2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題預(yù)測《三角形、四邊形綜合》含答案解析

中考壓軸題-三角形1.2.圖形位置關(guān)系/正方形以及圓這么幾類圖形之間的關(guān)系。在重要的就是圓與三角形的各種問題。3.動態(tài)幾何4.5.閱讀理解問題讀懂題以及如何利用題就成為了關(guān)鍵。解題策略1.學(xué)會運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想數(shù)形結(jié)合思想是指從幾何直觀的角度,利用幾何圖形的性質(zhì)研究數(shù)量關(guān)系,尋求代數(shù)問題的解決方法(以形助數(shù)),或利用數(shù)量關(guān)系來研究幾何圖形的性質(zhì),解決幾何問題(以數(shù)助形)的一種數(shù)學(xué)思想.數(shù)形結(jié)合思數(shù)問題的解答。2.學(xué)會運(yùn)用分類討論的思想類討論思想解題已成為新的熱點(diǎn)。1分類的原則：(1)分類中的每一部分是相互獨(dú)立的；(2)一次分類按一個標(biāo)準(zhǔn)；(3)分類討論應(yīng)逐級進(jìn)行．正題型1題型2題型3題型4題型5題型6題型7題型8題型9題型11(2024·江蘇揚(yáng)州·一模)如圖1Rt△ABC中，∠C=90°AC=6∠BAC=60°D在線段BC上，將△ACD沿AD折疊使得點(diǎn)C落在AB上C點(diǎn)處．(1)則CD的長為；(2)過點(diǎn)D作DE∥AC交AB于點(diǎn)EM是線段ADBM并延長分別交DEAC于點(diǎn)F、G．EFDF①如圖2M是線段AD的值；②請問當(dāng)DMDE上恰好只有一點(diǎn)P∠CPG=60°？請說明理由．(1)23EFDF2316371435(2)①=②當(dāng)DM=或<DM≤43P(1)由折疊的性質(zhì)得∠DAC=30°Rt△ADCDC長；(2)①由題意易求得BC=63BD=43ASA得△DFM≌△AGM2EFAGBEABBDBC性質(zhì)得DF=AG△BEF∽△BAG==DF=AG代入即可求得答案；②由圓周角定理可得△CQG是頂角為120°當(dāng)⊙Q與DEQ作QH⊥ACHQ與DE交于點(diǎn)PQC，QG⊙Q半徑為rDM⊙Q經(jīng)過點(diǎn)EC作CK⊥AB⊙Q半徑為rRt△EQKr性質(zhì)即可求得DM⊙Q經(jīng)過點(diǎn)DM與點(diǎn)GA處此可得DM長．(1)解：∵△ACD沿AD折疊使得點(diǎn)C落在AB上C點(diǎn)處，∠BAC=60°，12∴∠DAC=∠BAC=30°．在Rt△ADC中，∴DC=AC?tan30°=23，故答案為：23；(2)∵AC=6∠BAC=60°DC=23，∴BC=63BD=43．∵DE∥AC，∴∠EDA=∠DAC∠DFM=∠AGM．∵AM=DM，∴△DFM≌△AGMASA，∴AG=DF．∵DE∥AC，∴△BEF∽△BAG，EFAGEFDFBEABEFAGBDBCBDBC∴∴====，436323==；②∵∠CPG=60°CPGQ，∴△CQG是頂角為120°的等腰三角形，當(dāng)⊙Q與DE1Q點(diǎn)作QH⊥ACHQ與DE交于點(diǎn)PQCQG，1212設(shè)⊙Q的半徑QP=r則QH=rr+r=23，43解得r=∴CG=3．43×3=4AG=2．3∵DE∥AC，∴△DFM∽△AGM，DMAMDMADDFAG443∴∴===，，7167∴DM=3．②當(dāng)⊙Q經(jīng)過點(diǎn)E2C點(diǎn)作CK⊥ABK．設(shè)⊙Q的半徑QC=QE=rQK=33-r．在Rt△EQK中，1+33-r2=r2，3149149解得r=∴CG=3，1433×3=∵DE∥AC，∴△DFM∽△AGM，145同理可得：DM=3③當(dāng)⊙Q經(jīng)過點(diǎn)D3，此時點(diǎn)M與點(diǎn)G重合，且恰好在點(diǎn)A處，由(2)得DM=43．167145DM=3或3<DM≤43P只有一個．2(2024·江蘇蘇州·一模)已知矩形ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，DF⊥AE于點(diǎn)F．(1)如圖1BE=2AE·AF的值；AGCG23(2)如圖2AC交DF于點(diǎn)G=cos∠FCE的值；(3)如圖3DF交AB于點(diǎn)GG點(diǎn)恰好為ABA作AK∥FC交FD于K△ADK的面S1S2積為S△CDF的面積為S的值為．12(1)6；32(2)(3)；38．AEADBEAF(1)證明△ABE∽△DFA到=ADCHAGCG23(2)延長DF交CB的延長線于H接DEAH△ADG∽△CHG==EH=BC=ADADEHDF=HF∠AEH=∠AEDDE=AD=EH=BC1出CE=DE∠CDE=30°∠AEH=∠AED=60°∠FDE=30°=∠CDE212∠FCE=∠CFE=∠AEH=30°即可求解；(3)過F作PQ⊥AB于PCD于QKH⊥AD于H明△ABE∽△DAGAB=AD四邊形ABCDAB=BC=CD=AD=PQAB=BC=CD=AD=PQ=4aBE=12455AG=2atan∠ADG=tan∠BAE=AE=DG=25aAF=a明845125165KHDH△APF∽△ABE到AP=aPF=aCQ=PB=aFQ=atan∠ADG=54124343=KH=xDH=2x明△AHK∽△FQCAH=xAH+DH=AD可得方程x+6652x=4ax=aKH=a5(1)解：∵E是BC的中點(diǎn)，∴BC=2BE=22，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC=22∠B=90°AD∥BC，∴∠AEB=∠DAF，∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°=∠B，∴△ABE∽△DFA，AEADBEAF∴=，∴AE·AF=AD·BE=22×2=4；(2)DF交CB的延長線于HDEAH圖2，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BCAD=BC∠BCD=90°，∴△ADG∽△CHG，ADCHBCCHAGCG223∴∴===，，31∴BH=BC，2∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE=CE=BH，∴EH=BC=AD，∴四邊形ADEH是平行四邊形，∵DF⊥AE，∴四邊形ADEH是菱形，∴DF=HF∠AEH=∠AEDDE=AD=EH=BC，121∴CE=BC=DE，2CEDE12∴sin∠CDE==，∴∠CDE=30°，∴∠CED=90°-30°=60°，∴∠AEH=∠AED=60°，∵DF⊥AE，∴∠FDE=30°=∠CDE，1∴FE=DE=CE212∴∠FCE=∠CFE=∠AEH=30°，32∴cos∠FCE=；5(3)F作PQ⊥AB于PCD于QKH⊥AD于H3，則PQ=ADAP=DQPQ∥BC∥AD，∵G是AB的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)，∴AB=2AGBC=2BE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