期末難點特訓（一）和相似綜合有關(guān)的壓軸題

期末難點特訓一（和相似綜合有關(guān)的壓軸題）1．已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，點E是線段BC上的動點，以AE為直角邊在直線BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，EF交CD于點P，AF交CD于點Q，連結(jié)CF，設(shè)BE＝m．(1)如圖，當m時，求線段CF的長；(2)當點E在BC線段上（不含B、C）運動時，∠QEF與∠CEF是否相等？請說明理由；(3)在（2）的條件下，請你求出點P到QE的距離h，用含m的代數(shù)式表示h，并求h的最大值．【答案】(1)CF(2)相等，理由見解析(3)h＝﹣m2+m，h最大值為【分析】（1）連接CF，過點F作FG⊥BC，交BC的延長線于點G，利用AAS證明△ABE≌△EGF，得BE＝FG，AB＝EG，則BE＝FG＝CG＝，從而得出答案；（2）延長EB，使BM＝DQ，連接AM，首先由SAS證明△ABM≌△ADQ，得AM＝AQ，再利用SAS證明△QAE≌△MAE，得∠AEM＝∠AEQ，得出∠BAE＝∠QEF，從而證明結(jié)論；（3）利用兩個角相等，證明△ABE∽△ECP，得，則h＝PC＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案．(1)解：連接CF，過點F作FG⊥BC，交BC的延長線于點G，如圖3，∵AE＝EF，∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEG＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠FEG，∴△ABE≌△EGF（AAS），∴BE＝FG，AB＝EG，∴BE＝FG＝CG，∴CF；(2)證明：相等，理由如下：延長EB，使BM＝DQ，連接AM，如圖4，∵AB＝AD，∠ABM＝∠ADQ＝90°，BM＝DQ，∴△ABM≌△ADQ（SAS），∴AM＝AQ，∴∠BAM＝∠DAQ，∴∠EAM＝∠QAE，AE＝AE，∴△QAE≌△MAE（SAS），∴∠AEM＝∠AEQ，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∠AEQ+∠QEF＝90°，∴∠BAE＝∠QEF，∵∠BAE＝∠CEF，∴∠QEF＝∠CEF；(3)解：∵∠QEF＝∠CEF，∴點P到QE的距離h＝PC，∵∠BAE＝∠CEF，∠ABE＝∠PCE＝90°，∴△ABE∽△ECP，∴，即，∴h＝PC＝﹣m2+m＝﹣（m）2，∴當m時，h最大值為．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(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)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．2．【探究發(fā)現(xiàn)】(1)如圖①，已知四邊形ABCD是正方形，點E為CD邊上一點（不與端點重合），連接BE，作點D關(guān)于BE的對稱點D'，DD'的延長線與BC的延長線交于點F，連接BD′，D'E．①小明探究發(fā)現(xiàn)：當點E在CD上移動時，△BCE≌△DCF．并給出如下不完整的證明過程，請幫他補充完整．證明：延長BE交DF于點G．②進一步探究發(fā)現(xiàn)，當點D′與點F重合時，∠CDF＝°．【類比遷移】(2)如圖②，四邊形ABCD為矩形，點E為CD邊上一點，連接BE，作點D關(guān)于BE的對稱點D'，DD′的延長線與BC的延長線交于點F，連接BD'，CD'，D'E．當CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3時，求CD'的長；【拓展應(yīng)用】(3)如圖③，已知四邊形ABCD為菱形，AD＝，AC＝2，點F為線段BD上一動點，將線段AD繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)，當點D旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點E落在菱形的邊上（頂點除外）時，如果DF＝EF，請直接寫出此時OF的長．【答案】(1)①見解析；②22.5°(2)(3)或【分析】（1）①延長BE交DF于點G，則由對稱可知∠EGD=∠EGD'=90°，結(jié)合∠DEG=∠BEC得到∠EBC=∠EDF，由正方形的性質(zhì)得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，從而證明△BCE≌△DCF；②當點D'與點F重合時，由對稱可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到∠EDF=∠EBC=22.5°；（2）延長BE交DF于點G，由對稱可知點G是DD'的中點、∠EGD=∠EGD'=90°，結(jié)合CD'⊥DF得到CD'∥BG，從而有EG是△DCD'的中位線，得到點E是CD的中點，從而求得CE=DE=1，再由勾股定理求得BE的長；由（1）①得∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°得到△ECB∽△EGD，進而借助相似三角形的性質(zhì)求得EG的長，然后由中位線的性質(zhì)求得CD'的長；（3）以點A為圓心，AD的長為半徑作圓弧，與CD和BC的交點即為點E，然后分點E在CD上和點E在BC上討論，延長AF交DE于點G，然后借助（1）（2）的思路求解．