第03讲截长补短模型-【多题一解一题多解】冲刺中考数学满分应对方法与策略（全国通用）

第03讲截长补短模型【应对方法与策略】条件或结论中出现a+b=c时，用截长补短．1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造的线段和求证中那一条线段相等；2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证明截剩部分与线段中的另一段相等。3、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用.如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法.截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可；补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=EF即可.【多题一解】1．（2021·内蒙古·呼和浩特市敬业学校九年级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点M为正方形ABCD的边CD上的动点（与点C，D重合）连接BM，作MF⊥BM，与正方形ABCD的外角∠ADE的平分线交点F，设CM＝x，△DFM的面积为y，求y与x之间的函数关系式．【答案】【分析】根据正方形的性质和角平分线的性质得到，在BC上截取，连接MH，证明即可得解；【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵DF平分，∴，∴，在BC上截取，连接MH，则是等腰直角三角形，，∴，∴，∴，，∵MF⊥BM，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴y与x之间的函数关系式为．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，动点问题的函数图像，全等三角形的判定与性质，准确分析证明是解题的关键．2．（2022·江苏徐州·模拟预测）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是；（不需要证明）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析【分析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．【详解】解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，故答案为：EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠2+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，，∴△HAE≌△FAE（SAS），∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．3．（2022·贵州遵义·一模）已知：如图所示△ABC．(1)请在图中用无刻度的直尺和圆规作图：作∠BAC的平分线和BC的垂直平分线，它们的交点为D．（不写作法，保留作图痕迹）(2)若AB＝15，AC＝9，过点D画DE⊥AB，则BE的长为．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据角平分线、垂直平分线的尺规作图方法作图即可；（2）在AB上取AF=AC，构造，可得DF=DC，由垂直平分线性质可得，由此得出是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一性质可知，即可得出结论．（1）解：如图，①作∠BAC的平分线AD，②作BC的垂直平分线HD，交AD于点D，（2）解：如图，在AB上取一点F，时、使AF=AC，连接DB、DF、DC，在和中，，∴（SAS），∴，又∵直线HD是线段BC的垂直平分线，∴，∴，∵，∴，又因为，AB＝15，AC＝9，∴．故答案为3．【点睛】此题主要考查了角平分线的作法以及垂直平分线的性质、全等三角形的判定等知识，熟练利用垂直平分线的性质以及角平分线的性质得出是等腰三角是解题关键．4．（2020·全国·九年级课时练习）如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC=∠CPB=60°．（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．（3）求证：PA+PB=PC．【答案】（1）△ABC是等边三角形，证明见解析；（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，理由见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）利用圆周角定理可得∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，而∠APC=∠CPB=60°，则可得∠BAC=∠ABC=60°，从而可判断△ABC的形状；（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，通过证明△OAP和△OBP均为等边三角形，得到OA=AP=OB=BP即可得证；（3）在PC上截取PD=AP，则△APD是等边三角形，然后证明△APB≌△ADC，证明BP=CD即可得证结论．【详解】（1）△ABC是等边三角形．证明如下：在⊙O中，∵∠BAC与∠CPB是所对的圆周角，∠ABC与∠APC是所对的圆周角，∴∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，又∵∠APC=∠CPB=60°，∴∠ABC=∠BAC=60°，∴△ABC为等边三角形；（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，如图1，连接OP．