE•＝16．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质，根据矩形的性质求面积是解题重要一步．
3．如图，在矩形中，，，、、、分别为矩形边上的点，过矩形的中心，且．为的中点，为的中点，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接，证明四边形是矩形，再证明，求得与的长度，由勾股定理求得与，再由矩形的周长公式求得结果．
【详解】
解：连接，
四边形是矩形，
，，
为的中点，为的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，
矩形是中心对称图形，过矩形的中心．
过点，且，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，或4，
或4，
当时，，则，
，
四边形的周长；
同理，当时，四边形的周长；
故选：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键在于证明四边形是矩形．
4．如图，在反比例函数的图象上有一动点，连接并延长交图象的另一支于点，在第二象限内有一点，满足，当点运动时，点始终在函数的图象上运动，若，则的值为（ ）
A．－6 B．－12 C．－18 D．－24
【答案】B
【分析】
连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，通过角的计算找出∠AOE＝∠COF，结合“∠AEO＝90°，∠CFO＝90°”可得出△AOE∽△COF，根据相似三角形的性质得出比例式，再由，得出，可得出CF•OF的值，进而得到k的值．
【详解】
如图，连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，
∵由直线AB与反比例函数的对称性可知A、B点关于O点对称，
∴AO＝BO，
又∵AC＝BC，
∴CO⊥AB，
∵∠AOE＋∠AOF＝90°，∠AOF＋∠COF＝90°，
∴∠AOE＝∠COF，
又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°，
∴△AOE∽△COF，
∴，
∵，
∴，
∴CF＝2AE，OF＝2OE，
又∵AE•OE＝3，
∴CF•OF＝|k|＝4×3＝12，
∴k＝±12，
∵点C在第二象限，
∴k＝−12，
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质以及相似三角形的判定及性质，解题的关键是求出CF•OF＝12．解决该题型题目时，巧妙的利用了相似三角形的性质找出对应边的比例，再结合反比例函数图象上点的坐标特征找出结论．
二、解答题
5．定义：有两个相邻内角互余的凸四边形称为互余四边形，这两个角的夹边称为互余线．
（1）在ΔABC中，AB=AC，AD是ΔABC的角平分线，E、F分别是BD，AD上的点，求证：四边形ABEF是互余四边形；
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A、B在格点上，请画出一个符合条件的互余四边形ABEF，使AB是互余线，E、F在格点上；
（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连接DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N，若N为AC的中点，DE=2BE，如互余线AB=10，求BQ的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）3
【分析】
（1）由等腰三角形的“三线合一“性质可得，则可得与互余，即与互余，从而可得答案；
（2）画出图形即可；
（3）先由等腰三角形的“三线合一“性质可得、，再判定，从而列出比例式，将已知线段的长代入即可得解．
【详解】
解：（1），是的角平分线，
，
，
，
与互余，
四边形是邻余四边形；
（2）如图所示，四边形ABEF即为所求；（答案不唯一）
（3），是的角平分线，
，
，
，
，
，点是的中点，
，
，
，
，
，
，
AB=10，
N为AC的中点，
，
．
【点睛】
本题考查了四边形的新定义，综合考查了等腰三角形的“三线合一“性质、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂定义并明确相关性质及定理是解题的关键．
6．如图，在中，，，点为边上一点，且，点为中点，．
（1）求的长．
（2）求证：．
【答案】（1）5；（2）证明见解析；
【分析】
（1）先证明出∽，得出，假设BD为x，则DC=15-x，代入分式方程求出BD的长；
（2）由（1）可知，推出≌，得出结果；
【详解】
（1）∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴∽，∴，
∵为中点，∴，
∵，设，则，
即：，解得：，，
∵，
∴．
（2）由（1）可知，∵，∴，
在和中，，∴≌
∴
【点睛】
本题考查三角形全等的性质，三角形相似的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用．
7．如图，在中，，是高，平分，分别与，相交于点，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】
（1）由题意易得，进而可知，然后有，进而问题得证；
（2）由题意易得，进而有，，进而问题得证；
（3）如图，作于，从而易得，进而可得，，然后由可进行求解．
【详解】
证明：（1）
为边上的高，
，
是的平分线，
；
（2），，
，
；
（3）如图，作于
，
，
由，
，
，，
由
．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
8．如图，四边形ABCD中，AD＝CD，∠DAB＝∠ACB＝90°，过点D作DE⊥AC，垂足为F，DE与AB相交于点E．
（1）求证：AB·AF＝CB·CD；
（2）已知AB＝15 cm，BC＝9 cm，P是射线DE上的动点．设DP＝x cm（），四边形BCDP的面积为y cm2．
①求y关于x的函数关系式；
②当x为何值时，△PBC的周长最小，并求出此时y的值．
【答案】（1）见解析；（2）①（）；②当时，△PBC的周长最小，此时．
【分析】
（1）由已知条件易证△DCF∽△ABC，可得，即可得AB·AF＝CB·CD；
（2）①由勾股定理求得AC=12，即可得CF＝AF＝6，根据四边形BCDP的面积=△DCP的面积+△BCP的面积即可得y关于x的函数关系式；
②由题意可知△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小，当当P、A、B三点共线时PB＋PA最小．这时求得x、y的值即可．
【详解】
（1）证明：∵AD＝CD，DE⊥AC，
∴DE垂直平分AC
∴AF＝CF，∠DFA＝∠DFC＝90°，∠DAF＝∠DCF．
∵∠DAB＝∠DAF＋∠CAB＝90°，∠CAB＋∠B＝90°，
∴∠DCF＝∠DAF＝∠B
在Rt△DCF和Rt△ABC中，
∠DFC＝∠ACB＝90°，∠DCF＝∠B
∴△DCF∽△ABC
∴，即．
∴AB·AF＝CB·CD
（2）解①∵AB＝15 BC＝9 ∠ACB＝90°
∴AC＝＝＝12
∴CF＝AF＝6
∴y=（x+9）×6＝3x＋27（x＞0）
②∵BC＝9（定值），
∴△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小．
由（1）可知，点C关于直线DE的对称点是点A，
∴PB＋PC＝PB＋PA，故只要求PB＋PA最小．
显然当P、A、B三点共线时PB＋PA最小．
此时DP＝DE，PB＋PA＝AB．
由（1），∠ADF＝∠FAE，∠DFA＝∠ACB＝90°，得△DAF∽△ABC．
由EF∥BC，得AE＝BE＝AB＝，EF＝．
∴AF∶BC＝AD∶AB，
即6∶9＝AD∶15．
∴AD＝10．
Rt△ADF中，AD＝10，AF＝6，∴DF＝8．
∴DE＝DF＋FE＝8＋＝．
∴当x＝时，△PBC的周长最小，此时y＝
9．已知，如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，交AB于F，连结FC（AB>AE）．
（1）求证：
（2）与是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由．
（3）设，是否存在这样的值，使得与相似？若存在，证明你的结论并求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）相似，理由见解析；（3）存在，k=．
【分析】
（1）根据直角三角形两锐角互余和等角的余角相等可得∠DEC=∠AFE，再根据∠A=∠D=90°可证得结论；
（2）延长FE与CD的延长线交于G，证明Rt△AEF≌Rt△DEG（ASA）．由全等三角形的性质可得出EF=EG．证明Rt△EFC≌Rt△EGC（SAS）．得出∠AFE=∠EGC=∠EFC．则可证得结论；
（3）分两种情况讨论，当∠AFE=∠BCF时根据一个三角形最多有一个直角排除，当∠AFE=∠BFC，设BC=a，则AB=ka，由△AEF∽△BCF，得出AF=ka，BF=ka，再借助△AEF∽△DCE即可证明．
【详解】
解：（1）∵EF⊥EC，
∴∠FEC=90°，即∠AEF+∠DEC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠DEC=∠AFE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△AEF∽△DCE；
（2）△AEF∽△ECF．证明如下：
延长FE与CD的延长线交于G，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠GED，∠A=∠EDG，
∴Rt△AEF≌Rt△DEG（ASA）．
∴EF=EG．
∵CE=CE，∠FEC=∠CEG=90°，
∴Rt△EFC≌Rt△EGC（SAS）．
∴∠AFE=∠EGC=∠EFC．
又∵∠A=∠FEC=90°，
∴△AEF∽△ECF；
（3）存在k值，使得△AEF与△BFC相似．
理由如下：
假定△AEF与△BFC相似，则有两种情况：
当∠AFE=∠BCF，则有∠AFE与∠BFC互余，于是∠EFC=90°，因此此种情况是不成立的；