(1)解：①證明：如圖①，延長由對稱可知，∠EGD=∠EGD'=90°，∵∠DEG=∠BEC，∴∠EBC=∠EDF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（ASA）．②解：如圖1，當點D'與點F重合時，由對稱可知∠DBE=∠D'BE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC=45°，∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，由①得到∠CDF=∠EBD'，∴∠CDF=22.5°，故答案為：22.5°．(2)解：如圖2，延長BE交DF于點G，由對稱可知，點G是DD'的中點，∠EGD=∠EGD'=90°，∵CD'⊥DF，∴CD'∥BG，∴EG是△DCD'的中位線，∴點E是CD的中點，∴CE=DE=CD=×2=1，∴BE=，由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，∴△ECB∽△EGD，∴，∴，∴EG=，∴BG=BE+EG=，∵EG是△DCD'的中位線，∴CD'=2EG=2×=；(3)以點A為圓心，AD的長為半徑作圓弧，與CD和BC的交點即為點E，①如圖3，當點E在CD上時，延長AF交DE于點G，由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，∴∠OAF=∠ODA，∵AC=2，∴OA=1，∵AD=，∴OD=，∴tan∠OAF=tan∠ODA=，∴,∴OF=；②如圖4，當點E在BC上時，延長AF交DE于點G，則∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG=∠DAE，∵AD=AB=AE，∴∠AEB=∠ABE，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABO=∠ABE，AD∥∠BC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠ABO=∠DAG，在△AGD和△BOA中，，∴△AGD≌△BOA（AAS），∴DG=AO=1，AG=BO=，∴DG=AO，∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，∴△FOA≌△FGD（ASA），∴OF=FG，設(shè)OF=FG=x，則DF=，在Rt△DFG中，DF2=GF2+DG2，∴（）2=x2+12，解得：x=，∴OF=，綜上所述，OF的長為或．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、軸對稱的性質(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∠EBC=∠EDF，從而得到相似三角形或全等三角形，難度較大，需要學生學會利用前面所學的知識解答后面的題目，具有很強的綜合性，是中考?？碱}型．3．（1）基礎(chǔ)鞏固：如圖1，已知正方形中，E是邊的延長線上一點，過點C作，交于點F．求證：．（2）嘗試應(yīng)用：如圖2，已知正方形的邊長為1，M是邊所在直線上一點，N是邊所在直線上一點，且．記，．請直接寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．（3）應(yīng)用拓廣：如圖3，已知菱形是一個菱長為的森林生態(tài)保護區(qū)，，沿保護區(qū)的邊緣、已修建好道路和，現(xiàn)要從保護區(qū)外新修建一條道路，將道路、連通．已知，求道路的最短路程．【答案】（1）見解析；（2）或；（3）【分析】（1）證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)定理即可得出CE＝CF；（2）分別討論當點M在線段上和點M在線段的延長線上和點M在線段的延長線上，利用相似三角形的性質(zhì)和判定證明得出CK的值，全等三角形的判定和性質(zhì)以及三角形面積公式解答即可；（3）以CD為邊作∠DCG＝120°，交射線AP于點G，過點C作CH⊥PA于點H，利用菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形∴∴∵∴∵∴∴（2）解：當點M在線段上時，如圖1，過點C作，交于點K，連接，由（1）得∵，∴∵四邊形是正方形，∴∵∴∴，即∵∴∵∴∴當點M在線段的延長線上時，同理得當點M在線段的延長線上時，同理得．（3）以為一邊作，交射線于點G，過點C作于點H，如圖∵∴∵四邊形是菱形∴∵∴∴∵∴∴是等邊三角形∴∴∴∴道路的長度∴當最短，即當時，道路的長度最短∵∴∴道路的最短路程是．【點睛】此題考查四邊形的綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形和全等三角形的判定和性質(zhì)以及菱形的性質(zhì)解答．4．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形ABCD中，點E、Q分別在邊BC、AB上，DQ⊥AE于點O，點G、F分別在邊CD、AB上，GF⊥AE．①填空：DQAE（填“＞”“＜”或“＝”）；②推斷的值為；（2）類比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，＝k（k為常數(shù)）．將矩形ABCD沿GF折疊，使點A落在BC邊上的點E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點H，連接AE交GF于點O．試探究GF與AE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CP，當k＝時，若＝，GF＝2，求CP的長．【答案】（1）①＝

②1

