2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸大題培優(yōu)學(xué)案專題11四點(diǎn)共圓模型（教師版）

專題11四點(diǎn)共圓模型解題策略解題策略模型1：定點(diǎn)定長共圓模型若四個(gè)點(diǎn)到一個(gè)定點(diǎn)的距離相等，則這四個(gè)點(diǎn)共圓．如圖，若OA＝OB＝OC＝OD，則A，B，C，D四點(diǎn)在以點(diǎn)O為圓心、OA為半徑的圓上．模型2：對(duì)角互補(bǔ)共圓模型2．若一個(gè)四邊形的一組對(duì)角互補(bǔ)，則這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓．如圖，在四邊形ABCD中，若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）則A，B，C，D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上．拓展：若一個(gè)四邊形的外角等于它的內(nèi)對(duì)角，則這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓．如圖，在四邊形ABCD中，∠CDE為外角，若∠B＝∠CDE，則A，B，C，D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上．模型3：定弦定角共圓模型若兩個(gè)點(diǎn)在一條線段的同旁，并且和這條線段的兩端連線所夾的角相等，那么這兩個(gè)點(diǎn)和這條線段的兩個(gè)端點(diǎn)共圓如圖，點(diǎn)A，D在線段BC的同側(cè)，若∠A＝∠D，則A，B，C，D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上．經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】（2021·全國·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）在邊長為12cm的正方形ABCD中，點(diǎn)E從點(diǎn)D出發(fā)，沿邊DC以1cm/s的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，沿邊CB以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E達(dá)到點(diǎn)C時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，連接AE、DF交于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)E．

F運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．回答下列問題：(1)如圖1，當(dāng)t為多少時(shí)，EF的長等于45(2)如圖2，在點(diǎn)E、F運(yùn)動(dòng)過程中，①求證：點(diǎn)A、B、F、P在同一個(gè)圓(⊙O)上；②是否存在這樣的t值，使得問題①中的⊙O與正方形ABCD的一邊相切?若存在，求出t值；若不存在，請(qǐng)說明理由；③請(qǐng)直接寫出問題①中，圓心O的運(yùn)動(dòng)的路徑長為_________．【答案】（1）t=4或8；（2）①證明見解析；②存在，t=3或12；③6cm．【分析】（1）由題意易得DE=CF=t，則有EC=12-t，然后利用勾股定理求解即可；（2）①由題意易證△ADE≌△DCF，則有∠CDF=∠DAE，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠APF=90°，進(jìn)而可得∠B+∠APF=180°，則問題得證；②由題意可知當(dāng)⊙O與正方形ABCD的一邊相切時(shí)，可分兩種情況進(jìn)行分類討論求解：一是當(dāng)圓與AD相切時(shí)，一是當(dāng)圓與邊DC相切時(shí)；③由動(dòng)點(diǎn)E、F在特殊位置時(shí)得出圓心O的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)而求解即可．【詳解】解：（1）由題意易得：DE=CF=t，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，∴EC=12-t，∵EF的長等于45∴在Rt△CEF中，EF2解得t1（2）①由（1）可得AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，DE=CF=t，∴△ADE≌△DCF，∴∠CDF=∠DAE，∵∠CDF+∠PDA=90°，∴∠DAE+∠PDA=90°，∴∠ADP=∠APF=90°，∴∠APF+∠B=180°，由四邊形APFB內(nèi)角和為360°可得：∠PAB+∠PFB=180°，∴點(diǎn)A、B、F、P在同一個(gè)圓(⊙O)上；②由題意易得：當(dāng)⊙O與正方形ABCD的一邊相切時(shí)，只有兩種情況；a、當(dāng)⊙O與正方形ABCD的邊AD相切時(shí)，如圖所示：由題意可得AB為⊙O的直徑，∴t=12；b、當(dāng)⊙O與正方形ABCD的邊DC相切于點(diǎn)G時(shí)，連接OG并延長交AB于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作OH⊥BC交BC于點(diǎn)H，連接OF，如圖所示：∴OG⊥DC，GM⊥AB，HF=HB，∴四邊形OMBH、GOHC是矩形，∴OH=BM=GC，OG=HC，∵AB=BC=12cm，∴OH=6，∵CF=t，BF=12-t，∴HF=12?t在Rt△FOH中，OF2=O解得：t=3；綜上所述：當(dāng)t=3或t=12時(shí)，⊙O與正方形ABCD的邊相切；③由（1）（2）可得：當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合及點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，圓心在正方形的中心上；當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合及點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，圓心在AB的中點(diǎn)上，故圓心的運(yùn)動(dòng)軌跡為一條線段，如圖所示：∴OP即為圓心的運(yùn)動(dòng)軌跡，即OP=6cm．故答案為6cm．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的綜合，熟練掌握?qǐng)A的性質(zhì)及切線定理解題的關(guān)鍵，注意運(yùn)用分類討論思想解決問題．【例2】（2022·吉林白山·八年級(jí)期末）（1）如圖①，△OAB、△OCD的頂點(diǎn)O重合，且∠A+∠B+∠C+∠D=180°，則∠AOB+∠COD=______°；（直接寫出結(jié)果）（2）連接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分別是四邊形ABCD的四個(gè)內(nèi)角的平分線.①如圖②，如果∠AOB=110°，那么∠COD的度數(shù)為_______；（直接寫出結(jié)果）②如圖③，若∠AOD=∠BOC，AB與CD平行嗎？為什么？【答案】（1）180；（2）①70°；②AB//CD，理由見解析.【分析】（1）結(jié)合三角形三角和為1800（2）①利用第一問的結(jié)果，計(jì)算，即可.②利用四邊形四角和為1800，計(jì)算得出∠DAO+∠ADO的度數(shù)，結(jié)合角平分線定理，得到∠DAB+∠ADC【詳解】（1）∠A+∠B+∠C+∠D+∠AOB+∠DOC=3600,可得（2）①結(jié)合∠AOB+∠DOC=1800,∠AOB=1100②AB//CD，理由是：因?yàn)锳O、BO、CO、DO分別是四邊形ABCD的四個(gè)內(nèi)角的平分線，所以∠OAB=1所以∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=在四邊形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC=360°.所以∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=在△OAB中，∠OAB+∠OBA=180°?∠AOB.在△OCD中，∠OCD+∠ODC=180°?∠COD.所以180°?∠AOB+180°?∠COD=180°.所以∠A0B+∠COD=180°所以∠ADO+∠BOD=360°?（∠AOB+∠COD）=360°?180°=180°.因?yàn)椤螦OD=∠BOC，所以∠AOD=∠BOC=90°在∠AOD中，∠DAO+∠ADO=180°?∠AOD=180°?90°=90°.因?yàn)椤螪AO=1所以12所以∠DAB+∠ADC=180°.所以AB//CD【點(diǎn)睛】考查三角形內(nèi)角和及平行線的判定，得到∠DAB和∠ADC的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.【例3】（2020·四川眉山·一模）問題背景：如圖1，等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，作AD⊥BC于點(diǎn)D，則D為BC的中點(diǎn)，∠BAD=12∠BAC=60°遷移應(yīng)用：如圖2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D，E，C三點(diǎn)在同一條直線上，連接BD．①求證：△ADB≌△AEC；②請(qǐng)直接寫出線段AD,BD,CD之間的等量關(guān)系式；拓展延伸：如圖3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC內(nèi)作射線BM，作點(diǎn)C關(guān)于BM的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE并延長交BM于點(diǎn)F，連接CE，CF．①證明△CEF是等邊三角形；②若AE=5,CE=2，求BF的長．【答案】遷移應(yīng)用：①詳見解析；②結(jié)論：CD=3AD+BD【分析】遷移應(yīng)用：①如圖2中，只要證明∠DAB=∠CAE，即可根據(jù)SAS解決問題；②結(jié)論：CD=3AD+BD．由ΔDAB?ΔEAC，可知BD=CE，在RtΔADH中，DH=AD·cos30°=32AD拓展延伸：①如圖3中，作BH⊥AE于H，連接BE．