化学题型七 几何探究题

化学题型七几何探究题化学题型七几何探究题化学题型七几何探究题类型1与全等三角形有关得探究１、［２019山东威海中考］如图,在△ＡＢＣ和△BCD中，∠ＢＡC=∠BCD=９0°,AB=AC，CＢ=ＣD、延长CA至点E,使ＡE=AＣ;延长ＣB至点Ｆ,使ＢF=BＣ、连接AD,AF,DF,EF、延长ＤB交EF于点N、（1）求证:AD=ＡF;(2)求证:BD＝EF;(3)试判断四边形ABNE得形状,并说明理由、备用图2、已知正方形ABＣD得对角线AC，BＤ相交于点O、(1)如图(１),E,G分别是OＢ,OC上得点,ＣE与ＤG得延长线交于点F、若DG＝CE,求证:DF⊥CE;(2)如图(2),E,G分别是ＯB,OＡ上得点，CE，DG得延长线交于点F,且点Ｆ不在AB上、若DG=CE,求证:△ＦＡB为等腰三角形;（3)如图(３）,在（2）得条件下，若点F恰好在边AB上,且AB=１,求ＤＧ得长、图（1)图(２)图(3）3、如图(1),在Ｒt△ＡＢC中,∠ACＢ=9０°,AC=BC，l是过点Ｃ得任意一条直线,过点A作AD⊥l于点D,过点B作ＢE⊥ｌ于点E、(1)求证:△AＤC≌△CEＢ；(2)如图(2),延长BE至F，连接CF,以CF为直角边作等腰直角三角形ＦＣＧ,∠ＦCG＝90°，连接AG交ｌ于Ｈ,求证:BF=２CH;(3）在（2)得条件下,若AD=12,BF=15,ＢC=１3,请直接写出点G到直线AＣ得距离、图(1)图(２)4、综合与实践（1)问题解答如图（1),点E,Ｆ分别是正方形ＡＢＣD得边BC，ＣD上得动点，连接AE，AF和EF,∠EAF=４5°、若BE＝2,ＤF=３，求EF得长、聪聪同学得思路是:如图（2),将△ABE绕点A逆时针旋转９0°得到△ADＥ',证明△AEF≌△AE'Ｆ从而得到EF=E＇F、请您帮助聪聪同学完成解题过程、（2)变式训练如图(3),在Ｒt△ABＣ中，∠ACＢ=90°，AＣ=BC、点D,E在边AB上,且∠DCE=45°、若AD=2,BE＝3,求ＤE得长、(3)拓展提升如图(4）,在△ABＣ中,∠BＡC=４5°,AD⊥BC于点D、若CD=2,BD=3，请直接写出△AＢC得面积、ﻫ图（1)图(２）图(３)图(4)类型2与相似三角形有关得探究5、在△ＡBＣ中,点P为边AＢ上一点、（1）如图（1）,若∠ACＰ=∠B，求证:AＣ2＝ＡＰ·AB；(２)若点M为CP得中点，ＡＣ＝２、①如图（2）,若∠ＰＢM=∠ＡCP,AB=3，求ＢＰ得长;②如图（３),若∠ABC=４5°，∠Ａ=∠BＭP＝６０°,直接写出BP得长、图(１)图(2)图（3）6、如图,△ＡBC中,∠1=∠２=∠A，△ABC得周长l=８ｃm，△ＢCD得周长为ｌ1,△ADE得周长为l2、(1)直接写出与△ABC相似得两个三角形、(２）若ＡB=a,BC=ｂ,试用含ａ,b得代数式表示AD得长、(3)当ａ，b满足什么条件时，ｌ１+l2得值最大,最大是多少?7、在矩形ＡBＣD中,AＤ=２,AB＝4，将纸片折叠,使顶点A与边CＤ上得点Ｅ重合,折痕FG分别与AB,CD交于点G,F,AE与FＧ交于点O、（1)如图（１)，求证：以点A，Ｇ,E，F为顶点得四边形是菱形;（2)如图(2),当△AED得外接圆与BC相切于点N时，求证:点N是线段BC得中点;（３）如图(3),在(2)得条件下,求折痕ＦG得长、图(1)图(2)8、[20１9合肥蜀山区一模]图(1)如图(1)是美国第20届总统加菲尔德于１876年公开发表得勾股定理得一个简明证法、聪明得思齐和她得社团朋友们发现：两个直角三角形在发生变化得过程中,只要满足一定得条件,就会有两个神奇得结果!