当∠AFE=∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，
设BC=a，则AB=ka，
∵△AEF∽△BCF，
∴，
∴AF=ka，BF=ka，
∵△AEF∽△DCE，
∴，即，
解得，k=．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理，能正确识图是解题的关键．
10．在中，，，．
（1）如图1，折叠使点落在边上的点D处，折痕交、分别于、，若，则＿＿＿．
（2）如图2，折叠使点落在边上的点处，折痕交、分别于、．若，求证：四边形是菱形．
（3）如图3，在（1）（2）的条件下，线段上是否存在点，使得和相似？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，满足条件的值为或8或．
【分析】
（1）利用勾股定理求出AC，设HQ＝x，根据SΔABC=9SΔDHQ，构建方程即可解决问题；
（2）由翻折的性质可得AE=EM，AF=FM，然后证明出AE=AF即可；
（3）设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，构建方程求出m的值，然后根据QH=4，AQ=，求出QC=，设PQ=x，分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）如图，
在中，
∵，，，
∴
设，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴
整理得：，
解得：，（舍去），
∴．
（2）如图
由翻折的性质可知：，，，
∵，
∴，
∴，
∴AE=AF，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）如图，连接MP、HP，
设．
则，，
∴，解得
∴
∴，
∴
∵，
∴
设，
①当时，
∴，
解得：
∴，
②当时，，
解得：或．
∴或．
综上所述，满足条件的值为或8或．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了翻折变换、三角形的面积、菱形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
11．关于x的方程①和一元二次方程②中，k，m均为实数，方程①的根为非负数．
（1）求k的取值范围；
（2）当k为最小整数时，方程②有两根分别为和，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，点C是双曲线在第一象限图像上一动点，作CD⊥y轴交线段AB于点E，作CF⊥x轴交线段AB于点G，坐标原点为O．按要求补全图形并完成：
①BG·AE＝___________；
②求∠EOG的度数．
【答案】（1）k≥-1且k≠2；（2）m=4；（3）①1；②∠EOG=45°．
【分析】
（1）先解方程①，根据方程①的根为非负数及一元二次方程的定义即可得答案；
（2）由（1）可知k≥-1，根据k为最小整数可知k=-1，可得方程②为，利用一元二次方程根与系数的关系即可得答案；
（3）①根据（2）可得直线AB和双曲线的解析式，根据题意作出图形，过点E作EP⊥x轴于P，过G作GQ⊥y轴于Q，设点C坐标为（t，），由直线AB解析式可得A、B两点坐标，可得△AOB是等腰直角三角形，进而可得△BQG和△EPA是等腰直角三角形，可得BG=QG，AE=PE，即可得答案；
②如图，连接OE、OG，由①得BG·AE=1，OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，可得，即可证明△BOG∽△AEO，可得∠OGB=∠EOA，根据外角性质及角的和差关系可得∠EOG=∠OAB=45°．
【详解】
（1）∵，
∴x=，
∵方程的根为非负数，方程是一元二次方程，
∴≥0，2-k≠0，
解得：k≥-1且k≠2．
（2）由（1）可知k≥-1，
∵k为最小整数，
∴k=-1，
∴方程②为，
∵方程②有两根分别为和，
∴+()=，即-m=-4，
解得：m=4．
（3）①根据题意补全图形如下，过点E作EP⊥x轴于P，过G作GQ⊥y轴于Q，由（2）可知k=-1，m=4，
∴直线AB解析式为y=-x+1，双曲线的解析式为，
∵直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A（1，0），B（0，1），
∴OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵EP⊥x轴，GQ⊥y轴，
∴△BQG和△EPA是等腰直角三角形，
∴BG=GQ，AE=PE，
∵CD⊥y轴，CF⊥x轴，
∴GQ=CD，PE=CF，
设点C坐标为（t，），则CD=t，CF=，
∴BG·AE=t×·=1．
②如图，连接OE、OG，
由①得BG·AE=1，OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，
∴BG=，
∴，
∴△BOG∽△AEO，
∴∠OGB=∠EOA，
∵∠OGB=∠GOA+∠OAB，∠EOA=∠EOG+∠GOA，
∴∠EOG=∠OAB=45°．
【点睛】
本题考查一元二次方程的定义、根与系数的关系；等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，如果两个三角形的两组对应边成比例，且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根为x1、x2，那么x1+x2=，x1x2=；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
12．（问题情境）如图①，在中，，，点为中点，连结，点为上一点，过点且垂直于的直线交于点．易知与的数量关系为____________．
（探索发现）如图②，在中，，，点为中点，连结，点为的延长线上一点，过点且垂直于的直线交的延长线于点．
（问题情境）中的结论还成立吗？请说明理由．
（类比迁移）如图③，在等边中，，点是中点，点是射线上一点（不与点、重合），将射线绕点逆时针旋转交于点．当时，____________．
【答案】【问题情境】；【探索发现】成立，理由见解析；【类比迁移】或
【分析】
问题情境：根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
探索发现：根据线段的中点的定义得到CD＝BD，求得∠DBC＝∠DCB＝45°，得到∠CDF＝∠BDE，推出CF＝BE；
类比迁移：根据等边三角形的性质得到∠A＝∠B＝60°，求得∠BDF＝∠AED，设CE＝x，则CF＝2x，当点E在线段AC上时，如图④，当点E在AC的延长线上时，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
问题情境：证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB中点，
∴CD⊥AB，CD＝BD＝AD＝AB，∠BCD＝∠B＝45°，
∴∠BDC＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠CDF＝∠BDE，
在△BDE与△CDF中，
∵∠B＝∠DCF，BD＝CD，∠BDE＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF（ASA），
∴BE＝CF；
探索发现:成立，理由如下：
∵在Rt△ABC中，D为AB中点，
∴CD＝BD，
又∵AC＝BC，
∴DC⊥AB，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EDB＋∠BDF＝∠CDF＋∠BDF＝90°，
∴∠CDF＝∠BDE，
∴∠ADF＝∠CDE，
∴AF＝CE，
∴CF＝BE；
类比迁移：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
∵∠FDE＝60°，
∴∠BDF＝120°−∠ADE，∠AED＝120°−∠ADE，
∴∠BDF＝∠AED，
∴△AED∽△BDF，
∴，
∵点D为AB中点，AB＝4，
∴AD＝BD＝2，AC＝BC＝4，
∵CF＝2CE，
∴设CE＝x，则CF＝2x，
当点E在线段AC上时，
∴AE＝4−x，BF＝4−2x，
∴，
解得：x＝3−，x＝3＋（不合题意，舍去），
∴CE＝3−，
如图，当点E在AC的延长线上时，
∵AE＝4＋x，BF＝4−2x，
∴，
解得：x＝−1＋，（负值舍去），
∴CE＝−1＋．
综上所述，CE＝3−或−1＋，
故答案为：CE＝3−或−1＋．
【点睛】
本题考查了几何变换综合题，等边三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
13．如图， AB是⊙O的直径， ⊙O过AC的中点D， DE⊥BC于点E，连接BD．
（1） 求证： AB = BC；
（2） 求证：DE•AB = AD•BD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角为90°可得∠ADB=∠BDC=90°，由SAS证明△ABD≌△CBD，即可得AB=BC；
（2）由△ABD≌△CBD可得∠C =∠A，再由∠DEC = ∠ADB=90°可证△ECD∽△DAB，从而得到，因为CD ＝AD，所以DE•AB = AD•BD．
【详解】
证明：（1） ∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
∵D是AC的中点，
∴AD=CD，
又∵BD是公共边，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠C=∠A，AB＝BC．
（2）∵DE⊥BC，AB是⊙O的直径，
∴∠DEC=∠ADB=90°，
又∵∠C =∠A，
∴△ECD∽△DAB，
∴，
∵CD＝AD，
∴DE•AB = AD•BD．
【点睛】
本题考查圆的综合题，应用到全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，掌握圆的性质为解题关键．
14．在平面直角坐标系xOy中，直线与轴、轴分别交于点A、B，与直线相交于点C．
(1)直接写出点C的坐标；
(2)如图，现将直角∠FCE绕直角顶点C旋转，旋转时始终保持直角边CF与轴、轴分别交于点F、点D，直角边CE与轴交于点E.
①在直角∠FCE旋转过程中，的值是否会发生变化?若改变，请说明理由；若不变，请求出这个值.