BCAB=CD∠B=∠DAG=90°，∵DF⊥AE，∴∠ADF+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°，∴∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAG，ABADBEAG∴=，∴AB·AG=AD·BE，1212即AB=AD2，∴AB=AD，∴四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=PQ，設(shè)AB=BC=CD=AD=PQ=4aBE=AG=2a，2a4a12∴tan∠ADG=tan∠BAE==AE=DG=2a+4a2=25a，1212∵S∴AF==DG·AF=AD·AG，AG·ADDG2a×4a25a455==a，∵PQ∥BC，∴△APF∽△ABE，APABPFBEAFAE∴==，45aAP4aPF2a85即==25a45解得AP=aPF=a，58512545165∴CQ=PB=AB-AP=4a-a=aFQ=PQ-PF=4a-a=a，∵KH⊥AD，∴tan∠ADG=KHDH12=，設(shè)KH=xDH=2x，∵PQ∥ADAK∥FC，∴∠DAF=∠QFE∠KAF=∠CFE，∴∠DAK=∠QFC，又∵∠AHK=∠FQC=90°，∴△AHK∽△FQC，HKCQAHFQ∴=，6xAH即=，aa554解得AH=x，3∵AH+DH=AD，43∴x+2x=4a，6565解得x=a，∴KH=a，1212∵△ADK的面積為S=AD·KH△CDF的面積為S=CD·FQ，655aS1=KH==38，∴SFQa23故答案為：．83(2024·安徽六安·一模)?ABCD中，EF分別是ADAB上的動點(diǎn)．23(1)已知∠A=90°EG⊥EF交?ABCD的一邊于點(diǎn)Gtan∠EGF=．①如圖1G在CD3AF=2DE．②如圖2G在BCFA=3AE=8BF的長．ABAD45AEAD37EFEG(2)如圖3∠A≠90°G在BC∠FEG=∠BAD=，=的值．(1)①見解析；②91528(2)2323(1)①由EG⊥EFtan∠EGF=得出∠AEF+∠GED=90°EF=EGAFDE得出∠ADC=∠A=90°∠AFE+∠AEF=90°∠AFE=∠DEG△AEF∽△DGE出2EGEFEG23233===②作GH⊥AD于HEG⊥EFtan∠EGF=得出∠AEF+∠GEHEG2=90°EF=EG∠ADC=∠A=90°∠AFE+∠AEF=90°出∠AFE=323EGEGAFHEEFEG2392∠HEG△AEF∽△HGE===HE=EF=AE+AF2=73，323732則EG=EF=GH=EG-EH2=12(2)在AD的延長線上找一點(diǎn)MGMGM=ABABGM△AEF∽7FEGEAEGMAEABABAD452AEAD37△MGE得出==合=，=(1)①證明：∵EG⊥EFtan∠EGF=，3EFEG223∴∠FEG=90°tan∠EGF==，∴∠AEF+∠GED=90°EF=EG，3∵∠A=90°，∴∠AFE+∠AEF=90°ABCD是矩形，∴∠AFE=∠DEG∠ADC=∠A=90°，∴△AEF∽△DGE，2EGAFDEEFEG233∴===，EG∴3AF=2DE；GH⊥AD于H，23∵EG⊥EFtan∠EGF=，EFEG23∴∠FEG=90°tan∠EGF==，23∴∠AEF+∠GEH=90°EF=EG，∵∠A=90°，∴∠AFE+∠AEF=90°ABCD是矩形，∴∠AFE=∠HEG∠B=∠A=90°，∵GH⊥AD，∴∠GHA=∠B=∠A=90°，∴四邊形ABGH是矩形，△AEF∽△HGE，2EGAF∴AB=GH，HEEFEG233===，EG∵AE=8FA=3，9∴HE=EF=AE+AF2=73，2323732∴EG=EF=，∴GH=EG-EH2=12，∴AB=GH=12，∴BF=AB-AF=12-3=9；(2)AD的延長線上找一點(diǎn)M接GMGM=AB，則四邊形ABGM是等腰梯形，∴∠A=∠M，∵∠FEG=∠BAD∠FEG+∠AEF+∠GEM=∠BAD+∠AEF+∠AFE=180°，∴∠AFE=∠GEM，∴△AEF∽△MGE，F(xiàn)EGEAEGM∴=，8AB∵GM=AB，AD45AEAD37=，=，37ADFEGEAEGMAEAB15∴====．4528AD4(2024·云南·模擬預(yù)測)菱形ABCD的對角線AC,BD相交于點(diǎn)O0°<∠ABO≤60°G是射線ODG作GE∥DC交射線OC于點(diǎn)EOE,OG為鄰邊作矩形EOGF．(1)F在線段DCDF=FC；(2)若延長AD與邊GF交于點(diǎn)H△GDH沿直線AD翻折180°得到△MDH．M在EGEOGF為正方形；tan∠ABO為定值mDG=k?DOk為大于0k>2M在矩形EOGFm的值．(1)見解析33(2)①見解析；②或3(1)證明四邊形ECFGDGEF是平行四邊形即可得到結(jié)論；(2)①由折疊得△GDH≌△MDH可證明DH⊥EG∠1=∠2∠1=∠GEO=45°可得GO=EO，再由四邊形EOGF為矩形則可證明結(jié)論；②由四邊形ABCD為菱形以及折疊可得∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6k>2時，M點(diǎn)在矩形EOGFk=2時，M點(diǎn)在矩形EOGFM在EFOB=bFH=OE-GH=mb點(diǎn)D作DN⊥EF于點(diǎn)N△HFM∽△MND求得MN=bRt△DMN中運(yùn)用勾股定理列出方程2b=3mb+b2M在OE質(zhì)可得DM=DG=2DO∠ODM=60°∠ABO=∠GDH=60°m=tan∠ABO=tan60°=3．(1)證明：∵四邊形EOGF為矩形，∴EF∥OGEF∥OD∵GE∥DC，∴四邊形ECFGDGEF都是平行四邊形，∴DF=EGFC=GE，∴DF=FC；(2)△GDH≌△MDH，∴DG=DM∠5=∠6，∴DH⊥EG∠1=∠2，∵四邊形ABCD為菱形，9∴∠3=∠4，∵GE∥CD，∴∠3=∠1，∵∠4=∠5，∴∠1=∠5，∵∠1+∠5=90°，∴∠1=∠5=∠2=45°∠5+∠6=90°，∵DM∥OEM在GE上，∴∠GEO=∠2=45°，∴OG=OE，∵四邊形EOGF為矩形，∴矩形EOGF為正方形；②如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴∠1=∠2=∠6，∵GE∥CD，∴∠4=∠6，由折疊得∠3=∠5，∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6，∵tan∠ABO=m(m為定值)，∴∠ABO是定值∵∠GDM=2∠ABO，∴點(diǎn)M始終在固定射線DM上并隨k的增大向上運(yùn)動，∵當(dāng)且僅當(dāng)k>2時，M點(diǎn)在矩形EOGF的外部，∴k=2時，M點(diǎn)在矩形EOGF上，M在EF上時設(shè)OB=b，∴OA=OC=mbDG=DM=kb=2bOG=k+1b=3b，OE=mk+1b=3mbGH=HM=mkb=2mb，∴FH=OE-GH=mk+1b-mkb=mb，過點(diǎn)D作DN⊥EF于點(diǎn)N，∵∠HMF=180°-90°-∠DMN=90°-∠DMN∠MDN=90°-∠DMN，∴∠HMF=∠MDN，∵∠F=∠DNM=90°，∴△HFM∽△MND，∴FH:MN=MH:DM，∴mb:MN=2mb:2b，∴MN=b，∵△DMN是直角三角形，∴DM=DN+MN2，∴2b=3mb+b2，1013∴m=，33∴m=±(負(fù)值舍去)，∵0°<∠ABO≤60°，33∴m=；M在OE上時，由折疊的性質(zhì)可得DM=DG=2DO，ODMD12∴cos∠MDO==，∴∠ODM=60°，180°-∠ODM∴∠GDH=∠HDC==60°，2∴∠ABO=∠GDH=60°，∴m=tan∠ABO=tan60°=3；33綜上所述，m的值為或3．