九下第1章直角三角形的边角关系（压轴题专练）-2021-2022学年九年级数学期中期末考试满分全（北师大版）

九下第1章直角三角形的边角关系压轴题专练一、单选题1．（2021·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测）如图，▱ABCD的边，点是边的中点，，连接，将沿着折叠，点落在．若，则点到边的距离是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别过点E、A作于点F，于点H，由题意易得，，进而可得∠FCE=∠AEH，则，设，点到边的距离是h，则，然后根据勾股定理可求解x，最后根据等积法可求解．【详解】解：分别过点E、A作于点F，于点H，如图所示：∵点是边的中点，，∴，∵，∴，∴，由折叠的性质可得，∵，∴，∴，设，点到边的距离是h，则，∵，∴在Rt△ABH中，，即，解得：（不符合题意，舍去），∴，∴根据△ABE的面积可得：，即，∴，即点到边的距离是；故选A．【点睛】本题主要考查三角函数、折叠的性质及等积法，熟练掌握三角函数、折叠的性质及等积法是解题的关键．2．（2021·广东·珠海市紫荆中学桃园校区一模）如图，在正方形中，E，F分别是，的中点，交于点H，交于点G，下列结论，①；②；③；④其中正确的是（）A．①③④ B．①② C．②③ D．①②④【答案】D【分析】①根据正方形的性质求证△BHE是直角三角形即可得到结果；②由①求证△CGF～△BCF，利用其对应边成比例即可得到结论；③由①求证△BHE≌△CGF即可得出结论；④利用相似三角形对应边成比例即可得出结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，CD=BC=AB，∵E、F分别是边BC，CD的中点，∴BE=BC，CF=CD，∴BE=CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BEA=∠CFB，∵CG∥AE，∴∠GCB=∠AEB，∴∠CFG=∠GCB，∴∠CFG+∠GCF=90°，即△CGF为直角三角形，∵CG∥AE，∴△BHE也是直角三角形，∴sin∠HBE=cos∠HEB．故①正确；由①得，∠CGF=90°，∴∠CGF=∠BCF=90°，∵∠CFG=∠BFC，∴△CGF～△BCF，∴，∴CG•BF=BC•CF，故②正确；由①得，∠BHE=∠CGF=90°，由②得，△CGF∽△BCF，∴∠HBE=∠GCF，∵BE=CF，∴△BHE≌△CGF（AAS），∴BH=CG，而不是BH=FG，故③错误；∵△BCG～△BFC，∴，即BC2=BG•BF，同理可得：△BCF～△CGF，∴CF：GF=BF：CF，∴CF2=BF•GF，∴，∴④正确；综上所述，正确的有①②④．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质及解直角三角形等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．3．（2021·重庆南岸·一模）如图，在纸片中，，折叠纸片，使点落在的中点处，折痕为，则的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点D作AB的垂线，垂足为G，过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，分别求出△DEA和△DFC的面积，利用S△DEF=×（S△ABCS△DEAS△DFC）可得结果．【详解】解：过点D作AB的垂线，垂足为G，∵∠BAC=120°，∴∠GAC=60°，∴DG=ADsin∠GAC=AC·sin∠GAC=×12×=，AG=ADcos∠GAC=AC·cos∠GAC=×12×=3，设AE=x，则BE=12x=DE，在Rt△DGE中，，即，解得：x=，∴S△ADE=DE×AE==，过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，∴AN=AB=6，BN=，∴BC=，设DF=y，则CF=BCDE==，DH=CD·sin∠C=，CH=CD·cos∠C=，则有，即，解得：，则S△DFC=，∴S△DEF=×（S△ABCS△DEAS△DFC）===故选A．【点睛】此题主要考查了翻折变换，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，表示出相关三角形的面积是解题关键．4．（2021·江苏·无锡市南长实验中学二模）如图，C为线段AB上一点，在线段AB的同侧分别作等边△ACD、△BCE，连接AE、BD相交于F，连接CF．若S△DEF＝8，则CF的长为（）A．4 B．3 C．3 D．4【答案】A【分析】如图，过点C分别作CG⊥AE，CH⊥BD，垂足分别是G,H，过点E作EM⊥BD，垂足为M，设AE，DC的交点为N，BD，CE的交点为Q，证明△ACE≌△BCD，△NCE≌△QCB，△DCF∽△CEF即可【详解】如图，过点C分别作CG⊥AE，CH⊥BD，垂足分别是G,H，过点E作EM⊥BD，垂足为M，设AE，DC的交点为N，BD，CE的交点为Q，∵△ACD，△BCE都是等边三角形，∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，∴∠ACE=∠BCD，∠DCE=60°，∴△ACE≌△BCD，∴∠AEC=∠DBC，∵∠NCE=∠QCB，CE=CB，∴△NCE≌△QCB，∴NE=QB，，∴EN×CG=QB×CH，∴CG=CH，∴CF平分∠AFB，∵∠NCE=∠QCB，∠FQE=∠CQB，∴∠EFQ=∠QCB=∠AFD=60°，∴∠AFB=120°，∴∠AFC=∠CFB=60°，∴∠DFC=∠CFE=120°，∴∠DCF+∠FCE=60°，∠FEC+∠FCE=60°，∴∠DCF=∠FEC，∴△DCF∽△CEF，∴DF：CF=CF：EF,∴=DF×EF,∵∠EFQ=60°，∴EM=EFsin60°=EF，∵DF×EM=8，∴DF×EF=8，∴DF×EF=32，∴=32，∴CF=4，CF=4（舍去），故选A【点睛】本题考查了等边三角形的性质，角的平分线的逆定理，三角形相似的判定和性质，特殊角的三角函数值，三角形的全等与性质，巧妙构造辅助线，证明三角形的相似是解题的关键．5．（2021·山东·潍坊市寒亭区教学研究室一模）如图，中，，利用尺规在上分别截取，使；分别以为圆心、以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；作射线，点分别为射线，线段上的动点，若，则的最小值为（）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】作出点C关于直线BF的对称点M，证明点M在AB上，后利用垂线段最短，作出垂线段，利用等边三角形的性质求解即可．