（2）＝k；理由見解析

（3）【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題；（2）結(jié)論：＝k．如圖2中，作GM⊥AB于M．然后證明△ABE∽△GMF即可解決問題；（3）如圖2中，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】（1）①解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．故答案是：＝；②解：∵DQ⊥AE，F(xiàn)G⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案為：1．（2）解：結(jié)論：＝k．理由：如圖2中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴＝，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴＝＝＝k．（3）解：如圖2中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．由＝，可以假設(shè)BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，F(xiàn)G＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，∴k＝1或﹣1（舍棄），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴＝＝，∴＝＝，∴EM＝，PM＝，∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝＝．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了特殊的平行四邊形正方形、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)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．5．如圖①，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D為AB的中點，EF為△ACD的中位線，四邊形EFGH為△ACD的內(nèi)接矩形（矩形的四個頂點均在△ACD的邊上）．（1）計算矩形EFGH的面積；（2）將矩形EFGH沿AB向右平移，F(xiàn)落在BC上時停止移動．在平移過程中，當矩形與△CBD重疊部分的面積為時，求矩形平移的距離；（3）如圖③，將（2）中矩形平移停止時所得的矩形記為矩形，將矩形繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，當落在CD上時停止轉(zhuǎn)動，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為矩形，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為，求的值．【答案】（1）；（2）矩形移動的距離為時，矩形與△CBD重疊部分的面積是；（3）【詳解】分析：（1）根據(jù)已知，由直角三角形的性質(zhì)可知AB=2，從而求得AD，CD，利用中位線的性質(zhì)可得EF，DF，利用三角函數(shù)可得GF，由矩形的面積公式可得結(jié)果；（2）首先利用分類討論的思想，分析當矩形與△CBD重疊部分為三角形時（0＜x≤），利用三角函數(shù)和三角形的面積公式可得結(jié)果；當矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時（＜x≤），列出方程解得x；（3）作H2Q⊥AB于Q，設(shè)DQ=m，則H2Q＝m，又DG1＝，H2G1＝，利用勾股定理可得m，在Rt△QH2G1中，利用三角函數(shù)解得cosα．詳解：（1）如圖①，在中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2,

又∵D是AB的中點，∴AD=1，．又∵EF是的中位線，∴，在中，AD=CD,∠A=60°,∴∠ADC=60°．在中,60°，∴矩形EFGH的面積．（2）如圖②，設(shè)矩形移動的距離為則，當矩形與△CBD重疊部分為三角形時，則，，∴．（舍去）．當矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時，則，重疊部分的面積S=,∴．即矩形移動的距離為時，矩形與△CBD重疊部分的面積是．（3）如圖③，作于．設(shè)，則，又，．

在Rt△H2QG1中，，解之得（負的舍去）．∴．點睛：本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)和三角函數(shù)定義等，利用分類討論的思想，構(gòu)建直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．6．（1）如圖1，在△ABC中，AB＞AC，點D，E分別在邊AB，AC上，且DE∥BC，若AD＝2，AE＝，則的值是；（2）如圖2，在（1）的條件下，將△ADE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，連接CE和BD，的值變化嗎？若變化，請說明理由；若不變化，請求出不變的值；（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AC⊥BC于點C，∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝，當CD＝6，AD＝3時，請直接寫出線段BD的長度．【答案】（1）；（2）的值不變化，值為，理由見解析；（3）【分析】（1）由平行線分線段成比例定理即可得出答案；（2）證明△ABD∽△ACE，得出＝＝（3）作AE⊥CD于E，DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，則DM＝CN，DN＝MC，由三角函數(shù)定義得出＝，＝，得出＝，求出AE＝AD＝，DE＝AE＝，得出CE＝CD﹣DE＝，由勾股定理得出AC＝＝，得出BC＝AC＝，由面積法求出CN＝DM＝，得出BN＝BC+CN＝，由勾股定理得出AM＝＝，得出DN＝MC＝AM+AC＝，再由勾股定理即可得出答案．【詳解】（1）∵DE∥BC，∴＝＝＝；故答案為：；（2）的值不變化，值為；理由如下：由（1）得：DE∥B，∴△ADE∽△ABC，∴＝，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE，∴＝＝；（3）作AE⊥CD于E，DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如圖3所示：則四邊形DMCN是矩形，∴DM＝CN，DN＝MC，∵∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝，∴＝，＝，∴＝，∴AE＝AD＝×3＝，DE＝AE＝，∴CE＝CD﹣DE＝6﹣＝，∴AC＝＝＝∴BC＝AC＝，∵△ACD的面積＝AC×DM＝CD×AE，∴CN＝DM＝＝，∴BN＝BC+CN＝，AM＝＝＝，∴DN＝MC＝AM+AC＝，∴BD＝＝＝．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)定義、三角形面積等知識；熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．7．在中，，，．（1）如圖1，折疊使點落在邊上的點處，折痕交、分別于點、，若，則________．（2）如圖2，折疊使點落在邊上的點處，折痕交、分別于點、．若，求證：四邊形是菱形；（3）在（1）（2）的條件下，線段上是否存在點，使得和相似？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．【答案】（1）5；（2）見解析；（3）存在，滿足條件長的值為或10或．【分析】（1）利用勾股定理求出AC，設(shè)HQ＝x，根據(jù)，構(gòu)建方程即可解決問題；（2）由翻折的性質(zhì)可得，，然后證明出即可；（3）設(shè)AE＝EM＝FM＝AF＝4m，則BM＝3m，F(xiàn)B＝5m，構(gòu)建方程求出m的值，然后根據(jù)，，求出，設(shè)，分兩種情形分別求解即可解決問題．【詳解】解：（1）在中，∵，，，∴，設(shè)，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴或5（舍棄），∴，故答案為5；（2）由翻折的性質(zhì)可知：，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形；（3）如圖3中，設(shè)，則，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，設(shè)，當時，，∴，解得：，當時，，∴，解得：或，經(jīng)檢驗：或是分式方程的解，且符合題意，綜上所述，滿足條件的的長為或10或．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了翻折變換，三角形的面積，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．8．已知，如圖1，在中，點是中點，連接并延長，交的延長線于點．(1)求證：；(2)如圖2，點是邊上任意一點（點不與點、重合），接交于點，連接，過點作，交于點．①求證：；②當點是邊中點時，恰有（為正整數(shù)數(shù)），求的值．【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)證得∠A=∠FBE，∠ADE=∠F，再由點E是AB中點，得AE=BE，即證得△ADE≌△BFE；（2）①先證△AEK與△CDH相似，再由AB=CD=2AE，即可推出結(jié)論．②作GM∥DF交HC于M，分別證明△CMG∽△CHF、△AHD∽△GHF、△AHK∽△HGM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算即可．（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴，∴∠A=∠FBE，∠ADE=∠F，∵點E是AB中點，∴AE=BE，在△ADE和△BFE中，，∴△ADE≌△BFE（AAS）；（2）①∵四邊形ABCD為平行四邊形，E為AB的中點，∴，AB=CD=2AE，∴∠AEK=∠CDH，∵，∴∠AKE=∠CHD，∴△AEK∽△CDH，∴，∴HC=2AK；②如圖3，作交HC于M，由（1）得：∵點G是邊BC中點，∴，∵，∴△CMG∽△CHF，∴，∵，∴△AHD∽△GHF，∴，設(shè)則即∴，∵，∴△AHK∽△HGM，∴，∴，即HD=4HK，∴n=4．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(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)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．9．如圖所示，已知邊長為13的正方形OEFG，其頂點O為邊長為10的正方形ABCD的對角線AC，BD的交點，連接CE，DG．