5(2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測)如圖1ABCDP是對角線BDAP和CP射線AP上取點(diǎn)E∠AEC+∠ABC=180°CE交射線BD于點(diǎn)Q∠ABC=2α．(1)如圖2α=45°ACBD于點(diǎn)O：△OPC∽△OCQ；CQCP(23α=30°BD=4DP的值；CQCPBD=k?DP，的值為．(用含kα的表達(dá)式表示)(1)見解析45k(2】】4k-1cosα-k2對于(1)ABCD∠AEC=90°得∠PCO=∠PAO兩角相等的兩個三角形相似得出結(jié)論；對于(2)△AQ′B≌△CQBBD△AQ′M∽△APBAPAQBPMPCCQBPBQ得==PCCQPCCQPSBCBSCQPCBCBS=PS==CS=得出答案．11對于(2)可表示BD設(shè)BC=tBD=2tcosαBD=k?DP，并表示出BPBT=cosα×BP可得BTCS=2(BT-BC).(1)∵α=45°∠ABC=2α=90°，又∵四邊形ABCD是菱形，∴四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵∠AEC+∠ABC=180°，∴∠AEC=90°.∵P在BD上，AO=COPA=PC，∴∠PCO=∠PAO.∵∠APO=∠QPE∠AOP=∠AEQ，∴∠PAO=∠PQE，∴∠PCO=∠PQE，∴△OPC∽△OCQ；(2)解：[探究]PA至Q′使得AQ′=CQ接BEACQ′作Q′M∥BD交BA的延長線于點(diǎn)MPS∥QC交BC的延長線于點(diǎn)S，∵∠AEC+∠ABC=180°，∴∠BAE+∠BCE=180°.又∵∠Q′AB+∠BAE=180°，∴∠Q′AB=∠BCE.∵AQ′=CQABCD是菱形，∴AB=BC，∴△AQ′B≌△CQB，∴∠ABQ′=∠CBQ.∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABQ=∠CBQAC⊥BD，12∴∠BA=∠ABQ=∠CBQ=∠ABC=α，∴BO=BC?cosαBD=2BO=2BC?cosα.∵Q′M∥BD，∴∠M=∠ABD=α.∵∠Q′BA=α，∴∠M=∠Q′BA，∴Q′B=Q′M.∵Q′M∥BP，∴△AQ′M∽△APB，APAQBPM∴=.∵P是BD上的點(diǎn)，BD垂直平分AC，∴PA=PC.又AQ′=CQQ′M=Q′B=BQ，12PCCQBPBQ∴=.∵PS∥QC，∴△BQC∽△BPS，BQBP∴PC=PS，BCBSCQPS∴==，，CQPCCQPSBCBS∴==過點(diǎn)P作PT⊥CS于點(diǎn)TTC=TS，∵α=30°BC=a，則BD=2BO=2BC?cosα=3a，∵BD=4DP，34334∴BP=BD-PD=3PD=BD=a，12338198∴PT=sinα×BP=BP=a,BT=3PT=a，∴CS=2CT=2(BT-BC)=a，4CQPCCQPSBCBSa45∴====．14a+a[歸納]同(2)可得BD=2BO=2BC?cosα，設(shè)BC=tBD=2tcosα，∵BD=k?DP，k-1kk-1k∴BP=BD=2t?cosα?k-1.∵BT=cosα×BP=2t?cosα，kk-1k∴CS=2CT=2(BT-BC)=22t?cosα?-t，CQPCCQPSBCBStk∴====4(k-1)cosα-k.k-1kt+22t?cosα?-tk故答案為：．4(k-1)cosα-k題型6(2024·陜西西安·二模)圖形旋轉(zhuǎn)是解決幾何問題的一種重要方法．如圖1ABCD中，EF分別在邊ABBC∠EDF=45°EFAECFEF之間的數(shù)量關(guān)系．解決這個問題可將△ADE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°到△CDH的位置(易得出點(diǎn)H在BC的延長線上)△DEF與△DHF13(1)如圖1ABCD中，∠EDF=45°,AE=3,CF=2EF=；(2)如圖2ABCD∠EDF=30°E作EM∥BC交DF于MAE+CF與EM(3)如圖3∠EDF=60°ABCD的邊長AB=8△DEF面積的最小值．(1)5(2)3(3)1283-192(1)將△ADE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°到△CDH的位置(易得出點(diǎn)H在BC的延長線上)明△DEF與△DHF(2)將△ADE△DEM繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°△DCH,△DHG∠DFC+∠DGH=180°D,F,AE+CFCH+CFFHGH1H,G∠FHG=30據(jù)====3EMGHtan30°(3)過點(diǎn)E作EK⊥CD于KDF于MFT⊥EK于TSDEF=4EM(2)的方法得出EM=GH=3FHFC=AE=CHOF=32-163(1)解：∵將△ADE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，∴∠DCH=∠A=90°=∠DCBDH=DE∠HDC=∠EDA∴點(diǎn)H在BC的延長線上，∵四邊形ABCD是正方形∴∠ADC=90°，∵∠EDF=45°，∴∠HDF=∠CDH+∠FDC=∠ADE+∠FDC=45°=∠EDF又∵DF=DF，∴△DEF≌△DHFSAS，∴EF=FH=FC+CH=FC+AE=2+3=5，故答案為：5．(2)△ADE△DEM繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°△DCH,△DHG∴∠AED=∠CHD,∠DEM=∠DHG，∵EM∥BCEM⊥AB，∴∠AEM=90°，∴∠CHG=∠CHD+∠DHG=∠AED+∠DEM=∠AEM=90°，∵∠EDF=30°EM∥BC則EM∥AD，∴∠ADE=∠CDH∠GDH=∠MDE=30°，∵EM∥BC，∴∠EMF=∠DFC，14∴∠EMD+∠EMF=∠EMD+∠DFC=180°，即∠DFC+∠DGH=180°，∴D,F,H,G四點(diǎn)共圓；∴∠GFH=∠GDH=30°，又∠FHG=30°AE+CFCH+CFFHGH1∴====3EMGHtan30°(3)E作EK⊥CD于KDF于MFT⊥EK于T，∵∠FTK=∠TKC=∠BCD=90°∴四邊形CFTK是矩形，∴FT=CK∴DK+CK=DK+FT=8121212∴SDEF=S+S=EM?DK+EM?FT=EM(DK+FH)=4EM同(2)將△ADE△DEM繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°△DCH,△DHG，可得∠GFH=∠EDM=60°EM=GH∴EM=GH=3FH∴FH取得最小值時，△DEF的面積最小，設(shè)AE=xFC=y，∵x-2xy+y=x-y≥0，∴FH=x+y≥2xy，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取得等于號，此時FC=AE=CH，設(shè)D,F,H,G的圓心為O，∵DC⊥FHFC=CH，∴DC經(jīng)過點(diǎn)O，32∴OF=ODOC=OFsin60°=OF∵OD+OC=832即OF+OF=8解得：OF=32-163∴FH=2FC=OF=32-163∴GH=3FH=323-48，∴SDEF=4EM=4GH=4323-48=1283-192，即△DEF面積的最小為1283-192．