專題17 解答壓軸題型：幾何綜合題（解析版）

專題17解答壓軸題型：幾何綜合題一、解答題1．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）一個(gè)玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點(diǎn)處有個(gè)吊燈的中點(diǎn)為(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長度．(2)如圖②，一個(gè)玻璃鏡與圓相切，為切點(diǎn)，為上一點(diǎn)，為入射光線，為反射光線，求的長度．(3)如圖③，是線段上的動(dòng)點(diǎn)，為入射光線，為反射光線交圓于點(diǎn)在從運(yùn)動(dòng)到的過程中，求點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑長．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）由，可得出為的中位線，可得出D為中點(diǎn)，即可得出的長度；（2）過N點(diǎn)作，交于點(diǎn)D，可得出為等腰直角三角形，根據(jù),可得出，設(shè)，則，根據(jù)，即可求得，再根據(jù)勾股定理即可得出答案；（3）依題意得出點(diǎn)N路徑長為：，推導(dǎo)得出，即可計(jì)算給出，即可得出答案．【詳解】（1）∵∴為的中位線∴D為的中點(diǎn)∵∴（2）過N點(diǎn)作，交于點(diǎn)D，∵，∴為等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，設(shè)，則，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)O重合時(shí)，點(diǎn)N也與點(diǎn)O重合．當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)T，故點(diǎn)N路徑長為：．

∵．∴．∴．∴，∴，∴N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑長為：，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，弧長公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數(shù)值解三角函數(shù)，掌握以上知識(shí)，并能靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．2．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）（1）【探究發(fā)現(xiàn)】如圖①所示，在正方形中，為邊上一點(diǎn)，將沿翻折到處，延長交邊于點(diǎn)．求證：（2）【類比遷移】如圖②，在矩形中，為邊上一點(diǎn)，且將沿翻折到處，延長交邊于點(diǎn)延長交邊于點(diǎn)且求的長．（3）【拓展應(yīng)用】如圖③，在菱形中，，為邊上的三等分點(diǎn)，將沿翻折得到，直線交于點(diǎn)求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）的長為或【分析】（1）根據(jù)將沿翻折到處，四邊形是正方形，得，，即得，可證；（2）延長，交于，設(shè)，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，設(shè)，則，因，有，即解得的長為；（3）分兩種情況：（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，延長交于，過作于，設(shè)，，則，，由是的角平分線，有①，在中，②，可解得，；（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，延長交延長線于，過作交延長線于，同理解得，．【詳解】證明：（1）將沿翻折到處，四邊形是正方形，，，，，，；（2）解：延長，交于，如圖：設(shè)，在中，，，解得，，，，，，即，，，，，，，，即，，設(shè)，則，，，，即，解得，的長為；（3）（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，延長交于，過作于，如圖：設(shè)，，則，，，，，沿翻折得到，，，，是的角平分線，，即①，，，，，在中，，②，聯(lián)立①②可解得，；（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，延長交延長線于，過作交延長線于，如圖：同理，，即，由得：，可解得，，綜上所述，的長為或．【點(diǎn)睛】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形角平分線的性質(zhì)，勾股定理及應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是方程思想的應(yīng)用．3．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）在正方形中，等腰直角，，連接，H為中點(diǎn)，連接、、，發(fā)現(xiàn)和為定值．（1）①__________；②__________；③小明為了證明①②，連接交于O，連接，證明了和的關(guān)系，請(qǐng)你按他的思路證明①②．（2）小明又用三個(gè)相似三角形（兩個(gè)大三角形全等）擺出如圖2，，（）求：①__________（用k的代數(shù)式表示）②__________（用k、的代數(shù)式表示）【答案】（1）①；②45°；③見解析；（2）①；②【分析】（1）①通過中位線得出，再通過等腰直角三角形斜邊與直角邊的關(guān)系得出,則，在等腰Rt△OBA中得出，再結(jié)合中位線OH和正方形的性質(zhì)證明∠BOH=∠BAF，即可證明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性質(zhì)，對(duì)應(yīng)角相等，代換角即可求出；（2）①用與（1）相似的方法可以證明出，即可得出比值；②通過添加輔助線，構(gòu)造兩個(gè)直角三角形，用銳角三角函數(shù)和勾股定理表示出兩邊，即可求出比值．【詳解】（1）；②45°③證明：如圖所示：由正方形性質(zhì)得：，O為的中點(diǎn)又∵H為的中點(diǎn)，則，∴是等腰直角三角形∴∴∵∴，又∵∴又∴，又∵∴∴，∴（2）①②理由如下：①如圖，連接，與交于O點(diǎn)，連接由題可知四邊形ABCD為平行四邊形，∴O為AC和BD的中點(diǎn)，又∵H為CE中點(diǎn)，∴，,又∵,∴,即，,即，∵OH是△ACE的中位線，∴OH∥AE，∴,又∵是△AOD的外角，∴,又∵,∴,∴,又∵，∴∴②：由得：，則在中，，不妨令，，如圖作則：，則由勾股定理解得：∴．【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，難度較大，能夠通過已知條件找出判定相似三角形的條件是解題關(guān)鍵．4．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在矩形中，點(diǎn)E為邊的中點(diǎn)，點(diǎn)F為上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接并延長，交的延長線于點(diǎn)G，以為底邊在下方作等腰，且．(1)如圖①，若點(diǎn)H恰好落在上，連接，．①求證：；②若，，求的面積；(2)如圖②，點(diǎn)H落在矩形內(nèi)，連接，若，，求四邊形面積的最大值．【答案】(1)①證明見解析；②10(2)【分析】（1）①如圖1，過點(diǎn)E作，先證明，得到，再根據(jù)三線合一的性質(zhì)，得到，，，然后證明四邊形是矩形，進(jìn)而推出，得到，得到正方形，即可證明結(jié)論；②如圖2，先根據(jù)正方形和等腰三角形的性質(zhì)，得到，再利用三角形內(nèi)角和定理，得到，根據(jù)正切值，得到，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可知，，設(shè)，求解出，最后利用勾股定理，求得，即可求出的面積；（2）如圖3，過點(diǎn)H作于點(diǎn)P，過點(diǎn)E作于點(diǎn)Q，連接、，同理可證，，四邊形是矩形，推出正方形，得到，進(jìn)而得到，設(shè)，則，，構(gòu)建二次函數(shù)，求出的最大值為，即可得到答案．【詳解】（1）①證明：如圖1，過點(diǎn)E作交于點(diǎn)M，四邊形是矩形，，，點(diǎn)E為邊的中點(diǎn)，，在和中，，，，點(diǎn)E為的中點(diǎn)，是等腰直角三角形，，，，，四邊形是矩形，，，在和中，，，，矩形是正方形，，；②解：如圖2，與相交于點(diǎn)N，矩形是正方形，，，，，，，，，，，，，設(shè)，則，，，，，，由勾股定理得：，是等腰直角三角形，，；（2）解：如圖3，過點(diǎn)H作于點(diǎn)P，過點(diǎn)E作于點(diǎn)Q，連接、，同理可證，，四邊形是矩形，，，矩形是正方形，，，點(diǎn)E是的中點(diǎn)，，，，，，設(shè)，則，，，，時(shí)，有最大值，最大值為，，四邊形面積的最大值為．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值等知識(shí)，解題關(guān)鍵是尋找全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考?jí)狠S題．5．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）平行四邊形中，點(diǎn)E在邊上，連，點(diǎn)F在線段上，連，連．(1)如圖1，已知，點(diǎn)E為中點(diǎn)，．若，求的長度；(2)如圖2，已知，將射線沿翻折交于H，過點(diǎn)C作交于點(diǎn)G．若，求證：；(3)如圖3，已知，若，直接寫出的最小值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)“直角三角形的中線等于斜邊長一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，則，即可求解；（2）由題意可得，是的角平分線，且，故延長交于點(diǎn)M，可證，要證，而，即證明即可，延長交于N，過E作于P，先證明，可以得到，再證明四邊形是正方形，得到，接著證明即可解決；（3）如圖3，分別以和為邊構(gòu)造等邊三角形，構(gòu)造“手拉手”模型，即可得到，所以，則，當(dāng)B，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共線時(shí)，所求線段和的值最小，利用，解即可解決．【詳解】（1）解：∵，如圖1，∴，E為的中點(diǎn)，，∴，∵，∴，在中，，∴；（2）證明：如圖2，設(shè)射線與射線交于點(diǎn)M，由題可設(shè)，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，延長交于N，∴，過E作于P，則，在與中，

