中考数学二轮复习转练题型09 几何类比、拓展、探究题（含解析）

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题型09 几何类比、拓展、探究题
一、解答题
1．如图1，（）绕点顺时针旋转得，射线交射线于点．
（1）与的关系是　 　；
（2）如图2，当旋转角为60°时，点，点与线段的中点恰好在同一直线上，延长至点，使，连接．
①与的关系是　 　，请说明理由；
②如图3，连接，若，，求线段的长度．

【答案】（1）；（2）①或，理由见解析；②
【分析】（1）如图1，与的交点记作点，由旋转的性质与三角形内角和定理得到，即可求解；
（2）①如图2，连接，由旋转的性质及全等三角形的性质得到∽，故，即可证明≌，再得到，即可得到结论；
②由①得，，由角度的关系得到，
再 证明，再利用等腰三角形的性质得到，再利用直角三角形三角函数求出，即可求出AE的长.
【详解】解：（1）如图1，
与的交点记作点，由旋转知，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）①或，
理由：如图2，连接，由旋转知，，，，
∴是等边三角形，∴，
∵，
∴∽，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴≌（），
∴，
∴，
∴，
∴或，
故答案为：或；
②由①知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
由①知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
在中，，，
在中，，
∴，
∴．

【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等腰三角形、直角三角形、相似三角形的判定与性质及三角函数进行求解.
2．（问题）
如图1，在中，，过点作直线平行于．，点在直线上移动，角的一边始终经过点，另一边与交于点，研究和的数量关系．

（探究发现）
（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点移动到使点与点重合时，通过推理就可以得到，请写出证明过程；

（数学思考）
（2）如图3，若点是上的任意一点（不含端点），受（1）的启发，这个小组过点作交于点，就可以证明，请完成证明过程；

（拓展引申）
（3）如图4，在（1）的条件下，是边上任意一点（不含端点），是射线上一点，且，连接与交于点，这个数学兴趣小组经过多次取点反复进行实验，发现点在某一位置时的值最大．若，请你直接写出的最大值．

【答案】【探究发现】（1）见解析；【数学思考】（2）见解析；【拓展引申】（3）时，有最大值为2．
【分析】根据等腰三角形的性质及平行的定义即可解得
根据证明即可推出
过点作交于点，连接，可证明，再推出即可得=，则.
【详解】证明：【探究发现】
（1）∵
∴
∵
∴，且
∴
∴
即
【数学思考】
（2）∵
∴
∴，
∵
∴，且，
∴
∴
【拓展引申】
（3）如图4，过点作交于点，连接，

∵，
∴
∵
∴
∴
∴，且
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴点，点，点，点四点共圆，
∴
∴，且
∴
∴
∴
∴
∴时，有最大值为2．
【点睛】本题考查等腰三角形，解题关键在于熟练掌握等腰三角形的性质.
3．小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
   (1)温故：如图 1，在△ABC中，AD⊥BC 于点D，正方形PQMN 的边QM在BC上，顶点P ，N 分别在AB， AC上，若BC=6 ，AD=4，求正方形 PQMN的边长．
  (2)操作：能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图 2，任意画△ABC，在AB上任取一点P′，画正方形 P′Q′M′N′ ，使Q′,M′在BC边上， N′在△ABC 内，连结B N′ 并延长交AC 于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM 交AB于点P，PQ⊥BC 于点Q，得到四边形 PQMN．小波把线段BN 称为“波利亚线”．
 (3)推理：证明图2 中的四边形  PQMN 是正方形．
 (4)拓展：在(2)的条件下，于波利业线B N 上截取NE=NM ，连结EQ ，EM(如图 3)．当tan∠NBM=  时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．

【答案】（1）温故：；（3）推理：四边形PQMN为正方形.见解析；（4）拓展：猜想，理由见解析.
【分析】（1）根据，列比例式求解即可；
（3）由作法知四边形PQMN为矩形，通过三角形相似证明,,从而，可证四边形PQMN为正方形；
（4）可设MN=3k，.则，，.根据两边对应成比例且夹角相等可证，从而.通过证明，可得.
【详解】（1）温故：．
.
即.
解得.
（2）推理：由画法可得.
四边形PQMN为矩形，.
，

同理可得.
.
，.
四边形PQMN为正方形.
（3）拓展：猜想，理由如下：
由可设MN=3k，.
则，，.
，，
.
，
，
.
，
.
，
.
.
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.相似三角形的判定方法有：①平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；②两角相等的两个三角形相似；③两边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似判定即可；④三边对应成比例的两个三角形相似.
4．问题提出：
如图，图①是一张由三个边长为 1 的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张 a× b 的方格纸（a× b的方格纸指边长分别为 a，b 的矩形，被分成 a× b个边长为 1 的小正方形，其中 a≥2 ， b≥2，且 a，b 为正整数） ．把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？

问题探究：
为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论．
探究一：
把图①放置在 2× 2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图③，对于 2×2的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有 4 种不同的放置方法．

探究二：
把图①放置在 3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图④，在 3×2的方格纸中，共可以找到 2 个位置不同的 2 ×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在 3×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 2 ×4＝8种
不同的放置方法．

探究三：
把图①放置在 a ×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑤， 在 a ×2 的方格纸中，共可以找到______个位置不同的 2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在 a× 2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有______种不同的放置方法．