∵∠AOB=2∠ACB=120°，P是的中点，∴∠AOP=∠BOP=60°又∵OA=OP=OB，∴△OAP和△OBP均为等边三角形，∴OA=AP=OB=PB，∴四边形PBOA是菱形；（3）如图2，在PC上截取PD=AP，又∵∠APC=60°，∴△APD是等边三角形，∴AD=AP=PD，∠ADP=60°，即∠ADC=120°．又∵∠APB=∠APC+∠BPC=120°，∴∠ADC=∠APB．在△APB和△ADC中，∴△APB≌△ADC（AAS），∴BP=CD，又∵PD=AP，∴CP=BP+AP．【点睛】本题考查圆内接多边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理是解题关键．5．（2021·全国·九年级专题练习）通过类比联想、引申拓展典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．【解决问题】如图，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，，连接EF，则，试说明理由．证明：延长CD到G，使，在与中，∴理由：（SAS）进而证出：___________，理由：（__________）进而得．【变式探究】如图，四边形ABCD中，，点E、F分别在边BC、CD上，．若、都不是直角，则当与满足等量关系________________时，仍有．请证明你的猜想．【拓展延伸】如图，若，，，但，，连接EF，请直接写出EF、BE、DF之间的数量关系．【答案】（1），理由：SAS；（2），证明见解析；（3）BE+DF=EF．【分析】（1）在前面已证的基础上，得出结论，进而证明，从而得出结论；（2）利用“解决问题”中的思路，同样去构造即可；（3）利用前面两步的思路，证明全等得出结论即可．【详解】（1），，则，，，在与中，，理由：（）；（2）满足即可，证明如下：如图，延长至，使，，，，在与中，，，则，，，在与中，，理由：（）；（3）BE+DF=EF．证明如下：如图，延长至，使，在与中，，，则，，，在与中，，理由：（）；．【点睛】本题考查了截长补短的方法构造全等三角形，能够理解前面介绍的方法并继续探究是解决问题的关键．6．（2021·北京·九年级专题练习）在四边形中，是边的中点．

（1）如图（1），若平分，，则线段、、的长度满足的数量关系为______；（直接写出答案）（2）如图（2），平分，平分，若，则线段、、、的长度满足怎样的数量关系？写出结论并证明．【答案】（1）AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD，证明见解析．【分析】（1）在AE上取一点F，使AF＝AB，由三角形全等的判定可证得△ACB≌△ACF，根据全等三角形的性质可得BC＝FC，∠ACB＝∠ACF，根据三角形全等的判定证得△CEF≌△CED，得到EF＝ED，再由线段的和差可以得出结论；（2）在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG，根据全等三角形的判定证得△ACB≌△ACF和△ECD≌△ECG，由全等三角形的性质证得CF＝CG，进而证得△CFG是等边三角形，就有FG＝CG＝BD，从而可证得结论．【详解】解：（1）如图（1），在AE上取一点F，使AF＝AB．∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．在△ACB和△ACF中，∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴BC＝FC，∠ACB＝∠ACF．∵C是BD边的中点，∴BC＝CD．∴CF＝CD．∵∠ACE＝90°，∴∠ACB＋∠DCE＝90°，∠ACF＋∠ECF＝90°．∴∠ECF＝∠ECD．在△CEF和△CED中，∴△CEF≌△CED（SAS）．∴EF＝ED．∵AE＝AF＋EF，∴AE＝AB＋DE．故答案为：AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD．证明：如图（2），在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG．∵C是BD边的中点，∴CB＝CD＝BD．∵AC平分∠BAE，∴∠BAC＝∠FAC．在△ACB和△ACF中，∴△ACB≌△ACF（SAS）．∴CF＝CB，∠BCA＝∠FCA．同理可证：△ECD≌△ECG∴CD＝CG，∠DCE＝∠GCE．∵CB＝CD，∴CG＝CF．∵∠ACE＝120°，∴∠BCA＋∠DCE＝180°−120°＝60°．∴∠FCA＋∠GCE＝60°．∴∠FCG＝60°．∴△FGC是等边三角形．∴FG＝FC＝BD．∵AE＝AF＋EG＋FG，∴AE＝AB＋DE＋BD．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，能熟练应用三角形全等的判定和性质是解决问题的关键．7．（2020·北京市第一零一中学温泉校区三模）在中，，，点在直线上(除外)，分别经过点和点作和的垂线，两条垂线交于点，研究和的数量关系．（1）某数学兴趣小组在探究的关系时，运用“从特殊到一般”的数学思想，他们发现当点是的中点时，只需要取边的中点(如图1)，通过推理证明就可以得到和的数量关系，请你按照这种思路直接写出和的数量关系；（2）那么当点是直线上(除外)(其它条件不变)，上面得到的结论是否仍然成立呢？请你从“点在线段上”，“点在线段的延长线”，“点在线段的反向延长线上”三种情况中，任选一种情况，在图2中画出图形，并证明你的结论；（3）当点在线段的延长线上时，若()，请直接写出的值．【答案】（1）；（2）仍然成立．证明见解析；（3）．【分析】（1）连接GE，根据等腰直角三角形的性质可得，，然后利用ASA即可证出，从而得出结论；（2）在上截取，连接，根据等腰直角三角形的性质可得，，然后利用ASA即可证出，从而得出结论；（3）在的延长线上截取，连接，AF，利用ASA证出，可得为等腰直角三角形，设CA=CB=a，则，利用勾股定理求出AE，根据三角形的面积公式即可求出结论．