(1)求證：；(2)當點D在正方形OEFG內(nèi)部時，設(shè)AD與OG相交于點M，OE與DC相交于點N．求證：；(3)將正方形OEFG繞點O旋轉(zhuǎn)一周，當點G，D，C三點在同一直線上時，請直接寫出EC的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)3或17【分析】（1）先由正方形的性質(zhì)得到OD=OC，OG=OE，只需要證明∠GOD=∠EOC即可證明；（2）如圖所示，過點O作OK⊥AD于K，OJ⊥CD于J，則四邊形OJDK是矩形，先證明四邊形OJDK是正方形，得到OK=OJ=DK=DJ，則；再證得到KM=JN，由此即可得到答案；（3）分G在CD延長線上和G在DC的延長線上，兩種情況討論求解即可．（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴OD=OC，∠DOC=90°，∵四邊形EFGO是正方形，∴，OG=OE，∴，即∠GOD=∠EOC，∴；（2）解：如圖所示，過點O作OK⊥AD于K，OJ⊥CD于J，則四邊形OJDK是矩形，又∵∠JDO=45°，∴是等腰直角三角形，∴DJ=OJ，∴四邊形OJDK是正方形，∴OK=OJ=DK=DJ，∴；∵，∴，又∵，∴，∴KM=JN，∴（3）解：如圖2所示，過點O作OH⊥CD于H，∵∠DOC=90°，CD=10，OD=OC，OH⊥DC，∴DH=CH=5，∴，∵OG=13，∴，∴DG=GHDH=7，∵，∴CE=DG=3；如圖3所示，當G在DC的延長線上時，同理可得GH=12，DG=DH+GH=17，∴CE=DG=17，綜上所述，滿足題意的CE的長為3或17．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握正方形的相關(guān)知識．10．如圖，是菱形的對角線，將線段繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得線段，的平分線與邊交點為E．(1)如圖1，點F在的延長線上，求證：平分；(2)如圖2，點P在上，若，求的值；(3)如圖3，若與交于點G，延長、交于點M，延長、交于點H，已知，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）證明，由全等三角形的性質(zhì)得出，由菱形的性質(zhì)得出，得出，證明，則可得出結(jié)論；（2）延長，，交點為，由平行線分線段成比例定理可得出，證出，則可得出結(jié)論；（3）證明，由全等三角形的性質(zhì)得出，證明，由全等三角形的性質(zhì)得出，，證明，由全等三角形的性質(zhì)得出，，證明，由相似三角形的性質(zhì)得出答案．(1)解：將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得線段，，平分，，，，，四邊形是菱形，．，，平分；(2)解：延長，，交點為，，，，，，，，，，，，，；(3)解：，，，，，四邊形是菱形，，，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了菱形的性質(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)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等．11．如圖，BD是菱形ABCD的對角線，將線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得線段BF，∠FBC的平分線與邊CD的交點為E．(1)如圖1，若點F在AD的延長線上，求證：∠A＝∠BFE；(2)如圖2，若點F在對角線BD上，且，求的值；(3)如圖3，若BE＝BC，EF與AD交于點G，延長EF、BA交點為M，延長BE、AD交點為H，且，求的值．【答案】(1)見解析；(2)；(3)【分析】（1）首先根據(jù)題意證明△FBE≌△CBE，然后得到∠C＝∠BFE，由菱形的性質(zhì)得到∠A＝∠C，進而可證明∠A＝∠BFE；（2）延長AD、BE，交點為N，首先根據(jù)題意得到，然后根據(jù)，得出，最后根據(jù)線段之間的轉(zhuǎn)化即可求出的值；（3）首先根據(jù)題意得到△FBE≌△CBE，然后得到BF＝AB，然后證明出△BEM≌△BAH（ASA），得到AM＝EH，進而證明出△MGA≌△HGE（AAS），得到GM＝GH，AG＝EG，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和線段之間的轉(zhuǎn)化即可求出的值．（1）∵線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得線段BF，∴BC＝BF，∵BE平分∠FBC，∴∠FBE＝∠CBE，∵BE＝BE，∴△FBE≌△CBE，∴∠C＝∠BFE，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C，∴∠A＝∠BFE；（2）延長AD、BE，交點為N，∵，∴，∠N＝∠CBE，∵∠CBE＝∠FBE，∴∠N＝∠FBE，∴DN＝BD，∵，∴，∵BF＝BC，BD＝DN，∴；（3）∵BF＝BC，∠FBE＝∠CBE，BE＝BE，∴△FBE≌△CBE，∴∠BFE＝∠C，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠C，AB＝BC，∴∠BFE＝∠BAD，BF＝AB，∵BF＝BE，∴∠BEF＝∠BFE＝∠BAD，BE＝AB，在△BEM和△BAH中，∴△BEM≌△BAH（ASA），∴BM＝BH，∠M＝∠H，∵AM＝BM－AB，EH＝BH－BE，∴AM＝EH，由∠MGA＝∠HGE，∠M＝∠H，AM＝EH，∴△MGA≌△HGE（AAS），∴GM＝GH，AG＝EG，∵，∴△DGE∽△AGM，∴，∴，∵，∴．