专题15几何证明二（三角形综合、四边形综合）-【中考冲刺】2023年中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇编（安徽专用）

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二轮复习【中考冲刺】2023年中考数学重要考点
名校模拟题分类汇编专题15
——几何证明（二）（安徽专用）
1．（2023·安徽合肥·校考一模）已知：正方形ABCD中，E为BC边中点，F为AB边上一点，AE、CF交于点P，连接AC．

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

【分析】（1）根据正方形得到AB=BC,∠B=90°,∠BAC=∠ACB=45°，证明△ABE≌△CBF，推出∠BAE=∠FCB，即可得到结论；
（2）①连接BP并延长，交AD于点G，得到∠BPC=90°，推出∠ABG=∠PCE，由此证明△ABG≌△BCFASA，得到AG=BF，再根据等边对等角证得AP=AG，即可得到结论AP=BF；②设AB=BC=a，BF=x，则AF=AB-BF=a-x，AP=BF=x，延长CF，交DA的延长线于点H，根据正方形的性质得到AD∥BC，证得∠H=∠PCE，从而证得∠H=∠APH，推出AH=AP=x，证明△AFH∽△BFC，得到AFBF=AHBC，代入数值得到x2+ax-a2=0，求出x得到及，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC,∠B=90°,∠BAC=∠ACB=45°，
∵E为BC边中点，F为AB边中点，
∴BF=BE，
∴△ABE≌△CBF，
∴∠BAE=∠FCB，
∴；
（2）①连接BP并延长，交AD于点G，如图

∵E为BC边中点，CE=PE，
∴BE=CE=PE,∠CPE=∠PCE，∠BPE=∠PBE，
∵∠CPE+∠BPE+∠PCE+∠PBE=180°，
∴∠CPE+∠BPE=∠PCE+∠PBE=12×180°=90°，
即∠BPC=90°，
∵∠ABG+∠PBE=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠PCE，
∴△ABG≌△BCFASA，
∴AG=BF，
正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AGP=∠PBE，
∵∠APG=∠BPE，∠BPE=∠PBE，
∴∠AGP=∠APG，
∴AP=AG，
∴AP=BF；
②设AB=BC=a，BF=x，则AF=AB-BF=a-x，AP=BF=x，
延长CF，交DA的延长线于点H，如图，

正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠H=∠PCE，
∵∠APH=∠CPE，∠CPE=∠PCE，
∴∠H=∠APH，
∴AH=AP=x，
∵AD∥BC，
∴△AFH∽△BFC，
∴AFBF=AHBC
∴BC·AF=AH·BF，即aa-x=x⋅x，
∴x2+ax-a2=0，
∴x=-a±5a22，
∵x>0,a>0，
∴x=-1+52a，
∴BF=x=-1+52a，AF=a-x=a--1+52a=3-52a，
∴AFBF=3-52a-1+52a=5-13-5=5-12．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确理解各判定和性质及正确引出辅助线是解题的关键．

2．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图（1），已知正方形ABCD，对角线AC、BD交于点O，点E是线段BD上的点，以AE为边作等边△AEF（点F在点E上方），连接CE、CF、DF．

(1)求∠ACF的度数；
(2)如图（2），当EF∥CD时，设AD分别交CF、EF于点G、H．
①求证：△ADF≌△CDE；
②求EFFG的值
【答案】(1)30°
(2)①见解析；②6+22

【分析】（1）根据等边三角形和正方形的性质可得AE=CE=EF,∠AEF=60°，从而得到∠ACF=∠EAC+∠EFC，延长CE交于点G，再由三角形的外角性质，即可求解；
（2）①要证△ADF≌△CDE，即先证明△ADE≌△ADF，再结合轴对称的性质即可得证；②要求EFFG的值，可先通过证明△DFG∽△DAF，将所求线段比例转化为ADDF，再运用带入参数字母法，结合图形的性质分别求出AD、DF，代入化简即可．
【详解】（1）解：∵△AEF是等边三角形，BD垂直平分AC，
∴AE=CE=EF,∠AEF=60°，
∴∠EAC=∠ECA,∠EFC=∠ECF，
∴∠ACF=∠ECA+∠ECF=∠EAC+∠EFC，
如图，延长CE交于点G，

∴∠EAC=12∠AEG, ∠EFC=12∠GEF，
∴∠ACF=12∠AEG+12∠GEF=12∠AEF=30°；
（2）解：①证明：∵EF∥CD，∠ADC=90°，
∴AD⊥EF．
又∵△AEF是等边三角形，∴AD平分∠EAF，即∠DAE=∠DAF=30°．
在△ADE和△ADF中，AE=AF∠DAE=∠DAFAD=AD，
∴△ADE≌△ADF，
在正方形ABCD中，AD=CD,∠ADE=∠CDE，
∵DE=DE，
∴△ADE≌△CDE，
∴△ADF≌△CDE．
②∵△ADF≌△CDE，
∴∠ADF=∠CDE=45°，
∵EF⊥AD，
∴△DHF是等腰直角三角形，
∵∠CAD=45°，
∴∠ADF=∠CAD，
∴DF∥AC，
∴∠DFG=∠ACF=30°，
又∵∠DAF=30°，
∴∠DFG=∠DAF．
又∵∠GDF=∠FDA，
∴△DFG∽△DAF，
∴FGAF=DFAD．
设DF=a，则DH=FH=22DF=2a2，
∵∠DAF=30°，
∴AF=2FH=2a，
∴AH=6a2，
∴AD=AH+DH=6+22a，
∴EFFG=AFFG=ADDF=6+22aa=6+22．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质等知识，本题难度在于在第（3）问两条线段位置关系不明显，在此类两条线段问题中，一般运用转化的思想将比值问题转化为易求的另两条线段的比例问题．通过代入参数字母方法，即可求解．

3．（2023·安徽合肥·统考一模）已知E是四边形ABCD的边CD上一点，AE的垂直平分线分别交AD，BC于点M，N，交对角线BD于点F，AE与MN交于点O，连接EM，EF．

(1)如图1，若AE平分∠DAF，求证：四边形AFEM是菱形．
(2)如图2，四边形ABCD是矩形，且AD=10，AB=6，若EF∥AD，求EM的长．
【答案】(1)见解析
(2)509