【详解】解：（1），连接GE∵，点是的中点，点G为AC的中点∴AG=CG=CE=EB，因为，所以，．所以．因为，，所以，所以．所以．在与中，所以．所以（2）仍然成立．在上截取，连接．因为，所以．因为，，所以，所以．所以．因为，所以，．所以．在与中，所以．所以．（3）如下图所示，在的延长线上截取，连接，AF因为，所以．因为，，所以，所以．所以．因为，所以，∴∠EBF=180°－∠ABF－∠ABC=45°．所以．在与中，所以．所以．∴为等腰直角三角形设CA=CB=a，则∴CE=a＋na由勾股定理可得AE==∴，∴．【点睛】此题考查的是等腰直角三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和勾股定理，掌握构造全等三角形的方法是解决此题的关键．8．（2021·全国·九年级专题练习）例：截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC=120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．解题思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，可得AE=AD，CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．根据上述解题思路，三条线段DA、DB、DC之间的等量关系是___________；（2）如图2，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点D是边BC下方一点，∠BDC=90°，探索三条线段DA、DB、DC之间的等量关系，并证明你的结论．【答案】(1)DA=DB+DC;(2)DA=DB+DC,证明见解析.【分析】(1)由旋转60°可得AE=AD，CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．(2)延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,由已知可得,根据,可得=,可证,进而可得AD=AE,,可得,由勾股定理可得：,进行等量代换可得结论.【详解】(1)结论：DA=DB+DC.理由：∵△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，∴AE=AD，CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，∵∠BAC+∠BDC=180°，∴∠ABD+∠ACD=180°，∴∠ACE+∠ACD=180°，∴D,C,E三点共线，∵AE=AD，∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD=DE，∴AD=DC+CE=DB+DC;(2)结论：DA=DB+DC,证明如下：如图所示，延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,∵,,∴,∵,∴=,∵AB=AC,CE=BD,∴(SAS),∴AD=AE,,∴,∴,∴,∴DA=DB+DC.【点睛】本题主要考查了截长补短的方法，通过全等三角形得到线段间的等量关系，正确作出辅助线找到全等三角形是解题的关键.9．（2020·全国·九年级专题练习）如图，四边形为矩形，为对角线上一点，过点作交于点，交的延长线于点，连接，当时，求证：．【答案】见解析【分析】过点作交的延长线于点，先证明，可得，，从而可以证明，可证得，即可得证．【详解】证明：如图，过点作交的延长线于点，，，，，，，，在和中，，，，又，，，，在和中，，，．【点睛】本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．10．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在正方形中，点、均为中点，连接、交于点，连接，证明：．【答案】见解析【分析】延长至，使得，连接，先证明，可得，即，再通过证明，可得，，即可证明是等腰直角三角形，即，从而得证．【详解】证明：如图，延长至，使得，连接，在正方形中，、分别是、的中点，，在和中，，，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，．即．【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．11．（2021·北京·清华附中九年级阶段练习）已知，A为射线上一定点，B为射线上动点（不与点O重合）连接，取的中点C，连接．在射线上取一点D，使得．（1）若，①如图1，当时，在图1中补全图形，并写出的值；②如图2，当时，猜想的值是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由；（2）如图3，若，直接写出的值．【答案】（1）①，②；（2）．【分析】（1）①由已知可判定是等边三角形，是含30°的直角三角形，由此利用解直角三角形用OA表示出OC、AD即可求解；②延长OB到G，使OG=OB，构造等边三角形，延长OB到G，使OG=OB，构造中位线OC和，全等三角形性质和中位线性质即可得出结论；（2）根据直角三角形中线和已知垂直条件证明，由边长关系求出相似比即可解答．【详解】解：（1）①补图如下，，求解过程：∵，，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，是等边三角形，∴，，∴，∴；②如图，在OM上取一点P，使OP=OA，∴是等边三角形，∴，，延长OB到G，使OG=OB，∵PG=OG+OP，，∴PG=OB+BD=OD，在和中，，∴（SAS），∴AG=AD，∵OG=OB，CA=CB，∴，∴；（2），过程如下：如图，∵，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，设（），，∴，，∵，解得：（不合题意舍去），，∴．