专题6.1 平行线分线段成比例的综合（压轴题专项讲练）（苏科版）（解析版）

专题6.1平行线分线段成比例的综合【典例1】如图，已知点A、C、E和点B、F、D分别是∠O两边上的点，且AB∥ED，BC∥EF，AF、BC交于点M，CD、（1）求证：AF∥（2）若OA:AC:CE=3:2:4【思路点拨】（1）根据平行线分线段成比例定理，由AB∥ED得到OA⋅OD=OE⋅OB，由BC∥EF得到（2）先利用BC∥EF得到OBBF＝OCCE=54，则可设OB=5x,BF=4x，再由AF∥CD得到OFFD=OAOC=32，AFCD【解题过程】解：（1）证明：∵AB∥∴OAOE即OA⋅∵BC∥∴OCOE即OC⋅∴OA⋅即OAOC∴AF∥（2）解：∵OA:∴OC:∵BC∥∴OBBF设OB=5x，则∵AF∥∴OFFD=OA∴FD=∵FN∥∴DNCN设DN=3a，则∵FN∥CM，∴四边形MFNC为平行四边形，∴MF=∵AFCD即1+2a解得a=1∴DN=31．（2022·全国·九年级专题练习）如图，AD是△ABC的中线，点O是AD上任一点，连接BO并延长，交AC于点E．（1）如图1，当AOAD=1（2）如图2，当AOAD=1【思路点拨】（1）过点D作BE的平行线DF，利用平行线分线段成比例可推理得到CF=EF,EF=AE，从而得到答案；（2）过点D作BE的平行线DG，利用平行线分线段成比例可推理得到EG=CG，EG=2AE，从而得到答案．【解题过程】解：（1）如图1，过点D作DF//BE，交AC∵AD是△ABC中线∴BD=CD∵DF∴CDBD=CF又∵AOAD=∴AO∴CF=EF,EF=AE又∵AE+EF+CF=AC∴AC=3AE即：AE（2）如图2，过点D作DG//BE，交AC∵DG∴AO∵AD是△ABC中线，AOAD=∴BD=CD,AO∴EG=CG，EG=2AE又∵AE+EG+CG=AC∴5AE=AC∴AEAC2．（2022·安徽·合肥市五十中学东校九年级阶段练习）阅读下列材料，完成相应的学习任务：已知角平分线分线段成比例定理内容：三角形内角平分线分对边所得的两条线段和这个角的两边对应成比例，如图①，在△ABC中，AD平分∠BAC，则ABAC(1)证明：如图②，过C作CE∥DA，交BA的延长线于E．请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分．(2)你还有其他的证明方法么？如果有，另外写出一个完整的证明过程【思路点拨】（1）过C作CE∥DA，交BA的延长线于E，根据平行线分线段成比例定理得到BDDC（2）利用等面积法即可证明．【解题过程】（1）证明：如图②，过C作CE∥DA，交BA的延长线于则∠1＝∠E，∠DAC＝∠ACE，∵AD平分∠BAC，∴∠1＝∠DAC，∴∠E＝∠ACE，∴AC＝AE，∵CE∥∴BDDC＝BA∴ABAC＝BD（2）解：有其他的证明方法，理由如下：过点A作AE⊥BC，过点D作DF⊥AB，过点D作DG⊥AC，∵AD是∠BAC的角平分线，DF⊥AB，过点D作DG⊥AC，∴DF=DG，∵S△ABD=12BD⋅∴S△ABDS∴ABAC3．（2022·全国·九年级专题练习）△ABC中，点D是BC边上的一点，点F在AD上，连接BF并延长交AC于点E；（1）如图1，若D为BC的中点，AEEC=12，求证：（2）尺规作图：在图2中，请利用圆规和无刻度的直尺在AC上找一点E，使得AEEC（3）若F为AD的中点，设BDBC=m，AEAC【思路点拨】（1）作DG∥BE交AC于G，列出比例式即可证明；（2）作△ABC的中线AD，再作AD中点，连接BF并延长交AC于点E即可；（3）作DG∥BE交AC于G．根据平行得出比例式，根据F为AD的中点，得出m、n之间的等量关系即可．【解题过程】（1）证明：作DG∥BE交AC于G，∵DG∥BE，BD＝CD，∴CDBD＝CGEG＝∴EG＝CG，∵EF∥DG，∴AFDF＝AE∵AEEC=12，∴AEEG＝1∴AFDF＝1∴AF＝FD；（2）作△ABC的中线AD，再作AD中点，连接BF并延长交AC于点E，点E即是所求；（3）作DG∥BE交AC于G．∵DG∥BE，∴BDBC＝EGCE＝∵AEAC设AC＝a，AE＝an，EC＝a－an，EG＝m(a－an)，∵EF∥DG，∴AFDF＝AE∵F为AD的中点，∴nm-mn=1即4．（2022·江苏扬州·一模）如图，已知点P、Q分别是矩形ABCD中AB、CD边上的动点（不与点A、B、C、D重合），PE∥BQ交AQ于点E，连接PQ．AB＝8，BC＝6，设△PEQ的面积为S．(1)当点P运动到AP＝2时，无论点Q运动到CD边的何处，S＝_____；(2)在点P、Q的运动过程中，①若S＝458，求AP②求S的最大值．