探究四：
把图①放置在 a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑥，在 a ×3 的方格纸中，共可以找到______个位置不同的 2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在 a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_____种不同的放置方法．
……
问题解决：
把图①放置在 a ×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．）
问题拓展：
如图，图⑦是一个由 4 个棱长为 1 的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为 a，b ，c （a≥2 ， b≥2 ， c≥2 ，且 a，b，c 是正整数）的长方体，被分成了a×b×c个棱长为 1 的小立方体．在图⑧的不同位置共可以找到______个图⑦这样的几何体．

【答案】探究三：， ；探究四：， ；问题解决：共有种不同的放置方法；问题拓展：8(a-1)(b-1)(c-1).
【分析】对于图形的变化类的规律题，首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
【详解】探究三：
根据探究二，a×2的方格纸中，共可以找到（a-1）个位置不同的 2×2方格，
根据探究一结论可知，每个2×2方格中有4种放置方法，所以在a×2的方格纸中，共可以找到（a-1）×4=（4a-4）种不同的放置方法；
故答案为a-1，4a-4；
探究四：
与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为a，有（a-1）条边长为2的线段，
同理，边长为3，则有3-1=2条边长为2的线段，
所以在a×3的方格中，可以找到2（a-1）=（2a-2）个位置不同的2×2方格，
根据探究一，在在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有（2a-2）×4=（8a-8）种不同的放置方法．
故答案为2a-2，8a-8；
问题解决：
在a×b的方格纸中，共可以找到（a-1）（b-1）个位置不同的2×2方格，
依照探究一的结论可知，把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有4（a-1）（b-1）种不同的放置方法；
问题拓展：
发现图⑦示是棱长为2的正方体中的一部分，利用前面的思路，
这个长方体的长宽高分别为a、b、c，则分别可以找到（a-1）、（b-1）、（c-1）条边长为2的线段，
所以在a×b×c的长方体共可以找到（a-1）（b-1）（c-1）位置不同的2×2×2的正方体，
再根据探究一类比发现，每个2×2×2的正方体有8种放置方法，
所以在a×b×c的长方体中共可以找到8（a-1）（b-1）（c-1）个图⑦这样的几何体；
故答案为8（a-1）（b-1）（c-1）．
【点睛】此题考查了平面图形的有规律变化，要求学生通过观察图形，分析、归纳并发现其中的规律，并应用规律解决问题是解题的关键．
5．在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;

【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；
（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解：，，，
，，，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，即，
解得，，
；
（2）证明：，，
，
在和中，
，
；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，
则，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
．

【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．如图，正方形和的边，在同一条直线上，且，取的中点，连接，，．

（1）试证明，并求的值．
（2）如图，将如图中的正方形变为菱形，设，其它条件不变，问（1）中的值有变化吗？若有变化，求出该值（用含的式子表示）；若无变化，说明理由．
【答案】（1）见解析；；（2）（1）中的值有变化．理由见解析；.
【分析】（1）根据全等三角形的判定（AAS）和勾股定理即可得到答案；
（2）根据平行线的性质和三角函数，即可得到答案.
【详解】（1）证明：如图1中，延长交的延长线于．

∵四边形，四边形都是正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
连接，，设，则，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：（1）中的值有变化．
理由：如图2中，连接，交于点，连接，，，交于．

∵，，
∴，，
∵，
∴，，共线，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴与互相平分，
∵，
∴点在直线上，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，设，则，
易知，，，
∵，，
∴.
【点睛】本题考查全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行线的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行线的性质和三角函数.
7．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
如图1，点在上，的平分线交于点，连接求证：四边形是等补四边形；
探究：
如图2，在等补四边形中连接是否平分请说明理由．
运用：
如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）平分，理由见解析；（3）.
【分析】由圆内接四边形互补可知，再证，即可根据等补四边形的定义得出结论；
过点分别作于点，垂直的延长线于点，证，得到，根据角平分线的判定可得出结论；
连接，先证推出再证利用相似三角形对应边的比相等可求出的长．
【详解】证明：四边形为圆内接四边形，





四边形是等补四边形；

平分，理由如下：
如图2，过点分别作于点，垂直的延长线于点，则，

四边形是等补四边形，

又




是的平分线，即平分
如图3，连接，

四边形是等补四边形，

又，

平分

由知，平分


又


即

【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
8．已知ABC内接于，的平分线交于点D，连接DB，DC．
（1）如图①，当时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：　 　；
（2）如图②，当时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）如图③，若BC=5，BD=4，求 的值．

【答案】（1）AB+AC=AD；（2）；（3）
【分析】（1）在AD上截取AE=AB，连接BE，由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形，可证明△BED≌△BAC，可得DE=AC，则AB+AC=AD；
（2）延长AB至点M，使BM=AC，连接DM，证明△MBD≌△ACD，可得MD=AD，证得AB+AC=；
（3）延长AB至点N，使BN=AC，连接DN，证明△NBD≌△ACD，可得ND=AD，∠N=∠CAD，证△NAD∽△CBD，可得，
可由AN=AB+AC，求出的值.
【详解】解：（1）如图①在AD上截取AE=AB，连接BE，