，∴，∴，過E作于Q，∴，∴四邊形為矩形，∵，∴，∴，∴矩形為正方形，∴，∴，在與中，，

∴，∴，∵，∴；（3）解：如圖3，把繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，得到等邊，同理以為邊構(gòu)造等邊，∴，，∴，∴，在與中，，∴，∴，∴，當(dāng)B，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共線時(shí)，最小，即為線段BN的長度，如圖4，過N作交其延長線于T，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的最小值為．【點(diǎn)睛】本題是一道四邊形綜合題，考查了線段的“截長補(bǔ)短”在證明三角形全等中的應(yīng)用，同時(shí)要注意基本輔助線構(gòu)造方法，比如第（2）問中的線段既是角平分線，又是垂線段，延長相交構(gòu)等腰就是本題的突破口，再結(jié)合線段的截長補(bǔ)短來構(gòu)造全等，還考查了多條線段和的最值問題，利用旋轉(zhuǎn)變換來轉(zhuǎn)化線段是解決此問的關(guān)鍵．6．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）問題背景：（1）如圖1，點(diǎn)是內(nèi)一點(diǎn)，且，連接，，求證：．

（2）如圖2，點(diǎn)是線段垂直平分線上位于上方的一動(dòng)點(diǎn)，是位于上方的等腰直角三角形，且，則，

①______1（填一個(gè)合適的不等號(hào)）；②的最大值為______，此時(shí)______°．問題組合與遷移：（3）如圖3，是等腰底邊上的高，點(diǎn)是上的一動(dòng)點(diǎn)，位于的上方，且，若，求的最小值．

【答案】（1）詳見解析；（2）①；②，；（3）最小值為【分析】（1）由，得到，，再由得到，從而即可退出；（2）①連接，由點(diǎn)是線段垂直平分線上位于上方的一動(dòng)點(diǎn)，，從而得到，根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得，從而即可得到答案；②由題意可得，從而得到，當(dāng)點(diǎn)在上時(shí)，此時(shí)最大，為，此時(shí)也最大，為，最后根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)即可求得角度；（3）連接，由等腰三角形的性質(zhì)可得，再由得到，同（1）可證，得到，即，最后由三角形的三邊關(guān)系可得不等式，解不等式即可得到答案．【詳解】解：（1），，，，，；（2）①連接，如圖所示，

，點(diǎn)是線段垂直平分線上位于上方的一動(dòng)點(diǎn)，，，，，故答案為：；②由①得，，，，，當(dāng)點(diǎn)在上時(shí)，此時(shí)最大，為，此時(shí)也最大，為，如圖所示，

