化學題型七 幾何探究題

化學題型七幾何探究題化學題型七幾何探究題化學題型七幾何探究題類型1與全等三角形有關得探究１、［２019山東威海中考］如圖,在△ＡＢＣ和△BCD中，∠ＢＡC=∠BCD=９0°,AB=AC，CＢ=ＣD、延長CA至點E,使ＡE=AＣ;延長ＣB至點Ｆ,使ＢF=BＣ、連接AD,AF,DF,EF、延長ＤB交EF于點N、（1）求證:AD=ＡF;(2)求證:BD＝EF;(3)試判斷四邊形ABNE得形狀,并說明理由、備用圖2、已知正方形ABＣD得對角線AC，BＤ相交于點O、(1)如圖(１),E,G分別是OＢ,OC上得點,ＣE與ＤG得延長線交于點F、若DG＝CE,求證:DF⊥CE;(2)如圖(2),E,G分別是ＯB,OＡ上得點，CE，DG得延長線交于點F,且點Ｆ不在AB上、若DG=CE,求證:△ＦＡB為等腰三角形;（3)如圖(３）,在（2）得條件下，若點F恰好在邊AB上,且AB=１,求ＤＧ得長、圖（1)圖(２)圖(3）3、如圖(1),在Ｒt△ＡＢC中,∠ACＢ=9０°,AC=BC，l是過點Ｃ得任意一條直線,過點A作AD⊥l于點D,過點B作ＢE⊥ｌ于點E、(1)求證:△AＤC≌△CEＢ；(2)如圖(2),延長BE至F，連接CF,以CF為直角邊作等腰直角三角形ＦＣＧ,∠ＦCG＝90°，連接AG交ｌ于Ｈ,求證:BF=２CH;(3）在（2)得條件下,若AD=12,BF=15,ＢC=１3,請直接寫出點G到直線AＣ得距離、圖(1)圖(２)4、綜合與實踐（1)問題解答如圖（1),點E,Ｆ分別是正方形ＡＢＣD得邊BC，ＣD上得動點，連接AE，AF和EF,∠EAF=４5°、若BE＝2,ＤF=３，求EF得長、聰聰同學得思路是:如圖（2),將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)９0°得到△ADＥ',證明△AEF≌△AE'Ｆ從而得到EF=E＇F、請您幫助聰聰同學完成解題過程、（2)變式訓練如圖(3),在Ｒt△ABＣ中，∠ACＢ=90°，AＣ=BC、點D,E在邊AB上,且∠DCE=45°、若AD=2,BE＝3,求ＤE得長、(3)拓展提升如圖(4）,在△ABＣ中,∠BＡC=４5°,AD⊥BC于點D、若CD=2,BD=3，請直接寫出△AＢC得面積、?圖（1)圖(２）圖(３)圖(4)類型2與相似三角形有關得探究5、在△ＡBＣ中,點P為邊AＢ上一點、（1）如圖（1）,若∠ACＰ=∠B，求證:AＣ2＝ＡＰ·AB；(２)若點M為CP得中點，ＡＣ＝２、①如圖（2）,若∠ＰＢM=∠ＡCP,AB=3，求ＢＰ得長;②如圖（３),若∠ABC=４5°，∠Ａ=∠BＭP＝６０°,直接寫出BP得長、圖(１)圖(2)圖（3）6、如圖,△ＡBC中,∠1=∠２=∠A，△ABC得周長l=８ｃm，△ＢCD得周長為ｌ1,△ADE得周長為l2、(1)直接寫出與△ABC相似得兩個三角形、(２）若ＡB=a,BC=ｂ,試用含ａ,b得代數(shù)式表示AD得長、(3)當ａ，b滿足什么條件時，ｌ１+l2得值最大,最大是多少?7、在矩形ＡBＣD中,AＤ=２,AB＝4，將紙片折疊,使頂點A與邊CＤ上得點Ｅ重合,折痕FG分別與AB,CD交于點G,F,AE與FＧ交于點O、（1)如圖（１)，求證：以點A，Ｇ,E，F(xiàn)為頂點得四邊形是菱形;（2)如圖(2),當△AED得外接圓與BC相切于點N時，求證:點N是線段BC得中點;（３）如圖(3),在(2)得條件下,求折痕ＦG得長、圖(1)圖(2)8、[20１9合肥蜀山區(qū)一模]圖(1)如圖(1)是美國第20屆總統(tǒng)加菲爾德于１876年公開發(fā)表得勾股定理得一個簡明證法、聰明得思齊和她得社團朋友們發(fā)現(xiàn)：兩個直角三角形在發(fā)生變化得過程中,只要滿足一定得條件,就會有兩個神奇得結果!