2024年中考数学压轴题预测《三角形、四边形综合》含答案解析

中考压轴题-三角形1.2.图形位置关系/正方形以及圆这么几类图形之间的关系。在重要的就是圆与三角形的各种问题。3.动态几何4.5.阅读理解问题读懂题以及如何利用题就成为了关键。解题策略1.学会运用数形结合思想数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系,寻求代数问题的解决方法(以形助数),或利用数量关系来研究几何图形的性质,解决几何问题(以数助形)的一种数学思想.数形结合思数问题的解答。2.学会运用分类讨论的思想类讨论思想解题已成为新的热点。1分类的原则：(1)分类中的每一部分是相互独立的；(2)一次分类按一个标准；(3)分类讨论应逐级进行．正题型1题型2题型3题型4题型5题型6题型7题型8题型9题型11(2024·江苏扬州·一模)如图1Rt△ABC中，∠C=90°AC=6∠BAC=60°D在线段BC上，将△ACD沿AD折叠使得点C落在AB上C点处．(1)则CD的长为；(2)过点D作DE∥AC交AB于点EM是线段ADBM并延长分别交DEAC于点F、G．EFDF①如图2M是线段AD的值；②请问当DMDE上恰好只有一点P∠CPG=60°？请说明理由．(1)23EFDF2316371435(2)①=②当DM=或<DM≤43P(1)由折叠的性质得∠DAC=30°Rt△ADCDC长；(2)①由题意易求得BC=63BD=43ASA得△DFM≌△AGM2EFAGBEABBDBC性质得DF=AG△BEF∽△BAG==DF=AG代入即可求得答案；②由圆周角定理可得△CQG是顶角为120°当⊙Q与DEQ作QH⊥ACHQ与DE交于点PQC，QG⊙Q半径为rDM⊙Q经过点EC作CK⊥AB⊙Q半径为rRt△EQKr性质即可求得DM⊙Q经过点DM与点GA处此可得DM长．(1)解：∵△ACD沿AD折叠使得点C落在AB上C点处，∠BAC=60°，12∴∠DAC=∠BAC=30°．在Rt△ADC中，∴DC=AC⋅tan30°=23，故答案为：23；(2)∵AC=6∠BAC=60°DC=23，∴BC=63BD=43．∵DE∥AC，∴∠EDA=∠DAC∠DFM=∠AGM．∵AM=DM，∴△DFM≌△AGMASA，∴AG=DF．∵DE∥AC，∴△BEF∽△BAG，EFAGEFDFBEABEFAGBDBCBDBC∴∴====，436323==；②∵∠CPG=60°CPGQ，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形，当⊙Q与DE1Q点作QH⊥ACHQ与DE交于点PQCQG，1212设⊙Q的半径QP=r则QH=rr+r=23，43解得r=∴CG=3．43×3=4AG=2．3∵DE∥AC，∴△DFM∽△AGM，DMAMDMADDFAG443∴∴===，，7167∴DM=3．②当⊙Q经过点E2C点作CK⊥ABK．设⊙Q的半径QC=QE=rQK=33-r．在Rt△EQK中，1+33-r2=r2，3149149解得r=∴CG=3，1433×3=∵DE∥AC，∴△DFM∽△AGM，145同理可得：DM=3③当⊙Q经过点D3，此时点M与点G重合，且恰好在点A处，由(2)得DM=43．167145DM=3或3<DM≤43P只有一个．2(2024·江苏苏州·一模)已知矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE于点F．(1)如图1BE=2AE·AF的值；AGCG23(2)如图2AC交DF于点G=cos∠FCE的值；(3)如图3DF交AB于点GG点恰好为ABA作AK∥FC交FD于K△ADK的面S1S2积为S△CDF的面积为S的值为．12(1)6；32(2)(3)；38．AEADBEAF(1)证明△ABE∽△DFA到=ADCHAGCG23(2)延长DF交CB的延长线于H接DEAH△ADG∽△CHG==EH=BC=ADADEHDF=HF∠AEH=∠AEDDE=AD=EH=BC1出CE=DE∠CDE=30°∠AEH=∠AED=60°∠FDE=30°=∠CDE212∠FCE=∠CFE=∠AEH=30°即可求解；(3)过F作PQ⊥AB于PCD于QKH⊥AD于H明△ABE∽△DAGAB=AD四边形ABCDAB=BC=CD=AD=PQAB=BC=CD=AD=PQ=4aBE=12455AG=2atan∠ADG=tan∠BAE=AE=DG=25aAF=a明845125165KHDH△APF∽△ABE到AP=aPF=aCQ=PB=aFQ=atan∠ADG=54124343=KH=xDH=2x明△AHK∽△FQCAH=xAH+DH=AD可得方程x+6652x=4ax=aKH=a5(1)解：∵E是BC的中点，∴BC=2BE=22，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=22∠B=90°AD∥BC，∴∠AEB=∠DAF，∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°=∠B，∴△ABE∽△DFA，AEADBEAF∴=，∴AE·AF=AD·BE=22×2=4；(2)DF交CB的延长线于HDEAH图2，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BCAD=BC∠BCD=90°，∴△ADG∽△CHG，ADCHBCCHAGCG223∴∴===，，31∴BH=BC，2∵E是BC的中点，∴BE=CE=BH，∴EH=BC=AD，∴四边形ADEH是平行四边形，∵DF⊥AE，∴四边形ADEH是菱形，∴DF=HF∠AEH=∠AEDDE=AD=EH=BC，121∴CE=BC=DE，2CEDE12∴sin∠CDE==，∴∠CDE=30°，∴∠CED=90°-30°=60°，∴∠AEH=∠AED=60°，∵DF⊥AE，∴∠FDE=30°=∠CDE，1∴FE=DE=CE212∴∠FCE=∠CFE=∠AEH=30°，32∴cos∠FCE=；5(3)F作PQ⊥AB于PCD于QKH⊥AD于H3，则PQ=ADAP=DQPQ∥BC∥AD，∵G是AB的中点，E是BC的中点，∴AB=2AGBC=2BE，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BCAB=CD∠B=∠DAG=90°，∵DF⊥AE，∴∠ADF+