【分析】（1）由AE平分∠DAF，MN是AE的垂直平分线，证明△AFO≌△AMO，即可证出结论．
（2）设AM=EM=EF=x，则DM=10-x，根据△DFE∽△DBC，列出比例式即可求得．
【详解】（1）解：∵AE平分∠DAF，
∴∠MAE=∠FAE．
∵MF⊥AE，
∴∠AOF=∠AOM=90°．
∵AO=AO，∠MAE=∠FAE，
∴△AFO≌△AMO，
∴AM=AF．
∵MN是AE的垂直平分线，
∴ME=AM，AF=EF，
∴AM=ME=AF=EF，
∴四边形AFEM是菱形．
（2）解：∵EF∥AD，
∴∠MAO=∠FEO．
∵MN垂直平分AE，
∴AF=EF，
∴∠FAO=∠FEO，
∴∠MAO=∠FAO．
由（1）可得四边形AFEM是菱形，
∴AM=ME=AF=EF．
设AM=EM=EF=x，则DM=10-x．
∵EF∥AD∥BC，∴△DFE∽△DBC，
∴EFBC=DEDC，即x10=DE6，
∴DE=3x5．
在Rt△DEM中，DE2+DM2=EM2，即3x52+10-x2=x2，
解得x1=509，x2=50（舍去），
∴EM=509．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、矩形的性质、相似三角形的性质与判定等知识点，菱形性质与判定的熟练运用是解题关键．

4．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、AB、CD上，且AF=BE=CG．

(1)求证：EF=EG；
(2)如图2，若点M在上，且BE=EM，连接DM并延长交FE的延长线于点N，
①当NE=NM，AB=6时，求的长；     
②求证：∠N=45°；
【答案】(1)见解析
(2)①6-32；②见解析

【分析】（1）证明△BFE≌△CEGSAS()，即可得到结论；
（2）①根据NE=NM证得∠FEB=∠DMC，进而证明△FEB∽△DMC，得到FBDC=BECM，设AF=x，则FB=6-x,CM=6-2x，代入计算可得x=6-32，从而得到的长；②设FG交DN于点P，过点C作CH∥FG交AB于点H，

得四边形FHCG是平行四边形，推出FH=CG=AF=BE，证明△BCH≌△CDMSAS()，得到∠BCH=∠CDM，根据余角的性质证得∠BCH+∠CMD=90°，推出CH⊥DM,GF⊥DM，由（1）知EF=GE,∠BEF=∠CGE，得到∠FEG=90°推出△FEG是等腰直角三角形，且∠EGF=45°，即可求出∠N=45°．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=BC,∠B=∠C=90°，
∵AF=BE=CG，
∴BF=CE，
∴△BFE≌△CEGSAS()，
∴EF=EG；
（2）①∵NE=NM，
∴∠NEM=∠NME，
∴∠FEB=∠DMC，
∵∠B=∠C=90°，
∴△FEB∽△DMC，
∴FBDC=BECM，
设AF=x，则FB=6-x,CM=6-2x，
∴6-x6=x6-2x，
解得x=6-32或x=6+32（舍去），
∴的长为6-32；
②设FG交DN于点P，过点C作CH∥FG交AB于点H，

∵AB∥CD，
∴四边形FHCG是平行四边形，
∴FH=CG=AF=BE，
∵BE=EM,AB=BC，
∴BH=CM，
∴△BCH≌△CDMSAS()，
∴∠BCH=∠CDM，
∵∠CDM+∠CMD=90°，
∴∠BCH+∠CMD=90°，
∴CH⊥DM,GF⊥DM，
由（1）知EF=GE,∠BEF=∠CGE，
∵∠CGE+∠CEG=90°
∴∠BEF+∠CEG=90°，
∴∠FEG=90°
∴△FEG是等腰直角三角形，且∠EGF=45°，
∴∠N=45°．
【点睛】此题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握各判定定理和性质定理是解题的关键．

5．（2023·安徽合肥·校考一模）如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB=AC=BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB=MN．

(1)求证：BN平分∠ABE；
(2)连接DN，若BD=1，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
(3)如图②，若点F为AB的中点，连接FN、FM，求FNDC的值．
【答案】(1)见解析
(2)105
(3)12

【分析】（1）由AB=AC知∠ABC=∠ACB，由等腰三角形三线合一知AM⊥BC，从而根据∠MAB+∠ABC=∠EBC+∠ACB知∠MAB=∠EBC，再由△MBN为等腰直角三角形知∠EBC+∠NBE=∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°可得证；
（2）设BM=CM=MN=a，知DN=BC=2a，证△ABN≌△DBN得到AN=DN=2a，Rt△ABM中利用勾股定理可得a的值，从而得出答案；
（3）F是AB的中点知MF=AF=BF及∠FMN=∠MAB=∠CBD，再由MFAB=MNBC=12，证明△MFN∽△BDC，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵M为BC的中点，
∴AM⊥BC，
在Rt△ABM中，∠MAB+∠ABC=90°，
在Rt△CBE中，∠EBC+∠ACB=90°，
∴∠MAB=∠EBC，
又∵MB=MN，
∴△MBN为等腰直角三角形，
∴∠MNB=∠MBN=45°，
∴∠EBC+∠NBE=45°，∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°，
∴∠NBE=∠ABN，即BN平分∠ABE；
（2）设BM=CM=MN=a，
∵四边形DNBC是平行四边形，
∴DN=BC=2a，
在△ABN和△DBN中，
∵AB＝DB∠NBE＝∠ABNBN＝BN，
∴△ABN≌△DBNSAS，
∴AN=DN=2a，
在Rt△ABM中，由AM2+MB2=AB2，即：2a+a2+a2=1，
解得：a=±1010（负值舍去），
∴BC=2a=105；
（3）∵F是AB的中点，
∴在Rt△MAB中，MF=AF=BF，
∴∠MAB=∠FMN，
又∵∠MAB=∠CBD，
∴∠FMN=∠CBD，
∵MFAB=MNBC=12，
∴MFBD=MNBC=12，
∴△MFN∽△BDC，
∴FNDC=MFBD=MNBC=12．
【点睛】本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形三线合一的性质、直角三角形和平行四边形的性质及全等三角形与相似三角形的判定与性质等知识点．

6．（2022·安徽·一模）如图，在正方形ABCD中，点E在直线AD右侧，且AE=1，以DE为边作正方形DEFG，射线DF与边BC交于点M，连接ME、MG．

(1)如图1，求证：ME=MG；
(2)若正方形ABCD的边长为4，
①如图2，当G、C、M三点共线时，设EF与BC交于点N，求MNEM的值；
②如图3，取AD中点P，连接PF，求PF长度的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)①MNEM=14，②当P、B、F三点共线时，PF有最大值为

