05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（安徽專用）—05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）1．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）已知四邊形ABCD中，BC＝CD．連接BD，過點(diǎn)C作BD的垂線交AB于點(diǎn)E，連接DE．(1)如圖1，若DE∥BC，求證：四邊形(2)如圖2，連接AC，設(shè)BD，AC相交于點(diǎn)F，DE垂直平分線段AC．（?。┣蟆螩ED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求證：BE＝CF．【答案】(1)見解析(2)（?。螩ED=60°【分析】（1）先根據(jù)DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根據(jù)“AAS”證明ΔODE≌ΔOBC，得出DE=BC，得出四邊形BCDE（2）（?。└鶕?jù)垂直平分線的性質(zhì)和等腰三角形三線合一，證明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根據(jù)∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出∠CED（ⅱ）連接EF，根據(jù)已知條件和等腰三角形的性質(zhì)，算出∠GEF=15°，得出∠OEF=45°，證明【詳解】（1）證明：∵DC=BC，CE⊥BD，∴DO=BO，∵DE∥∴∠ODE=∠OBC∴ΔODE≌ΔOBC∴DE=∴四邊形BCDE為平行四邊形，∵CE⊥BD，∴四邊形BCDE為菱形．（2）（?。└鶕?jù)解析（1）可知，BO=DO，∴CE垂直平分BD，∴BE=DE，∵BO=DO，∴∠BEO=∠DEO，∵DE垂直平分AC，∴AE=CE，∵EG⊥AC，∴∠AEG=∠DEO，∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，∴∠CED（ⅱ）連接EF，∵EG⊥AC，∴∠EGF∴∠EFA∵∠=180=180=180=60∵AE=AF，∴，∴90°-∴∠∴∠OEF∵，∴∠EOF∴∠OFE=90∴∠OEF∴OE=∵AE∴∠EAC∵∠∴∠∵∠∴∠OCF∵∠∴ΔBOE≌ΔCOF∴BE【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)，作出輔助線，得出∠GEF=15°2．（2021·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠BCD，點(diǎn)E在邊BC上，且AE//CD，DE//AB，作CF（1）求證：△ABF（2）如圖2，若AB=9，，∠ECF=∠（3）如圖3，若BF的延長線經(jīng)過AD的中點(diǎn)M，求BEEC【答案】（1）見解析；（2）6；（3）1+【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)及已知條件易證，∠DCE=∠DEC，即可得，DE=DC；再證四邊形AFCD是平行四邊形即可得AF=CD，所以（2）證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）延長BM、ED交于點(diǎn)G．易證△ABE∽△DCE，可得ABDC=AEDE=BECE；設(shè)，BE=x，DC=DE=a，由此可得AB=AE【詳解】（1）證明：∵AE∴∠，∴∠ABE=∠∵∠∴∠ABE=∴AB=AE∵AF//CD∴四邊形AFCD是平行四邊形∴在△ABF與△AB=∴（2）∵△ABF∴BF在□AFCD中，AD∴BF∴∠又∵∠FCB=∠∴∠在△EBF與△∠EBF∴△∴EB∵AB∴AE∵CD∴AF∴EF∴EB∴BE=6或（3）延長BM、ED交于點(diǎn)G．∵△ABE與△DCE均為等腰三角形，∴△∴AB設(shè)，BE=x，DC則AB=AE=∴EF∵AB∴∠在△MAB與△∠3=∴△∴DG∴EG∵AB∴△∴FA∴a∴x，∴(∴x∴x1=1∴BE【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)及判定、相似三角形的性質(zhì)及判定，熟練判定三角形全等及相似是解決問題的關(guān)鍵．3．（2020·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖1．已知四邊形ABCD是矩形．點(diǎn)E在BA的延長線上．AE=AD.EC與BD相交于點(diǎn)G1求證：BD⊥2若AB=1，求AE3如圖2，連接AG，求證：EG-【答案】（1）見解析；（2）1+52；（【分析】（1）由矩形的形及已知證得△EAF≌△DAB，則有∠E=∠ADB，進(jìn)而證得∠EGB=90o即可證得結(jié)論；（2）設(shè)AE=x，利用矩形性質(zhì)知AF∥BC，則有EAEB=AF（3）在EF上截取EH=DG，進(jìn)而證明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，則證得△HAG為等腰直角三角形，即可得證結(jié)論．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90o，AO=BC，AD∥BC，在△EAF和△DAB，AE=∴△EAF≌△DAB(SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90o，∴∠E+∠ABD=90o，∴∠EGB=90o，∴BG⊥EC；（2）設(shè)AE=x，則EB=1+x，BC=AD=AE=x，∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF∽△EBC，∴EAEB=AF∴x1+x=解得：x=1+5即AE=1+5（3）在EG上截取EH=DG，連接AH，在△EAH和△DAG，AE=∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90o，∴∠DAG+∠DAH=90o，∴∠HAG=90o，∴△GAH是等腰直角三角形，∴AH2+∴GH=2AG，∵GH=EGEH=EGDG，∴EG-【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、直角定義、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程等知識(shí)，涉及知識(shí)面廣，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，提取相關(guān)信息，利用截長補(bǔ)短等解題方法確定解題思路，進(jìn)而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．4．（2019·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)E在?ABCD內(nèi)部，AF∥BE，DF∥CE，（1）求證：△BCE≌△ADF；（2）設(shè)?ABCD的面積為S，四邊形AEDF的面積為T，求ST【答案】（1）證明略；（2）ST【分析】（1）已知AD=BC，可以通過證明∠EBC=∠FAD，∠ECB=∠（2）連接EF，易證四邊形ABEF，四邊形CDFE為平行四邊形，則T=S四邊形【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥∴∠又∵AF∴∠∴∠∴∠同理可得：∠ECB在△BCE和△∠∴（2）解：連接EF，∵△BCE∴BE又∵AF∴四邊形ABEF，四邊形CDFE為平行四邊形，∴S△∴T=設(shè)點(diǎn)E到AB的距離為h1，到CD的距離為h2，線段AB到CD的距離為h，則h=h1+h2,∴T=即ST【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)以及相關(guān)面積計(jì)算，熟練掌握所學(xué)性質(zhì)定理并能靈活運(yùn)用進(jìn)行推理計(jì)算是解題的關(guān)鍵.5．（2018·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D為邊AC上一點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)M為BD中點(diǎn)，CM的延長線交AB于點(diǎn)F（1）求證：CM=EM；（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大?。唬?）如圖2，若△DAE≌△CEM，點(diǎn)N為CM的中點(diǎn)，求證：AN∥EM【答案】（1）證明見解析；（2）∠EMF=100°；（3）證明見解析.【詳解】【分析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半進(jìn)行證明即可得；（2）根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠ABC=40°，根據(jù)CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，從而可得∠CMD=2∠CBM，繼而可得∠CME=2∠CBA=80°，根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義即可求得∠EMF的度數(shù)；（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，結(jié)合CM=DM以及已知條件可得△DEM是等邊三角形，從而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，繼而可得∠ACM=75°，連接AM，結(jié)合AE=EM=MB，可推導(dǎo)得出AC=AM，根據(jù)N為CM中點(diǎn)，可得AN⊥CM，再根據(jù)CM⊥EM，即可得出AN∥EM.