由BC=BE=BD=BA，F(xiàn)E=FC，推出A、D、E、C四點(diǎn)共圓，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出ΔEFC是等邊三角形；②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，F(xiàn)H=4.5，在RtΔBHF中，由∠BFH=30°，可得HFBF【詳解】遷移應(yīng)用：①證明：如圖2∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAB=∠CAE，在△DAB和△EAC中，{DA=EA∴△DAB≌△EAC，②解：結(jié)論：CD=3理由：如圖2?1中，作AH⊥CD于H．∵ΔDAB?ΔEAC，∴BD=CE，在RtΔADH中，DH=AD·cos∵AD=AE，AH⊥DE，∴DH=HE，∴CD=DE+EC=2DH+BD=3拓展延伸：①證明：如圖3中，連接BE，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴△ABD,△BDC是等邊三角形，∴BA=BD=BC，∵E、C關(guān)于BM對(duì)稱，∴BC=BE=BD=BA,FE=FC，∴A、D、E、C四點(diǎn)共圓，∴∠ADC=∠AEC=120°，∴∠FEC=60°，∴△EFC是等邊三角形；②解：作BH⊥AE于H，∵AE=5,EC=EF=2，∴AH=HE=2.5,FH=4.5，在Rt△BHF中，∵∠BFH=30°，∴HFBF∴BF=4.5【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、四點(diǎn)共圓、等邊三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加輔助圓解決問題，屬于中考?jí)狠S題．【例4】（2022·全國·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）定義：有一個(gè)角是其對(duì)角一半的圓的內(nèi)接四邊形叫做圓美四邊形，其中這個(gè)角叫做美角．已知四邊形ABCD是圓美四邊形．（1）求美角∠A的度數(shù)；（2）如圖1，若⊙O的半徑為5，求BD的長；（3）如圖2，若CA平分∠BCD，求證：BC+CD=AC．【答案】（1）60°；（2）53【分析】（1）根據(jù)美角的定義可得∠A=1（2）連接DO并延長，交⊙O與點(diǎn)E，連接BE，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠E=∠A=60°，然后根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠DBE=90°，最后利用銳角三角函數(shù)即可求出結(jié)論；（3）延長CB至F，使BF=DC，連接AF、BD，先證出△ABD為等邊三角形，然后利用SAS證出△ABF≌△ADC，從而得出AF=AC，∠F=∠DCA=60°，再證出△ACF為等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)和等量代換即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）根據(jù)題意可得：∠A=1∴∠A=60°（2）連接DO并延長，交⊙O與點(diǎn)E，連接BE∴∠E=∠A=60°∵DE為⊙O的直徑，⊙O的半徑為5，∴∠DBE=90°，DE=10在Rt△DBE中，BD=DE·sin∠E=10×32=5（3）延長CB至F，使BF=DC，連接AF、BD由（1）可知：∠BAD=60°，∠BCD=2∠BAD=120°∵CA平分∠BCD，∴∠BCA=∠DCA=12∴∠ABD=∠DCA=60°∴∠ADB=180°－∠ABD－∠BAD=60°∴△ABD為等邊三角形∴AB=AD根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠ABF=∠ADC在△ABF和△ADC中BF=DC∴△ABF≌△ADC∴AF=AC，∠F=∠DCA=60°∴∠FAC=180°－∠F－∠ACF=60°∴△ACF為等邊三角形∴CF=AC∴BC＋BF=AC∴BC＋CD=AC【點(diǎn)睛】此題考查的是新定義類問題、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理及推論、銳角三角函數(shù)、等邊三角形的判定及性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)，掌握新定義、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理及推論、銳角三角函數(shù)、等邊三角形的判定及性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練一、解答題1．（2022·遼寧葫蘆島·一模）射線AB與直線CD交于點(diǎn)E，∠AED＝60°，點(diǎn)F在直線CD上運(yùn)動(dòng)，連接AF，線段AF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到AG，連接FG，EG，過點(diǎn)G作GH⊥AB于點(diǎn)H．(1)如圖1，點(diǎn)F和點(diǎn)G都在射線AB的同側(cè)時(shí)，EG與GH的數(shù)量關(guān)系是______；(2)如圖2，點(diǎn)F和點(diǎn)G在射線AB的兩側(cè)時(shí)，線段EF，AE，GH之間有怎么樣的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論；(3)若點(diǎn)F和點(diǎn)G都在射線AB的同側(cè)，AE=1，EF=2，請(qǐng)直接寫出HG的長．【答案】(1)HG=3(2)GH=3(3)32或【分析】（1）先證明△GAF是等邊三角形得∠AGF=60°，再證明點(diǎn)A、E、G、F四點(diǎn)共圓，得∠GEF=∠GAF=60°，從而計(jì)算得到∠GEH=180°?∠AED?∠GEF=60°，最后在直角三角形GEH中，求出HGEG（2）在射線ED上截取EN=AE，連接AN，如圖3，先證△AEN是等邊三角形，得AE=AN，∠EAN=60°，再證∠GAE=∠FAN，從而得到△GAE≌△FAN，進(jìn)而得sin60°=（3）分兩種情況討論求解GH的長，①當(dāng)點(diǎn)F和點(diǎn)G都在射線AB的右側(cè)時(shí)，在射線ED上取一點(diǎn)M，使得EM=EG，連接MG，如圖4；②當(dāng)點(diǎn)F和點(diǎn)G都在射線AB的左側(cè)時(shí)，在線段GE上取一點(diǎn)N，使得NE=EF，如圖5，通過構(gòu)造三角形全等，利用三角函數(shù)求解即可．(1)解：∵線段AF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到AG，∴∠GAF=60°，AG=AF，∴△GAF是等邊三角形，∴∠AGF=∠AFG=60°，∵∠AED＝60°，∴∠AGF=∠AED，∴點(diǎn)A、E、G、F四點(diǎn)共圓，∴∠GEF=∠GAF=60°，∴∠GEH=180°?∠AED?∠GEF=60°，∵GH⊥AB，∴HGEG∴HG=3故答案為：HG=3(2)解：在射線ED上截取EN=AE，連接AN，如圖3，∵∠AED=60°，∴△AEN是等邊三角形，∴AE=AN，∠EAN=60°∵AF=AG，∠FAG=60°，∴∠GAE=∠FAN∴△GAE≌△FAN，∴∠GEA=∠FNA=60°，GE=FNAE?EF=FN=GE，∵GH⊥AB∴sin60°=∴GH=3∴GH=3(3)①當(dāng)點(diǎn)F和點(diǎn)G都在射線AB的右側(cè)時(shí)，在射線ED上取一點(diǎn)M，使得EM=EG，連接MG，如圖4，∵線段AF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到AG，∴∠GAF=60°，AG=AF，∴△GAF是等邊三角形，∴∠AGF=∠AFG=∠FAG=60°，AG=AF=GF，∵∠AED＝60°，∴∠AGF=∠AED，∴點(diǎn)A、E、G、F四點(diǎn)共圓，∴∠GEH=∠GFA=60°，∠GEF=∠GAF=60°，∵EM=EG，∴△GEM是等邊三角形，∴EM=GM=EG,∠EGM=60°，∴∠EGM=∠EGA+∠MGA=60°=∠EGM=∠MGF+∠MGA，∴∠EGA=∠MGF，∴△EGA≌△MGF，∴MF=AE=1，∴GE=EM=EF?MF=2?1=1，∵GH⊥AB，∴HG=sin②當(dāng)點(diǎn)F和點(diǎn)G都在射線AB的左側(cè)時(shí)，在線段GE上取一點(diǎn)N，使得NE=EF，如圖5，∵∠AGF=∠AED=60°，∴點(diǎn)A、E、G、F四點(diǎn)共圓，∠AEF=180°?∠AED=120°∴∠NGF=∠EAD，∠GEF=∠GAF=60°，∠AEG=∠AFG=60°，∵NE=EF，∴△NEF是等邊三角形，∴NE=EF=NF=1，∠ENF=60°，∴∠GNF=180°?∠ENF=120°，∴∠GNF=∠AEF，∴△GNF≌△AEF，∴GN=AE=2，∴GE=GN+NE=2+1=3，∵GH⊥AB，∠AEG=60°，∴GH=GE·sin綜上所述，GH的長為32或3【點(diǎn)睛】本題主要考查了特殊角的三角函數(shù)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵.2．（2022·上海寶山·九年級(jí)期末）如圖，已知正方形ABCD，將AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)n°(0<n<90)到AP的位置，分別過點(diǎn)C、D作CE⊥BP,DF⊥BP，垂足分別為點(diǎn)E、(1)求證：CE=EF；(2)聯(lián)結(jié)CF，如果DPCF=1(3)聯(lián)結(jié)AF，如果AF=22AB【答案】(1)證明見解析；(2)23(3)30【分析】（1）作CG⊥CE，交FD延長線于G點(diǎn)，可根據(jù)題意得出四邊形FECG為矩形，再結(jié)合矩形和正方形的性質(zhì)推出△BCE≌△DCG，從而得到CE=CG，即四邊形FECG為正方形，即可證得結(jié)論；（2）在（1）的基礎(chǔ)之上，連接CF，首先通過旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角定理推出△CEF和△DFP均為等腰直角三角形，進(jìn)而利用相似三角形的判定與性質(zhì)推出PF和EF之間的關(guān)系，從而表示出BE的長度，即可求出∠BCE的正切值，再根據(jù)余角的關(guān)系證明∠ABP=∠BCE，即可得出結(jié)論；（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)以及前面兩個(gè)問題的求解過程推斷出A、C、D、F四點(diǎn)共圓，即可得到在變化過程中，∠AFC始終為90°，從而在Rt△ACF中運(yùn)用特殊角的三角函數(shù)值求解角度即可得出結(jié)論．