专题24以三角形为载体的几何综合问题 -挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)
专题24以三角形为载体的几何综合问题

【例1】(2022·山东枣庄·中考真题)已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．

(1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
【答案】(1)当t＝2时，PQ⊥BC
(2)当t的值为43时，四边形QPCP′为菱形

【分析】(1)根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
(2)作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，证明出ΔABC为直角三角形，进一步得出ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，再证明四边形PECD为矩形，利用勾股定理在Rt△PCE、Rt△PDQ中，结合四边形QPCP'为菱形，建立等式进行求解．
【详解】(1)解：(1)如图①，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝AC2+BC2＝42+42=42(cm)，
由题意得，AP＝2tcm，BQ＝tcm，
则BP＝(42﹣2t)cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
∴{∠BPQ=∠BAC∠BQP=∠BCA，
∴△BPQ∽△BAC，
∴BPBA＝BQBC，
∴42-2t42=t4，
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
(2)解：作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图，

AP=2t，BQ=tcm，(0⩽tBC，D是AB的中点，F是BC延长线上一点，平移AB到FH，线段FH的中垂线与线段CA的延长线交于点E，连接EH、DE．

(1)连接CD，求证：∠BDC=2∠DAC；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段DE，DF，EH之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，结论：DE2+DF2=EH2，理由见解析

【分析】(1)利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题；
(2)图形如图所示，结论：DE2+DF2=EH2，想办法证明∠EDF=90°即可．
(1)
证明：连接CD．
∵∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=AD=DB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠BDC=∠DAC+∠DCA=2∠DAC；
(2)
解：图形如图所示，结论：DE2+DF2=EH2．
理由：连接EF，AH，取FH的中点T，连接AT，DT，ET．

∵点E在FH的垂直平分线上，
∴EF=EH，
∵AD=DB，HT=TF，AB=FH，
∴AD=FT=HT，
∵AD∥FH，
∴四边形AHTD，四边形ADFT是平行四边形，
∴AH∥DT，AT∥DF，
∴∠FDT=∠ATD=∠TAH，
∵AH∥BF，
∴∠HAC=∠ACB=90°，
∵EH=EF，HT=FT，
∴ET⊥FH，∠TEH=∠TEF，
∴∠EAH=∠ETH=90°，
∴四边形A,E,H,T四点共圆，
∴∠TAH=∠TEH，
∴∠FDT=∠FET，
∴E，D，F，T四点共圆，
∴∠EDF+∠ETF=180°，
∴∠EDF=90°，
∴DE2+DF2=EH2．
【点睛】本题考查作图-平移变换，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，圆周角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．(2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测)知识呈现

(1)如图1，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，我们发现四边形ABCD中这对互余的角可进行拼合：先作∠ADF=∠ABC，再过点A作AE⊥AD交DF于点E，连接EC后，易于发现CD，DE，CE之间的数量关系是______；
方法运用
(2)如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC=90°，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，∠OAC=∠ABC．
①求证：∠ABC+∠ADC=90°；
②连接BD，如图3，已知AD=m，DC=n，ABAC=2，求BD的长(用含m，n的式子表示)．
【答案】(1)CD2+DE2=CE2；(2)①详见解析；②BD=5m2+4n2
【分析】1利用勾股定理解决问题即可；
2①如图2中，连接OC，作△ADC的外接圆⊙O.利用圆周角定理以及三角形内角和定理，即可解决问题；
②如图3中，在射线DC的下方作∠CDT=∠ABC，过点C作CT⊥DT于T.利用相似三角形的性质证明BD=5AT，求出AT，可得结论．
【详解】(1)解：∵∠ADC+∠ABC=90°，∠ADF=∠ABC，
∴∠CDE=∠ADC+∠ADF=90°，
∴CD2+DE2=CE2．
故答案为：CD2+DE2=CE2．
(2)①证明：如图2中，连接OC，作△ADC的外接圆⊙O．

∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，
∴点O是△ADC的外心，
∴∠AOC=2∠ADC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠AOC+∠OAC+∠OCA=180°，∠OAC=∠ABC，
∴2∠ADC+2∠ABC=180°，
∴∠ADC+∠ABC=90°．
②解：如图3中，在射线DC的下方作∠CDT=∠ABC，过点C作CT⊥DT于T．