【詳解】（1）∵M(jìn)為BD中點(diǎn)，Rt△DCB中，MC=12BDRt△DEB中，EM=12BD∴MC=ME；（2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°，∴∠ABC=90°50°=40°，∵CM=MB，∴∠MCB=∠CBM，∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM，同理，∠DME=2∠EBM，∴∠CME=2∠CBA=80°，∴∠EMF=180°80°=100°；（3）∵△DAE≌△CEM，CM=EM，∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE，∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°，∴∠ABC=45°，∠ECM=45°，又∵CM=ME=12BD=DM∴DE=EM=DM，∴△DEM是等邊三角形，∴∠EDM=60°，∴∠MBE=30°，∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM，∵∠MCB+∠ACE=45°，∠CBM+∠MBE=45°，∴∠ACE=∠MBE=30°，∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°，連接AM，∵AE=EM=MB，∴∠MEB=∠EBM=30°，∠AME=12∠MEB=15°∵∠CME=90°，∴∠CMA=90°15°=75°=∠ACM，∴AC=AM，∵N為CM中點(diǎn)，∴AN⊥CM，∵CM⊥EM，∴AN∥CM.【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線、靈活應(yīng)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.1．（2023·安徽合肥·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求證：四邊形OEFG是矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的長．【答案】(1)見解析；(2)OE=5，BG=2.【分析】(1)先證明EO是△DAB的中位線，再結(jié)合已知條件OG∥EF，得到四邊形OEFG是平行四邊形，再由條件EF⊥AB，得到四邊形OEFG是矩形；(2)先求出AE=5，由勾股定理進(jìn)而得到AF=3，再由中位線定理得到OE=12AB=12AD=5，得到FG=5，最后BG=ABAFFG【詳解】解：(1)證明:∵四邊形ABCD為菱形，∴點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，∵點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，∴OE為△ABD的中位線，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四邊形OEFG為平行四邊形∵EF⊥AB，∴平行四邊形OEFG為矩形．(2)∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，AD=10，∴AE=1∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，AF=∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD=10，∴OE=12AB=5∵四邊形OEFG為矩形，∴FG=OE=5，∴BG=ABAFFG=1035=2．故答案為：OE=5，BG=2．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是掌握特殊四邊形的性質(zhì)和判定屬于中考常考題型，需要重點(diǎn)掌握．2．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)校考一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于點(diǎn)D，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，連接CE．(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的長；(2)求證：BC2﹣AC2＝2DE?AB；(3)求證：CE＝12AB【答案】(1)12(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算，求出CD；（2）根據(jù)題意得到BD﹣AD＝2DE，根據(jù)勾股定理計(jì)算即可證明；（3）延長CE至點(diǎn)F，使EF＝CE，連結(jié)AF，證明△AEF≌△BEC（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠EAF，AF＝BC，再證明△ACF≌△CAB，得到CF＝AB，證明結(jié)論．【詳解】（1）解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，由勾股定理得：AB＝AC2+BC∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴S△ABC＝12AC?BC＝12AB?DE，即12×3×4＝1解得：CD＝125（2）證明：∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE，∴BD﹣AD＝（BE+DE）﹣（AE﹣DE）＝BE﹣AE+2DE＝2DE，∵CD⊥AB，∴BC2＝BD2+CD2，AC2＝AD2+CD2，∴BC2﹣AC2＝（BD2+CD2）﹣（AD2+CD2）＝BD2﹣AD2＝（BD+AD）（BD﹣AD）＝AB?2DE＝2DE?AB；（3）證明：延長CE至點(diǎn)F，使EF＝CE，連結(jié)AF，在△AEF和△BEC中，AE=∴△AEF≌△BEC（SAS），∴∠B＝∠EAF，AF＝BC，∵∠ACB＝90°，∴∠B+∠CAB＝∠EAF+∠CAB＝90°，∴∠CAF＝∠ACB＝90°，∵AC＝CA，∴△ACF≌△CAB（SAS），∴CF＝AB，∵CF＝2CE，∴CE＝12AB【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積計(jì)算、勾股定理的應(yīng)用，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．3．（2023·安徽合肥·校考模擬預(yù)測(cè)）某數(shù)學(xué)課外活動(dòng)小組在學(xué)習(xí)了勾股定理之后，針對(duì)圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側(cè)作多邊形，它們的面積S1，，S3之間的關(guān)系問題”類比探究（1）如圖2，在Rt△ABC中，BC為斜邊，分別以為斜邊向外側(cè)作Rt△ABD，Rt△ACE，，若∠1=∠2=∠3，則面積S1，，推廣驗(yàn)證（2）如圖3，在Rt△ABC中，BC為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作任意△ABD，△ACE，△BCF，滿足∠1=拓展應(yīng)用（3）如圖4，在五邊形ABCDE中，，∠ABC=90°，AB=23，DE=2，點(diǎn)P在AE上，【答案】（1）；（2）結(jié)論成立，證明看解析；（3）63【分析】（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因?yàn)椤?=∠2=∠3，則有Rt△ABD∽R(shí)t△（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，∠1=∠2=∠3，，可以得到△ABD∽△ACE∽△（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉(zhuǎn)換為熟悉的三角形，過點(diǎn)A作AH⊥BP于點(diǎn)H，連接PD，BD，由此可知，BP=BH+PH=3+3，即可計(jì)算出S△ABP，根據(jù)△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有S【詳解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴AB∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且∠1=∴Rt△ABD∽R(shí)t△∴S1S3∴S∴得證．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴AB∵在△ABD、△ACE、△BCF中，∠1=∠2=∴△ABD∽△ACE∽∴S1S3∴S∴得證．