(1)：如圖所示，作CG⊥CE，交FD延長線于G點(diǎn)，∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE，∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，∴四邊形FECG為矩形，∠G=90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD=90°，BC=DC，∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG，∴∠BCE+∠ECD=∠ECD+∠DCG，即：∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，∠BEC=∠G∴△BCE≌△DCG(AAS)，∴CE=CG，∴四邊形FECG為正方形，∴CE=EF；(2)解：如圖所示，連接CF，由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，則△CEF為等腰直角三角形，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠PAD=n°，AP=AD，∴∠PAB=90°+n°，∠APD=12（180°-∠PAD）=90°-12∵AP=AB，∴∠APB=12（180°-∠PAB）=45°-12∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°，∵DF⊥AB，∴∠DFP=90°，∴△DFP也為等腰直角三角形，PF=DF，∴△DFP∽△CEF，∵DPCF∴PFFE設(shè)PF=DF=x，則FE=CE=3x，由（1）知四邊形CEFG為正方形，∴FG=FE=3x，∴DG=FG-DF=2x，∵△BCE≌△DCG，∴BE=DG=2x，∴在Rt△BEC中，tan∠BCE=∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°，∴∠ABP=∠BCE，∴tan∠ABP=(3)解：∵0<n<90，∴如圖所示，連接AF和對(duì)角線AC，由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°，∴∠CFD=45°，∵AC為正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠CAD=45°，AC=2AB，∴∠CAD=∠CFD，∴點(diǎn)A、C、D、F四點(diǎn)共圓，∴∠AFC=∠ADC=90°，∵AF=22AB∴AF=12AC則在Rt△AFC中，sin∠ACF=∵∠ACF為銳角，∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°，∵∠CAD=45°，∴∠FAD=60°-45°=15°，∵AP=AD，AF=AF，PF=DF，∴△AFP≌△AFD，∴∠FAD=∠FAP=15°，∴∠PAD=30°，∴n=30．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和解直角三角形等，掌握?qǐng)D形的基本性質(zhì)和判定方法，具有較強(qiáng)的綜合分析能力是解題關(guān)鍵．3．（2022·重慶市育才中學(xué)九年級(jí)期末）在等邊△ABC中，D是邊AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接BD，將BD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到DE，連接CE．（1）如圖1，當(dāng)B、A、E三點(diǎn)共線時(shí)，連接AE，若AB=2，求CE的長；（2）如圖2，取CE的中點(diǎn)F，連接DF，猜想AD與DF存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BE、AF交于G點(diǎn)．若GF=DF，請(qǐng)直接寫出CD+ABBE【答案】（1）7；（2）AD=2DF；證明見解析；（3）6【分析】（1）過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)與等腰的性質(zhì)以及勾股定理求得CH=3，進(jìn)而求得BD=3，在Rt△EHC中，HE=AH+AE=2，（2）延長DF至K，使得FK=DF，連接EK,KC，過點(diǎn)D作DP∥BC，交AB于點(diǎn)P，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，∠EDA=∠KCA，證明△APD是等邊三角形，進(jìn)而證明△ABD≌△ACK，即可證明△AKD是等邊三角形，進(jìn)而根據(jù)三線合一以及含30度角的直角三角形的性質(zhì)，可得（3）過點(diǎn)D作DM⊥BE于點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DN⊥AB，連接MF，交AC于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DN⊥AB，交BE于點(diǎn)R，過點(diǎn)R作RQ⊥BD于點(diǎn)Q，先證明∠EMF=45°，結(jié)合中位線定理可得∠EBC=45°，進(jìn)而可得∠NBD=45°，設(shè)AN=DF=1，分別勾股定理求得AF,ND,BD,MB，進(jìn)而根據(jù)CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF求得CD+AB，即可求得CD+ABBE【詳解】（1）過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，如圖∵將BD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到DE，∴BD=DE,∠BDE=120°∴∠DBE=∠DEB=30°∵△ABC是等邊三角形∴∠ABC=60°,AB=AC，AH=∴CH=∵∠CBD=∠ABC?∠ABD=30°∴BD⊥AC，AD=DC=∴BD=∵∠BAC=60°∴∠EAD=120°∴∠ADE=180°?∠EAD?∠AED=30°∴∠AED=∠ADE∴AE=AD=1在Rt△EHC中，HE=AH+AE=2，CH=∴EC=（2）如圖，延長DF至K，使得FK=DF，連接EK,KC，過點(diǎn)D作DP∥BC，交AB于點(diǎn)∵點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)∴FE=FC又FK=DF∴四邊形CDFK是平行四邊形∴ED=KC，ED∴∠EDA=∠KCA∵將BD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到DE，∴BD=DE,∠BDE=120°∴BD=KC∵△ABC是等邊三角形∴AB=AC∵PD∴∠APD=∠ABC=60°，∠CBD=∠PDB，∴△APD是等邊三角形∴AD=AP∵AB=AC∴DC=PB設(shè)∠CBD=α，則∠PDB=α,∴∠ABD=∠APD?∠PDB=60°?α，∠ADB=60°+α∠ADE=∠BDE?∠ADB=120°?∵ED∴∠ACK=∠ADE=60°?α∴∠ABD=∠ACK∴△ABD≌△ACK∴AK=AD,∠KAC=∠DAB=60°∴△AKD是等邊三角形∵DF=FK∴∠FAD=12∴DF=即AD=2DF（3）如圖，過點(diǎn)D作DM⊥BE于點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DN⊥AB，連接MF，交AC于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DN⊥AB，交BE于點(diǎn)R，過點(diǎn)R作RQ⊥BD于點(diǎn)Q，∴∠GMD=∠GFD=90°∴B,D,F,G四點(diǎn)共圓∴∠FGD=∠FMD由（2）可知AF⊥DF，∠FAD=30°∴∠ADF=60°∵FG=FD∴∠FDG=∠FGD=45°∠FGD=∠FMD=45°∵將BD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到DE，∴BD=DE,∠BDE=120°∴MB=ME=∵F是EC的中點(diǎn)，∴MF是△EBC的中位線∴MF∴∠EBC=∠EMF=45°∵∠ABC=60°∴∠ABE=∠ABC?∠EBC=60°?45°=15°∵∠NBD=∠ABE+∠EBD=15°+30°=45°∴△NBD是等腰直角三角形∴ND=NB∵∠BAC=60°∴∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°∵∠AFD=90°,DN⊥AB∴四邊形ANDF是矩形∴ND=AF，AN=DF設(shè)AN=DF=1在Rt△ADE中，AD=2DF=2∴AF=∴AB=AN+NB=AN+ND=AN+AF=1+3∴DC=AC?AD=AB?AD=1+在Rt△NBD中,ND=NB=AF=∴BD=在Rt△MBD中MB=∴BE=2BM=3∴CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF=2∴CD+AB【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，同弧所對(duì)的圓周角相等，四點(diǎn)共圓，三角形全等的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定；掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．4．（2022·黑龍江·哈爾濱工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)校九年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝3ax2﹣10ax＋c分別交x軸于點(diǎn)A、B（A左B右）、交y軸于點(diǎn)C，且OB＝OC＝6．