【分析】（1）对角线DF是正方形DEFG的对称轴，即可得ME=MG；
（2）①当G、C、M三点共线时，根据△DAE≌△DCG，△DCG∽△GFN，△MNF∽△MGD进而即可求得EMMN的值；
②连接BD,BF，证明△ADE∽△BDF，求出相似比，求出，当P、B、F三点共线时，即可求出最大值．
【详解】（1）如图1，

∵对角线DF是正方形DEFG的对称轴，
∴ME=MG；
（2）如图2，

①当G、C、M三点共线时，
∵AD=DC，DE=DG
∴△DAE≌△DCGHL，
∵∠NGF+∠DGC=90°，
∠GDC+∠DGC=90°，
∴∠NGF=∠GDC，
又∵∠GDC=GFN，
∴△DCG∽△GFN，
又∵△MNF∽△MGD，DG=GF，
∴MNEM=MNMG=NFDG=NFGF=AEAD=14，
②如图3，

∵ADBD=12，DEDF=12，
∠ADE+∠EDB=∠BDF+∠EDF=45°
∴△ADE∽△BDF，
∴BFAE=BDAD=21，
∵AE=1，
∴；
在Rt△ABP中，
BP=25，
当P、B、F三点共线时，
PF有最大值：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．

7．（2022·安徽合肥·合肥市第四十二中学校考三模）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，在BC延长线上作EF=AE，连接AF交CD于点G，设CE：EB=λ（λ＞0）．

(1)若AB=2，λ=1，求线段CF的长．
(2)连接EG，若G点为CD的中点，
①求证：EG⊥AF．
②求λ的值．
【答案】(1)5-1
(2)①见解析 ②

【分析】（1）由正方形的性质及勾股定理求出CE，EF的长，求解即可；
（2）①由正方形的性质可证明ΔADG∼ΔFCG，根据相似三角形的性质及等腰三角形的性质即可求证；
②设AB=BC=m，CE=n，BE=m-n，由相似三角形的性质得到EF=m+n，再根据勾股定理得出m=4n，代入求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，AB=2，
∴AB=BC=2,∠B=90°，
∵CE：EB=λ=1，
∴CE=BE=12BC=1，
在中，由勾股定理得，
∵EF=AE，
∴EF=5，
∴CF=EF-CE=5-1；
（2）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,∠D=∠BCD=90°，
∵∠AGD=∠CGF，
∴ΔADG∼ΔFCG，
∴DGCG=AGFG，
∵G点为CD的中点，
∴DG=CG，
∴AG=FG，
∵EA=EF，
；
②设AB=BC=m，CE=n，
∴BE=m-n，
由①得ΔADG∼ΔFCG，
∴DGCG=ADFC，
∵G点为CD的中点，
∴DG=CG，
∴AD=FC=m，
∴EF=m+n，
在中，由勾股定理得AE2=AB2+BE2，
即(m+n)2=m2+(m-n)2，
解得m=4n，
∴CE：EB=λ=nm-n=n4n-n=13．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质及等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．

8．（2022·安徽合肥·统考二模）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，CD是AB边上的中线，点E为CD上一点，连接BE，作FB⊥BE，且FB=EB，连接FE和FC，FE交BC于点G．

(1)如图1，若点E与点D重合，求证：点G是BC的中点；
(2)如图2，求证：CF//AB；
(3)如图3，若BE平分∠DBC，AB=2，求CG：BC的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2-1

【分析】（1）证明四边形CDBF是正方形即可；
（2）过点F作FH⊥BD，交DB延长线于点，证明△EDB≌△BHF，进而证明四边形CDHF是矩形，即可得证；
（3）由△CBD是等腰直角三角形，可得，进而证明∠4=∠5，可得CE=CG，证明△ECF∽△EDB，可得ECED=2，根据CGBC=CE2CD即可求解．
【详解】（1）证明：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ACB是等腰直角三角形
∵CD是AB边上的中线，
∴CD=BD,CD⊥BD，
∵FB⊥BE，
∴∠FBD=90°，
∴，
∵FB=EB，
∴△DBF是等腰直角三角形，
∴DB=BF,
，
∴四边形CDBF是平行四边形，
∵∠FBD=90°，
∴四边形CDBF是矩形，
∵CD=BD，
∴四边形CDBF是正方形，
∵FE交BC于点G．
∴G是正方形对角线交点，
∴点G是BC的中点；
（2）证明：如图，过点F作FH⊥BD，交DB延长线于点，

∵CD⊥BD,FH⊥DB，
∴∠EDB=∠BHF=90°，CD∥EH，
∴∠DEB+∠DBE=90，
∵EB⊥BF，
∴∠EBF=90°,∠EBD+∠FBH=90°，
∴∠DEB=∠HBF，
∵EB=EF，
∴△EDB≌△BHF，
∴DB=HF，
∵DC=DB，
∴DC=FH，
又CD∥EH，
∴四边形CDHF是平行四边形，
∵FH⊥DB，
∴四边形CDHF是矩形，
∴FC∥DH；
（3）解：如图，

∵△CBD是等腰直角三角形，
∴∠CBD=45°，CB=2CD，
∵BE平分∠DBC，
∴∠1=∠2=12∠DBC=22.5°，
∵CF∥DB，
∴∠FCG=∠CBD=45°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=45°,EF=2EB，
∴∠FEB=∠FCG，
又∠CGF=∠EGB，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3=22.5°，
∴∠5=∠BCF+∠3=45°+22.5°=67.5°，
∴∠4=180°-∠ECF-∠3=67.5°，
∴∠4=∠5，
∴CE=CG，
∵∠1=∠3,∠EDB=∠ECF=90°，
∵△ECF∽△EDB，
∴ECED=EFEB=2，
∴ECED=2，
设EC=2a,则ED=a，
∴DC=1+2a，
∴CB=2CD=2+2a，
∴CGBC=CE2CD=2a21+2a=2-1.
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．

9．（2022·安徽淮北·统考一模）如图（1），已知：在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，BE=DF，AE，分别交BD于点G，．

(1)求证：△ABG≌△ADH．
(2)连接FE，如图（2），当EF=BG 时，
①求证：EF∥BG；
②求DFCF的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②5+12