∵∠BAC=120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠DBC=∠DAC=60°，∠DCB=∠BAD=60°，
∴△ABE和△BCD都是等边三角形，
∴∠DBE=∠ABC，AB=BE，BC=BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），
∴DE=AC，
∴AD=AE+DE=AB+AC；
故答案为：AB+AC=AD．
（2）AB+AC=．理由如下：
如图②，延长AB至点M，使BM=AC，连接DM，

∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠MBD=∠ACD，
∵∠BAD=∠CAD=45°，
∴BD=CD，
∴△MBD≌△ACD（SAS），
∴MD=AD，∠M=∠CAD=45°，
∴MD⊥AD．
∴AM=，即AB+BM=，
∴AB+AC=；
（3）如图③，延长AB至点N，使BN=AC，连接DN，

∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠NBD=∠ACD，
∵∠BAD=∠CAD，
∴BD=CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND=AD，∠N=∠CAD，
∴∠N=∠NAD=∠DBC=∠DCB，
∴△NAD∽△CBD，
∴，
∴，
又AN=AB+BN=AB+AC，BC=5，BD=4，
∴．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线解决问题．
9．如图，在中，，于点，于点，与交于点，于点，点是的中点，连接并延长交于点．
（1）如图①所示，若，求证：；
（2）如图②所示，若，如图③所示，若（点与点重合），猜想线段、与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

【答案】（1）见解析（2）
【分析】（1）连接CF，由垂心的性质得出CF⊥AB，证出CF∥BH，由平行线的性质得出∠CBH=∠BCF，证明△BMH≌△CMF得出BH=CF，由线段垂直平分线的性质得出AF=CF，得出BH=AF，AD=DF+AF=DF+BH，由直角三角形的性质得出AD=BD，即可得出结论；
（2）同（1）可证：AD=DF+AF=DF+BH，再由等腰直角三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，如图①所示：
， ，
，
，
，
，
点是的中点，
，
在和中，，
，
，
，，
垂直平分，
，
，
，
在中，，
，
；
（2）解：图②猜想结论：；理由如下：
同（1）可证： ，
在中，，
，
；
图③猜想结论：；理由如下：
同（1）可证：，
在中，，
，
．

【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，平行线的性质，垂直平分线的性质，含30°角的直角三角形的性质，解题关键在于作辅助线
10．将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点A旋转，连接BC，DE．探究S△ABC与S△ADC的比是否为定值．

（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图①）
（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图②）
（3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n为常数），S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，说明理由．（图③）
【答案】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝1，为定值．理由见解析；（2）S△ABC：S△ADE＝，为定值，理由见解析；（3）S△ABC：S△ADE＝，为定值．理由见解析.
【分析】（1）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（2）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（3）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝AE＝AD＝AC，
∴1．
（2）如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

不妨设∠ADC＝30°，则ADAC，AE＝AB，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∴．
（3）如图3中，如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n
∴．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30度的直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
11．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
【答案】(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到∴，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；

(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为：．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．

【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
12．（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；
（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；
（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．

【答案】数学理解：（1）AB＝（AF+BE）,理由见解析；问题解决：（2）∠ADB＝135°；联系拓广：（3）MN2＝AM2+NB2，
【分析】数学理解：
（1）由等腰直角三角形的性质可得AC=BC，∠A=∠B=45°，AB＝AC，由正方形的性质可得DE=DF=CE，∠DFC=∠DEC=90°，可求AF=DF=CE，即可得AB＝（AF+BE）；
问题解决：
（2）延长AC，使FM=BE，通过证明△DFM≌△DEB，可得DM=DB，通过△ADM≌△ADB，可得∠DAC=∠DAB=∠CAB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，由三角形内角和定理可求∠ADB的度数；
联系拓广：
（3）由正方形的性质可得DE∥AC，DF∥BC，由平行线的性质可得∠DAB=∠ADM，∠NDB=∠ABD，可得AM=MD，DN=NB，即可求MN，AM，BN的数量关系．
【详解】数学理解：
（1）AB＝（AF+BE）
理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形
∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC
∵四边形DECF是正方形
∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°
∴∠A＝∠ADF＝45°
∴AF＝DF＝CE
∴AF+BE＝BC＝AC
∴AB＝（AF+BE）
问题解决：
（2）如图②，延长AC，使FM＝BE，连接DM，
∵四边形DECF是正方形

∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°
∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED
∴△DFM≌△DEB（SAS）
∴DM＝DB
∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，
∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD
∴△ADM≌△ADB（SSS）
∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB
同理可得：∠ABD＝∠CBD＝∠ABC
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°
∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45°
∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°
联系拓广：
（3）∵四边形DECF是正方形
∴DE∥AC，DF∥BC
∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°
∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD
∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD
∴AM＝MD，DN＝NB
在Rt∠DMN中，MN2＝MD2+DN2，
∴MN2＝AM2+NB2.
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
13．如图，正方形的边长为2，为的中点，是延长线上的一点，连接交于点，．