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，點(diǎn)P在第一象限對(duì)稱軸右側(cè)拋物線上，其橫坐標(biāo)為t，連接BC，過點(diǎn)P作BC的垂線交x軸于點(diǎn)D，連接CD，設(shè)△BCD的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出t的取值范圍）；（3）如圖3，在（2）的條件下，線段CD的垂直平分線交第二象限拋物線于點(diǎn)E，連接EO、EC、ED，且∠EOC＝45°，點(diǎn)N在第一象限內(nèi)，連接DN，DN∥EC，點(diǎn)G在DE上，連接NG，點(diǎn)M在DN上，NM＝EG，在NG上截取NH＝NM，連接MH并延長交CD于點(diǎn)F，過點(diǎn)H作HK⊥FM交ED于點(diǎn)K，連接FK，若∠FKG＝∠HKD，GK＝2MN，求點(diǎn)【答案】（1）y=?38x2【分析】（1）待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；（2）分類討論，過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于點(diǎn)Q,①當(dāng)點(diǎn)D在x軸正半軸時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)D在x軸負(fù)半軸時(shí)，求得BD=?38t（3）延長DN至R，使得NR=EG，連接HR，KM，F(xiàn)R,FG，求得點(diǎn)E,D的坐標(biāo)，證明△ECD是等腰直角三角形，設(shè)∠FKG=∠FMR=α，∠FKR=2β，設(shè)EG=a，則GK=2a，MN=NR=a，證明△FDM≌△FDK，△FHK∽△GDN，△FRM≌△FGK，進(jìn)而證明四邊形FGDR是正方形，延長DE至W，使EW=EG=a，則WK=2GK=4a，進(jìn)而證明四邊形WFRK是平行四邊形，求得EGED=a5a=15，分別過E,G【詳解】解：（1）∵OB=OC=6，∴B6,0∵拋物線y＝3ax2﹣10ax＋c分別交x軸于點(diǎn)A、B（A左B右）、交y軸于點(diǎn)C，∴3a×解得a=?1∴拋物線的解析式為y=?3（2）如圖，過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于點(diǎn)Q,①當(dāng)點(diǎn)D在x軸正半軸時(shí)，∵拋物線的解析式為y=?38x2+,Q(t,0)，∵∠BOC=90°,OB=OC=6∴△OBC是等腰直角三角形∴∠CBO=45°∵PD⊥BC∴∠PDQ=45°即△PDQ是等腰直角三角形∴PQ=DQ=?∵OQ=t∴OD=OQ?DQ=t?∴BD=6?OD=6?②當(dāng)D在x軸負(fù)半軸時(shí)，如圖，BD=6+OD=6+DQ?OD=6+?38t綜上所述：S=?98（3）如圖，延長DN至R，使得NR=EG，連接HR，KM，F(xiàn)R,FG∵∠EOC=45°∴E到x,y軸的距離相等，且在第二象限，即點(diǎn)E在y=?x上，y=?解得x∴E∵C(0,6)∴EC=∵E在線段CD的垂直平分線上，∴ED=EC=2設(shè)D(d,0)(d>0)，則D解得d=2∴D(2,0)∴CD=∴C∴△ECD是等腰直角三角形∴∠EDC=45°∵DN∴ND⊥ED∴∠RDC=45°∵HK⊥FM，∠EDR=90°∴∠HKD+∠HMD=180°又∠HMD+∠HMR=180°∴∠HKD=∠HMR∵∠FKG=∠HKD∴∠FKG=∠FMR設(shè)∠FKG=∠FMR=α，∠FKR=2β則∠FKG+∠FMR+∠FKR=2α+2β=180°即α+β=90°∵NM=NH∴∠NHM=∠NMH=α∴∠MNH=180°?∠NMH?∠NHM=180°?2α=2β∠MNH=2β∵NH=NR∴∠NRH=β∵∠KDR=90°,∠HKD=α,HRD=β，α+β=90°∴K,H,R三點(diǎn)共線設(shè)EG=a，則GK=2a，MN=NR=a在△FDM與△FDK中∠FMD=180°?∠FMR=180°?α,∠FKD=180°?∠FKG=180°?α,∴∠FMD=∠FKD∵∠RDG=90°,∠FDG=45°∴∠FDM=∠FDK=45°又FD=FD∴△FDM≌△FDK∴FK=FM,KD=MD∴MD+MR=DK+GK即GD=RD∴△KDM,△GDR是等腰直角三角形在四邊形FKDM中，∠KDM=90°,∠FKD=FMD=180°?α∴∠KFM=360°?90°?2在△FHK與△GDN中∵∠FHK=∠GDN=90°,∠FKH=∠GND=2β∴△FHK∽△GDN∴∠NGD=∠KHF=α?β∵∠HGK=∠HFK,HK=HK∴G,K,H,F四點(diǎn)共圓∵HK⊥FM∴∠FHK=90°∴∠FGK=90°∴∠GFK=90°?∠FKG=90°?α=β在△FRM與△FGK中MR=KG=2a∴△FRM≌△FGK∴∠RFM=∠GFK=β∴∠GFR=2β+∠KFM=2β+α?β=α+β=90°∴∠RFG=∠FGD=∠GDR=90°∴四邊形FGDR是矩形又GD=DR∴四邊形FGDR是正方形如圖，延長DE至W，使EW=EG=a，則WK=2GK=4a∵FG⊥WK∴∠KFG=∠WFG=β∴∠WFH=∠WFG+∠GFK+∠KFM=β+β+α?β=90°∴WF又FE∴四邊形WFRK是平行四邊形∴FR=WK=4a∵四邊形FRDG是正方形∴GD=FR=4a∴KD=GD?GK=4a?2a=2a∴ED=EG+GD=5a∴如圖，分別過E,G作x軸的垂線，垂足為U,V∴EU∴∵E(?2,2),D(2,0)∴DU=∴解得x∵EU∴△EUD∽△GVD∴∴∴G(?【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)與面積問題，三角形相似的性質(zhì)與判定，第三問中證明四邊形FRDG是正方形是解題的關(guān)鍵．5．（2021·廣東·珠海市紫荊中學(xué)九年級(jí)期中）如圖，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，直角△ADE的邊AE在線段AC上，AE＝AD＝2，將△ADE繞直角頂點(diǎn)A按順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度α，連接CD、BE，直線CD，BE交于點(diǎn)F，連接AF，過BC中點(diǎn)G作GM⊥CD，GN⊥AF．（1）求證：BE＝CD；（2）求證：旋轉(zhuǎn)過程中總有∠BFA＝∠MGN；（僅對(duì)0°＜α＜90°時(shí)加以證明）（3）在AB上取一點(diǎn)Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）22﹣5【分析】（1）根據(jù)題中各角之間的關(guān)系可得：∠BAE=∠CAD，依據(jù)三角形全等的判定定理可證△BAE≌△CAD，由全等三角形的性質(zhì)即可證明；（2）由（1）中全等三角形的性質(zhì)可得：∠ABE=∠ACD，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得出：∠ABC=∠ACB=45°，得出點(diǎn)C，點(diǎn)B，點(diǎn)A，點(diǎn)F四點(diǎn)共圓，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得：∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，再由四邊形內(nèi)角和及各角之間的等量關(guān)系即可得出結(jié)論；（3）由點(diǎn)F在以BC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，可得點(diǎn)Q，點(diǎn)F，點(diǎn)G三點(diǎn)共線時(shí)，QF有最小值，由勾股定理及三角形中位線定理可得：BC=42，GH=BH=2【詳解】（1）證明：∵∠BAC=90°=∠DAE，∴∠BAE=∠CAD，在△BAE與△CAD中，AB=AC∠BAE=∠CAD∴△BAE≌△CAD，∴BE=CD；（2）證明：由（1）得：△BAE≌△CAD，∴∠ABE=∠ACD，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°∴點(diǎn)C，點(diǎn)B，點(diǎn)A，點(diǎn)F四點(diǎn)共圓，如圖所示：∴∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，∴∠AFC=135°，∵GM⊥CD，GN⊥AF，∴∠GMF=∠GNF=90°，∴∠MGN+∠MFN=180°，∴∠MGN=45°，∴∠MGN=∠BFA；（3）解：如（2）圖所示，過點(diǎn)G作GH⊥AB于H，∵點(diǎn)C，點(diǎn)B，點(diǎn)A，點(diǎn)F四點(diǎn)共圓，∴點(diǎn)F在以BC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，∴點(diǎn)Q，點(diǎn)F，點(diǎn)G三點(diǎn)共線時(shí)，QF有最小值，∵∠BAC=90°，AB=AC=4，∴BC=42∴BG=CG=GF'=22∵∠ABC=45°，GH⊥AB，∴GH=BH=2，∵AQ=1，∴HQ=4?2?1=1，∴GQ=G∴QF∴QF的最小值為22【點(diǎn)睛】題目主要考查全等三角形的判定定理及性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，線段間距離最短問題，理解題意，作出相應(yīng)圖形，綜合運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．6．（2021·湖北·武漢外國語學(xué)校（武漢實(shí)驗(yàn)外國語學(xué)校）九年級(jí)階段練習(xí)）【問題背景】如圖1，P是等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠APB＝150°，則PA2+PB2＝PC2．小剛為了證明這個(gè)結(jié)論，將△PAB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，請(qǐng)幫助小剛完成輔助線的作圖；【遷移應(yīng)用】如圖2，D是等邊△ABC外一點(diǎn)，E為CD上一點(diǎn)，AD∥BE，∠BEC＝120°，求證：△DBE是等邊三角形；【拓展創(chuàng)新】如圖3，EF＝6，點(diǎn)C為EF的中點(diǎn)，邊長為3的等邊△ABC繞著點(diǎn)C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)一周，直線AE、BF交于點(diǎn)P，M為PG的中點(diǎn)，EF⊥FG于F，F(xiàn)G＝43，請(qǐng)直接寫出MC的最小值．