【详解】过点C作CN⊥BF，垂足为N，延长CN交AB于点M，根据题意，得∠CBN=∠MBN，BN=BN，∴△CBN≌△MBN，∴CB=MB，CN=MN，∴C与M关于直线BN对称，过点M作垂足为G，交BF于点P，则CP+GP=MP+PG=MG，即为最小值，∵BC=1，AB=2，∴∠A=30°=∠ABP=∠PBC，∴△MBC是等边三角形，∴BM=1，∴MG=BMsin60°=1×=，故选C．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，特殊角的三角函数，垂线段最短，等边三角形的性质，三角形的全等，熟练运用轴对称原理构造出符合题意的最短距离是解题的关键．6．（2021·广东·南山实验教育集团南海中学三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，过点B作BE⊥BC，交AD于点E，点F是线段BE上一点，且tan∠ADF＝．①AE＝BE；②△BED∽△ABC；③；④AF＝．则下列结论正确的有（）A．①④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④【答案】D【分析】①利用折叠和平行线的性质可知，从而利用等角对等边即可证明；②利用相似三角形的判定判断即可；③首先证明△DBE∽△DAB，然后利用相似三角形的性质即可证明；④利用折叠的性质及勾股定理即可证明．【详解】①由折叠可知，∵∠ACB＝90°，BE⊥BC，∴BE//AC，∴，∴，∴BE＝AE，①正确；②∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，∴∠BAC＝30°，∠ABC＝60°，∵∠EBA＝30°，由折叠性质可知∠ABC＝∠ABD＝60°，则∠DBE＝30°，由∠DBE＝∠BAC＝30°，∠BDE＝∠C＝90°可得△BED∽△ABC，②正确；③相似典型题型：乘积式，转化成比例式：，只需证△DBE∽△DAB，则∠DBE＝∠DBA＝30°，∠BDE＝∠ADB＝90°可证，③正确；④由tan∠ADF＝及∠DEB＝60°可知作FG⊥DE于点G，由题易得：BD＝BC＝，DE＝1，AD＝3，BE＝AE＝2，由tan∠ADF＝设GF＝a，DG＝2a，由∠DEB＝60°得GE＝a，由DE＝DG＋GE＝2a＋a＝1可得a＝，则GF＝，AG＝，在Rt△AFG中由勾股定理可得AF＝，④正确；综上所述，正确结论为①②③④，故选：D．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理，折叠的性质，三角函数，掌握这些性质是关键．7．（2021·河北桥西·模拟预测）如图1，菱形纸片ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，如图2，翻折∠ABC，∠ADC，使两个角的顶点重合于对角线BD上一点P，EF，GH分别是折痕．设BE＝x（0＜x＜2），给出下列判断：①当x＝1时，DP的长为；②EF＋GH的值随x的变化而变化；③六边形AEFCHG面积的最大值是；④六边形AEFCHG周长的值不变．其中正确的是（）A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】先确定出△ABC是等边三角形，进而判断出△BEF是等边三角形，当x＝1时，求出BP＝BD，即可判断出①正确，再用x表示出EF，BP，DP，GH，即可求出EF+GH的值，判断出②错误，利用菱形的面积减去两个三角形的面积判断出③正确，利用周长的计算方法即可判定出④正确，综上即可得答案．【详解】解：∵菱形ABCD的边长为2，∴AB＝BC＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝2，BD＝=2，∵翻折∠ABC，∠ADC，使两个角的顶点重合于对角线BD上一点P，∴△BEF是等边三角形，如图，设EF与BD交于M，GH于BD交于N，当x＝1时，BM==，∴BP＝2×＝，∴DP=BDBP=，故①正确；∵BE＝x，△BEF是等边三角形，∴EF＝BE＝x，BM＝x，∴BP＝2BM＝x，∴DP＝BD﹣BP＝2﹣x，∴DN＝DP＝x，同理可知：△DGH是等边三角形，∴GH＝DG==2x，∴EF＋GH＝x+2x=2，故②错误；当0＜x＜2时，∵BE＝EF=x，GH＝2x，BM＝x，DN＝x，∴六边形AEFCHG面积＝S菱形ABCD﹣S△BEF﹣S△DGH=＝×2×2﹣==，∴当x＝1时，六边形AEFCHG面积最大为，所以③正确，∵EF=BE=BF，GH=DG=DH，EF+GH=2，∴六边形AEFCHG周长＝AE+EF+AG+GH+FC+CH=AE+BE+AG+DG+BCEF+CDGH=AB+AD+BC+CD（EF+GH）=82=6，故④正确，∴正确的有①③④，故选：D．【点睛】此题是四边形的综合及解直角三角形，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解直角三角形，解本题的关键是用x表示出相关的线段长．8．（2020·浙江杭州·九年级期末）如图，在菱形中，分别交于､于点，连接，以下结论：①；②点到的距离是；③；④的面积为．其中一定成立的有几个（）A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】利用证明与全等，得出①正确，根据含角的直角三角形的性质得出点到的距离是，得出②正确，同时得出；的面积为，得出④错误，得出，得出③正确．【详解】解：四边形是菱形，，，，，在与中，，，①正确；过点作，过点作，，如图：，，，，，，点到的距离是，故②正确；，，，，的面积为，故④错误；，，，，，，，故③正确；故其中一定成立的有①②③．故选：C．【点睛】此题考查了四边形综合题，关键是根据菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质分析．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．9．（2021·广东深圳·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，得到△PGC，边CG交AD于点E，连接BE，∠BEC＝90°，BE交PC于点F，那么下列选项正确的有（）①BP＝BF；②若点E是AD的中点，则△AEB≌△DEC；③当AD＝25，且AE＜DE时，则DE＝16；④当AD＝25，可得sin∠PCB＝；⑤当BP＝9时，BE•EF＝108．