專題17圖形的性質(zhì)壓軸題（綜合訓(xùn)練）

專題17圖形的性質(zhì)壓軸題（綜合）1．綜合與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結(jié)論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結(jié)論進(jìn)行探究．提出問題：如圖1，在線段AC同側(cè)有兩點B，D，連接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經(jīng)過點A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一點E（不與A，C重合），連接AE，CE，則∠AEC+∠D＝180°（依據(jù)1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴點A，B，C，E四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）∴點B，D在點A，C，E所確定的⊙O上（依據(jù)2）∴點A，B，C，D四點在同一個圓上反思?xì)w納：（1）上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：圓內(nèi)接四邊形對角互補；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓．（2）如圖3，在四邊形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，則∠4的度數(shù)為45°．拓展探究：（3）如圖4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，點D在BC上（不與BC的中點重合），連接AD．作點C關(guān)于AD的對稱點E，連接EB并延長交AD的延長線于F，連接AE，DE．①求證：A，D，B，E四點共圓；②若AB＝22，AD?AF的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．試題分析：（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、過三點的圓解答即可；（2）根據(jù)四點共圓、圓周角定理解答；（3）①根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到AE＝AC，DE＝DC，∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，進(jìn)而得到∠AED＝∠ABC，證明結(jié)論；②連接CF，證明△ABD∽△AFB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．答案詳解：（1）解：依據(jù)1：圓內(nèi)接四邊形對角互補；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓，所以答案是：圓內(nèi)接四邊形對角互補；過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓；（2）解：∵∠1＝∠2，∴點A，B，C，D四點在同一個圓上，∴∠3＝∠4，∵∠3＝45°，∴∠4＝45°，所以答案是：45°；（3）①證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵點E與點C關(guān)于AD的對稱，∴AE＝AC，DE＝DC，∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∴∠AED＝∠ACB，∴∠AED＝∠ABC，∴A，D，B，E四點共圓；②解：AD?AF的值不會發(fā)生變化，理由如下：如圖4，連接CF，∵點E與點C關(guān)于AD的對稱，∴FE＝FC，∴∠FEC＝∠FCE，∴∠FED＝∠FCD，∵A，D，B，E四點共圓，∴∠FED＝∠BAF，∴∠BAF＝∠FCD，∴A，B，F(xiàn)，C四點共圓，∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，∵∠BAD＝∠FAB，∴△ABD∽△AFB，∴ADAB∴AD?AF＝AB2＝8．2．已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．（1）如圖1，CB平分∠ACD，求證：四邊形ABDC是菱形；（2）如圖2，將（1）中的△CDE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)（旋轉(zhuǎn)角小于∠BAC），BC，DE的延長線相交于點F，用等式表示∠ACE與∠EFC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（3）如圖3，將（1）中的△CDE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)（旋轉(zhuǎn)角小于∠ABC），若∠BAD＝∠BCD，求∠ADB的度數(shù)．