【分析】（1）根据菱形的性质先证明ΔABE≌ΔADF，得到∠BAE=∠DAF，再证明ΔABG≌ΔADH；
（2）①通过证明ΔECF∽ΔBCD得到∠DBC=∠FEC，再证明EF∥BG；
②根据题意证明四边形GBEF是平行四边形，再利用相似得到CF与菱形边长的关系，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF，
∵BE=DF，
∴ΔABE≌ΔADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF，
∵∠ABG=12∠ABE，∠ADH=12∠ADF，
，
∴ΔABG≌ΔADH(ASA)；
（2）①∵四边形ABCD是菱形，
，
∵BE=DF，
∴CE=CF，
∴CECB=CFCD，
，
∴ΔECF∽ΔBCD，
∴∠DBC=∠FEC，
∴EF∥BG；
②如图，连接GF，
∵EF=BG，EF∥BG，
∴四边形GBEF是平行四边形，
∴GF∥BE，
∵CE∥AD，
∴CE∥GF∥AD，
∴DFCF=AGEG，
∵BE∥AD，
∴ΔGDA∽ΔGBE，
∴ADEB=AGEG，
∴DFCF=ADEB，
设菱形ABCD的边长为a，CF=x，则DF=BE=a-x，
∴a-xx=aa-x，
∴x=3-52a（x=3+52a，舍去），
∴CF=3-52a，DF=5-12a，
∴DFCF=5-13-5=5+12．

【点睛】本题考查了全等的性质及判定，菱形的性质，平行线的判定，相似的判定及性质，正确掌握对应的知识点，找准相似是解题的关键．

10．（2022·安徽合肥·统考一模）如图，在正方形ABCD中，AB=9，E为AC上一点，以AE为直角边构造等腰直角△AEF（点F在AB左侧），分别延长FB，DE交于点H，DH交线段BC于点M，AB与EF交于点G，连结．

(1)求证：△AFB≅△AED
(2)当AE=62时，求sin∠MBH的值．
(3)若△BEH与△DEC的面积相等，记△EMC与△ABE的面积分别为S1、，求S1S2的值．
【答案】(1)见解析
(2)sin∠MBH=55
(3)3-22

【分析】（1）利用SAS可直接证明△AFB≌△AED；
（2）根据题意可得∠MBH=∠GFB，AE=AF=62，解直角三角形求出AG=FG=6，则BG=3，再利用勾股定理求出，即可求出sin∠GFH=BGBF，即可解答：
（3）连接CH，过点C作CN⊥CH，则∠NCH=∠BCD=90°，再证明△BCH≌△DCN，再根据三角形面积相等的关系得△BEC与△BEH的面积相等，进而可得CH//BE，再根据△ABE≌△ADE，△ADE∽CME，可得△ABE∽△CME，可得S1S2=CEAE2即可解答．
（1）
证明：如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠3+∠2=90∘
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=AF，∠FAE=∠3+∠1=90∘，
∴∠1=∠2，
在△ABF和△AED中
AF=AE∠1=∠2AB=AD
∴△AFB≌△AED
（2）
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAE=45°
∴∠ABC=90°
∴∠MBH+∠GBF=90°
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠GAE=∠GAF=45°，AE=AF=62
∴AG=FG=6，AG⊥EF
∴∠4+∠GBF=90°
∴∠4=∠MBH
∵AB=9
∴GB=AB-AG=9-6=3
∴在Rt△FGB中，BF=FG2+GB2=62+32=35
∴sin∠4=GBBF=335=55
∴sin∠MBH=55
（3）
如图2，连接CH，过点C作CN⊥CH，

则∠NCH=∠BCD=90°，
∴∠HCM+∠MCN=∠DCN+∠MCN=90∘
∴∠HCM=∠DCN，
∵BF=BE，
∴∠BFE=∠BEF，
∵，
∴∠EBC=∠FEB，∠CBH=∠BFE，
∴∠EBC=∠CBH，
又∵∠EBC=∠EDC，
∴∠CBH=∠EDC，
又∵，
∴△BCH≌△DCN，
∴CH=CN，∠CND=∠CHB，
∴∠CHN=∠CNH=45°，
∴∠CND=∠CHB=135°，
∵△BEH与△DEC的面积相等，△BEC与△DEC的面积相等，
∴△BEC与△BEH的面积相等，
∴CH//BE，
∴∠EBH+∠CHB=180∘，
∴∠EBH=45°，
∴∠EBC=∠EDC=∠CBH=22.5°，
∴∠ADE=67.5°，
又∵∠EBH=45°，
∴∠AED=∠ADE=67.5°，
∴AD=AE，
∵△ABE∽△ADE，△ADE∽△CME，
∴△ABE∽△CME，
∴S1S2=CEAE2
∵AB=9，
∴AE=9，AC=92，
∴S1S2=AC-AEAE2=92-992=3-22
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，比较综合，解题关键是熟练掌握这些知识并能熟练运用．

11．（2022·安徽合肥·统考一模）已知：矩形ABCD中，E为BC中点，AE⊥BD于F，AB＝22

(1)求证：DF＝2BF
(2)求CF的长；
(3)延长CF交AB于点H，将△BCF沿直线CH翻折为△B′FC，B′C交BD于点G，延长CB′交AD于点M，求AMMD的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)17

【分析】（1）根据题意证明△FAD ~ △FEB，根据相似三角形的性质列出比例式，进而即可求得DF＝2BF；
（2）过点F作FN⊥EB于N，证明△ABF∽△AEB，求得AF=433，勾股定理求得BE,BF,等面积法求得FN，继而求得，然后在Rt△NFC中，勾股定理求解即可
（3）连接HB'，HM,证明△FBH ~ △FDC，Rt△HB'M≌Rt△HAMHL，设B'M=AM=x，则MD = AD – AM = 4– x，勾股定理求解可得AM=12,MD=4-12=72，进而即可求得AMMD的值．
(1)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD = BC，AD//BC，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE=12BC=12AD∵AD//BC，
∴∠FAD = ∠FEB，∠FDA= ∠FBE，
∴△FAD ~ △FEB，
DFBF=ADEB=AD12AD=2，
∴DF=2BF
(2)
过点F作FN⊥EB于N，如图，

由（1）可知：△FAD∽△FEB,DF=2BF，
∴AFEF=DFBF=2BFBF=2
∴AFAE=23
∴AE=32AF
于F，四边形ABCD是矩形，
∴∠AFB=∠ABE=90°，∠BAF=∠EAB
∴△ABF∽△AEB
∴AFAB=ABAE
∴AB2=AE⋅AF=32AF2
∵AB=22
∴32AF2=222
∴AF=433
∴AE=32AF=23
∴EF=AE-AF=233
在Rt△ABE中，,AB=22
∴BE=AE2-AB2=2
∵E是BC的中点
∴CE=BE=2
在Rt△BEF中，∠BFE=90°
EF=233,BE=2
∴BF=BE2-EF2=22-2332=236
∵S△BEF=12BF⋅EF=12BE⋅FN
∴FN=BF⋅EFBE=236×2332=232
在Rt△NEF中，EF=233,FN=232
∴NE=EF2-FN2=23
∴NC=NE+CE=23+2=83
在Rt△NFC中，CF=FN2+NC2=22
(3)
连接HB'，HM,如图，