A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】①利用折叠的性质，得出∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，进而判断出∠GPF＝∠PFB即可得出结论；②先判断出∠A＝∠D＝90°，AB＝DC再判断出AE＝DE，即可得出结论；③判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE＝9，DE＝16；④再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；⑤判断出四边形BPGF是菱形，即可得出结论．【详解】解：①在矩形ABCD，∠ABC＝90°，∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF＝∠PFB，∴∠BPF＝∠BFP，∴BP＝BF；故①正确；②在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，∵E是AD中点，∴AE＝DE，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS）；故②正确；③当AD＝25时，∵∠BEC＝90°，∴∠AEB+∠CED＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠CED＝∠ABE，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABE∽△DEC，∴，设AE＝x，∴DE＝25﹣x，∴，∴x＝9或x＝16，∵AE＜DE，∴AE＝9，DE＝16；故③正确；④由③知：，，由折叠得，BP＝PG，∴BP＝BF＝PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴，设BP＝BF＝PG＝y，∴，∴∴，在Rt△PBC中，，∴sin∠PCB＝，故④不正确；⑤如图，连接FG，由①知BF∥PG，∵BF＝PG＝PB，∴平行四边形BPGF是菱形，∴BP∥GF，FG＝PB＝9，∴∠GFE＝∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE•EF＝AB•GF＝12×9＝108；故⑤正确，所以本题正确的有①②③⑤，共4个，故选：B．【点睛】本题考查了矩形、菱形的判断与性质，全等三角形、相似三角形的性质与判定、三角函数等知识，综合性强，熟知相关知识点并灵活应用是解题关键．10．（2020·浙江杭州·九年级期末）如图，已知在中，点D为边上一点（不与点B，点C重合），连结，点E，点F分别为、上的点，且，交于点G，连结，并延长交于点H．已知．①若为边上的中线，则的值为；②若，当时，．其中正确的是（）A．① B．② C．①② D．以上均不正确【答案】A【分析】①过点作，与的延长线相交于点，可得，由得，进而得，再由相似三角形得结果，便可判断①是否正确；②过点作于点，再解直角三角形和应用相似三角形的比例线段便可判断②的正误．【详解】解：①过点作，与的延长线相交于点，，在和中，，，，，，，，，，，，故①正确；（2）过点作于点，则，，，，，即，，，即BH>2ADsin∠DAC故②错误；故选：．【点睛】本题是三角形的一个综合题，主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，关键是作辅助线，构造全等三角形与相似三角形、直角三角形进行解答．11．（2021·重庆市求精中学校九年级开学考试）如图，在中，，为上一点，连接，将沿翻折，点恰好落在上的点处，连．若，，则的长度为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，记交于过作于过作于先利用角平分线的性质证明：再求解由，求解再证明是的中垂线，由，设则求解可得由可得再利用勾股定理列方程解方程并检验可得答案．【详解】解：如图，记交于过作于过作于中上的高相等，，，，由对折可得：是的中垂线，，设则整理得：检验：当时，不合题意舍去，取故选：【点睛】本题考查的是轴对称的性质，角平分线的定义与性质，线段的垂直平分线的判定与性质，解直角三角形的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解题的关键．二、填空题12．（2021·安徽包河·三模）已知：在矩形中，，，点在上，将矩形沿折叠，使点落在边上处，则______；点在上，将矩形沿折叠，使点落在上点处，延长交于，连接，则______．【答案】【分析】第一空：根据折叠和矩形，可求出BF，在中，根据勾股定理求出EF的值，即DE的值，又已知，可求．第二空：根据折叠，可得AH和HF，证明，求出HM的值，在中，根据勾股定理求出MF的值．【详解】由折叠可知，∵，∴，，设，则，，由勾股定理得，解得，∴，设，则，，由勾股定理得解得，∵，，∴，∴，∴，∴，，∴【点睛】本题主要考查了折叠的性质、三角函数、勾股定理和相似三角形的相关知识．平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似．13．（2021·山东章丘·九年级期中）如图，点B1在直线l：y＝x上，点B1的横坐标为2，过点B1作B1A1⊥l，交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；…；照这个规律进行下去，则第n个正方形AnBnBn+1Cn的边长为___（结果用含正整数n的代数式表示）．【答案】×（）n1【分析】设直线y＝x与x轴夹角为，过B1作B1H⊥x轴于H，由点B1的横坐标为2，点B1在直线l：y＝x上，可得OH＝2，B1H＝1，OB1＝，tan＝＝，Rt△A1B1O中，求得A1B1＝OB1•tan＝，即第1个正方形边长是，在Rt△A2B2O中，求得第2个正方形边长是×，在Rt△A3B3O中，求得第3个正方形边长是×＝×（）2，在Rt△A4B4O中，求得第4个正方形边长是×＝×（）3，......观察规律即可得：第n个正方形边长是×（）n1．