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）21【分析】（1）根據(jù)△PAB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°作圖即可；（2）由∠BEC＝120°得∠BED＝60°，由平行線的性質(zhì)得∠ADE＝∠BED＝60°，由等邊三角形的性質(zhì)得∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，故可知A、D、B、C共圓，由圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得出∠ADB＝120°,故可求出∠BDE＝60°，即可得證；（3）由CA＝CE＝CB＝CF＝3得A、E、B、F共圓C得出∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，進(jìn)而得出∠APF＝∠ABC＝60°，作△EPF的外接圓⊙Q，則∠EQF＝120°，求出EQ，連接QG取中點(diǎn)N，由三角形中位線得MN，以點(diǎn)N為圓心MN為半徑作⊙N，連接CN，與⊙N交于點(diǎn)M'，即CM最小為C【詳解】（1）如圖1所示，將△PAB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△P（2）∵∠BEC＝120°，∴∠BED＝60°，∵AD∥∴∠ADE＝∠BED＝60°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∴A、D、B、C共圓，如圖2所示：∴∠ADB＝120°，∵∠ADE＝∠BED＝60°，∴∠BDE＝60°，∴△DBE是等邊三角形；（3）如圖3，∵CA＝CE＝CB＝CF＝3，∴A、E、B、F共圓C，∴∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝∠PAB+∠APB，∴∠APF＝∠ABC＝60°，∵∠EPF＝60°，EF＝6，作△EPF的外接圓⊙Q，則∠EQF＝120°，QC⊥EF，∴∠EQC＝60°，∴PQ=FQ=EQ=EC連接QG取中點(diǎn)N，則MN∥PQ且以點(diǎn)N為圓心MN為半徑作⊙N，連接CN，與⊙N交于點(diǎn)M'即CM最小為CM以點(diǎn)F為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，Q(?3,?3)，C(?3,0)，∴N(?3CN=(∴CM最小為CN?MN=21【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的判定與性質(zhì)，解三角函數(shù)以及圓的性質(zhì)，根據(jù)題意作出圓是解題的關(guān)鍵．7．（2022·全國·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)F在邊BC上，過點(diǎn)F作EF⊥BC，且FE=FC(CE<CB)，連接CE、AE，點(diǎn)G是AE的中點(diǎn)，連接FG．（1）用等式表示線段BF與FG的數(shù)量關(guān)系：______；（2）將圖1中的△CEF繞點(diǎn)C按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使△CEF的頂點(diǎn)F恰好在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，點(diǎn)G仍是AE的中點(diǎn)，連接FG、DF．①在圖2中，依據(jù)題意補(bǔ)全圖形；②用等式表示線段DF與FG的數(shù)量關(guān)系并證明．【答案】（1）BF=2FG；（2）①畫圖見解析；②【分析】（1）先判斷出△AGB≌△CGB，得到∠GBF＝45°，再判斷出△EFG≌△CFG，得到∠GFB＝45°，從而得到△BGF為等腰直角三角形，即可．（2）①畫圖2即可；②如圖2，連接BF、BG，證明△ADF≌△ABF得DF＝BF，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得：AG＝EG＝BG＝FG，由圓的定義可知：點(diǎn)A、F、E、B在以點(diǎn)G為圓心，AG長為半徑的圓上，∠BGF＝2∠BAC＝90°，所以△BGF是等腰直角三角形，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）BF＝2FG理由是：如圖1，連接BG，CG，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC，∵EF⊥BC，F(xiàn)E＝FC，∴∠CFE＝90°，∠ECF＝45°，∴∠ACE＝90°，∵點(diǎn)G是AE的中點(diǎn)，∴EG＝CG＝AG，∵BG＝BG，∴△AGB≌△CGB（SSS），∴∠ABG＝∠CBG＝12∠ABC∵EG＝CG，EF＝CF，F(xiàn)G＝FG，∴△EFG≌△CFG（SSS），∴∠EFG＝∠CFG＝12（360°﹣∠BFE）＝1∵∠BFE＝90°，∴∠BFG＝45°，∴△BGF為等腰直角三角形，∴BF＝2FG．故答案為：BF＝2FG；（2）①如圖2所示，②DF=2如圖2，連接BF、BG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABC＝∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∵AF＝AF，∴△ADF≌△ABF（SAS），∴DF＝BF，∵EF⊥AC，∠ABC＝90°，點(diǎn)G是AE的中點(diǎn)，∴AG＝EG＝BG＝FG，∴點(diǎn)A、F、E、B在以點(diǎn)G為圓心，AG長為半徑的圓上，∵BF=BF，∠∴∠BGF＝2∠BAC＝90°，∴△BGF是等腰直角三角形，∴BF＝2FG，∴DF＝2FG．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓的性質(zhì)，判斷△BGF為等腰直角三角形是解本題的關(guān)鍵，作出輔助線是解本題的難點(diǎn)．8．（2021·四川·成都實(shí)外九年級(jí)階段練習(xí)）“數(shù)學(xué)建?！笔侵袑W(xué)數(shù)學(xué)的核心素養(yǎng)，平時(shí)學(xué)習(xí)過程中能歸納一些幾何模型，解決幾何問題就能起到事半功倍的作用．（1）如圖1，正方形ABCD中，∠EAF=45°，且DE=BF，求證：EG=AG；（2）如圖2，正方形ABCD中，∠EAF=45°，延長EF交AB的延長線于點(diǎn)G，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請(qǐng)說明理由；（3）如圖3在（2）的條件下，作GQ⊥AE，垂足為點(diǎn)Q，交AF于點(diǎn)N，連結(jié)DN，求證：∠NDC=45°．【答案】（1）見解析；（2）結(jié)論依然成立，理由見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)半角旋轉(zhuǎn)模型，把△ABF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則AB與AD重合，設(shè)F對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，即可證明△AME?△AFE，得到∠AEM=∠AEF，再結(jié)合∠AEM=∠EAG，可得∠AEM=∠AEF，可得EG=AG；（2）結(jié)論依然成立，證明方法與（1）一樣；（3）又等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得GQ垂直平分EA，可得△ANE是等腰直角三角形，可得A、D、E、N四點(diǎn)共圓，根據(jù)圓周角∠NDC=∠EAN=45°【詳解】（1）把△ABF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則AB與AD重合，設(shè)F對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，∴△AMD?△AFB∴∠MDA=∠FBA=90°,AM=AF,∠MAD=∠FAB∴M、D、C三點(diǎn)共線∵∠EAF=45°∴∠EAD+∠FAB=∠EAD+∠MAD=∠MAE=45°∴△AME?△AFE(SAS)∴∠AEM=∠AEG∵AB∥CD∴∠AEM=∠EAG∴∠AEG=∠EAG∴EG=AG（2）結(jié)論依然成立，EG=AG把△ABF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則AB與AD重合，設(shè)F對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，∴△AMD?△AFB∴∠MDA=∠FBA=90°,AM=AF,∠MAD=∠FAB∴M、D、C三點(diǎn)共線∵∠EAF=45°∴∠EAD+∠FAB=∠EAD+∠MAD=∠MAE=45°∴△AME?△AFE(SAS)∴∠AEM=∠AEG∵AB∥CD∴∠AEM=∠EAG∴∠AEG=∠EAG∴EG=AG（3）連接EN由（2）得EG=AG∵GQ⊥AE∴GQ垂直平分AE∴EN=AN∵∠EAF=45°∴∠ANE=90°=∠ADE∴A、D、E、N四點(diǎn)在以AE為直徑的同一個(gè)圓上，∴∠NDC=∠EAN=45°．【點(diǎn)睛】本題考查半角旋轉(zhuǎn)模型，熟練根據(jù)模型做出輔助線是解題的關(guān)鍵．第（3）問根據(jù)四點(diǎn)共圓證明是本題的難點(diǎn)．9．（2021·上海徐匯·九年級(jí)期中）如圖，已知Rt△ABC和Rt△CDE，∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，AC=8，BC=6，點(diǎn)D在邊AB上，射線CE交射線BA于點(diǎn)F．（1）如圖，當(dāng)點(diǎn)F在邊AB上時(shí)，聯(lián)結(jié)AE．①求證：AE∥BC；②若EF=12CF（2）設(shè)直線AE與直線CD交于點(diǎn)P，若△PCE為等腰三角形，求BF的長．【答案】（1）①見解析；②95；（2）BF的長為18011【分析】（1）①先證明△ABC∽△ECD，再證明△CAF∽△DEF，△AFE∽△CFD，推導(dǎo)出∠FAE=∠B，得AE∥BC；②由△AFE∽△BFC，得AEBC=AFBF=EFCF=12，依次求出AB、（2）分三種情況討論，一是PE=CE，可證明△PAD≌△CBD，求出AP的長，在Rt△EAC中根據(jù)勾股定理求出AE的長，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出BF的長；二是PC=EC，可證明BD=BC=6，則AE=AP=AD=4，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出BF的長；三是PE=PC，可證明CE∥AB，此時(shí)射線CE與射線BA【詳解】（1）①證明：如圖1，∵∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，∴△ABC∽△ECD（AA），∴∠B=∠ECD，∵∠CAF=∠DEF，∠AFC=∠EFD，∴△CAF∽△DEF（AA），∴AF∴AF?DF=EF?CF，AFCF∵∠AFE=∠EFD，∴△AFE∽△CFD（SAS），∴∠FAE=∠ECD，∴∠FAE=∠B，∴AE∥BC．