由(2)可知：BE=CE=2，由(1)可知DF =2BF，
∴BC=BE＋CE=2＋2=4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD = BC = 4，AB//DC，AB = DC，
∠ABC = ∠LBAD =∠LADC = 90°，DC =AB=22，
∵AB//DC，
∴∠FBH =∠FDC，∠FHB = ∠FCD，
∴△FBH ~ △FDC，
∴BHDC=BFDF=BF2BF=12
∴BH=12DC=12AB
∴H是AB的中点，
即 AH = BH，
∵将△BCF沿直线CH翻折为△B′FC，
∴∠HB'C=∠HBC=90°,B'H=BH ，B'C=BC=4，
∴B' H = AH，
在Rt△HB'M和Rt△HAM中，
HB'=HAHM=HM'
∴Rt△HB'M≌Rt△HAMHL
∴B' M = AM，
设B'M=AM=x，则MD = AD – AM = 4– x，
MC = B'M＋ B'C=x＋4，
在Rt△CDM中，CD = 22,MD = 4–x，CM = x ＋ 4，
根据勾股定理可得CD2＋MD2=CM2，即
222+4-x2=x+42
解得x=12
∴AM=12,MD=4-12=72
∴AMAD=17
【点睛】本题考查了进行的性质，翻折的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．

12．（2022·安徽·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点P是对角线AC上一动点(不与点A，C重合)，过点P作EF⊥BC，分别交AD，BC于点E，F．连接PD，过点P作PM⊥PD，交射线BC于点M，以线段PD，PM为邻边作矩形PMND．

(1)若AB=6，BC=8，
①当AE=2时，求CP的长．
②求PM：PD的值
(2)连接CN，当∠DAC=30°时，求证：2PE•PF=CN•CF．
【答案】(1)①152；②34
(2)见解析

【分析】（1）①先用勾股定理求出AC=AB2+BC2=10，然后证明四边形ABFE是矩形，△ABC∽△PFC，得到BF=AE=2，CPCA=CFCB=PFAB，则CF=BC-BF=6，PF6=CP10=68，从而求出PF=92，CP=152；②同理可证四边形EFCD是矩形，得到DE=CF=6，证明∠EDP=∠FPM，则△EDP∽△FPM，得到PMPD=PFDE=926=34；
（2）由（1）可知PMPD=ABBC=CDAD，则DNPD=CDAD，证明△ADP∽△CDN，得到ADCD=APCN，从而推出APCN=FCPF，由∠DAC=30°，∠AEP=90°，得到AP=2PE，则2PE⋅PF=CN⋅CF．
（1）
解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BAE=90°，
∴AC=AB2+BC2=10，
又∵EF⊥BC，
∴∠BFE=90°，EF∥AB
∴四边形ABFE是矩形，△ABC∽△PFC，
∴BF=AE=2，CPCA=CFCB=PFAB，
∴CF=BC-BF=6，
∴PF6=CP10=68，
∴PF=92,CP=152；
②同理可证四边形EFCD是矩形，
∴DE=CF=6，
∵∠DEP=∠PFM=90°，
∴∠EDP+∠EPD=90°，
∵四边形PMND是矩形，
∴∠DPM=90°，
∴∠EPD+∠FPM=90°，
∴∠EDP=∠FPM，
∴△EDP∽△FPM，
∴PMPD=PFDE=926=34；
（2）
解：由（1）可知PMPD=ABBC=CDAD，
又∵PM=DN，
∴DNPD=CDAD，
∵∠ADC=∠PDN=90°，
∴∠ADP=∠CDN，
∴△ADP∽△CDN，
∴ADCD=APCN，
∵ADCD=BCAB=FCPF，
∴APCN=FCPF，
∵∠DAC=30°，∠AEP=90°，
∴AP=2PE，
∴2PECN=FCPF，
∴2PE⋅PF=CN⋅CF
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．

13．（2022·安徽安庆·校考一模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，过点B作BG⊥AE于点G，过点C作CF垂直BG的延长线于点H，交AD于点F，
（1）求证：△ABE≅△CDF；
（2）如图②，连接AH并延长交CD于点M，连接ME．
①求证：AE2=AB⋅AM；
②若正方形ABCD的边长为2，求．

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②cos∠BAM=35
【分析】（1）根据正方形的性质与已知条件证明BE=DF，利用SAS证明△ABE≌△CDF；
（2）①结合（1）证明ΔABE∽ΔAEM，根据相似三角形的性质进行求证；
②由（2）①条件，设MC=x，表示出AM，DM，AD，在Rt△ADM中用勾股定理计算x的值，计算cos∠AMD，根据AB//CD，可．
【详解】(1)证明：∵AE⊥BH,CF⊥BH，
∴AE//CF，
是正方形，
∴，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE=AF，AE=CF，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，
∵AE=CFAB=CD，
∴Rt△ABE≅Rt△CDF(HL)；
（2）①证明：如图
连接EG，
由（1）得AE//FC，
∵BE=CE，
∴BG=HG，
∵BG⊥AE，
∴AB=AG，
∴∠EAB=∠MAE，
∵∠EAB=∠FCD，
∴∠MAE=∠FCD，
∵∠MAE=∠AGF=∠MGC，
∴∠FCD=∠MGC，
∴MG=MC，
∵GE=12BC=CE，
∴EM是GC的垂直平分线，
∴EM⊥CF，
∴EM⊥AE，
∴∠ABE=∠AEM=90°，
∴△ABE∼△AEM，
∴AE2=AB⋅AM；

②由①得AG=AB=2,MC=MG，
设CM=x，则MG=x，
∴AD=2,AM=2+x,DM=2-x，
∴(x+2)2=4+(2-x)2，
解得：x=12，
∴AM=52,DM=32，
∴cos∠AMD=DMAM=3252=35，
∴cos∠BAM=cos∠AMD=35．

【点睛】本题是几何综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，巧作辅助线，熟练运用全等三角形与相似三角形的判定与性质是解题的关键．