（3）過點(diǎn)A作AH⊥BP于點(diǎn)H，連接PD，BD，∵∠ABH=30∴AH=3，BH∵∠BAP∴∠HAP∴PH=AH=，∴，BP=BH∴S△∵PE=2，∴PEAP=2∴PEAP∵∠E∴△ABP∽△EDP，∴∠EPD=∠APB∴∠BPD=90∴S△S△∵tan∠∴∠∵∠ABC=9∴∠∵∠∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴SS四邊形ABCD=【點(diǎn)睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性質(zhì)，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長的平方，根據(jù)此性質(zhì)找到面積與邊長的關(guān)系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計(jì)算以及（2）的結(jié)論，其中合理正確利用前面得出的結(jié)論是解題的關(guān)鍵．4．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）感知：數(shù)學(xué)課上，老師給出了一個(gè)模型：如圖1，點(diǎn)A在直線DE上，且∠BDA=∠BAC=應(yīng)用：(1)如圖2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直線ED經(jīng)過點(diǎn)C，過A作AD⊥ED于點(diǎn)(2)如圖3，在△ABC中，D是BC上一點(diǎn)，∠∠DBA=∠DAB，AB(3)如圖4，在?ABCD中，E為邊BC上的一點(diǎn)，F(xiàn)為邊AB∠DEF=∠B，【答案】(1)見解析(2)(3)EF【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)得出∠ACD=∠EBC（2）過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點(diǎn)E，證明（3）過點(diǎn)D作DM=DC交BC的延長線于點(diǎn)M，證明【詳解】（1）證明：∵∠ACB∴∠BCE∵AD⊥∴∠BEC∴∠ACD在△BEC和△∠CDA∴△BEC（2）解：過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CE⊥AB于，交∵，∴AD=∴AF=∵∠CAD∴∠DAF∵∠DAF∴∠CAE在△CAE和△∠CEA∴△CAE∴CE=即點(diǎn)C到AB的距離為；（3）過點(diǎn)D作DM=DC交BC的延長線于點(diǎn)∴∠DCM∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DM=CD∴∠B∵∠FEC∴∠DEC∴△BFE∴EFDE【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(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)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023·安徽池州·統(tǒng)考二模）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做了如下探究：(1)如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點(diǎn)，連接DE，CF，若DE⊥CF，求證：CF＝DE．(2)如圖2，在矩形ABCD中，過點(diǎn)C作CE⊥BD交AD于點(diǎn)E，若tan∠DCE=(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E為AB上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)C作DE的垂線交ED的延長線于點(diǎn)G，交AD的延長線于點(diǎn)F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的長．【答案】(1)見詳解(2)CE(3)DE【分析】（1）設(shè)DE與CF的交點(diǎn)為G，根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得出∠A=∠FDC=90°，AD=CD，證明∠CFD=∠AED，利用AAS再證△AED≌△DFC即可；（2）設(shè)DB與CE交于點(diǎn)G，根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出∠A=∠EDC=90°，BC=AD，證明∠ECD=∠ADB（3）過點(diǎn)C作CH⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)H，先證四邊形ABCH為矩形，再證△DEA【詳解】（1）解：設(shè)DE與CF的交點(diǎn)為G，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，∵DE⊥CF，∴∠DGF=90°，∴∠ADE+CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，∴∠CFD=∠AED，在△AED與△DFC中，∠A∴△AED≌△DFC（AAS），∴DE=CF，（2）解：如圖2，設(shè)DB與CE交于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠EDC=90∵，∴∠DGC∴∠CDG+∠ECD∴∠ECD∵∠CDE∴△DEC∴CEBD∵∠DCE+∠CDB=∠CDB+∠CBD=90°，∴∠DCE=∠CBD，∵tan∠∴CEBD（3）解：如圖3，過點(diǎn)C作CH⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)∵CG⊥∴，∴四邊形ABCH為矩形，∴AB=CH，∴∠FCH=∠∴△DEA∴，∴，∵AD=3，AB=5，∴DE7∴DE=【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知識(shí)．采用類比的數(shù)學(xué)思想方法是解題的關(guān)鍵．6．（2023·安徽合肥·合肥市五十中學(xué)西校?？家荒＃┮阎倪呅蜛BCD，AB∥CD，AC，BD相交于點(diǎn)P，且∠APB=90°，DPPB(1)①如圖1，當(dāng)∠ABD=45°時(shí)，c=22時(shí)，a=②如圖2，當(dāng)∠ABD=30°時(shí)，c=4時(shí)，a=______(2)觀察（1）中的計(jì)算結(jié)果，利用圖3證明a2，b2，(3)如圖4，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是AD，BC，CD的中點(diǎn)，BE⊥EG，【答案】(1)①5，5；②13，7(2)a2(3)3【分析】（1）①先證明∠PAB=45°=∠PBA得到PA=PB，則PA=PB=2，DP=1，利用勾股定理求出b=5；再由平行線的性質(zhì)證明∠PDC=∠PCD，則PC=PD=1即可得到a=BC（2）證明△ABP∽△CDP，得到APCP=BPPD=2，設(shè)DP=m，CP=（3）如圖所示，連接AC，CE，先證明四邊形是平行四邊形，得到AF=CE；再證明EG是△ACD得中位線，推出AC⊥EG；證明△AOE【詳解】（1）解：①∵∠APB=90°，∴∠PAB∴PA=∵AB=2∴PA=∵DPPB∴DP=1在Rt△APD中，由勾股定理得∵AB∥∴∠PDC∴PC=同理可得a=故答案為：5，5；②∵∠APB=90°，∠ABD∴AP=∴PB=∵DPPB∴DP=在Rt△APD中，由勾股定理得∵AB∥∴∠PDC∴CP=∴a=故答案為：13，7；（2）解：a2∵CD∥∴△ABP∴APCP設(shè)DP=m，∴由勾股定理得b2=A∴a2∵c2∴a2（3）解：如圖所示，連接AC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，AD∥BC∵E、F分別是AD，∴AE=∴四邊形是平行四邊形，∴AF=∵G是CD的中點(diǎn)，∴EG是△ACD∴AC∥∵BE⊥∴AC⊥∵AD∥∴△AOE∴AOOC∴由（2）的結(jié)論可知，AB∴7+C∴AF=【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，證明第二問的結(jié)論是解題的關(guān)鍵．7．（2023·安徽淮北·淮北市第二中學(xué)?？级＃┤鐖D，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)．（1）如圖1，若AD＝AM，∠DAM＝120°．①求證：BD＝CM；②若∠CMD＝90°，求的值；（2）如圖2，點(diǎn)E為線段CD上一點(diǎn)，且CE＝1，AB＝2，∠DAE＝60°，求DE的長．【答案】（1）①見解析；②12；（2）【分析】（1）①只需要證明△ABD≌△ACM即可得到結(jié)論；②由①得△ABD≌△ACM，∠B＝∠ACD＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)可以得到CD=2BD，從而得出結(jié)論；（2）解法一：如圖2，過點(diǎn)E作EG⊥AC于G，過A作AF⊥BC于F，證明△ADF∽△AEG，可以求出DF，利用勾股定理可以求出EF的長，從而可以求解；解法二：如圖3，線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到AM，連接CM，EM，過M作MQ⊥BC于Q，由（1）同理得△ABD≌△ACM，設(shè)CQ＝x，則CM＝2x，QM＝x，證明△ADE≌△AME，最后利用勾股定理求解即可.