②如圖1，∵EF=1∴EF∵AE∥BC∴∠BAE=∠CBA又∵∠AFE=∠BFC∴△AFE∽△BFC（AA），∴AE∵AC=8，BC=6，∴AB=8∴AE=12BC=1∵AE∥BC∴∠EAC=180°?∠ACB=90°，∴CE=8∴EF=13CE=∵∠EAC=∠CDE=90°∴C、A、E、D四點(diǎn)共圓，∴∠CEA=∠CDA∴△AEF∽△DCF（AA）∴AFEF∴AF?DF=CF?EF，即103解得DF=73∴BD=BF?DF=20（2）如圖2，PE=CE，∵DE⊥PC，∴PD=CD，∵AP∥BC，∴∠P=∠BCD，∠PAD=∠B，∴△PAD≌△CBDAAS∴AP=BC=6，∴CE=PE=AE+6，∵∠CAB=∠CED∴C、E、A、D四點(diǎn)共圓又∵∠CDE=90°∴∠CAE=90°∴AE∴AE∴AE=7∵AE∥∴△AFE∽△BFC∴∴BF?10∴BF=如圖3，PC=EC，∵AC⊥PE，∴AP=AE，∠ACE=∠ACP，設(shè)DE交AC于點(diǎn)G，∵∠CEG=∠DAG，∠CGE=∠DGA，∴△CEG∽△DAG，∴∠ACE=∠ADE=∠ACP，∵∠BDC+∠ADE=90°，∠BCD+∠ACP=90°，∴∠BDC=∠BCD，∴BD=BC=6，∵∠ADP=∠BDC，∠P=∠BCD，∴∠ADP=∠P，∴AE=AP=AD=10?6=4，∵△FAE∽△FBC，∴∴BF?10∴BF=30；如圖4，PE=PC，則∠AEC=∠DCE，∵∠CAE=∠EDC=90°，CE=EC，∴△ACE≌△DEC，∴∠ACE=∠DEC=∠BAC，∴CE∥AB，∴射線CE與射線BA沒有交點(diǎn)，綜上所述，BF的長為18011或30【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理的應(yīng)用，分類討論等腰三角形PCE邊的關(guān)系式解決本題的關(guān)鍵．10．（2022·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）定義：三角形一個(gè)內(nèi)角的平分線和與另一個(gè)內(nèi)角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個(gè)內(nèi)角的遙望角．（1）如圖1，∠E是△ABC中∠A的遙望角．①若∠A＝40°，直接寫出∠E的度數(shù)是；②求∠E與∠A的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，點(diǎn)E在BD的延長線上，連CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角，求證：DA＝DE．【答案】（1）①20°；②∠E=1【分析】（1）①根據(jù)題目定義推出∠E＝12∠A（2）首先根據(jù)題意推出A、B、C、D四點(diǎn)共圓，然后作四邊形ABCD的外接圓交CE于點(diǎn)F，連接AF，DF，再根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等推出∠AFD＝∠DFE，然后根據(jù)“遙望角”的定義推出∠E＝∠DAF，即可證△DAF≌△DEF，從而得出結(jié)論．【詳解】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遙望角，∴∠EBC＝12∠ABC，∠ECD＝12∠∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠∵∠A＝40°，∴∠E＝20°．故答案為：20°；②∠E=1∵∠E是△ABC中∠A的遙望角，∴∠EBC＝12∠ABC，∠ECD＝12∠∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠（2）證明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、B、C、D四點(diǎn)共圓，作四邊形ABCD的外接圓交CE于點(diǎn)F，連接AF，DF，∵四邊形FBCD內(nèi)接于⊙O，∴∠DFC+∠DBC＝180°，∵∠DFC+∠DFE＝180°，∴∠DFE＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠ABD＝∠AFD，∴∠AFD＝∠DFE，∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角，由（1）得∠E＝12∠BAC∵∠BAC＝∠BDC，∴∠E＝12∠BDC∵∠E+∠DCE＝∠BAC，∴∠E＝∠DCE，∵∠DCE＝∠DAF，∴∠E＝∠DAF，∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE，∴△DAF≌△DEF（AAS），∴DA＝DE．【點(diǎn)睛】本題考查新定義問題，涉及三角形角平分線的拓展運(yùn)用，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等，理解題目定義，靈活運(yùn)用“四點(diǎn)共圓”的證明方法是解題關(guān)鍵．11．（2022·全國·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）在正方形ABCD中，M是BC邊上一點(diǎn)，點(diǎn)P在射線AM上，將線段AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AQ，連接BP，DQ．（1）如圖1，求證：BP=DQ；（2）如圖2，若點(diǎn)P，B，D三點(diǎn)共線，求證：A，Q，P，D四點(diǎn)共圓；（3）若點(diǎn)P，Q，C三點(diǎn)共線，且AD=3，求BP的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）BP=3【分析】（1）證明△AQD≌△APB即可得出答案；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及圓內(nèi)接四邊形對(duì)角和為180°即可得出結(jié)論；（3）證明△PAQ為等腰直角三角形，得出∠APC=45°，然后得出∠ABC=2∠APC，根據(jù)圓周角定理可得點(diǎn)P在圓⊙B上，結(jié)論可得．【詳解】解：（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AP=AQ，∠PAQ=90°，∵∠BAD=90°，∴∠DAQ=∠BAP，∵AB=AD，∴△AQD≌△APB(SAS)，∴BP=DQ；（2）∵△AQD≌△APB，∴∠Q=∠APB，∵點(diǎn)P，B，D三點(diǎn)共線，∴∠APD+∠APB=180°，∴∠Q+∠APD=180°，∴A，Q，P，D四點(diǎn)共圓；（3）∵AP=AQ，∠PAQ=90°，∴△PAQ為等腰直角三角形，∴∠APC=45°，以點(diǎn)B為圓心，BA為半徑作⊙B，∵∠ABC=90°，∠APC=45°，∴∠ABC=2∠APC，∴點(diǎn)P在圓⊙B上，∴BP=BC=3．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓周角定理等知識(shí)，熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解本題的關(guān)鍵．12．（2021·江蘇·泗陽縣實(shí)驗(yàn)初級(jí)中學(xué)九年級(jí)階段練習(xí)）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是BC、CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且BE=CF，AE和BF相交于點(diǎn)P．（1）探究AE、BF的關(guān)系，并說明理由；（2）求證：A、D、F、P在同一個(gè)圓上；（3）如圖2，若正方形ABCD的邊AB在y軸上，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為(0,?1+a)、(0,?1?a)，點(diǎn)E、F分別是BC、CD上的兩個(gè)點(diǎn)，且BE=CF，AE和BF相交于點(diǎn)P，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4,?4)，當(dāng)點(diǎn)P落在以M為圓心1為半徑的圓上．求a的取值范圍．【答案】（1）AE=BF，且AE⊥BF，見解析；（2）見解析；（3）4≤a≤6.【分析】（1）證明△ABE?△BCF(SAS)，得AE=BF，∠BAE=∠CBF，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等量代換即可得；（2）由△ABE?△BCF(SAS)得到∠BAE=∠CBF，再利用同角的余角相等，解得∠APF=90°，最后90°角所對(duì)的弦是直徑解答即可；（3）如圖，先計(jì)算AB=2a，由AE⊥BF,可得P在以Q為圓心，半徑為PQ=12AB=a的圓上，再確定點(diǎn)P落在⊙M【詳解】解：（1）在正方形ABCD中，AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°，在△ABE和△BCF中，{∴△ABE?△BCF(SAS)∴AE=BF，∴∠BAE=∠CBF∵∠CBF+∠BFC=180°?∠BCE=180°?90°=90°，∠BAE+∠AEB=180°?∠ABE=180°?90°=90°，∴∠BFC+∠AEB=90°，∴AE⊥BF∴AE=BF，且AE⊥BF；（2）由（1）知，∵∠APB=90°∴∠APF=90°∵∠D=90°∴A、D、F、P在以AF為直徑的同一個(gè)圓上；（3）∵A(?1+a,0),B(?1?a,0),∴AB=?1+a?(?1?a)=2a,∴AB的中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：(?1,0),如圖，∵BE=CF,結(jié)合（1）可得：AE⊥BF,∴P在以Q為圓心，半徑為PQ=1∵P要在以M(4,?4)為圓心，半徑為1的圓上，∴當(dāng)⊙Q,⊙M外切時(shí)，過M作MN⊥AB于N,則ON=MN=4,而OQ=1,∴QN=3,∴QM=3∴QM=QP+MP=a+1=5,∴a=4,如圖，當(dāng)⊙Q,⊙M內(nèi)切時(shí)，過M作MN⊥AB于N,則QM=QP?MP=a?1,同理可得：MN=ON=4,OQ=1,QN=3,∴QM=5,∴a?1=5,∴a=6,所以：當(dāng)點(diǎn)P落在以M為圓心1為半徑的圓上．a(chǎn)的取值范圍為：4≤a≤6.【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，90°所對(duì)的弦是直徑、兩圓的外切與內(nèi)切的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是判斷兩圓外切與內(nèi)切是解題的臨界位置．