②在直角∠FCE旋转过程中，是否存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似?若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（4，4）；（2）①不变，值为1；②存在，或．
【分析】
（1）联立两直线解析式，求方程组的解即可求得点C的坐标；
（2）①过点C作CH⊥y轴于点H，过点C作CK⊥x轴于点K，则可证明△CHD∽△CKE，结合点C的坐标，可求得的值；
②分△ODE∽△CEF和△ODE∽△CFE两种情况，当△ODE∽△CEF时，利用相似三角形的性质可求得O为EF中点，可求得OF的长，再证明△CHD∽△FOD，利用相似三角形的性质可求得OD的长，可求得D点的坐标；当△ODE∽△CFE时，过点C作CM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，利用△CMD≌△CNE可证得OC=OD，则可求得点D的坐标．
【详解】
解：（1）联立两直线解析式可得，解得，
；
（2）①不变；
如图1，过点作轴于点，过点作轴于点，则，
，，
，且，
，
；
②存在，
若，如图2，
则，
，又，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
又，
，
，即，
，
；
若，如图3，
则．
过点作轴于点，过点作轴于点，
则．易证，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
；
综上所述若以、、为顶点的三角形与相似，则点坐标为或．
【点睛】
本题为相似三角形的综合应用，涉及知识点有函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质及分类讨论思想等．在（1）中联立函数解析式构成方程组是求函数图象交点的常用方法，在（2）中利用相似三角形的性质得到关于OD的方程求得OD的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
15．如图，在正方形中，点在上，交于点．
（1）求证：；
（2）连结，若，试确定点的位置并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）点E为AD的中点．理由见解析
【分析】
（1）根据同角的余角相等证明∠ABE=∠DEF，再由直角相等即可得出两三角形相似的条件；
（2）根据相似三角形的对应边成比例，等量代换得出，即可得出DE=AE．
【详解】
（1）证明∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AEB+∠ABE=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠AEB+∠DEF=90°，
∴∠ABE=∠DEF．
在△ABE和△DEF中，
∴△ABE∽△DEF ；
（2）∵△ABE∽△DEF，
∴，
∵△ABE∽△EBF，
∴，
∴，
∴DE=AE，
∴点E为AD的中点．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，根据等角的余角相等证出两角相等是解决（1）的关键，根据相似三角形的对应边成比例等量代换是解决（2）的关键．
16．如图，在中，于，于，试说明：
（1）
（2）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；
（2）首先根据相似三角形的性质得出，进而证明△ADE∽△ACB，最后根据相似三角形的性质即可证明．
【详解】
解：（1）∵CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，
∴∠AEB=∠ADC=90°，
在△ABE和△ACD中
∴△ABE∽△ACD；
（2）∵△ABE∽△ACD，
∴．
在△ADE和△ACB中，
∴△ADE∽△ACB
∴
∴AD·BC=DE·AC．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
17．如图，在等边三角形ABC中，BC＝8，过BC边上一点P，作∠DPE＝60°，分别与边AB，AC相交于点D与点E．
（1）在图中找出与∠EPC始终相等的角，并说明理由；
（2）若△PDE为正三角形时，求BD+CE的值；
（3）当DE∥BC时，请用BP表示BD，并求出BD的最大值．
【答案】（1）∠BDP＝∠EPC，理由见解析；（2）8；（3）BD＝，BD的最大值为4．
【分析】
（1）根据等边三角形的性质、三角形的外角性质解答；
（2）证明△BDP≌△CPE，根据全等三角形的性质得到BD＝CP，BP＝CE，结合图形计算，得到答案；
（3）证明△BDP∽△CPE，根据相似三角形的性质列式求出BP与BD的关系，根据二次函数的性质求出BD的最大值．
【详解】
解：（1）∠BDP＝∠EPC，
理由如下：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠DPE＝60°，
∴∠DPE＝∠B，
∵∠DPC是△BDP的外角，
∴∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，
∴∠EPC＝∠BDP；
（2）∵△PDE为正三角形，
∴PD＝PE，
在△BDP和△CPE中，
∴△BDP≌△CPE（AAS），
∴BD＝CP，BP＝CE，
∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8；
（3）∵DE∥BC，△ABC为等边三角形，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵∠B＝∠C，∠EPC＝∠BDP，
∴△BDP∽△CPE，
∴，即
整理得，BD＝，
﹣BP2+8BP＝﹣（BP﹣4）2+16，
∴BD的最大值为4．
【点睛】
此题主要考查等边三角形的性质、三角形的外角性质、全等三角形的判断与性质、相似三角形的判断与性质以及二次函数的性质，灵活运用知识点进行逻辑证明是解题关键．
18．如图，正方形ABCD的边长等于，P是BC边上的一动点，∠APB、∠APC的角平分线PE、PF分别交AB、CD于E、F两点，连接EF．
（1）求证：△BEP∽△CPF；
（2）当∠PAB＝30°时，求△PEF的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【分析】
（1）由于PE平分∠APB，PF平分∠APC，所以∠EPF＝90°，然后根据相似三角形的判定即可求证△BEP∽△CPF；
（2）由题意可知∠BPE＝30°，∠FPC＝60°，根据含30度的直角三角形的性质即可求出答案．
【详解】
（1）∵PE平分∠APB，PF平分∠APC，
∴∠APE＝∠APB，∠APF＝∠APC，
∴∠APE+∠APF＝（∠APB+∠APC）＝90°，
∴∠EPF＝90°，
∴∠EPB+∠BEP＝∠EPB+∠FPC＝90°，
∴∠BEP＝∠FPC，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△BEP∽△CPF；
（2）∵∠PAB＝30°，
∴∠BPA＝60°，
∴∠BPE＝30°，
在Rt△ABP中，
∠PAB＝30°，AB＝，
∴BP＝1，
在Rt△BPE中，
∠BPE＝30°，BP＝1，
∴EP＝，
∵CP＝﹣1，∠FPC＝60°，
∴PF＝2CP＝2﹣2，
∴△PEF的面积为：PE•PF＝2﹣．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，本题属于中等题型．
19．已知四边形是矩形．
（1）如图1，分别是上的点，垂直平分，垂足为，连接．
①求证：；
②若，求的大小；
（2）如图2，，分别是上的点，垂直平分，点是的中点，连接，若，直接写出的长．
【答案】（1）①详见解析；②30°；（2）
【分析】
（1）①过G作MN⊥CD于N，与AB交于点M，则MN∥AD，证明AM=BM，再证明四边形ADNM是矩形，得MN垂直平分CD，再根据垂直平分线定理得结论；
②连接CF，证明CF=2CD，延长CD至H，使得DH=CD，连接EH，则CF=CH，由垂直平分线的性质得CF=HF=CH，得∠FCD=60°，由余角性质得∠BCF的度数，进而求得∠GCD，再根据三角形内角和定理得结果；
（2）过N点作NK⊥AB于点K，得四边形AKND是矩形，证明△ABP≌△KNM，得AP=KM，不妨设BM=MP=x，则AM=6-x，证明△APM∽△DQP，列出x的方程，求得x的值便可得出结论．
【详解】
解：（1）①如图1，过G作MN⊥CD于N，与AB交于点M，则MN∥AD，
∵CE垂直平分BF，
∴GB=GF，
∴AM=BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADN=∠MND=90°，
∴四边形ADNM是矩形，
∴DN=AM=AB=CD，
∵MN垂直平分CD，
∴DG=CD；
②连接CF，如图1，
∵CE垂直平分BF，
∴CF=CB．
∴∠BCG=∠FCG=∠BCF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠CDF=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵BC=2AB，
∴CF=2CD，
延长CD至H，使得DH=CD，连接EH，则CF=CH，
∴AD垂直平分CH，
∴FH=FC=CH，
∴∠FCD=60°，
∴∠BCF=90°-∠FCD=30°，
∴∠BCG=∠FCG=15°，
∴∠GDC=∠GCD=∠BCD-∠BCG=75°，
∴∠CGD=180°-75°×2=30°；
（2）过N点作NK⊥AB于点K，得四边形AKND是矩形，
∴AB=AD=MN，∠A=∠MKN=90°，
∵MN⊥BP，
∴∠ABP+∠KMN=∠KMN+∠KNM=90°，
∴∠ABP=∠KNM，
∴△ABP≌△KNM（ASA），
∴AP=KM，
∵MN垂直平分BP，
∴MB=MP，
不妨设BM=MP=x，则AM=6-x，
∴AP=＝，
∴DP=，
∵Q是CD的中点，
∴DQ=3，
∵PQ⊥MP，∠A=∠D=90°，
∴∠APM+∠AMP=∠APM+∠DPQ=90°，
∴∠AMP=∠DPQ，
∴△APM∽△DQP，
∴，即，
解得，x=6或，
∴CN=BK=AB-AM-MK
∴CN=0或．
舍去CN=0，
∴CN=．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，相似三角形的性质与判定，难度中等，第（2）题的关键在证明相似三角形与全等三角形．
20．如图，四边形是正方形，点是边上动点(不与重合)．连接过点作交于点．
求证：；
连接，试探究当点在什么位置时，，请证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）点在中点位置时，，证明见解析．
【分析】
（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质、角的和差可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据正方形的性质、平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据等腰三角形的判定与性质可得，最后根据等量代换即可得．
【详解】
（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
；
（2）点在中点位置时，，证明如下：
如图，连接，延长于的延长线相交于点H，
为中点，
，
四边形是正方形，
，
，
在和中，，
，
，
，
是等腰三角形，
，
，
故当点在中点位置时，．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．
21．如图，B、C、D在同一直线上，△ABC和△DCE都是等边三角形，且在直线BD的同侧，BE交AD于F，BE交AC于M，AD交CE于N．
（1）求证：AD=BE； （2）求证：△ABF∽△ADB．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）∵ 是等边三角形，
∴，，，即．
∴在和中，有
∴，
∴；
（2）由（1）知，∴，
由题意知：，
∴，即，
∴，
∴在和中，有：，
∴．
22．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，∠CBD的平分线BG交AC于E，交CD于F，且DG⊥BG．
（1）求证：BF＝2DG；
（2）若BE＝，求BF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）BF的长为．
【分析】
（1）要证明BF=2DG，只要证明BF=DH即可，根据题意和图形，作出合适的辅助线，即可得到所要证明的结论成立；
（2）根据题意和三角形相似，可以得到BF的长．
【详解】
解：（1）证明：延长DG、BC交于点H，
∵BG平分∠CBD，
∴∠1＝∠2，
∵DG⊥BG，
∴∠BGD＝∠BGH＝90°，
又∵BG＝BG，
∴△BGD≌△BGH（ASA），
∴BD＝BH，
∴DH＝2DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCF＝∠DCH＝90°，
又∵∠BGD＝90°，∠3＝∠4，
∴∠2＝∠5，
∴△BCF≌△DCH（ASA），
∴BF＝DH，
∴BF＝2DG；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BDC＝45°，
∴∠BCE＝∠BDF，
又∵∠1＝∠2，
∴△BEC∽△BFD，
∴，
∵BE＝，
∴BF＝．
【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，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23．如图，抛物线和直线交于，两点，点在轴上，点在直线上，直线与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿线段向点运动，点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段向点运动，点，同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为秒．以为边作矩形，使点在直线上．
①当为何值时，矩形的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当为何值时，恰好有矩形的顶点落在抛物线上．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）①，；②或或或2
【分析】
（1）利用待定系数法即可；
（2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；
②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值．
【详解】
解：(1) 由已知，B点横坐标为3
∵A、B在y＝x+1上
∴A（﹣1，0），B（3，4）
把A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝﹣x2+bx+c得
解得
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4；
(2) ①过点P作PE⊥x轴于点E．
∵直线y＝x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒个单位长度
∴t秒时点E坐标为（-1+t，0），Q点坐标为（3-2t，0）
∴EQ＝4﹣3t，PE＝t
∵∠PQE+∠NQC＝90°
∠PQE+∠EPQ＝90°
∴∠EPQ＝∠NQC
∴△PQE∽△QNC
∴
∴矩形PQNM的面积S＝PQ•NQ＝2PQ2
∵PQ2＝PE2+EQ2
∴
当=时，
②由①点Q坐标为（3﹣2t，0），P坐标为（﹣1+t，t）
∴△PQE∽△QNC，可得NC＝2EQ＝8﹣6t
∴N点坐标为（3，8﹣6t）
由矩形对角线互相平分
∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）
当M在抛物线上时
8﹣5t＝﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4
解得或
当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t＝2
当N在抛物线上时，8﹣6t＝4
∴
综上所述当或或或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【点睛】
本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想．
24．（1）正方形中，对角线与相交于点，如图1，请直接猜想并写出与之间的数量关系：________；
（2）如图2，将（1）中的绕点逆时针旋转得到，连接，，请猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，矩形和有公共顶点，且，，则________．
【答案】（1）AO＝CD；（2），见解析；（3）
【分析】
(1)根据正方形的性质可得，,由锐角三角比可得AO与CD的关系；
(2)由正方形性质可得，△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，得,由旋转可得BC1＝BO1，易证△BDC1∽△BAO1,可得，即;
(3)由∠EBF＝∠ABD＝30°，运用锐角三角比可得，易证∠EBA＝∠FBD，可得△AEB∽△FBD，即.
【详解】
解：(1) ∵四边形ABCD为正方形，
∴,
∴AO＝CD．
(2) 如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，AC＝BD，OB＝OC，∠OBC＝∠ABO＝45°，∠BOC＝90°，
∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，
∴∠O1BC1＝∠OBC＝45°，OB＝O1B，BC1＝BC，
∴BC1＝BO1，
∵∠1+∠3＝45°，∠2+∠3＝45°，
∴∠1＝∠2，
∴△BDC1∽△BAO1
∴，
∴
(3) 如图3 在Rt△EBF中，cos∠EBF＝
在Rt△ABD中，cos∠ABD＝，
∵∠EBF＝∠ABD＝30°，
∴，
∵∠EBF+∠FBA＝∠ABD+∠FBA，
即∠EBA＝∠FBD，
∴△AEB∽△FBD，
∴.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，锐角三角比以及相似三角形的判定与性质，较为综合，熟练分析图形，寻找相等的角与相似三角形是解题的关键.
三、填空题
25．如图，等边的边长为，点是边上一动点，将等边沿过点的直线折叠，该直线与直线交于点，使点落在直线上的点处，且折痕为则的长为______．
【答案】或．
【分析】
分情况讨论：方法一：当点落在如图1所示的位置时，证明△BMD∽△CDN，得到，根据设求出AN；方法二：当在的延长线上时，如图2，同样方法求出AN.
【详解】
方法一：当点落在如图1所示的位置时，
是等边三角形，
，
，
得，
得，
，
设
则，
，
，
，
解得
；
方法二：当在的延长线上时，如图2，
与同理可得.
得.
，
，
设
则
，
，
，
解得：，
，
故答案为：或.
【点睛】
此题考查等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质，解题中注意题中的条件“点落在直线上的点处”故点A可在线段BC上，也可在延长线上，应分类讨论避免漏解.
26．如图，在矩形中，点是边上一点，连结，将沿对折，点落在边上点处，与对角线交于点，连结．若，．则______．
【答案】
【分析】
由折叠的性质可得∠BCM=∠BFM，BC=BF，再由FM∥CD，可得∠BFM=∠ABF，从而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理可求解．
【详解】
解：四边形是矩形，
∠ABC=∠BAD=90°，AB∥CD，
，
FM∥AB，
∠BFM=∠ABF，
由折叠的性质可得：∠BCM=∠BFM，BC=BF=4，
∠ABF=∠ACB，
△ABF∽△BCA，
，
，即，
，
；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理及折叠的性质，关键是证明三角形的相似，进而根据相似三角形的性质进行求解．
27．如图，ACM中，ABC、BDE和DFG是等边三角形，点E、G在ACM边CM上，设ABC，BDE和DFG的面积分别为S1、S2、S3，若S1=8，S3=2，S2=________．
【答案】4
【分析】
先设、、的边长分别是、、，由于、是等边三角形，易知，，结合平角定义可求，同理可求，那么，由于、是等边三角形，那么，从而有，于是，利用两角对应相等的两个三角形相似可得，可得比例关系：，即，再根据可得，结合，把代入可得
，进而可求．
【详解】
解：设、、的边长分别是、、，
、是等边三角形，
，
，
同理，
，
、是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案是4．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明，得出．
专题22 三等角相似模型
一、单选题
1．如图，在矩形中，，是的中点，连接，，是边上一动点，沿过点的直线将矩形折叠，使点落在上的点处，当是直角三角形时，的值为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】B
【分析】
根据矩形的性质得到AD=BC=6，∠BAD=∠D=∠B=90°，根据勾股定理得到AE=，设PD′=PD=x，则AP=6-x，当△APD′是直角三角形时，①当∠AD′P=90°时，②当∠APD′=90°时，根据相似三角形的性质列出方程，解之即可得到结论．
【详解】
解：∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，
∴AD=BC=6，∠BAD=∠D=∠B=90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE=3，
∴AE=，
∵沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D′处，
∴PD′=PD，
设PD′=PD=x，则AP=6-x，
当△APD′是直角三角形时，
①当∠AD′P=90°时，
∴∠AD′P=∠B=90°，
∵AD∥BC，
∴∠PAD′=∠AEB，
∴△ABE∽△PD′A，
∴，
∴，
∴x=，
∴PD=；
②当∠APD′=90°时，
∴∠APD′=∠B=90°，
∵∠PAE=∠AEB，
∴△APD′∽△EBA，
∴，
∴，
∴x=，
∴PD=，
综上所述，当△APD′是直角三角形时，PD=或，
故选：B．
【点睛】
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．
2．如图，正方形ABCD边长为4，边BC上有一点E，以DE为边作矩形EDFG，使FG过点A，则矩形EDFG的面积是（ ）
A．16 B．8 C．8 D．16
【答案】D
【分析】
先利用等角的余角证明∠ADF＝∠EDC，再根据相似三角形的判定方法证明△ADF∽△CDE，然后利用相似比计算DF与DE的关系式，最后根据矩形的面积公式求得矩形的面积便可..