（1）求的值；
（2）如图1，连接，在线段上取一点，使，连接，求证：；
（3）如图2，过点作于点，在线段上取一点，使，连接，．将绕点旋转，使点旋转后的对应点落在边上．请判断点旋转后的对应点是否落在线段上，并说明理由．
【答案】（1）（2）见解析（3）点旋转后的对应点不落在线段上
【分析】（1）设，则，根据得到，故，求得，求得AF,AP的值即可求解；（2）在上截取，
证得，再利用勾股定理求出，得到，再利用平行得到，则，即可得到，故
（3）若点在上，以原点，为轴，为建立平面直角坐标系，由旋转的性质可得，，，求出直线解析式为：，设，利用勾股定理求出，得点，由点，得出，
于是点旋转后的对应点不落在线段上.
【详解】（1）设，
∴，
∵四边形是正方形
∴，
∴，
∴，
即.
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）在上截取，

∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，且，，
∴，
∴，
∴.
（3）若点在上，如图，以原点，为轴，为建立平面直角坐标系，

∵，，
∴.
由旋转的性质可得，，，
∵点，点，
∴直线解析式为：，
设点，
∴，
∴，
∴点，
∵点，
∴.
∴点旋转后的对应点不落在线段上.
【点睛】此题主要考查函数与几何综合，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理及一次函数的应用.
14．在中，，，是上一点，连接
（1）如图1，若，是延长线上一点，与垂直，求证：

（2）过点作，为垂足，连接并延长交于点.
①如图2，若，求证：

②如图3，若是的中点，直接写出的值（用含的式子表示）

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②
【分析】(1)延长交于点，证明即可得；
(2)①过点作交的延长线于点，由(1)，得，再根据平行线分线段成比例定理即可得到结论；
②过点C作CD//BP交AB的延长线于点D，延长AM交CD于点H，先证明△BPM≌△CHM，从而可得BP=CH，PM=HM，再证明△ABM∽△BPM，得到，在Rt△PCH中，由tan∠PCH=可得tan∠BPQ=，继而根据BC=2BM，即可求得答案.
【详解】(1)延长交于点，

∵与垂直，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
(2)①过点作交的延长线于点，

∵，∴与垂直，
由(1)，得，
∵，
∴，即；
②过点C作CD//BP交AB的延长线于点D，延长AM交CD于点H，
∴∠PCH=∠BPQ，
∵，∴⊥，
∴∠BPM=∠CHM=90°，
又∵∠BMP=∠CMH，BM=CM，
∴△BPM≌△CHM，
∴BP=CH，PM=HM，
∴PH=2PM，
∵∠PMB=∠BMA，∠ABM=∠BPM=90°，
∴△ABM∽△BPM，
∴，
在Rt△PCH中，tan∠PCH=，
∴tan∠BPQ=，
又∵BC=2BM，，
∴tan∠BPQ=.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.
15．⑴如图1，是正方形边上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.
①线段和的数量关系是 ；
②写出线段和之间的数量关系.
⑵当四边形为菱形，，点是菱形边所在直线上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.
①如图2，点在线段上时，请探究线段和之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点；若 ,直接写出线段的长度.

【答案】⑴①; ②；⑵①. 理由见解析，②的长度为 . 理由见解析.
【分析】（1）①根据旋转的性质解答即可；
②根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）①根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
②作辅助线，计算BD和BF的长，根据平行线分线段成比例定理可得BM的长，根据线段的差可得结论．
【详解】（1）①DB=DG，理由是：
∵∠DBE绕点B逆时针旋转90°，如图1，

由旋转可知，∠BDE=∠FDG，∠BDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD=45°，
∴∠G=45°，
∴∠G=∠CBD=45°，
∴DB=DG；
故答案为DB=DG；
②BF+BE=BD，理由如下：
由①知：∠FDG=∠EDB，∠G=∠DBE=45°，BD=DG，
∴△FDG≌△EDB（ASA），
∴BE=FG，
∴BF+FG=BF+BE=BC+CG，
Rt△DCG中，∵∠G=∠CDG=45°，
∴CD=CG=CB，
∵DG=BD=BC，
即BF+BE=2BC=BD；
（2）①如图2，BF+BE=BD，
理由如下：在菱形ABCD中，∠ADB=∠CDB=∠ADC=×60°=30°，
由旋转120°得∠EDF=∠BDG=120°，∠EDB=∠FDG，
在△DBG中，∠G=180°-120°-30°=30°，
∴∠DBG=∠G=30°，
∴DB=DG，
∴△EDB≌△FDG（ASA），
∴BE=FG，
∴BF+BE=BF+FG=BG，
过点D作DM⊥BG于点M，如图2，

∵BD=DG，
∴BG=2BM，
在Rt△BMD中，∠DBM=30°，
∴BD=2DM．
设DM=a，则BD=2a，
DM=a，
∴BG=2a，
∴，
∴BG=BD，
∴BF+BE=BG=BD；
②过点A作AN⊥BD于N，过D作DP⊥BG于P，如图3，

Rt△ABN中，∠ABN=30°，AB=2，
∴AN=1，BN=，
∴BD=2BN=2，
∵DC∥BE，
∴，
∵CM+BM=2，
∴BM=，
Rt△BDP中，∠DBP=30°，BD=2，
∴BP=3，
由旋转得：BD=BF，
∴BF=2BP=6，
∴GM=BG-BM=6+1-=．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，直角三角形30度的角性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解本题的关键．
16．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例2 如图，在中，分别是边的中点，相交于点，求证：，
证明：连结．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
结论应用：在中，对角线交于点，为边的中点，、交于点．
（1）如图②，若为正方形，且，则的长为　 　．
（2）如图③，连结交于点，若四边形的面积为，则的面积为　 　．