【思路点拨】（1）由题意易得AP∶AB=1∶4，△ABQ的面积为24，则有△APQ的面积为6，然后通过平行线所截线段成比例可得AE∶AQ=1∶4，进而问题可求解；（2）①设APAB=t，则有APPB=t1-t，由（1）可得S△APQ=t⋅S△ABQ=24t【解题过程】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，且AB＝8，BC＝6，∴S△ABQ∵AP＝2，∴AP∶AB=1∶4，∴S△APQ∵PE∥BQ，∴AEEQ∴EQAQ∴S=3故答案为4.5；(2)解：①设APAB=t，则有APPB=t1-t，由（∴S=1-t∵S＝458∴24t1-t解得：t1当t=58时，则AP=5；当t=3综上所述：当S＝458时，AP=5或3②由①可知：S=24t1-t∴S=-24t-∵-24＜0，∴当t=12时，S有最大值，最大值为5．（2022·江苏·盐城市大丰区实验初级中学益民路分校九年级阶段练习）已知：二次函数y=ax2+bx+4（a0）的图像与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA<OB），与y(1)求C点坐标，并判断b的正负性；(2)设这个二次函数的图像的对称轴与直线AC相交于点D，已知DC：CA1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC．若△BCE的面积为16，求该二次函数的表达式．【思路点拨】（1）确定C（0，4），根据OA＜OB，则对称轴在y轴右侧，可得b的正负；（2）过点D作DM⊥Oy，得到DCCA=DMOA=MCOC=12，DM＝12OA，求出D（m，6），B（4m，0）、OE=8，由S△BEC=12×4×4m=16，即可求出m值，确定A，B的坐标，设y=【解题过程】（1）解：y=ax2+bx+4中，令x=0，则∴C（0，4），∵图像与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA<OB），∴对称轴在y轴右侧，∵a＜0，∴b＞0；（2）过点D作DM⊥y轴，垂足为M，则DM∥OA，∴DCCA∴DM＝12OA设A（-2m，0），m＞0，则AO=2m，DM=m，∵OC=4，∴CM=2，∴D（m，6），B（4m，0），则MDBO∴OE=8，S△BEC=12×4×4m=16∴m=2，∴A（-4，0），B（8，0），设y=a（x+4）（x-8），令x=0，则y=-32a，∴C（0，-32a），∴-32a=4，a=-1∴y=-16．（2022·黑龙江·鸡西市第一中学校一模）如图，抛物线y=ax2+2x+ca<0与x轴交于点A和点B，与y轴交于点(1)求该抛物线的函数解折式；(2)连接BC，点D是线段BC上方抛物线上的一点，连接OD，CD，OD交BC于点E，是否存在点D使S△COE:S【思路点拨】（1）根据OB=OC=3，得到点B(3，0)，点C(0，3)，用待定系数法计算即可．（2）设点D(m，-m2+2m+3)，根据S△COE:S△CDE=3:2得到OE：ED=3：2，过点D作DG⊥x轴，垂足为G，过点E作EF⊥x轴，垂足为F，根据平行线分线段成比例定理，用含有【解题过程】(1)解：∵OB=OC=3，∴点B(3，0)，点C(0，3)，∴{9a+6+c=0解得{∴抛物线的解析式为：y=-x(2)解：存在这样的点D．理由如下：∵抛物线的解析式为y=-x设点D(m，-m2∵S△COE∴OE：ED=3：2，过点D作DG⊥x轴，垂足为G，过点E作EF⊥x轴，垂足为F，∴EF∥DG，∴EFDG∴EF=35(-m2+2m+3)∴E的坐标为(35m，设直线BC的解析式为y=kx+b，∵OB=OC=3，∴点B(3，0)，点C(0，3)，∴{3k+b=0解得{k=-1∴直线BC的解析式为y=-x+3，∴35(-m2整理得m2解得m=1或m=2，故点D的坐标为(1，4)或(2，3)．7．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，点E为线段AB的三等分点（靠近点A），点F为线段CD的三等分点（靠近点C），且CE⊥AB．将△BCE沿CE对折，BC边与AD边交于点G，且DC＝DG．（1）证明：四边形AECF为矩形；（2）求四边形AECG的面积．