13．（2021·重慶一中九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足為D，點(diǎn)E為AC邊上一點(diǎn)，連接ED并延長至F，使ED=FD，以EF為底邊作等腰Rt△EGF．（1）如圖1，若∠ADE=30°，AE=4，求CE的長；（2）如圖2，連接BF，DG，點(diǎn)M為BF的中點(diǎn)，連接DM，過D作DH⊥AC，垂足為H，連接AG交DH于點(diǎn)N，求證：DM=NG；（3）如圖3，點(diǎn)K為平面內(nèi)不與點(diǎn)D重合的任意一點(diǎn)，連接KD，將KD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到K'D，連接K'A，KB，直線K'A與直線KB交于點(diǎn)P，D'為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD'并在AD'的右側(cè)作C'D'⊥AD'且C'D'=A【答案】(1)4+43；(2)見解析；(3)【分析】(1)過E點(diǎn)作EH⊥AD于H點(diǎn)，在等腰Rt△ABC中求出AH=HE=22，再結(jié)合已知條件∠ADE=30°求出DH=26，最后即可求出AD=AH+DH進(jìn)而求出(2)連接FC，DM，AG，得到MD=12CF，證明NH為△ACG的中位線，得到NG=12AG，再證明△CDF≌△ADG，進(jìn)而得到(3)過A點(diǎn)作AN∥BC，過C點(diǎn)作CN平∥AB，連接AN，證明△NAC’∽△CAD’，得到點(diǎn)D’在線段BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，C’在NC’上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)QC’⊥CC’時(shí)，QC’最??；證明∠BPK=90°，得到P點(diǎn)在以AB的中點(diǎn)G為圓心，12AB=62為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而G、P、C’三點(diǎn)共線時(shí)，C'P【詳解】解：(1)過E點(diǎn)作EH⊥AD于H點(diǎn)，如下圖所示：∵△ABC為等腰直角三角形，且AD⊥BC，∴∠DAC=45°，△AHE為等腰直角三角形，∴AH=HE=AE又已知∠ADE=30°，且△DHE為30°，60°，90°直角三角形，∴DH=3∴AD=AH+DH=22∵△ADC為等腰直角三角形，∴AC=2(2)如下圖(1)所示：連接GC，DG，∵△DEG、△DAC均為等腰直角三角形，∴∠ACD=∠EGD=45°，∴D、E、C、G四點(diǎn)共圓，∴∠DCG=∠DEG=45°，∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=45°+45°=90°，如下圖(2)所示：連接FC，DM，AG，∵DH⊥AC，∴∠DHC=90°=∠ACG，∴CG∥DH，∵△ADC為等腰直角三角形，且DH⊥AC，∴H為AC的中點(diǎn)，∴NH為△ACG的中位線，∴NG=12∵點(diǎn)M和點(diǎn)D分別是BF和BC的中點(diǎn)，∴MD是△BCF的中位線，∴MD=12∵∠CDF=∠CDG+∠GDF=∠CDG+90°，∠ADG=∠CDG+∠CDA=∠CDG+90°，∴∠CDF=∠ADG，在△CDF和△ADG中：AD=CD∠ADG=∠CDF∴△CDF≌△ADG(SAS)，∴AG=CF，∴NG=MD；(3)如下圖(3)所示：過A點(diǎn)作AN∥BC，過C點(diǎn)作CN平∥AB，連接AN，∴∠CAN=∠BAC=90°，∠NAC=∠BCA=45°，∴△CAN為等腰直角三角形，此時(shí)ANAC且∠NAC’=∠NAC+∠CAC’=45°+∠CAC’，∠CAD’=∠D’AC’+∠CAC’=45°+∠CAC’，∴∠NAC’=∠CAD’，∴△NAC’∽△CAD’，∴當(dāng)點(diǎn)D’在線段BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，C’在NC’上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)QC’⊥CC’時(shí)，QC’最小，∵∠BDK=∠BDA+∠ADK=90°+∠ADK，∠ADK’=∠KDK’+∠ADK=90°+∠ADK，∴∠ADK’=∠BDK，在△ADK’和△BDK中，AD=BD∠ADK'=∠BDK∴△ADK’≌△BDK(SAS)，∴∠DAK’=∠DBK，∴∠BPK=∠DAK’+∠AIP=∠DBK+∠BID=180°-∠BDA=180°-90°=90°，又AB=122∴P點(diǎn)在以AB的中點(diǎn)G為圓心，12AB=62為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)G、P、C’三點(diǎn)共線時(shí)，C'P故此時(shí)QC由已知條件CD=3CQ及AB=122CD=1∴CQ=1∵△QCC’為等腰直角三角形，∴CC'=CQ∵AB∥CC’，∴△BGS∽△CC’S，且BG=∴BSCS且BS+CS=BC=24，∴BS=18,CS=6，過C’作C’H⊥BC于H點(diǎn)，則C'H=CH=CC'∴SΔSCC'∵△BGS∽△CC’S，其相似比為3：1，由相似三角形面積比等于相似比的平方可知：∴SΔBGS且C'S=S又GSC'S∴GS=3C'S=65∴PS=GS?GP=65∴SΔBPS【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)及判定，四點(diǎn)共圓的判定方法，等腰直角三角形的性質(zhì)等，本題難度比較大，第(3)問中正確判斷出P點(diǎn)和C’點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是求解的關(guān)鍵．14．（2021·福建省福州外國語學(xué)校三模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4．將Rt△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α(0°<α<60°)得到Rt△DEB，直線DE，AC交于點(diǎn)P．（1）如圖1，當(dāng)BD⊥BC時(shí)，連接BP．①求△BDP的面積；②求tan∠CBP（2）如圖2，連接AD，若F為AD中點(diǎn)，求證；C，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線．【答案】（1）①10．②12【分析】（1）①過點(diǎn)P作PH⊥BD于H．證明四邊形BCPH是矩形，推出PH=BC=4，利用勾股定理求出BD=BA=5，可得結(jié)論．②利用面積法求出PD，再利用勾股定理求出DH，推出BH=PC=2，可得結(jié)論．（3）如圖2中，連接BF，取BD的中點(diǎn)T，連接FT，ET．想辦法證明∠1+∠BEC=90°，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）①過點(diǎn)P作PH⊥BD于H．∵BD⊥BC，PH⊥BD，∴∠CBH=∠PHB=∠C=90°，∴四邊形BCPH是矩形，∴PH=BC=4，在Rt△ACB中，AB=A由旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)可知，BD=BA=5，∴S②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，BE=BC=4，∵S∴PD=20∵∠PHD=90°，∴DH=P∴PC=BH=2，∵∠C=90°，∴tan（2）如圖2中，連接BF，取BD的中點(diǎn)T，連接FT，ET．∵BC=BE，BA=BD，∴∠BCE=∠BEC，∠BAD=∠BDA，∵ΔBDE是由ΔBAC旋轉(zhuǎn)得到，∴∠BCE=∠ABD，∴∠BEC=∠ADB，∵BA=BD，AF=DF，∴BF⊥AD，∴∠AFD=90°，∵∠BED=∠AFD=90°，DT=TB，∴ET=12BD∴ET=FT=DT=TB，∴E，F(xiàn)，D，B四點(diǎn)共圓，∴∠1=∠DBF，∵∠DBF+∠BDF=90°，∴∠1+∠BEC=90°，∴∠1+∠BEC+∠BED=180°，∴C、E、F三點(diǎn)共線．【點(diǎn)睛】本題考查了幾何變換綜合題，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是證明∠3+∠BEC=90°．15．（2021·黑龍江·哈爾濱市虹橋初級(jí)中學(xué)校模擬預(yù)測）直線y=kx+k與x軸交于A，與y軸交于C點(diǎn)，直線BC的解析式為y=?1kx+k，與x（1）如圖1，求點(diǎn)A的橫坐標(biāo)；（2）如圖2，D為BC延長線上一點(diǎn)，過D作x軸垂線于點(diǎn)E，連接CE，若CD=CA，設(shè)△ACE的面積為S，求S與k的函數(shù)關(guān)系式；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接OD交AC于點(diǎn)F，將△CDF沿CF翻折得到△FCG，直線FG交CE于點(diǎn)K，若3∠ACE?∠CDO=45°，求點(diǎn)K的坐標(biāo)．【答案】（1）?1；（2）S=12k2?【分析】（1）令y=0，求x；（2）過點(diǎn)D作y軸的垂線，先證明∠ACB=90°，再由K型全等，得E點(diǎn)坐標(biāo)，即可求出S與k的函數(shù)關(guān)系式；（3）由等腰直角三角形和四點(diǎn)共圓把已知條件轉(zhuǎn)化為簡單的等量關(guān)系，得出∠DOE=2∠ADE，再利用垂直平分線性質(zhì)構(gòu)造2∠ADE=∠AME，通過解直角三角形求出求出k的值，再求點(diǎn)K的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）∵直線y=kx+k與x軸交于A，與y軸交于C點(diǎn)，∵當(dāng)x=0時(shí)，y=k；當(dāng)y=0時(shí)，kx+k=0，得：x=?1，∴C(0,k)，A(?1,0)，∴點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為?1．（2）過點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，∵DH⊥OH，CO⊥AO，∴∠DHC=∠COA，∴∠HDC+∠DCH=90°，對(duì)直線BC：當(dāng)x=0時(shí)，y=k，當(dāng)y=0時(shí)，x=k∴Bk∴OB=k∴OAOC=1又∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠OAC=∠OCB，∵∠OAC+∠OCA=90°，∴∠OCB+∠OCA=90°，即：∠ACB=90°，∴AC⊥BD，∠DCA=90°，∴∠DCH+∠ACO=90°，∴∠HDC=∠OCA，又∵DC=CA，∴△DHC≌△COA(AAS)，∴DH=OC，CH=AO，∵A(?1,0)，C(0,k)，∴CH=OA=1，DH=CO=k，∴E(?k,0)，D(?k,1+k)，∴AE=?1?