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝4，∠ADC＝∠C＝90°，
∵四边形EDFG为矩形，
∴∠EDF＝∠F＝90°，
∵∠ADF+∠ADE＝90°，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADF＝∠EDC，
∴△ADF∽△CDE，
∴，即 ，
∴DF＝，
∴矩形EDFG的面积为：DE•DF＝DE•＝16．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质，根据矩形的性质求面积是解题重要一步．
3．如图，在矩形中，，，、、、分别为矩形边上的点，过矩形的中心，且．为的中点，为的中点，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接，证明四边形是矩形，再证明，求得与的长度，由勾股定理求得与，再由矩形的周长公式求得结果．
【详解】
解：连接，
四边形是矩形，
，，
为的中点，为的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，
矩形是中心对称图形，过矩形的中心．
过点，且，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，或4，
或4，
当时，，则，
，
四边形的周长；
同理，当时，四边形的周长；
故选：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键在于证明四边形是矩形．
4．如图，在反比例函数的图象上有一动点，连接并延长交图象的另一支于点，在第二象限内有一点，满足，当点运动时，点始终在函数的图象上运动，若，则的值为（ ）
A．－6 B．－12 C．－18 D．－24
【答案】B
【分析】
连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，通过角的计算找出∠AOE＝∠COF，结合“∠AEO＝90°，∠CFO＝90°”可得出△AOE∽△COF，根据相似三角形的性质得出比例式，再由，得出，可得出CF•OF的值，进而得到k的值．
【详解】
如图，连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，
∵由直线AB与反比例函数的对称性可知A、B点关于O点对称，
∴AO＝BO，
又∵AC＝BC，
∴CO⊥AB，
∵∠AOE＋∠AOF＝90°，∠AOF＋∠COF＝90°，
∴∠AOE＝∠COF，
又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°，
∴△AOE∽△COF，
∴，
∵，
∴，
∴CF＝2AE，OF＝2OE，
又∵AE•OE＝3，
∴CF•OF＝|k|＝4×3＝12，
∴k＝±12，
∵点C在第二象限，
∴k＝−12，
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质以及相似三角形的判定及性质，解题的关键是求出CF•OF＝12．解决该题型题目时，巧妙的利用了相似三角形的性质找出对应边的比例，再结合反比例函数图象上点的坐标特征找出结论．
二、解答题
5．定义：有两个相邻内角互余的凸四边形称为互余四边形，这两个角的夹边称为互余线．
（1）在ΔABC中，AB=AC，AD是ΔABC的角平分线，E、F分别是BD，AD上的点，求证：四边形ABEF是互余四边形；
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A、B在格点上，请画出一个符合条件的互余四边形ABEF，使AB是互余线，E、F在格点上；
（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连接DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N，若N为AC的中点，DE=2BE，如互余线AB=10，求BQ的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）3
【分析】
（1）由等腰三角形的“三线合一“性质可得，则可得与互余，即与互余，从而可得答案；
（2）画出图形即可；
（3）先由等腰三角形的“三线合一“性质可得、，再判定，从而列出比例式，将已知线段的长代入即可得解．
【详解】
解：（1），是的角平分线，
，
，
，
与互余，
四边形是邻余四边形；
（2）如图所示，四边形ABEF即为所求；（答案不唯一）
（3），是的角平分线，
，
，
，
，
，点是的中点，
，
，
，
，
，
，
AB=10，
N为AC的中点，
，
．
【点睛】
本题考查了四边形的新定义，综合考查了等腰三角形的“三线合一“性质、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂定义并明确相关性质及定理是解题的关键．
6．如图，在中，，，点为边上一点，且，点为中点，．
（1）求的长．
（2）求证：．
【答案】（1）5；（2）证明见解析；
【分析】
（1）先证明出∽，得出，假设BD为x，则DC=15-x，代入分式方程求出BD的长；
（2）由（1）可知，推出≌，得出结果；
【详解】
（1）∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴∽，∴，
∵为中点，∴，
∵，设，则，
即：，解得：，，
∵，
∴．
（2）由（1）可知，∵，∴，
在和中，，∴≌
∴
【点睛】
本题考查三角形全等的性质，三角形相似的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用．
7．如图，在中，，是高，平分，分别与，相交于点，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】
（1）由题意易得，进而可知，然后有，进而问题得证；
（2）由题意易得，进而有，，进而问题得证；
（3）如图，作于，从而易得，进而可得，，然后由可进行求解．
【详解】
证明：（1）
为边上的高，
，
是的平分线，
；
（2），，
，
；
（3）如图，作于
，
，
由，
，
，，
由
．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
8．如图，四边形ABCD中，AD＝CD，∠DAB＝∠ACB＝90°，过点D作DE⊥AC，垂足为F，DE与AB相交于点E．
（1）求证：AB·AF＝CB·CD；
（2）已知AB＝15 cm，BC＝9 cm，P是射线DE上的动点．设DP＝x cm（），四边形BCDP的面积为y cm2．
①求y关于x的函数关系式；
②当x为何值时，△PBC的周长最小，并求出此时y的值．
【答案】（1）见解析；（2）①（）；②当时，△PBC的周长最小，此时．
【分析】
（1）由已知条件易证△DCF∽△ABC，可得，即可得AB·AF＝CB·CD；
（2）①由勾股定理求得AC=12，即可得CF＝AF＝6，根据四边形BCDP的面积=△DCP的面积+△BCP的面积即可得y关于x的函数关系式；
②由题意可知△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小，当当P、A、B三点共线时PB＋PA最小．这时求得x、y的值即可．
【详解】
（1）证明：∵AD＝CD，DE⊥AC，
∴DE垂直平分AC
∴AF＝CF，∠DFA＝∠DFC＝90°，∠DAF＝∠DCF．
∵∠DAB＝∠DAF＋∠CAB＝90°，∠CAB＋∠B＝90°，
∴∠DCF＝∠DAF＝∠B
在Rt△DCF和Rt△ABC中，
∠DFC＝∠ACB＝90°，∠DCF＝∠B
∴△DCF∽△ABC
∴，即．
∴AB·AF＝CB·CD
（2）解①∵AB＝15 BC＝9 ∠ACB＝90°
∴AC＝＝＝12
∴CF＝AF＝6
∴y=（x+9）×6＝3x＋27（x＞0）
②∵BC＝9（定值），
∴△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小．
由（1）可知，点C关于直线DE的对称点是点A，
∴PB＋PC＝PB＋PA，故只要求PB＋PA最小．
显然当P、A、B三点共线时PB＋PA最小．
此时DP＝DE，PB＋PA＝AB．
由（1），∠ADF＝∠FAE，∠DFA＝∠ACB＝90°，得△DAF∽△ABC．
由EF∥BC，得AE＝BE＝AB＝，EF＝．
∴AF∶BC＝AD∶AB，
即6∶9＝AD∶15．
∴AD＝10．
Rt△ADF中，AD＝10，AF＝6，∴DF＝8．
∴DE＝DF＋FE＝8＋＝．
∴当x＝时，△PBC的周长最小，此时y＝
9．已知，如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，交AB于F，连结FC（AB>AE）．
（1）求证：
（2）与是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由．
（3）设，是否存在这样的值，使得与相似？若存在，证明你的结论并求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）相似，理由见解析；（3）存在，k=．
【分析】
（1）根据直角三角形两锐角互余和等角的余角相等可得∠DEC=∠AFE，再根据∠A=∠D=90°可证得结论；
（2）延长FE与CD的延长线交于G，证明Rt△AEF≌Rt△DEG（ASA）．由全等三角形的性质可得出EF=EG．证明Rt△EFC≌Rt△EGC（SAS）．得出∠AFE=∠EGC=∠EFC．则可证得结论；
（3）分两种情况讨论，当∠AFE=∠BCF时根据一个三角形最多有一个直角排除，当∠AFE=∠BFC，设BC=a，则AB=ka，由△AEF∽△BCF，得出AF=ka，BF=ka，再借助△AEF∽△DCE即可证明．
【详解】
解：（1）∵EF⊥EC，
∴∠FEC=90°，即∠AEF+∠DEC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠DEC=∠AFE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△AEF∽△DCE；
（2）△AEF∽△ECF．证明如下：
延长FE与CD的延长线交于G，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠GED，∠A=∠EDG，
∴Rt△AEF≌Rt△DEG（ASA）．
∴EF=EG．
∵CE=CE，∠FEC=∠CEG=90°，
∴Rt△EFC≌Rt△EGC（SAS）．
∴∠AFE=∠EGC=∠EFC．
又∵∠A=∠FEC=90°，
∴△AEF∽△ECF；