(1)問題：若把兩個變換得三角形拼成如圖(2)所示得四邊形AＢCD，點Ｐ為AB上一點,且∠DPC=∠Ａ=∠B=9０°,求證：ＡD·ＢC=ＡP·BＰ、(２)探究:繼續(xù)變換圖形，如圖(3）,在四邊形ABＣD中，點P為AB上一點,當∠ＤＰC=∠A=∠Ｂ=θ時,上述結論是否依然成立？說明理由、(3）應用:請利用(1)、(２）獲得得經(jīng)驗解決問題：如圖（4),在△ABD中,ＡB＝12,AD＝ＢＤ=１0,點P以每秒1個單位長度得速度,由點A出發(fā),沿邊ＡB向點B運動，點C在邊BD上,且滿足∠DＰＣ=∠Ａ、問:經(jīng)過幾秒后,CD得長度等于點D到ＡB得距離?圖(2)圖（3)圖(4)類型3與全等、相似三角形有關得探究9、如圖,△AＢC是邊長為4得等邊三角形,過點C得直線ｌ∥ＡB,點D為BC上一動點(不與點B,C重合)、將一個60°角得頂點放在D處,它得一邊始終過點A,另一邊與直線ｌ交于點Ｅ,DE交AＣ于點F、(１）若ＢD=3,求ＣF得長；(2)若點D是ＢC得中點,求證:△ADＥ是等邊三角形;(３）若點D不是BC得中點，則（2)中得結論成立嗎?如果成立,請給予證明;如果不成立,請說明理由、1０、[2０19合肥市瑤海區(qū)二模］如圖，在四邊形ABＣD中,∠ABC=∠BCD=60°,AB+ＤＣ＝BＣ、(1)如圖（1),連接ＡC、ＢD，求證:ＡＣ=BD;(2）如圖(2),∠BAＤ與∠ＡDC得平分線相交于點E,求∠E得度數(shù);(3)如圖(3),若AB=6,CD=3,點P為BＣ上一點,且∠APD=６0°，試判斷△ＡＰD得形狀,并說明理由、圖（１)圖(２）圖(3)1１、如圖(1),在△ABＣ中,D,E分別為AB,AＣ上得點,線段BE,CD相交于點O,且∠DCB＝∠EBC=12∠(1)求證:△ＢOD∽△BAE、(２)求證:ＢD=CE、(3)如圖(2)，若M,Ｎ分別是BE,CD得中點,過M,N得直線交AB于點P,交AC于點Q,線段AＰ,ＡＱ相等嗎?為什么？圖（１)圖(2)１2、［20１9合肥３8中三模]我們知道,三角形三個內(nèi)角平分線得交點叫做三角形得內(nèi)心、已知點Ｉ為△ＡBＣ得內(nèi)心、(1)如圖(1),連接AＩ并延長交ＢC于點D,若ＡＢ=AC=3,BC=２,求ID得長、(2)如圖(２）,過點I作直線交ＡB于點M,交AＣ于點N、①若MN⊥AI,求證：ＭI2＝BM·、②如圖(3）,AI交BC于點Ｄ、若∠BＡＣ=60°，AI＝４,求1AM+1圖(1)圖(2)圖（3）13、如圖,在菱形ABCD中，∠ABC=2α,O是BＤ得中點，點Ｐ是BD上一點(點Ｐ和點O不重合),過點B,D分別作直線CＰ得垂線,垂足分別為點E，F(xiàn),連接OＥ,OＦ、(1)如圖(１）,求證:∠ＯEF=α；(2)如圖(1),求證：ＯE=OF;(3)如圖(２）,若α＝45°,AB=210，點P是OＢ得中點,求△ＯEF得面積、圖(1）圖(２）14、[2０19合肥市廬陽區(qū)二模］已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,且AＢ=3,AD=1、(１)若∠BAC=∠ＤAＥ＝90°,ＡE在線段ＡＢ上,連接ＣE并延長,交ＢＤ于點F,如圖(1)、①求證：△BFE∽△CAE;②求BF得長、(2)若∠BＡC＝∠ＤAE=４５°,點B,D,E在一條直線上,F是CE得中點,G是AC得中點,連接ＢF,BG，如圖（２),求BFBG圖(1)圖(2)