，點(diǎn)是線段垂直平分線上位于上方的一動(dòng)點(diǎn)，，，是等腰直角三角形，，，，故答案為：，；（3）連接，如圖所示，

，是等腰底邊上的高，，，，，，，，，，，，，得：，，，，，，最小值為．【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系、等腰直角三角形的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系、等腰直角三角形的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，是解題的關(guān)鍵．7．（2023·廣東深圳·校考模擬預(yù)測(cè)）已知四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD邊上的點(diǎn)，DE與CF交于點(diǎn)G．(1)①如圖1，若四邊形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，則；②如圖2，當(dāng)四邊形ABCD是矩形時(shí)，且DE⊥CF于G，AB＝m，AD＝n，則；(2)拓展研究：如圖3，若四邊形ABCD是平行四邊形，且∠B+∠EGC＝180°時(shí)，求證：；(3)解決問題：如圖4，若BA＝BC＝5，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，請(qǐng)直接寫出的值．【答案】(1)①1；②(2)見解析(3)【分析】（1）①由“ASA”可證△ADE≌△DCF，可得DE＝CF，可求解；②通過證明△AED∽△DFC，可得；（2）通過證明△ADE∽△DCM，可得，可得結(jié)論；（3）設(shè)CN＝x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD＝∠A＝90°，證△BCM∽△DCN，求出CMx，在Rt△CMB中，由勾股定理得出，代入得出方程（x﹣5）2+（x）2＝52，求出CN＝8，證出△AED∽△NFC，即可得出答案．【詳解】（1）（1）解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°＝∠ADC，∴∠ADE+∠EDC＝90°＝∠EDC+∠DCF，∴∠ADE＝∠DCF，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴DE＝CF，∴，故答案為：1；②解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，AB＝CD＝m，∵CF⊥DE，∴∠DGF＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，∴∠CFD＝∠AED，∵∠A＝∠CDF，∴△AED∽△DFC，∴，故答案為：；（2）（2）證明：如圖所示，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠EGF＝180°，∴∠B＝∠EGF，在AD的延長線上取點(diǎn)M，使CM＝CF，則∠CMF＝∠CFM，∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∵∠B＝∠EGF，∴∠EGF+∠A＝180°，∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF，∴△ADE∽△DCM，∴，即；（3）（3）解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設(shè)CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四邊形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，在△BAD和△BCD中，，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴，∴，∴CMx，在Rt△CMB中，CMx，BM＝AM﹣AB＝x﹣5，由勾股定理得：，∴（x﹣5）2+（x）2＝52，解得：＝0（舍去），＝8，∴CN＝8，∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形，矩形，平行四邊形，三角形全等，三角形相似，解決問題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用正方形四邊相等四角相等，矩形對(duì)邊相等四角相等，平行四邊形對(duì)邊平行且相等對(duì)角相等，全等三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，鄰補(bǔ)角性質(zhì)，四邊形內(nèi)角和性質(zhì)．8．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考二模）“同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等”，利用這個(gè)推論可以解決很多數(shù)學(xué)問題．(1)【知識(shí)理解】如圖1，圓的內(nèi)接四邊形中，，，①________；________（填“”，“”，“”）②將點(diǎn)繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到點(diǎn)，則線段的數(shù)量關(guān)系為________．(2)【知識(shí)應(yīng)用】如圖2，是圓的直徑，，猜想的數(shù)量關(guān)系，并證明；(3)【知識(shí)拓展】如圖3，已知，分別是射線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以為邊往外構(gòu)造等邊，點(diǎn)在內(nèi)部，若，直接寫出四邊形面積的取值范圍．【答案】(1)①；②(2)(3)【分析】（1）①根據(jù)等邊三角形的判定得到是等邊三角形，同弧同弦所對(duì)的圓周角相等即可解答；②利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到是等邊三角形，再利用全等三角形的判定即可得到，再利用全等三角形的性質(zhì)即可解答；（2）在上取一點(diǎn)E，使，根據(jù)三角函數(shù)得出，求出，證明，得出，即，證明，得出，即，證明，即可得出；（3）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)即可得到當(dāng)點(diǎn)A和點(diǎn)重合時(shí)，四邊形面積最?。划?dāng)時(shí)，四邊形面積最大，進(jìn)而得到解答．【詳解】（1）解：①∵，，∴是等邊三角形，∴，∴，∵和所對(duì)的弦是，∴，故答案為：；②連接，如圖所示：∵將點(diǎn)繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到點(diǎn)，∴，，∴是等邊三角形，∴，，∵，，∴為等邊三角形，∴，，∴，∴，∴三點(diǎn)共線，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴,故答案為：．（2）解：在上取一點(diǎn)E，使，如圖所示：∵是圓的直徑，，∴，∴在中，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴,即，故答案為：．（3）解：∵分別是射線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，，是等邊三角形，∴四邊形的兩個(gè)對(duì)角，∴構(gòu)造四邊形的外接圓，∴根據(jù)四邊形外接圓的性質(zhì)可得：當(dāng)點(diǎn)和點(diǎn)重合時(shí)，四邊形面積最小；當(dāng)時(shí)，四邊形面積最大，①當(dāng)點(diǎn)和點(diǎn)重合時(shí)，四邊形面積最小，∵時(shí)等邊三角形，且，∴，∴，②當(dāng)時(shí)，四邊形面積最大，∵時(shí)等邊三角形，且，∴，，∴，∴，∴；∴．【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2023·廣東深圳·二模）如圖①，已知線段，以為直徑作半圓O，再以為直徑作半圓C，P是半圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（P與點(diǎn)A，O不重合），的延長線交半圓O于點(diǎn)D．(1)判斷線段與的大小關(guān)系，并說明理由；(2)連接，當(dāng)時(shí)，求弧的長；(3)過點(diǎn)D作，垂足為E（如圖②），設(shè)，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍．【答案】(1)，理由見解析(2)(3)【分析】（1）連接，利用圓周角定理知．然后由垂徑定理證得；（2）由三角形中位線的定義證得，所以根據(jù)平行線的性質(zhì)易求弧所對(duì)的圓心角，從而求出弧的長;（3）分類討論：點(diǎn)E落在線段和線段上，這兩種情況下的y與x的關(guān)系式．這兩種情況都是根據(jù)的對(duì)應(yīng)邊成比例來求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．【詳解】（1）解：，理由如下：如圖①，連接，∵是半圓C的直徑，∴，即，又∵是圓O的弦，∴；（2）解：如圖①，連接由（1）知，.又∵，∴∴，∵，∴，∴弧的長.（3）解：分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)E落在上，如圖②，連接，則，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，當(dāng)點(diǎn)E落在點(diǎn)時(shí)，，則x的取值范圍是；②當(dāng)點(diǎn)E落在線段上時(shí)，如圖③，連接，同①可得，，∴，∵，∴，∴，則x的取值范圍為．綜上所述，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為．【點(diǎn)睛】此題考查了圓周角定理、垂徑定理、三角形中位線定理、弧長公式、列函數(shù)關(guān)系式、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，分類討論是解題的關(guān)鍵．10．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DE，交AC于點(diǎn)F．（1）如圖①，當(dāng)時(shí)，求的值；（2）如圖②當(dāng)DE平分∠CDB時(shí)，求證：AF=OA；（3）如圖③，當(dāng)點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn)F作FG⊥BC于點(diǎn)G，求證：CG=BG．【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【分析】（1）利用相似三角形的性質(zhì)求得EF與DF的比值，依據(jù)△CEF和△CDF同高，則面積的比就是EF與DF的比值，據(jù)此即可求解；（2）利用角之間的關(guān)系到證得∠ADF=∠AFD，可以證得AD=AF，在Rt△AOD中，利用勾股定理可以證得；（3）連接OE，易證OE是△BCD的中位線，然后根據(jù)△FGC是等腰直角三角形，易證△EGF∽△ECD，利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等即可證得．【詳解】解：（1）∵，∴．∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△CEF∽△ADF，∴，∴，∴．（2）證明：∵DE平分∠CDB，∴∠ODF=∠CDF，又∵AC、BD是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，∴∠ADF=∠AFD，∴AD=AF，在Rt△AOD中，根據(jù)勾股定理得：，∴AF=OA．（3）證明：連接OE，∵點(diǎn)O是正方形ABCD的對(duì)角線AC、BD的交點(diǎn)，∴點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，又∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴OE是△BCD的中位線，∴OE∥CD，OE=CD，∴△OFE∽△CFD，∴，∴，又∵FG⊥BC，CD⊥BC，∴FG∥CD，∴△EGF∽△ECD，∴．在Rt△FGC中，∵∠GCF=45°，∴CG=GF，又∵CD=BC，∴，∴，∴CG=BG．【點(diǎn)睛】本題是勾股定理、三角形的中位線定理、以及相似三角形的判定與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，理解正方形的性質(zhì)是關(guān)鍵．11．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，∠ACO＝90°，∠AOC＝30°，分別以AO、CO為邊向外作等邊三角形△AOD和等邊三角形△COE，DF⊥AO于F，連DE交AO于G．（1）求證：△DFG≌△EOG；（2）H為AD的中點(diǎn)，連HG，求證：CD＝2HG；（3）在（2）的條件下，AC＝4，若M為AC的中點(diǎn)，求MG的長．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）本題考查全等三角形的判定，通過等邊三角形的性質(zhì)利用AAS定理解答本題．（2）本題考查三角形中位線定理以及全等三角形的判定，通過構(gòu)造輔助線利用SAS定理解答．（3）本題考查三角形中位線定理以及等邊三角形的證明，通過構(gòu)造輔助線，結(jié)合角度的計(jì)算加以證明，最后求解邊長．【詳解】證明：（1）如圖1，∵∠AOC＝30°，∴∠GOE＝90°．設(shè)AC＝a，則OA＝2a，OE＝OC＝a，在等邊△AOD中，DF⊥OA，∴DF＝a，∴DF＝OE．又∵∠DGF=∠EGO，∠DFG=∠EOG，∴△DFG≌△EOG（AAS）．（2）如下圖圖2所示，連接AE，∵H、G分別為AD、DE的中點(diǎn)，∴HG∥AE，HG＝AE．∵DO=AO，CO=OE，∠DOC=∠AOE=90°，∴△DOC≌△AOE（SAS），∴DC＝AE，∴DC＝2HG．（3）如下圖圖2所示，連接HM，∵H、M分別為AD、AC的中點(diǎn)，∴HM＝CD．∵DC=2HG，∴HM＝HG．又∠DHG＝∠DAE＝60°+∠OAE＝60°+∠ODC，∠AHM＝∠ADC，∴∠MHG＝180°﹣∠AHM﹣∠DHG＝180°﹣∠ADC﹣60°﹣∠ODC＝120°﹣（∠ADC+∠ODC）＝120°﹣∠ADO＝60°，∴△HMG為等邊三角形．∵AC＝4，∴OA＝OD＝8，OC＝，CD＝，∴MG＝HG＝CD＝．．【點(diǎn)睛】本題主要考查全等的判定、中位線定理的應(yīng)用以及等邊三角形的性質(zhì)，難點(diǎn)主要在于輔助線的構(gòu)造，本題題干中出現(xiàn)多個(gè)中點(diǎn)信息，即提示需要做中位線．12．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）過四邊形的頂點(diǎn)A作射線，P為射線上一點(diǎn)，連接．將繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至，記旋轉(zhuǎn)角，連接．(1)如圖1，數(shù)學(xué)興趣小組探究發(fā)現(xiàn)，如果四邊形是正方形，且．無論點(diǎn)P在何處，總有，請(qǐng)證明這個(gè)結(jié)論．(2)如圖2，如果四邊形是菱形，，，連接．當(dāng)，時(shí)，求的長；(3)如圖3，如果四邊形是矩形，，，平分，．在射線上截取，使得．當(dāng)是直角三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出的長．【答案】(1)見解析(2)(3)或【分析】（1）利用正方形性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)變換證明，即可證得結(jié)論；（2）如圖2，過點(diǎn)P作于點(diǎn)H，連接，先證明，可得，，再證明：是等邊三角形，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；（3）分三種情況討論：①當(dāng)時(shí)，②當(dāng)時(shí)，③當(dāng)時(shí)，分別求出的長即可．【詳解】（1）證明：如圖1，∵四邊形是正方形，，，，，，，∵將繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至，，，．（2）解：如圖2，過點(diǎn)P作于點(diǎn)H，連接，∵四邊形是菱形，，由旋轉(zhuǎn)得：，，即，，，，，，，，，是等邊三角形，，，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，；（3）解：①當(dāng)時(shí)，如圖3，連接，，過點(diǎn)B作于點(diǎn)E，設(shè)交于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作于點(diǎn)G，∵四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，，即，平分，，，，在中，，，，，，，，在中，，，，，，即，，，，，，，，，，，，；②當(dāng)時(shí)，如圖4，過點(diǎn)P作于點(diǎn)G，于點(diǎn)H，則，，，，，∴四邊形是矩形，，，，，在中，，，，在中，，在中，，，解得：；③當(dāng)時(shí)，由②知：，，，，，解得：或，均不符合題意；綜上所述，的長為或．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形、菱形、矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，采用分類討論的思想，作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．13．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在等腰三角形中，點(diǎn)分別在邊上，連接點(diǎn)分別為的中點(diǎn)．