【详解】解：设直线y＝x与x轴夹角为，过B1作B1H⊥x轴于H，如图：∵点B1的横坐标为2，点B1在直线l：y＝x上，令x＝2得y＝1，∴OH＝2，B1H＝1，OB1＝，∴tan＝＝，Rt△A1B1O中，A1B1＝OB1•tan＝，即第1个正方形边长是，∴OB2＝OB1＋B1B2＝+＝×3，Rt△A2B2O中，A2B2＝OB2•tan＝×3×＝×，即第2个正方形边长是×，∴OB3＝OB2＋B2B3＝×3＋×＝×，Rt△A3B3O中，A3B3＝OB3•tan＝××＝×，即第3个正方形边长是×＝×（）2，∴OB4＝OB3＋B3B4＝×＋×＝×，Rt△A4B4O中，A4B4＝OB4•tan＝××＝×，即第4个正方形边长是×＝×（）3，.....．根据规律可知：第n个正方形边长是×（）n1，故答案为：×（）n1．【点睛】本题考查一次函数图象上点的特征，涉及解直角三角形、规律探索等知识，解题的关键是tan＝的应用．14．（2021·湖北十堰·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为____．【答案】2【分析】以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于点H，证明△BAP≅△FAQ，由全等性质可以得到∠ABP=∠AFQ，进一步解三角形求得AE的值，判断出点Q的运动轨迹是射线FE，在△DHE中，当点Q【详解】解：以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于点H∵四边形ABCD是矩形∴∠ABP=∠BAE=∵△ABF和△APQ是等边三角形∴∠BAF=∠PAQ=，BA=FA，PA=QA∴∠BAP+∠PAF=∠PAF+∠FAQ∴∠BAP=∠FAQ在△BAP和△FAQ中，∴△BAP∴∠ABP=∠AFQ=∵∠FAE=∴∠AEF=∵AB=AF=4∴∴点Q的运动轨迹是射线FE∵AD=BC=∴DE=ADAE=∵DH⊥EF，∠DEH=∠AEF=∴DH由垂线段最短可知，当点Q与点H重合时，DH的值最小，最小值为故答案为：2【点睛】本题考查三角形全等的性质和证明，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值计算等相关知识点，能够根据已知条件作出相关的辅助线是解题重点．15．（2021·广东·佛山市华英学校九年级月考）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC．若AD、BC所在直线互相垂直，的值为___．【答案】【分析】延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AHBH，由线段垂直平分线的性质得出GA=GB，GD=GC，由SAS证明△AGD△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGE=∠AHB=90°，得出∠AGE=∠AGB=45°，求出，先证出∠AGB=∠DGC，由，证出△AGB△DGC，得出比例式，再证出∠AGD=∠EGF，即可得出，即可得出的值．【详解】解：延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，如图所示：则AHBH，GE是AB的垂直平分线，GA=GB，同理：GD=GC，在△AGD和△BGC中，，△AGD△BGC(SAS)，∠GAD=∠GBC，在△GAM和△HBM中，∠GAD=∠GBC，∠GMA=∠HMB，∠AGB=∠AHB=90°，∠AGE=∠AGB=45°，∠AGD=∠BGC，∠AGB=∠DGC=90°，∴△AGB和△DGC是等腰直角三角形，，，又∠AGE=∠DGF，∠AGD=∠EGF，△AGD△EGF，．【点睛本题是相似三角形综合题目，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，本题难度较大，综合性强，解题的关键是通过作辅助线综合运用全等三角形和相似三角形的性质．16．（2021·山东庆云·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝3，D为斜边AC的中点，连接BD，点F是BC边上的动点（不与点B、C重合），过点B作BE⊥BD交DF延长线交于点E，连接CE，下列结论：①若BF＝CF，则CE2+AD2＝DE2；②若∠BDE＝∠BAC，AB＝4，则CE＝；③△ABD和△CBE一定相似；④若∠A＝30°，∠BCE＝90°，则DE＝．其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）【答案】①②④．【分析】①由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得AD＝BD，由BF＝CF，BD＝CD得DE是BC的垂直平分线，得BE＝CE，再由勾股定理便可得结论，由此判断结论的正误；②证明△ABC∽△DBE，求得BE，再证明DE∥AB，得DE垂直平分BC，得CE＝BE，便可判断结论的正误；③证明∠ABD＝∠CBE，再证明BE与BC或BC与BE两边的比不一定等于AB与BD的比，便可判断结论正误；④先求出AC，进而得BD，再在Rt△BCE中，求得BE，进而由勾股定理求得结果，便可判断正误．【详解】解：①∵∠ABC＝90°，D为斜边AC的中点，∴AD＝BD＝CD，∵BF＝CF，∴DE⊥BC，∴BE＝CE，∵BE⊥BD，∴BD2+BE2＝DE2，∴CE2+AD2＝DE2，故①正确；②∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝，∴，∵∠A＝∠BDE，∠ABC＝∠DBE＝90°，∴△ABC∽△DBE，∴，即．∴BE＝，∵AD＝BD，∴∠A＝∠ABD，∵∠A＝∠BDE，∴∠ABD＝∠BDE，∴DE∥AB，∴DE⊥BC，∵BD＝CD，∴DE垂直平分BC，∴BE＝CE，∴CE＝，故②正确；③∵△ABD一定是等腰三角形，而△CBE不一定是等腰三角形，∴△ABD和△CBE不一定相似，故③错误；④∵∠A＝30°，BC＝3，∴∠A＝∠ABD＝∠CBE＝30°，AC＝2BC＝6，∴BD＝，∵BC＝3，∠BCE＝90°，∴BE＝，∴，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题是三角形的一个综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定与性质，考试的内容多，难度较大，关键是综合应用以上性质灵活解题．17．（2021·重庆实验外国语学校二模）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，，将菱形纸片翻折，使点B落在CD边上的点P处，折痕为MN，点M、N分别在边BC、AB上，若PN⊥AB，则点N到边MP的距离为________．