7(2024·重慶開州·二模)在等腰△ABC中，∠BAC=45°AB=ACD是ACBD，將BD繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)135°DECE．15(1)如圖1E落在BAAEBD=42S(2)如圖2CE的中點(diǎn)FDFAF：AF⊥DF；；(3)如圖3BD⊥ACG是直線CEDG△CDG沿著DG翻折得到△DG接AC、(1)82(2)證明見解析(3)26AB=4+22+2-1的最小值．(1)先證DH=BHDH=BH=4(2)可證△DEF≌△MCFCM=DE=BD∠CMF=∠E可證△ABD≌△ACMAD=AMMBD(3)通過證明△DM∽△==2-1M=2-1+2-1=+MAM三點(diǎn)共線時，+2-1有最小值為AM的長，由勾股定理可求解．(1)ED交BC于H1所示：∵∠BAC=45°AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=67.5°，∵∠BDE=135°BD=BE，∴∠DBE=∠DEB=22.5°∠BDH=45°，∴∠DBH=45°=∠BDH，∴BH=DH∠BHD=90°，∵BD=42，∴BH=DH=4，∵∠BDC=∠BAC+∠ABD=67.5°，∴∠BDC=∠ACB，∴BD=BC=42，1212∴S=×BC×DH=×42×4=82；(2)DF到MFM=DFAMCM2所示：∵點(diǎn)F是EC的中點(diǎn)，∴EF=CF，∵∠DFE=∠MFC，∴△DEF≌△MCF(SAS)，∴CM=DE=BD∠CMF=∠E，∵∠ACM=∠MCF+∠ACE=∠E+∠ACE=∠ADE=135°-∠ADB，16∵∠BAC=45°，∴∠ABD+∠ADB=135°，∴∠ABD=135°-∠ADB，∴∠ABD=∠ADE=∠ACM，又∵AB=AC，∴△ABD≌△ACM(SAS)，∴AD=AM，又∵DF=MF，∴AF⊥DF；(3)解：∵BD⊥AC∠BAC=45°，∴∠BAC=∠ABD=45°，∴AD=BD∠DBC=22.5°，∴AB=2AD=AC，∴CD=2AD-AD，CD2AD-AD∴tan∠CBD=tan22.5°===2-1，BDAD∵AB=4+22，∴AD=BD=2+22CD=2，在BD上取一點(diǎn)M∠DCM=22.5°M所示：∵將△CDG沿著DG翻折得到△DG，∴CD=D，3DMCDCDBD∵tan∠DBC=tan∠DCM=tan15°===2-1，DMDBD∴=，又∵∠DM=∠DB∴△DM∽△，，MBD∴==2-1，∴M=2-1，∵+2-1=+M，∴當(dāng)點(diǎn)AM三點(diǎn)共線時，+2-1有最小值為AM的長，DM∵tan∠DCM==2-1，CD∴DM=22-2，∴AM=AD+DM2=2+22+22-22=26，∴+2-1的最小值為26．題型8(2024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測)如圖1ABCD中，AB=4BC=3E在邊BC上運(yùn)動(不與點(diǎn)B和點(diǎn)C重合)AE繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)得到AF∠BACCFF作FM⊥AC于點(diǎn)M．17(1)求證：△ABE≌△AMF；(2)當(dāng)直線FM恰好經(jīng)過點(diǎn)ECF的長；(3)如圖2DF．BECE①當(dāng)DF=CF時的值；②探究DF(1)見解析53(2)BECE115(3)①=2②DF存在最小值(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BAC=∠EAFAE=AF．從而得出∠BAC-∠CAE=∠EAF-∠CAE．即∠BAE=∠MAF．又由∠B=∠AMF=90°可得結(jié)論；(2)設(shè)FM=EM=EB=xEC=3-x．在Rt△CEM1+x=3-x．解得：4x=．最后在Rt△CFMCF的長即可；3525232(3)①連接BD交AC于點(diǎn)O接OF交CD于點(diǎn)G．則OC=OD=OM=-1=．先證明△FOM≌△COGASA．得出FM=CG=2．從而得MF=BE=2．求出CE=1．最后可得結(jié)果；②過點(diǎn)D作DH⊥MFMF于點(diǎn)HFM交CD于點(diǎn)N△CMN∽△CDA．14CN5MN3545443454114列出比例式再代入數(shù)據(jù)得==．求得CN=MN=DN=4-=．再證．最后341DH1153320明△CMN∽△DHN．列出比例式再代入數(shù)據(jù)得==．從而得出DH=HN=HN求解即可．(1)∠BAC=∠EAFAE=AF．∴∠BAC-∠CAE=∠EAF-∠CAE．即：∠BAE=∠MAF．又∠B=∠AMF=90°，∴△ABE≌△AMFAAS．(2)∵△ABE≌△AMF．∴AE=AFBE=MFAB=AM=4．在Rt△ABC中，AC=3+42=5∴CM=1．．FM恰好經(jīng)過點(diǎn)E時，F(xiàn)M=EM=EB，設(shè)FM=EM=EB=xEC=3-x．在Rt△CEM中，EM+CM=EC2，18即：1+x=3-x．43解得：x=．43532在Rt△CFM中，CF=+12=．525232(3)BD交AC于點(diǎn)OOC=OD=OM=-1=．連接OF交CD于點(diǎn)G．∵OC=ODDF=CF．∴∠OGC=90°DG=CG=2．∴OM=OG．又∠FOM=∠COG∠OGC=∠OMF=90°．∴△FOM≌△COGASA．∴FM=CG=2．∴MF=BE=2．∴CE=1．BECE∴=2．115②DF存在最小值過點(diǎn)D作DH⊥MFMF于點(diǎn)HFM交CD于點(diǎn)N，∵∠NCM=∠ACD∠CMN=∠CDA=90°．∴△CMN∽△CDA．CMCD1CNCACNMNDA∴==．MN33即：==．4554∴CN=MN=，45411∴DN=4-=．4又∠CNM=∠DNH∠CMN=∠DHN=90°．∴△CMN∽△DHN．CMDHCNDNMNHN34∴===．．．5144即：=DH∴DH=∴HM=HN1153320HN=332034125+=．125115所以當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)H重合時，BE=HM=DF存在最小值．9(2024·江蘇無錫·一模)ABCD中，AB=4AD=t．G為ADBG翻折△ABGA落在點(diǎn)F處．19(1)如圖1AD=8G與點(diǎn)D重合時，DF交BC于點(diǎn)E．①求BE的長；165②若點(diǎn)M在射線BAAM=tan∠BMF的值．