【思路点拨】（1）由已知可得AE=13AB，CF=13CD，能得到AE=CF，AE∥CF，再由CE⊥AB，即可证明四边形（2）由折叠可知B'E=BE=2，求得AB'=1，先证明∠B'=∠B'GA，能得到AB'=AG=1，再由AB'∥CD，得到B'GCG=AGDG即B'G4-B'G=13，得到B'G【解题过程】（1）证明：∵ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∵点E为线段AB的三等分点（靠近点A），∴AE=13AB∵点F为线段CD的三等分点（靠近点C），∴CF=13CD∴AE=CF，又∵AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形，∵CE⊥AB，∴四边形AECF为矩形；（2）∵AB=3，∴AE=CF=1，BE=2，∵将△BCE沿CE对折得到△ECB'，∴B'E=BE=2，∴AB'=1，∵DC=DG=3，∴∠DGC=∠DCG，∵BB'∥CD，∴∠DCG=∠B'，∴∠B'=∠DGC，∵∠DGC=∠B'GA，∴∠B'=∠B'GA，∴AB'=AG=1，∴DA=BC=B'C=4，∵AB'∥CD，∴B'∴B'∴B'G=1，∴△AGB'是等边三角形，∴AB'=AG=B'G=1，作GH⊥AB'于H，则AH=12AB'=1∴GH=AG在Rt△BCE中，BC=4，BE=2，∴EC=BC2-B∴S四边形AECG=S△EB'C-S△AB'G=128．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=22，D是BC边上一点，连接AD，CD=1，AD=BD，点E，F分别在AD、BD上，EF∥AB，连接CE．(1)求AB的长；(2)如图1，若5DE-5AE=3，过点F作FG∥DA，交AB于点G，求S四边形AEFG：S△DEF的值；(3)如图2，若EF=463时，过点F作FH⊥CE，垂足为H，求【思路点拨】（1）在Rt△ABD中，利用勾股定理求得BD=3，CB=CD+BD=4，再在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求解；（2）连接EG，证明四边形AEFG是平行四边形，推出S四边形AEFG=2S△AEG，根据等高的两个三角形面积比等于底的比得到S△AEG：S△DEF=AE：DE，根据题意列方程求得DE=95，AE=6（3）由EF∥AB求得DF=DE=2，则FC=3，过点C、D分别作EF的垂线，利用勾股定理以及平行线分线段成比例定理先后求得DQ、CP、EP、EC的长，再利用面积法即可求解．【解题过程】（1）解：在Rt△ABD中，∠ACB=90°，AC=22，CD=1，∴BD=AC2+∵AD=BD，∴CB=CD+BD=CD+AD=4，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=22，CB=4，∴AB=AC2∴AB的长为26（2）解：连接EG，∵EF∥AB，FG∥DA，∴四边形AEFG是平行四边形，∴S四边形AEFG=2S△AEG=2S△FEG，S△AEG：S△DEF=AE：DE，∴S四边形AEFG：S△DEF=2S△AEG：S△DEF=2AE：DE，∵AD=AE+DE=3，5DE-5AE=3，∴DE=95，AE=65，则2AE=∴S四边形AEFG：S△DEF=4：3；（3）解：∵EF∥AB，EF=463，AB=AC2+CB2∴EFAB=DF∴DF=DE=2，则FC=3，过点C、D分别作EF的垂线，垂足分别为P、Q，∴DQ∥CP，EQ=FQ=12EF=2∴DQ=DF2∵DQ∥CP，∴DQCP=DF∴CP=3，则FP=CF2∴EP=EF-FP=63∴EC=EP2∵S△CEF=12EC×FH=12EF×∴FH=46∴HF的长为4669．（2022·吉林长春·模拟预测）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中，以AB为边画三角形．按下列要求作图：(1)在图①中，画一个等腰△ABC，使其面积为3．(2)在图②中，画一个直角三角形△ABD，使其面积为103(3)在图③中，画一个△ABE，使其面积为154，且∠BAE＝45°【思路点拨】（1）根据等腰三角形的性质及三角形面积公式即可得出；（2）根据勾股定理及平行线分线段成比例进行验证画图即可；（3）利用勾股定理及等腰三角形的性质、平行线分线段成比例画图即可．【解题过程】(1)解：如图所示，AB=BC=1三角形面积为：12∴∆ABC即为所求；(2)解：线段AB为1×3矩形对角线，找到格点C使得线段BC是3×1的矩形对角线，AB=BC=12+32=∴AB2∴∠ABC=90°，如图所示：AB⊥BC，点D是线段BC与网格线的交点，由平行线分线段成比例可得：BD=23∴S∆ABD∴∆ABD即为所求；(3)如图所示，找到格点D，连接AD，BD，∵AB=12+32=10，AD=∴AD2∴∠ADB=90°，∴BD⊥AD，延长AD与网格线交于点E，由“平行线分线段成比例”，DEAE∴AE=3DE，∵AD=AE-DE=2DE，∴DE=12∴AE=3∵BD⊥AD即BD⊥AE，，∴S∆ABE=∵BD⊥AD，AD=BD=5，∴∠BAD=∠ABD=45°，即∠BAE=45°，∴∆ABE即为所求．