【詳解】解：（1）①證明：如圖1，∵∠BAC＝∠DAM＝120°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAM﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAM，∵AB＝AC，AD＝AM，∴△ABD≌△ACM（SAS），∴BD＝CM；②解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACD＝30°，由①知：△ABD≌△ACM，∴∠ACM＝∠B＝30°，∴∠DCM＝60°，∵∠CMD＝90°，∴∠CDM＝30°，∴CM＝12CD∵BD＝CM，∴BDCD（2）解：解法一：如圖2，過點(diǎn)E作EG⊥AC于G，過A作AF⊥BC于F，Rt△CEG中，∠C＝30°，CE＝1，∴EG＝12CE＝12，CG＝∵AC＝AB＝23∴AG＝AC﹣CG＝33∵AF⊥BC，∴∠AFC＝90°，∴AF＝12AC＝，∵∠DAE＝∠FAC＝60°，∴∠DAF＝∠EAG，∵∠AFD＝∠AGE＝90°，∴△ADF∽△AEG，∴AFAG=DF∴DF＝，由勾股定理得：AE2＝AF2+EF2＝AG2+EG2，∴32解得：EF＝2或﹣2（舍），∴DE＝DF+EF＝+2＝73；解法二：如圖3，線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到AM，連接CM，EM，過M作MQ⊥BC于Q，由（1）同理得△ABD≌△ACM，∴∠ACM＝∠B＝30°＝∠ACB，∠BAD＝∠CAM，∴∠MCQ＝60°，Rt△QMC中，CQ＝12CM設(shè)CQ＝x，則CM＝2x，QM＝x，∴EQ＝x﹣1，∵∠DAE＝60°，∠BAC＝120°，∴∠BAD+∠EAC＝∠EAC+∠CAM＝60°，∴∠DAE＝∠EAM，∵AD＝AM，AE＝AE，∴△ADE≌△AME（SAS），∴EM＝DE＝5﹣2x，由勾股定理得：EM2＝EQ2+QE2，∴（x）2+（x﹣1）2＝（5﹣2x）2，解得：x＝43∴DE＝5﹣2x＝73【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.8．（2023·安徽黃山·?？寄M預(yù)測(cè)）已知，如圖，在△ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為4cm/s；同時(shí)點(diǎn)P由B點(diǎn)出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為lcm/s，過點(diǎn)P的動(dòng)直線PQ∥AC，交BC于點(diǎn)Q，連結(jié)PM，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0＜t＜5)，解答下列問題：（1）線段AD=___cm；（2）求證：PB=PQ；（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以P、Q、D、M為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形．【答案】（1）AD=12cm；（2）證明見解析；（3）t=125s或4【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；（2）由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的上方時(shí)，根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=ADAM=124t，由PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可；②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的下方時(shí)，根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AMAD=4t12，由PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可．【詳解】（1）解：∵BD⊥AC，∴∠ADB=90°，∴AD=，故答案為：12；（2）證明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，∵PQ∥AC，∴∠PQB=∠C，∴∠PBQ=∠PQB，∴PB=PQ；（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的上方時(shí)，如圖所示根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，∴MD=ADAM=124t，∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，∴t=124t，解得：t=125（s②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的下方時(shí)，如圖所示：根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，∴MD=AMAD=4t12，∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，∴t=4t12，解得：t=4（s）；綜上所述，當(dāng)t=125s或t=4s時(shí)，以P、Q、D、M【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、等腰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)、三角形面積公式以及分類討論等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握平行四邊形的判定方法，進(jìn)行分類討論是解決問題（3）的關(guān)鍵．9．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=BC，D為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)(不與B、C重合)，BD和AD的垂直平分線交于點(diǎn)E，連接AD、AE、DE和BE，ED與AB相交于點(diǎn)F，設(shè)∠BAE=α．(1)請(qǐng)用含α的代數(shù)式表示∠BED的度數(shù)；(2)求證：△ACB∽△AED；(3)若α=30°，求EF：CD的值；【答案】(1)90°2α(2)證明見解析(3)6【分析】（1）由線段垂直平分線的性質(zhì)可得出AE＝DE，DE＝BE，由等腰三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（2）證出∠C＝∠AED＝90°，由相似三角形的判定可得出結(jié)論；（3）設(shè)EF＝x，由直角三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可得出AE＝x，CD＝62x，則可得出答案．【詳解】（1）解：∵BD和AD的垂直平分線交于點(diǎn)E，∴AE＝DE，DE＝BE，∴AE＝BE，∴∠EBA＝∠EAB＝α，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∴∠DBE＝45°+α，∴∠BDE＝∠DBE＝45°+α，∴∠BED＝180°﹣2∠DBE＝90°﹣2α；（2）證明：∵AC＝BC，∠C＝90°，∴∠3+∠DAB＝∠CAB＝∠ABC＝45°，∵BD和AD的垂直平分線交于點(diǎn)E，∴AE＝ED＝BE，∴∠1＝∠2，∠1+∠CBA＝∠EDB，∴∠CAB+∠2＝∠1+∠CBA，即∠EDB＝∠CAE，∵∠EDB+∠CDE＝180°，∴∠CAE+∠CDE＝180°，∵∠CAE+∠C+∠CDE+∠AED＝360°，∴∠C+∠AED＝180°，∵∠C＝90°，∴∠AED＝90°，∴∠C＝∠AED＝90°，∵AC：BC＝AE：ED＝1，∴△ACB∽△AED；（3）解：當(dāng)α＝30°時(shí)，∠BED＝90°﹣60°＝30°，∴∠AED＝∠AEB﹣∠BED＝120°﹣30°＝90°，∵AE＝ED，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∵DE＝BE，∴∠BDE＝∠BED＝75°，∴∠ADC＝180°﹣∠ADE﹣∠BDE＝60°，設(shè)EF＝x，則AE＝x，∴AD＝2AE＝6x，∴CD＝12AD∴EFCD=【點(diǎn)睛】本題是相似形綜合題，主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，證明△ACB∽△AED是解題的關(guān)鍵．10．（2023·安徽滁州·?？