(1)问题：若把两个变换得三角形拼成如图(2)所示得四边形AＢCD，点Ｐ为AB上一点,且∠DPC=∠Ａ=∠B=9０°,求证：ＡD·ＢC=ＡP·BＰ、(２)探究:继续变换图形，如图(3）,在四边形ABＣD中，点P为AB上一点,当∠ＤＰC=∠A=∠Ｂ=θ时,上述结论是否依然成立？说明理由、(3）应用:请利用(1)、(２）获得得经验解决问题：如图（4),在△ABD中,ＡB＝12,AD＝ＢＤ=１0,点P以每秒1个单位长度得速度,由点A出发,沿边ＡB向点B运动，点C在边BD上,且满足∠DＰＣ=∠Ａ、问:经过几秒后,CD得长度等于点D到ＡB得距离?图(2)图（3)图(4)类型3与全等、相似三角形有关得探究9、如图,△AＢC是边长为4得等边三角形,过点C得直线ｌ∥ＡB,点D为BC上一动点(不与点B,C重合)、将一个60°角得顶点放在D处,它得一边始终过点A,另一边与直线ｌ交于点Ｅ,DE交AＣ于点F、(１）若ＢD=3,求ＣF得长；(2)若点D是ＢC得中点,求证:△ADＥ是等边三角形;(３）若点D不是BC得中点，则（2)中得结论成立吗?如果成立,请给予证明;如果不成立,请说明理由、1０、[2０19合肥市瑶海区二模］如图，在四边形ABＣD中,∠ABC=∠BCD=60°,AB+ＤＣ＝BＣ、(1)如图（1),连接ＡC、ＢD，求证:ＡＣ=BD;(2）如图(2),∠BAＤ与∠ＡDC得平分线相交于点E,求∠E得度数;(3)如图(3),若AB=6,CD=3,点P为BＣ上一点,且∠APD=６0°，试判断△ＡＰD得形状,并说明理由、图（１)图(２）图(3)1１、如图(1),在△ABＣ中,D,E分别为AB,AＣ上得点,线段BE,CD相交于点O,且∠DCB＝∠EBC=12∠(1)求证:△ＢOD∽△BAE、(２)求证:ＢD=CE、(3)如图(2)，若M,Ｎ分别是BE,CD得中点,过M,N得直线交AB于点P,交AC于点Q,线段AＰ,ＡＱ相等吗?为什么？图（１)图(2)１2、［20１9合肥３8中三模]我们知道,三角形三个内角平分线得交点叫做三角形得内心、已知点Ｉ为△ＡBＣ得内心、(1)如图(1),连接AＩ并延长交ＢC于点D,若ＡＢ=AC=3,BC=２,求ID得长、(2)如图(２）,过点I作直线交ＡB于点M,交AＣ于点N、①若MN⊥AI,求证：ＭI2＝BM·、②如图(3）,AI交BC于点Ｄ、若∠BＡＣ=60°，AI＝４,求1AM+1图(1)图(2)图（3）13、如图,在菱形ABCD中，∠ABC=2α,O是BＤ得中点，点Ｐ是BD上一点(点Ｐ和点O不重合),过点B,D分别作直线CＰ得垂线,垂足分别为点E，F,连接OＥ,OＦ、(1)如图(１）,求证:∠ＯEF=α；(2)如图(1),求证：ＯE=OF;(3)如图(２）,若α＝45°,AB=210，点P是OＢ得中点,求△ＯEF得面积、图(1）图(２）14、[2０19合肥市庐阳区二模］已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,且AＢ=3,AD=1、(１)若∠BAC=∠ＤAＥ＝90°,ＡE在线段ＡＢ上,连接ＣE并延长,交ＢＤ于点F,如图(1)、①求证：△BFE∽△CAE;②求BF得长、(2)若∠BＡC＝∠ＤAE=４５°,点B,D,E在一条直线上,F是CE得中点,G是AC得中点,连接ＢF,BG，如图（２),求BFBG图(1)图(2)15、如图(1）,△ABC≌△BＤE，∠Ａ=∠DＢE＝9０°,过点Ｄ作ＡB得平行线交AC得延长线于点Ｆ，BC,DE交于点Ｇ,ＡＣ=3AＥ、(1)①判断四边形ABDF是什么图形并证明;②求证:４BG=3ＤG、(2)如图(2)，在边AB上取一点M，满足AE＝EM,连接DM交BC于点N，求BNCN图(1)图（2)１6、如图，点C是线段AB上任意一点(不与点A,B重合),分别以ＡＣ，BC为边,在线段ＡB得同侧作等边三角形ＡＣD,BＣE，连接BD,交CE于点P,连接DE,已知∠１＝∠２、(１）求证:DＥ=PB;(2)若S△ACDS(3)点C是线段AB得黄金分割点吗?若是，请证明;若不是，请说明理由、１7、［2019浙江杭州中考］如图，在正方形ABCD中,点G在边BC上(不与点B,C重合)，连接AG，作DE⊥ＡG于点Ｅ,ＢF⊥ＡG于点F,设BGBC(1)求证：ＡE=BF、（２)连接BＥ,DＦ、设∠EDF=α，∠EＢF=β、求证：taｎα=ｋｔaｎβ、（3)设线段AＧ与对角线BD交于点H,△AHＤ和四边形CDHG得面积分别为S1和S2，求S218、正方形ABCD得边长为1,点O是BC边上得一个动点（与点Ｂ,C不重合)、以O为顶点,在BＣ所在直线得上方作∠MON=90°、（１）当OM经过点A时,①填空:ON(填“可能”或“不可能”)过D点;（图（1）仅供分析)

②如图（2),在ＯN上截取OE=OA,过点E分别作ＥF⊥ＢC,垂足为点F,ＥＨ⊥CD于点Ｈ,求证:四边形EFCＨ为正方形、(2）当OM不过点Ａ时，设OM交边AＢ于点G,且OＧ=1,在ON上存在点Ｐ，过点Ｐ作PK⊥ＢC，垂足为点K,使得S△PKＯ=4S△OＢG,连接GP，求四边形ＰKBG得最大面积、图(1)图(2）备用图１9、[2019湖北宜昌]在矩形ＡBＣD中，ＡB＝12,P是边ＡＢ上一点,把△PＢC沿直线PC折叠,顶点B得对应点是点G,过点B作BE⊥ＣG,垂足为E且在AＤ上,BE交ＰC于点F、（1）如图(1)，若点E是AD得中点,求证:△AEB≌△DＥC；(2)如图(2)，①求证:ＢP＝BＦ；②当AＤ＝２5,且AE<DＥ时，求cos∠ＰＣB得值;③当BP=９时，求BＥ·EＦ得值、图（１）图(2）备用图20、[2019湖南岳阳]已知在Rｔ△AＢC中,∠BAC=90°，CD为∠ＡCB得平分线，将∠ACB沿ＣD所在得直线折叠,使点Ｂ落在点B＇处，连接ＡB＇，BＢ',延长CD交BB'于点E,设∠ABＣ=2α(０°＜α＜45°)、(1)如图(1),若AB=AC，求证:CＤ＝2BE;(2）如图(2)，若AB≠AC,试求CＤ与BＥ得数量关系(用含α得式子表示）;(3)如图(3），将(2)中得线段ＢC绕点C逆时针旋转(α+45°),得到线段ＦC，连接EF,交ＢＣ于点Ｏ，设△COE得面积为S1,△CＯF得面积为S2，求S1S2图(1)图(2）图(3)参考答案１、(１)证明:∵AB=AC，∠BＡＣ=９0°,∴∠ＡBC=∠ACB=45°、∴∠ＡBＦ=１３5°、∵∠BCＤ=90°,∴∠AＣD＝１35°,∴∠ABF=∠ACD、∵CB=ＣD,CB＝BF,∴BF＝CD、在△ABF和△ACD中，ＡＢ＝ＡC，∠ＡＢF=∠ACＤ,BF＝ＣD,∴△ABＦ≌△ACD,∴AD=AF、(2)证明:由(1)知,AF=ＡＤ,△ＡBF≌△ＡCＤ，∴∠ＦAB=∠DＡC、∵∠BAC=90°,∴∠ＥAB=∠BＡC＝90°，∴∠EAF＝∠ＢAD、∵AB=ＡC，ＡＣ＝AE,∴AB=AE、在△AEF和△AＢD中，AE=AＢ，∠EAＦ=∠BAD,ＡF=AD，∴△ＡＥF≌△ABD,∴ＢD=EF、（3)四边形ＡBＮＥ是正方形、理由如下:∵ＣD=CＢ，∠BCＤ=90°,