試題分析：（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC＝DC，根據(jù)角平分線的定義得到∠DCB＝∠ACB，證明四邊形ABCD為平行四邊形，根據(jù)菱形的判定定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ABC＝∠DEC，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理證明即可；（3）在AD上取點M，使AM＝BC，連接BM，證明△AMB≌△CBD，得到BM＝BD，∠ABM＝∠CDB，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計算，得到答案．答案詳解：（1）證明：∵△ABC≌△DEC，∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴∠DCB＝∠ACB，∴∠ABC＝∠DCB，∴AB∥CD，∴四邊形ABDC為平行四邊形，∵AB＝AC，∴平行四邊形ABDC為菱形；（2）解：∠ACE+∠EFC＝180°，理由如下：∵△ABC≌△DEC，∴∠ABC＝∠DEC，∴∠ACB＝∠DEC，∵∠ACB+∠ACF＝∠DEC+∠CEF＝180°，∴∠CEF＝∠ACF，∵∠CEF+∠ECF+∠EFC＝180°，∴∠ACF+∠ECF+∠EFC＝180°，∴∠ACE+∠EFC＝180°；（3）解：如圖3，在AD上取點M，使AM＝BC，連接BM，在△AMB和△CBD中，AM=BC∠BAM=∠DCB∴△AMB≌△CBD（SAS），∴BM＝BD，∠ABM＝∠CDB，∴∠BMD＝∠BDM，∵∠BMD＝∠BAD+∠MBA，∴∠ADB＝∠BCD+∠BDC，設(shè)∠BCD＝∠BAD＝α，∠BDC＝β，則∠ADB＝α+β，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝α+2β，∴∠BAC＝∠CAD﹣∠BAD＝2β，∴∠ACB=12×（180°﹣2β）＝90∴∠ACD＝90°﹣β+α，∵∠ACD+∠CAD+∠CDA＝180°，∴90°﹣β+α+α+2β+α+2β＝180°，∴α+β＝30°，即∠ADB＝30°．3．閱讀材料：小明喜歡探究數(shù)學(xué)問題，一天楊老師給他這樣一個幾何問題：如圖1，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點A在DE上．求證：以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．【探究發(fā)現(xiàn)】（1）小明通過探究發(fā)現(xiàn)：連接DC，根據(jù)已知條件，可以證明DC＝AE，∠ADC＝120°，從而得出△ADC為鈍角三角形，故以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．請你根據(jù)小明的思路，寫出完整的證明過程．【拓展遷移】（2）如圖2，四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，點A在EG上．①試猜想：以AE、AG、AC為邊的三角形的形狀，并說明理由．②若AE2+AG2＝10，試求出正方形ABCD的面積．試題分析：（1）連接DC，證△CBD≌△ABE（SAS），得CD＝AE，∠BDC＝∠E＝60°，則∠ADC＝∠BDE+∠BDC＝120°，即可得出結(jié)論；（2）①連接CG，證△CBG≌△ABE（SAS），得CG＝AE，∠CGB＝∠AEB＝45°，再證∠AGC＝90°，得△ACG是直角三角形，即可得出結(jié)論；②由勾股定理得CG2+AG2＝AC2，則AE2+AG2＝AC2＝10，再由正方形的性質(zhì)和勾股定理得AB2＝5，即可得出結(jié)論．答案詳解：（1）證明：如圖1，連接DC，∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，∴AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝∠E＝∠BDE＝60°，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，即∠CBD＝∠ABE，∴△CBD≌△ABE（SAS），∴CD＝AE，∠BDC＝∠E＝60°，∴∠ADC＝∠BDE+∠BDC＝120°，∴△ADC為鈍角三角形，∴以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．