14．（2022·安徽·模拟预测）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．

(1)如图1，连接BG、CF，
①求CFBG的值；
②求∠BHC的度数．
(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．
【答案】(1)①2；②45°；
(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由见解析


【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得CFBG=2；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；
（2）过点C作CH∥EF，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．
(1)
①如图1，连接AF，AC，

∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，ACAB=AFAG，
∴△CAF∽△BAG，
∴CFBG=2；
②∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，
在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB）
＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）
＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）
＝180°−（∠ABC＋∠ACB）
＝45°；
(2)
BE＝2MN，MN⊥BE；
理由如下：如图2

连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF，
又∵∠CMQ＝∠FME，
∴△CMQ≌△FME（ASA），
∴CQ＝EF，ME＝QM，
∴AE＝CQ，
∵CQ∥EF，AG∥EF，
∴CQ∥AG，
∴∠QCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，
∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCQ，
又∵BC＝AB，CQ＝AE，
∴△BCQ≌△BAE（SAS），
∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，
∴∠QBE＝∠CBA＝90°，
∵MQ＝ME，点N是BE中点，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

15．（2022·安徽合肥·合肥38中校考模拟预测）如图1，在正方形ABCD中，E、F两点分别在边AD和BC上，CH⊥EF于点G，交AB于点H

(1)求证：EF＝CH；
(2)如图2，过G作AD的垂线分别交AD、BC于I、K两点，求证：BH＝EI＋FK；
(3)如图3，若F、M和N三点分别为BC、EF和CH的中点，AE＝5DE，求MN：AB的值；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)56


【分析】（1）过点E作EM⊥BC于点M，根据正方形的性质，利用“ASA”证明ΔCHB≌ΔEFM，即可得出结果；
（2）过点F作FN⊥AD于点N，先证明四边形NFKI为矩形，得出NF=KI，再根据“ASA”证明ΔFNE≌ΔCBH，可得出NE=BH，即可得出结果；
（3）连接CM并延长交AD于点K，连接KH，过点E作EI⊥BC于点I，设正方形边长为6a，则AE=5a，DE=a，CF=BF=12BC=3a，根据已知条件证明，利用“AAS”证明ΔKME≌ΔCMF，得出CF=KE=3a，求出KD=KE+ED=4a，AK=AD-KD=2a，证明四边形EICD为矩形，求出FI=FC-IC=2a，证明ΔEFI≌ΔCHB，得出BH=FI=2a，算出AH=4a，根据勾股定理算出KH=25a，根据中位线性质，得出MN=12KH=5a，即可得出结果．
（1）
证明：过点E作EM⊥BC于点M，如图所示：

∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠D=∠A=90°，
∵EM⊥BC，CH⊥EF，
∴∠EMF=∠CGF=90°，
∴∠FCG+∠GFM=90°，∠GFM+∠FEM=90°，
∴∠FEM=∠FCG，
∵∠EMC=∠MCD=∠D=90°，
∴四边形DEMC为矩形，
∴ME=CD，
∵∠EMF=∠B=90°，
∴ΔCHB≌ΔEFM（ASA），
∴CH=EF．
（2）
过点F作FN⊥AD于点N，如图所示：

∵KI⊥AD，
∴∠FNE=∠KIN=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴∠NFK=90°，
∴∠FNE=∠KIN=∠NFK=90°，
∴四边形NFKI为矩形，
∴NF=KI，
同理可得：四边形ABFN为矩形，
∴AB=NF，
∵∠NFG+∠GOF=90°，∠BCH+∠GOF=90°，
∴∠NFE=∠BCH，
∵∠FNE=∠B=90°，
∴ΔFNE≌ΔCBH（ASA），
∴NE=BH，
∵NE=NI+IE=EI+FK，
∴BH=EI+FK．
（3）
连接CM并延长交AD于点K，连接KH，过点E作EI⊥BC于点I，如图所示：

设正方形边长为6a，则AE=5a，DE=a，
∵点F为BC的中点，
∴CF=BF=12BC=3a，
∵AD∥BC，
∴∠EKM=∠MCF，∠KEM=∠MFC，
∵点M为EF的中点，
∴EM=FM，
∴ΔKME≌ΔCMF（AAS），
∴CF=KE=3a，
∴KD=KE+ED=4a，
∴AK=AD-KD=2a，
∵∠EIC=∠ICD=∠D=90°，
∴四边形EICD为矩形，
∴EI=CD=BC，IC=ED=a，
∴FI=FC-IC=2a，
∵∠EFC+∠FEI=90°，∠EFC+∠HCB=90°，
∴∠FEI=∠HCB，
∴ΔEFI≌ΔCHB（ASA），
∴BH=FI=2a，
∴AH=6a-2a=4a，
∴KH=AH2+AK2=4a2+2a2=25a，
∵点M、N分别为CK、CH的中点，
∴MN=12KH=5a，
∴MNAB=5a6a=56．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，垂线的定义，中位线的性质，根据题意作出合适的辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法，是解题的关键．

16．（2022·安徽芜湖·统考一模）如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），作点B关于直线AP的对称点E，连接AE，再连接DE并延长交射线AP于点F，连接BF和CF．

(1)若∠BAP＝α，则∠AED＝ （用含α的式子直接填空）；
(2)求证：点F在正方形ABCD的外接圆上；
(3)求证：AF﹣CF＝2BF．
【答案】(1)45°+α
(2)见解析
(3)见解析

【分析】(1) 由轴对称的性质可得，∠EAP＝∠BAP＝α，再根据正方形的性质得到AB=AD，∠BAD=90°，进而得到AD=AE，最后利用等腰三角形的性质即可求解；
(2)在△AEF中，利用外角的性质及轴对称的性质得到∠EFA＝∠BFA＝45°，进而得到∠BFD＝90°，再利用正方形的性质即可∠BCD＝∠BAD＝∠BFD＝90°即可证得结论；
(3) 过点B作BG⊥BF交AF于G点，可得△BFG是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得GF＝2BF，再证得△ABG≌△CBF（SAS）即可求解．
【详解】（1）解：45°+α．理由如下：
∵点B关于直线AP的对称点E，∠BAP＝α，
∴，∠EAP＝∠BAP＝α，
又∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，
∴AD=AE，∠DAE=∠BAD-2∠BAP=90°-2α
∴∠ADE=∠AED=12180°-∠DAE=45°+α，
故答案为：45°+α
（2）证明：由（1）∠AED＝45°＋α，∠EAP＝∠BAP＝α，
∴∠EFA＝∠BFA＝45°，
∴∠BFD＝90°．
连接BD，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝∠BAD＝90°．
∴∠BCD＝∠BAD＝∠BFD＝90°．
∴B、F、C、D和A、B、C、D都在以BD为直径的圆上．
即点F在正方形ABCD的外接圆上．
（3）过点B作BG⊥BF交AF于G点．