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°，∴∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAG，ABADBEAG∴=，∴AB·AG=AD·BE，1212即AB=AD2，∴AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=PQ，设AB=BC=CD=AD=PQ=4aBE=AG=2a，2a4a12∴tan∠ADG=tan∠BAE==AE=DG=2a+4a2=25a，1212∵S∴AF==DG·AF=AD·AG，AG·ADDG2a×4a25a455==a，∵PQ∥BC，∴△APF∽△ABE，APABPFBEAFAE∴==，45aAP4aPF2a85即==25a45解得AP=aPF=a，58512545165∴CQ=PB=AB-AP=4a-a=aFQ=PQ-PF=4a-a=a，∵KH⊥AD，∴tan∠ADG=KHDH12=，设KH=xDH=2x，∵PQ∥ADAK∥FC，∴∠DAF=∠QFE∠KAF=∠CFE，∴∠DAK=∠QFC，又∵∠AHK=∠FQC=90°，∴△AHK∽△FQC，HKCQAHFQ∴=，6xAH即=，aa554解得AH=x，3∵AH+DH=AD，43∴x+2x=4a，6565解得x=a，∴KH=a，1212∵△ADK的面积为S=AD·KH△CDF的面积为S=CD·FQ，655aS1=KH==38，∴SFQa23故答案为：．83(2024·安徽六安·一模)▱ABCD中，EF分别是ADAB上的动点．23(1)已知∠A=90°EG⊥EF交▱ABCD的一边于点Gtan∠EGF=．①如图1G在CD3AF=2DE．②如图2G在BCFA=3AE=8BF的长．ABAD45AEAD37EFEG(2)如图3∠A≠90°G在BC∠FEG=∠BAD=，=的值．(1)①见解析；②91528(2)2323(1)①由EG⊥EFtan∠EGF=得出∠AEF+∠GED=90°EF=EGAFDE得出∠ADC=∠A=90°∠AFE+∠AEF=90°∠AFE=∠DEG△AEF∽△DGE出2EGEFEG23233===②作GH⊥AD于HEG⊥EFtan∠EGF=得出∠AEF+∠GEHEG2=90°EF=EG∠ADC=∠A=90°∠AFE+∠AEF=90°出∠AFE=323EGEGAFHEEFEG2392∠HEG△AEF∽△HGE===HE=EF=AE+AF2=73，323732则EG=EF=GH=EG-EH2=12(2)在AD的延长线上找一点MGMGM=ABABGM△AEF∽7FEGEAEGMAEABABAD452AEAD37△MGE得出==合=，=(1)①证明：∵EG⊥EFtan∠EGF=，3EFEG223∴∠FEG=90°tan∠EGF==，∴∠AEF+∠GED=90°EF=EG，3∵∠A=90°，∴∠AFE+∠AEF=90°ABCD是矩形，∴∠AFE=∠DEG∠ADC=∠A=90°，∴△AEF∽△DGE，2EGAFDEEFEG233∴===，EG∴3AF=2DE；GH⊥AD于H，23∵EG⊥EFtan∠EGF=，EFEG23∴∠FEG=90°tan∠EGF==，23∴∠AEF+∠GEH=90°EF=EG，∵∠A=90°，∴∠AFE+∠AEF=90°ABCD是矩形，∴∠AFE=∠HEG∠B=∠A=90°，∵GH⊥AD，∴∠GHA=∠B=∠A=90°，∴四边形ABGH是矩形，△AEF∽△HGE，2EGAF∴AB=GH，HEEFEG233===，EG∵AE=8FA=3，9∴HE=EF=AE+AF2=73，2323732∴EG=EF=，∴GH=EG-EH2=12，∴AB=GH=12，∴BF=AB-AF=12-3=9；(2)AD的延长线上找一点M接GMGM=AB，则四边形ABGM是等腰梯形，∴∠A=∠M，∵∠FEG=∠BAD∠FEG+∠AEF+∠GEM=∠BAD+∠AEF+∠AFE=180°，∴∠AFE=∠GEM，∴△AEF∽△MGE，FEGEAEGM∴=，8AB∵GM=AB，AD45AEAD37=，=，37ADFEGEAEGMAEAB15∴====．4528AD4(2024·云南·模拟预测)菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O0°<∠ABO≤60°G是射线ODG作GE∥DC交射线OC于点EOE,OG为邻边作矩形EOGF．(1)F在线段DCDF=FC；(2)若延长AD与边GF交于点H△GDH沿直线AD翻折180°得到△MDH．M在EGEOGF为正方形；tan∠ABO为定值mDG=k⋅DOk为大于0k>2M在矩形EOGFm的值．(1)见解析33(2)①见解析；②或3(1)证明四边形ECFGDGEF是平行四边形即可得到结论；(2)①由折叠得△GDH≌△MDH可证明DH⊥EG∠1=∠2∠1=∠GEO=45°可得GO=EO，再由四边形EOGF为矩形则可证明结论；②由四边形ABCD为菱形以及折叠可得∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6k>2时，M点在矩形EOGFk=2时，M点在矩形EOGFM在EFOB=bFH=OE-GH=mb点D作DN⊥EF于点N△HFM∽△MND求得MN=bRt△DMN中运用勾股定理列出方程2b=3mb+b2M在OE质可得DM=DG=2DO∠ODM=60°∠ABO=∠GDH=60°m=tan∠ABO=tan60°=3．(1)证明：∵四边形EOGF为矩形，∴EF∥OGEF∥OD∵GE∥DC，∴四边形ECFGDGEF都是平行四边形，∴DF=EGFC=GE，∴DF=FC；(2)△GDH≌△MDH，∴DG=DM∠5=∠6，∴DH⊥EG∠1=∠2，∵四边形ABCD为菱形，9∴∠3=∠4，∵GE∥CD，∴∠3=∠1，∵∠4=∠5，∴∠1=∠5，∵∠1+∠5=90°，∴∠1=∠5=∠2=45°∠5+∠6=90°，∵DM∥OEM在GE上，∴∠GEO=∠2=45°，∴OG=OE，∵四边形EOGF为矩形，∴矩形EOGF为正方形；②如图，∵四边形ABCD为菱形，∴∠1=∠2=∠6，∵GE∥CD，∴∠4=∠6，由折叠得∠3=∠5，∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6，∵tan∠ABO=m(m为定值)，∴∠ABO是定值∵∠GDM=2∠ABO，∴点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