∵∠CTD=∠CAB=90°，∠CDT=∠ABC，
∴△CTD∽△CAB，
∴∠DCT=∠ACB，CDCB=CTCA，
∴CDCT=CBCA，∠DCB=∠TCA，
∴△DCB∽△TCA，
∴BDAT=CBCA，
∵ABAC=2，
∴AC：BA：BC=CT：DT：CD=1：2：5，
∴BD=5AT，
∵∠ADT=∠ADC+∠CDT=∠ADC+∠ABC=90°，DT=255n，AD=m，
∴AT=AD2+DT2=m2+(255n)2=m2+45n2，
∴BD=5m2+4n2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题
8．(2022·浙江宁波·一模)若一个三角形的两条边的和等于第三条边的两倍，我们把这个三角形叫做和谐三角形．

(1)已知△ABC是和谐三角形，AB=3，BC=4，请直接写出所有满足条件的AC的长；
(2)在△ABC中AB=4，BC=8，D为BC边上一点，BD=2，连接AD，若△ABD为和谐三角形，求AC的长；
(3)如图，在等腰△ABC中AB=AC，D为AC的中点，且∠DBC=∠A，E为AB上一点，满足AE:EB=3:2，连接DE．求证：△AED为和谐三角形．
【答案】(1)2或5或72；
(2)AC的长为6；
(3)见解析．

【分析】(1)先确定出1＜AC＜7，再分三种情况，利用和谐三角形的定义求解即可；
(2)先求出2＜AD＜6，再分三种情况：①当AB＋AD＝2BD时，AD＝2BD−AB＝0，不符合题意；②当AB＋BD＝2AD时，AD＝12(AB＋BD)＝3，过点A作AF⊥BC于F，利用勾股定理求出DF，然后可求AC；③当BD＋AD＝2AB时，AD＝2AB−BD＝2×4−2＝6，不符合题意；
(3)设AE＝6x，则EB＝4x，进而表示出AB＝C＝10x，AD＝CD＝5x，再判断出△ABC∼△BDC，得出比例式求出BD＝BC＝52x，过点A作AM⊥BC于M，则BM＝CM＝12BC＝52x2，进而求出AM＝5142x，过点D作DG⊥BC于G，进而求出DG＝5144x，MG＝52x4，BG＝152x4，过点D作DH⊥AB于H，证明△ADH∼△BDG，可得ADBD=AHBG=DHDG，求出AH＝154x，DH＝574x，再用勾股定理求出DE，即可得出结论．
(1)
解：根据三角形的三边关系得，1＜AC＜7，
∵△ABC是和谐三角形，
∴①当AC＋BC＝2AB时，AC＝2AB−BC＝2×3−4＝2，
②当AC＋AB＝2BC时，AC＝2BC−AB＝2×4−3＝5，
③当AB＋BC＝2AC时，AC＝12(AB＋BC)＝12×(3＋4)＝72，
即满足条件的AC的长为：2或5或72；
(2)
解：在△ABC中，AB＝4，BC＝8，
∴4＜AC＜12，
在△ACD中，CD＝BC−BD＝6，
∵AB＝4，BD＝2，
根据三角形的三边关系得，2＜AD＜6，
∵△ABD为和谐三角形，
∴①当AB＋AD＝2BD时，AD＝2BD−AB＝0，不符合题意；
②当AB＋BD＝2AD时，AD＝12(AB＋BD)＝12×(4＋2)＝3，
如图，过点A作AF⊥BC于F，

在Rt△ADF中，AF2=AD2-DF2=9-DF2，
在Rt△ABF中，AF2=AB2-BF2=16-2+DF2，
∴9-DF2=16-2+DF2，
∴DF＝34，
∴AF2=9-DF2=13516，CF＝6−34＝214，
在Rt△ACF中，根据勾股定理得AC＝AF2+CF2=13516+44116=6；
③当BD＋AD＝2AB时，AD＝2AB−BD＝2×4−2＝6，不符合题意；
综上，AC的长为6；
(3)
证明：∵AE：EB＝3：2，
∴设AE＝6x，则EB＝4x，
∴AB＝AE＋EB＝10x，
∵AB＝AC，
∴AC＝10x，
∵点D为AC的中点，
∴AD＝CD＝12AC＝5x，
∵∠DBC＝∠A，∠C＝∠C，
∴△ABC∼△BDC，
∴ABBD=ACBC=BCDC，
∴10xBD=10xBC=BC5x，
∴BD＝BC＝52x，
如图，过点A作AM⊥BC于M，
则BM＝CM＝12BC＝52x2，
根据勾股定理得，AM＝AB2-BM2=5142x，
过点D作DG⊥BC于G，
∴DG∥AM，
∴△CDG∼△CAM，
∵AD＝CD，
∴CD=12AC，
∴DG＝12AM＝5144x，MG＝12CM＝52x4，
∴BG＝BM＋MG＝152x4，
过点D作DH⊥AB于H，
∴∠AHD＝90°＝∠BGD，
∵∠A＝∠DBC，
∴△ADH∼△BDG，
∴ADBD=AHBG=DHDG，
∴5x52x=AH152x4=DH5144x，
∴AH＝154x，DH＝574x，
∴EH＝AE−AH＝94x，
在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE＝EH2+DH2=94x2+574x2=4x，
∵AE＝6x，AD＝5x，
∴AE＋DE＝2AD，
∴△AED为和谐三角形．