15、如圖(1）,△ABC≌△BＤE，∠Ａ=∠DＢE＝9０°,過點Ｄ作ＡB得平行線交AC得延長線于點Ｆ，BC,DE交于點Ｇ,ＡＣ=3AＥ、(1)①判斷四邊形ABDF是什么圖形并證明;②求證:４BG=3ＤG、(2)如圖(2)，在邊AB上取一點M，滿足AE＝EM,連接DM交BC于點N，求BNCN圖(1)圖（2)１6、如圖，點C是線段AB上任意一點(不與點A,B重合),分別以ＡＣ，BC為邊,在線段ＡB得同側(cè)作等邊三角形ＡＣD,BＣE，連接BD,交CE于點P,連接DE,已知∠１＝∠２、(１）求證:DＥ=PB;(2)若S△ACDS(3)點C是線段AB得黃金分割點嗎?若是，請證明;若不是，請說明理由、１7、［2019浙江杭州中考］如圖，在正方形ABCD中,點G在邊BC上(不與點B,C重合)，連接AG，作DE⊥ＡG于點Ｅ,ＢF⊥ＡG于點F,設BGBC(1)求證：ＡE=BF、（２)連接BＥ,DＦ、設∠EDF=α，∠EＢF=β、求證：taｎα=ｋｔaｎβ、（3)設線段AＧ與對角線BD交于點H,△AHＤ和四邊形CDHG得面積分別為S1和S2，求S218、正方形ABCD得邊長為1,點O是BC邊上得一個動點（與點Ｂ,C不重合)、以O為頂點,在BＣ所在直線得上方作∠MON=90°、（１）當OM經(jīng)過點A時,①填空:ON(填“可能”或“不可能”)過D點;（圖（1）僅供分析)

②如圖（2),在ＯN上截取OE=OA,過點E分別作ＥF⊥ＢC,垂足為點F,ＥＨ⊥CD于點Ｈ,求證:四邊形EFCＨ為正方形、(2）當OM不過點Ａ時，設OM交邊AＢ于點G,且OＧ=1,在ON上存在點Ｐ，過點Ｐ作PK⊥ＢC，垂足為點K,使得S△PKＯ=4S△OＢG,連接GP，求四邊形ＰKBG得最大面積、圖(1)圖(2）備用圖１9、[2019湖北宜昌]在矩形ＡBＣD中，ＡB＝12,P是邊ＡＢ上一點,把△PＢC沿直線PC折疊,頂點B得對應點是點G,過點B作BE⊥ＣG,垂足為E且在AＤ上,BE交ＰC于點F、（1）如圖(1)，若點E是AD得中點,求證:△AEB≌△DＥC；(2)如圖(2)，①求證:ＢP＝BＦ；②當AＤ＝２5,且AE<DＥ時，求cos∠ＰＣB得值;③當BP=９時，求BＥ·EＦ得值、圖（１）圖(2）備用圖20、[2019湖南岳陽]已知在Rｔ△AＢC中,∠BAC=90°，CD為∠ＡCB得平分線，將∠ACB沿ＣD所在得直線折疊,使點Ｂ落在點B＇處，連接ＡB＇，BＢ',延長CD交BB'于點E,設∠ABＣ=2α(０°＜α＜45°)、(1)如圖(1),若AB=AC，求證:CＤ＝2BE;(2）如圖(2)，若AB≠AC,試求CＤ與BＥ得數(shù)量關系(用含α得式子表示）;(3)如圖(3），將(2)中得線段ＢC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)(α+45°),得到線段ＦC，連接EF,交ＢＣ于點Ｏ，設△COE得面積為S1,△CＯF得面積為S2，求S1S2圖(1)圖(2）圖(3)參考答案１、(１)證明:∵AB=AC，∠BＡＣ=９0°,∴∠ＡBC=∠ACB=45°、∴∠ＡBＦ=１３5°、∵∠BCＤ=90°,∴∠AＣD＝１35°,∴∠ABF=∠ACD、∵CB=ＣD,CB＝BF,∴BF＝CD、在△ABF和△ACD中，ＡＢ＝ＡC，∠ＡＢF=∠ACＤ,BF＝ＣD,∴△ABＦ≌△ACD,∴AD=AF、(2)證明:由(1)知,AF=ＡＤ,△ＡBF≌△ＡCＤ，∴∠ＦAB=∠DＡC、∵∠BAC=90°,∴∠ＥAB=∠BＡC＝90°，∴∠EAF＝∠ＢAD、∵AB=ＡC，ＡＣ＝AE,∴AB=AE、在△AEF和△AＢD中，AE=AＢ，∠EAＦ=∠BAD,ＡF=AD，∴△ＡＥF≌△ABD,∴ＢD=EF、（3)四邊形ＡBＮＥ是正方形、理由如下:∵ＣD=CＢ，∠BCＤ=90°,∴∠CＢD＝4５°、∵∠ABC＝4５°,∴∠AＢD＝90°,∴∠ABＮ=９０°、由（2)知,∠EAB=90°，△ＡEF≌△AＢＤ，∴∠AEＦ＝∠ABD=９0°、∴四邊形ＡＢNE是矩形、又∵AＥ=AB,∴矩形ABNE是正方形、2、(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥ＢD,OD=OＣ,∴∠ＤOＧ=∠ＣOＥ＝９０°、又∵DG=CE,∴△DOＧ≌△COE，∴∠ODG=∠GCF,∴∠GＣＦ+∠ＦGC＝∠ＯDG+∠OＧD=90°,∴∠GFC＝90°，∴DF⊥ＣE、（２)證明：∵四邊形AＢＣＤ是正方形，∴AD=BC,AC⊥ＢD,OD＝OC,∠DOG=∠CＯE=9０°、又∵ＤG＝CＥ,∴△ＤOG≌△COE,∴∠OCE＝∠OＤＧ,∴∠FＣD=∠FDC，∴FC=FＤ,∠FCB＝∠FDA,∴△FBC≌△ＦAD,∴ＦB=FＡ，∴△ＦAB為等腰三角形、(３)由(2)可知,點F為AB得中點,連接OＦ,易得DGFG=AD∴DG=23由勾股定理得DＦ=(12)∴DG＝23ＤF=53、(1）證明:∵AD⊥DE,ＢE⊥ＤE,∠AＣB=90°，∴∠AＤＣ＝∠CEB=∠ＡCB=90°、∴∠DＡC+∠DCA=∠ECＢ+∠ＤCA=９0°,∴∠DAC=∠ECB、在△AＤＣ與△CEB中,∠ADC=∠CEB,（2）如圖,過點A作AＭ∥CG交l于M點,連接ＧM，∵∠ＡCＢ=∠FＣG=90°,∴∠ACG+∠ＢCＦ=180°、∵AＭ∥CＧ,∴∠MAC+∠ＡＣＧ＝１８０°,∴∠MAC＝∠BCＦ、∵∠ACＭ＋∠ＢCE=90°,∴∠ACM＝∠CＢＦ、在△ACM和△CBＦ中,∠MAC=∠FCB,∴ＣM=BF,AＭ=CF=CG、∵AM∥CG,∴四邊形AMGC是平行四邊形,∴ＭH=HＣ,∴BF=CM=２ＣH、（3)∵△ACM≌△CＢF,∴ＣM=ＢF=１５，AＣ=CB=13，∴S四邊形AＭGC=2·S△AMC=AC·h(ｈ是點Ｇ到直線AＣ得距離)，∴2×12×15×１2＝1３ｈ,即ｈ=1804、(1)將△AＢＥ繞點Ａ逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE',則AE=ＡＥ'，∠BＡE=∠DAE',∠ＡDE'＝90°＝∠AＤF，∴點E＇，Ｄ,F在同一直線上,∵在正方形AＢCD中,∠EＡＦ＝45°，∴∠BAE+∠DAＦ=45°=∠DAE＇+∠DＡＦ=∠E＇ＡＦ，∴∠EAＦ=∠Ｅ'ＡＦ、又∵AF=ＡF,∴△ＡＥＦ≌△AE＇F,∴EF=E＇F、∵Ｅ'F=E'D+DF＝BE+DF=5,∴ＥF=５、(２)如圖（1）,將△ＡCD繞著點C逆時針旋轉(zhuǎn)9０°得到△BCF,連接EF,圖（1)∴CD＝CF，ＢF=AD=２,∠DＣF=90°,∠ＣBF=∠Ａ＝4５°、∵∠DCE=4５°,∴∠FCE=４5°,∴∠DCE=∠ＦＣE、又CE=CE,∴△DCE≌△FＣE，∴DE=FE、在△BEF中,∵∠EBC＝45°,∠ＣBF＝4５°,∴∠ＥBＦ=90°，∴ＥＦ=32+2∴DE=13、（3)△ABC得面積為15、理由:如圖(2)，將△ABD繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ＡFQ,延長ＦＱ,BC，交于點Ｅ,連接ＣQ、由旋轉(zhuǎn)可得△ABD≌△AQＦ,∴ＡB=AＱ，∠ＢAＤ=∠QＡＦ,QF＝ＢＤ=３,∠F=∠ADB=∠ADC=∠DAＦ=90°,圖(２）∴∠E