，∵当且仅当k>2时，M点在矩形EOGF的外部，∴k=2时，M点在矩形EOGF上，M在EF上时设OB=b，∴OA=OC=mbDG=DM=kb=2bOG=k+1b=3b，OE=mk+1b=3mbGH=HM=mkb=2mb，∴FH=OE-GH=mk+1b-mkb=mb，过点D作DN⊥EF于点N，∵∠HMF=180°-90°-∠DMN=90°-∠DMN∠MDN=90°-∠DMN，∴∠HMF=∠MDN，∵∠F=∠DNM=90°，∴△HFM∽△MND，∴FH:MN=MH:DM，∴mb:MN=2mb:2b，∴MN=b，∵△DMN是直角三角形，∴DM=DN+MN2，∴2b=3mb+b2，1013∴m=，33∴m=±(负值舍去)，∵0°<∠ABO≤60°，33∴m=；M在OE上时，由折叠的性质可得DM=DG=2DO，ODMD12∴cos∠MDO==，∴∠ODM=60°，180°-∠ODM∴∠GDH=∠HDC==60°，2∴∠ABO=∠GDH=60°，∴m=tan∠ABO=tan60°=3；33综上所述，m的值为或3．5(2024·江苏盐城·模拟预测)如图1ABCDP是对角线BDAP和CP射线AP上取点E∠AEC+∠ABC=180°CE交射线BD于点Q∠ABC=2α．(1)如图2α=45°ACBD于点O：△OPC∽△OCQ；CQCP(23α=30°BD=4DP的值；CQCPBD=k⋅DP，的值为．(用含kα的表达式表示)(1)见解析45k(2】】4k-1cosα-k2对于(1)ABCD∠AEC=90°得∠PCO=∠PAO两角相等的两个三角形相似得出结论；对于(2)△AQ′B≌△CQBBD△AQ′M∽△APBAPAQBPMPCCQBPBQ得==PCCQPCCQPSBCBSCQPCBCBS=PS==CS=得出答案．11对于(2)可表示BD设BC=tBD=2tcosαBD=k⋅DP，并表示出BPBT=cosα×BP可得BTCS=2(BT-BC).(1)∵α=45°∠ABC=2α=90°，又∵四边形ABCD是菱形，∴四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵∠AEC+∠ABC=180°，∴∠AEC=90°.∵P在BD上，AO=COPA=PC，∴∠PCO=∠PAO.∵∠APO=∠QPE∠AOP=∠AEQ，∴∠PAO=∠PQE，∴∠PCO=∠PQE，∴△OPC∽△OCQ；(2)解：[探究]PA至Q′使得AQ′=CQ接BEACQ′作Q′M∥BD交BA的延长线于点MPS∥QC交BC的延长线于点S，∵∠AEC+∠ABC=180°，∴∠BAE+∠BCE=180°.又∵∠Q′AB+∠BAE=180°，∴∠Q′AB=∠BCE.∵AQ′=CQABCD是菱形，∴AB=BC，∴△AQ′B≌△CQB，∴∠ABQ′=∠CBQ.∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABQ=∠CBQAC⊥BD，12∴∠BA=∠ABQ=∠CBQ=∠ABC=α，∴BO=BC⋅cosαBD=2BO=2BC⋅cosα.∵Q′M∥BD，∴∠M=∠ABD=α.∵∠Q′BA=α，∴∠M=∠Q′BA，∴Q′B=Q′M.∵Q′M∥BP，∴△AQ′M∽△APB，APAQBPM∴=.∵P是BD上的点，BD垂直平分AC，∴PA=PC.又AQ′=CQQ′M=Q′B=BQ，12PCCQBPBQ∴=.∵PS∥QC，∴△BQC∽△BPS，BQBP∴PC=PS，BCBSCQPS∴==，，CQPCCQPSBCBS∴==过点P作PT⊥CS于点TTC=TS，∵α=30°BC=a，则BD=2BO=2BC⋅cosα=3a，∵BD=4DP，34334∴BP=BD-PD=3PD=BD=a，12338198∴PT=sinα×BP=BP=a,BT=3PT=a，∴CS=2CT=2(BT-BC)=a，4CQPCCQPSBCBSa45∴====．14a+a[归纳]同(2)可得BD=2BO=2BC⋅cosα，设BC=tBD=2tcosα，∵BD=k⋅DP，k-1kk-1k∴BP=BD=2t⋅cosα⋅k-1.∵BT=cosα×BP=2t⋅cosα，kk-1k∴CS=2CT=2(BT-BC)=22t⋅cosα⋅-t，CQPCCQPSBCBStk∴====4(k-1)cosα-k.k-1kt+22t⋅cosα⋅-tk故答案为：．4(k-1)cosα-k题型6(2024·陕西西安·二模)图形旋转是解决几何问题的一种重要方法．如图1ABCD中，EF分别在边ABBC∠EDF=45°EFAECFEF之间的数量关系．解决这个问题可将△ADE绕点D逆时针旋转90°到△CDH的位置(易得出点H在BC的延长线上)△DEF与△DHF13(1)如图1ABCD中，∠EDF=45°,AE=3,CF=2EF=；(2)如图2ABCD∠EDF=30°E作EM∥BC交DF于MAE+CF与EM(3)如图3∠EDF=60°ABCD的边长AB=8△DEF面积的最小值．(1)5(2)3(3)1283-192(1)将△ADE绕点D逆时针旋转90°到△CDH的位置(易得出点H在BC的延长线上)明△DEF与△DHF(2)将△ADE△DEM绕点D逆时针旋转90°△DCH,△DHG∠DFC+∠DGH=180°D,F,AE+CFCH+CFFHGH1H,G∠FHG=30据====3EMGHtan30°(3)过点E作EK⊥CD于KDF于MFT⊥EK于TSDEF=4EM(2)的方法得出EM=GH=3FHFC=AE=CHOF=32-163(1)解：∵将△ADE绕点D逆时针旋转90°，∴∠DCH=∠A=90°=∠DCBDH=DE∠HDC=∠EDA∴点H在BC的延长线上，∵四边形ABCD是正方形∴∠ADC=90°，∵∠EDF=45°，∴∠HDF=∠CDH+∠FDC=∠ADE+∠FDC=45°=∠EDF又∵DF=DF，∴△DEF≌△DHFSAS，∴EF=FH=FC+CH=FC+AE=2+3=5，故答案为：5．