12(2)連接CFAD邊上存在兩個不同位置的點(diǎn)GS=SABCt的取值范圍是．1(1)①5②(2)t≥43．；3(1)①根據(jù)折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可證明△BEF≌△DECAASBE=DEEF=ECBE=xCE=8-xDE=xRt△DCE②連接MF交BC于點(diǎn)PFEFEDFNDCENEC35作FN⊥BC于點(diǎn)N△FNE∽△DCE到===FNENBN，MBFNBPNP12證明△BPM∽△NPF到=BP=3NPBN=BP+NPBP=5BPtan∠BMF=BM(2)當(dāng)F落在直線BCF作FH⊥BC于HHF=2∠FBH=30°的性質(zhì)可得∠ABG=30°Rt△ABG中，AG=AB?tan30°tF落在直線BC下F作FN⊥BC于N∠FBH=30°∠ABG=60°Rt△ABG中，AG=AB?tan60°(1)①∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD∠A=∠C=90°，由折疊知，AB=BF∠A=∠F=90°，∴BF=CD∠F=∠C，BF=DC在△BEF和△DEC中，∠F=∠C，∠BEF=∠DEC∴△BEF≌△DECAAS，∴BE=DEEF=EC，設(shè)BE=xCE=8-xDE=x，在Rt△DCEDE=DC+EC2即x=4+8-x2，，解得：x=5，則BE=5；MF交BC于點(diǎn)PF作FN⊥BC于點(diǎn)N，∴∠FNE=∠C=90°，20∵∠NEF=∠CED(對頂角)，∴△FNE∽△DCE，EFEDFNDCENEC335∴===，3125353595∴FN=DC=×4=EN=EC=×3=，5595165則BN=BE-EN=5-=，∵∠MBP=∠FNP=90°∠BPM=∠NPF(對頂角)，∴△BPM∽△NPF，MBFNBPNP∴=，165365∵M(jìn)B=AB+AM=4+=，BPNP∴=3，∴BP=3NP，∵BN=BP+NP，125∴BP=，BPBM135∴tan∠BMF===；5(2)當(dāng)F落在直線BCF作FH⊥BC于H，∵AB=4AD=BC=t，121212∴S==AB?BC=×4t=2t，∴SSABC=t，1212又∵S=BC?HF=t?HF=t，∴HF=2，由翻折可知BF=AB=4，12在Rt△BHF中，HF=BF，∴∠FBH=30°，12又∵∠ABG=∠FBG=∠ABC-∠FBH=30°，433∴在Rt△ABG中，AG=AB?tan30°=，此時只要AD≥AGG在AD邊上，433∴t≥；當(dāng)F落在直線BCF作FN⊥BC于N，同理可得，F(xiàn)N=2，12∴在Rt△NBF中，F(xiàn)N=2BF=AB=4FN=BF，∴∠FBN=30°，∴∠ABF=90°+30°=120°，2112∵∠ABG=∠FBG=∠ABF=60°，∴在Rt△ABG中，AG=AB?tan60°=43，此時要G在ADAD≥AGt≥43，綜上，t≥43．10(2024·河南·一模)ABCDB落在射線BDB的對應(yīng)點(diǎn)記為ADBC、EF分別交于點(diǎn)、．(1)與點(diǎn)DBEDF的形狀并證明；(2)在矩形紙片ABCDAB=2,BC=23AC與BD交于點(diǎn)O：①請判斷與對角線AC的位置關(guān)系并僅就圖③說明理由；②當(dāng)D=1(1)AE的長．33(2)①∥AC②或3．(1)由折疊得點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于直線BEFEF垂直平分BD，BE=DEBF=DF矩形的性質(zhì)得AD∥BC∠DEF=∠BFE∠DFE=∠BFE以∠DEF=∠DFEDE=DF以BE=DE=BF=DFBEDF(2)①由∠ABC=90°AB=2BC=23得BD=AC=AB+BC2=4AB=OA=OB=2，則∠AOB=∠ABO=60°∠B=∠ABO=60°以∠B=∠AOB∥AC；②在線段BDAD交于點(diǎn)G∠ADB=30°G=D=EG33331G=1=tan30°=AE=在線段BDAD交于點(diǎn)H∠DH=∠H=30°H=D=1H=+H=33AE=E=3，HE=2EH=(1)2與點(diǎn)關(guān)于直線∴直線EF垂直平分，∵點(diǎn)與點(diǎn)D重合，BEF對稱，∴直線EF垂直平分BD，∴BE=DEBF=DF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∵∠DFE=∠BFE，22∴∠DEF=∠DFE，∴DE=DF，∴BE=DE=BF=DF，∴四邊形BEDF是菱形，(2)①∥AC，3∵∠ABC=90°AB=2BC=23，∴BD=AC=AB+BC2=2+(23)2=4，1212∴OA=OC=AC=2OB=OD=BD=2，∴AB=OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=∠ABO=60°，∵∠B=∠ABO=60°，∴∠B=∠AOB，∴∥AC．33②AE的長度為或3，3在線段BDAD交于點(diǎn)，G∵∠=∠BAD=90°∠B=∠ABO=60°，∴∠ADB=90°-∠ABO=30°，∴∠GE=∠GD=∠B-∠ADB=30°，∴∠ADB=∠GD，∴G=D=1，∵=AB=2，∴G=-G=2-1=1，EG33∵=tan∠GE=tan30°=，333333∴AE=E=G=×1=；如圖4B′在線段BDAD交于點(diǎn)∵∠DH=∠ADB=30°，∴∠H=∠B-∠DH=30°，∴∠DH=∠H，H，∴H=D=1，∴H=+H=3=2+1=3，∵HE=2E，∴H=HE-E2=(2E)-E2=3E=3，∴AE=E=3，33綜上所述，AE的長度為或3．30°23題型11(2024·重慶·一模)已知△ABC是等腰直角三角形，AB=ACD為平面內(nèi)一點(diǎn)．(1)如圖1D點(diǎn)在ABCDCD繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°EDAB=4△ADE的周長；(2)如圖2D點(diǎn)在△ABC外部時，EF分別是ABBCEFDEDFDE繞E點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到EGCGDGFG∠FDG=∠FGEFDFGCG之間的數(shù)量關(guān)系并給出證明；(3)如圖3D在△ABCADAD繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°EDED經(jīng)過BC中點(diǎn)FAECEG為CEGF并延長交AB于點(diǎn)HAGS的值．S(1)25+22+2(2)FD=2FG+CG5-1(3)2轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．(1)作BC中點(diǎn)MDMDM是△ABCDM⊥ABBD=AD=DM質(zhì)可得，△EDA≌△CDMAD=BD=DM=2AC=4(2)連接AFAG點(diǎn)F作FGAG于點(diǎn)H△AGE≌△EFD△AFH≌△CFG，進(jìn)而得出結(jié)論；(3)設(shè)AEGH交于點(diǎn)MAB中點(diǎn)IIC中點(diǎn)J△AED是等腰直角三角形，△ABF是等腰直角三ABAFAEAD=∠BAE=∠FAD△BAE∽△FAD∠BEA=∠FAD=90°11214IE=ABIJ是△CIEJG=IE=ABRt△IAC2ICAJAIG三點(diǎn)共線時，AGAG∥IEIE=IA∠IAE=∠EAG，AEAMAHAB由FG是△BECAE⊥HG△AHM≌△AGMASAHM=GM，=S=S=×即可求解．