（1）觀察猜想圖1中，線段的數(shù)量關(guān)系是____，的大小為_____；（2）探究證明把繞點(diǎn)順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點(diǎn)在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，請(qǐng)求出面積的最大值．【答案】（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點(diǎn)分別為的中點(diǎn)＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．（3）根據(jù)，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．【詳解】由題意知：AB=AC，AD=AE，且點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵M(jìn)NBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據(jù)三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等邊三角形．理由如下：如圖，由旋轉(zhuǎn)可得在ABD和ACE中．點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據(jù)題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形中點(diǎn)的性質(zhì)、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識(shí)；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．14．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）操作：如圖1，點(diǎn)E在矩形邊上，沿折疊，使點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，得多邊形（圖2），思考：若，．

(1)求圖1中CE的長；(2)求證：．(3)探究：若用一張A4（）紙進(jìn)行上述操作，判斷與的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）由折疊知，由勾股定理得，求證，從而，求解；（2）由得，結(jié)合折疊的性質(zhì)導(dǎo)出，用求證；（3）令，由勾股定理得，，由（1）得，求得，由（2），得，，從而得證．【詳解】（1）由折疊的性質(zhì)可得，，∵，，∴，∴，∵，，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴．（2）證明：∵四邊形是矩形，∴，∴，由折疊的性質(zhì)得出，，∴，，即，又∵，，∴．（3）探究：．理由：由，令，則，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查全等的判定及性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理、折疊及軸對(duì)稱的知識(shí)；能夠由折疊轉(zhuǎn)化為等角及相等線段、根據(jù)相似三角形的性質(zhì)作線段的求解是解題的關(guān)鍵．15．（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)校聯(lián)考二模）已知四邊形中，P為射線上一點(diǎn)，過P作交射線于點(diǎn)E，過P作交射線于點(diǎn)F．(1)如圖1，四邊形是正方形，連接交于G，則與的數(shù)量關(guān)系為______；若，，______（填數(shù)字）；(2)如圖2，四邊形是菱形，且直線恰好經(jīng)過點(diǎn)D，連接，求的值；(3)如圖3，四邊形是菱形，連接并延長與交于點(diǎn)O，若O是的中點(diǎn)且為等腰三角形，直接寫出：①的值，②的值．【答案】(1)，5(2)(3)①；②或1【分析】（1）如圖所示，延長交延長線于H，先證明四邊形是平行四邊形，得到，，進(jìn)而證明四邊形是矩形，得到，，進(jìn)一步推出，證明，即可得到；求出，由勾股定理得；（2）如圖所示，延長交延長線于H，設(shè)，同理可證四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，則，，設(shè)，，證明，推出，則，再證明，從而建立方程，進(jìn)一步推出，解方程得，再由平行線分線段成比例定理即可得到；（3）①如圖所示，延長交延長線于Q，由菱形的性質(zhì)可設(shè)，，證明，得到，設(shè)，則，同理可證，四邊形是平行四邊形，則，，證明，得到，即，解得（負(fù)值舍去），再證明，即可得到；②分如圖3-1所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)E作于M，如圖3-2所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)F作于N，兩種情況求出的正切值即可得到答案．【詳解】（1）解：如圖所示，延長交延長線于H，∵四邊形是正方形，∴，∵，，∴四邊形是平行四邊形，，∴，四邊形是矩形，∴，，∵，∴，∴，即，∴，∴；∵，∴，又∵，∴，∴在中，由勾股定理得；故答案為：，5；（2）解：如圖所示，延長交延長線于H，設(shè)，同理可證四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，∴，，設(shè)，，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，設(shè)，∴，解得（負(fù)值舍去），即，∵，∴；（3）解：①如圖所示，延長交延長線于Q，∵四邊形是菱形，∴可設(shè)，，∴，∵O是的中點(diǎn)，∴，∴，∴，設(shè)，則，同理可證，四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，解得（負(fù)值舍去），∵，∴，∴，∴；②如圖3-1所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)E作于M，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∴；如圖3-2所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)F作于N，∴，∴，∴，同理可得；綜上所述，的值為或1．【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，平行線分線段成比例定理，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形和全等三角形是解題的關(guān)鍵．16．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考二模）在四邊形中，（E、F分別為邊、上的動(dòng)點(diǎn)），的延長線交延長線于點(diǎn)M，的延長線交延長線于點(diǎn)N．(1)問題證明：如圖①，若四邊形是正方形，求證：．(2)拓展應(yīng)用：如圖②所示平面直角坐標(biāo)系，在中，點(diǎn)A坐標(biāo)為，B，C分別在x軸和y軸上，且反比例函數(shù)圖像經(jīng)過上的點(diǎn)D，且，求k的值．(3)深入探究：如圖③，若四邊形是菱形，連接，當(dāng)時(shí)，且，試用關(guān)于的式子來表示的值，則__________．（直接寫出結(jié)果）【答案】(1)見詳解(2)(3)【分析】（1）可證得，，從而證明結(jié)論；（2）過點(diǎn)A分別作軸，軸，垂足分別為E、F，由題意易得是正方形，同理（1）可知，連接，過點(diǎn)D作軸于點(diǎn)G，然后可得，，進(jìn)而根據(jù)k的幾何意義可進(jìn)行求解；（3）由題意易證，，則有，連接，交于點(diǎn)H，然后可得，進(jìn)而可得，最后問題可求解．【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，，，，，，即：，是的外角，，，；（2）解：過點(diǎn)A分別作軸，軸，垂足分別為E、F，如圖所示：∵點(diǎn)A坐標(biāo)為，∴，∴四邊形是正方形，∴，∵，即，∴同理（1）可得，∴，即，∴，連接，過點(diǎn)D作軸于點(diǎn)G，∴，∴，∴，∵，∴，，設(shè)，則有，∴，∴，解得：；（3）解：四邊形是菱形，，，，即：，，，是的外角，，，,，，∵，，，∵，，連接，交于點(diǎn)H，如圖所示：∵四邊形是菱形，∴，∴，∵，∴，即，∴，∴，∴，即，∵，，，故答案為．【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、反比例函數(shù)的圖像與性質(zhì)及三角函數(shù)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、反比例函數(shù)的圖像與性質(zhì)及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．17．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模）某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動(dòng)中，對(duì)多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段進(jìn)行了如下探究：(1)【觀察與猜想】如圖1，在正方形中，點(diǎn)，分別是，上的兩點(diǎn)，連接，，，則的值為______；

(2)如圖2，在矩形中，，，點(diǎn)是上的一點(diǎn)，連接，，，則的值為______；

(3)【證明與理解】如圖3，在矩形中，，，，求的值；

(4)【知識(shí)點(diǎn)應(yīng)用】如圖4，在中，，，，將沿翻折后得到，點(diǎn)在邊上，點(diǎn)在邊上，，求的值．

【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，互余的性質(zhì)，證明即可；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)，互余的性質(zhì)，證明即可；（3）如圖3，過點(diǎn)作，垂足為，根據(jù)矩形的性質(zhì)，互余的性質(zhì)，證明即可；（4）過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，根據(jù)正切的定義得到，根據(jù)勾股定理分別求出、，根據(jù)三角形的面積公式求出，計(jì)算即可．【詳解】（1）解：如圖1，四邊形是正方形，，，，

，，，，，，故答案為：．（2）如圖，四邊形是矩形，，，

，，，，，，，故答案為：．（3）如圖，過點(diǎn)作，垂足為，四邊形是矩形，，，，，，

，，，，四邊形是矩形，，，，，四邊形是矩形，，，，故答案為：．（4）解：過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，如圖所示：