（2）解：①以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形，理由如下：如圖2，連接CG，∵四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，∴AB＝CB，BE＝BG，∠ABC＝∠BCD＝∠EBG＝∠BGF＝90°，∠EGB＝∠GEB＝45°，∴∠ABC﹣∠ABG＝∠EBG﹣∠ABG，即∠CBG＝∠ABE，∴△CBG≌△ABE（SAS），∴CG＝AE，∠CGB＝∠AEB＝45°，∴∠AGC＝∠EGB+∠CGB＝45°+45°＝90°，∴△ACG是直角三角形，即以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形；②由①可知，CG＝AE，∠AGC＝90°，∴CG2+AG2＝AC2，∴AE2+AG2＝AC2，∵AE2+AG2＝10，∴AC2＝10，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴AB2+BC2＝AC2＝10，∴AB2＝5，∴S正方形ABCD＝AB2＝5．4．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．（1）特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC=2，分別求出線段BD、CE和DE（2）規(guī)律探究：（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．試題分析：（1）易證△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的三邊關(guān)系可得出BD，DE和CE的長即可．（2）（Ⅰ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進(jìn)而解答即可；（Ⅱ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進(jìn)而解答即可；（3）根據(jù)題意可證明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的長，根據(jù)S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出結(jié)論．答案詳解：解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵l∥BC，∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，∴AD＝BD，AE＝CE，∵AB＝AC=2∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，∴DE＝2；（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，∠ABD=∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE．（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，∠ABD=∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE∵∠BAC＝∠ADB＝90°，∴△ABD∽△FBA，∴AB：FB＝BD：AB，∵CE＝3，DE＝1，∴AE＝BD＝4，∴AB＝5．∴BF=25∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF=12×52-5．問題提出（1）如圖1，AD是等邊△ABC的中線，點P在AD的延長線上，且AP＝AC，則∠APC的度數(shù)為75°．問題探究（2）如圖2，在△ABC中，CA＝CB＝6，∠C＝120°．過點A作AP∥BC，且AP＝BC，過點P作直線l⊥BC，分別交AB、BC于點O、E，求四邊形OECA的面積．問題解決（3）如圖3，現(xiàn)有一塊△ABC型板材，∠ACB為鈍角，∠BAC＝45°．工人師傅想用這塊板材裁出一個△ABP型部件，并要求∠BAP＝15°，AP＝AC．工人師傅在這塊板材上的作法如下：①以點C為圓心，以CA長為半徑畫弧，交AB于點D，連接CD；②作CD的垂直平分線l，與CD交于點E；③以點A為圓心，以AC長為半徑畫弧，交直線l于點P，連接AP、BP，得△ABP．請問，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？請證明你的結(jié)論．試題分析：（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB＝AC，∠BAC＝60°，根據(jù)等腰三角形的三線合一得到∠PAC＝30°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)計算，得到答案；（2）連接PB，證明四邊形PBCA為菱形，求出PB，解直角三角形求出BE、PE、OE，根據(jù)三角形的面積公式計算即可；（3）過點A作CD的平行線，過點D作AC的平行線，兩條平行線交于點F，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到PA＝PF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠PAF＝60°，進(jìn)而求出∠BAP＝15°，根據(jù)要求判斷即可．