（3）存在k值，使得△AEF与△BFC相似．
理由如下：
假定△AEF与△BFC相似，则有两种情况：
当∠AFE=∠BCF，则有∠AFE与∠BFC互余，于是∠EFC=90°，因此此种情况是不成立的；
当∠AFE=∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，
设BC=a，则AB=ka，
∵△AEF∽△BCF，
∴，
∴AF=ka，BF=ka，
∵△AEF∽△DCE，
∴，即，
解得，k=．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理，能正确识图是解题的关键．
10．在中，，，．
（1）如图1，折叠使点落在边上的点D处，折痕交、分别于、，若，则＿＿＿．
（2）如图2，折叠使点落在边上的点处，折痕交、分别于、．若，求证：四边形是菱形．
（3）如图3，在（1）（2）的条件下，线段上是否存在点，使得和相似？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，满足条件的值为或8或．
【分析】
（1）利用勾股定理求出AC，设HQ＝x，根据SΔABC=9SΔDHQ，构建方程即可解决问题；
（2）由翻折的性质可得AE=EM，AF=FM，然后证明出AE=AF即可；
（3）设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，构建方程求出m的值，然后根据QH=4，AQ=，求出QC=，设PQ=x，分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）如图，
在中，
∵，，，
∴
设，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴
整理得：，
解得：，（舍去），
∴．
（2）如图
由翻折的性质可知：，，，
∵，
∴，
∴，
∴AE=AF，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）如图，连接MP、HP，
设．
则，，
∴，解得
∴
∴，
∴
∵，
∴
设，
①当时，
∴，
解得：
∴，
②当时，，
解得：或．
∴或．
综上所述，满足条件的值为或8或．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了翻折变换、三角形的面积、菱形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
11．关于x的方程①和一元二次方程②中，k，m均为实数，方程①的根为非负数．
（1）求k的取值范围；
（2）当k为最小整数时，方程②有两根分别为和，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，点C是双曲线在第一象限图像上一动点，作CD⊥y轴交线段AB于点E，作CF⊥x轴交线段AB于点G，坐标原点为O．按要求补全图形并完成：
①BG·AE＝___________；
②求∠EOG的度数．
【答案】（1）k≥-1且k≠2；（2）m=4；（3）①1；②∠EOG=45°．
【分析】
（1）先解方程①，根据方程①的根为非负数及一元二次方程的定义即可得答案；
（2）由（1）可知k≥-1，根据k为最小整数可知k=-1，可得方程②为，利用一元二次方程根与系数的关系即可得答案；
（3）①根据（2）可得直线AB和双曲线的解析式，根据题意作出图形，过点E作EP⊥x轴于P，过G作GQ⊥y轴于Q，设点C坐标为（t，），由直线AB解析式可得A、B两点坐标，可得△AOB是等腰直角三角形，进而可得△BQG和△EPA是等腰直角三角形，可得BG=QG，AE=PE，即可得答案；
②如图，连接OE、OG，由①得BG·AE=1，OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，可得，即可证明△BOG∽△AEO，可得∠OGB=∠EOA，根据外角性质及角的和差关系可得∠EOG=∠OAB=45°．
【详解】
（1）∵，
∴x=，
∵方程的根为非负数，方程是一元二次方程，
∴≥0，2-k≠0，
解得：k≥-1且k≠2．
（2）由（1）可知k≥-1，
∵k为最小整数，
∴k=-1，
∴方程②为，
∵方程②有两根分别为和，
∴+()=，即-m=-4，
解得：m=4．
（3）①根据题意补全图形如下，过点E作EP⊥x轴于P，过G作GQ⊥y轴于Q，由（2）可知k=-1，m=4，
∴直线AB解析式为y=-x+1，双曲线的解析式为，
∵直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A（1，0），B（0，1），
∴OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵EP⊥x轴，GQ⊥y轴，
∴△BQG和△EPA是等腰直角三角形，
∴BG=GQ，AE=PE，
∵CD⊥y轴，CF⊥x轴，
∴GQ=CD，PE=CF，
设点C坐标为（t，），则CD=t，CF=，
∴BG·AE=t×·=1．
②如图，连接OE、OG，
由①得BG·AE=1，OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，
∴BG=，
∴，
∴△BOG∽△AEO，
∴∠OGB=∠EOA，
∵∠OGB=∠GOA+∠OAB，∠EOA=∠EOG+∠GOA，
∴∠EOG=∠OAB=45°．
【点睛】
本题考查一元二次方程的定义、根与系数的关系；等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，如果两个三角形的两组对应边成比例，且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根为x1、x2，那么x1+x2=，x1x2=；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
12．（问题情境）如图①，在中，，，点为中点，连结，点为上一点，过点且垂直于的直线交于点．易知与的数量关系为____________．
（探索发现）如图②，在中，，，点为中点，连结，点为的延长线上一点，过点且垂直于的直线交的延长线于点．
（问题情境）中的结论还成立吗？请说明理由．
（类比迁移）如图③，在等边中，，点是中点，点是射线上一点（不与点、重合），将射线绕点逆时针旋转交于点．当时，____________．
【答案】【问题情境】；【探索发现】成立，理由见解析；【类比迁移】或
【分析】
问题情境：根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
探索发现：根据线段的中点的定义得到CD＝BD，求得∠DBC＝∠DCB＝45°，得到∠CDF＝∠BDE，推出CF＝BE；
类比迁移：根据等边三角形的性质得到∠A＝∠B＝60°，求得∠BDF＝∠AED，设CE＝x，则CF＝2x，当点E在线段AC上时，如图④，当点E在AC的延长线上时，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
问题情境：证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB中点，
∴CD⊥AB，CD＝BD＝AD＝AB，∠BCD＝∠B＝45°，
∴∠BDC＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠CDF＝∠BDE，
在△BDE与△CDF中，
∵∠B＝∠DCF，BD＝CD，∠BDE＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF（ASA），
∴BE＝CF；
探索发现:成立，理由如下：
∵在Rt△ABC中，D为AB中点，
∴CD＝BD，
又∵AC＝BC，
∴DC⊥AB，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EDB＋∠BDF＝∠CDF＋∠BDF＝90°，
∴∠CDF＝∠BDE，
∴∠ADF＝∠CDE，
∴AF＝CE，
∴CF＝BE；
类比迁移：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
∵∠FDE＝60°，
∴∠BDF＝120°−∠ADE，∠AED＝120°−∠ADE，
∴∠BDF＝∠AED，
∴△AED∽△BDF，
∴，
∵点D为AB中点，AB＝4，
∴AD＝BD＝2，AC＝BC＝4，
∵CF＝2CE，
∴设CE＝x，则CF＝2x，
当点E在线段AC上时，
∴AE＝4−x，BF＝4−2x，
∴，
解得：x＝3−，x＝3＋（不合题意，舍去），
∴CE＝3−，
如图，当点E在AC的延长线上时，
∵AE＝4＋x，BF＝4−2x，
∴，
解得：x＝−1＋，（负值舍去），
∴CE＝−1＋．
综上所述，CE＝3−或−1＋，
故答案为：CE＝3−或−1＋．
【点睛】
本题考查了几何变换综合题，等边三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
13．如图， AB是⊙O的直径， ⊙O过AC的中点D， DE⊥BC于点E，连接BD．
（1） 求证： AB = BC；
（2） 求证：DE•AB = AD•BD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角为90°可得∠ADB=∠BDC=90°，由SAS证明△ABD≌△CBD，即可得AB=BC；
（2）由△ABD≌△CBD可得∠C =∠A，再由∠DEC = ∠ADB=90°可证△ECD∽△DAB，从而得到，因为CD ＝AD，所以DE•AB = AD•BD．
【详解】
证明：（1） ∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
∵D是AC的中点，
∴AD=CD，
又∵BD是公共边，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠C=∠A，AB＝BC．
（2）∵DE⊥BC，AB是⊙O的直径，
∴∠DEC=∠ADB=90°，
又∵∠C =∠A，
∴△ECD∽△DAB，
∴，
∵CD＝AD，
∴DE•AB = AD•BD．
【点睛】
本题考查圆的综合题，应用到全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，掌握圆的性质为解题关键．
14．在平面直角坐标系xOy中，直线与轴、轴分别交于点A、B，与直线相交于点C．
(1)直接写出点C的坐标；
(2)如图，现将直角∠FCE绕直角顶点C旋转，旋转时始终保持直角边CF与轴、轴分别交于点F、点D，直角边CE与轴交于点E.