(2)△ADE△DEM绕点D逆时针旋转90°△DCH,△DHG∴∠AED=∠CHD,∠DEM=∠DHG，∵EM∥BCEM⊥AB，∴∠AEM=90°，∴∠CHG=∠CHD+∠DHG=∠AED+∠DEM=∠AEM=90°，∵∠EDF=30°EM∥BC则EM∥AD，∴∠ADE=∠CDH∠GDH=∠MDE=30°，∵EM∥BC，∴∠EMF=∠DFC，14∴∠EMD+∠EMF=∠EMD+∠DFC=180°，即∠DFC+∠DGH=180°，∴D,F,H,G四点共圆；∴∠GFH=∠GDH=30°，又∠FHG=30°AE+CFCH+CFFHGH1∴====3EMGHtan30°(3)E作EK⊥CD于KDF于MFT⊥EK于T，∵∠FTK=∠TKC=∠BCD=90°∴四边形CFTK是矩形，∴FT=CK∴DK+CK=DK+FT=8121212∴SDEF=S+S=EM⋅DK+EM⋅FT=EM(DK+FH)=4EM同(2)将△ADE△DEM绕点D逆时针旋转90°△DCH,△DHG，可得∠GFH=∠EDM=60°EM=GH∴EM=GH=3FH∴FH取得最小值时，△DEF的面积最小，设AE=xFC=y，∵x-2xy+y=x-y≥0，∴FH=x+y≥2xy，当且仅当x=y时取得等于号，此时FC=AE=CH，设D,F,H,G的圆心为O，∵DC⊥FHFC=CH，∴DC经过点O，32∴OF=ODOC=OFsin60°=OF∵OD+OC=832即OF+OF=8解得：OF=32-163∴FH=2FC=OF=32-163∴GH=3FH=323-48，∴SDEF=4EM=4GH=4323-48=1283-192，即△DEF面积的最小为1283-192．7(2024·重庆开州·二模)在等腰△ABC中，∠BAC=45°AB=ACD是ACBD，将BD绕点D顺时针旋转135°DECE．15(1)如图1E落在BAAEBD=42S(2)如图2CE的中点FDFAF：AF⊥DF；；(3)如图3BD⊥ACG是直线CEDG△CDG沿着DG翻折得到△DG接AC、(1)82(2)证明见解析(3)26AB=4+22+2-1的最小值．(1)先证DH=BHDH=BH=4(2)可证△DEF≌△MCFCM=DE=BD∠CMF=∠E可证△ABD≌△ACMAD=AMMBD(3)通过证明△DM∽△==2-1M=2-1+2-1=+MAM三点共线时，+2-1有最小值为AM的长，由勾股定理可求解．(1)ED交BC于H1所示：∵∠BAC=45°AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=67.5°，∵∠BDE=135°BD=BE，∴∠DBE=∠DEB=22.5°∠BDH=45°，∴∠DBH=45°=∠BDH，∴BH=DH∠BHD=90°，∵BD=42，∴BH=DH=4，∵∠BDC=∠BAC+∠ABD=67.5°，∴∠BDC=∠ACB，∴BD=BC=42，1212∴S=×BC×DH=×42×4=82；(2)DF到MFM=DFAMCM2所示：∵点F是EC的中点，∴EF=CF，∵∠DFE=∠MFC，∴△DEF≌△MCF(SAS)，∴CM=DE=BD∠CMF=∠E，∵∠ACM=∠MCF+∠ACE=∠E+∠ACE=∠ADE=135°-∠ADB，16∵∠BAC=45°，∴∠ABD+∠ADB=135°，∴∠ABD=135°-∠ADB，∴∠ABD=∠ADE=∠ACM，又∵AB=AC，∴△ABD≌△ACM(SAS)，∴AD=AM，又∵DF=MF，∴AF⊥DF；(3)解：∵BD⊥AC∠BAC=45°，∴∠BAC=∠ABD=45°，∴AD=BD∠DBC=22.5°，∴AB=2AD=AC，∴CD=2AD-AD，CD2AD-AD∴tan∠CBD=tan22.5°===2-1，BDAD∵AB=4+22，∴AD=BD=2+22CD=2，在BD上取一点M∠DCM=22.5°M所示：∵将△CDG沿着DG翻折得到△DG，∴CD=D，3DMCDCDBD∵tan∠DBC=tan∠DCM=tan15°===2-1，DMDBD∴=，又∵∠DM=∠DB∴△DM∽△，，MBD∴==2-1，∴M=2-1，∵+2-1=+M，∴当点AM三点共线时，+2-1有最小值为AM的长，DM∵tan∠DCM==2-1，CD∴DM=22-2，∴AM=AD+DM2=2+22+22-22=26，∴+2-1的最小值为26．题型8(2024·海南省直辖县级单位·模拟预测)如图1ABCD中，AB=4BC=3E在边BC上运动(不与点B和点C重合)AE绕点A顺时针旋转得到AF∠BACCFF作FM⊥AC于点M．17(1)求证：△ABE≌△AMF；(2)当直线FM恰好经过点ECF的长；(3)如图2DF．BECE①当DF=CF时的值；②探究DF(1)见解析53(2)BECE115(3)①=2②DF存在最小值(1)由旋转的性质可得∠BAC=∠EAFAE=AF．从而得出∠BAC-∠CAE=∠EAF-∠CAE．即∠BAE=∠MAF．又由∠B=∠AMF=90°可得结论；(2)设FM=EM=EB=xEC=3-x．在Rt△CEM1+x=3-x．解得：4x=．最后在Rt△CFMCF的长即可；3525232(3)①连接BD交AC于点O接OF交CD于点G．则OC=OD=OM=-1=．先证明△FOM≌△COGASA．得出FM=CG=2．从而得MF=BE=2．求出CE=1．最后可得结果；②过点D作DH⊥MFMF于点HFM交CD于点N△CMN∽△CDA．14CN5MN3545443454114列出比例式再代入数据得==．求得CN=MN=DN=4-=．再证．最后341DH1153320明△CMN∽△DHN．列出比例式再代入数据得==．从而得出DH=HN=HN求解即可．(1)∠BAC=∠EAFAE=AF．∴∠BAC-∠CAE=∠EAF-∠CAE．即：∠BAE=∠MAF．又∠B=∠AMF=90°，∴△ABE≌△AMFAAS．(2)∵△ABE≌△AMF．∴AE=AFBE=MFAB=AM=4．在Rt△ABC中，AC=3+42=5∴CM=1．．FM恰好经过点E时，FM=EM=EB，设FM=EM=EB=xEC=3-x．在Rt△CEM中，EM+CM=EC2，18即：1+x=3-x．43解得：x=．43532在Rt△CFM中，CF=+12=．525232(3)BD交AC于点OOC=OD=OM=-1=．连接OF交CD于点G．∵OC=ODDF=CF．∴∠OGC=90°DG=CG=2．∴OM=OG．又∠FOM=∠COG∠OGC=∠OMF=90°．∴△FOM≌△COGASA．∴FM=CG=2．∴MF=BE=2．∴CE=1．BECE∴=2．115②DF存在最小值过点D作DH⊥MFMF于点HFM交CD于点N，∵∠NCM=∠ACD∠CMN=∠CDA=90°．∴△CMN∽△CDA．CMCD1CNCACNMNDA∴==．MN33即：==．4554∴CN=MN=，45411∴DN=4-=．4又∠CNM=∠DNH∠CMN=∠DHN=90°．∴△CMN∽△DHN．CMDHCNDNMNHN34∴===．．．