答案詳解：解：（1）∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵AD是等邊△ABC的中線，∴∠PAC=12∠BAC＝∵AP＝AC，∴∠APC=12×（180°﹣30所以答案是：75°；（2）如圖2，連接PB，∵AP∥BC，AP＝BC，∴四邊形PBCA為平行四邊形，∵CA＝CB，∴平行四邊形PBCA為菱形，∴PB＝AC＝6，∠PBC＝180°﹣∠C＝60°，∴BE＝PB?cos∠PBC＝3，PE＝PB?sin∠PBC＝33，∵CA＝CB，∠C＝120°，∴∠ABC＝30°，∴OE＝BE?tan∠ABC=3∴S四邊形OECA＝S△ABC﹣S△OBE=12×6×33=15（3）符合要求，理由如下：如圖3，過點A作CD的平行線，過點D作AC的平行線，兩條平行線交于點F，∵CA＝CD，∠DAC＝45°，∴∠ACD＝90°，∴四邊形FDCA為正方形，∵PE是CD的垂直平分線，∴PE是AF的垂直平分線，∴PF＝PA，∵AP＝AC，∴PF＝PA＝AF，∴△PAF為等邊三角形，∴∠PAF＝60°，∴∠BAP＝60°﹣45°＝15°，∴裁得的△ABP型部件符合要求．6．如圖，已知半徑為5的⊙M經(jīng)過x軸上一點C，與y軸交于A、B兩點，連接AM、AC，AC平分∠OAM，AO+CO＝6．（1）判斷⊙M與x軸的位置關(guān)系，并說明理由；（2）求AB的長；（3）連接BM并延長交⊙M于點D，連接CD，求直線CD的解析式．試題分析：（1）連接OM，由AC平分∠OAM可得∠OAC＝∠CAM，又MC＝AM，所以∠CAM＝∠ACM，進(jìn)而可得∠OAC＝∠ACM，所以O(shè)A∥MC，可得MC⊥x軸，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）過點M作MN⊥y軸于點N，則AN＝BN，且四邊形MNOC是矩形，設(shè)AO＝m，可分別表達(dá)MN和ON，進(jìn)而根據(jù)勾股定理可建立等式，得出結(jié)論；（3）連接AD，可得AD⊥MC，根據(jù)勾股定理可求出AD的長，進(jìn)而可得出點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可得出結(jié)論．答案詳解：解：（1）猜測⊙M與x軸相切，理由如下：如圖，連接OM，∵AC平分∠OAM，∴∠OAC＝∠CAM，又∵M(jìn)C＝AM，∴∠CAM＝∠ACM，∴∠OAC＝∠ACM，∴OA∥MC，∵OA⊥x軸，∴MC⊥x軸，∵CM是半徑，∴⊙M與x軸相切．（2）如圖，過點M作MN⊥y軸于點N，∴AN＝BN=12∵∠MCO＝∠AOC＝∠MNA＝90°，∴四邊形MNOC是矩形，∴NM＝OC，MC＝ON＝5，設(shè)AO＝m，則OC＝6﹣m，∴AN＝5﹣m，在Rt△ANM中，由勾股定理可知，AM2＝AN2+MN2，∴52＝（5﹣m）2+（6﹣m）2，解得m＝2或m＝9（舍去），∴AN＝3，∴AB＝6．（3）如圖，連接AD與CM交于點E，∵BD是直徑，∴∠BAD＝90°，∴AD∥x軸，∴AD⊥MC，由勾股定理可得AD＝8，∴D（8，﹣2）．由（2）可得C（4，0），設(shè)直線CD的解析式為：y＝kx+b，∴4k+b=08k+b=-2，解得k=∴直線CD的解析式為：y=-127．如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，BD為對角線．點E是邊AB延長線上的任意一點，連結(jié)DE交BC于點F，BG平分∠CBE交DE于點G．（1）求證：∠DBG＝90°．（2）若BD＝6，DG＝2GE．①求菱形ABCD的面積．②求tan∠BDE的值．（3）若BE＝AB，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一點T，使GT為定值，說明理由并求出ET的值．試題分析：（1）由菱形的性質(zhì)得CB＝AB，CD＝AD，可證明△ABD≌△CBD，得∠CBD=12∠ABC，而∠CBG=12∠EBC，所以∠DBG=12（∠ABC（2）①連結(jié)AC交BD于點K，交DE于點L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BK=12BD＝3，根據(jù)勾股定理可求得AK＝4，則AC＝8，即可由S菱形ABCD=12AC?