10．（2022·北京·九年级期中）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点(不与点B，C重合)，连接DE，点C关于直线DE的对称点为C'，连接AC'并延长交直线DE于点P，过点D作DF⊥AP于F．(1)①依题意补全图形；②求∠FDP的度数．(2)连接BP，请用等式表示线段BP与线段AF之间的数量关系，并证明．【思路点拨】（1）①依照题意，画出图形；②由等腰三角形的性质和轴对称的性质可求解；（2）由“SAS”可证△BAP≌△DAP'，得BP=DP'，证得△DPF是等腰直角三角形得到PDPF=2【解题过程】解：（1）①如图所示：②由对称得：CD=C'D，∠CDE=∠C'DE，在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，∴AD=C'D，∵DF⊥AC'，∴∠ADF=∠C'DF，∴∠FDP=∠FDC'+∠EDC'=1（2）结论：BP=2理由如下：如图1，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，∴∠PAP'=90°，在正方形ABCD中，DA=BA，∠BAD=90°，∴∠PAP'=∠BAD，∴∠PAP'-∠DAP=∠BAD-∠DAP，∴∠DAP'=∠BAP，由1可知：∠FDP=45°，∵∠DFP=90°，∴∠APD=45°，∴∠P'=45°，∴AP=AP'，PF=DF，在Rt△DFP中，DP∴DP=2∴PD在△BAP和△DAP'中，BA=DA∠BAP=∠DAP'∴△BAP≌△DAP'SAS∴BP=DP'，∵DF⊥AP，P'A⊥AP，∴DF∥∴PD∴DP∴BP∴BP=211．（2022·广东实验中学九年级阶段练习）在平面直角坐标系中xOy中，直线l1:y=kx+2kk>0与x轴交于点A，与y轴交于点B，与函数y=(1)若点P的坐标为（1，6），①则m的值为____________；点A的坐标为_________；②求PBPA(2)直线l2:y=2kx-2与y轴交于点C，与直线l1交于点Q，若点P的横坐标为1，当PQ≤PA【思路点拨】（1）①把P（1，6）代入函数y=mx（x＞0）即可求得m的值，直线l1：y＝kx＋2k（k＞0）中，令y＝0，即可求得x的值，从而求得A的坐标；②把P的坐标代入y＝kx＋2k即可求得k的值，进而求得B的坐标，然后根据勾股定理求得PB和PA，即可求得（2）把x＝1代入y＝kx＋2k，求得y＝3k，即可求得P（1，3k）；分别过点P、Q作PM⊥x轴于M，QN⊥x轴于N，则点M、点N的横坐标1，2＋2k，若PQ＝PA，则PQPA＝1，根据平行线分线段成比例定理则PQPA＝MNMA＝1，得出MN＝MA＝3，即可得到2＋2k−1＝3，解得k＝1，根据题意即可得到当PQPA＝MNMA≤1时，k≥1【解题过程】解：（1）①令y＝0，则kx＋2k＝0，∵k＞0，解得x＝−2，∴点A的坐标为（−2，0），∵点P的坐标为（1，6），∴m＝1×6＝6；②∵直线l1：y＝kx＋2k（k＞0）函数y=mx（x＞0）的图象的交点P，且P（1，∴6＝k＋2k，解得k＝2，∴y＝2x＋4，令x＝0，则y＝4，∴B（0，4），∵点A的坐标为（−2，0），∴PA＝(1+2)2+62=3∴PBPA=5故答案为13（2）把x＝1代入y＝kx＋2k得y＝3k，∴P（1，3k）；由题意得，kx＋2k＝2kx−2，解得x＝2＋2k∴点Q的横坐标为2＋2k∵2＋2k＞1（k＞0∴点Q在点P的右侧，如图，分别过点P、Q作PM⊥x轴于M，QN⊥x轴于N，则点M、点N的横坐标为1，2＋2k若PQ＝PA，则PQPA＝1∴PQPA＝MNMA＝∴MN＝MA，∴2＋2k−1＝3，解得k＝1∵MA＝3，∴当PQPA＝MNMA≤1时，k∴m＝3k≥3，∴当PQ≤PA时，m≥3．12．（2022·吉林·三模）如图，抛物线y=ax2+bx-4经过A-2,0、B4,0两点，与y轴交于点C．点P为线段AB上的一动点（不与点B重合），连接PC、BC，将△BPC沿直线BC翻折得到△BP'(1)求抛物线的解析式；(2)求四边形QCOB面积的最大值；(3)当CQ:QP'=1:2【思路点拨】（1）用待定系数法即可求解；（2）过点Q作QT⊥x轴交BC于点T，运用待定系数法求出直线BC的解析式，设Q(t,12t2-t-4)（3）过点Q作QE⊥y轴于点E，过点P'作P'F⊥y轴于点F，由EQ∥FP'，得EQ【解题过程】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx-4过点A(-2,0)、∴4a-2b-4=016a+4b-4=0，解得：a=即：抛物线的解析式为y=1（2）过点Q作QT⊥x轴交BC于点T，如图，在y=1令x=0，得y=-4，∴C0,-4设直线BC的解析式为y=kx+nk≠0∵B4,0，C∴4k+n=0n=-4解得k=1∴直线BC的解析式为y=x-4．