【答案】教材呈现：详见解析；结论应用：（1）；（2）6．
【分析】教材呈现：如图①，连结．根据三角形中位线定理可得，，那么，由相似三角形对应边成比例以及比例的性质即可证明；
结论应用：（1）如图②．先证明，得出，那么，又，可得，由正方形的性质求出，即可求出；
（2）如图③，连接．由（1）易证．根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出与的面积比，同理，与的面积比＝2，那么的面积的面积＝2（的面积的面积）＝，所以的面积，进而求出的面积．
【详解】教材呈现：
证明：

如图①，连结．
∵在中，分别是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
结论应用：
（1）解：如图②．
∵四边形为正方形，为边的中点，对角线、交于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵正方形中，，
∴，
∴．
故答案为；
（2）解：如图③，连接．
由（1）知，，
∴．
∵与的高相同，
∴与的面积比，
同理，与的面积比＝2，
∴的面积的面积＝2（的面积的面积），
∴的面积，
∴的面积．
故答案为6．
【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质.灵活运用正方形性质，相似三角形判定和性质是关键.
17．如图1，在矩形中，BC=3，动点从出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为
（1）若
①如图2，当点B’落在AC上时，显然△PCB’是直角三角形，求此时t的值
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由
（2）当P点不与C点重合时，若直线PB’与直线CD相交于点M，且当t＜3时存在某一时刻有结论∠PAM=45°成立，试探究：对于t＞3的任意时刻，结论∠PAM=45°是否总是成立？请说明理由.

【答案】（1）①；②t=2或t=6或t=2（2）见解析.
【分析】(1)①先利用勾股定理求出AC长，再根据△APB≌△APB′，继而根据全等三角形的性质推导得出∠B=∠PB′C=90°，B′C= ，再证明，根据相似三角形的性质求出PB′=2-4，由此即可求得答案；
②根据题意分三种情况，分别画出图形，结合图形分别讨论求解即可；
(2)如图，根据∠PAM=45°以及翻折的性质可以证明得到△DAM≌△B′AM，从而可得AD=AB′=AB，证得四边形ABCD是正方形，继而根据题意画出图形，根据翻折的性质以及全等三角形的知识进行推导即可求得答案.
【详解】(1)①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=，
∵△APB≌△APB′，
∴∠AB′P=∠B=90°，AB′=AB=2，BP=B′P，
∴∠B=∠PB′C=90°，B′C=AC-AB′=，
又∵∠PCB′=∠ACB，
∴，
∴，
即，
∴PB′=2-4，
∴PB=2-4，
即t=2-4；
②如图，当∠PCB′=90 °时，此时点B′落在BC上，
在Rt△AB′D中，∠D=90°，∴B′D=，
∴B′C=，
在△PCB′中，由勾股定理得：，
解得t=2；

如图，当∠PCB′=90 °时，此时点B′在CD的延长线上，
在Rt△AB′D中，∠ADB′=90°，∴B′D=，
∴B′C=3，
在△PCB′中，由勾股定理得：，解得t=6；

当∠CPB′=90 °时，易得四边形ABPB′为正方形，
∴BP=AB=2，
解得t=2；

综上，t=2或t=6或t=2；
(2)如图

∵∠PAM=45°，
∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°，
又∵翻折，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠ADM=∠AB′M=90°，AM=AM，
∴△DAM≌△B′AM，
∴AD=AB′=AB，
∴四边形ABCD是正方形，
如图，

设∠APB=x，
∴∠PAB=90°-x，
∴∠DAP=x，
∵AD=AB′，AM=AM，∠ADM=∠AB′M=90°，
∴Rt△MDA≌Rt△B′AM(HL)，
∴∠B′AM=∠DAM，
∵翻折，
∴∠PAB=∠PAB′=90°-x，
∴∠DAB′=∠PAB′-∠DAP=90°-2x，
∴∠DAM=∠DAB′=45°-x，
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°.
【点睛】本题是四边形综合题，涉及了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确画出符合题意的图形，熟练运用相关知识是解题的关键.
18．在等腰三角形中，，作交AB于点M，交AC于点N．
（1）在图1中，求证：；
（2）在图2中的线段CB上取一动点P，过P作交CM于点E，作交BN于点F，求证：；
（3）在图3中动点P在线段CB的延长线上，类似（2）过P作交CM的延长线于点E，作交NB的延长线于点F，求证：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，利用AAS定理证明；
（2）根据全等三角形的性质得到，证明、，根据相似三角形的性质列出比例式，证明结论；
（3）根据，得到，证明，得到，根据比例的性质证明即可．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）同（2）的方法得到，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
19．问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．

问题探究：在“问题情境”的基础上，
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；

（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．若正方形ABCD的边长为4 ，AD的中点为S，求P'S的最小值．

问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝，请直接写出FH的长．

【答案】问题情境：.理由见解析；问题探究：（1）；（2）的最小值为；问题拓展：.
【分析】问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF＝MB，证明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出结论；
问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出结论；
（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点P'在线段DO'上运动；过点S作SK⊥DO'，垂足为K，即可得出结果；
问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EG＝AG＝，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出QE＝AE＝，AQ＝AE+QE＝，证明△AGM∽△ABE，得出AM＝，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出AF＝，证明△DFP∽△DAQ，得出FP＝，得出FH＝FP＝．
【详解】问题情境：因为四边形是正方形，
所以.
过点作分别交于点.
所以四边形为平行四边形.
所以.所以，
所以，
又因为，
所以.，所以.
因为，所以，所以.