，，，，，，，在中，，，即，設(shè)，則，，，（負(fù)值舍去），，，，，，，【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)與判定，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，方程組，三角函數(shù)，熟練掌握三角形的相似，三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．18．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學(xué)校校聯(lián)考二模）已知矩形ABCD，點(diǎn)E為直線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B重合），連接AE，以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG（A，E，F(xiàn)，G按逆時(shí)針方向排列），連接DG．(1)如圖1，當(dāng)＝＝1時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；(2)如圖2，當(dāng)＝＝2時(shí)，請(qǐng)猜想線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點(diǎn)M，N，連接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，請(qǐng)直接寫出△MND的面積．【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG(2)BE＝，BE⊥DG，理由見解析(3)S△MNG＝【分析】（1）證明△BAE≌△DAG，進(jìn)一步得出結(jié)論；（2）證明BAE∽△DAG，進(jìn)一步得出結(jié)論；（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根據(jù)（2）可得DG＝6，從而得出三角形BEG的面積，可證得△MND≌△MNG，△MNG與△BEG的面積比等于1：4，進(jìn)而求得結(jié)果．【詳解】（1）解：由題意得：四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（2）BE＝，BE⊥DG，理由如下：由（1）得：∠BAE＝∠DAG，∵＝＝2，∴△BAE∽△DAG，∴，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（3）如圖，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝，∴設(shè)AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+（2x）2＝（）2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中，∵tan∠ABE＝，∴，∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，∵BD＝＝5，∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由（2）得：，DG⊥BE，∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝＝＝9，在Rt△BDG和Rt△DEG中，點(diǎn)M是BG的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CE的中點(diǎn)，∴DM＝GM＝，∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN（SSS），∵M(jìn)N是△BEG的中位線，∴MNBE，∴△BEG∽△MNG，∴＝（）2＝，∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是類比的方法．19．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，是邊長為的等邊三角形，是上一動(dòng)點(diǎn)，連接，以為邊向的右側(cè)作等邊，連接.

(1)【嘗試初探】如圖1，當(dāng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，與相交于點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過程中發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)三角形始終保持全等，請(qǐng)你找出這對(duì)全等三角形，并說明理由.(2)【深入探究】如圖2，當(dāng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，延長ED，交CB的延長線于點(diǎn)H，隨著D點(diǎn)位置的變化，H點(diǎn)的位置隨之發(fā)生變化，當(dāng)時(shí)，求的值.(3)【拓展延伸】如圖3，當(dāng)點(diǎn)在的延長線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，、相交于點(diǎn)，設(shè)的面積為，的面積為，當(dāng)時(shí)，求的長.【答案】(1)，理由見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可證明,可得結(jié)論；（2）如圖2，過點(diǎn)作于點(diǎn)，先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和度角的直角三角形的性質(zhì)求出，，結(jié)合（1）證明，推出，利用相似三角形的性質(zhì)求出，再根據(jù)正切的定義求解即可；（3）如圖3，過點(diǎn)作于點(diǎn)，先證明，得出，進(jìn)而可證明，可得，結(jié)合已知可得，設(shè)，可得，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，，則，然后在直角三角形中，利用勾股定理可得關(guān)于的方程，解方程即得答案．【詳解】（1）如圖1，，理由如下：∵與都是等邊三角形，∴，∴，即，∴；（2）如圖2，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

∵是邊長為3的等邊三角形，，∴，∵，∴，，由（1）得，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，

∴，∴；（3）如圖3，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

∵與都是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，

又∵，∴，∴，∵，∴，設(shè)，則，∵是邊長為3的等邊三角形，∴，，∴，

∵，∴，即，解得，∵點(diǎn)在的延長線上，∴，∴，∴，即∵，∴．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、一元二次方程的求解、相似三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形等知識(shí)，具有較強(qiáng)的綜合性，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．20．（2023·廣東深圳·深圳大學(xué)附屬中學(xué)?？家荒＃┚C合與實(shí)踐，問題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出示了一個(gè)問題：如圖①，在中，，垂足為，為的中點(diǎn)，連接，，試猜想與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；獨(dú)立思考：（1）請(qǐng)解答老師提出的問題；實(shí)踐探究：（2）希望小組受此問題的啟發(fā)，將沿著（為的中點(diǎn)）所在直線折疊，如圖②，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，連接并延長交于點(diǎn)，請(qǐng)判斷與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；問題解決：（3）智慧小組突發(fā)奇想，將沿過點(diǎn)的直線折疊，如圖③，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，使于點(diǎn)，折痕交于點(diǎn)，連接，交于點(diǎn)．該小組提出一個(gè)問題：若此的面積為20，邊長，，求圖中陰影部分（四邊形）的面積．請(qǐng)你思考此問題，直接寫出結(jié)果．【答案】（1）；見解析；（2），見解析；（3）．【分析】（1）如圖，分別延長，相交于點(diǎn)P，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，，利用AAS可證明△PDF≌△BCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得，即可得；（2）根據(jù)折疊性質(zhì)可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，F(xiàn)C=FC′，可得FD=FC′，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠FDC′=∠FC′D，根據(jù)三角形外角性質(zhì)可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可證明四邊形DGBF是平行四邊形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如圖，過點(diǎn)M作MQ⊥A′B于Q，根據(jù)平行四邊形的面積可求出BH的長，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根據(jù)可得A′B⊥AB，即可證明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，進(jìn)而可證明△A′NH∽△CBH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A′H、NH的長，根據(jù)NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出MQ的長，根據(jù)S陰=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．【詳解】（1）．如圖，分別延長，相交于點(diǎn)P，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，,∵為的中點(diǎn)，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即為的中點(diǎn)，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵將沿著所在直線折疊，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵為的中點(diǎn)，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，DC=AB，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴．（3）如圖，過點(diǎn)M作MQ⊥A′B于Q，∵的面積為20，邊長，于點(diǎn)，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵將沿過點(diǎn)的直線折疊，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于點(diǎn)，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴，即，解得：MQ=，∴S陰=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．【點(diǎn)睛】本題考查折疊的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵．21．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）【材料閱讀】在等腰三角形中，我們把底邊與腰長的比叫做頂角的張率．如圖1，在中，，頂角的張率記作底邊腰．容易知道一個(gè)角的大小與這個(gè)角的張率也是相互唯一確定的，所以，類比三角函數(shù)，我們可按上述方式定義的張率，例如，，，請(qǐng)根據(jù)材料，完成以下問題：如圖2，是線段上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)，重合），點(diǎn)，分別是線段，的中點(diǎn)，以，，為邊分別在的同側(cè)作等邊三角形，，，連接和．(1)【理解應(yīng)用】①若等邊三角形，，的邊長分別為，，，則，，，三者之間的關(guān)系為；②；(2)【猜想證明】如圖3，連接，，猜想的值是多少，并說明理由；(3)【拓展延伸】如圖4，連接，，若，，則的周長是多少？此時(shí)的長為多少？（可直接寫出上述兩個(gè)結(jié)果）【答案】(1)①；②(2)，見解析(3)周長為，的值為4或8【分析】（1）①利用中點(diǎn)的定義，證明，可得結(jié)論；②證明，可得結(jié)論；（2）猜想：，如圖中，連接證明，可得結(jié)論；（3）證明，可得，如圖中，過點(diǎn)作交的延長線于點(diǎn)求出的值，再利用對(duì)稱性解決問題即可．【詳解】（1）解：①點(diǎn)，分別是線段，的中點(diǎn)，，，，，，即，②由題意得，，，，同理，，，．故答案為：，；（2）解：猜想：．理由：如圖中，連接．點(diǎn)是的中點(diǎn)，，都是等邊三角形，，，，，，同理可得，，，；（3）解：，，同理可證：，，，，，點(diǎn)，分別是線段，的中點(diǎn)，等邊三角形，，的邊長分別為，，，，，，，，，．如圖中，過點(diǎn)作交的延長線于點(diǎn)．，，，，在中，，，，由對(duì)稱性可知，，綜上所述，的值為或．【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確尋找全等三角形解決問題．22．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）將正方形的邊繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，記旋轉(zhuǎn)角為，連接，過點(diǎn)B作直線，垂足為點(diǎn)F，連接．(1)如圖1，當(dāng)時(shí)，的形狀為______，的值為______；(2)當(dāng)時(shí)，①（1）中的兩個(gè)結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)根據(jù)圖2的情形進(jìn)行證明；如果不成立，請(qǐng)說明理由；②如圖3，正方形邊長為4，，，在旋轉(zhuǎn)的過程中，是否存在與相似？若存在，則的值為______，若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)等腰直角三角形，(2)①成立，理由見解析；②存在，【分析】（1）如圖，連接，當(dāng)時(shí)，利用正方形及等腰三角形性質(zhì)可求得，，易得是等邊三角形即即可求出結(jié)合即可證得是等腰直角三角形，在與中，求得可證得即可得到；（2）①如圖連接，當(dāng)時(shí)，求得，從而得到即可證明是等腰直角三角形，在與中求得可證得即可得到；②如圖，當(dāng)時(shí)，由①可證得，及，，易證從而易證得是等腰直角三角形得，再證得，在中，，由①可知得，即，則有在中勾股定理解可求解．【詳解】（1）解：如圖，連接，當(dāng)時(shí)，，，，是等邊三角形，，，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，，，同理，在中，，，，，故答案為：等腰直角三角形，；（2）①成立，理由如下，如圖連接，當(dāng)時(shí)，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，，，同理，在中，，，，，故結(jié)論成立；②如圖，當(dāng)時(shí)，，，，由①可知，，，，同理可證，，，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，在中，，由①可知，，，，在中，，，．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，與三角形有關(guān)的角的計(jì)算，相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，勾股定理解直角三角形；解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的判定和性質(zhì)的應(yīng)用．23．（2023·廣東深圳·?？级＃┮阎叫?，將邊繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至線段，的平分線所在直線與直線相交于點(diǎn)．