【答案】【分析】过点P作PE⊥BC于E，作MF⊥AB于F，作NH⊥BM于H，根据菱形的性质和翻折的性质，求点N到边MP的距离等于求点N到BM的距离NH，在Rt△NBH中求出NH即可．【详解】解：如图，过点P作PE⊥BC于E，过点M作MF⊥AB于F，过点N作NH⊥BM于H，NG⊥MP，∵四边形ABCD为菱形，AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC＝∠DCE＝60°，又PE⊥BC，∴∠CPE＝30°，∴PC＝2CE，PE＝CE，∵翻折，∴△NBM≌△NPM，∴NH＝NG，∠BNM＝∠PNM，BM＝MP，∠B＝∠NPM＝60°，∵NP⊥BA，∴∠BNP＝90°，∴∠BNM＝∠PNM＝45°，∵∠B＋∠BNP＋∠NPM＋∠BMP＝360°，∴∠BMP＝150°，∴∠PME＝30°，∴MP＝2PE＝2CE，ME＝PE＝3CE，∴BM＝PM＝2CE，MC＝2CE，∵BC＝2＋2＝2CE＋2CE，∴CE＝1，∴MB＝2，∴MF＝MB×sinB＝2×sin60°＝3，BF＝MB×cosB＝2×cos60°＝，∵∠FNM＝45°，FM⊥FN，∴FN＝MF＝3，∴BN＝BF＋FN＝＋3，∴NH＝BN×sinB＝（3＋）×sin60°＝，∴NG＝．故答案为：．【点睛】此题主要考查四边形的综合性质求解，解题的关键是根据题意作出辅助线，利用菱形与三角函数的性质求解．18．（2021·全国·九年级专题练习）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE、EG、FG为折痕，若顶点A、C、D都落在点O处，且点B、O、G在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．（1）的值为________．

（2）若AD=4，则四边形BEGF的面积为________．【答案】【分析】（1）由折叠可得，E，G分别为AD，CD的中点，证明∠BEG=90°，将转化为，设CD=2a，AD=2b，在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，可得a2+（2b）2=（3a）2，则b=a，进而得出的值；（2）在△BCG中，由勾股定理得出a2+42=（3a）2，解得a，证明△EDG∽△GCF，得出比例线段，求出CF．则可求出EF．由四边形面积公式可求出答案．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，AB=CD，AD=BC，由折叠的性质得：AE=OE=DE，CG=OG=DG，∠ABE=∠OBE，∠AEB=∠OEB，∠DEG=∠OEG，∴∠BEG=180°÷2=90°，且E，G分别为AD，CD的中点，∴tan∠OBE==tan∠ABE=，设CD=2a，AD=2b，则AB=2a=OB，DG=OG=CG=a，BG=3a，BC=AD=2b，在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，即a2+（2b）2=（3a）2，∴b2=2a2，∴b=a，∴，∴；（2）由（1）得：AB=2a=OB，DG=OG=CG=a，BG=3a，BC=AD=，∵∠C=90°，∴Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，∴a2+（）2=（3a）2，∴a=2或2（舍），∴DG=CG=2，∴BG=OB+OG=4+2=6，由折叠可得∠EGD=∠EGO，∠OGF=∠FGC，∴∠EGF=90°，∴∠EGD+∠FGC=90°，∵∠EGD+∠DEG=90°，∴∠FGC=∠DEG，∵∠EDG=∠GCF=90°，∴△EDG∽△GCF，∴，∴，∴CF=，∴FO=，∴EF=，∵点B，O，G在同一条直线上，∴EF⊥BG，∴S四边形EBFG=×BG×EF==，故答案为：；．【点睛】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．19．（2021·湖北襄阳·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在的延长线上，，交于点，，，则______．【答案】【分析】作出如图所示的辅助线，利用SAS证明△ADH△ABF以及△EAF△EAH，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的边长，再证明△BAF△OAG，即可求解．【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=BF=2，连接EH、AH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADH=∠ABC=∠ABF=90°，AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，∴△ADH△ABF(SAS)，∴∠DAH=∠BAF，AH=AF，∵∠EAF=45°，即∠BAF+∠EAB=45°，∴∠DAH+∠EAB=45°，则∠EAH=45°，∴∠EAF=∠EAH=45°，∴△EAF△EAH(SAS)，∴EF=EH，∵，设BE=a，则AB=2a，EC=a，CH=2a2，EF=EH=a+2，在Rt△CEH中，,即，解得：，则AB=AD=6，BE=EC=3，在Rt△ABE中，,∴AE=3，同理AF=2，AO=AB=3，∵BE∥AD，∴，∴AG=2，∴，，∴，∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠BAF=∠OAG，∴△BAF△OAG，∴，∵∠GAF=∠OAB=45°，∴△GAF是等腰直角三角形，∴FG=AG=2，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数是解题的关键．20．（2021·四川龙泉驿·九年级期中）如图，在等腰三角形中，，，为高，，分别是，上的动点，若，是的中点，连接，，则的最小值为______．【答案】【分析】连接CE，过点E作EF⊥BD于点F，根据三角函数的定义，求得AB=，AD=10，BD=30，设DM=m，则DN=2m+10，则MN=，，从而得到的表达式，结合两点之间线段最短，即可求解．【详解】解：连接CE，过点E作EF⊥BD于点F，∵在等腰三角形中，，，是的中点，∴CE⊥AB，，设CE=3x，则AE=x，∴，解得：x=，（负值舍去），∴AB=2AE=，同理：AD=10，BD=3AD=30，设DM=m，则DN=2m+10，∴MN=，∵EF⊥BD，AC⊥BD，∴EF∥AC，∴=1，∴F是BD的中点，EF是的中位线，∴EF=，DF=，∴FM=|15m|，∴，∴=+==，∵可以看作x轴上的动点H（m，0）到点P（15，5）和点Q（4，2）的距离之和，又∵=，∴≥=．