问题探究：
（1）连接，过点作，分别交于点.易得四边形矩形.
所以且.
因为是正方形的对角线，所以.
所以是等腰直角三角形，.所以.
因为是的垂直平分线，所以.
所以.所以.
所以.所以.
所以是等腰直角三角形，，即.

（2）如图所示，连接交于点，由题意易得的直角顶点在上运动.
设点与点重合，则点与点重合；
设与点重合，则点的落点为.易知.
当点在线段上运动时，
过点作的垂线，垂足为，
过点作，垂足为点.
易证：，
所以，
因为是正方形的对角线，
所以，易得，所以.
所以.
所以，故.
所以点在线段上运动.
过点作，垂足为，因为点为的中点，
所以，则的最小值为.

问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：

则EG＝AG＝，PH＝FH，
∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE＝＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴，即，
解得：，
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，
∴B'M＝，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B'AM＝∠C'FA，
∴△AFC'∽△MAB'，
∴，
解得：
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴，即，
解得：FP＝，
∴FH＝．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
20．箭头四角形,模型规律:如图1，延长CO交AB于点D，则．因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．模型应用:

（1）直接应用：
①如图2， ．
②如图3，的2等分线（即角平分线）交于点F，已知，则
③如图4，分别为的2019等分线．它们的交点从上到下依次为．已知，则 度
（2）拓展应用：如图5，在四边形ABCD中，．O是四边形ABCD内一点，且．求证：四边形OBCD是菱形．
【答案】（1）①，②，③；（2）见解析.
【分析】（1）①由可得答案；
②由且知，从而得，代入计算可得；
③由，
知，
代入
得，
据此得出，代入可得答案；
（2）由知，结合得，连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
【详解】解：（1）①如图2，

在凹四边形ABOC中，，
在凹四边形DOEF中，，

②如图3，

，且

，
，
；
③如图4，

由题意知,



则
代入得
解得：
，
；
故答案为：①；②；③（）；
（2）如图5，连接OC，

，




OC是公共边，
，


∴，
又，


又

∴四边形OBCD是菱形．
【点睛】考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握“箭头四角形”的性质及其运用，全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点．
21．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α.
（1）问题发现
① 当时， ；② 当时，
（2）拓展探究
试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明.
（3）问题解决
当△EDC旋转至A、D、E三点共线时，直接写出线段BD的长.

【答案】（1）①,②.（2）无变化；理由参见解析.（3），.
【分析】（1）①当α=0°时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的值是多少．
②α=180°时，可得AB∥DE，然后根据，求出的值是多少即可．
（2）首先判断出∠ECA=∠DCB，再根据，判断出△ECA∽△DCB，即可求出的值是多少，进而判断出的大小没有变化即可．
（3）根据题意，分两种情况：①点A，D，E所在的直线和BC平行时；②点A，D，E所在的直线和BC相交时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可．
【详解】（1）①当α=0°时，
∵Rt△ABC中，∠B=90°，
∴AC=，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴,BD=8÷2=4，
∴．
②如图1，
，
当α=180°时，
可得AB∥DE，
∵，
∴
（2）如图2，
，
当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴．
（3）①如图3，
，
∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，
∴AD=
∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=．
②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，
，
∵AC=，CD=4，CD⊥AD，
∴AD=，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE==2，
∴AE=AD-DE=8-2=6，
由（2），可得
，
∴BD=．
综上所述，BD的长为或．
22．操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处.点P为直线EF上一动点(不与E、F重合)，过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN.
(1)如图1，求证：BE＝BF；
(2)特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；
(3)类比探究：若DE＝a，CF＝b.
①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系.(不要求写证明过程)

【答案】(1)证明见解析；(2)四边形PMQN的周长为2；(3)①QN﹣QM＝，证明见解析；②QM﹣QN＝.
【分析】(1)根据矩形的对边平行可得∠DEF＝∠EFB，根据翻折性质可得∠DEF＝∠BEF，由此可得∠BEF＝∠EFB，即可求得结论；
(2)如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，先求出AB的长，继而利用面积法求出PM+PN＝EH＝，再根据平行形的周长公式求解即可；
(3)①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H，先求出EH＝AB＝，再根据面积法求得PM﹣PN＝EH＝，继而根据平行四边形的性质即可求得QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝，
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝.
【详解】(1)如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
由翻折可知：∠DEF＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF；
(2)如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，

∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝2，
∴AD＝BC＝7，AE＝2，
在Rt△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝2，
∴AB＝，
∵S△BEF＝S△PBE+S△PBF，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴•BF•EH＝•BE•PM+•BF•PN，
∵BE＝BF，
∴PM+PN＝EH＝，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴四边形PMQN的周长＝2(PM+PN)＝2；
(3)①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H，

∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b，
∴AD＝BC＝a+b，
∴AE＝AD﹣DE＝b，
∴EH＝AB＝，
∵S△EBP﹣S△BFP＝S△EBF，
∴BE•PM﹣•BF•PN＝•BF•EH，
∵BE＝BF，
∴PM﹣PN＝EH＝，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝，
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝.