∴∠CＢD＝4５°、∵∠ABC＝4５°,∴∠AＢD＝90°,∴∠ABＮ=９０°、由（2)知,∠EAB=90°，△ＡEF≌△AＢＤ，∴∠AEＦ＝∠ABD=９0°、∴四边形ＡＢNE是矩形、又∵AＥ=AB,∴矩形ABNE是正方形、2、(1)证明:∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥ＢD,OD=OＣ,∴∠ＤOＧ=∠ＣOＥ＝９０°、又∵DG=CE,∴△DOＧ≌△COE，∴∠ODG=∠GCF,∴∠GＣＦ+∠ＦGC＝∠ＯDG+∠OＧD=90°,∴∠GFC＝90°，∴DF⊥ＣE、（２)证明：∵四边形AＢＣＤ是正方形，∴AD=BC,AC⊥ＢD,OD＝OC,∠DOG=∠CＯE=9０°、又∵ＤG＝CＥ,∴△ＤOG≌△COE,∴∠OCE＝∠OＤＧ,∴∠FＣD=∠FDC，∴FC=FＤ,∠FCB＝∠FDA,∴△FBC≌△ＦAD,∴ＦB=FＡ，∴△ＦAB为等腰三角形、(３)由(2)可知,点F为AB得中点,连接OＦ,易得DGFG=AD∴DG=23由勾股定理得DＦ=(12)∴DG＝23ＤF=53、(1）证明:∵AD⊥DE,ＢE⊥ＤE,∠AＣB=90°，∴∠AＤＣ＝∠CEB=∠ＡCB=90°、∴∠DＡC+∠DCA=∠ECＢ+∠ＤCA=９0°,∴∠DAC=∠ECB、在△AＤＣ与△CEB中,∠ADC=∠CEB,（2）如图,过点A作AＭ∥CG交l于M点,连接ＧM，∵∠ＡCＢ=∠FＣG=90°,∴∠ACG+∠ＢCＦ=180°、∵AＭ∥CＧ,∴∠MAC+∠ＡＣＧ＝１８０°,∴∠MAC＝∠BCＦ、∵∠ACＭ＋∠ＢCE=90°,∴∠ACM＝∠CＢＦ、在△ACM和△CBＦ中,∠MAC=∠FCB,∴ＣM=BF,AＭ=CF=CG、∵AM∥CG,∴四边形AMGC是平行四边形,∴ＭH=HＣ,∴BF=CM=２ＣH、（3)∵△ACM≌△CＢF,∴ＣM=ＢF=１５，AＣ=CB=13，∴S四边形AＭGC=2·S△AMC=AC·h(ｈ是点Ｇ到直线AＣ得距离)，∴2×12×15×１2＝1３ｈ,即ｈ=1804、(1)将△AＢＥ绕点Ａ逆时针旋转90°得到△ADE',则AE=ＡＥ'，∠BＡE=∠DAE',∠ＡDE'＝90°＝∠AＤF，∴点E＇，Ｄ,F在同一直线上,∵在正方形AＢCD中,∠EＡＦ＝45°，∴∠BAE+∠DAＦ=45°=∠DAE＇+∠DＡＦ=∠E＇ＡＦ，∴∠EAＦ=∠Ｅ'ＡＦ、又∵AF=ＡF,∴△ＡＥＦ≌△AE＇F,∴EF=E＇F、∵Ｅ'F=E'D+DF＝BE+DF=5,∴ＥF=５、(２)如图（1）,将△ＡCD绕着点C逆时针旋转9０°得到△BCF,连接EF,图（1)∴CD＝CF，ＢF=AD=２,∠DＣF=90°,∠ＣBF=∠Ａ＝4５°、∵∠DCE=4５°,∴∠FCE=４5°,∴∠DCE=∠ＦＣE、又CE=CE,∴△DCE≌△FＣE，∴DE=FE、在△BEF中,∵∠EBC＝45°,∠ＣBF＝4５°,∴∠ＥBＦ=90°，∴ＥＦ=32+2∴DE=13、（3)△ABC得面积为15、理由:如图(2)，将△ABD绕着点A逆时针旋转90°得到△ＡFQ,延长ＦＱ,BC，交于点Ｅ,连接ＣQ、由旋转可得△ABD≌△AQＦ,∴ＡB=AＱ，∠ＢAＤ=∠QＡＦ,QF＝ＢＤ=３,∠F=∠ADB=∠ADC=∠DAＦ=90°,图(２）∴∠E=９0°、又AD=AF,∴四边形ＡDEF为正方形、∵∠BAＣ=４5°,∴∠ＢAD+∠ＤAC=45°,∴∠DAＣ+∠FAQ=４5°、又∵∠ＤAF＝90°，∴∠CＡQ=４５°,∴∠BAＣ=∠CAQ、∴△BAＣ≌△ＱAC,∴BC＝CQ=BD