5144即：=DH∴DH=∴HM=HN1153320HN=332034125+=．125115所以当点F与点H重合时，BE=HM=DF存在最小值．9(2024·江苏无锡·一模)ABCD中，AB=4AD=t．G为ADBG翻折△ABGA落在点F处．19(1)如图1AD=8G与点D重合时，DF交BC于点E．①求BE的长；165②若点M在射线BAAM=tan∠BMF的值．12(2)连接CFAD边上存在两个不同位置的点GS=SABCt的取值范围是．1(1)①5②(2)t≥43．；3(1)①根据折叠的性质和矩形的性质可证明△BEF≌△DECAASBE=DEEF=ECBE=xCE=8-xDE=xRt△DCE②连接MF交BC于点PFEFEDFNDCENEC35作FN⊥BC于点N△FNE∽△DCE到===FNENBN，MBFNBPNP12证明△BPM∽△NPF到=BP=3NPBN=BP+NPBP=5BPtan∠BMF=BM(2)当F落在直线BCF作FH⊥BC于HHF=2∠FBH=30°的性质可得∠ABG=30°Rt△ABG中，AG=AB∙tan30°tF落在直线BC下F作FN⊥BC于N∠FBH=30°∠ABG=60°Rt△ABG中，AG=AB∙tan60°(1)①∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD∠A=∠C=90°，由折叠知，AB=BF∠A=∠F=90°，∴BF=CD∠F=∠C，BF=DC在△BEF和△DEC中，∠F=∠C，∠BEF=∠DEC∴△BEF≌△DECAAS，∴BE=DEEF=EC，设BE=xCE=8-xDE=x，在Rt△DCEDE=DC+EC2即x=4+8-x2，，解得：x=5，则BE=5；MF交BC于点PF作FN⊥BC于点N，∴∠FNE=∠C=90°，20∵∠NEF=∠CED(对顶角)，∴△FNE∽△DCE，EFEDFNDCENEC335∴===，3125353595∴FN=DC=×4=EN=EC=×3=，5595165则BN=BE-EN=5-=，∵∠MBP=∠FNP=90°∠BPM=∠NPF(对顶角)，∴△BPM∽△NPF，MBFNBPNP∴=，165365∵MB=AB+AM=4+=，BPNP∴=3，∴BP=3NP，∵BN=BP+NP，125∴BP=，BPBM135∴tan∠BMF===；5(2)当F落在直线BCF作FH⊥BC于H，∵AB=4AD=BC=t，121212∴S==AB∙BC=×4t=2t，∴SSABC=t，1212又∵S=BC∙HF=t∙HF=t，∴HF=2，由翻折可知BF=AB=4，12在Rt△BHF中，HF=BF，∴∠FBH=30°，12又∵∠ABG=∠FBG=∠ABC-∠FBH=30°，433∴在Rt△ABG中，AG=AB∙tan30°=，此时只要AD≥AGG在AD边上，433∴t≥；当F落在直线BCF作FN⊥BC于N，同理可得，FN=2，12∴在Rt△NBF中，FN=2BF=AB=4FN=BF，∴∠FBN=30°，∴∠ABF=90°+30°=120°，2112∵∠ABG=∠FBG=∠ABF=60°，∴在Rt△ABG中，AG=AB∙tan60°=43，此时要G在ADAD≥AGt≥43，综上，t≥43．10(2024·河南·一模)ABCDB落在射线BDB的对应点记为ADBC、EF分别交于点、．(1)与点DBEDF的形状并证明；(2)在矩形纸片ABCDAB=2,BC=23AC与BD交于点O：①请判断与对角线AC的位置关系并仅就图③说明理由；②当D=1(1)AE的长．33(2)①∥AC②或3．(1)由折叠得点与点关于直线BEFEF垂直平分BD，BE=DEBF=DF矩形的性质得AD∥BC∠DEF=∠BFE∠DFE=∠BFE以∠DEF=∠DFEDE=DF以BE=DE=BF=DFBEDF(2)①由∠ABC=90°AB=2BC=23得BD=AC=AB+BC2=4AB=OA=OB=2，则∠AOB=∠ABO=60°∠B=∠ABO=60°以∠B=∠AOB∥AC；②在线段BDAD交于点G∠ADB=30°G=D=EG33331G=1=tan30°=AE=在线段BDAD交于点H∠DH=∠H=30°H=D=1H=+H=33AE=E=3，HE=2EH=(1)2与点关于直线∴直线EF垂直平分，∵点与点D重合，BEF对称，∴直线EF垂直平分BD，∴BE=DEBF=DF，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∵∠DFE=∠BFE，22∴∠DEF=∠DFE，∴DE=DF，∴BE=DE=BF=DF，∴四边形BEDF是菱形，(2)①∥AC，3∵∠ABC=90°AB=2BC=23，∴BD=AC=AB+BC2=2+(23)2=4，1212∴OA=OC=AC=2OB=OD=BD=2，∴AB=OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=∠ABO=60°，∵∠B=∠ABO=60°，∴∠B=∠AOB，∴∥AC．33②AE的长度为或3，3在线段BDAD交于点，G∵∠=∠BAD=90°∠B=∠ABO=60°，∴∠ADB=90°-∠ABO=30°，∴∠GE=∠GD=∠B-∠ADB=30°，∴∠ADB=∠GD，∴G=D=1，∵=AB=2，∴G=-G=2-1=1，EG33∵=tan∠GE=tan30°=，333333∴AE=E=G=×1=；如图4B′在线段BDAD交于点∵∠DH=∠ADB=30°，∴∠H=∠B-∠DH=30°，∴∠DH=∠H，H，∴H=D=1，∴H=+H=3=2+1=3，∵HE=2E，∴H=HE-E2=(2E)-E2=3E=3，∴AE=E=3，33综上所述，AE的长度为或3．30°23题型11(2024·重庆·一模)已知△ABC是等腰直角三角形，AB=ACD为平面内一点．(1)如图1D点在ABCDCD绕点D逆时针旋转90°EDAB=4△ADE的周长；(2)如图2D点在△ABC外部时，EF分别是ABBCEFDEDFDE绕E点逆时针旋转90°得到EGCGDGFG∠FDG=∠FGEFDFGCG之间的数量关系并给出证明；(3)如图3D在△ABCADAD绕点D逆时针旋转90°EDED经过BC中点FAECEG为CEGF并延长交AB于点HAGS的值．S(1)25+22+2(2)FD=2FG+CG5-1(3)2转的性质是解题的关键．