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、解直角三角形、三角形的中线和中位线性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．12．（2022·安徽合肥·一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB=120°，AC=AB，点D是BC上一点，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE(1)求∠CDE与∠AEC的度数（用含α的代数式表示）；(2)如图2，当α=45°时，解决以下问题：①已知AD=2，求CE的值；②证明：DC-DE=AD；【答案】(1)，(2)①4；②见解析【分析】（1）由折叠对应角相等与“双蝴蝶型”相似可得；（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；（3）“截长补短”法：在BC上取一点H，使得CH=DE．（1）∵ΔABD沿AD所在的直线折叠得到ΔAED，∴∠ADE=∠ADB=180°-α，∴∠CDE=180°-2α；∵∠CAB=120°，AC=AB，∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，∵∠DFE=∠AFC，∴△DEF∽△AFC，∴DF：AF=EF：CF，∵∠EFC=∠AFD，∴△AFD∽△CFE，∴∠AEC=∠ADC=α，故答案：180°-2α；

α（2）①∵α=45°，∴∠DAF=∠DAB=15°，∴∠CAF=90°，∴AF：CF=1：2，∵△AFD∽△CFE，∴AD：CE=AF：CF=1：2，∴CE=4，故答案：4；②在BC上取一点H，使得CH=DE，∵AC=AE，∠ACH=∠AED，∴ΔACH≌ΔADE，∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，∴∠DAH=90°，∴DH=AD，∴DC-ED=DC-CH=DH=AD【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的性质与判定是解题的关键．13．（2021·四川成都·九年级期末）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，将点C绕点B顺时针旋转105°得到点D，连接BD，过点D作DE⊥BC交CB延长线于点E，点F为线段DE上的一点，且∠DBF＝45°，作∠BFD的角平分线FG交AB于点G．（1）求∠BFD的度数；（2）求BF，DF，GF三条线段之间的等量关系式；（3）如图2，设H是直线DE上的一个动点，连接HG，HC，若AB＝，求线段HG+HC的最小值（结果保留根号）．【答案】（1）120°；（2）BF+DF＝GF，理由见解析；（3）【分析】（1）由平角的性质可求∠FBE＝30°，再由直角三角形的性质和平角的性质可求解；（2）由“ASA”可证△BMG≌△BFD，可得GM＝DF，即可求解；（3）作点G关于DE的对称点，连接H，C，F，作I⊥CB交CB的延长线于I，由轴对称的性质可得GF＝F，HG＝H，∠DFG＝∠DF＝60°，则HG+HC＝HC+H≥C，由等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质可求B的长，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）∵∠CBD＝105°，∠FBD＝45°，∴∠FBE＝30°，∵DE⊥BC，∴∠DEB＝90°，∴∠BFE＝60°，∴∠BFD＝120°；（2）BF+DF＝GF，理由如下：如图1，在线段FG上截取FM＝FB，连接BM，∵∠BFD＝120°，FG平分∠DFB，∴∠GFD＝∠GFB＝60°，∴△FBM是等边三角形，∴BF＝BM，∠BMF＝60°，∴∠GMB＝∠BFD＝120°，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CBA＝45°，∵∠CBD＝105°，∴∠ABD＝60°＝∠MBF，∴∠GBM＝∠DBF，∴在△BMG与△BFD中，∴△BMG≌△BFD（ASA），∴GM＝DF，GB＝DB，∵MF+GM＝GF，∴BF+DF＝GF；（3）如图3，设BD与GF交于点O，作点G关于DE的对称点，连接H，C，F，作I⊥CB交CB的延长线于I，∵点G与点关于DE对称，∴GF＝F，HG＝H，∠DFG＝∠DF＝60°，∴HG+HC＝HC+H≥C，即HG+HC的最小值为C，∵∠BFD+∠DF＝180°，∴点B，点F，点三点共线，∵GB＝DB，∴△GDB是等边三角形，∴GD＝DB＝GB，∴DB＝D，∵∠DBE＝75°，∠DEB＝90°，∴∠BDE＝15°，∴∠GDF＝75°，∴∠DF＝∠GDF＝75°，∴∠BD＝90°，又∵DB＝D，∴B＝BD＝BC＝AB＝，∵∠EBF＝30°，I⊥CB，∴I＝B＝，BI＝＝，∴CI＝BC＋BI＝1+，∴C＝＝＝，∴HG＋HC的最小值为．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．14．（2021·四川成都·二模）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过D作BC的垂线，垂足为E．（1）求证：DE与⊙O相切；（2）若AB＝6，tanA＝，求BE的长；（3）线段AB，BE，CE之间有何数量关系？写出你的结论并证明．【答案】（1）见解析；（2）4；（3）CE＝AB﹣BE，见解析【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得到∠ODB＝∠CBD，根据平行线的性质得到OD⊥DE，于是得到结论；（2）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质即可得到结论；（3）过D作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得到DH＝DE，根据全等三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）证明：连接OD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵BD平分∠ABC，∴∠OBD＝∠CBD，∴∠ODB＝∠CBD，∴OD∥BE，∵BE⊥DE，∴OD⊥DE，∴DE与⊙O相切．