∵P'C交抛物线于另一点∴设Q(t,12t∴QT=t-4-(1∴S四边形即S四边形∵-1<0，∴S四边形QCOB有最大值，且当t=2时，S四边形（3）过点Q作QE⊥y轴于点E，过点P'作P'F⊥y∵OB=OC=4，∠BOC=90°，∴∠OBC=∠OCB=45°．由翻折，得∠CBP∴∠OBP∵∠BOC=∠OFP∴四边形BOFP∴FP∵∠CEQ=∠CFP∴EQ∥∴EQF∵CQ:QP∴CQ:CP∴EQ:FP即EQ=1当x=43时，∴Q(413．（2022·辽宁沈阳·一模）已知正方形ABCD，在边DC所在的直线上有一动点E，连接AE，一条与射线AE垂直的直线l沿射线AE方向，从点A开始向上平移，垂足为点P，交边AD所在直线于点F．(1)如图1所示，当直线l经过正方形ABCD的顶点B时．求证：AF=DE；(2)如图2所示，当直线l经过AE的中点时，与对角线BD交于点G，连接EG，CG．求证：GE=GC；(3)直线l继续向上平移，当点P恰好落在对角线BD所在的直线上时，交边CB所在的直线于点H，当AB=3，DE=1，请直接写出BH的长．【思路点拨】（1）证明△ABF≌△DAE（ASA），可得结论．（2）连接AQ，CQ．想办法证明△AQF是等腰直角三角形即可解决问题．（3）分成若点E在线段CD上时与点E在CD的延长线上时两种情况进行讨论，可得结论．【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠BAD=90°，∵AE⊥BF，∴∠APB=90°，∴∠PAD+∠PAB=90°，∠PAB+∠ABF=90°，∴∠ABF=∠DAE，∴△ABF≌△DAE（ASA），∴AF=DE．（2）证明：连接AG，如图所示，∵AE⊥FG，AP=EP，∴GE=GA，∵四边形ABCD是正方形，∴BA=BC，∠ABG=∠CBG，∵BG=BG，∴△ABG≌△CBG（SAS），∴GA=GC，∴GE=GC；（3）如图，若点E在线段CD上时，过点F作FT⊥BC，垂足为点T，则四边形DFTC是矩形．∴FT=DC，∠ADE=∠FTH=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD=BC，∵AE⊥FH，∴∠APF=90°，∵∠DAE+∠AFP=90°，∠AFP+∠TFH=90°，∴∠DAE=∠TFH，∵∠ADE=∠FTH，AB=FT，∴△ADE≌△FTH（ASA），∴DE=TH，∵AB∥CD，AD∥BC，∴BHDF∴CT=BF=1∵BC=3，∴1∴BH=32同理，若点E在CD的延长线上时，可得BH=6，故答案为：32或14．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．【思路点拨】（1）利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．（3）利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=h，则可表示出HN，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．【解题过程】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠AEH+∠AHE=90°．∵四边形EFGH为正方形，∴EH=EF，∠HEF=90°，∴∠AEH+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠AHE．在△AEH和△BFE中，∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，∴△AEH≌△BFE．∴AH=BE．∴AE+AH=AE+BE=AB；（2）AE=CF；证明如下：∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△AEH≌△FCG，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△EBF是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四边形EFGH是矩形．