故答案是：．【点睛】本题主要考查解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，添加辅助线，构造直角三角形，用代数式表示线段的长，是解题的关键．21．（2021·湖北咸宁·模拟预测）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．【答案】①②④【分析】先根据定理证出△ADF≅△DCE，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④．【详解】解：四边形是正方形，，，在△ADF和△DCE中，∴△ADF，，，，即，结论①正确；平分，，，，∵AB，，，，结论②正确；，，，，即，结论③错误；如图，过点作于点，连接，平分，，，，，由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，由垂线段最短得：当时，取得最小值，此时在中，，即的最小值是，结论④正确；综上，所有正确结论的序号是①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．22．（2021·陕西·西安高新一中实验中学模拟预测）如图，菱形中，直线、将菱形的面积四等分，，，，则________．【答案】．【分析】设EF与GH交于O点，过A作AL⊥BC于L，过E作EM⊥BC于M，过O作OK⊥BC与K，ON⊥DC于N，连结AC，BD，根据性质点O为对称中心，是菱形对角线的交点，根据菱形是中心对称图形，可求BG=DH=2，AE=CF，根据面积S四边形FOHC=S△COD=，可得S△OFC=S△OHD，可证FC=DH=2，利用三角函数求AL=，AL=，可证四边形ALME为矩形，可得AE=LM=2，AL=EM=在Rt△EFM中由勾股定理即可．【详解】解：设EF与GH交于O点，过A作AL⊥BC于L，过E作EM⊥BC于M，过O作OK⊥BC与K，ON⊥DC于N，连结AC，BD，∵EF、GH将菱形面积四等分，∴点O为对称中心，是菱形对角线的交点，S四边形AEOG=S四边形GOFB=S四边形FOHC=S四边形HOED=，∵菱形是中心对称图形，∴BG=DH=2，AE=CF，∵对角线AC、BD将菱形面积四等分，即S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD=，∴S四边形FOHC=S△COD=，即S△OFC+S△OCH=S△OCH+S△OHD=，∴S△OFC=S△OHD，∵OC平分∠BCD，OK⊥BC，ON⊥CD，∴OK=ON，∴，∴FC=DH=2，∴AE=FC=2，在Rt△ABL中，AB=6，∠ABL=60°，∴AL=ABsin60°=，BL=ABcos60°=，∵过A作AL⊥BC于L，过E作EM⊥BC于M，AD∥BC，∴∠ALM=∠EML=∠AEM=90°，∴四边形ALME为矩形，∴AE=LM=2，AL=EM=，∴MC=BCBLLM=632=1，∴FM=FCMC=21=1，在Rt△EFM中由勾股定理．故答案为．【点睛】本题考查菱形面积四等分性质，菱形性质，矩形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用面积证线段相等，掌握菱形面积四等分性质，菱形性质，矩形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用面积证线段相等方法是解题关键．23．（2021·广东龙岗·九年级期末）如图，已知在菱形ABCD，BC=9，∠ABC=60°，点E在BC上，且BE=6，将ΔABE沿AE折叠得到ΔAB′E，其中B′E交CD于点F，则CF=____________．【答案】【分析】过点A作AG⊥BC交BC于G，取HG使HG=GE，过H作HM⊥AE于H，过F作FN⊥BC交BC延长线于N，通过直角三角形求出BG、AE，由三角形的面积求得HM，再通过折叠求出CF．【详解】解：过点A作AG⊥BC交BC于G，取HG使HG=GE，过H作HM⊥AE于H，过F作FN⊥BC交BC延长线于N，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=9，在Rt△ABG中，∠B=60°，∴sinB=sin60°=，∴AG=AB=，∵cosB=cos60°=，∴BG=AB=，∵BE=6，∴HE=2GE=2(BEBG)=2×()=3，在Rt△AGE中，AE==3，∵S△AHE=×HE×AG=×AE×HM，∴×3×=×3×HM，解得，HM=，∵HG=GE，AG⊥HE，∴△AHE是等腰三角形，∴AH=AE，∠AHE=∠HEA，在Rt△AHM中，AM=，∵AB∥CD，∴∠FCN=∠B=60°，∴tan60°=，∵折叠，∴∠AEB′=∠HEA，在△AHE中，∵∠HAE=180°∠HEA∠AHE=180°2∠HEA，又∠FEN=180°∠HEA∠AEB′=180°2∠HEA，∴∠HAE=∠FEN，设CN=x，FN=x，∵tan∠FEC=tan∠HAM=，∴，∴，∴，∴CN=，FN=，∴CF=．故答案为：．【点睛】本题考查了翻折求线段，综合利用了等腰三角形和直角三角形等性质以及三角函数关系求线段，综合难度较高．三、解答题24．（2021·辽宁·沈阳市实验学校九年级期中）如图，平面直角坐标系中，直线y＝x+3分别与x轴、y轴交于A、B两点，等腰直角△BOC的直角顶点C位于第一象限，点M为y轴上一个动点．（1）填空：AB的长是，点C的坐标是．（2）若MA＝MB，求点M的坐标；（3）若MC＝OA，请直接写出此时∠BCM的度数；（4）若以A、C、M、N为顶点的平行四边形的顶点N恰好落在x轴上，请直接写出M的坐标及此时平行四边形的面积．【答案】（1），；（2）；（3）15゜或75゜（4），或，【分析】（1）由一次函数的解析式可求得A、B两点的坐标，从而可得OA、OB的长，由勾股定理即可求得AB的长；过点C作CD⊥y轴于点D，由等腰直角三角形的性质可得OD=CD=，从而可求得点C的坐标；（2）设点M的坐标为(0，y)，则由勾股定理可求得MA，由MA=MB即可求得y的值，从而求得点M的坐标；（3）分两种情况：点M位于B、D之间时；点M位于O、D之间时，分别计算此时的角即可；（4）分三种情况：AC、AN为邻边；AC、AM为邻边；AC为对角线，利用平行四边形的性质即可求得M点的坐标，从而求得此时四边形的面积．