（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AB＝6，tanA＝，∴BD＝AD，设AD＝m，则BD＝m，∴m2+2m2＝36，∴m＝2或﹣2（舍弃），∴AD＝2，BD＝2，∵BE⊥DE，∴∠ADB＝∠BED＝90°，∵BD平分∠ABC，∴∠OBD＝∠CBD，∴△ABD∽△DBE，∴，∴，∴BE＝4．（3）解：结论CE＝AB﹣BE，理由：过D作DH⊥AB于H，∵BD平分∠ABC，DE⊥BE，∴DH＝DE，在Rt△BED与Rt△BHD中，，∴Rt△BED≌Rt△BHD（HL），∴BH＝BE，∵∠DCE＝∠A，∠DHA＝∠DEC＝90°，∴△ADH≌△CDE（AAS），∴AH＝CE，∵AB＝AH+BH，∴AB＝BE+CE，∴CE＝AB﹣BE．【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了切线的判定，角平分线的性质，圆的有关性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题．15．（2020·黑龙江哈尔滨·九年级期中）如图，中，点D在边上，且．

（1）求证：；（2）点E在边上，连接交于点F，且，，求的度数．（3）在（2）的条件下，若，的周长等于30，求的长．【答案】（1）见解析；（2）＝60°；（3）AF＝11【分析】（1）根据三角形内角与外角之间的关系建立等式，运用等量代换得出，证得；（2）作CH＝BE，连接DH，根据角的数量关系证得，再由三角形全等判定得△BDH≌△ABE，最后推出△DCH为等边三角形，即可得出＝60°；（3）借助辅助线AO⊥CE，构造直角三角形，并结合平行线构造△BFE∽△BDH，建立相应的等量关系式，完成等式变形和求值，即可得出AF的值．【详解】（1）证明：∵∠BDC＝90°＋∠ABD，∠BDC=∠ABD+∠A，∴

∠A＝90°－∠ABD．∵∠BDC＋∠BDA＝180°，∴∠BDA＝180°－∠BDC＝90°－∠ABD．∴

∠A＝∠BDA＝90°－∠ABD．∴DB＝AB．解：（2）如图1，作CH＝BE，连接DH，∵∠AFD＝∠ABC，∠AFD＝∠ABD＋∠BAE，∠ABC＝∠ABD＋∠DBC，∴∠BAE＝∠DBC．∵由（1）知，∠BAD＝∠BDA，又∵∠EAC＝∠BAD－∠BAE，∠C＝∠ADB－∠DBC，∴∠CAE＝∠C．∴AE＝CE．∵BE＝CH，∴BE＋EH＝CH＋EH．即BH＝CE＝AE．∵AB＝BD，∴△BDH≌△ABE．∴BE＝DH．∵BE＝CD，∴CH＝DH＝CD．∴△DCH为等边三角形．∴∠ACB＝60°．（3）如图2，过点A作AO⊥CE，垂足为O．∵DH∥AE，∴∠CAE＝∠CDH＝60°，∠AEC＝∠DHC＝60°．∴△ACE是等边三角形．设AC＝CE＝AE＝x，则BE＝16－x，∵DH∥AE，∴△BFE∽△BDH．∴．∴，．∵△ABF的周长等于30，即AB＋BF＋AF＝AB＋＋x－=30，解得AB＝16－．在Rt△ACO中，AC＝，AO＝，∴BO＝16－．在Rt△ABO中，AO2＋BO2＝AB2，即．解得（舍去）．∴AC＝．∴AF＝11．【点睛】本题考查了三角形角的性质、等边三角形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是能熟练掌握三角形的性质与全等判定并借助辅助线构造特殊三角形的能力，．16．（2020·全国·九年级专题练习）如图①，直线与⊙O相交于，两点，是⊙O的直径，是圆上一点，于点，连接，且平分．（1）求证：是⊙O的切线；（2）若，，求⊙O的半径；（3）如图②，在（2）的条件下，点是劣弧上一点，连接，，，问：线段、、之间存在什么数量关系？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3），见解析【分析】（1）连接，如图①，要证是的切线，即证，利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证，进一步即可证得结论；（2）如图①，连接，要求的半径，只要求直径的长即可，已知、的长，利用勾股定理即可求出的长，再结合是直径可得，然后根据相似三角形的性质求解即可；（3）要求、、之间的数量关系，可利用截长补短法，在上截取，再证明与的关系即可；由锐角三角函数的知识可得，进而可得，于是得为等边三角形，然后根据等边三角形的性质和圆周角定理的推论可利用AAS证明，进一步即可证得结论．【详解】（1）证明：如图①，连接，，∴，平分，，，，，，是的切线．（2）解：如图①，连接，，，，，是直径，，．又，，，，解得．的半径为；（3）解：，理由如下：如图②，连接、，在上截取，连接，，，，，∴，，，为等边三角形，，，，，，在和中，，，．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质、解直角三角形、圆周角定理、等边三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．17．（2022·福建三明·九年级期末）在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，AD上，且AE＝DF，BF与DE交于点G．(1)如图①，连接BD．求证：△ADE≌△DBF；(2)如图②，连接CG．求证：BG＋DG＝CG．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】（1）根据菱形的四条边相等以及全等三角形的判定得出，，再由AE＝DF利用边角边即可判定；（2）延长BF至点H，使，连接HD、BD，如图（见详解），由第一问可知，和都是等边三角形，由全等的性质以及三角形的内角和定理得出，可证是等边三角形，得到，利用角的等量代换，通过边角边的判定定理即可证明，得到，利用线段的等量代换即可证明．