【點睛】此題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，折疊的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線找到線段之間的關(guān)系．12．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG是矩形且，點E線段BD上．(1)連接DG，求證：∠BDG＝90°；(2)連接DF，當AB＝AE時，求證：DF＝FG；(3)在（2）的條件下，連接EG，若∠DGE＝45°，AB＝2，求AD的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）利用兩邊成比例且夾角相等，可證明△ABE∽△ADG，得∠AEB＝∠AGD，再利用EF∥AG，得∠EMD＝∠AGD，則∠EMD＝∠AEB，從而解決問題；（2）由SAS可證明△DEF≌△EDA，得DF＝EA，即可證明結(jié)論；（3）由∠EDG＝∠EFG＝90°，得D，E，F(xiàn)，G四點共圓，證明△ANE是等腰直角三角形，得NE＝AE＝AB＝2，AN＝AE＝2，從而求出答案．（1）證明：∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD＝90°，∠DAG+∠EAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，又∵，∴△ABE∽△ADG，∴∠AEB＝∠AGD，設(shè)EF交DG于M，∵EF∥AG，∴∠EMD＝∠AGD，∴∠EMD＝∠AEB，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠DEM＝180°﹣∠AEF＝90°，即∠EMD+∠DEM＝90°，∴∠BDG＝∠EDM＝180°﹣（∠DEM+∠DME）＝90°；（2）證明：∵，AB＝AE，∴AD＝AG，∠ADG＝∠AGD，∵AG＝FE，∴FE＝AD，∵△ABE∽△ADG，∴∠AEB＝∠AGD＝∠ADG，∵∠DEF＝90°﹣∠AEB，∠EDA＝∠EDG﹣∠ADG＝90°﹣∠ADG，∴∠DEF＝∠EDA，在△DEF與△EDA中，，∴△DEF≌△EDA（SAS），∴DF＝EA，∵EA＝FG，∴DF＝FG；（3）解：∵∠EDG＝∠EFG＝90°，∴D，E，F(xiàn)，G四點共圓，設(shè)EF交AD于N，∵∠DGE＝45°，∴∠DFE＝45°，∵△DEF≌△EDA，∴∠EAD＝∠DFE＝45°，∵∠AEN＝90°，∴△ANE是等腰直角三角形，∴NE＝AE＝AB＝2，AN＝AE＝2，∵△DEF≌△EDA，∴∠FED＝∠ADE，∴ND＝NE＝2，∴AD＝AN+ND＝2+2．【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，利用四點共圓得出∠DFE＝45°是解題的關(guān)鍵．13．如圖，已知矩形ABCD，點E在邊CD上，連接BE，過C作CM⊥BE于點M，連接AM，過M作MN⊥AM，交BC于點N．(1)求證：△MAB∽△MNC；(2)若AB＝4，BC＝6，且點E為CD的中點，求BN的長；(3)若，且MB平分∠AMN，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）只需要證明出∠MBA=∠MCN，即可證明△MAB∽△MNC；（2）先求出CE=DE=2，，再由三角形面積法求出，根據(jù)，求出，再由△MAB∽△MNC求出，則；（3）先證△BMC∽△BCE，得到，從而推出，設(shè)，，，，如圖所示，過點B作交MN延長線于H，先證明∠H=∠HMB=45°，得到BM=BH，再證△BHN∽△CMN，得到，由此求解即可．【詳解】（1）解：∵CM⊥BE，∴∠CMN+∠BMN=90°，∠MBC+∠MCB=90°，∵AM⊥MN，∴∠AMB+∠BMN=90°，∴∠AMB=∠CMN，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠ABM+∠MBC=90°，∴∠MBA=∠MCN，∴△MAB∽△MNC；（2）解：∵E為CD的中點，AB=CD=4，∴CE=DE=2，∴，∵，∴，∵，∴，∵△MAB∽△MNC，∴，即，∴，∴；（3）解：∵∠CBE=∠MBC，∠BMC=∠BCE，∴△BMC∽△BCE，∴，由（2）得，∴，∴，設(shè)，，，，如圖所示，過點B作交MN延長線于H，∵CM⊥BE，∴∠HBM=∠CME=90°，∵MB平分∠AMN，∴∠AMB=∠HMB=45°，∴∠H=∠HMB=45°，∴BM=BH，∵，∴△BHN∽△CMN，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，勾股定理等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定條件．14．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D在邊BC上，BDBC，將線段DB繞點D順時針旋轉(zhuǎn)α至DE，連接BE，CE，以CE為斜邊在其一側(cè)作等腰直角三角形CEF，連接AF．(1)如圖1，當α＝180°時，請直接寫出線段AF與線段BE的數(shù)量關(guān)系；(2)當0°＜α＜180°時，①如圖2，（1）中線段AF與線段BE的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請說明理由；②如圖3，當BC＝10，且點B，E，F(xiàn)三點共線時，求線段AF的長．【答案】(1)；(2)①仍然成立，理由見解析；②2．