【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理以及二次根式的运算等知识，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．
9．(2022·广东·华南师大附中三模)在我们的数学课本上有这样一道练习题：
已知，如图1所示，△ABC中∠BAC=90°，AB=AC，直线MN经过点A，BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分别为点D，E试判断BD+CE与DE的关系，并给出证明．

(1)还记得是怎么做的吗？请你再做一遍．
(2)拓展探究：请从上面的练习题中获取灵感来解决下面的问题：
已知，如图2，△ABC、△DEC均为等腰直角三角形，其中∠ACB=∠DCE=90°，连接BE、AD，过C点作CP⊥BE于P，延长PC交AD于Q，试判断Q点在AD上的位置，并说明理由．
【答案】(1)DE=BD+CE，理由见解析
(2)点Q为AD的中点，理由见解析

【分析】(1)求出△ABD≌△CEA，根据全等三角形性质得出BD=AE，DA=CE，即可得出答案；
(2)作AM垂直CQ的延长线于点M，作DN⊥CQ，垂足为N，证得△ACM≌△CBP，得到AM=CP，同理可证△DCN≌△CEP，得到DN=CP，AM=DN，推出△AMQ≌△DNQ，得到AQ=DQ，即Q为AD中点．
(1)
DE=BD+CE，
证明：∵由题意可知，BD⊥MN与D，EC⊥MN与E，∠BAC=90°，
∴∠BDA=∠CEA=∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠EAC=90°，∠ECA+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠ECA，
在△ABD与△CEA中，
∠DAB=∠ECA∠ADB=∠CEAAB=AC，
∴△ABD≌△CEA(AAS)，
∴BD=AE，DA=CE，
∵DE=DA+AE，
∴DE=BD+CE．
(2)
点Q为AD的中点．理由如下：
作AM垂直CQ的延长线于点M，作DN⊥CQ，垂足为N，

∴∠ACB=90，∠BPC=90°，
∴∠ACM+∠BCP=90°，∠BCP+∠CBP=90°，
∴∠ACM=∠CBP，
在△ACM与△BCP中，
AMC=∠CBP∠ACM=∠CBPAC=CB，
∴△ACM≌△CBP(AAS)，
∴AM=CP，
同理可证△DCN≌△CEP，
∴DN=CP，
∴AM=DN，
又∵∠AMQ=∠DNQ，
∴∠AQM=∠DQN，
在△AMQ与△DNQ中，
∠AMQ=∠DNQ∠AQM=∠DNQAM=DN，
∴△AMQ≌△DNQ(AAS)，
∴AQ=DQ，
即Q为AD中点．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．(2021·吉林·长春市赫行实验学校二模)[阅读理解]在学习中，我们学习了一个定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即：如图1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，若点D是斜边AB的中点，则CD=12AB．
[灵活应用]如图2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，连接BE，CE．
　
(1)根据题意，则DE的长为 　　．
(2)判断ΔBCE的形状，并说明理由．
(3)请直接写出CE的长 　　．
【答案】(1)5
(2)ΔBCE是直角三角形，理由见解析
(3)145

【分析】(1)利用勾股定理求出BC，再利用翻折变换的性质可得DE=DB=5；
(2)结论：ΔBCE是直角三角形．证明DE=DC=DB，可得结论；
(3)设AD交BE于点T．利用相似三角形的性质求出AT，再求出DT，利用三角形中位线定理，可得结论．
(1)
在RtΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=AC2+AB2=82+62=10，
∵D是BC的中点，
∴CD=DB=5，
由翻折的性质可知，DE=DB=5．
故答案为：5；
(2)
结论：ΔBCE是直角三角形．
理由：∵CD=DB，DE=DB，
∴DE=DC=DB，
∴∠CEB=90°，
∴ΔBCE是直角三角形；
(3)
设AD交BE于点T．