(1)作BC中点MDMDM是△ABCDM⊥ABBD=AD=DM质可得，△EDA≌△CDMAD=BD=DM=2AC=4(2)连接AFAG点F作FGAG于点H△AGE≌△EFD△AFH≌△CFG，进而得出结论；(3)设AEGH交于点MAB中点IIC中点J△AED是等腰直角三角形，△ABF是等腰直角三ABAFAEAD=∠BAE=∠FAD△BAE∽△FAD∠BEA=∠FAD=90°11214IE=ABIJ是△CIEJG=IE=ABRt△IAC2ICAJAIG三点共线时，AGAG∥IEIE=IA∠IAE=∠EAG，AEAMAHAB由FG是△BECAE⊥HG△AHM≌△AGMASAHM=GM，=S=S=×即可求解．4a12AEAM==5-11+5aS2S(1)1BC中点M接DM，∵D是AB的中点，M是BC中点，∴DM是△ABC的中位线，1212∴DM=AC=×4=2DM∥AC，∵△ABC是等腰直角三角形，24∴BD=AD=DMDM⊥AB由旋转的性质可得，DE=DC∠EDC=90°，∴∠EDA=∠CDM=90°-∠ADC，∴△EDA≌△CDMSAS，∴AE=CM，∵AB=4，∴AD=BD=DM=2AC=4，∴由勾股定理得DC=AD+AC2=25，BM=BD+DM2=22，BC=AB+AC2=42，∴CM=BC-BM=22，∴DE=25AE=22，∴△ADE的周长=DE+AE+AD=25+22+2．(2)猜想：FD=2FG+CG连接AFAGF作FGAG于点H，∵△ABC是等腰直角三角形，EF分别是ABBC的中点，∴AE=EF∠AEF=90°，由旋转的性质可得，GE=DE∠GED=90°，∴∠AEF-∠FEG=∠GED-∠FEG：∠AEG=∠FED，∴△AGE≌△EFD，∴AG=FD∠AGE=∠FDE，∵∠FDG=∠FGE，∴∠AGE+∠FGE=∠FDE+∠FDG=45°，即∠AGF=45°，∴三角形FGH是等腰直角三角形，HG=2FG，∴△AFH≌△CFG，∴AH=CG，∵AG=AH+HG，∴FD=2FG+CG；(3)设AEGH交于点MAB中点I接ICIEBEAFIC中点J接AJJG，∵将AD绕点D逆时针旋转90°ED，∴△AED是等腰直角三角形，AEAD21∴=∠EAD=45°，∵△ABF是等腰直角三角形，ABAFABAF21AEAD∴∴==∠BAF=45°，∠BAF-∠EAF=∠EAD-∠EAF：∠BAE=∠FAD，∴△BAE∽△FAD，∴∠BEA=∠FAD=90°，∵I是AB中点，251∴IE=AB，2∵J是IC中点，G是EC中点，∴IJ是△CIE的中位线，1214∴JG=IE=ABJG∥IE，设AB=AC=4aJG=aIA=2a，1212在Rt△IAC中，IC=+AC2=2a+4a2=25aAJ=IC=×25a=5a，，当AIG三点共线时，AG=AJ+JG=5a+a=1+5a又∵JG∥IE，∴AG∥IE，∴∠IEA=∠GAE，∵IE=IA，∴∠IAE=∠IEA=∠EAG，∵F是BC中点，G是EC中点，∴FG是△BEC的中位线，∴FG∥BE，∴AE⊥HG，∴△AHM≌△AGMASA，∴HM=GMAH=AG=1+5a，AEAMAHAB4a∴===5-1，1+5a1AE⋅MGS=S==×=，12AEAM5-122S2S12×AM⋅MG25-12故答案为：S=．S12(2024·广东·一模)在△ABC中，CA=CB∠ACB=α．点P是平面内不与点AC重合的任意一点．连接APAP绕点P逆时针旋转a得到线段DPADBDCP．(1)观察证明如图1α=60°时①猜想BD与CP的数量关系为②直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是．(2)类比猜想BDCP如图2α=90°的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数(3)解决问题当α=90°EF分别是CACBP在直线EFCPD在同一直线上26ADCP时的值．(1)①BD=CP②60°；BDCP(2)=245°；(3)2+2或2-2．(1)可证△CAP≌△BADPC=BD∠ACP=∠ABDBD(2)△DAB∽△PAC∠PCA=∠DBA，PCABAC==2(3)分两种情形：①当点D在线段PCAD交BC的延长线于HAD=DC即可解决问题；②当点P在线段CDDA=DC解决问题．(1)∵AC=BC∠ACB=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠CAB=60°AC=AB，由旋转的性质得，∠APD=60°AP=PD，∴△APD是等边三角形，∴∠PAD=60°=∠CABAP=AD，∴∠CAP=∠BAD，∵CA=BAPA=DA，∵△CAP≌△BADSAS，∴PC=BD∠ACP=∠ABD，故答案为：BD=CP；②如图1CP交BD的延长线于GAB交GC于点O，在△AOC和△BOG中，∠ACO=∠GBO∠COA=∠BOG，∴∠G=∠CAN=60°，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°；故答案为：60°；(2)如图2BD交PC于点G，∵∠PAD=∠CAB=45°，∴∠PAC=∠DAB，ABACADAP∵==2，∴△DAB∽△PAC，BDPCABAC∴∠PCA=∠DBA，==2，∵∠GHC=∠AHB，∴∠CGH=∠HAB=45°，∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°；(3)3D在线段PCAD交BC的延长线于H，∵CE=EACF=FB，∴EF∥AB，∴∠CFE=∠ABC=45°，27∵∠PAO=45°，∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，∵∠APC=90°CE=EC，∴PE=EA=EC，∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，∵∠ADP=∠BDC=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5°，∵∠ADB=∠ACB=90°，∴ADCB四点共圆，∴∠DAC=∠DBC=22.5°∠DCA=∠ABD=22.5°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，2∴DA=DCAD=aDC=AD=aPD=a，2ADCPa∴==2-2；22a+a如图4P在线段CDDA=DC，22设AD=aDC=AD=aPD=a，22∴PC=a-a，ADCPa∴==2+2；22a-aAD综上所述：PC的值为2-2或2+2．