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，，且AE＝DF，∴是等边三角形．在和中，，∴．（2）证明：延长BF至点H，使，连接HD、BD，如图②所示，由（1）可知，是等边三角形，∴，且，∴．又∵，∴是等边三角形，∴．∵，∴，即．在和中，，∴，∴．∵，∴．【点睛】本题是一道几何综合，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各判定定理和性质定理，并能够利用截长补短的辅助线添加方法作出辅助线构造出全等三角形，从而将要证明的线段进行转化是解题的关键．18．（2021·黑龙江·哈尔滨市第一一三中学校九年级阶段练习）如图，等边△ABC内接于⊙O，点D是弧AC上一点，连接BD交AC于E．（1）如图1，求证∠ADB＝∠CDB；（2）如图2，点F为线段BD上一点，连接CF，若∠BCF＝2∠ABD时，求证：BF＝DE+AD；（3）在（2）的条件下，作∠BCF的平分线交⊙O于M，在CM上取点R，连接AR交CF于点T，若TR＝1，MR＝5，∠CAT＝3∠ACD，求AT的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6．【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得的，进而可得，根据等弧所对的圆周角相等即可得证；（2）作的角平分线，交于点，设，进而证明以及，进而即可证明；（3）延长CF交⊙O点P，交AM于N点，连接PA，过M点作，交AR于Q点，由等边三角形性质和圆周角性质对图形中角进行转换求值可得：，即和是等腰三角形，，，在中，，可得，由此求出在中，，，，，再利用30°直角三角形性质和勾股定理求出AT即可．【详解】（1）证明：是等边三角形，∴∠ADB＝∠CDB；（2）证明：如图，作的角平分线，交于点，设，∵，∴，是等边三角形，∵在与中（SAS），；∴是等边三角形∴在与中（ASA）即（3）解：设，则，如解图（3）-1，延长CF交⊙O点P，交AM于N点，连接PA，过M点作，交AR于Q点，∵CM是∠BCF的平分线，由（2）得，∴，，∵，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵设，则，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，，∴在中，，，，，如解图（3）-2，过R点作AM边的高HR，∴，∴，，∴，在中，，∴，解得：，（舍去），∴．【点睛】本题考查了圆周角的性质和等腰三角形的性质和判定以及利用勾股定理求边长，解题关键是补全图形，利用圆周角性质对角进行转换和计算得出和和都是等腰三角形再利用勾股定理求边长．19．（2022·浙江湖州·一模）我们把有一个直角，而且其中一条对角线平分一个内角的四边形叫做直分四边形．（1）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，矩形的四个顶点都在格点上，请仅用无刻度的直尺分别在图1和图2的边上找出不同的点E，使得四边形是一个直分四边形．（2）如图3，在直分四边形中，和互补，且，请求出的长度．（3）如图4，在边长为2的正方形中，点E为的中点，F为上一点，使得，点G在的延长线上，连结交于点H，且．①请证明四边形为直分四边形．②求证：．【答案】（1）图见解析；（2）2或或；（3）①证明见解析；②证明见解析．【分析】（1）根据直分四边形定义可知，使得四边形是一个直分四边形则可能BE平分或AC平分,由此构造图形即可解答；（2）由直分四边形定义可知符合条件的直分四边形中，，再分AC平分、DB平分、DB平分三种情况求解即可；（3）①根据相似三角形性质求出，进而证明，，从而可得BH平分，即可解得；②在BC上取一点M使BM=BF，利用角平分线构造再证明，由全等三角形性质即可得出结论．【详解】解：（1）当BE平分时，，如图1，此时点E为所求，四边形是一个直分四边形，当AC平分时,，故AE=CE，点E在AC垂直平分线上，如图2，此时点E为所求，四边形是一个直分四边形；（2）∵，，∴，又∵在直分四边形中有一个内角是直角，∴，I．当AC平分时，如解图2-1，∵，，，∴（AAS），∴，∵，∴为等边三角形，∴；II．当BD平分时，如解图2-2，过B点作，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴III．当BD平分时，如解图2-3，过D点作，∴，∴，∵，∴，∴，综上所述：BD长为2或或；（3）①在正方形中，，，∵点E为的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴四边形为直分四边形．②由①得：，，在BC上取一点M使BM=BF，由①得，又∵BH=BH，∴（SAS），∴FH=MH，∴，∴，在和中，∴（SAS），∴，∴．【点睛】本题主要考查了四边形综合，涉及网格作图、正方形性质、勾股定理与解三角形、三角形全等的性质及判定等知识点；解题关键是掌握阅读材料中直分四边形定义，利用角平分线构造全等进行解题．20．（2021·重庆八中一模）如图1，在四边形ABCD中，AC交BD于点E，△ADE为等边三角形．（1）若点E为BD的中点，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面积；（2）如图2，若BC＝CD，点F为CD的中点，求证：AB＝2AF；（3）如图3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，点P为四边形ABCD内一点，且∠APD＝90°，连接BP，取BP的中点Q，连接CQ．当AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2时，求CQ＋BQ的最小值．【答案】（1）(2)证明见解析（3）CQ＋BQ的最小值为【分析】（1）根据点E是BD的中点，可得,在作边CE的高DF,根据等边三角形三线合一DF也是的高，根据勾股定理计算出DF的长度，在直角三角形DFC中利用勾股定理计算出CF,得出CE的值，利用三角形的面积公式计算出面积．