（3）∵四边形ABCD为正方形，∴AB∥∵AE=DG，AE∥∴四边形AEGD为平行四边形．∴AD∥∴EG∥过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，∴HNHM∵OE:OF=4:5，设OE=4x，OF=5x，HN=h，则h16∴h=44-x∴S=1∴当x=2时，△OEH的面积最大，∴OE=4x=8=12EG=OG∴四边形EFGH是平行四边形．15．（2022·江苏无锡·二模）已知二次函数y＝-x2+bx+c图像与x轴交于A（-1，0）和B，与y轴交于点C（0，3），D（m，0）为线段OB上一点，过D且垂直于x轴的直线交第一象限内的抛物线于点E，交线段BC于点F，连接BE．(1)求二次函数表达式；(2)若ED平分∠BEC，求D点坐标；(3)如图2，点P（0，t）为y轴负半轴上一点，直线BP交直线DE于点G，在D从O向B移动的过程中，线段EG的长逐渐减小，求t的取值范围．【思路点拨】（1）把A（－1，0）,C（0，3）分别代入y=－x2＋bx＋c，建立健全方程组，求出b、c值即可；（2）过点B作BG∥DE，交CE延长线于G，先证BE=EG，再利用平行线分线段成比例，得CEEG=CFBF，则CEEB=CFBF，所以CE2EB2=CF2BF2，然后求出直线BC解析式为y=-x+3，从而求得F(m,-m+3)，所以BF2=(3-m)2+(-m+3)2=2(m-3)2，CF2=m2+[3-(-m+3)]2=2m2，BE2=(3-m)2+(-m2+2m+3)2=(m-3)2(m2+2m+2)，CE2=m2+(-（3）先求出直线BP解析式为：y=-t3x+t,从而求得G(m,-tm3+t)，又∵E(m,-m2+2m+3)，∴EG=(-m2+2m+3)-(-tm3+t)=-m2+(2+t3)m+3-t=-(m-6+t6)2+t2-24t+14436,再根据二次函数的性质，当0<m<3【解题过程】（1）解：把A（－1，0）,C（0，3）分别代入y=－x2＋bx＋c，得0=-1-b+c3=c，解得：b=2∴二次函数表达式为：y=-x2+2x+3；（2）解：如图，过点B作BG∥DE，交CE延长线于G，∵BG∥DE，∴∠GBE=∠BED，∠G=∠DEC，∵DE平分∠BEC，∴∠BED=∠DEC，∴∠G=∠GBE，∴BE=EG，∵BG∥DE，∴CEEG∴CEEB∴CE∵DE⊥x轴，D(m，0)，点E在抛物线y=-x2+2x+3上，∴E(m,-m2+2m+3)，对抛物线y=-x2+2x+3，令y=0，则-x2+2x+3=0，解得：x1=-1，x2=3，∴B(3，0)，∵C(0，3)，∴直线BC解析式为y=-x+3，∴F(m，-m+3)，∴BF2=(3-m)2+(-m+3)2=2(m-3)2，CF2=m2+[3-(-m+3)]2=2m2，BE2=(3-m)2+(-m2+2m+3)2=(m-3)2(m2+2m+2)，CE2=m2+(-m2+2m+3-3)2=m2(m2-4m+5),∴m∴m2-4m+5=m2+2m+2∴m=12∴D(12，0)（3）解：∵P(0，t)，B(3，0)，∴直线BP解析式为：y=-t3x+t当x=m时，y=-tm3+t∴G(m，-tm3+t)∵E(m，-m2+2m+3)，∴EG=(-m2+2m+3)-(-tm3+t)=-m2+(2+t3)m+3-t=-(m-6+t6)2∵-1<0，当0<m<3时，EG的长随着m的增大而逐渐减小，∴6+t6解得：t≤-6，又∵点P（0，t）为y轴负半轴上一点，∴t<0，∴t≤-6．16．（2022·全国·九年级课时练习）如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，连接DE，2∠C+∠BDE=180°．(1)求证∠BDE=2∠CAD；(2)若AC=BD，∠AED=∠ACB，求证BE=2CD；(3)若AE=kBE，BD=mCD，则DEBD的值为______（用含m，k【思路点拨】（1）由AD⊥BC，得到∠CAD+∠C=90°，即∠CAD=90°-∠C，由2∠C+∠BDE=180°，得∠BDE=180°-2∠C＝2（90°－∠C），结论得证；（2）在BD上取点F，使DF=DC，则CF＝2CD，连接AF，过点B作AF的平行线与DE延长线交于点G．先证△AFC是等腰三角形，得∠FAC=2∠CAD，∠AFD=∠C，再证△BDG≌△CAF，则BG=CF，∠G=∠AFC，进一步证得∠G=∠BEG，得BG=BE，则BE＝CF，结论得证；（3）在BD上取点M，使DM＝DC，连接AM，过点E作EH∥AM与BD交于点H．