4a12AEAM==5-11+5aS2S(1)1BC中點(diǎn)M接DM，∵D是AB的中點(diǎn)，M是BC中點(diǎn)，∴DM是△ABC的中位線，1212∴DM=AC=×4=2DM∥AC，∵△ABC是等腰直角三角形，24∴BD=AD=DMDM⊥AB由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，DE=DC∠EDC=90°，∴∠EDA=∠CDM=90°-∠ADC，∴△EDA≌△CDMSAS，∴AE=CM，∵AB=4，∴AD=BD=DM=2AC=4，∴由勾股定理得DC=AD+AC2=25，BM=BD+DM2=22，BC=AB+AC2=42，∴CM=BC-BM=22，∴DE=25AE=22，∴△ADE的周長=DE+AE+AD=25+22+2．(2)猜想：FD=2FG+CG連接AFAGF作FGAG于點(diǎn)H，∵△ABC是等腰直角三角形，EF分別是ABBC的中點(diǎn)，∴AE=EF∠AEF=90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，GE=DE∠GED=90°，∴∠AEF-∠FEG=∠GED-∠FEG：∠AEG=∠FED，∴△AGE≌△EFD，∴AG=FD∠AGE=∠FDE，∵∠FDG=∠FGE，∴∠AGE+∠FGE=∠FDE+∠FDG=45°，即∠AGF=45°，∴三角形FGH是等腰直角三角形，HG=2FG，∴△AFH≌△CFG，∴AH=CG，∵AG=AH+HG，∴FD=2FG+CG；(3)設(shè)AEGH交于點(diǎn)MAB中點(diǎn)I接ICIEBEAFIC中點(diǎn)J接AJJG，∵將AD繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°ED，∴△AED是等腰直角三角形，AEAD21∴=∠EAD=45°，∵△ABF是等腰直角三角形，ABAFABAF21AEAD∴∴==∠BAF=45°，∠BAF-∠EAF=∠EAD-∠EAF：∠BAE=∠FAD，∴△BAE∽△FAD，∴∠BEA=∠FAD=90°，∵I是AB中點(diǎn)，251∴IE=AB，2∵J是IC中點(diǎn)，G是EC中點(diǎn)，∴IJ是△CIE的中位線，1214∴JG=IE=ABJG∥IE，設(shè)AB=AC=4aJG=aIA=2a，1212在Rt△IAC中，IC=+AC2=2a+4a2=25aAJ=IC=×25a=5a，，當(dāng)AIG三點(diǎn)共線時，AG=AJ+JG=5a+a=1+5a又∵JG∥IE，∴AG∥IE，∴∠IEA=∠GAE，∵IE=IA，∴∠IAE=∠IEA=∠EAG，∵F是BC中點(diǎn)，G是EC中點(diǎn)，∴FG是△BEC的中位線，∴FG∥BE，∴AE⊥HG，∴△AHM≌△AGMASA，∴HM=GMAH=AG=1+5a，AEAMAHAB4a∴===5-1，1+5a1AE?MGS=S==×=，12AEAM5-122S2S12×AM?MG25-12故答案為：S=．S12(2024·廣東·一模)在△ABC中，CA=CB∠ACB=α．點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)AC重合的任意一點(diǎn)．連接APAP繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)a得到線段DPADBDCP．(1)觀察證明如圖1α=60°時①猜想BD與CP的數(shù)量關(guān)系為②直線BD與直線CP相交所成的較小角的度數(shù)是．(2)類比猜想BDCP如圖2α=90°的值及直線BD與直線CP相交所成的小角的度數(shù)(3)解決問題當(dāng)α=90°EF分別是CACBP在直線EFCPD在同一直線上26ADCP時的值．(1)①BD=CP②60°；BDCP(2)=245°；(3)2+2或2-2．(1)可證△CAP≌△BADPC=BD∠ACP=∠ABDBD(2)△DAB∽△PAC∠PCA=∠DBA，PCABAC==2(3)分兩種情形：①當(dāng)點(diǎn)D在線段PCAD交BC的延長線于HAD=DC即可解決問題；②當(dāng)點(diǎn)P在線段CDDA=DC解決問題．(1)∵AC=BC∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠CAB=60°AC=AB，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠APD=60°AP=PD，∴△APD是等邊三角形，∴∠PAD=60°=∠CABAP=AD，∴∠CAP=∠BAD，∵CA=BAPA=DA，∵△CAP≌△BADSAS，∴PC=BD∠ACP=∠ABD，故答案為：BD=CP；②如圖1CP交BD的延長線于GAB交GC于點(diǎn)O，在△AOC和△BOG中，∠ACO=∠GBO∠COA=∠BOG，∴∠G=∠CAN=60°，直線BD與直線CP相交所成的較小角的度數(shù)是60°；故答案為：60°；(2)如圖2BD交PC于點(diǎn)G，∵∠PAD=∠CAB=45°，∴∠PAC=∠DAB，ABACADAP∵==2，∴△DAB∽△PAC，BDPCABAC∴∠PCA=∠DBA，==2，∵∠GHC=∠AHB，∴∠CGH=∠HAB=45°，∴直線BD與直線CP相交所成的小角的度數(shù)為45°；(3)3D在線段PCAD交BC的延長線于H，∵CE=EACF=FB，∴EF∥AB，∴∠CFE=∠ABC=45°，27∵∠PAO=45°，∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，∵∠APC=90°CE=EC，∴PE=EA=EC，∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，∵∠ADP=∠BDC=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5°，∵∠ADB=∠ACB=90°，∴ADCB四點(diǎn)共圓，∴∠DAC=∠DBC=22.5°∠DCA=∠ABD=22.5°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，2∴DA=DCAD=aDC=AD=aPD=a，2ADCPa∴==2-2；22a+a如圖4P在線段CDDA=DC，22設(shè)AD=aDC=AD=aPD=a，22∴PC=a-a，ADCPa∴==2+2；22a-aAD綜上所述：PC的值為2-2或2+2．的思想思考問題．13(2024·河南·模擬預(yù)測)如圖1ABC中，∠BAC=90°AB=6AC=8．ABCABC使點(diǎn)C與點(diǎn)ADE△DEC繞點(diǎn)D順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△DFGEC的對應(yīng)點(diǎn)分28別是點(diǎn)FGGF與邊AC交于點(diǎn)M(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合)AB交于點(diǎn)N．