②先由∠DKL＝∠DBG＝90°證明AC∥BG，則DLGL=DKBK=1，所以DL＝GL=12DG，再由DG＝2GE得GE=12DG，則DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得CLAL=DLEL=1（3）過點G作GT∥BC，交AE于點T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得EGLG=BEAB=1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再證明△ETG∽△EAD，得GTDA=ET答案詳解：（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴CB＝AB，CD＝AD，∵BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴∠CBD＝∠ABD=12∠∵∠CBG＝∠EBG=12∠∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG=12（∠ABC+∠EBC）=12（2）解：①如圖2，連結(jié)AC交BD于點K，交DE于點L，∵AC⊥BD，∴∠AKB＝90°，∵AB＝5，BD＝6，∴BK＝DK=12BD＝∴AK=AB∴CK＝AK＝4，∴AC＝8，∴S菱形ABCD=12AC?BD=12×②∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴AC∥BG，∴DLGL=∴DL＝GL=12∵DG＝2GE，∴GE=12∴DL＝GL＝GE，∵CD∥AB，∴CLAL∴CL=13AC=1∴KL＝4-8∴tan∠BDE=KL（3）解：如圖3，過點G作GT∥BC，交AE于點T，則GT為定值，理由：連結(jié)AC交BD于點K，交DE于點L，∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終都有BG∥AC，∴△BGE∽△ALE，∵BE＝AB，∴EGLG=∴EG＝LG，∵KL∥BG，∴DLLG=∴DL＝LG＝EG=13∵AD∥BC，∴GT∥AD，∴△ETG∽△EAD，∴GTDA∵BE＝AB＝DA＝5，∴GT=13DA=1∴GT為定值；∵EA＝BE+AB＝10，∴ET=13EA=18．如圖1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于點D，在DA上取點E，使DE＝DC，連接BE、CE．（1）直接寫出CE與AB的位置關(guān)系；（2）如圖2，將△BED繞點D旋轉(zhuǎn)，得到△B′E′D（點B′、E′分別與點B、E對應(yīng)），連接CE′、AB′，在△BED旋轉(zhuǎn)的過程中CE′與AB′的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是否一致？請說明理由；（3）如圖3，當(dāng)△BED繞點D順時針旋轉(zhuǎn)30°時，射線CE′與AD、AB′分別交于點G、F，若CG＝FG，DC=3，求AB試題分析：（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，可得結(jié)論；（2）通過證明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）由等腰直角的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可得AB'=3AD答案詳解：解：（1）如圖1，延長CE交AB于H，∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，∵DE＝CD，∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，∴CE⊥AB；（2）在△BED旋轉(zhuǎn)的過程中CE′與AB′的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是一致，理由如下：如圖2，延長CE'交AB'于H，由旋轉(zhuǎn)可得：CD＝DE'，B'D＝AD，∵∠ADC＝∠ADB＝90°，∴∠CDE'＝∠ADB'，又∵CDDE'=∴△ADB'∽△CDE'，∴∠DAB'＝∠DCE'，∵∠DCE'+∠DGC＝90°，∴∠DAB'+∠AGH＝90°，∴∠AHC＝90°，∴CE'⊥AB'；（3）如圖3，過點D作DH⊥AB'于點H，∵△BED繞點D順時針旋轉(zhuǎn)30°，∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，∵DH⊥AB'，∴AD＝2DH，AH=3DH＝B'H∴AB'=3AD由（2）可知：△ADB'∽△CDE'，∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，∵AD⊥BC，CD=3∴DG＝1，CG＝2DG＝2，∴CG＝FG＝2，∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，∴AG＝2GF＝4，∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，∴AB'=3AD＝539．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點（點E不與點B，C重合），且∠EAF＝45°．（1）當(dāng)BE＝DF時，求證：AE＝AF；（2）猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）連接AC，G是CB延長線上一點，GH⊥AE，垂足為K，交AC于點H且GH＝AE．