【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，面积法等知识，综合性较强，有一定的难度，正确把握和灵活运用相关知识是解题的关键.
23．如图，平面内的两条直线l1、l2,点A、B在直线l2上，过点A、B两点分别作直线l1的垂线，垂足分别为A1、B1，我们把线段A1B1叫做线段AB在直线l2上的正投影，其长度可记作T（AB，CD）或T（AB，l2）,特别地，线段AC在直线l2上的正投影就是线段A1C，请依据上述定义解决如下问题.
（1）如图1，在锐角△ABC中，AB=5，T（AC，AB）=3，则T（BC，AB）= ；
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，T（AC，AB）=4，T（BC，AB）=9，求△ABC的面积；
（3）如图3，在钝角△ABC中，∠A=60°，点D在AB边上，∠ACD=90°，T（AD，AC）=2，T（BC，AB）=6，求T（BC，CD）.

【答案】（1）2 ；（2）△ABC的面积=39；（3）T（BC，CD）=
【分析】(1)如图1，过C作CH⊥AB，根据正投影的定义求出BH的长即可；
(2)如图2，过点C作CH⊥AB于H，由正投影的定义可知AH=4，BH=9，再根据相似三角形的性质求出CH的长即可解决问题；
(3)如图3，过C作CH⊥AB于H，过B作BK⊥CD于K，求出CD、DK即可得答案.
【详解】(1)如图1，过C作CH⊥AB，垂足为H，
∵T(AC，AB)=3，
∴AH=3，
∵AB=5，
∴BH=AB-AH=2，
∴T(BC，AB)=BH=2，
故答案为：2；
(2)如图2，过点C作CH⊥AB于H，
则∠AHC=∠CHB=90°，
∴∠B+∠HCB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠A=90°
∴∠A=∠HCB，
∴△ACH∽△CBH，
∴CH：BH=AH：CH，
∴CH2=AH·BH，
∵T(AC，AB)=4，T(BC，AB)=9，
∴AH=4，BH=9，
∴AB=AH+BH=13，CH=6，
∴S△ABC=(AB·CH)÷2=13×6÷2=39；
(3)如图3，过C作CH⊥AB于H，过B作BK⊥CD于K，
∵∠ACD=90°，T(AD，AC)=2，
∴AC=2，
∵∠A=60°，
∴∠ADC=∠BDK=30°，
∴CD=AC·tan60°=2，AD=2AC=4，AH=AC=1，
∴DH=4-1=3，
∵T(BC，AB)=6，CH⊥AB，
∴BH=6，
∴DB=BH-DH=3，
在Rt△BDK中，∠K=90°，BD=3，∠BDK=30°，
∴DK=BD·cos30°=，
∴T(BC，CD)=CK=CD+DK=+=.

【点睛】本题是三角形综合题，考查了正投影的定义，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识，理解题意，正确添加辅助线，构建直角三角形是解题问题的关键.
24．（1）（探究发现）
如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点和点（点与点，不重合）．则之间满足的数量关系是　 　．
（2）（类比应用）
如图2，若将（1）中的“正方形”改为“的菱形”，其他条件不变，当时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．
（3）（拓展延伸）
如图3，，，，平分，，且，点是上一点，，求的长．

【答案】（1）（2）结论不成立．（3）
【分析】（1）结论：．根据正方形性质，证，根据全等三角形性质可得结论；（2）结论不成立．．连接，在上截取，连接．根据菱形性质，证，四点共圆，分别证是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形性质证，根据全等三角形性质可得结论；（3）由可知是钝角三角形，，作于，设．根据勾股定理，可得到，由，得四点共圆，再证是等边三角形，由（2）可知：，故可得．
【详解】（1）如图1中，结论：．理由如下：

∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
（2）如图2中，结论不成立．．

理由：连接，在上截取，连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
（3）如图3中，由可知是钝角三角形，，作于，设．

在中，，
∵，
∴，
解得（舍弃）或，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
由（2）可知：，
∴．
【点睛】考核知识点：正方形性质，全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，圆的性质.综合运用各个几何性质定理是关键；此题比较综合.
25．根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．
（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．
①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题）
②三个角分别相等的两个凸四边形相似；（ 命题）
③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）
（2）如图1，在四边形ABCD和四边形A1B1C1D1中，∠ABC＝∠A1B1C1，∠BCD＝∠B1C1D1，，求证：四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似．

（3）如图2，四边形ABCD中，AB∥CD，AC与BD相交于点O，过点O作EF∥AB分别交AD，BC于点E，F．记四边形ABFE的面积为S1，四边形EFDE的面积为S2，若四边形ABFE与四边形EFCD相似，求的值．
【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析 ；（3）
【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．
（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．
（3）四边形ABFE与四边形EFCD相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．
【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．
②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．
③两个大小不同的正方形相似．是真命题．
故答案为假，假，真．
（2）证明：分别连接BD，B1D1

，且
，
，，，
，
，
，
，
，，，
，，，，
四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似.
（3）如图2中，