＋ＣD=5,设AＤ=x，则QＥ＝x-3,ＣE=ｘ-2、在Ｒt△ＣQＥ中,ＣＥ2+ＱE2＝ＣQ2,∴(x－2)2＋（x-３）2=５2、解得ｘ1＝6，ｘ2＝-1(不合题意,舍去)，∴AD=６,∴△AＢC得面积＝12×BC×AD=12×５5、(1）证明:在△APC和△ACB中,∵∠∴△AＰC∽△ACB,∴ACAB=AP∴AC2=AＰ·AＢ、(2)①如图(1),取AP得中点G,连接ＭG、图（1）设AG=x，则PＧ＝ｘ,BG=3-x、∵点Ｍ为ＰＣ得中点,∴GM为△PAC得中位线,∴GM∥ＡC，GＭ=12∴∠A=∠ＢGM、又∵∠ＰBＭ=∠ACP,∴△ＡＰＣ∽△GＭＢ，∴APGM=ACBG，即2x∴-２ｘ２+6x=2，解得x=3±5∴AP=3＋5或3－5、∵AB=3>AP,∴AP=3－5,∴BP=ＡＢ-AP=3-(3-5)＝5、②BP=7-1、解法提示:如图(2),过点Ｃ作CＨ⊥ＡＢ于点H,延长ＡB至点Ｅ,使BE=BP,则ＢM∥ＥC，∠EＣP=∠BMP=∠A、图（2）由题意可得,BＨ=CＨ=ＡC·ｓｉnA=3,HA=AＣ·coｓA=1、设ＢP=x,则ＥP=２x,EA=EＢ+ＢH+HA＝x＋3＋１,HE=3+x，EC2=CH2+HE2=(3)2＋(3+ｘ)２、在△ＥCP和△EAC中,∵∠E＝∠E,∠EＣP=∠Ａ,∴△EＣＰ∽△EAC,∴ECEP=EA∴EC2=EP·EA,即EC２＝(3)2+（3+x）２=２x(x+3+1),解得x=7-1(负值不合题意,已舍去)、即BP得长为7-1、6、(1)△ADＥ、△ＣＢD、（2)∵△ＡBC∽△CＢD,∴ABBC=BC∴ab=b∴AD＝a2(3)由△CBD∽△ABＣ,得l1l=∵△ADE∽△AＢC,∴l2l=ADa∴l1+l2l设ba∵l=8,∴ｌ１+l２=8(１-k２+k）=-8(k-12）２∴当ｋ=12,即a=2b时,(l1+ｌ2)mａｘ7、(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AＢ∥ＣD,∴∠EFG=∠ＡGF、∵∠ＡGF=∠ＥGF,∴∠ＥFG=∠EGF,∴ＥF＝GＥ、∵ＡＧ＝GＥ,∴EF=AG,∴四边形AＧEF为平行四边形,∴四边形AGEF为菱形、(２）证明:连接ＮO并延长，交ＡD于点M、由题易知,AＥ是△AED外接圆得直径,且点O为圆心、∵△AED得外接圆与ＢＣ相切于点N,∴ON⊥ＢＣ、在矩形ＡBＣD中,∠C=９0°,∴ＣD⊥BC，∴MN∥DC,∴四边形MNCＤ是矩形,∴DM=、易得△OAＭ∽△EAＤ,∴AMAD=AOAE=∴ＡM=DM=12∴＝12∴点Ｎ是线段BＣ得中点、(3)由(2)得,MO是△ＡＤE得中位线,∴MO=12ＤE,ＭO∥设DE=x,则MO=12x,ON=MN-MＯ=４-1∵OＮ是△AED得外接圆得半径,∴OE=ON＝4-12在Rt△AＥD中,ＡD2＋DE2=ＡE2,∴2２+x２=（8-ｘ)2,解得ｘ＝154∴DE=154,OE=4-12x=根据轴对称得性质,得AE⊥ＦＧ，∴∠ＦＯE＝∠D=9０°,∴△EOＦ∽△EDＡ，∴EOED＝FO∴ＦO＝EO·ADED∴ＦG=2FO=34158、(1)证明:∵∠DPC=∠A＝∠B=90°,∴∠ADＰ+∠ＡＰＤ=90°,∠BPC＋∠AＰＤ=90°,∴∠AＤP=∠ＢPC,∴△AＤP∽△BPＣ,∴ADBP=AP∴AD·BC=AP·ＢP、（2)上述结论依然成立、理由如下:∵∠BＰD=∠DPC+∠BPC,∠BPD=∠Ａ+∠ADＰ,∠DPC=∠Ａ,∴∠BＰC=∠AＤP、∵∠Ａ＝∠B＝θ，∴△ADＰ∽△BＰC,∴ADBP=AP∴ＡＤ·BC＝AP·BＰ、(３)过点D作ＤE⊥AＢ于点E,设经过t秒后，CＤ得长度等于点D到AB得距离、∵AD=BＤ＝10,AB＝１2,∴AE＝BE=６、由勾股定理,得DE＝8、∵ＤC=ＤE＝8，∴BＣ=１０-8=2、∵AＤ＝BＤ,∴∠A＝∠B、∵∠ＤPC=∠A,∴∠DPC＝∠Ａ=∠B、由(1)、(2)得经验可知AD·BC＝AP·BP、又AP＝t,BP＝12-ｔ,∴t（12-t）=1０×2,解得t1=2,t2＝10,∴经过2秒或１0秒后,CＤ得长度等于点Ｄ到AB得距离、9、（１)∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠FCＤ=60°、∵∠BAD=１80°-6０°-∠AＤB,∠FDC＝18０°-∠ADE-∠ADＢ=18０°-60°－∠ADB,∴∠BＡD=∠CDＦ,∴△ＡBD∽△ＤCＦ,∴ABDC=BD∴CF＝DC·BDAB=1×3(2)证明:若点D是ＢＣ得中点,则ＡD⊥BC,∠CDE=３0°,∴∠CED＝30°,∴ＣE=ＣD、在△ＡCＤ和△ACE中,AC=AC,ＤC=EＣ，∠ACD=∠ＡＣＥ＝6０°,∴△ACＤ≌△ACE，∴AD=AE、∵∠ＡDE=６０°，∴△ADE是等边三角形、(３）(2)中得结论成立、证明:过点Ｄ作DG∥l交AC于点G,则△CDG为等边三角形,∴DＧ=DＣ,∠ＧDC=60°、∵∠AＤE=60°,∴∠ADG=∠EDC、又∵∠ＡGD=１８0°-60°=１２0°,∠DCＥ=１8０°-60°＝１2０°,∴∠AGD=∠ＤCE,∴△ADG≌△EDＣ，∴AＤ=ＤE,∴△ＡDE是等边三角形、10、(１)证明:在CB上截取CE=ＣD,连接ＤE,AE、∵AB+DC=BC，∴AB=BＥ、又∵∠ＡBC=∠BCD＝60°,∴△AＢE与△ＣＤＥ均为等边三角形，∴AE=BＥ,DＥ=CE,∠ＡEB=∠CEＤ＝6０°,∴∠BＥD=∠AEC＝1２0°，∴△BEＤ≌△AＥC,∴AC=BD、（２）在四边形ABCD中,∠B=∠C＝６０°,∴∠ＢAD+∠ＡDＣ=２4０°、∵AE，ＤE分别是∠BAＤ,∠ＡDC得平分线，∴∠EＡD+∠EDＡ＝12（∠BAD＋∠ADＣ)=12０°∴∠Ｅ=60°、(8分)(３)∵∠APD＝60°，∴∠ＡPB+∠CPＤ＝１2０°、∵∠ABＰ=６0°,∴∠BAP＋∠APＢ=１20°,∴∠ＢAP＝∠CＰD、又∵∠B=∠C=６0°,∴△ABP∽△ＰCD，∴ABPC=BPCD=∵AＢ＝6,ＣD=3,BC=9,图（1)∴69-BP解得（BP)１=3,(BP)２＝6、当BP=3时,APPD∵∠APD=6０°,图(2)∴△APD是等边三角形、当BP=6时,PC=3，易得△ABP,△CDP均为等边三角形，如图（2),∴ＡP＝6,DP＝３,即AP=2DP、取AP得中点E,连接DＥ,得PＥ=PD、∵∠AＰD=60°,∴△EPＤ是等边三角形,∴ED＝EＰ=ＥA,∴点Ｄ在以AP为直径得圆上,∴△APＤ是直角三角形、1１、（１)证明:在△BＯC中，∵∠BＣＯ＝∠ＣBO，∴∠DＯB=∠BCＯ+∠CＢO＝2∠BCO、∵∠A=2∠BCO,∴∠DOＢ＝∠A、又∵∠ABE＝∠ABE，∴△BOＤ∽△BAＥ、(4分)（２)证明:延长CＤ，在ＣD得延长线上取一点Ｆ，使BF=ＢD,∴∠BＤF=∠ＢFD、由（1）可得∠BDO=∠ＢEＡ,∴∠BDF＝∠BEＣ,∴∠BFＤ=∠BEC、∵∠BCO＝∠ＣBO,BC=CB,∴△ＢFC≌△ＣEＢ,∴BＦ=CE、∵BD=BF,∴ＢD=CＥ、(9分)(3）AP＝ＡQ、(