（2）延长AF,是2AF=AG,证明,得出CM=AD，再根据60°，得出=,从而证明,得出AB=AG，得出结论．（3）根据=90°，知道点P的运动轨迹是以AD为直径的圆，圆心记为N，点Q是BP的中点，得到点Q的运动轨迹是以BN的中点为圆心，半径为的圆。由，构造直角三角形QGB，点G为直角顶点，可得,得，可知CQ＋BQ=CQ+QG,故根据两点之间线段最短得最小值为CG的长度，又点G的运动轨迹为以AB为中点的圆．圆心为L,当点C、点Q、点G在同一条直线上时，CG的值最小，从而得出结果．【详解】解：作DF⊥AC∵点E是BD的中点∴BE=DE故∵AD=4,△ADE是等边三角形，DF⊥AE∴AF=EF=2,∠ADF=30°∴DF=∵在Rt△DEC中，CD=5,DF=,根据勾股定理得：FC=∴CE=CF-EF==(2)证明：延长AF使AF=FG如下图∵△AED是等边三角形∴∠AED=∠ADE=60°，AE=AD=ED∵AF=FG，点F是CD的中点∴CF=FD又∠AFD=∠CFG∴△AFD≌△GFC∴CG=AD，∠FCG=∠ADF∴CG=AE又∵∠CEB=∠ECD+∠EDC=60°，∴∠ACG=∠FCG+∠ACD=∠ADF+∠ACD=120°又∠AEB=120°∴∠AEB=∠ACG，∠CAG=∠ABD又CG=AE∴∴AB=AG故AB=2AF(3)如下图，过点Q作QG⊥BG，使∠NBE=∠GBQ,在Rt△BQG中，sin∠BQG=则GQ=BQ,故CQ＋BQ=CQ+QG，由∠APD=90°，可知点P的运动轨迹为AD为直径的圆，⊙N．点G为以BE的中点为圆心的圆，点G的运动轨迹为圆．当点C、Q、G在同一条直线上时，CQ+QG的长度最小．∵AB∥CD，∠APD＝90°∴四边形ADCK为正方形，有AD=AB=∴CK=AD=又tan∠ABC＝2∴BC=∵AN=，GN=∴CL=CD-DL=∠BGN=∠GCL∴Rt△BGN≌Rt△GCL∴BG=CG在Rt△BGC中，BC=∴CG=即CQ＋BQ的最小值=【点睛】本题考查三角形的面积、等边三角形的性质、全等三角形、锐角三角函数、动点问题．隐圆问题，了解直径所对的圆周角等于90°是隐圆问题的常用思路，了解瓜豆原理对本题的理解有很大的帮助．了解截长补短法添加辅助线是关键。转换思想是重要的数学思想．21．（2021·江苏淮安·一模）问题提出，如图1所示，等边△ABC内接于⊙O，点P是上的任意一点，连结PA，PB，PC．线段PA、PB、PC满足怎样的数量关系?【尝试解决】为了解决这个问题，小明给出这样种解题思路：发现存在条件CA=CB，∠ACB=60°，从而将CP绕点逆时针旋转60°交PB延长线于点M，从而证明△PAC≌△MBC，请你完成余下思考，并直接写出答案：PA、PB、PC的数量关系是；【自主探索】如图2所示，把原问题中的“等边△ABC”改成“正方形ABCD”，其余条件不变，①PC与PA，PB有怎样的数量关系?请说明理由：②PC+PD与PA，PB的数量关系是．（直接写出结果）【灵活应用】把原问题中的“等边△ABC”改成“正五边形ABCDE”，其余条件不变，则PC+PD+PE与PA+PB的数量关系是．（直接写出结果）【答案】【尝试解决】PA+PB=PC；【自主探索】①；理由见解析；②；【灵活应用】．【分析】尝试解决：利用旋转性质证明△PAC≌△MBC，得到PA=BM，得到PM等于PB与PA的和，再证明△PCM是等边三角形，得到PM等于PC，即可得到结果；自主探索：①在PC上截取QC=PA，证出△CBQ全等于△ABP，得到△PBQ是等腰直角三角形，PQ等于PB的倍，即可得到结果；②同①方法，即可得到PD与PA和PB的关系，即可求出PC+PD与PA和PB的关系；灵活应用：类比（自主探索）中的方法证明PC与PA和PB的关系，再用同样的方法证明PE与PA和PB的关系，构造△CDM全等于△CBP，得到PD与PC的关系，进一步得到PD与PA和PB的关系，最终求出PD+PE+PC的和即可得到与PA和PB的关系．【详解】尝试解决：PA+PB=PC；证明：因为∠ACP+∠PCB=60°，∠MCB+∠PCB=60°，∴∠ACP=∠MCB，又∵CP=CM，AC=MC，∴△ACP≌△BCM，所以PA=BM，∠CBM=∠CAP，∵四边形APBC内接于圆O，∴∠CAP+∠CBP=180°，∴∠CBM+∠CBP=180°，∴P、B、M三点共线，∴△PCM是等边三角形，∴PM=PC，∴PC=PM=PB+BM=PB+PA；自主探索：①PC与PA、PB的数量关系为；理由：截取CQ=PA，，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AB，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∵PA=CQ，∠BCQ=BAP，BC=AB∴△BCQ≌△BAP，∴∠CBQ=∠ABP，BQ=BP，∵∠CBQ+∠ABQ=90°，∴，∴△PBQ是等腰直角三角形，∴PQ=PB，∴；②证明：在PD上截取DH=PB，∵DH=PB，∠ADH=∠ABP，AD=AB∴△ADH≌△ABP∴∠DAH=∠BAP，AH=AP，∵∠DAH+∠HAP=90°，∴∠BAP+∠HAP=90°，∴△HAP是等腰直角三角形，∴PH=PA，∴PD=DH+PH=PB+PA，∴．灵活应用：．证明：在PC上截取FC=PA，∵五边形ABCDE是正五边形，∴BC=AB=CD=DE=AE，∠ABC=∠EAB=108°，∵PA=CF，AB=BC，∠FCB=∠BAP，∴△BAP≌△BCF，∴BF=PB，∠CBF=∠ABP，∵∠CBF+∠FBA=108°，∴∠ABP+∠FBA=108°，∴△FBP是顶角为108°的等腰三角形，∴PF=PB，∴PC=PF+FC=PB+PA，同理可证PE=PA+PB，延长PD至点M使DM=PB，∵∠MDC+∠CDP=180°，∠CDP+∠PBC=180°，∴∠CDM=∠CBP又∵CD=BC，∴△CDM≌△CBP∴CM=CP，∠MCD=∠BCP，又∵∠PCB+∠PCD=108°，∴∠MCD+∠PCD=108°，∴△MCP是顶角108°的等腰三角形，∴PM=PC，∴PD=PM-DM=PC-PB，∴PC+PD+PE=PC+PC-PB+PA+PB=（PB+PA）+PA==【点睛】本题考查旋转性质、圆的有关性质、圆内接四边形、正五边形有关性质、三角形全等的相关性质和判定，综合性强，难度较大是一道好题，属中考压轴题型．