由翻折的性质可知，AE=AB，DE=DB，
∴AD垂直平分线段BE，
∴ET=BT，∠ATB=90°，
∵CD=DB，∠CAB=90°，
∴DA=DB=DC=5，
∴∠BAT=∠ABC，
∵∠ATB=∠BAC=90°，
∴ΔBTA∽ΔCAB，
∴ ATAB=ABCB，
∴ AT6=610，
∴AT=185，
∴DT=AD-AT=5-185=75，
∵ET=BT，CD=DB，
∴EC=2DT=145．
故答案为：145．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，翻折变换，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．(2022·广东·东莞市光明中学三模)△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．

(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
【答案】(1)①AB∥CF；②CF+CD=BC
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)AG=437

【分析】1①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
2依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB//CF；依据△ABD≌△ACF可得BD=CF，依据CD-BD=BC，即可得出CD-CF=BC；
3判定△ABD≌△ACF，即可得到CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根据△AGC∽△FGD，即可得到AGFG=CGDG=ACDF，进而得出AG的长．
(1)
解：①∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠ABC+∠BCF=180°，
∴AB∥CF；
②∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC，
故答案为：①AB∥CF；②CF+CD=BC；
(2)
结论①成立，而结论②不成立．
证明：如图2，∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，

∴∠BAC=60°=∠DAF，∠ABD=120°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=120°，
又∵∠CAB=60°，
∴∠ACF+∠BAC=180°，
∴AB//CF；
∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵CD-BD=BC，
∴CD-CF=BC；
(3)
解：如图3，连接DF，过A作AH⊥BD于H，则AH=23，DH=2+2=4，

∴Rt△ADH中，AD=27，
∵AF=AD，∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
又∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAF，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，
又∵∠AGC=∠FGD，
∴△AGC∽△FGD，
∴AGFG=CGDG=ACDF=427，
∴可设AG=4x，则FG=27x，CG=6-27x，DG=27-4x，
∴6-27x27-4x=427，
解得x=73，
∴AG=437．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是解本题的关键．
12．(2022·辽宁鞍山·二模)如图所示，在△ABC中，点D是BC中点，点E是AC延长线上一点，连接BE、AD．

(1)如图1，若△ABC是等边三角形，点C是AE中点，若AD=23，求BE的长．
(2)如图2，过点C作CF∥AB，交AD的延长线于点F，若∠FAC=∠BEC，BE=2AD；
①∠BAC=60°，求证：AB=EC；
②如图3，若CE=2AB，求∠CAB．
【答案】(1)43
(2)①证明见解析；②45°

【分析】(1)根据△ABC是等边三角形，点D是BC中点，得出AD⊥BC，∠DAC=12∠BAC=30°，根据三角形函数求出AC，即可得出AB=BC=AC=4，根据点C是AE中点，得出CE=AC=BC=4，即可求出∠E=∠EBC=30°，证明∠ABE=∠ABC+∠EBC=90°，解直角三角形即可得出答案；
(2)①连接EF，根据“AAS”证明ΔABD≌ΔFCD，得出AD=DF，根据BE=2AD，
得出BE=AF，根据“SAS”证明ΔABE≌ΔEFA，得出EF=AB，∠FEA=∠BAE=60°，再根据CF∥AB，得出∠FCE=∠BAE=60°，从而证明△FEC为等边三角形，得出EF=EC，即可证明结论；
②根据解析①可知，ΔABE≌ΔEFA，从而得出EF=AB，∠FEA=∠BAE，根据平行线的性质得出∠FCE=∠BAE，即可得出∠FEC=∠FCE，证明CF=EF，最后根据勾股定理逆定理证明△CEF为等腰直角三角形，即可得出∠CAB=∠CEF=45°．
(1)
解：∵△ABC是等边三角形，点D是BC中点，
∴AD⊥BC，∠DAC=12∠BAC=30°，
∴在Rt△ADC中AC=ADcos30°=2332=4，
∴AB=BC=AC=4，
∵点C是AE中点，
∴CE=AC=BC=4，
∴∠E=∠EBC，
∵∠E+∠EBC=∠ACB=60°，
∴∠E=∠EBC=30°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=90°，
∴在Rt△ABE中，BE=AE×cos30°=4+4×32=43．
(2)
①证明：连接EF，如图所示：