=９0°、又AD=AF,∴四邊形ＡDEF為正方形、∵∠BAＣ=４5°,∴∠ＢAD+∠ＤAC=45°,∴∠DAＣ+∠FAQ=４5°、又∵∠ＤAF＝90°，∴∠CＡQ=４５°,∴∠BAＣ=∠CAQ、∴△BAＣ≌△ＱAC,∴BC＝CQ=BD＋ＣD=5,設AＤ=x，則QＥ＝x-3,ＣE=ｘ-2、在Ｒt△ＣQＥ中,ＣＥ2+ＱE2＝ＣQ2,∴(x－2)2＋（x-３）2=５2、解得ｘ1＝6，ｘ2＝-1(不合題意,舍去)，∴AD=６,∴△AＢC得面積＝12×BC×AD=12×５5、(1）證明:在△APC和△ACB中,∵∠∴△AＰC∽△ACB,∴ACAB=AP∴AC2=AＰ·AＢ、(2)①如圖(1),取AP得中點G,連接ＭG、圖（1）設AG=x，則PＧ＝ｘ,BG=3-x、∵點Ｍ為ＰＣ得中點,∴GM為△PAC得中位線,∴GM∥ＡC，GＭ=12∴∠A=∠ＢGM、又∵∠ＰBＭ=∠ACP,∴△ＡＰＣ∽△GＭＢ，∴APGM=ACBG，即2x∴-２ｘ２+6x=2，解得x=3±5∴AP=3＋5或3－5、∵AB=3>AP,∴AP=3－5,∴BP=ＡＢ-AP=3-(3-5)＝5、②BP=7-1、解法提示:如圖(2),過點Ｃ作CＨ⊥ＡＢ于點H,延長ＡB至點Ｅ,使BE=BP,則ＢM∥ＥC，∠EＣP=∠BMP=∠A、圖（2）由題意可得,BＨ=CＨ=ＡC·ｓｉnA=3,HA=AＣ·coｓA=1、設ＢP=x,則ＥP=２x,EA=EＢ+ＢH+HA＝x＋3＋１,HE=3+x，EC2=CH2+HE2=(3)2＋(3+ｘ)２、在△ＥCP和△EAC中,∵∠E＝∠E,∠EＣP=∠Ａ,∴△EＣＰ∽△EAC,∴ECEP=EA∴EC2=EP·EA,即EC２＝(3)2+（3+x）２=２x(x+3+1),解得x=7-1(負值不合題意,已舍去)、即BP得長為7-1、6、(1)△ADＥ、△ＣＢD、（2)∵△ＡBC∽△CＢD,∴ABBC=BC∴ab=b∴AD＝a2(3)由△CBD∽△ABＣ,得l1l=∵△ADE∽△AＢC,∴l(xiāng)2l=ADa∴l(xiāng)1+l2l設ba∵l=8,∴ｌ１+l２=8(１-k２+k）=-8(k-12）２∴當ｋ=12,即a=2b時,(l1+ｌ2)mａｘ7、(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴AＢ∥ＣD,∴∠EFG=∠ＡGF、∵∠ＡGF=∠ＥGF,∴∠ＥFG=∠EGF,∴ＥF＝GＥ、∵ＡＧ＝GＥ,∴EF=AG,∴四邊形AＧEF為平行四邊形,∴四邊形AGEF為菱形、(２）證明:連接ＮO并延長，交ＡD于點M、由題易知,AＥ是△AED外接圓得直徑,且點O為圓心、∵△AED得外接圓與ＢＣ相切于點N,∴ON⊥ＢＣ、在矩形ＡBＣD中,∠C=９0°,∴ＣD⊥BC，∴MN∥DC,∴四邊形MNCＤ是矩形,∴DM=、易得△OAＭ∽△EAＤ,∴AMAD=AOAE=∴ＡM=DM=12∴＝12∴點Ｎ是線段BＣ得中點、(3)由(2)得,MO是△ＡＤE得中位線,∴MO=12ＤE,ＭO∥設DE=x,則MO=12x,ON=MN-MＯ=４-1∵OＮ是△AED得外接圓得半徑,∴OE=ON＝4-12在Rt△AＥD中,ＡD2＋DE2=ＡE2,∴2２+x２=（8-ｘ)2,解得ｘ＝154∴DE=154,OE=4-12x=根據(jù)軸對稱得性質(zhì),得AE⊥ＦＧ，∴∠ＦＯE＝∠D=9０°,∴△EOＦ∽△EDＡ，∴EOED＝FO∴ＦO＝EO·ADED∴ＦG=2FO=34158、(1)證明:∵∠DPC=∠A＝∠B=90°,∴∠ADＰ+∠ＡＰＤ=90°,∠BPC＋∠AＰＤ=90°,∴∠AＤP=∠ＢPC,∴△AＤP∽△BPＣ,∴ADBP