10分)如图,取ＢC得中点Ｇ，连接ＧM,GＮ、∵M,N分别是BE，CD得中点，∴GＭ,GＮ分别是△BCE,△ＣＢＤ得中位线，∴GM∥ＣE,GM=12CE,GＮ∥ＢD,GN=1∵BD＝ＣＥ,∴GM=GN,∴∠3＝∠4、∵ＧＭ∥CE，∴∠2=∠4、∵GＮ∥ＢD,∴∠3=∠1、∴∠1=∠２,∴ＡP=AQ、(其她解法只要正确就按相应步骤给分)12、(1)过点I作ＩＥ⊥ＡB于点E，设ＩD=x、ＡD=AB2-BD∵∠EBI＝∠DBI，∠BEＩ＝∠BDI,BI=BI,∴△BEI≌△ＢＤI,∴ＩD＝IE=x,ＢD＝BE=1,ＡE=2、在Ｒｔ△AＥI中,AE２+EI2=ＡI2,∴２2+x2=(22-x)2,解得x=22即ID=22(2)连接ＢI，ＣI,∵点I为△AＢC得内心，∴∠MＡI＝∠NAI、∵AI⊥MN,∴△ＡMI≌△ＡＮI,∴∠AＭN=∠AＮM,ＭI=NI，∴∠BMI＝∠Ｉ、设∠BAI=∠CAI=α，∠AＣI=∠BCI=β，∴∠NIＣ=90°-α－β、∵∠AＢC=180°-２α-2β,∴∠MＢI＝90°－α-β，∴△ＢMI∽△INC,∴BMNI=MI又MI=NＩ,∴MI2＝BM·、(3)过点N作NG∥AＤ交MＡ得延长线于点Ｇ，∴∠ＡNG=∠AGＮ=３0°,∴AＮ=AG,NG=3AN、∵AI∥NG，∴AMMG=AI∴AMAM+AN得1AM+1AN=１3、(1）证明:连接OC，如图(1）,图(1)在菱形ABCD中，OC⊥BD、∵BＥ⊥CＥ,∴∠COP＝∠BEＰ=９0°、∵∠ＣPＯ=∠BPE，∴△ＣOP∽△BEP,∴POPE=PC∴POPC=PE又∵∠EPO＝∠BPC,∴△EＰO∽△BＰC，∴∠OEF=∠OBC=12∠ＡBC=α图（2)(２)证明:延长EO,交DF于点Ｇ,如图（2),∵BE⊥ＣE，DF⊥ＣE，∴ＢE∥ＤF，∴∠ＥBO＝∠ＧDO、∵∠BOE=∠DOG，OB＝ＯD,∴△ＢOE≌△DOＧ，∴OＥ=ＯG,又∠EFG＝90°,∴OＦ=12∴OＥ＝ＯＦ、(3)连接OC,过点O作OH⊥EC于点H,如图(3)、图(3)由(1）(２)可知△ＯEＦ是等腰直角三角形,∵∠ABC＝２α=90°,∴菱形AＢＣD是正方形,∴BD＝2ＡB=45、∵O,P分别是BD,ＯＢ得中点，∴OＢ=OD=OC=12ＢＤ=２5，OＰ=BP=12ＢO=∵∠EPB＝∠OPC，∴BEPE＝tan∠EPB=tan∠CPO=OCOP=设PE=ｍ,则ＢE＝2m,根据勾股定理，得ＰＥ2+ＢE2＝BP２,∴ｍ２+（2m)２=5,解得m1=１,m２=-1(不合题意,舍去)、∵ＢE∥DＦ,∴EFPE=BDPB＝∴ＥＦ=4ＰE=4,∴ＯＨ＝2,∴S△OEＦ＝12EF·ＯH=12×4１4、(1)①证明:延长DE，交BC于点H,则DH⊥ＢＣ、∵∠ACB＝45°,∠DHC=9０°,∴DＨ=ＣH、∵∠ＡBC＝45°,∠DHB＝９０°，∴BH=EH，∴△DHB≌△CHE，∴∠EＣH=∠BＤH、∵∠ECＨ+∠HEC=９0°,∴∠BDH＋∠DEＦ=９0°,∴∠EFD＝９0°,∴∠EFＢ=∠BAC=90°,又∵∠FEＢ＝∠AEC,∴△BFE∽△CAＥ、②∵△BFE∽△CＡE,∴BFCA=BE∵AC＝AB=３,AＥ=ＡD＝1,∠BAC＝90°,∴BＥ＝AＢ-AE=3-1=2,CE＝AC2+∴ＢF＝CA·BECE（2)连接FG，易得BD＝22,BGBA=22,FGAE＝12,则BGBA＝FGAD＝∵∠CGF＝∠ＣAE,∠BGF=∠CＧF－9０°,∠BAD＝∠CAＥ-4５°－４５°,∴∠BGF=∠BAＤ,∴△ＢGF∽△ＢAＤ,∴BFBD=BG∴BFBG＝BDBA=15、(１)①四边形ABDF是正方形、证明:∵∠A=∠DBE=９0°，且ＤF∥AB，∴∠F=∠A=90°,∴四边形ABDF是矩形、∵△ＡBC≌△BＤE,∴AB=BD，∴四边形ABDＦ是正方形、②证明：如图(1),∵△ABC≌△ＢDE，∴AC=ＢE,∠１=∠2,AＢ＝BD、∵AＣ=３ＡE,∴BE=3ＡE,AB=4AE,∴BDEB=ABBE=∵∠EＢD=∠1+∠3＝90°,∴∠2+∠３=90°,∴∠BGD＝90°、∴△DBG∽△DEB,∴DGBG=BDEB=(２)如图(2),延长DＭ交ＦA得延长线于点H,∵AE=EM,∴AM＝AE+ＥM=2AE,BM＝BE－EM＝3AE－AE=2AE,∴ＡM=MＢ、又∠HAM=∠DBＭ=90°，∠BMＤ＝∠AMH，∴△BＭD≌△ＡMH,∴AＨ=ＢD＝4AE,∴HC=AH+AC=7AＥ、∵CH∥BＤ,∴∠H=∠NDB,∠H=∠DBN,∴△BDN∽△CHN,∴BNNC＝BDCH=4AE图（1)图（2)1６、(1）证明:∵△ＡCＤ，△BCE均为等边三角形,∴∠DCE＝∠PEB=60°,又∠1=∠2,EC=BＥ,∴△ＤCE≌△PEＢ,∴DＥ=PB、(2）∵△ＡCD,△BCE均为等边三角形,∴S△ACDS△BCE=(ACBC）2=1又ＢC=CＥ=2,∴ＣD=ＡＣ＝2,由（1)知PE=ＤC，∴ＰＥ=2、(３)点C是线段ＡB得黄金分割点、证明:∵△ＤCＥ≌△ＰＥＢ，∴DＣ=ＰＥ、∵∠A=∠ＥCB＝6０°,∴CP∥AD,∴PCAD=BC∵∠ＤCE=∠ＰEB,∠DPC=∠BＰE,∴△DＣP∽△ＢEP,∴DCBE=PC又∵DC=AC，BE=BC,ＰＥ＝DＣ=AD,∴ACBC＝PCAD,∴ACBC故点C是线段AB得黄金分割点、17、(1)证明:因为四边形AＢCD是正方形,所以∠BAF＋∠EAD=90°，又因为DE⊥ＡG,所以∠EＡD+∠AＤE＝90°,所以∠ADE＝∠BAF、因为BF⊥AG,所以∠ＤEＡ=∠AFＢ=9０°,又因为AD=ＡＢ,所以Rt△DAE≌Rt△AＢF,所以AＥ＝BＦ、（２）证明:易知Rt△BＦG∽Rt△DＥA,所以BFDE=BG在Rｔ△DEF和Rt△ＢＥＦ中,ｔａnα=EFDE,ｔanβ=EF所以ktanβ=BGBC·EFBF=BGAD·EFBF=BFDE·EF所以tａnα=kｔanβ、(３)设正方形ABＣD得边长为1,则BG=k,所以△AＢG得面积为12因为△ABＤ得面积为12,BHHD=所以S1=12所以S2=1－12k－12(所以S2S1=-k２+k+１=－(k-12)２＋因为0<k<1,所以当k=12,即点G为BC中点时,S2S18、(1)①不可能②证明：∵∠MON=90°,∴∠EOＦ=9０°-∠AOB、在正方形ABＣD中,∠BAO=９0°-∠AOB,∴∠ＥOF=∠BAO、∵ＥH⊥CＤ，EF⊥BC,∴∠EＨC＝∠EFＣ＝90°,又∵∠ＨCF=90°,∴四边形EFCＨ为矩形、在△OFE与△AＢＯ中,∠∴△OＦE≌△ＡBO,∴EF＝OB,OＦ=AB,∴OF=OC+ＣF＝AB=BC＝BO+OC=EＦ+OC,∴CF=EＦ，∴矩形EＦＣＨ为正方形、(2）易得∠POK=∠ＯGＢ,∠PＫO=∠ＯＢG,∴△PＫO∽△ＯＢＧ、∵S△PKＯ=４S△OBG,∴S△PKOS△OBG∴ＯP＝２，∴S△POG=12OG·如图,以OＧ得中点Q为圆心，OG得长为直径作☉Q，设ＯＢ＝ａ,BＧ＝ｂ，过点B作BT⊥OG,垂足为点Ｔ，则ab=ＢT·ＯG，当ＢT为半径时,ａb最大,为12此时△OＢG得面积最大，为14,∴Ｓ