先证明△AMC是等腰三角形，得到∠MAC＝2∠CAD，∠AMC＝∠C，进一步得到∠MAC＝∠BDE，再证△DEH是等腰三角形，DE＝DH，由EH∥AM，AE=kBE，得到BHHM=BEAE=BEkBE＝1k，得到HM=kBH【解题过程】(1)证明：∵AD⊥BC，∴∠ADC=∠ADB=90°，∴∠CAD+∠C=90°，∴∠CAD=90°-∠C，∵2∠C+∠BDE=180°，∴∠BDE=180°-2∠C＝2（90°－∠C），∴∠BDE=2∠CAD；(2)证明：如图1，在BD上取点F，使DF=DC，则CF＝2CD，连接AF，过点B作AF的平行线与DE延长线交于点G．∵DF=DC，AD⊥BC，∴AD垂直平分CF，∴AF=AC，∴△AFC是等腰三角形，∴∠FAC=2∠CAD，∠AFD=∠C，∵∠BDE=2∠CAD，∴∠BDE=∠CAF，∵BG∥∴∠GBD=∠AFD，∴∠C＝∠GBD，又∵AC=BD，∴△BDG≌△CAF（ASA），∴BG=CF，∠G=∠AFC，∴∠G=∠C，∵∠C=∠AED，∠AED=∠BEG，∴∠C＝∠BEG，∴∠G=∠BEG，∴BG=BE，∴BE＝CF，∵CF=2CD，∴BE=2CD．(3)解：如图2，在BD上取点M，使DM＝DC，连接AM，过点E作EH∥AM与BD交于点H．∵DM＝CD，，AD⊥BC，∴AD垂直平分MC，∴AM＝AC，∴△AMC是等腰三角形，∴∠MAC＝2∠CAD，∠AMC＝∠C，∵∠BDE=2∠CAD，∴∠MAC＝∠BDE，∵EH∥AM，∴∠EHD＝∠AMC＝∠C，∴∠EHD＋∠BDE＋∠HED＝180°，∠AMC＋∠MAC＋∠C＝180°，∴∠HED＝∠C，∴∠HED＝∠EHD，∴△DEH是等腰三角形，∴DE＝DH，∵EH∥AM，AE=kBE，∴BHHM∴HM=kBH，∵BD=mCD，∴BH＋HM＝BH＋kBH＝（k＋1）BH，BH＋HM＝BD－DM＝BD－CD＝mCD－CD＝（m-1）CD，∴（k＋1）BH＝（m-1）CD，∴BH＝m-1k+1CD，HM＝∴DE＝DH＝HM＋DM＝k(m-1)k+1CD＋CD＝∴DEBD＝mk+1即DEBD＝故答案为：mk+1mk+m17．（2022·安徽合肥·二模）如图，为了探究某种类型矩形ABCD的性质，数学项目学习小组在BC边上取一点E，连接DE．经探究发现：当DE平分∠ADC时，将△ABE沿AE折叠至△AFE，点F恰好落在DE上．据此解决下列问题：(1)求证：△AFD≌(2)如图，延长CF交AE于点G，交AB于点H．①求证：AH⋅AF=AG⋅CF；②求GHGF【思路点拨】（1）根据ED平分∠ADC，有∠ADE=∠EDC=45°，即∠DEC=45°，根据翻折的性质，有△ABE≅△AFE，即AB=AF，∠AFD=∠B=90°，则有AF=AB=DC，∠FAD=∠ADE=45°，即可得△AFD≅△DCE；（2）①过点F作FM⊥BC于M点，过E点作EN∥AB交HC于点N，设EC=a，BE=b，易得△EFM、△AFD、△DCE均是等腰直角三角形，即可求出EM、MF、EF，根据翻折的性质有AF=AB，即可得a=(2+1)b，利用勾股定理可求出AE、NC、CF，再根据EN∥AB、FM∥AB，即可求出EN、FM、BH、即有AH⋅AF=ab=AG⋅CF；②与①的思路相同，即求出GH、GF，再求二者之比即可得解．【解题过程】解：（1）∵ED平分∠ADC，∴∠ADE=∠EDC=45°，∴∠DEC=45°，根据翻折的性质，有△ABE≅△AFE，∴AB=AF，∠AFD=∠B=90°，∴AF=AB=DC，∠FAD=∠ADE=45°，∴△AFD≅△DCE，（2）过点F作FM⊥BC于M点，过E点作EN∥AB交HC于点则有∠FME=∠NEC=90°=∠FMC，设EC=a，BE=b，∴AD=BC=BE+EC=a+b，∵在（1）有，∴∠ADE=∠EDC=∠DEC=∠FAD=45°，∴△EFM、△AFD、△DCE均是等腰直角三角形，∴DC=EC=AB=a，AF=FD=12AD=a+b2，ED=2DC=2∴EF=ED-FD=2a-a+b2=a-b∴EM=FM=EF2=a-b∵根据翻折的性质有AF=AB，∴a=a+b2，即∵BE+EM=b+a-b2=a+b2=EC-EM=a-a-b2∴M点为BC中点，∵FM⊥BC，∴FM∥∴F为HC中点，即FM为△HBC的中位线，∴BH=2FM=2×a-b2=a-b，HF=CF∴AH=AB-BH=a-(a-b)=b，∵MC=a+b2，FM=a-b∴在Rt△FCM中，有CF=F在Rt△ABE中，有AE=A∵EN∥∴ECBC=EN还有GEAG=EN∴AE-AGAG=EN∵AH⋅AF=b×a=ab，AG⋅CF=又∵a=(2∴AG⋅CF=b(a+b)即有AH⋅AF=AG⋅CF，结论得证；②在①基础上进行计算，在Rt△ENC中，NC=N在Rt△BHC中，HC=B∴HN=HC-NC=2∵EN∥∴AHEN=HG即：GN=∴GH=HN-GN=b2∴GF=HF-GH=CF-GH=a2∴GHGF∵a=(2∴GHGF18．