寄M預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，，，點(diǎn)E為BC上的點(diǎn)，點(diǎn)P矩形內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，連接PD，PB；（1）如圖一，若滿足PE⊥DE，∠PBE=45°，PB=（2）如圖二，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上的運(yùn)動(dòng)，求PE+（3）如圖三，若點(diǎn)Q為AD的中點(diǎn)，P為矩形內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，連接，PB，PC，問PQ+2【答案】(1)證明見解析；(2)153417；(3)存在最小值281【分析】(1)過點(diǎn)P作PF⊥BC交BC于F，然后證明△PFE≌△ECD即可得到答案；(2)作D點(diǎn)關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接ED'，當(dāng)P、E、D(3)將三角形BPC順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到新三角形BP'C'，然后可以得到PQ+2PB+PC=【詳解】解：(1)如圖所示，過點(diǎn)P作PF⊥BC交BC于F在直角三角形PFB中，∠∴BF=PF，∴B即BF=PF=1=EC又∵BF+EF+EC=BC=5∴EF=BCBFEC=3∴FE=CD∴△PFE≌△ECD∴PE=DE(2)如圖所示，作D點(diǎn)關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接ED'，當(dāng)P'、E'在矩形ABCD中，∠BCD=90°，在△D'D∴△BCD∽△∴D∴D又∵DD'∴D由對(duì)稱性可知D∴P∴PE+DE(3)如圖所示，將三角形BPC順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到新三角形BP'C'，然后過點(diǎn)C'作C'N⊥AD交AD于N由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，BP=BP'，BC=BC∴P∴PQ故當(dāng)Q、P、P'、C'四點(diǎn)共線，∵∠CBC∴A、B、C'∴在直角三角形C'AQ∴C∵點(diǎn)Q為AD的中點(diǎn)∴AQ∴C∴PQ+2【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形，相似三角形和旋轉(zhuǎn)的相關(guān)性質(zhì)，以及勾股定理，難度較大，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練的掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn).11．（2023·安徽馬鞍山·?？家荒＃┤鐖D①，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點(diǎn)E在邊AB上，點(diǎn)F在BD的延長線上，BE＝DF，EF與AD相交于點(diǎn)G，連接CE，CF．(1)求證：CE＝CF；(2)求證：△DFG∽△DCF；(3)如圖②，連接CG，若AB＝4，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，求CG長．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)21【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)證得△CDB為等邊三角形，得到∠FDC＝∠EBC＝120°，由此證明△EBC≌△FDC（SAS），從而得到CE＝CF．（2）根據(jù)△EBC≌△FDC，得到∠ECB＝∠FCD，求出∠ECF＝60°，證得△ECF為等邊三角形，從而得到∠GFD＝∠FCD，由此證得△DFG∽△DCF．（3）解法一：過點(diǎn)E作EH⊥CB于點(diǎn)H，求出BE＝DF＝2，得到BH及EH的長，由△DFG∽△DCF，得到DFDC=FGCF=12，證得，由此得到G為EF中點(diǎn)，CG⊥EF，利用勾股定理求出CE，根據(jù)sin60°求出CG；解法二：過點(diǎn)C作CP⊥AD于點(diǎn)P，則∠DCP＝60°，利用三角函數(shù)求出DP，CP，由△DFG∽△DCF，得到DFDC=DGDF=12，求出DG，GP，在Rt△CPG中，根據(jù)勾股定理求出CG；解法三：過點(diǎn)G作GK⊥AB于點(diǎn)K．根據(jù)△DFG∽△DCF，得到DFDC=FGCF=DGDF=12，求出，DG＝1，得到G為EF中點(diǎn)，【詳解】（1）證明：在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴BC＝CD，∠EBC＝120°，∠DCB＝60°，∴△CDB為等邊三角形，∴∠FDC＝∠EBC＝120°，又∵BE＝DF，∴△EBC≌△FDC（SAS），∴CE＝CF．（2）解：由（1）可得△EBC≌△FDC，∴∠ECB＝∠FCD，∴∠ECF＝∠FCD＋∠ECD＝∠ECB＋∠ECD＝60°，∴△ECF為等邊三角形，∴∠CFG＝60°，∴∠GFD＋∠CFD＝60°．又∠FCD＋∠CFD＝60°，∴∠GFD＝∠FCD．又∠FDG＝∠CDF＝120°，∴△DFG∽△DCF．（3）解：解法一：如圖，過點(diǎn)E作EH⊥CB于點(diǎn)H．∵AB＝4，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴BE＝DF＝2，∴BH=12由（2）可知：△DFG∽△DCF，∴DFDC=∴，∴G為EF中點(diǎn)，∴CG⊥EF，在Rt△EHC中，CH＝5，CE=∴CG=解法二：如圖，過點(diǎn)C作CP⊥AD于點(diǎn)P，則∠DCP＝60°，∴DP=CP=∵AB＝4，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴BE＝DF＝2，由（2）可知：△DFG∽△DCF，∴DFDC=DGDF=12∴DG在Rt△CPG中，CG=解法三：如圖，過點(diǎn)G作GK⊥AB于點(diǎn)K．∵AB＝4，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴BE＝DF＝2，由（2）可知：△DFG∽△DCF，∴DFDC∴，DG＝1，∴G為EF中點(diǎn)，AG＝3，∴CG⊥EF，在Rt△AGK中，AK＝32，GKKE=在Rt△GKE中，EG=EG=KG2+∴CG=【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，是一道綜合性很強(qiáng)的圖形題，熟記各知識(shí)點(diǎn)并綜合應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．12．（2023·安徽黃山·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)О是對(duì)角線AC中點(diǎn)，過點(diǎn)О作EF⊥AC分別交邊AB，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)．(1)求證：四邊形AECF是菱形；(2)當(dāng)AF平分∠CAD時(shí)，且CF=5，DF=2，求AD【答案】(1)見解析(2)AD【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)知OA=OC，再由EF⊥AC推出EF是線段AC的垂直平分線，得到AF=CF，AE=CE，再由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出∠AFO=∠CFO，再利用平行線的性質(zhì)推出∠CFO=∠AEF=∠AFO，證出（2）先由AF平分∠CAD，AF=CF，推出∠DAF=∠ACF，結(jié)合∠D=∠D【詳解】（1）證明：∵平行四邊形ABCD中，點(diǎn)О是對(duì)角線AC中點(diǎn)，∴OA=OC，∵EF⊥AC，∴EF是線段AC的垂直平分線，∴AF=CF，AE=CE，在等腰三角形AFC中，EO⊥AC，OA=OC，∴∠又平行四邊形ABCD，∴AE∴∠∴AF=AE=CE=CF，∴四邊形AECF是菱形．（2）證明：∵AF平分∠CAD∴∠DAF∵AF=CF，∴∠CAF∴∠又∠D∴∴AD∴A∵CF=5，DF=2，∴CD=7，∴A∴AD【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定，垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形三線合一、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，難度一般，解題方法不唯一，熟練掌握菱形的判定方法是解題的關(guān)鍵．13．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┩ㄟ^以前的學(xué)習(xí)，我們知道：“如圖1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，則”．(1)【問題探究】如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，分別在線段AB，BC，CD，DA上，且，試猜想EGFH=______；(2)【知識(shí)遷移】如圖3，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，分別在線段AB，BC，CD，DA上，且，試猜想(3)【拓展應(yīng)用】如圖4，在四邊形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AB，【答案】(1)1(2)EGFH(3)3【分析】（1）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交CD的延長線于點(diǎn)N，利用正方形ABCD，AB=（2）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交在長方形ABCD中，，∠ABM=∠BAD=∠（3）：過C點(diǎn)作CM⊥AB于點(diǎn)M，設(shè)CE交于點(diǎn)O，證明△CEBF【詳解】（1）EGFH理由如下：過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交∴，，在正方形ABCD中，AB=AD，∵，∴，∴∠BAM在△ABM和△∠BAM∴△ABM∴AM=∴EG=∴EGFH故答案為：1（2）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交∴，，在長方形ABCD中，，∠ABM=∵，∴，∴∠BAM∴△ABM∴AMAN∵AB=m，∴AMAN∴EGFH（3）如圖所示：過C點(diǎn)作CM⊥AB于點(diǎn)M，設(shè)CE交于點(diǎn)O∵CM⊥∴∠CME∴，∵CE⊥∴∠BOE∴∠2+∴∠1=∴△CME∴CEBF∵AB=BC，∴【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，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)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題．14．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）已知：正方形ABCD中，E為BC邊中點(diǎn)，F(xiàn)為AB邊上一點(diǎn)，AE、CF交于點(diǎn)P，連接(1)如圖1，若F為AB邊中點(diǎn)，求證：；(2)如圖2，若CE=①求證：AP=②求AFBF【答案】(1)見解析(2)①見解析；②AF【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB=BC，BE=（2）①根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)即可得到AG=BF，再利用平行線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)得到AG=AP，進(jìn)而得到BF=AP；②根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)與判定可知角相等，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)即可得到【詳解】（1）解：∵ABCD為正方形，∴AB=BC，∠∵E、F為BC∴BE∴在△ABE和△AB=∴△ABE∴∠BAE∴∠PAC=∠BAC∴∠PAC（2）解：①連接BP，并延長交AD于G．∵E為BC邊中點(diǎn)，∴BE=CE=∴∠BPC∵∠BAE∴∠ABG∴在△GAB和△∠ABG∴△GAB≌△∴AG=∵AG∥BC∴∠AGP∵PE=BE∴∠CBP∵∠APG=∴∠AGP∴AG=AP∴BF=②由（2）可知∠ABP∵EC=EP∴∠ECP∴∠ABP∵∠APF=∴∠ABP=∴△APF∴AFAP∵BF=∴AFBF∴BF∴由黃金分割可知AFBF【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，掌握全等三角形的性質(zhì)的是解題的關(guān)鍵．15．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考一模）[基礎(chǔ)鞏固](1)如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥[嘗試應(yīng)用](2)如圖②，在矩形ABCD中，AD=2，點(diǎn)F在AB上，F(xiàn)B=2AF，DF⊥AC[拓展提高](3)如圖③，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，△DCE與△DFE關(guān)于直線DE對(duì)稱，點(diǎn)C的對(duì)稱點(diǎn)F在邊AB上，G為AD中點(diǎn)，連接GC交DF于點(diǎn)M，GC∥FE，若【答案】(1)證明見解析(2)AE(3)GM【分析】（1）由∠ACD+∠BCD=90°，∠DCB+∠B=90°得到（2）由矩形的性質(zhì)得，AB∥CD，從而得到△AFE∽△CDE，即AECE=（3）由△DCE與△DFE關(guān)于直線DE對(duì)稱，得△DFE≌△DCE，從而得到，DC=DF，再通過證明△CDM≌△DFA得到CM=DA=2，由（【詳解】（1）證明：，∴∠ACD∵CD∴∠∴∠，∴△CADACAD=∴A（2）解：∵FB∴AB在矩形ABCD中，AB∥CD，AB=∴△AECE=∴CE∴AC∵DF由（1）可知DA∴22=（3）解：在矩形ABCD中，∠BCD∴∠∵△DCE與△DFE關(guān)于直線∴△∴∠DFE=∠DCE∵GC∴DM∴∠∴∠∴△∴CM是AD的中點(diǎn)，∴DG由（1）可知DG2=GM?∴12=x(的長為2-1【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及矩形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．1．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如左圖，為探究一類矩形ABCD的性質(zhì)，小明在BC邊上取一點(diǎn)E，連接DE，經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)DE平分∠ADC時(shí)，將△ABE沿AE折疊至△AFE，點(diǎn)F(1)求證：△AFD(2)如圖，延長CF交AE于點(diǎn)G，交AB于點(diǎn)H．①求證：EF·DF=②求GE:【答案】(1)見解析(2)①見解析；②2【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠DEC=∠ADF，再由折疊的性質(zhì)可得AF=CD，然后根據(jù)DE（2）①根據(jù)△CDE是等腰直角三角形，可得∠CED=45°，再由△AFD≌△DCE，可得AD=DE,AF=DF=DC=CE，∠DAF【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠B∴∠DEC由折疊的性質(zhì)得：AB=AF，∴AF=∵DE平分∠ADC∴∠DEC∴△AFD（2）①證明：∵∠CDE∴△CDE∴∠CED∵△AFD∴AD=DE,∴∠DCF由折疊的性質(zhì)得：∠BEA即∠GEF∴△GEF∴GFDF=EFCF②解：∵△CDE是等腰直角三角形，∠∴DE=∴EF=∴EFCE∵∠FEA∴∠EFC又，∴△EFC∴EF:【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，證明△EFC2．（2023·安徽池州·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點(diǎn)D，E分別在AB，AC的延長線上，連接，DE，點(diǎn)F在DE上，與BC，分別交于點(diǎn)G，H．已知FA=(1)求證：∠CBE(2)求證：FE=(3)當(dāng)EF=12【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）設(shè)∠ABE=x，則∠AFD=2∠ABE=2x，求出∠FAD（2）連接EG，先證明△BCE≌△ACG，得到CE=CG，進(jìn)而得到∠CEG=∠CGE=45°，又證明∠EAD=∠（3）設(shè)DF=a，EF=12a，從而得到FG=12【詳解】（1）解：設(shè)∠ABE=x∵FA=∴∠FAD∴∠FAD∴∠AHB∵∠CGA=∠HGB∴∠CBE（2）解：如圖，連接EG．∵∠ACB∴∠BCE∴∠BCE在△BCE和△∠CBE∴△BCE∴CE=∵∠ECG∴∠CEG又∵∠ACB=90°，AC=∴∠EAD=∠ABG∴∠AED∵∠AGB∴∠AED∴∠AED∴∠FEG∴FE=（3）解：設(shè)DF=a，∴FG=∵AF=∴AG=AF-∵∠ABG=∠EAD∴△BGA∴ABAD∴ABAD【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質(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(shí)，熟知相關(guān)知識(shí)并根據(jù)題意靈活應(yīng)用是解題關(guān)鍵．3．（2023·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=10，BC=12，．點(diǎn)E在邊BC上，過點(diǎn)E作邊BC的垂線，交平行四邊形的其它邊于點(diǎn)F，在EF的右側(cè)作正方形．(1)如果點(diǎn)G在對(duì)角線AC上，求正方形的面積；(2)設(shè)EF與對(duì)角線AC交于點(diǎn)P，如果點(diǎn)G與點(diǎn)D重合，求AP:(3)如果點(diǎn)F在邊AB上，且△GCH與△BEF相似，求【答案】(1)576(2)2:1(3)或10837【分析】（1）過A作AM⊥BC垂足為M，根據(jù)計(jì)算出，根據(jù)勾股定理計(jì)算出BM=AB2-AM2=6，從而得到AM垂直平分BC，再證明△（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)推到得EF=AM=8，得出AF=AD-FD=12-8=4，再根據(jù)勾股定理計(jì)算出（3）根據(jù)∠B=∠HCG和∠B=∠HGC兩種情況進(jìn)行討論，當(dāng)∠B=∠HCG可利用（1）得結(jié)論得到答案，當(dāng)∠B=∠HGC時(shí)，EF【詳解】（1）如下圖所示，過A作AM⊥BC垂足為∵SinB=AM∴，∴BM=∴MC=6∴AM垂直平分BC，∴AB=設(shè)FE=x，得∴BF=∴BE=∵∠B∴△BEF∴BE=∵EH=EF=∴34∴x=∴S□（2）如下圖所示，過A作AM⊥BC垂足為∴AM∥EF，∵平行四邊形ABCD∴AF∥∴四邊形AMEF為矩形∴EF∵AD=BC∴AF=∵CD=10，∴CH=6∴EC=∵，∴∠FAP∴△∴APPC∴AP:（3）如下圖所示，∵△BEF∽△CHG，當(dāng)∠B=由（1）得△BEFBE當(dāng)∠B=∠HGC時(shí)，點(diǎn)∵△BEF∴EFHC設(shè)EF=得BF=54x，∴HC=∴x12∴1∴x=∴x∴x=∴BE【點(diǎn)睛】本題考查直角三角函數(shù)、正方形、平行四邊形、全等三角形和相似三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用直角三角函數(shù)和相似三角形的相似比建立方程．4．（2023·安徽淮北·校聯(lián)考一模）如圖，四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)E，且AC⊥BC，(1)若∠DAB=∠CBA(2)求證：△CDE(3)若AC平分∠DAB，，，求CE的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)CE【分析】（1）由三角形內(nèi)角和定理可以得出∠DAC=∠DBC，根據(jù)∠DAB-∠DAC=∠（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OD，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OC=OD=OA=OB，即可得出點(diǎn)A，B，C，D在以點(diǎn)O為圓心，以O(shè)A為半徑的圓上，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等得（3）根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等得∠CBD=∠CAD，因?yàn)锳C平分∠DAB，所以∠BAC=∠CAD，等量代換得∠CBD=∠BAC，根據(jù)同圓中，相等的圓周角所對(duì)的弦也相等可得【詳解】（1）解：∵AC⊥BC，∴∠ADB∵∠AED∴∠DAC∵∠DAB∴∠DAB∴∠CAB∴，∵在△ADE和△∠ADB∴△ADE（2）解：取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OD，∵AC⊥∴OC=12∴OC=∴點(diǎn)A，B，C，D在以點(diǎn)O為圓心，以O(shè)A為半徑的圓上，∴∠DCA=∠DBA∴△CDE（3）解：由（2）點(diǎn)A，B，C，D在以點(diǎn)O為圓心，以O(shè)A為半徑的圓上，∴∠CBD∵AC平分∠DAB∴∠BAC∴∠CBD∵∠BAC∴CD=∴AC=∵∠BCE∴，∴CBCA∴CB∴52∴CE=【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理等，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)并根據(jù)題目得出點(diǎn)A，B，C，D在以點(diǎn)O為圓心，以O(shè)A為半徑的圓上是解答本題的關(guān)鍵．5．（2023·安徽合肥·合肥壽春中學(xué)?？家荒＃締栴}提出】如圖1，AB為⊙O的一條弦，點(diǎn)C在弦AB所對(duì)的優(yōu)弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)圓周角性質(zhì)，我們知道∠ACB的度數(shù)不變．愛動(dòng)腦筋的小芳猜想，如果平面內(nèi)線段AB的長度已知，∠ACB【問題探究】為了解決這個(gè)問題，小芳先從一個(gè)特殊的例子開始研究．如圖2，若AB=4，線段AB上方一點(diǎn)C滿足∠ACB=45°，為了畫出點(diǎn)C所在的圓，小芳以AB為底邊構(gòu)造了一個(gè)Rt△AOB，再以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑畫圓，則點(diǎn)C在⊙O上．后來小芳通過逆向思維及合情推理，得出一個(gè)一般性的結(jié)論．即：若線段AB的長度已知，∠ACB【模型應(yīng)用】(1)若AB=6，平面內(nèi)一點(diǎn)C滿足∠ACB=60°，若點(diǎn)C所在圓的圓心為O，則∠AOB=__________(2)如圖3，已知正方形ABCD以AB為腰向正方形內(nèi)部作等腰△ABE，其中，過點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，若點(diǎn)P是①求∠BPE②連接CP，若正方形ABCD的邊長為4，求CP的最小值．【答案】(1)120°；4(2)90°；2【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出圖形，如圖，過O作,求得，進(jìn)而求得∠OAM=30°，根據(jù)AO=AMcos∠OAM可求得AO（2）①根據(jù)已知條件可得∠APE=180°-(∠PAE+∠PEA)=180°-1②如圖，作△APB的外接圓，圓Q，連接AQ,BQ,CQ，過Q作交的CB延長線于點(diǎn)N，由題意的由“定弦定角”模型，可知∠APB=135°,AB=4,作出△APB的外接圓，圓Q，設(shè)圓的半徑為r，則【詳解】（1）由“定弦定角”模型，作出圖形，如圖，過O作,∵∠AOB=2∠ACB，∵OA∴∠AOM=1∴AO∴劣弧AB的長為120故答案為：120°，43（2）①∵EF∴∠∴∠∵點(diǎn)P是△AEF∴PA,PE∴∠∴∠∵AE∴△∴∠∴∠BPE②如圖，作△APB的外接圓，圓Q，連接AQ,BQ,CQ，過Q作交的由題意的由“定弦定角”模型，可知∠APB=135°,作出△APB的外接圓，圓心為Q，設(shè)圓的半徑為r，則PC的最小值即為CQ∵∠設(shè)優(yōu)弧AB所對(duì)的圓心角優(yōu)角為α，則α=270∴∠∵QA∴∠∵AB∴QA∵QN⊥BC∴AB⊥∴AB∴∠∵QB=2∴QN∴CN∴CQ∴PC∴PC的最小值為2【點(diǎn)睛】本題考查了“定弦定角”模型，圓周角定理，解直角三角形，線段最短距離，勾股定理正方形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，理解題意作出圖形是解題的關(guān)鍵．6．（2023·安徽阜陽·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，D是線段AB上的一點(diǎn)，連接CD，過點(diǎn)B作BG⊥CD，分別交CD，CA于點(diǎn)E，F(xiàn)(1)求證：AG(2)若D是AB的中點(diǎn)，求AFAC(3)若BDAD=1【答案】(1)證明見解析(2)AF(3)S△ABC【分析】（1）先證明△AFG（2）先證明△CBD≌△BAG（3）利用全等和相似進(jìn)行線段之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化，先求出S△BDF=【詳解】（1）證明：∵∠ABC=90∴AG∥∴△AFG∴AGBC∵AB=∴AGAB（2）∵∠BCD∴∠BCD∵AB=∴△CBD∴AG=∵D是AB的中點(diǎn)，∴BD=∴AG=∴AGBC∵△∴AFFC∴AFAC（3）∵∠BCD∴∠BCD∵AB=∴△CBD∴AG=若BDAD∴BDAB=13∵△∴AFFC∴AF∴S△∴S△【點(diǎn)睛】本題主要考查了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(shí)，解題關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)全等三角形和相似三角形，能利用它們的性質(zhì)進(jìn)行線段之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化．7．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？