【分析】（1）根據(jù)題意得BD=DE=EC=BC，進而可得△ABC∽△FEC，得出，由BC=AC，推出，即可得出答案；（2）①可證得△ACF∽△BCE，從而得出結(jié)果；②作DG⊥BF于G，可推出△BDG∽△BCF，進而得出BG=BF，DG=CF，進一步得出DG=BG，進而在Rt△BDG中根據(jù)勾股定理求得BG，進一步求得結(jié)果．（1）當α=180°時，點E在線段BC上，∵BD=BC，∴DE=BD=BC，∴BD=DE=EC，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠CFE=∠BAC=90°，∵∠ECF=∠BCA=45°，∴△ABC∽△FEC，∴，∴，∵BC=AC，∴，∴，即，∴；（2）①仍然成立，理由如下：如圖2，∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF=45°，，∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴∠BCA=45°，=，∴∠ECF=∠BCA，，∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE，∴∠ACF=∠BCE，∵，∴△CAF∽△CBE，∴，∴仍然成立．②如圖，作DG⊥BF于G，∴∠BGD=90°，∵∠CFE=90°，∴DG∥CF，∴△BDG∽△BCF，∴，∴BG=BF，DG=CF，∵BD=DE，∴BG=GE，∴EF=GE=BG，∵EF=CF，∴DG=BG，在Rt△BDG中，BG2+DG2=BD2，∴BG2+（BG）2=（）2，∴BG=，∴BE=2，由（2）得：AF=BE，∴AF=2×=2．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．15．已知正方形ABCD的邊長為4，對角線AC，BD交于點E，F(xiàn)是CD延長線上一點，連接AF，G是線段AF上一點，連接BG，DG．(1)如圖1，若CF＝CA，G是AF的中點；①求∠FAD的度數(shù)；②求證：BG⊥DG；(2)如圖2，若FG＝2AG，BG⊥DG，求FD的長度．【答案】(1)①22.5°；②見解析(2)【分析】（1）①可求得∠ACD=∠DAC=45°，進而求得結(jié)果；②連接GE，根據(jù)中位線定理證得EG=CF，進而得出EG=BD，進一步命題得證；（2）連接EG，可證得EG=DE=BE=AE，所以點A、G、D、B、C共圓，從而得出∠FGD=∠ACD，進而證得△FDG∽△FAC，進一步求得結(jié)果．（1）①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠ACF=45°，∠ADF=∠ADC=90°，∵CF=CA，∴，∴∠FAD=∠FAC∠DAC=67.5°45°=22.5°；②證明：連接GE，如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC=BD，AE=CE，BE=DE=BD，∵AC=CF，∴CF=BD，∵AG=FG，AE=CE，∴EG=CF，∴EG=BD，∴GE=BE=DE，∴∠EGD=∠EDG，∠EGB=∠EBG，∵∠EGD+∠EDG+∠EGB+∠EBG=180°，∴∠EGD+∠EGB=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG；（2）如圖2，連接EG，∵BG⊥DG，BE=DE，∴GE=BE=DE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AE=CE=AC，BE=DE=BD，AC=BD，∴AE=CE=BE=DE，∴點A、G、D、C、B在以E為圓心，AE為半徑的圓上，∴∠DGF=∠ACD，∵∠F=∠F，∴△FDG∽△FAC，∴，∴FD?FC=FG?FA，設(shè)FD=x，則，∵FG=2AG，∴，∴，∴x1=，x2=（舍去），∴FD=．【點睛】本題考查了正方形性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，確定圓的條件，三角形中位線定理，相似三角形判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，找出相似三角形的條件．16．如圖，在平面直角坐標系中，點A，B分別在x軸，y軸正半軸上，AO＝2BO，點C（3，0）（A點在C點的左側(cè)），連接AB，過點A作AB的垂線，過點C作x軸的垂線，兩條垂線交于點D，已知△ABO≌△DAC，直線BD交x軸于點E．(1)求直線AD的解析式；(2)直線AD有一點F，設(shè)點F的橫坐標為t，若△ACF與△ADE相似，求t的值；(3)如圖2，在直線AD上找一點G，直線BD上找一點P，直線CD上找一點Q，使得四邊形AQPG是菱形，求出G點的坐標．【答案】(1)y＝2x﹣4(2)1或(3)G（，3﹣3）或G（，﹣3﹣3）【分析】（1）由△ABO≌△DAC，得到OC＝OA+AC＝OA+OB，再由已知求出AO＝2，OB＝1，即可得到A（2，0），D（3，2），用待定系數(shù)法求直線AD的解析式即可；（2）由題意可知只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED兩種情況，此時F點必在x軸下方，分兩種情況求解即可；（3）設(shè)G（n，2n﹣4），P（m，m+1），Q（3，p），AP、GQ為菱形對角線，AG＝AQ，列出方程組，解得n＝或n＝．