【一题多解】包括两个方面。一是一题多种解法。二是一题多个解。下面对多种解法进行分析【类型】一、截长“截长”是指在较长的线段上截取另外两条较短的线段，截取的作法不同，涉及四种方法。方法一：如图2所示，在BF上截取BM=DF，易证△BMC≌△DFC（SAS），则MC=FC=FG，∠BCM=∠DCF，可得△MCF为等腰直角三角形，又可证∠CFE=45°，∠CFG=90°，∠CFG=∠MCF，FG∥CM，可得四边形CGFM为平行四边形，则CG=MF，于是BF=BM+MF=DF+CG.图2方法二：如图2所示，在BF上截取FM=GC，可证四边形GCFM为平行四边形，可得CM=FG=CF；可得∠BFC=∠BDC=45°，得∠MCF=90°；又得∠BMC=∠DFC=135°，于是△BMC≌△DFC（AAS），BM=DF，于是BF=FM+BM=CG+DF.上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BCD和△MCF。方法三：如图3所示，在BF上截取FK=FD，得等腰Rt△DFK，可证得∠DFC=∠KFG=135°，所以△DFC≌△KFG（SAS），所以KG=DC=BC，∠FKG=∠FDC=∠CBF，KG∥BC，得四边形BCGK为平行四边形，BK=CG，于是BF=BK+KF=CG+DF.图3方法四：如图3所示，在BF上截取BK=CG，可得四边形BCGK为平行四边形，BC=GK=DC，BC∥KG，∠GKF=∠CBF=∠CDF，根据四边形BCFD为圆的内接四边形，可证得∠BFC=45°，∠DFC=∠KFG，于是△DCF≌△KGF（AAS），DF=KF，于是BF=BK+KF=CG+DF.上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BDC和△KDF。【类型】二、补短“补短”指的是选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破，根据辅助线作法的不同也涉及四种不同的方法。方法五：如图4所示，延长GC至N，使CN=DF，易证△CDF≌△BCN（SAS），可得CF=FG=BN，∠DFC=∠BNC=135°，又知∠FGC=45°，可证BN∥FG，于是四边形BFGN为平行四边形，得BF=NG，所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.图4方法六：如图4所示，延长GC至N，使NG=BF，得四边形BFGN为平行四边形，所以BN=GF=CF，又∠DCF+∠CDF=∠CBN+∠BCN=45°，得∠DCF=∠CBN，又CD=BC，可证△CDF≌△BCN（SAS），DF=CN，以下从略.方法七：如图5所示，延长CG至P，使CP=BF，连接PF，则四边形CPFB为平行四边形，PF=BC=DC，又∠BFC=45°，∠PFE=∠DEC，因为∠PFG=∠FGC－∠P=45°－∠P，∠DCF=∠CFE－∠CDF=45°－∠CDF，又可证∠P=∠CBF=∠CDF，于是∠PFG=∠DCF，所以△PFG≌△DCF（SAS），PG=DF，于是BF=CP=CG+PG=CG+DF.图5方法八：如图5所示，延长CG至P，使GP=DF，连接PF，可证∠DFC=∠PGF=135°，FC=CF，所以△DFC≌△PGF（SAS），所以DC=PF=BC，∠P=∠CDF=∠CBF=∠PCE，BC∥FP，所以四边形BCPF为平行四边形，所以BF=CP=CG+PG=CG+DF.方法九：如图6所示，延长DE至Q，使DQ=BF，连接CQ，GQ，可证△BCF≌△DCQ（SAS），CF=CQ，∠BCF=∠DCQ，于是可得∠FCQ=∠BCD=90°，所以△FCQ为等腰直角三角形，可得四边形FCQG为正方形，FQ=CG，所以BF=DQ=DF+FQ=DF+CG.图6方法十：如图6所示，延长FE至Q，使FQ=CG，通过证明四边形FCQG为正方形，△BCF≌△DCQ，同样可以证明结论成立。感兴趣的读者可以自行证明，详细思路从略。方法十一：如图7所示，延长FD至H，使DH=CG，可证得∠BDF=∠BDC+∠CDF，∠ECF=∠FCG+∠CEG，于是∠BDF=∠ECF，则∠BDH=∠BCF，所以△BDH∽△BCF（SAS），得∠H=∠BFC=45°，所以△BFH为等腰直角三角形，于是BF=HF=DF+DH=DF+CG.图7方法十二：如图7所示，延长FD至H，使FH=BF，可得△BFH为等腰直角三角形，于是∠HBD=∠FBC，又∠H=∠BFC=45°，所以△BDH∽△BCF，所以BF=HF=DF+DH=DF+CG.经过上述分析，可知采取不同的切入点，解题思路会有差异。1．（2021·广东茂名·九年级阶段练习）在中，直线经过点，于，于，于．请解答下列问题：（1）如图①，求证：；（提示：过点作于）（2）如图②、图③，线段，，之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明；（3）在（1）（2）的条件下，若，，，则______．【答案】（1）证明见解析；（2）图②：，图③：；（3）9或7．【分析】（1）如图①过点作于点，先利用垂直和平行求得，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的性质得到，根据线段的和差即可得到结论；（2）同理可得，，根据线段的和差即可得到结论；（3）先利用勾股定理求出BE，根据（1）（2）的结论代入数据即可得到结论．【详解】（1）证明：过点作于点，则．，，∵，∴，∵，即，，又∵在中，，，，．四边形为矩形，，；（2）图②：，图③：；理由：如图②，过点作交的延长线于，则同理可得：，，；如图③，过点作交的延长线于，同理可得：，，；（3）解：如图①，，，，∴∵，由（1）得；如图②同理；图③不存在，综上所述，或，故答案为：9或7．【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．2．（2020·全国·九年级专题练