家荒＃┤鐖D1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為DC中點(diǎn)，連接AE，AE的垂直平分線交BC于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)F，AE與FG交于點(diǎn)(1)若正方形ABCD的邊長為6，求BG的長(2)求證：GH=3(3)如圖2，連接AG，BH，AG與BH交于點(diǎn)O，求HO:【答案】(1)3(2)見解析(3)15【分析】（1）過點(diǎn)作MN∥AB，交AD，BC于M，N，易知ABNM為矩形，由四邊形內(nèi)角為360°可得，∠DEA=∠MFH，可證△AHM∽△AED，△（2）由（1）可知△HMF∽△HNG（3）過點(diǎn)作HP⊥AB，交AB于P，交AG于Q，則HP∥BN，四邊形MAPH，四邊形HPBN均為矩形可證得△APQ∽△ABG，△HOQ∽△BOG【詳解】（1）解：過點(diǎn)作MN∥AB，交AD，BC于M，N∵四邊形ABCD是正方形，設(shè)其邊長為a，∴∠D=90°，AB∥CD∥MN，AD∥∴△AHM∽△AED又∵EG是AE的垂直平分線，∴AH=EH=∴MHDE=AMAD=又∵E是CD的中點(diǎn)，則DE=∴MH=12∵∠D=90°，由四邊形內(nèi)角為360°可得，∠DFH又∵∠DFH∴∠DEA∴△HMF∽△ADE∴MF∵AD∥∴△HMF∽△HNG∴NGNH=MF∴BG=∵正方形ABCD的邊長為6，即a=6∴BG=（2）證明：由（1）可知△HMF∽△HNG∴GH=3（3）過點(diǎn)作HP⊥AB，交AB于P，交AG于Q則HP∥BN，四邊形MAPH，四邊形∴AP=MH=∵HP∥∴△APQ∽△ABG∴QPBG=APAB=HOOB【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，添加輔助線構(gòu)造相似三角形是解決問題的關(guān)鍵．8．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC中，∠BCA=90°，點(diǎn)D是△ABC外一點(diǎn)，連接BD．以BD為斜邊作等腰直角△BDE，連接CE，過點(diǎn)E作，連接CF交AD于點(diǎn)(1)求證：△BCE(2)若點(diǎn)A，D，E在同一條直線上，求證：∠FEA(3)已知AC=6，AB=10，AD=3【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)95【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，得到EC=EF，ED=（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OC、OE，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，得到OA=OB=OC=OE，推出點(diǎn)A，C，B，（3）延長FD交BC于點(diǎn)，交CE于M，先利用三角形內(nèi)角和定理得到∠CHF=90°，進(jìn)而得到AC∥FH，推出△ACG∽△DFG，【詳解】（1）解：∵∠ECF=45°∴∠，∵∠CEF∴∠∵△，ED=EB∴∠∴∠在和△CBE中，EF=∴△（2）解：取AB的中點(diǎn)O，連接OC、OE，∵∠∴OC∵點(diǎn)A，D，E在同一條直線上，∠DEB∴OE∴OA∴點(diǎn)A，C，B，E四點(diǎn)共圓，點(diǎn)O為圓心，OA為半徑，∵BC∴∵△∴∠∴∠FEA（3）解：延長FD交BC于點(diǎn)，交CE于M，∵△∴∠∵∠∴∠，∴∠ACB∴AC∴△∴AG在Rt△ABC中，∵△∴DF∴AG∵AD∴AG【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(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)，四點(diǎn)共圓等知識(shí)，熟練掌握?qǐng)A的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．9．（2023·安徽滁州·?？家荒＃c(diǎn)E在矩形ABCD的對(duì)角線BD上，DF⊥AE于點(diǎn)G，交AB于點(diǎn)(1)如圖1，若DB平分∠CDF，求證：AD(2)如圖2，取AD的中點(diǎn)M，若，求BEDE的值；(3)如圖3，過BD的中點(diǎn)O作PQ⊥AB于點(diǎn)P，延長PO交CD于點(diǎn)Q，連接EF交OP于點(diǎn)N．若NE【答案】(1)證明見解析(2)1(3)證明見解析【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)矩形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)可得∠5=∠FAG，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義可得∠3=∠2=∠1，然后根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可得∠（2）先根據(jù)相似三角形的判定證出△AMF～△ABM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AFAM=AMAB，作NE⊥AB于N（3）連接OA，先根據(jù)矩形的性質(zhì)、等腰三角形的三線合一可得AP=BP，作EH⊥AB于，則PN∥HE，EH∥AD，則PFPH=【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，，AB∥CD∴∠∵DF∴∠∴∠∵AB∴∠∵DB平分∠∴∠∴∠∴∠∴AD（2）解：∵∠AMF=∠ABM∴△∴AFAM如圖2，作NE⊥AB于∴NE∥AD∴NE又是AD中點(diǎn)，∴NENB由（1）可知，∠NAE∴Rt∴NEAN由①②③得：NENB=4又∵NE∴BE（3）證明：如圖3，連接OA，∵矩形ABCD中，O是對(duì)角線BD的中點(diǎn)，∴OA，∴AP作EH⊥AB于，則PN∥HE∴PF∵NF∴PF∴AP-PF又∵EH∴△∴BH∴AF【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的三線合一等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊AD上（不與端點(diǎn)A，D重合），點(diǎn)A關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，連接CF，設(shè)∠ABE=(1)求∠AFC(2)過點(diǎn)C作CG⊥AF，垂足為G，連接①求證：DG∥②連接OD，若OD⊥DG，求【答案】(1)135(2)①見詳解；②5【分析】（1）連接，根據(jù)點(diǎn)A關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，得到AB=BF，BE⊥AF，從而得到∠ABE=∠EBF=α（2）①連接AC，，根據(jù)正方形性質(zhì)得到∠ACD=45°，∠ADC=90°，根據(jù)CG⊥AF得到∠CGA=∠ADC=90°，從而得到點(diǎn)A，點(diǎn)D，點(diǎn)G，點(diǎn)C四點(diǎn)共圓，即可得到證明；②連接，DF，根據(jù)四邊形ABCD是正方形得到DA=DC，∠BAD【詳解】（1）解：如圖1，連接，∵點(diǎn)A關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，∴AB=BF，∴∠ABE∴∠BFA=90°-α∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=∴BF=∴∠BFC∴∠AFC（2）①證明：如圖2，連接AC，，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，∵CG⊥∴∠CGA∴點(diǎn)A，點(diǎn)D，點(diǎn)G，點(diǎn)C四點(diǎn)共圓，∴∠AGD由（1）知∠AFC∴∠CFG∴DG∥②解：如圖3，連接，DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴DA=DC，由①知：∠AGD∵OD⊥DG，∴∠ODG∴△ODG和△∴DO=DG，∵∠ADO∴∠ADO∵DA=∴△DAO∴AO=∵點(diǎn)A關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，∴AO=∴AO=∴DF=OF=∴∠AFD=90°，在Rt△ADF中，∵∠ABE∴∠DAF∴sinα；【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)與折疊，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是作輔助線根據(jù)性質(zhì)找到相等關(guān)系量．11．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）如圖①，在菱形ABCD中，點(diǎn)P為射線AC上的一點(diǎn)，連接DP，過點(diǎn)P作PM，使得∠DPM+∠BAD=180°，PM與射線BC交于點(diǎn)M，以PD，(1)求證：四邊形DPMN為菱形；(2)如圖②，∠BAD=90°，連接CN，猜想CN與(3)在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)P在AC的延長線上時(shí)，如圖③，，CP=2，求PN【答案】(1)見解析(2)CN=(3)34【分析】（1）延長DN交BC于點(diǎn)H，作AD的延長線AQ，連接BP，利用菱形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)證明∠PDC=∠QDH=∠DHB=∠PMB，證明△（2）先判定菱形ABCD，DPMN是正方形，可得AD=CD，PD=ND，（3）類似（2）證明△ADP≌△CDN，得出∠APD=∠CND，，利用三角形內(nèi)角和定理可求∠PCN=90°，然后利用勾股定理求出AC【詳解】（1）證明：