(1)如圖1，當(dāng)為銳角時(shí)，請(qǐng)先用“尺規(guī)作圖”作出的平分線（保留作圖痕跡，不寫作法），再依題意補(bǔ)全圖形，求證：；(2)在（1）的條件下，①的度數(shù)為________；②連接，猜想線段和之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；(3)若正方形的邊長，當(dāng)以點(diǎn)，，，為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BE的長度．【答案】(1)繪圖及證明見解析(2)①；②，證明見解析(3)或【分析】（1）根據(jù)作角平分線的方法作出的平分線，連接，證明，；（2）①連接，以為半徑為圓心作，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出，根據(jù)，則，的度數(shù)為；②連接、和，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出為等腰直角三角形，，，證明，即可求解；（3）分為對(duì)角線時(shí)，為對(duì)角線時(shí)，分別畫出圖形，即可求解．【詳解】（1）“尺規(guī)作圖”補(bǔ)全圖形如下圖：

證明：如圖，連接∵四邊形是正方形∴由旋轉(zhuǎn)知，∴∵平分∴又∴∴（2）①連接，以為半徑為圓心作，如圖所示

∵四邊形是正方形∴∵∴∴的度數(shù)為②理由如下如圖，連接、和

∵，∴為等腰直角三角形，∴∵四邊形為正方形∴為等腰直角三角形∴，∴，即∴∴，即（3）或當(dāng)為對(duì)角線時(shí)，如圖所示

當(dāng)為對(duì)角線時(shí)，如圖所示，連接

由（2）可得，∴∴∵∴∴∴∴是等腰直角三角形設(shè)，則∵∴在中，即解得：∴綜上所述，或【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．24．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點(diǎn)E，Q分別在邊上，于點(diǎn)O，點(diǎn)G，F(xiàn)分別在邊上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，（k為常數(shù)）．將矩形沿折疊，使點(diǎn)A落在邊上的點(diǎn)E處，得到四邊形交于點(diǎn)H，連接交于點(diǎn)O．試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，連接，當(dāng)時(shí)，若，求的長．【答案】（1）證明見詳解；（2），理由見詳解；（3）．【分析】（1）先證△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再證四邊形DQFG是平行四邊形，即可解決問題．（2）過G作GM⊥AB于M．證明，即可解決問題．（3）過P作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM，即可解決問題．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，∴∠QAO+∠OAD＝90°，∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°，∴∠QAO＝∠ADO，∴，∴AE＝DQ，∵DQ⊥AE，GF⊥AE，∴DQ∥GF，∵FQ∥DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴GF＝DQ，∵AE＝DQ，∴AE＝FG；（2）結(jié)論：．理由如下：如圖2中，過G作GM⊥AB于M，∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴，（3）解：如圖3中，過點(diǎn)P作PM⊥BC交BC的延長線于M．∵，，∴∠CGP＝∠BFE，∴，∴設(shè)，，則，，∵，，∴，∴，∴或（不合題意，舍去），∴，，，，∵，∴BC＝4，∴，，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴，∴，∴，∴解之得：，，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟悉相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題是解題的關(guān)鍵．25．（2023·廣東深圳·二模）如圖1，點(diǎn)E是正方形ABCD外的一點(diǎn)，以DE為邊構(gòu)造正方DEFG，點(diǎn)M是△ADE邊AE上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是△CDG的邊CG上的動(dòng)點(diǎn)．(1)證明：△ADE≌△CDG；(2)如圖（1）：當(dāng)DM和DN分別是△ADE和△CDG的中線時(shí)，試猜想DM和DN的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；(3)類比猜想：①在（2）問中，當(dāng)DM、DN分別是△ADE和△CDG的高（如圖2），其他條件不變時(shí)，問題（2）的結(jié)論是否仍然成立？（只寫出結(jié)論，不要求證明）②在（2）問中，當(dāng)DM、DN分別是△ADE和△CDG的角平分線，其他條件不變時(shí)，問題（2）的結(jié)論是否仍然成立？（只寫出結(jié)論，不要求證明）【答案】(1)見解析(2)DM＝DN，DM⊥DN，理由見解析(3)①結(jié)論依然成立；②結(jié)論依然成立【分析】（1）先由正方形的性質(zhì)得AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，則∠ADE＝∠CDG，由SAS即可得出△ADE≌△CDG；（2）由（1）得：△ADE≌△CDG，則∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再證△ADM≌△CDN（SAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；類比猜想：①由（1）得：△ADE≌△CDG，則∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再證△ADM≌△CDN（AAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；②當(dāng)DM、DN分別是△ADE和△CDG的角平分線時(shí)，同①得：△ADM≌△CDN（ASA），則DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，再求出∠MDC+∠CDN＝90°即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形DEFG是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，即∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS）；（2）解：DM＝DN，DM⊥DN，理由如下：由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，∵DM和DN分別是△ADE和△CDG的中線，∴AMAE，CN＝CG，∴AM＝CN，又∵AD＝CD，∴△ADM≌△CDN（SAS），∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，∴DM⊥DN；（3）類比猜想：①小亮的觀點(diǎn)正確，理由如下：由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，∵DM和DN分別是△ADE和△CDG的高，∴∠AMD＝∠CND＝90°，又∵AD＝CD，∴△ADM≌△CDN（AAS），∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，∴DM⊥DN；②當(dāng)DM、DN分別是△ADE和△CDG的角平分線時(shí)，問題（2）中的結(jié)論依然成立，如圖3，理由如下：同①得：△ADM≌△CDN（ASA），∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，∴DM⊥DN．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂線的判定等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．26．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學(xué)校（集團(tuán)）高新中學(xué)?？既＃?）[探究發(fā)現(xiàn)]如圖①，已知四邊形是正方形，點(diǎn)E為邊上一點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），連接，將沿折疊，點(diǎn)D落在處，、的延長線交于點(diǎn)F．小明探究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)點(diǎn)E在上移動(dòng)時(shí)，．并給出如下不完整的證明過程，請(qǐng)幫他補(bǔ)充完整．證明：延長交于點(diǎn)G．