=AP∴AD·BC=AP·ＢP、（2)上述結論依然成立、理由如下:∵∠BＰD=∠DPC+∠BPC,∠BPD=∠Ａ+∠ADＰ,∠DPC=∠Ａ,∴∠BＰC=∠AＤP、∵∠Ａ＝∠B＝θ，∴△ADＰ∽△BＰC,∴ADBP=AP∴ＡＤ·BC＝AP·BＰ、(３)過點D作ＤE⊥AＢ于點E,設經(jīng)過t秒后，CＤ得長度等于點D到AB得距離、∵AD=BＤ＝10,AB＝１2,∴AE＝BE=６、由勾股定理,得DE＝8、∵ＤC=ＤE＝8，∴BＣ=１０-8=2、∵AＤ＝BＤ,∴∠A＝∠B、∵∠ＤPC=∠A,∴∠DPC＝∠Ａ=∠B、由(1)、(2)得經(jīng)驗可知AD·BC＝AP·BP、又AP＝t,BP＝12-ｔ,∴t（12-t）=1０×2,解得t1=2,t2＝10,∴經(jīng)過2秒或１0秒后,CＤ得長度等于點Ｄ到AB得距離、9、（１)∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠FCＤ=60°、∵∠BAD=１80°-6０°-∠AＤB,∠FDC＝18０°-∠ADE-∠ADＢ=18０°-60°－∠ADB,∴∠BＡD=∠CDＦ,∴△ＡBD∽△ＤCＦ,∴ABDC=BD∴CF＝DC·BDAB=1×3(2)證明:若點D是ＢＣ得中點,則ＡD⊥BC,∠CDE=３0°,∴∠CED＝30°,∴ＣE=ＣD、在△ＡCＤ和△ACE中,AC=AC,ＤC=EＣ，∠ACD=∠ＡＣＥ＝6０°,∴△ACＤ≌△ACE，∴AD=AE、∵∠ＡDE=６０°，∴△ADE是等邊三角形、(３）(2)中得結論成立、證明:過點Ｄ作DG∥l交AC于點G,則△CDG為等邊三角形,∴DＧ=DＣ,∠ＧDC=60°、∵∠AＤE=60°,∴∠ADG=∠EDC、又∵∠ＡGD=１８0°-60°=１２0°,∠DCＥ=１8０°-60°＝１2０°,∴∠AGD=∠ＤCE,∴△ADG≌△EDＣ，∴AＤ=ＤE,∴△ＡDE是等邊三角形、10、(１)證明:在CB上截取CE=ＣD,連接ＤE,AE、∵AB+DC=BC，∴AB=BＥ、又∵∠ＡBC=∠BCD＝60°,∴△AＢE與△ＣＤＥ均為等邊三角形，∴AE=BＥ,DＥ=CE,∠ＡEB=∠CEＤ＝6０°,∴∠BＥD=∠AEC＝1２0°，∴△BEＤ≌△AＥC,∴AC=BD、（２）在四邊形ABCD中,∠B=∠C＝６０°,∴∠ＢAD+∠ＡDＣ=２4０°、∵AE，ＤE分別是∠BAＤ,∠ＡDC得平分線，∴∠EＡD+∠EDＡ＝12（∠BAD＋∠ADＣ)=12０°∴∠Ｅ=60°、(8分)(３)∵∠APD＝60°，∴∠ＡPB+∠CPＤ＝１2０°、∵∠ABＰ=６0°,∴∠BAP＋∠APＢ=１20°,∴∠ＢAP＝∠CＰD、又∵∠B=∠C=６0°,∴△ABP∽△ＰCD，∴ABPC=BPCD=∵AＢ＝6,ＣD=3,BC=9,圖（1)∴69-BP解得（BP)１=3,(BP)２＝6、當BP=3時,APPD∵∠APD=6０°,圖(2)∴△APD是等邊三角形、當BP=6時,PC=3，易得△ABP,△CDP均為等邊三角形，如圖（2),∴ＡP＝6,DP＝３,即AP=2DP、取AP得中點E,連接DＥ,得PＥ=PD、∵∠AＰD=60°,∴△EPＤ是等邊三角形,∴ED＝EＰ=ＥA,∴點Ｄ在以AP為直徑得圓上,∴△APＤ是直角三角形、1１、（１)證明:在△BＯC中，∵∠BＣＯ＝∠ＣBO，∴∠DＯB=∠BCＯ+∠CＢO＝2∠BCO、∵∠A=2∠BCO,∴∠DOＢ＝∠A、又∵∠ABE＝∠ABE，∴△BOＤ∽△BAＥ、(4分)（２)證明:延長CＤ，在ＣD得延長線上取一點Ｆ，使BF=ＢD,∴∠BＤF=∠ＢFD、由（1）可得∠BDO=∠ＢEＡ,∴∠BDF＝∠BEＣ,∴∠BFＤ=∠BEC、∵∠BCO＝∠ＣBO,BC=CB,∴△ＢFC≌△ＣEＢ,∴BＦ=CE、∵BD=BF,∴ＢD=CＥ、(9分)(3）AP＝ＡQ、(10分)如圖,取ＢC得中點Ｇ，連接ＧM,GＮ、∵M,N分別是BE，CD得中點，∴GＭ,GＮ分別是△BCE,△ＣＢＤ得中位線，∴GM∥ＣE,GM=12CE,GＮ∥ＢD,GN=1∵BD＝ＣＥ,∴GM=GN,∴∠3＝∠4、∵ＧＭ∥CE，∴∠2=∠4、∵GＮ∥ＢD,∴∠3=∠1、∴∠1=∠２,∴ＡP=AQ、(其她解法只要正確就按相應步驟給分)12、(1)過點I作ＩＥ⊥ＡB于點E，設ＩD=x、ＡD=AB2-BD∵∠EBI＝∠DBI，∠BEＩ＝∠BDI,BI=BI,∴△BEI≌△ＢＤI,∴ＩD＝IE=x,ＢD＝BE=1,ＡE=2、在Ｒｔ△AＥI中,AE２+EI2=ＡI2,∴２2+x2=(22-x)2,解得x=22即ID=22(2)連接ＢI，ＣI,∵點I為△AＢC得內(nèi)心，∴∠MＡI＝∠NAI、∵AI⊥MN,∴△ＡMI≌△ＡＮI,∴∠AＭN=∠AＮM,ＭI=NI，∴∠BMI＝∠Ｉ、設∠BAI=∠CAI=α，∠AＣI=∠BCI=β，∴∠NIＣ=90°-α－β、∵∠AＢC=180°-２α-2β,∴∠MＢI＝90°－α-β，∴△ＢMI∽△INC,∴BMNI=MI又MI=NＩ,∴MI2＝BM·、(3)過點N作NG∥AＤ交MＡ得延長線于點Ｇ，∴∠ＡNG=∠AGＮ=３0°,∴AＮ=AG,NG=3AN、∵AI∥NG，∴AMMG=AI∴AMAM+AN得1AM+1AN=１3、(1）證明:連接OC，如圖(1）,圖(1)在菱形ABCD中，OC⊥BD、∵BＥ⊥CＥ,∴∠COP＝∠BEＰ=９0°、∵∠ＣPＯ=∠BPE，∴△ＣOP∽△BEP,∴POPE=PC∴POPC=PE又∵∠EPO＝∠BPC,∴△EＰO∽△BＰC，∴∠OEF=∠OBC=12∠ＡBC=α圖（2)(２)證明:延長EO,交DF于點Ｇ,如圖（2),∵BE⊥ＣE，DF⊥ＣE，∴ＢE∥ＤF，∴∠ＥBO＝∠ＧDO、∵∠BOE=∠DOG，OB＝ＯD,∴△ＢOE≌△DOＧ，∴OＥ=ＯG,又∠EFG＝90°,∴OＦ=12∴OＥ＝ＯＦ、(3)連接OC,過點O作OH⊥EC于點H,如圖(3)、圖(3)由(1）(２)可知△ＯEＦ是等腰直角三角形,∵∠ABC＝２α=90°,∴菱形AＢＣD是正方形,∴BD＝2ＡB=45、∵O,P分別是BD,ＯＢ得中點，∴OＢ=OD=OC=12ＢＤ=２5，OＰ=BP=12ＢO=∵∠EPB＝∠OPC，∴BEPE＝tan∠EPB=tan∠CPO=OCOP=設PE=ｍ,則ＢE＝2m,根據(jù)勾股定理，得ＰＥ2+ＢE2＝BP２,∴ｍ２+（2m)２=5,解得m1=１,m２=-1(不合題意,舍去)、∵ＢE∥DＦ,∴EFPE=BDPB＝∴ＥＦ=4ＰE=4,∴ＯＨ＝2,∴S△OEＦ＝12EF·ＯH=12×4１4、(1)①證明:延長DE，交BC于點H,則DH⊥ＢＣ、∵∠ACB＝45°,∠DHC=9０°,∴DＨ=ＣH、∵∠ＡBC＝45°,∠DHB＝９０°，∴BH=EH，∴△DHB≌△CHE，∴∠EＣH=∠BＤH、∵∠ECＨ+∠HEC=９0°,∴∠BDH＋∠DEＦ=９0°,∴∠EFD＝９0°,∴∠EFＢ=∠BAC=90°,又∵∠FEＢ＝∠AEC,∴△BFE∽△CAＥ、②∵△BFE∽△CＡE,∴BFCA=BE∵AC＝AB=３,AＥ=ＡD＝1,∠BAC＝90°,∴BＥ＝AＢ-AE=3-1=2,CE＝AC2+∴ＢF＝CA·BECE（2)連接FG，易得BD＝22,BGBA=22,FGAE＝12,則BGBA＝FGAD＝∵∠CGF＝∠ＣAE,∠BGF=∠CＧF－9０°,∠BAD＝∠CAＥ-4５°－４５°,∴∠BGF=∠BAＤ,∴△ＢGF∽△ＢAＤ,∴BFBD=BG∴BFBG＝BDBA=15、(１)①四邊形ABDF是正方形、證明:∵∠A=∠DBE=９0°，且ＤF∥AB，∴∠F=∠A=90°,∴四邊形ABDF是矩形、∵△ＡBC≌△BＤE,∴AB=BD，∴四邊形ABDＦ是正方形、②證明：如圖(1),∵△ABC≌△ＢDE，∴AC=ＢE,∠１=∠2,AＢ＝BD、∵AＣ=３ＡE,∴BE=3ＡE,AB=4AE,∴BDEB=ABBE=∵∠EＢD=∠1+∠3＝90°,∴∠2+∠３=90°,∴∠BGD＝90°、∴△DBG∽△DEB,∴DGBG=BDEB=(２)如圖(2),延長DＭ交ＦA得延長線于點H,∵AE=EM,∴AM＝AE+ＥM=2AE,BM＝BE－EM＝3AE－AE=2AE,∴ＡM=MＢ、又∠HAM=∠DBＭ=90°，∠BMＤ＝∠AMH，∴△BＭD≌△ＡMH,∴AＨ=ＢD＝4AE,∴HC=AH+AC=7AＥ、∵CH∥BＤ,∴∠H=∠NDB,∠H=∠DBN,∴△BDN∽△CHN,∴BNNC＝BDCH=4AE圖（1)圖（2)1６、(1）證明:∵△ＡCＤ，△BCE均為等邊三角形,∴∠DCE＝∠PEB=60°,又∠1=∠2,EC=BＥ,∴△ＤCE≌△PEＢ,∴DＥ=PB、(2）∵△ＡCD,△BCE均為等邊三角形,∴S△ACDS△BCE=(ACBC）2=1又ＢC=CＥ=2,∴ＣD=ＡＣ＝2,由（1)知PE=ＤC，∴ＰＥ=2、(３)點C是線段ＡB得黃金分割點、證明:∵△ＤCＥ≌△ＰＥＢ，∴DＣ=ＰＥ、∵∠A=∠ＥCB＝6０°,∴CP∥AD,∴PCAD=BC∵∠ＤCE=∠ＰEB,∠DPC=∠BＰE,∴△DＣP∽△ＢEP,∴DCBE=PC又∵DC=AC，BE=BC,ＰＥ＝DＣ=AD,∴ACBC＝PCAD,∴ACBC故點C是線段AB得黃金分割點、17、(1)證明:因為四邊形AＢCD是正方形,所以∠BAF＋∠EAD=90°，又因為DE⊥ＡG,所以∠EＡD+∠AＤE＝90°,所以∠ADE＝∠BAF、因為BF⊥AG,所以∠ＤEＡ=∠AFＢ=9０°,又因為AD=ＡＢ,所以Rt△DAE≌Rt△AＢF,所以AＥ＝BＦ、（２）證明:易知Rt△BＦG∽Rt△DＥA,所以BFDE=BG在Rｔ△DEF和Rt△ＢＥＦ中,ｔａnα=EFDE,ｔanβ=EF所以ktanβ=BGBC·EFBF=BGAD·EFBF=BFDE·EF所以tａnα=kｔanβ、(３)設正方形ABＣD得邊長為1,則BG=k,所以△AＢG得面積為12因為△ABＤ得面積為12,BHHD=所以S1=12所以S2=1－12k－12(所以S2S1=-k２+k+１=－(k-12)２＋因為0<k<1,所以當k=12,即點G為BC中點時,S2S18、(1)①不可能②證明：∵∠MON=90°,∴∠EOＦ=9０°-∠AOB、在正方形ABＣD中,∠BAO=９0°-∠AOB,∴∠ＥOF=∠BAO、∵ＥH⊥CＤ，EF⊥BC,∴∠EＨC＝∠EFＣ＝90°,又∵∠ＨCF=90°,∴四邊形EFCＨ為矩形、在△OFE與△AＢＯ中,∠∴△OＦE≌△ＡBO,∴EF＝OB,OＦ=AB,∴OF=OC+ＣF＝AB=BC＝BO+OC=EＦ+OC,∴CF=EＦ，∴矩形EＦＣＨ為正方形、(2）易得∠POK=∠ＯGＢ,∠PＫO=∠ＯＢG,∴△PＫO∽△ＯＢＧ、∵S△PKＯ=４S△OBG,∴S△PKOS△OBG∴ＯP＝２，∴S△POG=12OG·如圖,以OＧ得中點Q為圓心，OG得長為直徑作☉Q，設ＯＢ＝ａ,BＧ＝ｂ，過點B作BT⊥OG,垂足為點Ｔ，則ab=ＢT·ＯG，當ＢT為半徑時,ａb最大,為12此時△OＢG得面積最大，為14,∴Ｓ