(1)折痕DE的長為．(2)在△DEC繞點(diǎn)DMF與ME(3)在△DEC繞點(diǎn)D①如圖2GF經(jīng)過點(diǎn)B時，AM的長為②如圖3GF∥BCAM的長．．(4)在△DEC繞點(diǎn)DAFAF的最小值為．(1)3(2)MF=ME7(3)①②34(4)2DEABCECA12(1)證明△CDE∽△CBA==(2)MF=ME．連接DMRt△DMF≌Rt△DMEHL即可求證；(3)①由旋轉(zhuǎn)和等腰三角形的性質(zhì)得BM=MCBM=MC=x6+8-x=x2x即可求解；②過A作AH⊥BC于HFG于KDFKHDF=KH=324595AKAHAMAC面積可得AH=AK=△AKM∽△AHC=(4)連接ADAF+DF≥ADAFD三點(diǎn)共線時，AF+DF=ADAF+DF的值最小，AF12AD=BC=5(1)AE=ECDE⊥AC，1∴CE=CA2∵∠BAC=90°，∴AB⊥AC，∴DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，DEABCECA12∴==，1∴DE=AB=3，2故答案為：3；(2)解：MF=ME如圖1DM，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，DE=DF∠DFM=∠DEM=90°，DE=DF在Rt△DMF和Rt△DME中，，DM=DM∴Rt△DMF≌Rt△DMEHL，∴MF=ME；(3)①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠DGB=∠CDG=DC，∵DB=DC，∴DG=DB，∴∠DGB=∠DBG，29∴∠MBC=∠C，∴BM=MC，設(shè)BM=MC=x，在Rt△ABM中，BM=AB+AM2，即6+8-x=x2，254解得x=，254∴BM=MC=，25474∴AM=AC-CM=8-=，7故答案為：；4②如圖3A作AH⊥BC于HFG于KDFKH是矩形，∴DF=KH=3，∵∠BAC=90°AB=6AC=8，∴BC=AB+AC2=6+82=10，∵AH⊥BC，1212S=BC·AH=AB·AC，112∴×10×AH=×6×8，2245∴AH=，24595∴AK=AH-KH=-3=，∵GF∥BC，∴△AKM∽△AHC，AKAHAMAC∴=，9AM85即=，5解得AM=3；(4)4ADAF+DF≥AD，當(dāng)AFD三點(diǎn)共線時，AF+DF=ADAF+DF的值最小，AF最小，∵∠BAC=90°BD=CD，1∴AD=BC=5，2∵DF=DE=3，∴AF的最小值=AD-DF=5-3=2，故答案為：2．題型14(2024·河北石家莊·一模)如圖1和圖2ABCD中，AB=6BC=8AD=217CD<30AB∠B=∠C=90°E在ABAE=2．動點(diǎn)P從點(diǎn)BBC-CD-DA點(diǎn)AP運(yùn)動的路徑長為x(x>0)．(1)如圖1CD=；②當(dāng)EP=CPx的值；(2)如圖20<x≤8EPPDEP⊥PD△BEP和△CDP全等；(3)當(dāng)0<x≤12B關(guān)于EP的對稱點(diǎn)B′EB′EB′與AB所夾的銳角為αsinα的值(用含x的式子表示)．23(1)①4②x=3或x=12+17；(2)見解析；8x16+x216(12-x)64+(12-x)2(3)或．(1)①D作DQ⊥AB于QBQDCAQ=AD-DQ2=2EP=CP=答案；②①可得EQEC的垂直平分線交BC于PAD于B為原點(diǎn)，BCBAEP=CP=m，1414163=AD為y=-x+6t,-t+6E0,4C8,0t=步可得答案；4PC8-PC(2)證明△EBP∽△PCD=PC=44(3)0<x≤8B關(guān)于EP的對稱點(diǎn)B′EB′B作BF⊥E于F32x的性質(zhì)求解BF=8<x≤12B關(guān)于EP的對稱點(diǎn)B′接16+x264EB′作I⊥BA于IP作PH⊥AB于H=I=m,IE=n，12-x+648×6412-x+64利用勾股定理建立方程組求解n=-4(1)D作DQ⊥AB于Q，∵∠B=∠C=90°，∴四邊形BQDC是矩形，∴DQ=BC=8∠DQB=90°=∠AQDCD=BQ，∵AD=217，∴AQ=AD-DQ2=2，∵AB=6，∴CD=BQ=4；可得EQEC的垂直平分線交BC于PAD于以B為原點(diǎn)，BCBA為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系如下：當(dāng)EP=CP=m時，，EP=CP=，31∴BP=8-mBE=6-2=4，∴m=4+8-m2，則m=5，∴x=8-5=3，當(dāng)=時，∵A0,6D8,4AD為y=kx+b，18k+b=4b=6k=-b=6∴4，1∴AD為y=-x+6，414設(shè)Pt,-t+6E0,4C8,0，，141422∴t+-t+6-4=t-8+-t+6，163∴t=∴，1614,D8,4，3316314327322∴D=-8+-4=，273∴x=BC+CD+D=12+；(2)如圖，∵EP⊥PD∠B=∠C=90°，∴∠BEP+∠BPE=90°=∠BPE+∠DPC，∴∠BEP=∠DPC，∴△EBP∽△PCD，BEBPPCCD∴∴=，4PC8-PC=，4∴PC-8PC+16=0，解得：PC=4，∴BP=PC=4，∵BE=CD=4∠B=∠C=90°，∴△BEP≌△CDP；(3)0<x≤8B關(guān)于EP的對稱點(diǎn)B′EB′B作BF⊥E于F，∴△EBP≌△P⊥PE∠EBP=∠P=90°，∴PE=x+16S=SP=2xBE=E=4，4x∴BK=K=，16+x2∴EK=BE-BK2=1616+x216，128x16+x212∴S∴BF==××=E×BF，16+x232x,16+x232BFBE8x16+x2∴sinα=sin∠BEF==，8<x≤12時，作點(diǎn)B關(guān)于EP的對稱點(diǎn)B′EB′PCBH為矩形，作I⊥BA于IP作PH⊥AB于，H∴PH=BC=8BH=PC=x-8,∴EH=4-x-8=12-xPE=12-x+64,同理可得：S=SP=16EP?，12∴PE×=32，64∴=，12-x+64設(shè)BI=mIE=n,，m+n=16∴642，m+n+4=12-x+648×6412-x+64解得：n=-4，64-12-x264+12-x2IE∴cosα=cos∠==，64-12-x22∴sinα=1-cosα=1-64+12-x264+12-x2264-12-x22===-64+12-x264+12-x225612-x264+12-x221612-x64+12-x2；.題型15(2024·山西太原·一模)綜合與實(shí)踐系．如圖1ABCDE在線段BC上CE>BECE為邊作正方形EFGC點(diǎn)G在線段CD上．延長CD至點(diǎn)HDH=GDAHAEAF．33數(shù)學(xué)思考：(1)①求證：AH=AE；②猜想線段HG與AF深入探究：(2)奮進(jìn)小組將正方形CEFG從圖1E逆時針旋轉(zhuǎn)(設(shè)點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)為)①如圖2F恰好落到線段AEHG．