(?k)=?1+k，∴S=1（3）連接AD，過AD的中點(diǎn)N作NM⊥AD交DE于點(diǎn)M，連接AM，（3）連接AD，過AD的中點(diǎn)N作NM⊥AD交DE于點(diǎn)M，連接AM，∵DC⊥AC，DE⊥OA，∴∠DEA=∠DCA=90°，∴在四邊形AEDC中，∠DEA+∠DCA=180°，∠EAC+∠EDC=180°，∴點(diǎn)A、D、E、C四點(diǎn)共圓，AD為圓的直徑，點(diǎn)N為圓心，∴∠ACE=∠ADE，∵M(jìn)N是AD的中垂線，∴DM=AM，∴∠ADE=∠DAM，∴∠AME=2∠ADE，∵DC=AC，∴∠ADC=45°，∴∠CDO=45°?∠ADO，又∵3∠ACE?∠CDO=45°，∴3∠ADE?(45°?∠ADO)=45°，即：3∠ADE+∠ADO=90°，在ΔEDO中，∠ADE+∠ADO+∠DOE=90°，∴∠DOE=2∠ADE=∠AME，設(shè)AM=DM=x，則：ME=DE?DM=1+k?x，∵AE∴(?1+k)解得：x=1+∴ME=1+k?1+∵∠DOE=∠AME，∴tan∴DEOE=AE解得：k=3，∴C(0,3)，D(?3,4)，E(?3,0)，∴直線OD的解析式為：y=?4直線AC的解析式為：y=3x+3，直線EC的解析式為：y=x+3，由y=?43x∴點(diǎn)F(?913，∵點(diǎn)D和點(diǎn)G關(guān)于點(diǎn)C對(duì)稱，∴G(3,2)，∴直線GF的解析式為：y=7由y=x+3y=724∴點(diǎn)K的坐標(biāo)為(?45【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)的求法、K型全等的應(yīng)用和四點(diǎn)共圓的判定、以及利用圓周角定理進(jìn)行角的轉(zhuǎn)化等知識(shí)，是一個(gè)代數(shù)幾何綜合題．對(duì)于比較復(fù)雜的條件，需要學(xué)生學(xué)會(huì)將復(fù)雜的條件轉(zhuǎn)化為簡單直接的條件，可以從等量關(guān)系，倍數(shù)關(guān)系入手．16．（2021·全國·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）在平行四邊形ABCD中，已知∠A＝45°，AD⊥BD，點(diǎn)E為線段BC上的一點(diǎn)，連接DE，以線段DE為直角邊構(gòu)造等腰Rt△DEF，EF交線段AB于點(diǎn)G，連接AF、DG．（1）如圖1，若AB＝122，BE＝5，則DE的長為多少？（2）如圖2，若點(diǎn)H，K分別為線段BG，DE的中點(diǎn)，連接HK，求證：AG＝2HK；（3）如圖3，在（2）的條件下，若BE＝2，BG＝22，以點(diǎn)G為圓心，AG為半徑作⊙G，點(diǎn)M為⊙G上一點(diǎn)，連接MK，取MK的中點(diǎn)P，連接AP，請(qǐng)直接寫出線段AP的取值范圍．【答案】（1）DE＝13；（2）見解析；（3）41﹣22≤AP≤41+22【分析】（1）借助三角形全等，求線段的長度．（2）借助模型“對(duì)邊平行+中點(diǎn)”構(gòu)造全等三角形．將AG轉(zhuǎn)化為GM；（3）主動(dòng)點(diǎn)M在圓上運(yùn)動(dòng)，從動(dòng)點(diǎn)P也在圓上運(yùn)動(dòng)，利用中位線找到P的運(yùn)動(dòng)軌跡．【詳解】解：（1）∵∠A＝45°，且AD⊥BD，∴∠ADB＝90°，∴△ABD為等腰直角三角形，又∵AB=122∴BD＝12，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DBE＝∠ADB＝90°，在Rt△BED中，BD＝12，BE＝5，∠DBE＝90°，∴DE＝BD2+B（2）如圖2，連接GK，BK，延長BK交AD于M，連接GM，∵AD∥BC，∴∠EBK＝∠DMK，∠KEB＝∠MDK，又DK＝KE，∴△BEK≌△MDK（AAS），∴DK＝KE，又∵BH＝GH，∴KH∥12GM∵△DEF是等腰直角三角形，∴∠EDF＝∠ADB＝90°，DE＝DF，∠DFE＝∠DEF＝45°，∴∠EDB+∠BDF＝∠FDA+∠BDF，∴∠EDB＝∠FDA，∵∠ADB＝90°，∠BAD＝45°，∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝45°，∴∠ABD＝∠BAD，∴DB＝DA，∴△ADF≌△BDE（SAS），∴∠DAF＝∠DBE＝90°，AF＝BE∵∠DAG＝∠DFG＝45°，∴A、F、G、D四點(diǎn)共圓，∴∠DGE＝∠DAF＝90°，在Rt△DGE中，K是DE的中點(diǎn)，∴GK＝12DE在Rt△DKE中，同理可得：KB＝12DE∴GK＝KB，又∵BH＝GH，∴KH⊥BG，∵KH∥MG，∴MG⊥AB，∴∠AGM＝90°，∵∠BAD＝45°，∴∠AMG＝∠BAD＝45°，∴AG＝GM，∴KH＝12GM＝12（3）作EN⊥AB于N，在Rt△BEN中，∠EBN＝180°﹣∠ABC＝45°，BE＝2，∴EN＝BN＝2，在Rt△GEN中，GN＝GB+BN＝32，EN＝2，∴GE＝25，∴DE＝2GE＝210，在Rt△DBE中，BE＝2，DE＝210，∴BD＝6，∴AB＝2BD＝62，∴AG＝AB﹣BG＝42連接MG，取GK的中點(diǎn)I，作IQ⊥AB于Q，∵P是MK的中點(diǎn)，∴PI＝12MC＝2∴點(diǎn)P在以I為圓心，半徑為22的⊙I上運(yùn)動(dòng)由（2）知：KH＝12AG＝22∵IQ是△KGH的中位線，∴IQ＝12KH＝2在Rt△AIQ中，AQ＝AG+GQ＝42+22＝922，IQ＝1∴AI＝41，∴AI﹣PI≤AP≤AI+PI，∴41﹣22≤AP≤41+22．【點(diǎn)睛】本題主要考查等腰三角形與直角三角形、圓的有關(guān)概念及性質(zhì)、三角形的全等和圓的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵是確定P點(diǎn)的軌跡并且要靈活運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想、推理能力、模型思想和創(chuàng)新意識(shí)．17．（2021·江蘇蘇州·二模）如圖（1），已知矩形ABCD中，AB=6cm，BC=23cm，點(diǎn)E為對(duì)角線AC上的動(dòng)點(diǎn)．連接BE，過E作EB的垂線交（1）探索BE與EF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）如圖（2），過F作AC垂線交AC于點(diǎn)G，交EB于點(diǎn)H，連接CH．若點(diǎn)E從A出發(fā)沿AC方向以23cm/s的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)①是否存在t，使得H與B重合？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由；②t為何值時(shí)，△CFH是等腰三角形；③當(dāng)CG=GH時(shí)，求△CGH的面積．【答案】（1）BE=3EF；（2）①t=1，②t=3?【分析】(1)連接BF，易證B.C.F.E四點(diǎn)共圓，tan∠ACD=ADCD=(2)①存在，當(dāng)H、B重合時(shí)，如圖所示，結(jié)合(1)知可得BG=3，CG=3，同理可知CF=2，F(xiàn)G=1,EG=CG=3，②先得出∠CFH=60°，再由△FHC為等腰三角形，推出△FHC為等邊三角形進(jìn)而得出∠CEB=45°，∠ABE=15°，∠EBC=75°，根據(jù)∠BCH=30°得出CH=CB=CF，根據(jù)題意列等式6?4t=23求出t=③過點(diǎn)E作MN垂直AB，設(shè)AE=23t，求證出ΔFEM~ΔEBN，根據(jù)相似的性質(zhì)結(jié)合DF=4t，CF=6?4t，F(xiàn)G=3?2t得出EG=43?23t?33+2【詳解】解：(1)連接BF，如圖：

已知矩形ABCD中，BE⊥EF，∴∠BEF=∠BCF=90°，∴點(diǎn)B，C，F(xiàn)，E四點(diǎn)共圓，∴∠EBF=∠ACD（同圓中同弧所對(duì)圓周角相等），∴tan∠ACD=AD∴BE=3(2)①存在，當(dāng)H、B重合時(shí)，如圖所示：由(1)知，∠EBF=30°，∴∠ACD=∠EBF=30°，則∠ACB=60°，∵FH⊥AC即∠BGC=90°，BC=23∴BG=3，CG=3同理可得CF=2，F(xiàn)G=1，EG=CG=3∴CE=23∴AE=AC?CE，又∵已知矩形ABCD中，AB=6cm∴AC=43∴AE=23∵點(diǎn)E從A出發(fā)沿AC方向以23cm/∴t=1；②∵△CFH為等腰三角形，又∵∠ACD=30°，∴∠CFH=60°，∴△CFH為等邊三角形，∴FG=GH，又由（1）知∠BEF=90°，∴FG=GH=EG，∴∠CEB=45°，∴∠ABE=15°，∴∠EBC=75°，∵∠BCH=30°，∴△CHB為等腰三角形，∴CH=CB=CF，∴CE=CG+EG=3+3∴AE=43即23解得：t=3?③由題意知：過點(diǎn)E作MN垂直AB，設(shè)AE=23則由（1）得EN=3t，∵∠FME=∠ENB，∠FEM+∠BEN=∠BEN+∠EBN=90°，∴∠FEM=∠EBN，∴ΔFEM～ΔEBN，∴MEBN即23∴MF=t，∴DF=DM+MF=AN+MF=4t，則CF=6?4t，∴FG=3?2t，∴CG=33EG=AC?AE?CG=43在RtΔEFH中，∴△EGH∽△FGE,∴EG∴EG∴(3∴(3?2∵CG=33∴SΔCGH【點(diǎn)睛】此題屬于四邊形綜合試題，考查動(dòng)點(diǎn)問題，涉及到圓周角，三角形相似，特殊角的直角三角形各邊的關(guān)系及等邊三角形的證明，有一定難度．18．（2022·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）如圖，將一副斜邊相等的直角三角板按斜邊重合擺放在同一平面內(nèi)，其中∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，點(diǎn)O為斜邊AB的中點(diǎn)，連接CD交AB于點(diǎn)E．設(shè)AB＝1．（1）求證：A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)在以點(diǎn)O為圓心的同一個(gè)圓上；（2）分別求△ABC和△ABD的面積；（3）過