∵四边形ABFG与四边形EFCD相似
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，即AE=DE
，
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，相似多边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．在△中，已知是边的中点，是△的重心，过点的直线分别交、于点、.
（1）如图1，当∥时，求证：；
（2）如图2，当和不平行，且点、分别在线段、上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.
（3）如图3，当点在的延长线上或点在的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）（1）中结论成立，理由见解析；（3）（1）中结论不成立，理由见解析.
【分析】（1）根据G为重心可知，由EF∥BC可知,，故
（2）过点作∥交的延长线于点，、的延长线相交于点，则，，故要求式子，又，D是的中点，即，故有，所以原式，又有，得，故结论成立；
（3）由G点为重心可知，当点与点重合时，为中点，，故当点在的延长线上时，，,则，同理：当点在的延长线上时，，故结论不成立.
【详解】（1）证明： 是△重心
,
又∥,
,,
则.
（2）（1）中结论成立，理由如下：
如图，过点作∥交的延长线于点，、的延长线相交于点，

则，

又
而是的中点，即


又

结论成立；

（3）（1）中结论不成立，理由如下：

当点与点重合时，为中点，,
点在的延长线上时，,
,则，
同理：当点在的延长线上时，，
结论不成立.
【点睛】本题考查了三角形的重心，相似三角形的性质和判定，分类讨论思想，解本题的关键是通过三角形重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1与相似比结合来解题，并合理作出辅助线来解题.
27．如图，在等腰中，．点D,E分别在边AB,BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90º得到EF．

（1）如图1，若，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若，求DG的长．
②若，是否存在点E，使得是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①，②存在，CE的长为：，2或，.
【分析】（1）先证明CD＝BD＝AD，再证明，根据全等三角形的性质可得，由此即可证得结论；（2）①分别过点D，F作与点N，与点M，连接BF，先求得BF的长，再证明DG是△ABF的中位线，根据三角形的中位线定理即可求得DG的长；②分∠DEG＝90°和∠EDG＝90°两种情况求解即可．
【详解】解：（1）由旋转性质得:，
是等腰三角形，
，

在和中，




（2）①如图1，分别过点D，F作与点N，与点M，连接BF，


又，
，
又，，
，

点D，G分别是AB，AF的中点，

②过点D作与点H
，，
，
当时，有如图2，3两种情况，设，

，，
点E在线段AF上，
，，，
，，即，解得，
或，
当时，如图4，

图4
过点F作与点K，延长DG交AC于点N，延长AC并截取，连接FM，
则，，
设，则，，
，，，
，，得，
，，
四边形GECN是平行四边形，
∵，
四边形GECN是矩形， 当时，有
当时，如图5，

图5
过点G，F分别作AC的垂线，交射线AC于点N，M，过点E作于点K，过点D作GN的垂线，交NG的延长线于点P，则
设，则，

由可得：




，

由可得：
即
解得，（舍去）

所以，CE的长为：，2或，
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．(1)方法选择
如图①，四边形是的内接四边形，连接，，．求证：.
小颖认为可用截长法证明：在上截取，连接…
小军认为可用补短法证明：延长至点，使得…
请你选择一种方法证明．
(2)类比探究
（探究1）
如图②，四边形是的内接四边形，连接，，是的直径，．试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．
（探究2）
如图③，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．
(3)拓展猜想
如图④，四边形是的内接四边形，连接，．若是的直径，，则线段，，之间的等量关系式是______．

【答案】(1)方法选择：证明见解析；(2)【探究1】：；【探究2】；(3)拓展猜想：.
【分析】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=60°，如图①，在BD上截取DM=AD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到AM=AD，根据全等三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；
（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM=AD根据全等三角形的性质得到结论；
【探究2】
如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD=30°，根据直角三角形的性质得到MD=2AD，根据相似三角形的性质得到BM=CD，于是得到结论；
（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC=90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD=90°，根据相似三角形的性质得到BM=CD，DM=AD，于是得到结论．
【详解】(1)方法选择：∵，
∴，
如图①，在上截取，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴；
(2)类比探究：如图②，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
过作交于，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
[探究2]如图③，∵若是的直径，，
∴，，
过作交于，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
(3)拓展猜想：；
理由：如图④，∵若是的直径，
∴，
过作交于，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为.

【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
29．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．
①求证：；
②推断：的值为　 　；
（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（为常数）．将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与CP之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，，求的长．

【答案】（1）①证明见解析；②解：结论：．理由见解析；（2）结论：．理由见解析；（3）．
【分析】（1）①由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE=DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．
（2）结论：如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．
（3）如图2-1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．
【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴≌，
∴．
②解：结论：．
理由：∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为1．
（2）解：结论：．
理由：如图2中，作于．

∵，
∴，
∴，，
∴，
∴∽，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
（3）解：如图2﹣1中，作交的延长线于．

∵，，
∴，
∴，
∴可以假设，，，
∵，，
∴，
∴，
∴或﹣1（舍弃），
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴∽，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
30．在，，．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，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，当时，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，当时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当时，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在同一直线上时的值．

【答案】（1）1，（2）45°（3），
【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，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，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：解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．

，
，
，，
，
，，
，
，
，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是，
故答案为1，．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．

，
，
，
，
，，
，
，
直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为．
（3）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．

，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
A，D，C，B四点共圆，
，，
，
，设，则，，
c．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：，设，则，，

，
．
【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．