猜想此時線段HG與AF由；②若AB=6BE=2CEFGAFG三點(diǎn)在同一直線上時線段HG的長．22(1)①見解析；②AF=HG(2)①HG=2AF②43(1)①先由正方形的性質(zhì)得出BE=DH再根據(jù)SAS證明△ABE≌△ADH即可得出結(jié)論；②延長EF交AD于點(diǎn)M明△AFM是等腰直角三角形即可得出結(jié)論；(2)①連接EH,EG分別證明△AEH△EFGE,G,H論；②分點(diǎn)A,F,G三點(diǎn)共線和點(diǎn)A,G,F三點(diǎn)共線兩種情況結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)可得結(jié)論(1)①∵四邊形ABCD,CEFG是正方形，∴CB=CD=AB=ADCE=CG，∴CB-CE=CD-CG即BE=DG∵DH=GD，∴BE=DH在△ABE和△ADH中，∴△ABE≌△ADHSAS，，∴AH=AE；EF交AD于點(diǎn)M，∴，∴四邊形FGDMABEM是矩形，∴BE=AMDG=FM∵BE=DH，∴AM=FM=DG=DH∴△AFM是等腰直角三角形，34∴∴(2)EH,EG由(1)①得，∴又∴△AEH是等腰直角三角形，∴，∵四邊形是正方形，∴△EFG是等腰直角三角形，∴，∴E,G,H三點(diǎn)共線，∵，∴，即：HG=2AF；EH,EG點(diǎn)A,F,G三點(diǎn)共線時，∵△AEH△EDF是等腰直角三角形，，，∴∴∴，，，∴，在中，，∴，在中，，∴，35∴；A,G,F三點(diǎn)共線時，∵△AEH△EGF是等腰直角三角形，，，∴∴∴，，，∴，在中，，∴，在中，，∴∴，；綜上，HG的長為43．題型16(2024·四川南充·一模)B是矩形AEFG的邊EFAB為邊向右上方作正方形ABCD．(1)如圖1C在FG∠BGF的度數(shù)；(2)如圖2C是FGCH=DH；(3)正方形ABCD的頂點(diǎn)B運(yùn)動到如圖3AE=2EF=3．設(shè)EB=xCG=yy與x的函數(shù)解析式(不寫自變量的取值范圍)．36(1)；(2)證明見解析；(3)．()利用AAS證明AE=BFCF=BF)分別延長AG與BC交于點(diǎn)PASA得出PC=BCAAS證)在EF上取點(diǎn)PEP=AEPCFG于KAC△EAB?△PAC∠AEB=(明(；∠APC=90oC在PKPF=KF=1G作GM?PQ于點(diǎn)MM作于點(diǎn)NC作CR?EF于點(diǎn)RCM和GM(1)解：∵四邊形ABCDAEFG是矩形，∴AB=BCAE=GF∠E=∠F=∠ABC=90o，∴，∴∠EBA=∠BCF，∴，∴AE=BF，∴GF=BF，∴；(2)AG與BC交于點(diǎn)P，∵，，，，∴∴PC=BC，∴AD=BC，∴AD=PC，又∵，，∴，∴DH=CH；(3)EF上取點(diǎn)PEP=AEPCFG于KACAP，則△AEP和△ABC都是等腰直角三角形，∴∴，，，∴△EAB?△PAC，∴∠AEB=∠APC=90o，37∴點(diǎn)C在PK，G作GM?PQ于點(diǎn)MM作MN?EF于點(diǎn)NC作CR?EF于點(diǎn)R，∵，∴CR=PR，由()知，CR=EB，∴∵，，，∴，，，．∴C的運(yùn)動路徑是解題的關(guān)鍵．題型17(2024·浙江寧波·模擬預(yù)測)綜合與實(shí)踐．(1)如圖1ABCD中，E為對角線ACB作BEC作AC垂線交于點(diǎn)FEF：BE=BF．(2)如圖2ABCD中，E為對角線ACB作BEC作ACCFAE垂線交于點(diǎn)FEF的值．(3)如圖3(2)E改為直線ACEF的中點(diǎn)MBM，CM．若CF的長．(1)見解析；(2)(1)證明(3)CF的長為3-1或3+1得；(2)通過證明；38(3)求出是正方形，，(1)證明：四邊形，，，，，，，，；(2)解：，，，點(diǎn)CEBF四點(diǎn)共圓，，，，，，，，；(3)(2)知：，，，，，，為的中點(diǎn)，，39由(2)知，，，又是直角三角形，，，設(shè)，，，，，，，，或()，不存在，，當(dāng)或當(dāng)在，，，，，，，∴x=3-1()或x=3+1，綜上所述，CF的長為3-1或3+1．題型18(2024·遼寧葫蘆島·一模40(1)如圖1AD是△ABC的中線，BE交AC于點(diǎn)EAD于點(diǎn)FAE=EF：AC=BF．2FD到點(diǎn)GDG=DFCG△DGC??；3B作BG?AC交AD延長線于點(diǎn)G△BDG??(2)4△ABC中，D為BCADAD繞著D順時針旋轉(zhuǎn)120o得到DEBEBE中點(diǎn)FDF，猜想CD與DF(3)如圖5△ABC中，點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)是斜邊的中繞為線段的長度．(1)見解析；(2)(1)方法1(3)．到點(diǎn)延長線于點(diǎn)G有接得到交；方法2B作；得到(2)延長至點(diǎn)DF是△EBG41明△AGDAG=AD,∠GAD=60o證明CD=2DF；到BG=CD(3)ED至點(diǎn)GBG,AGDF是△EBGBG=2DF△AGD出上，取點(diǎn)則到點(diǎn)．(1)①方法12，是△ABC的中線，，，，，，，，；②方法2作交延長線于點(diǎn)有，是△ABC的中線，，，，42，，，，，；(2)至點(diǎn)，點(diǎn)F是BED是GE中點(diǎn)，是△EBG的中位線，，，，∴△AGD是等邊三角形，，又∵△ABC是等邊三角形，，，，，；(3)ED至點(diǎn)GDG=DEBG,AG，∵點(diǎn)F是BED是GE中點(diǎn)，∴DF是△EBG的中位線，∴BG=2DF，作AH?BCH，，43，，∴△AGD是等腰直角三角形，，，，，，，，，在AH上取點(diǎn)M，，∴MA=MD在Rt△MDH中，，，，．19(2024·江蘇揚(yáng)州·一模)如圖，∠MON=90AB分別在oOMON、(O)BC上運(yùn)動不與點(diǎn)重合，是∠ABN的平分線，BC的反向延長線交∠OAB的平分線于點(diǎn)D．44(1)隨著點(diǎn)AB的運(yùn)動，∠D∠D(2)如圖1OB與AD相交于點(diǎn)EODOB=6OE=25∠BOD的度數(shù)及BD的長度．(3)如圖2B在ONOB長度為6F為OM上一定點(diǎn)，OF=6G為過三點(diǎn)A、BDA從點(diǎn)O運(yùn)動到FGG的運(yùn)動路徑長．(1)不變；∠D=45o(2)(3)；(1)根據(jù)角平分線的定義可得，得，(2)延長AB到HMO到ID分別作DJDKDL垂直AHONMIJKLOD，12根據(jù)角平分線的判定和性質(zhì)證明OD是∠BOI∠BOD=∠BOI=45o△BDE?△BOD得出出即可；(3)取AB中點(diǎn)PP為圓心，OP為半徑作圓POD交點(diǎn)GG為圓心，AG為半徑作圓GG為△ABDBF∠GOB=∠GAB=45oG在OD△BGO?△BAF出明(1)解：∠D∵BC是∠ABN的平分線，AD平分∠OAB，，，，，，，∴∠D=45o，故∠D的大小不變．(2)AB到HMO到ID分別作DJDKDL垂直AHONMIJKL，連接OD，45∵∴∵∴∴∴∵∴∴平分，，，，，平分，，平分，，，∴OD是∠BOI的平分線，∴，在△BDE與△BOD中，∴△BD