【详解】（1）在y＝x+3中，令x=0，得y=3；令y＝x+3=0，得，则点B的坐标为(0，3)，点A的坐标为∴OB=3，由勾股定理得：过点C作CD⊥y轴于点D，由等腰直角三角形的性质可得∴点C的坐标为故答案为：，；（2）设点M的坐标为(0，y)，则OM=y，，由勾股定理可得∵MA=MB∴即解得：y=1即点M的坐标为(0，1)（3）当点M位于B、D之间时∵△OBC是等腰直角三角形∴∠OBC=45゜∵CD⊥OB∴∠BCD=45゜在Rt△CDM中，∴∠MCD=30゜∴∠BCM=∠BCD∠MCD=45゜30゜=15゜当点M位于O、D之间时，同理可得∠DCM=30゜∴∠BCM=∠BCD+∠MCD=45゜+30゜=75゜综上所述，∠BCM的度数为15゜或75゜（4）①若以AC、AN为平行四边形的邻边，如图则CM∥AN，且CM=AN∴CM⊥OM∴∴，此时平行四边形的面积为②若以AC、AM为平行四边形的邻边，如图则AC∥MN且AC=MN设M(0，m)∵点A向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到点C∴点M向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到点N，此时点N的坐标为∵点N在x轴上∴∴即点M的坐标为，此时点N的坐标为∴平行四边形的面积为③AC为对角线，则CM∥AN，且CM=AN，与①同，点M的坐标及此时平行四边形的面积不变．综上所述，满足条件的点M的坐标为，面积为或M点坐标为，面积为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，直线与坐标轴的交点坐标，勾股定理，三角函数等知识，其中用到了分类讨论，准确分类并不重不漏是关键．25．（2021·上海市徐汇中学九年级期中）已知：矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，点E在对角线AC上，且满足AE＝2EC，点F在线段CD上，作直线FE，交线段AB于点M，交直线BC于点N．（1）当CF＝2时，求线段BN的长；（2）若设CF＝x，△BNE的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；（3）试判断△BME能不能成为等腰三角形，若能，请直接写出x的值．【答案】（1）BN＝10；（2），0＜x＜3；，3＜x＜4.5；（3）x＝2或或【分析】（1）由得△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，进而求得；（2）分为0＜x＜3和3＜x＜4.5两种情形，作EG⊥BC于G，根据三角形相似求出EG和BN；（3）分为BM＝BE，EM＝BE，EN＝BM三种，可根据BM＝9﹣2CF求得．【详解】解：（1）如图1，在矩形ABCD中，BC＝AD＝6，，∴△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，∴,∴AM＝2CF＝4，∴BM＝AB﹣AM＝5，∴，∴BN＝10；（2）当CF＝BM时，，此时△BEN不存在，∴CF＝9﹣2CF，∴CF＝3，当点M和B点重合时，AB＝2CF，∴CF＝4.5，∴分为0＜x＜3和3＜x＜4.5，如图2，当0＜x＜3时，作EG⊥BC于G，由（1）知，EG＝3，AM＝2CF＝2x，∴BM＝9﹣2x，由得，，∴，∴y＝＝＝；如图3，当3＜x＜4.5时，由得，∴CN＝，∴y＝＝；（3）如图4，∵，∴，∴CG＝CB＝2，∴GB＝CB﹣CG＝4，∴BE＝5，当BM＝BE＝5时，9﹣2x＝5，∴x＝2，如图5，当EM＝EB＝5时，作EH⊥AB于H，∴BM＝2BH＝2EG＝6，∴9﹣2x＝6，∴x=，如图6，当EM＝BM时，作MH⊥BE于H，在Rt△BMH中，BH＝，cos∠MBH＝cos∠BEG＝，∴BM＝，∴9﹣2x＝，∴x＝，综上所述：x＝2或或．【点睛】此题考查相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，勾股定理解直角三角形，矩形的性质，正确引出辅助线及掌握分类思想解决问题是解题的关键．26．（2021·北京·人大附中九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知线段AB和图形W，如果对于给定的角α（0°＜α≤90°），线段AB上存在一点C，使得线段AB绕点C顺时针旋转α角之后，所得线段与图形W有公共点，则称图形W是线段AB的α﹣联络图形．例如，下图中的正方形即为线段AB的90°﹣联络图形．已知点A(1，0)（1）若点B(3，0)，直线y＝﹣1是线段AB的α﹣联络图形，则α可能是下列选项中的（填序号）．①15°②30°③54°（2）若点B(t，0)，直线y＝x＋是线段AB的60°﹣联络图形，求t的取值范围．（3）若第一象限内的点B满足AB＝2，点P(m，0)，Q(m－1，)，若存在某个点B和某个α，使得线段PQ是线段AB的α﹣联络图形，直接写出m的取值范围．【答案】（1）②；（2）；（3）【分析】（1）将线段AB绕点A逆时针旋转，使点B落到直线上的C点，过点C作于点D，求出AB，CD的长度，根据直角三角形的性质得；（2）根据一次函数的性质得，，则，，在中，根据正切得，连接AC，在中，根据正切得，则，根据得，即；（3）当时，过点Q作于点C，在中，根据正切得，在中，，则，即，当点B在y轴上时，在中，根据余弦得，所以当m=1时，线段AB在直线PQ上，即可得．【详解】解：（1）如图所示，将线段AB绕点A逆时针旋转，使点B落到直线上的C点，过点C作于点D，∵A（1，0），B（3，0），∴，，∴，∴在中，，故答案为：②；（2）在中，当时，，当时，，，∴，，∴，，∵在中，，∴，如图所示，连接AC，∵A（1，0），∴OA=1，∵在中，，∴，∴，∴，，即，∴；（3）如图所示，当时，过点Q作于点C，∵，，∴，，∵在中，，∴，∵在中，，∴，∴，如图所示，当点B在y轴上时，∵在中，，∴，∴当m=1时，线段AB在直线PQ上，∴m的取值范围是：．【点睛】本题考查了旋转，直角三角形的性质，一次函数的性质，正弦，余弦，正切，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．27．（2021·吉林朝阳·九年级期中）如图，在中，，，，动点P从点A出发以每秒5个单位长度的速度向终点C运动，过点P作于点Q，将线段PQ绕点P逆时针旋转90°得到线段PR，连结QR．设点P的运动时间为t秒．（1）线段AP的长为______（用含t的代数式表示）．（2）当点P与点C重合时，求t的值．