由（2）∠BFA＝45°，
∴△BFG是等腰直角三角形．
∴∠ABG＝∠CBF＝90°－∠GBC，BG＝BF，GF＝2BF
又AB＝CB，
∴△ABG≌△CBF（SAS）．
∴AG＝CF．
∴AF＝GF＋AG ＝2BF＋CF．
即AF﹣CF＝2BF．
【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质，证明三角形全等是解题的关键 ．

17．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）已知在矩形ABCD中AB=4,AD=6,点E是边AD上的一个点(与点A,D不重合)．连接CE，作∠CEF=90°，交直线BC点F，点G为线段EF的中点．

(1)如图1，若点E是AD的中点，四边形FHAB是矩形，求证：△HEF∽ΔDCE；
(2)如图2，若将边AD向左平移1个单位得平行四边形A′BCD′，当点G落在边A′B上时，求A′E的长；
(3)如图3，连接DF，点H是DF的中点，连接GH，EH，是否存在点E，使△EGH为等腰三角形？若存在，直接写出DE2的值.
【答案】(1)见解析
(2)A'E=15±414
(3)存在，DE2=8+85或32或16.

【分析】（1）作于，利用一线三垂直模型可证得ΔHEF∽ΔDCE；
（2）作FH⊥A'D'于，作CD⊥A'D'于D，由ΔEGA'≅ΔFGB，从而设EA'=BF=x，ED'=6-x，表示出EH，然后由ΔCDE∽ΔEHF，列出比例式求得结果；
（3）设DE=a，表示出、EH和GH，分为GE=EH，GE=GH和EH=GH，各列出方程，求得结果．
（1）
作于，，

由题意可得，
∠D=∠H=90°，FH=AB=4，，
∴∠CED+∠DCE=90°，
∵∠CEF=90°，
∴∠CED+∠HEF=90°，
∴∠HEF=∠DCE，
∴ΔHEF∽ΔDCE，
（2）
如图2，

作FH⊥A'D'于，作CD⊥A'D'于D，
∴DD'=1，
由（1）得：ΔEGA'≅ΔFGB，
∴设EA'=BF=x，
∴ED'=6-x，
∴EH=DH-DE=CF-DE=(6+x)-(1+6-x)=2x-1，
由（1）知：ΔCDE∽ΔEHF，
DEFH=CDEH，
7-x4=42x-1，
∴x=15±414，
∴A'E=15±414；
（3）
如图3，

作FR⊥AD于，HQ⊥AD于Q，
设DE=a，则，
是EF的中点，是DF的中点，
∴GH是ΔFDQ的中位线，
∴GH=12DE=12a，
由（1）可得，
a4=4RE，
∴RE=16a，
∴EF=RF2+RE2=16+(16a)2，
∴EG=12EF=12⋅16+(16a)2，
∵DR=DE+ER=a+16a，
∴DQ=12DR=12⋅(a+16a)，
∴EQ=DE-DQ=a-12⋅(a+16a)=12(a-16a)，
∴EH2=EQ2+QH2=[12⋅(a-16a)]2+4，
当EG=GH时，
14[16+(16a)2]=14a2，
∴a2=8+85或a2=8-85（舍去），
当EG=EH时，
14[16+(16a)2]=14(a-16a)2+4，
∴a2=32，
当GH=EH时，
14a2=14(a-16a)2+4，
∴a2=16，
综上所述：DE2=8+85或32或16．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和分类，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是较强的计算能力以及作辅助线，构造相似三角形．

18．（2022·安徽·统考二模）如图，在正方形ABCD中，点F是边DC上一个动点，连接BF，在其上取一点E，使得AE=AD，AE与BD交于点G．解答下面问题：

(1)如图（1），探究∠DEF大小是否为定值，如果是，则求出；如果不是，则说出理由；
(2)如图（2），若正方形的边长为2，当∠BDE=∠DAE时，求DF长；
(3)如图（3），连接EC，若EC⊥BF，求证：DF=FC．
【答案】(1)是，45°
(2)2-233
(3)见解析

【分析】（1）证明D、E、B在以A为圆心，AD为半径的圆上，由圆周角定理得∠DBE＝12∠DAE，∠BDE＝12∠EAB，再由三角形的外角性质即可求解；
（2）求出∠DBE＝15°，再证∠FBC＝∠DBC﹣∠DBE＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质求出CF的长，即可求解；
（3）证△BDF∽△DEF，得DF2＝BF•EF，再证△ECF∽△CBF，得FC2＝BF•EF，即可得出结论．
(1)
解：∠DEF为定值，∠DEF＝45°，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵AE＝AD，
∴AD＝AB＝AE，
∴D、E、B在以A为圆心，AD为半径的圆上，
∴∠DBE＝12∠DAE，∠BDE＝12∠EAB，
∴∠DEF＝∠DBE+∠BDE＝12∠DAE+12∠EAB＝12（∠DAE+∠EAB）＝12∠BAD＝45°，
即∠DEF大小为定值45°；

(2)
解：由（1）得：∠DBE＝12∠DAE，∠DEF＝∠DBE+∠BDE＝45°，
∵∠BDE＝∠DAE，
∴∠DBE＝∠DEF＝15°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝BC＝2，∠BCD＝∠ABC＝90°，∠DBC＝12∠ABC＝45°，
∴∠FBC＝∠DBC﹣∠DBE＝45°-15°＝30°，
∴CF＝33BC＝233，
∴DF＝CD﹣CF＝2﹣233；
(3)
证明：如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCF＝∠ADC＝90°，∠BDF＝12∠ADC＝45°，
由（1）得：∠DEF＝45°，
∴∠BDF＝∠DEF，
又∵∠DFB＝∠EFD，
∴△BDF∽△DEF，
∴DFEF＝，
即DF2＝BF•EF，
∵EC⊥BF，
∴∠CEF＝90°，
∴∠CEF＝∠BCF，
又∵∠CFE＝∠BFC，
∴△ECF∽△CBF，
∴CFBF＝，
∴FC2＝BF•EF，
∴DF2＝FC2，
∴DF＝FC
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和相似三角形的判定与性质，证出∠DEF＝45°是解题的关键，属于中考常考题型．