∵点D是BC中点，
∴BD=CD，
∵CF∥AB，
∴∠ABD=∠FCD，∠BAD=∠CFD，
∴ΔABD≌ΔFCD(AAS)，
∴AD=DF，
∵BE=2AD，
∴BE=AF，
∵∠FAC=∠BEC，AE=EA，
∴ΔABE≌ΔEFA(SAS)，
∴EF=AB，∠FEA=∠BAE=60°，
∵CF∥AB，
∴∠FCE=∠BAE=60°，
∴∠FEC=∠FCE=60°，
∴△FEC为等边三角形，
∴EF=EC，
∴AB=EC；
②解：连接EF，如图所示：

根据解析①可知，ΔABE≌ΔEFA，
∴EF=AB，∠FEA=∠BAE，
∵CF∥AB，
∴∠FCE=∠BAE，
∴∠FEC=∠FCE，
∴CF=EF，
∴EF=CF=AB，
∴EF2+CF2=2AB2，
∵CE=2AB，
∴CE2=2AB2，
∴EF2+CF2=CE2，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∴∠CAB=∠CEF=45°．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理的逆定理，作出辅助线，构造全等三角形，证明ΔABE≌ΔEFA，是解题的关键．
13．(2021·福建福州·一模)如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠DAB=90°，AD=4，AB=8，BC=10．点E为线段DC的中点，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿折线A→B→C向点C运动，设点P的运动时间为t．

(1)点P在运动过程中，BP=_________________；(用含t的代数式表示)
(2)点P在运动过程中，如果以D、P、E为顶点的三角形为等腰三角形，求t的值；
(3)当点P运动到线段BC上时，过点P作直线L∥DC，与线段AB交于点Q，使四边形DQPE为直角梯形，求此时直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比．
【答案】(1)丨8－t丨
(2)3或498或12
(3)225448或2554

【分析】(1)分点P在AB上运动时和点P在BC上运动时列出代数式即可；
(2)分DE=DP、DP=PE、DE=PE情况求解即可；
(3)分∠EDQ=∠DQP=90°时和∠DEP=∠EPQ=90°时两种情况，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
(1)
解：当点P在AB上运动时， BP=AB－AP=8－t；
当点P在BC上运动时BP=t－8，
故答案为：丨8－t丨；
(2)
解：过D作DH⊥BC于H，连接EH，则∠DHC=∠DHB=90°，

∵AD∥BC，∠DAB=90°，
∴∠ABC=∠DAB=90°=∠DHB，
∴四边形ABHD为矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=4，DH∥AB，∠ADH=90°，
则CH=BC-BH=6，
在Rt△DHC中，CD=DH2+CH2=82+62=10，
∵E为CD的中点，
∴DE=CE=EH=12CD=5，
①当DE=DP时，DP=5，点P在AB上，
在Rt△ADP中，AP=DP2-AD2=52-42=3，∴t=3；
②当DP=PE时，点P在AB上，取DH的中点F，连接EF并延长交AB于Q，
又∵E为CD的中点，
∴EF= 12CH=3，EF∥CH，
∴∠CHD=∠EFD=∠DFQ=90°，则四边形AQFD为矩形，
∴FQ=AD=4，∠AQE=90°，AQ=DF=4，
在Rt△ADP中，DP2=AD2+AP2=16+t2，
在Rt△EPQ中，EQ=EF+FQ=7，PQ=丨t-4丨，
∴PE2=EQ2+PQ2=49+(t-4)2，
∴16+t2=49+(t-4)2，
解得：t=498＜8，故P不可能在BC上；
③当DE=PE时，PE=5，∵5＜7，∴点P在BC上，
∵EH=DE=5，
∴当P运动到H处时，有DE=PE，此时t=8+4=12；
综上，满足条件的t值为3或498或12；
(3)
解：如图，当∠EDQ=∠DQP=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
过D作DH⊥BC于H，

由(2)中知，DH=8，CH=6，DE=5，CD=10，∠ADH=∠CHD=90°，
∵∠ADQ+∠QDH=∠CDH+∠QDH=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，又∠A=∠CHD=90°，
∴△ADQ∽△HDC，    
∴ADDH=AQCH=DQCD即48=AQ6=DQ10，
∴AQ=3，DQ=5，则BQ=AB-AQ=8-3=5，
∵PQ∥DC，
∴∠HCD=∠BPQ，又∠CHD=∠B=90°，
∴△CDH∽△PQB，
∴BQDH=PQCD即58=PQ10，
∴PQ=254，
∴S直角梯形DQPES直角梯形ABCD=12×(5+254)×512×(4+10)×8=225448，
如图，当∠DEP=∠EPQ=90°时，四边形DQPE为直角梯形，