（3）当C、R、Q三点共线时，求t的值．（4）当为钝角三角形时，直接写出t的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或【分析】（1）根据路程＝速度×时间即可求解；（2）当点P与点C重合时，得出，即可求解；（3）利用三角函数求出，，当C、R、Q三点共线时，可证出，进而得到即，即可求解；（4）分情况进行讨论，①如图2，过C作CD⊥AB于D，当点R在CD上时，当点R在CD左边时，为钝角，先证出四边形PQDR为正方形，再利用三角函数求出，，再证出，进而得到，即可求出，进而可分析出t的取值范围，②如图3，当点R在BC边上时，，若点R在△ABC外，则为钝角，先证出，即可得到，进而求出，再根据点P最多只能运动到点C上，即可分析出t的取值范围．【详解】：（1）根据路程＝速度×时间可得：；（2）当点P与点C重合时，，∴，（3）∵，，，∴，∴，，∴，由旋转知，当C、R、Q三点共线时，如图1，∵，∴，∴，∴，∴即，∵，，∴,∴，∴；（4）由旋转知，∴，∴不可能是钝角，若点R在△ABC内部，也不可能是钝角，①如图2，过C作CD⊥AB于D，当点R在CD上时，当点R在CD左边时，为钝角，∵，∴四边形PQDR为矩形，∵，∴矩形PQDR为正方形，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴当时，为钝角，②如图3，当点R在BC边上时，，若点R在△ABC外，则为钝角，∵，∴，∵，∴△CPR∴，∴，，，∴，∴，∴，又∵点P最多只能运动到点C上，∴，∴当时，为钝角，∴当或时，△PCR为钝角三角形．【点睛】本题考查几何变换综合题、矩形的性质、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．28．（2021·河南省实验中学九年级期中）问题发现如图1，在和中，，，点D是线段AB上一动点，连接BE．（1）填空：①的值为______；②的度数为______．（2）类比探究如图2，在和中，，，点D是线段AB上一动点，连接BE．请求出的值及的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在和中，，，点D是线段AB上一动点，连接BE，M为DE中点．若，，在点D从A点运动到B点的过程中，请直接写出M点经过的路径长．【答案】（1）①1；②90°；（2），，理由见解析；（3）【分析】（1）①证明≌即可求得的值；②由①的结论，可得，进而可得的度数；（2）由已知条件证明∽，可得，又，可得∽，进而根据即可求得，同（1）可得，进而可得的度数；（3）设的中点为，的中点为，由题意的路径长为的长，根据（2）的结论可得∽，进而求得的长，根据中位线定理即可求得，即点经过的路径长．【详解】（1）∵，，∴，∴，，∵，∴，在和中，，∴≌（SAS），∴，，∴，．故答案为：1，90°．（2），．理由如下：∵，，∴，，即，∴．∵，，∴∽，∴，∴，且，∴∽，∴，，∴．（3）如图，设的中点为，的中点为，点D是线段AB上一动点，M为DE中点,在点D从A点运动到B点的过程中，点从的中点运动到的中点，当点与点重合时，点与点重合，此时如图，则点的运动路径长为的长，由（2）可得∽，，，,，，，，，分别为的中点，则，点的运动路径长为．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．29．（2021·辽宁省实验学校九年级月考）（1）（问题发现）：如图1在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E与点A重合，易知△ACF∽△BCE．线段BE与AF有怎样的数量关系？请直接写出．（2）（拓展研究）：在（1）的条件下，将正方形CDEF绕点C旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；（3）（结论运用）：在（1）（2）的条件下，若△ABC的面积为8时，当正方形CDEF旋转到B、E、F点共线时，请直接写出线段AF的长．【答案】（1）；（2），证明过程见解答；（3）或．【分析】（1）当点与点重合时，证明和都是等腰直角三角形，所以它们的对应角相等，可得，可推出；（2）由和都是等腰直角三角形可得，再由，可证明，可推出仍然成立；（3）由、、三点共线得，根据图1，由的面积为8，可求出，，且，在中由勾股定理求出的长，再求的长，再由求出的长．【详解】解：（1）结论：，如图1，，，，四边形是正方形，，，，，，点与点重合，，，，；，，，．（2）．证明：如图2，由（1）得，，四边形是正方形，，，，，，，，，．（3）如图1，，，点为的中点，，，，的面积为8，，，，，点与点重合，四边形是正方形，；如图2，、、三点共线且点在线段上，，，，．，；如图3，、、三点共线且点在线段上，，，则，．，，综上所述，线段的长为或．【点睛】此题重点考查相似三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、二次根式的化简以及解直角三角形等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题．解题关键是利用旋转相似得到，问题（3）难点正确画出图形，得到．30．（2021·湖北·武汉第三寄宿中学九年级月考）在正方形ABCD中，AB=4，O为对角线AC、BD的交点．（1）如图1，延长OC，使CE=OC，作正方形OEFG，使点G落在OD的延长线上，连接DE、AG．求证：DE=AG；（2）如图2，将问题（1）中的正方形OEFG绕点O逆时针旋转°（0<<180），得到正方形，连接．①当=30时，求点A到的距离；②在旋转过程中，直接写出面积的最小值为，并写出此时的旋转角=．【答案】（1）见解析；（2）①点A到的距离为；②在旋转过程中，直接写出面积的最小值为，此时的旋转角=135°．【分析】（1）证明△AOG≌△DOE得出AG=DE即可；（2）①过点E′作E′M⊥AC交AC延长线于点M，过点A作AN⊥G′E′于点N，则∠E′MO=90°,求出OG′=OE′=，可得出G′E′=8,则可得出答案；②可知G′，E′在以O为圆心，OG′为半径的圆O上，当OA⊥G′E′时，S△AE′G′最小，此时OA的延长线与G′E′相交于点H，进一步即可得出答案．【详解】(1)证明：∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，∴OA=OD.∵OA⊥OD，∴∠AOG=∠DOE=90°.∵四边形OEFG是正方形，∴OG=OE，∴△AOG≌△DOE，∴AG=DE.(2)解：如图，过点E′作E′M⊥AC交AC延长线于点