若DF＝a，CH＝b，請用含a，b的代數(shù)式表示EF的長．試題分析：（1）證明△ABE≌△ADF，從而得出結(jié)論；（2）在CD的延長線上截取DG＝BE，類比（1）可證得△ABE≌△ADG，進(jìn)而證明△GAF≌△EAF，進(jìn)一步得出結(jié)論；（3）作HR⊥BC于R，證明△ABE≌△GRH，從而BE＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b?sin45°=22，進(jìn)而BE=2答案詳解：（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，在△ABE和△ADF中，AB=AD∠B=∠D∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF；（2）解：如圖1，BE+DF＝EF，理由如下：在CD的延長線上截取DG＝BE，同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即：∠GAF＝45°，∴∠GAF＝∠EAF，在△GAF和△EAF中，AG=AE∠GAF=∠EAF∴△GAF≌△EAF（SAS），∴FG＝EF，∴DG+DF＝EF，∴BE+DF＝EF；（3）如圖2，作HR⊥BC于R，∴∠HRG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，∵GH⊥AE，∴∠EKG＝90°，∴∠G+∠AEB＝90°，∴∠G＝∠BAE，在△ABE和△GRH中，∠ABE=∴△ABE≌△GRH（AAS），∴BE＝HR，在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，∴HR＝b?sin45°=22∴BE=2∴EF＝BE+DF=210．如圖，AB為⊙O的直徑，C為圓上的一點，D為劣弧BC的中點，過點D作⊙O的切線與AC的延長線交于點P，與AB的延長線交于點F，AD與BC交于點E．（1）求證：BC∥PF；（2）若⊙O的半徑為5，DE＝1，求AE的長度；（3）在（2）的條件下，求△DCP的面積．試題分析：（1）連接OD，利用垂徑定理和圓的切線的性質(zhì)定理，平行線的判定定理解答即可；（2）連接BD，設(shè)AE＝x，則AD＝1+x，利用相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理列出關(guān)于x的方程，解方程即可得出結(jié)論；（3）連接OD，BD，設(shè)OD與BC交于點H，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理求得DH，CE的長度，通過判定四邊形CHDP為矩形得到△DCP為直角三角形和兩直角邊的長，利用三角形的面積公式即可求得結(jié)論．答案詳解：（1）證明：連接OD，如圖，∵D為劣弧BC的中點，∴CD=∴OD⊥BC．∵PF是⊙O的切線，∴OD⊥PF，∴BC∥PF；（2）連接BD，如圖，設(shè)AE＝x，則AD＝1+x．∵D為劣弧BC的中點，∴CD=∴CD＝BD，∠DCB＝∠CAD．∵∠CDE＝∠ADC，∴△CDE∽△ADC，∴CDDE∴CD2＝DE?AD＝1×（1+x）＝1+x．∴BD2＝1+x．∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD2+BD2＝AB2．∵⊙O的半徑為5，∴AB＝25．∴(1+x)解得：x＝3或x＝﹣6（不合題意，舍去），∴AE＝3．（3）連接OD，BD，設(shè)OD與BC交于點H，如圖，由（2）知：AE＝3，AD＝AE+DE＝4，DB=1+3=∵∠ADB＝90°，∴cos∠DAB=AD∵OA＝OD，∴∠DAB＝∠ADO，∴cos∠ADO＝cos∠DAB=2∵OH⊥BC，∴BH＝CH，cos∠ADO=DH∴DH＝DE×2∴OH＝OD﹣DH=5∴BH=O∴CH＝BH=4∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，由（1）知：OD⊥PD，OH⊥BC，∴四邊形CHDP為矩形，∴∠P＝90°，CP＝DH=255，DP＝∴△DCP的面積=12×CP?11．如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝23，AB＝4，AD＝2，動點E、F同時從A點出發(fā)，點E沿著A→D→B的路線勻速運動，點F沿著A→B→D的路線勻速運動，當(dāng)點E，F(xiàn)相遇時停止運動．（1）如圖1，設(shè)點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為4個單位每秒，當(dāng)運動時間為23秒時，設(shè)CE與DF交于點P，求線段EP與CP（2）如圖2，設(shè)點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為3個單位每秒，運動時間為x秒，△AEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當(dāng)x為何值時，y的值最大，最大值為多少？