（2022·四川·眉山市东坡区苏洵初级中学模拟预测）如图，抛物线y=x2-(m+2)x+4的顶点C在x轴的正半轴上，直线y=x+2与抛物线交于A，B两点，且点A(1)求m的值；(2)点P是抛物线y=x2-(m+2)x+4上一点，当△PAB的面积是△ABC面积的2(3)将直线AB向下平移k(k>0)个单位长度，平移后的直线与抛物线交于D，E两点(点D在点E的左侧)，当△DEC为直角三角形时，求k的值．【思路点拨】（1）令y=0得x2-(m+2)x+4=0，由（2）作CD∥AB交y轴于D，求得CD的函数表达式是y=x-2，在DF的延长线上截取EF=2DF=8，过点E作EG∥（3）当∠CDE=90°时，可得直线CD的函数表达式是：y=-x+2，求出它与抛物线的交点即可，当∠DCE=90°时，设平移后的表达式是y=x+b，与抛物线的表达式联立求得D和E的坐标，再求出DE中点坐标，根据DE=2CI，进而求得b，根据平移的距离得出k值．【解题过程】解：（1）令y=0，∴x∵Δ=(m+2)∴m=2或m=-6，又--(m+2)∴m>-2，∴m=2；（2）当m=2时，y=x2如图1，作CD∥AB交y轴于∴CD的函数表达式是y=x-2，∴D0∵y=x+=2与y轴交点F0,2∴DF=4，在DF的延长线上截取EF=2DF=8，过点E作EG∥∴EG的函数表达式是：y=x+10，由x2x=-1或x=6，当x=-1时，y=-1+10=9，当x=6时，y=6+10=16，∴P(-1，9)或作CM⊥AB于M交EG于N，∵CD//AB//EG，∴CM∴点P到AB的距离是点C到AB距离的2倍，∴△PAB的面积是△ABC面积的2倍；（3）当∠CDE=90°时，∴直线CD的函数表达式是：y=-x+2，由x2x=1或x=2(舍去)，当x=1时，y=-1+2=1，∴y=x+(2-k)过1,1，∴1+(2-k)=1，∴k=2，当∠DCE=90°时，设平移后的表达式是y=x+b，由x2化简得，x2∴x1=∴x1+∴DE的中点I(5∴x∴y=x=9+4b∵DE=(9+4b=2(9+4b)，CI=26+4由DE=2CI得，2(9+4b)=16+4b∴b=-1或b=-2(舍去)，∴k=3．综上所述，k=2或3．19．（2022·全国·九年级课时练习）在▱ABCD中，点E是AB的中点，点P是BC上一点，连接DE，交AP于点M．N是AP上一点，且AM=MN，连接BN并延长交DC于点F．(1)如图1，求证：四边形EBFD是平行四边形；(2)如图2，连接MC交BF于点H，过点A作AG//MC交DE于点G．①求证：MC=2AG；②当点P为BC中点时，若BF=a，AP=b，且254AB2=a2+4【思路点拨】（1）先证明ME是三角形ABN的中位线，推出DE//FB，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可．（2）①先通过平行四边形的性质和等量代换证出点F是CD的中点，故FH是△DMC的中位线，再证明△AMG≌△MNH，所以MH=AG，等量代换得MC=MH+HC=2МН=2AG．②如下图，过点P作PR//BF，交AB的延长线于点R，过点C作CQ//BF，交AB的延长线于点Q，延长AP交CQ于点L，连接EF，从已知条件254AB2=a2+4b2，判断图形中一定有一个直角三角形，由平行线的性质，逐步推出a=52BN，b=5▱ABCD的面积就是4S△ADE【解题过程】（1）解：∵AM=MN，∴点M是AN的中点，又∵点E是AB的中点，∴EM是△ABN的中位线，∴ME//BN，即DE//FB，在▱ABCD中，AB//CD，即DF//EB，∴四边形EBFD是平行四边形．（2）①证明：四边形EBFD是平行四边形，∴FH//DM，EB=DF，∵E是AB的中点，∴EB=12AB∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，故EB=12CD∴DF=12CD即F是CD的中点，故FH是△DMC的中位线，∴MH=HC，∵AG//MC，∴∠GAM=∠HMN，∵DE//BF，∴∠GMA=∠HNM，在△AMG和△MNH中，∠GAM=∠HMNAM=MN∴△AMG≌△MNH(ASA)，∴MH=AG，∵MH=HC，∴MC=MH+HC=2МН=2AG．②解：过点P作PR//BF，交AB的延长线于点R，过点C作CQ//BF，交AB的延长线于点Q，延长AP交CQ于点L，连接EF，如下图所示∵DC//AB，CQ//BF，∴四边形FBQC是平行四边形，四边形BQLN是梯形，∵BF=a，∴BF=CQ=DE=a，∵P是BC的中点，∴PR既是△BQC的中位线，又是梯形B