的思想思考问题．13(2024·河南·模拟预测)如图1ABC中，∠BAC=90°AB=6AC=8．ABCABC使点C与点ADE△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFGEC的对应点分28别是点FGGF与边AC交于点M(点M不与点A重合)AB交于点N．(1)折痕DE的长为．(2)在△DEC绕点DMF与ME(3)在△DEC绕点D①如图2GF经过点B时，AM的长为②如图3GF∥BCAM的长．．(4)在△DEC绕点DAFAF的最小值为．(1)3(2)MF=ME7(3)①②34(4)2DEABCECA12(1)证明△CDE∽△CBA==(2)MF=ME．连接DMRt△DMF≌Rt△DMEHL即可求证；(3)①由旋转和等腰三角形的性质得BM=MCBM=MC=x6+8-x=x2x即可求解；②过A作AH⊥BC于HFG于KDFKHDF=KH=324595AKAHAMAC面积可得AH=AK=△AKM∽△AHC=(4)连接ADAF+DF≥ADAFD三点共线时，AF+DF=ADAF+DF的值最小，AF12AD=BC=5(1)AE=ECDE⊥AC，1∴CE=CA2∵∠BAC=90°，∴AB⊥AC，∴DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，DEABCECA12∴==，1∴DE=AB=3，2故答案为：3；(2)解：MF=ME如图1DM，由旋转的性质得，DE=DF∠DFM=∠DEM=90°，DE=DF在Rt△DMF和Rt△DME中，，DM=DM∴Rt△DMF≌Rt△DMEHL，∴MF=ME；(3)①由旋转的性质得，∠DGB=∠CDG=DC，∵DB=DC，∴DG=DB，∴∠DGB=∠DBG，29∴∠MBC=∠C，∴BM=MC，设BM=MC=x，在Rt△ABM中，BM=AB+AM2，即6+8-x=x2，254解得x=，254∴BM=MC=，25474∴AM=AC-CM=8-=，7故答案为：；4②如图3A作AH⊥BC于HFG于KDFKH是矩形，∴DF=KH=3，∵∠BAC=90°AB=6AC=8，∴BC=AB+AC2=6+82=10，∵AH⊥BC，1212S=BC·AH=AB·AC，112∴×10×AH=×6×8，2245∴AH=，24595∴AK=AH-KH=-3=，∵GF∥BC，∴△AKM∽△AHC，AKAHAMAC∴=，9AM85即=，5解得AM=3；(4)4ADAF+DF≥AD，当AFD三点共线时，AF+DF=ADAF+DF的值最小，AF最小，∵∠BAC=90°BD=CD，1∴AD=BC=5，2∵DF=DE=3，∴AF的最小值=AD-DF=5-3=2，故答案为：2．题型14(2024·河北石家庄·一模)如图1和图2ABCD中，AB=6BC=8AD=217CD<30AB∠B=∠C=90°E在ABAE=2．动点P从点BBC-CD-DA点AP运动的路径长为x(x>0)．(1)如图1CD=；②当EP=CPx的值；(2)如图20<x≤8EPPDEP⊥PD△BEP和△CDP全等；(3)当0<x≤12B关于EP的对称点B′EB′EB′与AB所夹的锐角为αsinα的值(用含x的式子表示)．23(1)①4②x=3或x=12+17；(2)见解析；8x16+x216(12-x)64+(12-x)2(3)或．(1)①D作DQ⊥AB于QBQDCAQ=AD-DQ2=2EP=CP=答案；②①可得EQEC的垂直平分线交BC于PAD于B为原点，BCBAEP=CP=m，1414163=AD为y=-x+6t,-t+6E0,4C8,0t=步可得答案；4PC8-PC(2)证明△EBP∽△PCD=PC=44(3)0<x≤8B关于EP的对称点B′EB′B作BF⊥E于F32x的性质求解BF=8<x≤12B关于EP的对称点B′接16+x264EB′作I⊥BA于IP作PH⊥AB于H=I=m,IE=n，12-x+648×6412-x+64利用勾股定理建立方程组求解n=-4(1)D作DQ⊥AB于Q，∵∠B=∠C=90°，∴四边形BQDC是矩形，∴DQ=BC=8∠DQB=90°=∠AQDCD=BQ，∵AD=217，∴AQ=AD-DQ2=2，∵AB=6，∴CD=BQ=4；可得EQEC的垂直平分线交BC于PAD于以B为原点，BCBA为坐标轴建立坐标系如下：当EP=CP=m时，，EP=CP=，31∴BP=8-mBE=6-2=4，∴m=4+8-m2，则m=5，∴x=8-5=3，当=时，∵A0,6D8,4AD为y=kx+b，18k+b=4b=6k=-b=6∴4，1∴AD为y=-x+6，414设Pt,-t+6E0,4C8,0，，141422∴t+-t+6-4=t-8+-t+6，163∴t=∴，1614,D8,4，3316314327322∴D=-8+-4=，273∴x=BC+CD+D=12+；(2)如图，∵EP⊥PD∠B=∠C=90°，∴∠BEP+∠BPE=90°=∠BPE+∠DPC，∴∠BEP=∠DPC，∴△EBP∽△PCD，BEBPPCCD∴∴=，4PC8-PC=，4∴PC-8PC+16=0，解得：PC=4，∴BP=PC=4，∵BE=CD=4∠B=∠C=90°，∴△BEP≌△CDP；(3)0<x≤8B关于EP的对称点B′EB′B作BF⊥E于F，∴△EBP≌△P⊥PE∠EBP=∠P=90°，∴PE=x+16S=SP=2xBE=E=4，4x∴BK=K=，16+x2∴EK=BE-BK2=1616+x216，128x16+x212∴S∴BF==××=E×BF，16+x232x,16+x232BFBE8x16+x2∴sinα=sin∠BEF==，8<x≤12时，作点B关于EP的对称点B′EB′PCBH为矩形，作I⊥BA于IP作PH⊥AB于，H∴PH=BC=8BH=PC=x-8,∴EH=4-x-8=12-xPE=12-x+64,同理可得：S=SP=16EP⏊，12∴PE×=32，64∴=，12-x+64设BI=mIE=n,，m+n=16∴642，m+n+4=12-x+648×6412-x+64解得：n=-4，64-12-x264+12-x2IE∴cosα=cos∠==，64-12-x22∴sinα=1-cosα=1-64+12-x264+12-x2264-12-x22===-64+12-x264+12-x225612-x264+12-x221612-x64+12-x2；.题型15(2024·山西太原·一模)综合与实践系．如图1ABCDE在线段BC上CE>BECE为边作正方形EFGC点G在线段CD上．