（3）如圖3，H在線段AB上且AH=13HB，M為DF的中點，當(dāng)點E、F分別在線段AD、AB上運動時，探究點E、F在什么位置能使EM＝試題分析：（1）延長DF交CB的延長線于G，證明△AFD∽△BFG，則AFFB=ADBG，求出BG的長，再由AD∥（2）分三種情況討論：當(dāng)0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上，過點E作EH⊥AB交于H，y=12×AF×EH=12×3x×32x=34x2；此時當(dāng)x＝2時，y有最大值3；當(dāng)2≤x≤433時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上，過點E作EN⊥AB交于N，過點D作DM⊥AB交于M，y=12×AF×EN=-34x2+32x+32x；當(dāng)x=433時，y有最大值2+233；當(dāng)433≤x≤23時，過點E作EQ⊥AB（3）連接DH，求出AH＝1，可得AH⊥AB，由直角三角形的性質(zhì)可得HM＝DM＝MF，則EM=12DF，可得EF∥答案詳解：解：（1）延長DF交CB的延長線于G，∵平行四邊形ABCD中，∴CG∥AD，∴∠A＝∠GBF，∴△AFD∽△BFG，∴AFFB∵運動時間為23∴AF=8∵AB＝4，∴BF=4∵AD＝2，∴BG＝1，∴CG＝3，∵AD∥CG，∴EPPC∵AE=2∴ED=4∴EPPC（2）當(dāng)0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上，由題意可知，AE＝x，AF=3x∵DB＝23，AB＝4，AD＝2，∴△ABD是直角三角形，且∠A＝60°，過點E作EH⊥AB交于H，∴EH＝AE?sin60°=32∴y=12×AF×EH=12×3此時當(dāng)x＝2時，y有最大值3；當(dāng)2≤x≤433時，E點在BD上，F(xiàn)過點E作EN⊥AB交于N，過點D作DM⊥AB交于M，∵AD+DE＝x，AD＝2，∴DE＝x﹣2，∵BD＝23，∴BE＝23-x+2在Rt△ABD中，DM=3∵EN∥DM，∴ENDM∴EN3∴EN＝1+3-∴y=12×AF×EN=12×（3x）×（1+3-12此時當(dāng)x=433時，y有最大值當(dāng)433≤x≤23時，過點E作EQ⊥AB交于Q，過點F作FP⊥AB∴AB+BF=3x，DA+DE＝x∵AB＝4，AD＝2，∴BE＝23-x+2，BF=3x﹣∵PF∥DM，∴BFBD=PF∴PF=32x﹣∵EQ∥DM，∴BEBD=EQ∴EQ=3+1-∴y=12×AB×（EQ﹣PF）=12×4×（3+1-12x-此時當(dāng)x=433時，y有最大值綜上所述：當(dāng)0≤x≤2時，y=34x2；當(dāng)2≤x≤433時，y=-34x2+32x+32x；當(dāng)433≤x≤2（3）連接DH，∵AH=13HB，AB＝∴AH＝1，∴DH⊥AB，∵M(jìn)是DF的中點，∴HM＝DM＝MF，∵EM＝HM，∴EM=12∴△EDF是直角三角形，∴EF⊥AD，∵AD⊥BD，∴EF∥BD．12．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D在AB上，以BD為直徑的⊙O與AC相切于點E，交BC于點F，連接DF，OE交于點M．（1）求證：四邊形EMFC是矩形；（2）若AE=5，⊙O的半徑為2，求FM試題分析：（1）利用直徑所對的圓周角是直角及鄰補角互補，可求出∠CFD＝90°，由⊙O與AC相切于點E，利用圓的切線垂直于過切點的半徑可得出OE⊥AC，進(jìn)而可得出∠OEC＝∠OEA＝90°，結(jié)合∠C＝90°，三個角是直角即可證明矩形即可；（2）在Rt△AEO中，利用勾股定理可求出OA的長，進(jìn)而可得出AB的長，由∠AEO＝∠C，利用“同位角相等，兩直線平行”可得出OE∥BC，進(jìn)而可得出△AEO∽△ACB，利用相似三角形的性質(zhì)可求出AC的長，結(jié)合CE＝AC﹣AE可求出CE的長，再利用矩形的對邊相等，即可求出FM的長．答案詳解：（1）證明：∵BD是⊙O的直徑，∴∠BFD＝90°，∴∠CFD＝90°．∵⊙O與AC相切于點E，∴OE⊥AC，∴∠OEC＝∠OEA＝90°．又∵∠C＝90°，∴∠C＝∠CFD＝∠OEC＝90°，∴∠EMF＝90°，∴四邊形EMFC是矩形．（2）解：在Rt△AEO中，∠AEO＝90°，AE=5，OE＝2∴OA=AE∴AB＝OA+OB＝3+2＝5．∵∠AEO＝∠C＝90°，∴OE∥BC，∴△AEO∽△ACB，∴ACAE=AB∴AC=5∴CE＝AC﹣AE=5又∵四邊形EMFC是矩形，∴FM＝CE=213．兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊．求證：BD＝CE；（2）解決問題：如圖2，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由．