①在直角∠FCE旋转过程中，的值是否会发生变化?若改变，请说明理由；若不变，请求出这个值.
②在直角∠FCE旋转过程中，是否存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似?若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（4，4）；（2）①不变，值为1；②存在，或．
【分析】
（1）联立两直线解析式，求方程组的解即可求得点C的坐标；
（2）①过点C作CH⊥y轴于点H，过点C作CK⊥x轴于点K，则可证明△CHD∽△CKE，结合点C的坐标，可求得的值；
②分△ODE∽△CEF和△ODE∽△CFE两种情况，当△ODE∽△CEF时，利用相似三角形的性质可求得O为EF中点，可求得OF的长，再证明△CHD∽△FOD，利用相似三角形的性质可求得OD的长，可求得D点的坐标；当△ODE∽△CFE时，过点C作CM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，利用△CMD≌△CNE可证得OC=OD，则可求得点D的坐标．
【详解】
解：（1）联立两直线解析式可得，解得，
；
（2）①不变；
如图1，过点作轴于点，过点作轴于点，则，
，，
，且，
，
；
②存在，
若，如图2，
则，
，又，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
又，
，
，即，
，
；
若，如图3，
则．
过点作轴于点，过点作轴于点，
则．易证，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
；
综上所述若以、、为顶点的三角形与相似，则点坐标为或．
【点睛】
本题为相似三角形的综合应用，涉及知识点有函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质及分类讨论思想等．在（1）中联立函数解析式构成方程组是求函数图象交点的常用方法，在（2）中利用相似三角形的性质得到关于OD的方程求得OD的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
15．如图，在正方形中，点在上，交于点．
（1）求证：；
（2）连结，若，试确定点的位置并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）点E为AD的中点．理由见解析
【分析】
（1）根据同角的余角相等证明∠ABE=∠DEF，再由直角相等即可得出两三角形相似的条件；
（2）根据相似三角形的对应边成比例，等量代换得出，即可得出DE=AE．
【详解】
（1）证明∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AEB+∠ABE=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠AEB+∠DEF=90°，
∴∠ABE=∠DEF．
在△ABE和△DEF中，
∴△ABE∽△DEF ；
（2）∵△ABE∽△DEF，
∴，
∵△ABE∽△EBF，
∴，
∴，
∴DE=AE，
∴点E为AD的中点．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，根据等角的余角相等证出两角相等是解决（1）的关键，根据相似三角形的对应边成比例等量代换是解决（2）的关键．
16．如图，在中，于，于，试说明：
（1）
（2）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；
（2）首先根据相似三角形的性质得出，进而证明△ADE∽△ACB，最后根据相似三角形的性质即可证明．
【详解】
解：（1）∵CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，
∴∠AEB=∠ADC=90°，
在△ABE和△ACD中
∴△ABE∽△ACD；
（2）∵△ABE∽△ACD，
∴．
在△ADE和△ACB中，
∴△ADE∽△ACB
∴
∴AD·BC=DE·AC．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
17．如图，在等边三角形ABC中，BC＝8，过BC边上一点P，作∠DPE＝60°，分别与边AB，AC相交于点D与点E．
（1）在图中找出与∠EPC始终相等的角，并说明理由；
（2）若△PDE为正三角形时，求BD+CE的值；
（3）当DE∥BC时，请用BP表示BD，并求出BD的最大值．
【答案】（1）∠BDP＝∠EPC，理由见解析；（2）8；（3）BD＝，BD的最大值为4．
【分析】
（1）根据等边三角形的性质、三角形的外角性质解答；
（2）证明△BDP≌△CPE，根据全等三角形的性质得到BD＝CP，BP＝CE，结合图形计算，得到答案；
（3）证明△BDP∽△CPE，根据相似三角形的性质列式求出BP与BD的关系，根据二次函数的性质求出BD的最大值．
【详解】
解：（1）∠BDP＝∠EPC，
理由如下：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠DPE＝60°，
∴∠DPE＝∠B，
∵∠DPC是△BDP的外角，
∴∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，
∴∠EPC＝∠BDP；
（2）∵△PDE为正三角形，
∴PD＝PE，
在△BDP和△CPE中，
∴△BDP≌△CPE（AAS），
∴BD＝CP，BP＝CE，
∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8；
（3）∵DE∥BC，△ABC为等边三角形，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵∠B＝∠C，∠EPC＝∠BDP，
∴△BDP∽△CPE，
∴，即
整理得，BD＝，
﹣BP2+8BP＝﹣（BP﹣4）2+16，
∴BD的最大值为4．
【点睛】
此题主要考查等边三角形的性质、三角形的外角性质、全等三角形的判断与性质、相似三角形的判断与性质以及二次函数的性质，灵活运用知识点进行逻辑证明是解题关键．
18．如图，正方形ABCD的边长等于，P是BC边上的一动点，∠APB、∠APC的角平分线PE、PF分别交AB、CD于E、F两点，连接EF．
（1）求证：△BEP∽△CPF；
（2）当∠PAB＝30°时，求△PEF的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【分析】
（1）由于PE平分∠APB，PF平分∠APC，所以∠EPF＝90°，然后根据相似三角形的判定即可求证△BEP∽△CPF；
（2）由题意可知∠BPE＝30°，∠FPC＝60°，根据含30度的直角三角形的性质即可求出答案．
【详解】
（1）∵PE平分∠APB，PF平分∠APC，
∴∠APE＝∠APB，∠APF＝∠APC，
∴∠APE+∠APF＝（∠APB+∠APC）＝90°，
∴∠EPF＝90°，
∴∠EPB+∠BEP＝∠EPB+∠FPC＝90°，
∴∠BEP＝∠FPC，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△BEP∽△CPF；
（2）∵∠PAB＝30°，
∴∠BPA＝60°，
∴∠BPE＝30°，
在Rt△ABP中，
∠PAB＝30°，AB＝，
∴BP＝1，
在Rt△BPE中，
∠BPE＝30°，BP＝1，
∴EP＝，
∵CP＝﹣1，∠FPC＝60°，
∴PF＝2CP＝2﹣2，
∴△PEF的面积为：PE•PF＝2﹣．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，本题属于中等题型．
19．已知四边形是矩形．
（1）如图1，分别是上的点，垂直平分，垂足为，连接．
①求证：；
②若，求的大小；
（2）如图2，，分别是上的点，垂直平分，点是的中点，连接，若，直接写出的长．
【答案】（1）①详见解析；②30°；（2）
【分析】
（1）①过G作MN⊥CD于N，与AB交于点M，则MN∥AD，证明AM=BM，再证明四边形ADNM是矩形，得MN垂直平分CD，再根据垂直平分线定理得结论；
②连接CF，证明CF=2CD，延长CD至H，使得DH=CD，连接EH，则CF=CH，由垂直平分线的性质得CF=HF=CH，得∠FCD=60°，由余角性质得∠BCF的度数，进而求得∠GCD，再根据三角形内角和定理得结果；
（2）过N点作NK⊥AB于点K，得四边形AKND是矩形，证明△ABP≌△KNM，得AP=KM，不妨设BM=MP=x，则AM=6-x，证明△APM∽△DQP，列出x的方程，求得x的值便可得出结论．
【详解】
解：（1）①如图1，过G作MN⊥CD于N，与AB交于点M，则MN∥AD，
∵CE垂直平分BF，
∴GB=GF，
∴AM=BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADN=∠MND=90°，
∴四边形ADNM是矩形，
∴DN=AM=AB=CD，
∵MN垂直平分CD，
∴DG=CD；
②连接CF，如图1，
∵CE垂直平分BF，
∴CF=CB．
∴∠BCG=∠FCG=∠BCF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠CDF=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵BC=2AB，
∴CF=2CD，
延长CD至H，使得DH=CD，连接EH，则CF=CH，
∴AD垂直平分CH，
∴FH=FC=CH，
∴∠FCD=60°，
∴∠BCF=90°-∠FCD=30°，
∴∠BCG=∠FCG=15°，
∴∠GDC=∠GCD=∠BCD-∠BCG=75°，
∴∠CGD=180°-75°×2=30°；
（2）过N点作NK⊥AB于点K，得四边形AKND是矩形，
∴AB=AD=MN，∠A=∠MKN=90°，
∵MN⊥BP，
∴∠ABP+∠KMN=∠KMN+∠KNM=90°，
∴∠ABP=∠KNM，
∴△ABP≌△KNM（ASA），
∴AP=KM，
∵MN垂直平分BP，
∴MB=MP，
不妨设BM=MP=x，则AM=6-x，
∴AP=＝，
∴DP=，
∵Q是CD的中点，
∴DQ=3，
∵PQ⊥MP，∠A=∠D=90°，
∴∠APM+∠AMP=∠APM+∠DPQ=90°，
∴∠AMP=∠DPQ，
∴△APM∽△DQP，
∴，即，
解得，x=6或，
∴CN=BK=AB-AM-MK
∴CN=0或．
舍去CN=0，
∴CN=．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，相似三角形的性质与判定，难度中等，第（2）题的关键在证明相似三角形与全等三角形．
20．如图，四边形是正方形，点是边上动点(不与重合)．连接过点作交于点．
求证：；