由(2)中知，DH=8，CH=6，CE=5，CD=10， ∠CHD=90°，
∵∠C=∠C，∠CEP=∠CHD=90°，
∴△EPC∽△HDC，    
∴EPDH=CECH=CPCD即EP8=56=CP10，
∴EP= 203，CP= 253，则PB=BC-CP=10-253=53，
∵△CDH∽△PQB，
∴PBCH=PQCD即536=PQ10，
∴PQ=259，
S直角梯形DQPES直角梯形ABCD=12×(5+259)×20312×(4+10)×8=2554，
综上，直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比为225448或2554．
【点睛】本题考查四边形的动点问题，涉及相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、直角梯形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键，计算量较大，需要细心计算．
14．(2021·浙江宁波·二模)如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC=4，BA＝8，点D、E分别为BC、BA的中点，作直线AE、CD，设它们的交点为点P．

(1)猜想：在旋转的过程中，线段AE、CD有怎样的数量和位置关系？答：        、            ．
(2)利用图2，证明你在(1)中的猜想．
(3)当点D恰好落在直线AE上时，求线段PC的长．
(4)在旋转过程中，直接写出△PBC面积的最大值．
【答案】(1)AE⊥CD，AE＝2CD
(2)见解析
(3)45+2955或295-455
(4)4+23

【分析】(1)可以猜想：AE⊥CD，AE＝2CD；
(2)证明△DBC∽△EAB，即可求解；
(3)如图1，当点P在线段AE时，在Rt△PAC中，PA2＝PC2+AC2，即(2a﹣25)2+a2＝(45)2，即可求解；如图2，当点P在AE的延长线上时，同理可解；
(4)如图3，当CD(P)与圆B相切时，△PBC面积最大，进而求解．
(1)解：可以猜想：AE⊥CD，AE＝2CD，故答案为：AE⊥CD，AE＝2CD；
(2)证明：如图2，∵BD＝12BE，BC=12AB，∠DBC=∠ABE，∴△DBC∽△EAB，∴∠DCB＝∠BAE，AE＝2CD，∵∠AOP＝∠BOC，∴∠APC＝∠ABC＝90°，∴CD⊥AE；
(3)解：如图3，当点P在线段AE时，由(2)知，CP＝12AE，设PC＝a，则AE=2a∵EP＝DE＝25，∴PA＝2a﹣25，∵AC=AB2+BC2=82+42=45在Rt△PAC中，PA2+PC2＝AC2，即(2a﹣25)2+a2＝(45)2，解得a＝45+2955(不合题意的值已舍去)；故PC＝45+2955，如图4，当点P在AE的延长线上时，由(2)知，CP＝12AE，设PC＝a，则AE=2a∵EP＝DE＝25，∴PA＝2a+25，在Rt△PAC中，PA2+PC8＝AC2，即(2a+25)2+a2＝(45)2，解得a＝295-455(不合题意的值已舍去)；故PC＝295-455，综上，PC＝45+2955或295-455；
(4)解：如图5，当CD(P)与圆B相切时，△PBC面积最大，∵CD⊥AP，DB⊥CP，∴四边形BDPE为矩形．∴PD＝BE＝4，在Rt△CDB中，BD＝2，∴∠BCD＝30°，∴CD=23∴PC＝PD+CD=4+23，∴△PBC面积＝12•BD•PC＝4+23．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了切线的性质、矩形的性质、相似三角形和判定与性质、直角三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中．
15．(2021·四川乐山·三模)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．

(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，BDCP的值是　 　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　 　．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出BDCP，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时ADCP的值．
【答案】(1)1，60°
(2)2
(3)2+2或2-2

【分析】(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD(SAS)，即可解决问题．
(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
(3)分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
(1)
解：如图1中，延长CP交BD的延长线于E．

∵CA=CB,∠ACB=60°，
∴∆CAB为等边三角形，
又∵将线段AP绕点P逆时针旋转60°得到线段DP
∴AP=DP，∠APD=60°
∴∆APD为等边三角形，
∴CA＝BA，PA＝DA，
∴∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠PAD-∠PAB＝∠CAB-∠PAB
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD(SAS)，
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴BDPC=1，
故答案为1，60°．
(2)
BDCP=2，
理由：如图2中，设BD交AC于点O．

∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵ABAC＝ADAP＝2，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，BDPC =ABAC＝2，
(3)
如图3﹣1中，当点D在线段PC上时．

∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，PD＝22a，
∴ADCP=aa+22a=2-2．
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPC＝∠ECP，
∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，
∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，
∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝22.5°，
∴AD＝DC，
设PD＝a，则AD＝DC＝2a，
∴ADCP=2aa+2a=2-2，
如图3﹣3中，当点P在线段CD上时，同理可得DA=DC,设AD＝a，PD＝22a，

∴PC＝a﹣22a，
∴ADPC=aa-22a=2+2．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，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，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
16．(2021·四川眉山·三模)如图，已知边长为10的正方形ABCD，E是BC边上一动点(与B、C不重合)，连接AE，将AE绕着E点沿顺时针方向旋转90°后与∠DCG的角平分线相交于点F，过F点作BC的垂线交BC的延长线于点G．

(1)求证：△ABE∽△EGF；
(2)若EC＝2，求证△ABE≌△EGF；
(3)当EC为何值时，△CEF的面积最大，并求出其最大值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)当EC＝5时，S△ECF有最大值为252．

【分析】(1)根据正方形的性质以及垂直的定义和角的互余关系可得∠BAE＝∠FEG，再结合∠B＝∠FGC＝90°，即可得△ABE∽△EGF；
(2)由△ABE∽△EGF可得ABEG＝BEFG，然后再求出AB、BE的长以及EG和FG的关系，从而求得FG=8，即FG=BE，最后判定三角形全等即可；
(2)设CE＝x，则BE＝10－x，根据CF平分∠DCG，∠FCG=45°，即有△CGF是等腰直角三角形，则有EG＝CE＋CG＝x＋FG，根据)(1)的结论有ABEG=BEFG，据此即可用x表示出FG，则可得到S△ECF=12xx-10，最后根据二次函数的性质即可求解即可．
(1)解：(1)∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE，∠B＝∠FGC＝∠AEF＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠FEG＝90°，∴∠BAE＝∠FEG，∵∠B＝∠FGC＝90°，∴△ABE∽△EGF．
(2)解：∵△ABE∽△EGF，∴ABEG＝BEFG，∵AB＝BC＝10，EC＝2，∴BE＝BC﹣EC＝10﹣2＝8，∵CF是∠DCG的角平分线，∠DCG＝90°，∴∠FCG＝45°，即△CGF是等腰直角三角形，∴CG＝FG，∴EG＝EC+CG＝2+FG，∴102+FG=8FG，解得：FG＝8，∴FG＝BE，又∵∠BAE＝∠FEG，∠B＝∠FGC＝90°，∴△ABE≌△EGF(AAS)．
(3)解：设CE＝x，则BE＝10﹣x，∴EG＝CE+CG＝x+FG，由(1)知△ABE∽△EGF，∴ABEG＝BEFG，即10x+FG=10-xFG，解得FG＝10﹣x，∴S△ECF＝12CE•FG＝12x(10﹣x)＝﹣12(x2﹣10x)＝﹣12(x﹣5)2+252，∴当x＝5时，S△ECF有最大值为252．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及二次函数的应用等知识点，得到S△ECF=-12x-52+252是解答本题的关键．
17．(2018·广东·陆丰市湖东中学一模)如图，△ABC是等边三角形，D是射线BC上的一个动点(点D不与B，C重合)，△ADF是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交射线AC于点E，连接BF．

(1)如图1，点D在线段BC上时，求证：△AFB≅△ADC；
(2)请判断图1中四边形BCEF的形状，并说明理由；
(3)若D点在BC边的延长线上，如图2，其它条件不变，请问(2)中结论还成立吗？如果成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BCEF是平行四边形，见解析
(3)成立，理由见解析