試題分析：（1）根據(jù)△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得BD＝CE；（2）根據(jù)△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，可得△ACD≌△BCE（SAS），即有AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，從而可得∠BEC＝∠ADC＝135°，即知∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°，由CD＝CE，CM⊥DE，∠DCE＝90°，可得DM＝ME＝CM，故AE＝AD+DE＝BE+2CM．答案詳解：（1）證明：∵△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由如下：如圖：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝90°＝∠DCE，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM，∴DE＝2CM，∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．14．在△ABC中，AC＝BC，點D在線段AB上，連接CD并延長至點E，使DE＝CD，過點E作EF⊥AB，交直線AB于點F．（1）如圖1，若∠ACB＝120°，請用等式表示AC與EF的數(shù)量關(guān)系：EF=12AC（2）如圖2．若∠ACB＝90°，完成以下問題：①當(dāng)點D，點F位于點A的異側(cè)時，請用等式表示AC，AD，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②當(dāng)點D，點F位于點A的同側(cè)時，若DF＝1，AD＝3，請直接寫出AC的長．試題分析：（1）過點C作CG⊥AB于G，先證明△EDF≌△CDG，得到EF＝CG，然后等腰三角形的性質(zhì)和含30度直角三角形的性質(zhì)，即可求出答案；（2）①過點C作CH⊥AB于H，與（1）同理，證明△EDF≌△CDH，然后證明△ACH是等腰直角三角形，即可得到結(jié)論；②過點C作CG⊥AB于G，與（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．答案詳解：解：（1）過點C作CG⊥AB于G，如圖1，∵EF⊥AB，∴∠EFD＝∠CGD＝90°，∵∠EDF＝∠CDG，DE＝CD，∴△EDF≌△CDG（AAS），∴EF＝CG；在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，∴∠A=∴CG=1∴EF=1所以答案是：EF=1（2）①過點C作CH⊥AB于H，如圖2，與（1）同理，可證△EDF≌△CDH，∴DF＝DH，∴AD+DF＝AD+DH＝AH，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAH＝45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∴AH=2∴AD+DF=2②如圖3，過點C作CG⊥AB于G，與（1）同理可證，△EDF≌△CDG，∴DF＝DG＝1，∵AD＝3，當(dāng)點F在點A、D之間時，有∴AG＝1+3＝4，與①同理，可證△ACG是等腰直角三角形，∴AC=2當(dāng)點D在點A、F之間時，如圖4：∴AG＝AD﹣DG＝3﹣1＝2，與①同理，可證△ACG是等腰直角三角形，∴AC=2綜合上述，線段AC的長為42或215．已知點E在正方形ABCD的對角線AC上，正方形AFEG與正方形ABCD有公共點A．（1）如圖1，當(dāng)點G在AD上，F(xiàn)在AB上，求2CE2（2）將正方形AFEG繞A點逆時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），如圖2，求CEDG（3）AB＝82，AG=22AD，將正方形AFEG繞A逆時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜360°），當(dāng)C，G，E三點共線時，請直接寫出試題分析：（1）由正方形性質(zhì)知∠AGE＝∠D＝90°、∠DAC＝45°，據(jù)此可得AEAG=2、GE（2）連接AE，只需證△ADG∽△ACE即可得；（3）分兩種情況畫出圖形，證明△ADG∽△ACE，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可得出答案．答案詳解：解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE＝∠D＝90°，∠DAC＝45°，∴AEAG=2，GE∴CEDG∴CE=2DG∴2CE2DG（2）連接AE，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知∠CAE＝∠DAG＝α，在Rt△AEG