连接，试探究当点在什么位置时，，请证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）点在中点位置时，，证明见解析．
【分析】
（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质、角的和差可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据正方形的性质、平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据等腰三角形的判定与性质可得，最后根据等量代换即可得．
【详解】
（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
；
（2）点在中点位置时，，证明如下：
如图，连接，延长于的延长线相交于点H，
为中点，
，
四边形是正方形，
，
，
在和中，，
，
，
，
是等腰三角形，
，
，
故当点在中点位置时，．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．
21．如图，B、C、D在同一直线上，△ABC和△DCE都是等边三角形，且在直线BD的同侧，BE交AD于F，BE交AC于M，AD交CE于N．
（1）求证：AD=BE； （2）求证：△ABF∽△ADB．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）∵ 是等边三角形，
∴，，，即．
∴在和中，有
∴，
∴；
（2）由（1）知，∴，
由题意知：，
∴，即，
∴，
∴在和中，有：，
∴．
22．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，∠CBD的平分线BG交AC于E，交CD于F，且DG⊥BG．
（1）求证：BF＝2DG；
（2）若BE＝，求BF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）BF的长为．
【分析】
（1）要证明BF=2DG，只要证明BF=DH即可，根据题意和图形，作出合适的辅助线，即可得到所要证明的结论成立；
（2）根据题意和三角形相似，可以得到BF的长．
【详解】
解：（1）证明：延长DG、BC交于点H，
∵BG平分∠CBD，
∴∠1＝∠2，
∵DG⊥BG，
∴∠BGD＝∠BGH＝90°，
又∵BG＝BG，
∴△BGD≌△BGH（ASA），
∴BD＝BH，
∴DH＝2DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCF＝∠DCH＝90°，
又∵∠BGD＝90°，∠3＝∠4，
∴∠2＝∠5，
∴△BCF≌△DCH（ASA），
∴BF＝DH，
∴BF＝2DG；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BDC＝45°，
∴∠BCE＝∠BDF，
又∵∠1＝∠2，
∴△BEC∽△BFD，
∴，
∵BE＝，
∴BF＝．
【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，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23．如图，抛物线和直线交于，两点，点在轴上，点在直线上，直线与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿线段向点运动，点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段向点运动，点，同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为秒．以为边作矩形，使点在直线上．
①当为何值时，矩形的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当为何值时，恰好有矩形的顶点落在抛物线上．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）①，；②或或或2
【分析】
（1）利用待定系数法即可；
（2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；
②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值．
【详解】
解：(1) 由已知，B点横坐标为3
∵A、B在y＝x+1上
∴A（﹣1，0），B（3，4）
把A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝﹣x2+bx+c得
解得
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4；
(2) ①过点P作PE⊥x轴于点E．
∵直线y＝x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒个单位长度
∴t秒时点E坐标为（-1+t，0），Q点坐标为（3-2t，0）
∴EQ＝4﹣3t，PE＝t
∵∠PQE+∠NQC＝90°
∠PQE+∠EPQ＝90°
∴∠EPQ＝∠NQC
∴△PQE∽△QNC
∴
∴矩形PQNM的面积S＝PQ•NQ＝2PQ2
∵PQ2＝PE2+EQ2
∴
当=时，
②由①点Q坐标为（3﹣2t，0），P坐标为（﹣1+t，t）
∴△PQE∽△QNC，可得NC＝2EQ＝8﹣6t
∴N点坐标为（3，8﹣6t）
由矩形对角线互相平分
∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）
当M在抛物线上时
8﹣5t＝﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4
解得或
当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t＝2
当N在抛物线上时，8﹣6t＝4
∴
综上所述当或或或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【点睛】
本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想．
24．（1）正方形中，对角线与相交于点，如图1，请直接猜想并写出与之间的数量关系：________；
（2）如图2，将（1）中的绕点逆时针旋转得到，连接，，请猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，矩形和有公共顶点，且，，则________．
【答案】（1）AO＝CD；（2），见解析；（3）
【分析】
(1)根据正方形的性质可得，,由锐角三角比可得AO与CD的关系；
(2)由正方形性质可得，△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，得,由旋转可得BC1＝BO1，易证△BDC1∽△BAO1,可得，即;
(3)由∠EBF＝∠ABD＝30°，运用锐角三角比可得，易证∠EBA＝∠FBD，可得△AEB∽△FBD，即.
【详解】
解：(1) ∵四边形ABCD为正方形，
∴,
∴AO＝CD．
(2) 如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，AC＝BD，OB＝OC，∠OBC＝∠ABO＝45°，∠BOC＝90°，
∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，
∴∠O1BC1＝∠OBC＝45°，OB＝O1B，BC1＝BC，
∴BC1＝BO1，
∵∠1+∠3＝45°，∠2+∠3＝45°，
∴∠1＝∠2，
∴△BDC1∽△BAO1
∴，
∴
(3) 如图3 在Rt△EBF中，cos∠EBF＝
在Rt△ABD中，cos∠ABD＝，
∵∠EBF＝∠ABD＝30°，
∴，
∵∠EBF+∠FBA＝∠ABD+∠FBA，
即∠EBA＝∠FBD，
∴△AEB∽△FBD，
∴.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，锐角三角比以及相似三角形的判定与性质，较为综合，熟练分析图形，寻找相等的角与相似三角形是解题的关键.
三、填空题
25．如图，等边的边长为，点是边上一动点，将等边沿过点的直线折叠，该直线与直线交于点，使点落在直线上的点处，且折痕为则的长为______．
【答案】或．
【分析】
分情况讨论：方法一：当点落在如图1所示的位置时，证明△BMD∽△CDN，得到，根据设求出AN；方法二：当在的延长线上时，如图2，同样方法求出AN.
【详解】
方法一：当点落在如图1所示的位置时，
是等边三角形，
，
，
得，
得，
，
设
则，
，
，
，
解得
；
方法二：当在的延长线上时，如图2，
与同理可得.
得.
，
，
设
则
，
，
，
解得：，
，
故答案为：或.
【点睛】
此题考查等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质，解题中注意题中的条件“点落在直线上的点处”故点A可在线段BC上，也可在延长线上，应分类讨论避免漏解.
26．如图，在矩形中，点是边上一点，连结，将沿对折，点落在边上点处，与对角线交于点，连结．若，．则______．
【答案】
【分析】
由折叠的性质可得∠BCM=∠BFM，BC=BF，再由FM∥CD，可得∠BFM=∠ABF，从而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理可求解．
【详解】
解：四边形是矩形，
∠ABC=∠BAD=90°，AB∥CD，
，
FM∥AB，
∠BFM=∠ABF，
由折叠的性质可得：∠BCM=∠BFM，BC=BF=4，
∠ABF=∠ACB，
△ABF∽△BCA，
，
，即，
，
；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理及折叠的性质，关键是证明三角形的相似，进而根据相似三角形的性质进行求解．
27．如图，ACM中，ABC、BDE和DFG是等边三角形，点E、G在ACM边CM上，设ABC，BDE和DFG的面积分别为S1、S2、S3，若S1=8，S3=2，S2=________．
【答案】4
【分析】
先设、、的边长分别是、、，由于、是等边三角形，易知，，结合平角定义可求，同理可求，那么，由于、是等边三角形，那么，从而有，于是，利用两角对应相等的两个三角形相似可得，可得比例关系：，即，再根据可得，结合，把代入可得
，进而可求．
【详解】
解：设、、的边长分别是、、，
、是等边三角形，
，
，
同理，
，
、是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案是4．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明，得出．
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