【分析】(1)根据等边三角形的性质可得AB=AC，AF=AD，∠BAC=∠FAD=60°，然后求出∠BAF=∠CAD，再利用“边角边”证明△AFB和△ADC全等；
(2)四边形BCEF是平行四边形，因为△AFB≌△ADC，所以可得∠ABF=∠C=60°，进而证明∠ABF=∠BAC，则可得到FB∥EC，又EF∥BC，所以四边形BCEF是平行四边形；
(3)根据(1)的思路可得△AFB≌△ADC；根据“SAS”可得△AFB≌△ADC；可得CD=BF，∠ABF=∠ACD=120°，根据平行线判应可得BF∥AE，根据平行四边形的判应可得四边形BCEF是平行因边形．
(1)
证明：∵△ABC和△ADF都是等边三角形，
∴AF=AD，AB=AC，∠FAD=∠BAC=60°．
又∵∠FAB=∠FAD-∠BAD，∠DAC=∠BAC-∠BAD，
∴∠FAB=∠DAC，
在△AFB和△ADC中，
AF=AD,∠BAF=∠CAD,AB=AC,
∴△AFB≅△ADCSAS．
(2)
解：由(1)得△AFB≅△ADC，
∴∠ABF=∠C=60°．
又∵∠BAC=∠C=60°，
∴∠ABF=∠BAC，
∴FB∥AC．
又∵BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形．
(3)
解：成立，理由如下：
∵△ABC和△ADF都是等边三角形，
∴AF=AD，AB=AC，∠FAD=∠BAC=60°．
又∵∠FAB=∠BAC-∠FAE，∠DAC=∠FAD-∠FAE，
∴∠FAB=∠DAC，
在△AFB和△ADC中，
AF=AD,∠BAF=∠CAD,AB=AC,
∴△AFB≅△ADCSAS，
∴∠AFB=∠ADC．
又∵∠ADC+∠DAC=∠ACB=60°，∠EAF+∠DAC=∠FAD=60°，
∴∠ADC=∠EAF，
∴∠AFB=∠EAF，
∴BF∥AE．
又∵BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形判定和性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
18．(2022·山东东营·中考真题)△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.

(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，(1)中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析

【分析】(1)根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
(2)连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
(3)过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，推出AE=BE= 12AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD= 12h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出SCEFD=CD⋅EG=12a⋅12h=12⋅12ah=12S△ABC，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱BDEF是菱形．
(1)
∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
(2)
CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；

(3)
如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，
∴AE=BE= 12AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴EGAD=BEAB=12，
∴EG=12AD= 12h，
由(2)知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴S四边形CEFD=CD⋅EG=12a⋅12h=12⋅12ah=12S△ABC,
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴▱BDEF是菱形．

【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
19．(2022·辽宁鞍山·中考真题)如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在直线AC上，连接BD，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．

(1)求证：BC=3AB；
(2)当点D在线段AC上(点D不与点A，C重合)时，求CEAD的值；
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出ANCE的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3
(3)5719或2121

【分析】(1)作AH⊥BC于H，可得BH＝32AB，BC＝2BH，进而得出结论；
(2)证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
(3)当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
(1)
证明：如图1，

作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
∴∠BAH＝∠CAH＝12∠BAC＝12×120°＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝BHAB，
∴BH＝32AB，
∴BC＝2BH＝3AB；
(2)
解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝180°-∠BAC2＝180°-120°2＝30°，
由(1)得，BCAB=3，
同理可得，
∠DBE＝30°，BEBD=3，
∴∠ABC＝∠DBE，BCAB=BEBD，
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴CEAD=BEBD=3；
(3)
：如图2，

当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由(1)得，CE=3AD=23a，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cos60°＝32a，BF＝3a•sin60°＝332a，
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2a+32a=72a，
BD＝BF2＋DF2=332a2+72a2=19a，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴AGBF＝ADBD，
∴AG332a=2a19a，
∴AG=3319a，
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴AN＝AGsin60°=3319·23a=61919a，
∴ANCE=61919a23a=5719，
如图3，

当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由(1)得，
CE＝3AD=43a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝3a，
∴BD=3a2+5a2=27a，
∴AQ3a=4a27a，
∴AQ=237a，
∴AN=237a·23=47a，
∴ANCE=47a43a=2121，
综上所述：ANCE的值为5719或2121．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
20．(2022·辽宁朝阳·中考真题)【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．

(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=2AC；理由见详解；
(3)33-3或3-3

【分析】(1)如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC(SAS)，推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
(2)结论：CB+CD=2AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB(AAS)，推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN(HL)，推出CM=CN，可得结论；
(3)分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
(1)
证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．

∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
DA=BA∠ADE=∠BDE=BC，
∴△ADE≌△ABC(SAS)，
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
(2)
解：结论：CB+CD=2AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB(AAS)，
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=2CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN(HL)，
∴CM=CN，
∴CB+CD=CN-BN+CM+DM=2CM=2AC；
(3)
解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．

∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=3CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴SΔOBCSΔCDO=12CD·OQ12BC·OP=CDBC，
∴ODOB=CDCB= 3，
∵AB=AD=6，∠DAB=90°，
∴BD=2AD=23，
∴OD=31+3×23=33-3．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，

同法可证ODOB= 13，OD=11+3×23=3-3，
综上所述，满足条件的OD的长为33-3或3-3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．