（2）[類比遷移]如圖②，四邊形為矩形，點(diǎn)E為邊上一點(diǎn)，連接，將沿折疊，點(diǎn)D落在處，的延長線與的延長線交于點(diǎn)F，連接，當(dāng)，，時(shí)，求的長；（3）[拓展應(yīng)用]如圖③，已知四邊形為菱形，，，點(diǎn)F為線段上一動(dòng)點(diǎn)，將線段繞點(diǎn)A按順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E落在菱形的邊上（頂點(diǎn)除外）時(shí)，如果，請(qǐng)直接寫出此時(shí)的長．

【答案】（1）見解析；（2）(3)或．【分析】（1）延長交于點(diǎn)G，則由折疊可知，結(jié)合得到，由正方形的性質(zhì)得到、，從而證明；（2）延長交于點(diǎn)G，由折疊可知點(diǎn)G是的中點(diǎn)、，結(jié)合得到，從而有是的中位線，得到點(diǎn)E是的中點(diǎn)，從而求得，再由勾股定理求得的長；由，得到，進(jìn)而借助相似三角形的性質(zhì)求得的長，然后由中位線的性質(zhì)求得的長；（3）以點(diǎn)A為圓心，的長為半徑作圓弧，與和的交點(diǎn)即為點(diǎn)E，然后分點(diǎn)E在上和點(diǎn)E在上討論，延長交于點(diǎn)G，然后借助（1）（2）的思路求解．【詳解】解：（1）證明：如圖①，延長交于點(diǎn)G．由折疊可知，，

∵，∴，∵四邊形是正方形，∴，在和中，，∴；（2）解：如圖②，延長交于點(diǎn)G，

由折疊可知，點(diǎn)G是的中點(diǎn)，，∵，∴，∴∴∴點(diǎn)E是的中點(diǎn)，∴是的中位線，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵是的中位線，∴；（3）解：以點(diǎn)A為圓心，的長為半徑作圓弧，與和的交點(diǎn)即為點(diǎn)E，①如圖③，當(dāng)點(diǎn)E在上時(shí)，延長交于點(diǎn)G，

由（1）可得，，∵四邊形為菱形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②如圖④，當(dāng)點(diǎn)E在上時(shí)，延長交于點(diǎn)G，則，，

∵，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則在中，，∴，解得：，∴，綜上所述，的長為或．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形，解題的關(guān)鍵是通過菱形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理得到，從而得到相似三角形或全等三角形．27．（2023·廣東深圳·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學(xué)?？级＃┒x：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，是中的遙望角，若，請(qǐng)用含的代數(shù)式表示．（2）如圖2，四邊形內(nèi)接于，四邊形的外角平分線交于點(diǎn)F，連結(jié)并延長交的延長線于點(diǎn)E．求證是中的遙望角．（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)，若是的直徑．求的度數(shù)．【答案】（1）；（2）見解析；（3）45°【分析】（1）根據(jù)遙望角的定義得到，，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計(jì)算，得到答案；（2）延長到點(diǎn)，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到，得到，根據(jù)圓周角定理得到，進(jìn)而得到，根據(jù)遙望角的定義證明結(jié)論；（3）連接，根據(jù)遙望角的定義得到，進(jìn)而證明，根據(jù)得到，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可．【詳解】解：（1）是中的遙望角，，，，；（2）如圖2，延長到點(diǎn)，四邊形內(nèi)接于，，，，平分，，，，是的平分線，，，，，，，是的外角平分線，是中的遙望角；（3）如圖3，連接，是中的遙望角，，，，，，，，，，在和中，，，，，是的直徑，，，．【點(diǎn)睛】本題考查的是圓的有關(guān)知識(shí)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，掌握?qǐng)A周角定理、三角形外角性質(zhì)、全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．28．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）在平行四邊形中，，，點(diǎn)為平面內(nèi)一點(diǎn)，且．(1)若，①如圖1，當(dāng)點(diǎn)在上時(shí)，連接，作交于點(diǎn)，連接、，求證：為等邊三角形；②如圖2，連接，作，作于點(diǎn)，連接，當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí)，求的長度；(2)如圖3，連接，若，為邊上一點(diǎn)（不與、重合），連接，以為邊作，且，，作的角平分線，與交于點(diǎn)，連接，點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)的過程中，的最大值與最小值的差為__________．【答案】(1)①見解析；②或(2)【分析】（1）①由，得平行四邊形是菱形，推出為等邊三角形，得到，再證明得到，即可得到結(jié)論；②作于，則，由，，得到，推出，列得，由此求出，再分當(dāng)落在左側(cè)時(shí)，；當(dāng)落在右側(cè)時(shí)，；（2）作，且，連接，證明，得到，再證明，得到，根據(jù)，求出，利用兩點(diǎn)之間線段最短，得，，即，由此得到當(dāng)D、N、G在一條直線上時(shí)，取最大值是，取最小值是，計(jì)算可得兩者之差．【詳解】（1）①在平行四邊形中，，平行四邊形是菱形，平分，為等邊三角形，在菱形中，則，為等邊三角形．②作于，則在中，，在，，，∵，，當(dāng)落在左側(cè)時(shí)，當(dāng)落在右側(cè)時(shí)，綜上，的長度是或；（2）如圖，作，且，連接，在中，，，平分，∴，又∵，∴，∴又∵，∴∴∵，∴，∴，由兩點(diǎn)之間線段最短，得，，∴，當(dāng)D、N、G在一條直線上時(shí)，取最大值是，取最小值是，∴兩者之差為故答案為：．【點(diǎn)睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定，正確理解各判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．29．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）（1）如圖1，中，，E是上一點(diǎn)，，垂足為D，求的長．（2）類比探究：如圖2，中，，點(diǎn)D，E分別在線段上，．求的長．（3）拓展延伸：如圖3，中，點(diǎn)D，點(diǎn)E分別在線段上，．延長交于點(diǎn)F，，_______；______．【答案】（1）4；（2）；（3），【分析】（1）證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，把已知數(shù)據(jù)代入計(jì)算，求出；（2）在上截取，連接，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算即可；（3）過點(diǎn)B作于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作于點(diǎn)N，設(shè)，用a表示出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可．【詳解】解：（1）∵，∴，∴，∵,，∴，解得：，故答案為：4；（2）如圖2，在上截取，連接，∵，∴為等邊三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：；（3）過點(diǎn)B作于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作于點(diǎn)N，∴，∵，∴，∴，則，∴，設(shè)，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，∴，故答案為：，．【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線、熟記三角形相似的判定定理是解題的關(guān)鍵．30．（2023·廣東深圳·?？既＃┱奂埵俏覈鴤鹘y(tǒng)的民間藝術(shù)，通過折紙不僅可以得到許多美麗的圖形，折紙的過程還蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)知識(shí)，在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“正方形的折疊”為主題開展了數(shù)學(xué)活動(dòng)．

(1)操作判斷：在上選一點(diǎn)P，沿折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部的點(diǎn)M處，把紙片展平，過M作交、、于點(diǎn)E、F、N，連接并延長交于點(diǎn)Q，連接，如圖①，當(dāng)E為中點(diǎn)時(shí)，是___________三角形，___________；(2)遷移探究：如圖②，若，且，求正方形的邊長．(3)拓展應(yīng)用：如圖③，若（），直接寫出的值為___________．【答案】(1)等邊，(2)(3)【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得，，利用平行線的性質(zhì)得，進(jìn)而得，，再利用直角三角形中線的性質(zhì)可得，即可證明為等邊三角形，根據(jù)，可得，再由，，可得，證明，可得；（2）由（1）可知，，可得，證明，可得，從而求得，，再利用勾股定理求得的長，再算出的長，即可求出正方形的邊長；（3）設(shè)，根據(jù)題意可得，，，設(shè)，則，根據(jù)，可得，再代入計(jì)算解出x即可求解．【詳解】（1）解：∵四邊形是正方形，∴，，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得：，，∵，∴，∴，∴，∴，∵點(diǎn)E為的中點(diǎn)，，∴點(diǎn)N為的中點(diǎn)，，∴，∴，∴為等邊三角形，∴，∵，∴，，∴，又∵，∴，∴，由折疊的性質(zhì)可知，，在和中，，∴，∴，∴，