延长CD至点HDH=GDAHAEAF．33数学思考：(1)①求证：AH=AE；②猜想线段HG与AF深入探究：(2)奋进小组将正方形CEFG从图1E逆时针旋转(设点C的对应点为)①如图2F恰好落到线段AEHG．猜想此时线段HG与AF由；②若AB=6BE=2CEFGAFG三点在同一直线上时线段HG的长．22(1)①见解析；②AF=HG(2)①HG=2AF②43(1)①先由正方形的性质得出BE=DH再根据SAS证明△ABE≌△ADH即可得出结论；②延长EF交AD于点M明△AFM是等腰直角三角形即可得出结论；(2)①连接EH,EG分别证明△AEH△EFGE,G,H论；②分点A,F,G三点共线和点A,G,F三点共线两种情况结合相似三角形的判定与性质可得结论(1)①∵四边形ABCD,CEFG是正方形，∴CB=CD=AB=ADCE=CG，∴CB-CE=CD-CG即BE=DG∵DH=GD，∴BE=DH在△ABE和△ADH中，∴△ABE≌△ADHSAS，，∴AH=AE；EF交AD于点M，∴，∴四边形FGDMABEM是矩形，∴BE=AMDG=FM∵BE=DH，∴AM=FM=DG=DH∴△AFM是等腰直角三角形，34∴∴(2)EH,EG由(1)①得，∴又∴△AEH是等腰直角三角形，∴，∵四边形是正方形，∴△EFG是等腰直角三角形，∴，∴E,G,H三点共线，∵，∴，即：HG=2AF；EH,EG点A,F,G三点共线时，∵△AEH△EDF是等腰直角三角形，，，∴∴∴，，，∴，在中，，∴，在中，，∴，35∴；A,G,F三点共线时，∵△AEH△EGF是等腰直角三角形，，，∴∴∴，，，∴，在中，，∴，在中，，∴∴，；综上，HG的长为43．题型16(2024·四川南充·一模)B是矩形AEFG的边EFAB为边向右上方作正方形ABCD．(1)如图1C在FG∠BGF的度数；(2)如图2C是FGCH=DH；(3)正方形ABCD的顶点B运动到如图3AE=2EF=3．设EB=xCG=yy与x的函数解析式(不写自变量的取值范围)．36(1)；(2)证明见解析；(3)．()利用AAS证明AE=BFCF=BF)分别延长AG与BC交于点PASA得出PC=BCAAS证)在EF上取点PEP=AEPCFG于KAC△EAB∾△PAC∠AEB=(明(；∠APC=90oC在PKPF=KF=1G作GM⏊PQ于点MM作于点NC作CR⏊EF于点RCM和GM(1)解：∵四边形ABCDAEFG是矩形，∴AB=BCAE=GF∠E=∠F=∠ABC=90o，∴，∴∠EBA=∠BCF，∴，∴AE=BF，∴GF=BF，∴；(2)AG与BC交于点P，∵，，，，∴∴PC=BC，∴AD=BC，∴AD=PC，又∵，，∴，∴DH=CH；(3)EF上取点PEP=AEPCFG于KACAP，则△AEP和△ABC都是等腰直角三角形，∴∴，，，∴△EAB∾△PAC，∴∠AEB=∠APC=90o，37∴点C在PK，G作GM⏊PQ于点MM作MN⏊EF于点NC作CR⏊EF于点R，∵，∴CR=PR，由()知，CR=EB，∴∵，，，∴，，，．∴C的运动路径是解题的关键．题型17(2024·浙江宁波·模拟预测)综合与实践．(1)如图1ABCD中，E为对角线ACB作BEC作AC垂线交于点FEF：BE=BF．(2)如图2ABCD中，E为对角线ACB作BEC作ACCFAE垂线交于点FEF的值．(3)如图3(2)E改为直线ACEF的中点MBM，CM．若CF的长．(1)见解析；(2)(1)证明(3)CF的长为3-1或3+1得；(2)通过证明；38(3)求出是正方形，，(1)证明：四边形，，，，，，，，；(2)解：，，，点CEBF四点共圆，，，，，，，，；(3)(2)知：，，，，，，为的中点，，39由(2)知，，，又是直角三角形，，，设，，，，，，，，或()，不存在，，当或当在，，，，，，，∴x=3-1()或x=3+1，综上所述，CF的长为3-1或3+1．题型18(2024·辽宁葫芦岛·一模40(1)如图1AD是△ABC的中线，BE交AC于点EAD于点FAE=EF：AC=BF．2FD到点GDG=DFCG△DGC⋯⋯；3B作BG⎳AC交AD延长线于点G△BDG⋯⋯(2)4△ABC中，D为BCADAD绕着D顺时针旋转120o得到DEBEBE中点FDF，猜想CD与DF(3)如图5△ABC中，点顺时针旋转是斜边的中绕为线段的长度．(1)见解析；(2)(1)方法1(3)．到点延长线于点G有接得到交；方法2B作；得到(2)延长至点DF是△EBG41明△AGDAG=AD,∠GAD=60o证明CD=2DF；到BG=CD(3)ED至点GBG,AGDF是△EBGBG=2DF△AGD出上，取点则到点．(1)①方法12，是△ABC的中线，，，，，，，，；②方法2作交延长线于点有，是△ABC的中线，，，，42，，，，，；(2)至点，点F是BED是GE中点，是△EBG的中位线，，，，∴△AGD是等边三角形，，又∵△ABC是等边三角形，，，，，；(3)ED至点GDG=DEBG,AG，∵点F是BED是GE中点，∴DF是△EBG的中位线，∴BG=2DF，作AH⏊BCH，，43，，∴△AGD是等腰直角三角形，，，，，，，，，在AH上取点M，，∴MA=MD在Rt△MDH中，，，，．19(2024·江苏扬州·一模)如图，∠MON=90AB分别在oOMON、(O)BC上运动不与点重合，是∠ABN的平分线，BC的反向延长线交∠OAB的平分线于点D．44(1)随着点AB的运动，∠D∠D(2)如图1OB与AD相交于点EODOB=6OE=25∠BOD的度数及BD的长度．(3)如图2B在ONOB长度为6F为OM上一定点，OF=6G为过三点A、BDA从点O运动到FGG的运动路径长．(1)不变；∠D=45o(2)(3)；(1)根据角平分线的定义可得，得，(2)延长AB到HMO到ID分别作DJDKDL垂直AHONMIJKLOD，12根据角平分线的判定和性质证明OD是∠BOI∠BOD=∠BOI=45o△BDE∾△BOD得出出即可；(3)取AB中点PP为圆心，OP为半径作圆POD交点GG为圆心，AG为半径作圆GG为△ABDBF∠GOB=∠GAB=45oG在OD△BGO∾△BAF出明(1)解：∠D∵BC是∠ABN的平分线，AD平分∠OAB，，，，，，，∴∠D=45o，故∠D的大小不变．(2)AB到HMO到ID分别作DJDKDL垂直AHONMIJKL，连接OD，45∵∴∵∴∴∴∵∴∴平分，，，，，平分，，平分，，，∴OD是∠BOI的平分线，∴，在△BDE与△BOD中，∴△BD