19．（2022·安徽六安·统考一模）如图1，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，CO⊥BE交AB于F．EF交CB延长线于G．

(1)当E为AD中点时，求证：BC＝2BG；
(2)如图2，当BG＝BC时，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接OD，求tan∠EOD的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3-52

【分析】（1）根据ASA证明△AEB≌△BFC，得出BF＝AE，由E为AD中点，得出F为AB中点，进而得出△BFG为等腰直角三角形，最后得出结论；
（2）易证△AEF∽△BCF，得AFBF=AEBC，即AE•BF＝AF•BC，又AE＝BF，AB＝BC，进而得出结论成立；
（3）延长OE、CD交于P点，连接CE，易证△PDE∽△POC，得出PDPO=PEPC，再证△POD∽△PCE，得出∠EOD＝∠ECD，设AE＝x，AB＝1，则AF＝1-x，
由（2）可得，代入解得，再求DE的长，进而求出tan∠EOD的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠ABC=90°，AB=BC，
∵CF⊥BE，
∴∠FCB+∠EBC＝∠EBC+∠ABE=90°，
∴∠FCB＝∠ABE，
又AB＝BC，∠A＝∠FBC，
∴△AEB≌△BFC（ASA），
∴BF＝AE，
∵E为AD中点，
∴AE=12AD，
∴F为AB中点，
∴AE＝AF，
∴∠AFE＝45°，
∴∠GFB=∠AFE＝45°，
∴∠G＝90°-45°＝45°，
∴BF=BG=12BC，
即BC＝2BG；
（2）
证明：∵BG＝BC，BF⊥CG，
∴FG＝FC，
∴∠G＝∠FCG，
∵AE∥CG，
∴∠AEF＝∠G，
∴∠AEF＝∠FCG，
又∠A＝∠ABC=90°，
∴△AEF∽△BCF，
∴AFBF=AEBC，
∴AE•BF＝AF•BC，
由（1）可知，△AEB≌△BFC，
∴AE＝BF，AB＝BC，
∴；
（3）
解：如图，延长OE、CD交于P点，连接CE，

∵∠PDE＝∠POC=90°，
又∠P＝∠P，
∴△PDE∽△POC，
∴PDPO=PEPC，
又∠P＝∠P，
∴△POD∽△PCE，
∴∠EOD＝∠ECD，
设AE＝x，AB＝1，则AF＝1-x，
由（2）可得，
∴x2=1-x×1，解得，x2=-5+12（舍去），
∴DE=AF=1-5-12=3-52，
∴tan∠ECD=DEDC=3-52，
即tan∠EOD=3-52．
【点睛】本题考查正方形的几何综合，涉及的知识点有全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，正切值的求解等知识点，综合性较强，属于压轴类题目．

20．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）如图1，在矩形ABCD中，连接BD，点F是线段BD上一点，过点F作EF∥BC，过点D作DE⊥BD交EF于点E．

(1)求证：ADAB=DFDE；
(2)如图2，分别连接AF，EC，并延长交于点G，FG与BC交于点I，连接BG，当DE＝DC时，
①求证：BG＝FG；
②连接DG，交EF于点P，若AB＝8，AD＝6，求FP的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②3011

【分析】（1）根据矩形的性质，垂直的定义及平行线的性质证得△ABD∽△DEF，则ADDF=ABDE，进而结论得证；
（2）由（1）知，ADAB=DFDE，AB=CD，由DE=DC，可得AD=DF，证明△DAF ∽△DCE，则∠DAF=∠DFA=∠DCE=∠DEC，由AD ∥BC，可知∠DAF=∠CIG，∠CIG+∠GCB=90°，进而可知点G在矩形ABCD的外接圆上，根据同弧所对圆周角相等知∠GBD=∠DAG，进而可得∠GBF=∠GFB，由等角对等边可证BG=FG．②由勾股定理求BD=10，则BF=4，由AD∥BC，可知∠BIF=∠DAF=∠DFA=∠BFI，BI=BF=4，在Rt△ABI中，由勾股定理求AI=82+42=45，证明△BIF∽△DAF，则BFIF=DFAF，即445-AF=6AF，求得AF=1255，证明△GBF∽△DAF，则GFDF=BFAF，即GF6=41255，求得GF=25，证明△GFP∽△GAD，则FPAD=GFGA，即FP6=2525+1255，求出FP的值即可．
(1)
证明：∵矩形ABCD，
∴∠A =90°，AD∥BC，
∵DE⊥BD，
∴∠EDF=90°，
∴∠EDF=∠A，
∵EF∥BC，
∴EF∥AD，
∴∠DFE=∠ADB，
∴△ABD∽△DEF，
∴ADDF=ABDE，
∴ADAB=DFDE．
(2)
解：①由（1）知，ADAB=DFDE，AB=CD，
∵DE=DC，
∴ADCD=DFCD，
∴AD=DF，
∴，
∵∠ADC=∠FDE=90°，
∴∠ADF=∠CDE，
∴△DAF ∽△DCE，
∴∠DAF=∠DFA=∠DCE=∠DEC，
∵AD ∥BC，
∴∠DAF=∠CIG，
∵∠DCE+∠GCB=90°，
∴∠CIG+∠GCB=90°，
∴∠AGC=90°，
又∠ADC=90°，∠ABC=90°，
∴点G在矩形ABCD的外接圆上，
∴∠GBD=∠DAG，
∵∠AFD=∠GFB，
∴∠GBF=∠GFB，
∴BG=FG．
②∵AB=8，AD=6，
∴BD=AB2+AD2=82+62=10，
∴DF=DA=6，
∴BF=4，
∵AD∥BC，
∴∠BIF=∠DAF=∠DFA=∠BFI，
∴BI=BF=4，
在Rt△ABI中，∵AB=8，BI=4，
∴AI=82+42=45，
∵AD∥BC，
∴△BIF∽△DAF，
∴BFIF=DFAF，即445-AF=6AF，
解得AF=1255，
∵点G在矩形ABCD的外接圆上，
∴∠BGA=∠BDA，
又∵∠GFB=∠DFA，
∴△GBF∽△DAF，
∴GFDF=BFAF，即GF6=41255，
解得GF=25，
∵FE∥BC∥AD，
∴△GFP∽△GAD，
∴FPAD=GFGA，即FP6=2525+1255，
解得FP=3011，
∴FP的值为3011．
【点睛】本题是相似三角形的综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，外接圆等知识，解题关键是能正确判断相似三角形．