(1)∵△ABO≌△DAC，∴AC＝OB，AO＝CD，∵C（3，0），∴OC＝3，∵OC＝OA+AC＝OA+OB，又∵AO＝2BO，∴AO＝2，OB＝1，∴B（0，1），A（2，0），∴CD＝2，∴D（3，2），設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線AD的解析式為y＝2x﹣4；(2)設(shè)BD的解析式為y＝ax+c，把B（0，1），D（3，2）代入y＝ax+c，得，∴，∴BD的解析式為y＝x+1，令y=0，則x+1=0∴x=3∴E（﹣3，0），∴AE＝2+3=5，AD＝，ED＝2，AC＝1，∵F點在直線AD上，∴設(shè)F（t，2t﹣4），∴AF＝|t﹣2|，∵∠DAC＝∠EDA+∠DEA，∴△ACF與△ADE相似時，只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED兩種情況，此時F點必在x軸下方，∴t＜2，①當△ACF∽△ADE時，＝，∴＝，∴t＝3（舍）或t＝1；②當△ACF∽△AED時，＝，∴，∴t＝或t＝（舍）；綜上所述：t的值為1或；(3)設(shè)G（n，2n﹣4），P（m，m+1），Q（3，p），∵四邊形AQPG是菱形，∴AP、GQ為菱形對角線，AG＝AQ，∴，解得n＝或n＝，∴G（，3﹣3）或G（，﹣3﹣3）．【點睛】本題是一次函數(shù)的綜合題，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，分類討論，準確地計算是解題的關(guān)鍵．17．如圖，四邊形ABCD是矩形．(1)如圖1，E、F分別是AD、CD上的點，BF⊥CE，垂足為G，連接AG．①求證：＝．②若G為CE的中點，求證：sin∠AGB＝；(2)如圖2，將矩形ABCD沿MN折疊，點A落在點R處，點B落在CD邊的點S處，連接BS交MN于點P，Q是RS的中點．若AB=2，BC=3，求PS+PQ的最小值．【答案】(1)①見解析；②見解析(2)【分析】（1）①證明△FBC∽△ECD可得結(jié)論．②連接BE，GD，證明△ADG≌△BCG，得到∠DAG=∠CBG，從而推出∠AEB=∠AGB，可得sin∠AGB=sin∠AEB=；（2）如圖2中，取AB的中點T，連接PT，CP．因為四邊形MNSR與四邊形MNBA關(guān)于MN對稱，T是AB中點，Q是SR中點，所以PT=PQ，MN垂直平分線段BS，推出BP=PS，由∠BCS=90°，推出PC=PS=PB，推出PQ+PS=PT+PC，當T，P，C共線時，PQ+PS的值最?。?1)解：①證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠CDE=∠BCF=90°，∵BF⊥CE，∴∠BGC=90°，∴∠BCG+∠FBC=∠BCG+∠ECD=90°，∴∠FBC=∠ECD，∴△FBC∽△ECD，∴；②證明：如圖1中，連接BE，GD．∵BF⊥CE，EG=CG，∴BF垂直平分線段EC，∴BE=CB，∠EBG=∠CBG，∵DG=CG，∴∠CDG=∠GCD，∵∠ADG+∠CDG=90°，∠BCG+∠ECD=90°，∴∠ADG=∠BCG，∵AD=BC，∴△ADG≌△BCG（SAS），∴∠DAG=∠CBG，∴∠DAG=∠EBG，∴∠AEB=∠AGB，∴sin∠AGB=sin∠AEB=；(2)如圖2中，取AB的中點T，連接PT，CP．∵四邊形MNSR與四邊形MNBA關(guān)于MN對稱，T是AB中點，Q是SR中點，∴PT=PQ，MN垂直平分線段BS，∴BP=PS，∵∠BCS=90°，∴PC=PS=PB，∴PQ+PS=PT+PC，當T，P，C共線時，PQ+PS的值最小，最小值=，∴PQ+PS的最小值為，故答案為：．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．18．問題提出：如圖①所示，在矩形和矩形中，，點A，O，D不在同一直線上，連接．是的中線，那么之間存在怎樣的關(guān)系？(1)問題探究：先將問題特殊化，如圖②所示，當且時，的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是________．(2)問題拓展：再探究一般情形如圖③所示，當，時，證明（1）中的結(jié)論仍然成立．(3)問題解決：回歸圖①所示，探究之間存在怎樣的關(guān)系（數(shù)量關(guān)系用k表示）？【答案】(1)CF=2OH，OH⊥CF(2)當k=1，∠AOD≠90°時，（1）中的結(jié)論仍然成立(3)CF=2kOH，OH⊥CF【分析】（1）連接HO并延長交CF于點L，通過證明△AOD≌△COF可得AD=CF，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得CF=2OH；通過計算可得∠CLO=90°則OH⊥CF；（2）當k=1，∠AOD≠90°時，（1）中的結(jié)論仍然成立，延長OH至點M，使HM=HO，連接DM，延長HO交CF于點N，通過證明△AOH≌△DMH可得OM=CF，進而得到DM∥AO，利用同角的補角相等可得∠ODM=∠COF，易證△ODM≌△FOC，則CF=OM=2OH；與（1）相同的方法通過計算得到∠ONF=90°，則OH⊥CF；（3）延長OH至點G，使HG=HO，連接DG.延長HO交CF于點K，同（2）中的方法證明△AOH≌△DGH，得到AO=DG，∠AOH=∠G，AO//DG，易證△FOC∽△ODG，則∠OFC=∠DOG，于是FC=kOG=2kOH；同（1）中的方法通過計算得到∠OKF=90°，則OH⊥CF．（1）解：HO，CF的數(shù)量關(guān)系是：CF=2OH，位置關(guān)系是：OH⊥CF，理由是：連接HO并延長交CG于點L，如圖當k=1且∠AOD=90°時，∴AO=CO，OF=OD∴矩形AOCB和矩形ODEF是正方形∴∠AOC=∠DOF=90°∴∠COF=90°在△AOD和△COF中∴△AOD≌△COF（SAS）∴AD=CF，∠OAD=∠OCF∵HO是△AOD的中線，∠AOD=90°∴HO=AD∴HO=CF，即CF=3OH∵HO=AH∴∠OAD=∠AOH∴∠AOH