故答案為：等邊，；（2）解：由（1）可知，，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，即，∴，∴，在中，,∴，∴，∴，即正方形的邊長為；（3）解：設(shè)，∵若，∴，∴，，設(shè)，則，∵，∴，∴，整理得：，∴，∴，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、等邊三角形的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、面積轉(zhuǎn)化法，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．31．（2023·廣東深圳·二模）【推理】如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是CD上一動(dòng)點(diǎn)，將正方形沿著BE折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)F處，連結(jié)BE，CF，延長CF交AD于點(diǎn)G．（1）求證：．【運(yùn)用】（2）如圖2，在【推理】條件下，延長BF交AD于點(diǎn)H．若，，求線段DE的長．【拓展】（3）將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結(jié)CF，延長CF，BF交直線AD于G，兩點(diǎn)，若，，求的值（用含k的代數(shù)式表示）．【答案】（1）見解析；（2）；（3）或【分析】（1）根據(jù)ASA證明；（2）由（1）得，由折疊得，進(jìn)一步證明，由勾股定理得，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可；（3）如圖，連結(jié)HE，分點(diǎn)H在D點(diǎn)左邊和點(diǎn)在點(diǎn)右邊兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DE的長，再由勾股定理得，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可．【詳解】（1）如圖，由折疊得到，，．又四邊形ABCD是正方形，，，，又正方形，．（2）如圖，連接，由（1）得，，由折疊得，，．四邊形是正方形，，，又，，．，，，．，，（舍去）．（3）如圖，連結(jié)HE，由已知可設(shè)，，可令，①當(dāng)點(diǎn)H在D點(diǎn)左邊時(shí)，如圖，同（2）可得，，，由折疊得，，又，，，又，，，，，，．，，，（舍去）．②當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)右邊時(shí)，如圖，同理得，，同理可得，可得，，，，（舍去）．【點(diǎn)睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，在應(yīng)用全等三角形的判定時(shí)，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時(shí)添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．32．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）【課本再現(xiàn)】把兩個(gè)全等的矩形和矩形拼成如圖1的圖案，則______；【遷移應(yīng)用】如圖2，在正方形中，是邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)，重合），連接，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，作射線交的延長線于點(diǎn)，求證：；【拓展延伸】在菱形中，，是邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)，重合），連接，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，作射線交的延長線于點(diǎn)．①線段與的數(shù)量關(guān)系是_____________________．②若，是的三等分點(diǎn)，則的面積為____________________．【答案】【課本再現(xiàn)】90；【遷移應(yīng)用】見解析；【拓展延伸】①；②或【分析】（1）【課本再現(xiàn)】先證明，可得，從而得到，即可；【遷移應(yīng)用】過點(diǎn)F作交于點(diǎn)H，結(jié)合正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明，可得，從而得到，進(jìn)而得到是等腰直角三角形，即可；【拓展延伸】①過點(diǎn)F作，與的延長線交于點(diǎn)H，可證得，從而得到，，進(jìn)而得到，，繼而得到；②分兩種情況討論，即可．【詳解】∵矩形和矩形是全等矩形，∴，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴；故答案為：90【遷移應(yīng)用】如圖，過點(diǎn)F作交于點(diǎn)H，∵四邊形是正方形，∴，∴，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴；【拓展延伸】①過點(diǎn)F作，與的延長線交于點(diǎn)H，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故答案為：②當(dāng)時(shí)，有，由①得：，∴，∵的底邊上的高相等，∴；當(dāng)時(shí)，有，∴綜上所述，的面積為或．故答案為：或【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，并利用類比思想解答是解題的關(guān)鍵．33．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖1，已知⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC＝∠ACB＝（45°＜＜90°），點(diǎn)D是上一點(diǎn)，連接CD交AB于E．（1）連接BD，若∠CDB＝40°，求的大?。唬?）如圖2，若點(diǎn)B恰好是中點(diǎn)，求證：；（3）如圖3，將CD分別沿BC、AC翻折到CM、CN，連接MN，若CD為直徑，請(qǐng)問是否為定值，若是請(qǐng)求出這個(gè)值，若不是，請(qǐng)說明理由；【答案】（1）70°；（2）見解析；（3）是定值，【分析】（1）由圓周角定理求出∠CAB=∠CDB=40°，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；（2）證明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性質(zhì)得出，證明CB=CE，則可得出結(jié)論；（3）由折疊的性質(zhì)可得出∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，過點(diǎn)C作CQ⊥MN于點(diǎn)Q，得出MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)P，連接BP，則∠ABP=90°，證明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AB=NQ=MN，則可得出答案．【詳解】解：（1）∵，∴∠CAB=∠CDB=40°，∵∠ABC+∠ACB+∠CAB=180°，∠ABC=∠ACB=α，∴α=×(180°?40°)=70°；（2）證明：∵點(diǎn)B是的中點(diǎn)，∴，∴∠DCB=∠A，∵∠ABC=∠CBE，∴△BCE∽△BAC，∴，∴BC2=BE?BA，∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠BEC=∠ACD+∠A，∠BCD=∠A，∴∠ABC=∠ACB=∠BEC，∴CB=CE，∴CE2=BE?BA；（3）是定值，．∵將CD分別沿BC、AC翻折得到CM、CN，∴∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，∴∠MCN=2∠ACB=2α，如圖3，過點(diǎn)C作CQ⊥MN于點(diǎn)Q，則MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)P，連接BP，則∠ABP=90°，∵，∴∠P=∠ACB=∠NCQ=α，在△ABP和△NQC中，∴△ABP≌△NQC（AAS），∴AB=NQ=MN，∴，為定值．【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．34．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）【問題】北師大版數(shù)學(xué)八年級(jí)下冊(cè)P32第2題：已知：如圖1，的外角和的平分線相交于點(diǎn)F．求證：點(diǎn)F在的平分線上．【解答】某數(shù)學(xué)興趣小姐的小明同學(xué)提出了如下的解題方法：如圖2，過點(diǎn)F作于點(diǎn)G，作于點(diǎn)H，作于點(diǎn)M，由角平分線的性質(zhì)定理可得：，．∴．∵，，∴F在的平分結(jié)上．【探究】(1)小方在研究小明的解題過程時(shí)，還發(fā)現(xiàn)圖2中和三條線段存在一定的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)你直接寫出它們的數(shù)量關(guān)系：________；(2)小明也發(fā)現(xiàn)和之間存在一定的數(shù)量關(guān)系．請(qǐng)你直接寫出它們的數(shù)量關(guān)系：________；(3)如圖3，邊長為3的正方形中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊上的點(diǎn)，且．連接，若，求的長；(4)如圖4，中，，．中，．將的頂點(diǎn)D放在邊的中點(diǎn)處，邊交線段于點(diǎn)G，邊交線段于點(diǎn)H，連接．現(xiàn)將繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，的周長是否發(fā)生變化？若不變，求出的周長，若改變，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)(2)(3)(4)不改變，【分析】（1）證明可得，同理再由可得結(jié)論；（2）由（1）得，，，所以，進(jìn)而可得結(jié)論；（3）把繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)可得，證明求得的周長為6，設(shè)則在用勾股定理列方程求出即可；（4）連接，過點(diǎn)D作，，證明，可得，由等腰三角形的性質(zhì)可得，進(jìn)一步得出的周長,從而可得結(jié)論【詳解】（1）平分，，在和中，,；同理可得，，；（2）由（1）得：，，，∴（3）將順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，從而有．∴，，，∵四邊形是正方形∴，，∴∴B、P、F三點(diǎn)共線∵∴∴即∵，，∴

∴設(shè)，，，∴

解得：即（4）的周長不改變

如圖，連接，過點(diǎn)D作，，∵，，D為邊上中點(diǎn)∴，，∴，在中，，∴，又∴，∴∴

∵，∴∴∵且∴∴，

將繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)至，由背景知識(shí)可得：的周長【點(diǎn)睛】本題主要考查了等