專題20旋轉相似解題方法專練第I卷（選擇題）一、單選題1．如圖，正方形中，點是邊上一點，連接，以為對角線作正方形，邊與正方形的對角線相交于點，連接．以下四個結論：①；②；③；④．其中正確的個數為（）A．個 B．個 C．個 D．個第II卷（非選擇題）二、解答題2．在和中，，，且，點E在的內部，連接EC，EB，EA和BD，并且．

（觀察猜想）（1）如圖①，當時，線段BD與CE的數量關系為__________，線段EA，EB，EC的數量關系為__________．（探究證明）（2）如圖②，當時，（1）中的結論是否依然成立？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由；（拓展應用）（3）在（2）的條件下，當點E在線段CD上時，若，請直接寫出的面積．3．一次小組合作探究課上，老師將兩個正方形按如圖所示的位置擺放（點E、A、D在同一條直線上），發現且．小組討論后，提出了下列三個問題，請你幫助解答：（1）將正方形繞點A按逆時針方向旋轉（如圖1），還能得到嗎？若能，請給出證明，請說明理由；（2）把背景中的正方形分別改成菱形和菱形，將菱形繞點A按順時針方向旋轉（如圖2），試問當與的大小滿足怎樣的關系時，；（3）把背景中的正方形分別改寫成矩形和矩形，且，，（如圖3），連接，．試求的值（用a，b表示）．4．數學課上，老師拿出兩塊不同大小的含30度角的三角板讓同學們在不同位置嘗試操作．（1）如圖1擺放，當點在上，點在上，得知，，求的長．（2）如圖2，在（1）的條件下，連結，求的面積．（3）如圖3擺放，把這同樣的兩塊三角板的直角頂點互相重合放置，小三角板繞著點旋轉，連結、，當時，求的值．（4）不變，當的三邊長擴大一倍后，繞點旋轉一周，直線與交于點，請你直接寫出點所經過的運動路徑．5．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點P是△ABC外一點，連接BP，將線段BP繞點P逆時針旋轉α得到線段PD，連接BD，CD，AP．觀察猜想：（1）如圖1，當α＝60°時，的值為，直線CD與AP所成的較小角的度數為°；類比探究：（2）如圖2，當α＝90°時，求出的值及直線CD與AP所成的較小角的度數；拓展應用：（3）如圖3，當α＝90°時，點E，F分別為AB，AC的中點，點P在線段FE的延長線上，點A，D，P三點在一條直線上，BD交PF于點G，CD交AB于點H.若CD＝2＋，求BD的長．6．如圖，和均為等腰直角三角形，．現將繞點C旋轉．（1）如圖1，若三點共線，，求點B到直線的距離；（2）如圖2，連接，點F為線段的中點，連接，求證：；（3）如圖3，若點G在線段上，且，在內部有一點O，請直接寫出的最小值．7．某校數學活動小組在一次活動中，對一個數學問題作如下探究：（1）問題發現：如圖1，在等邊中，點是邊上任意一點，連接，以為邊作等邊，連接CQ，BP與CQ的數量關系是________；（2）變式探究：如圖2，在等腰中，，點是邊上任意一點，以為腰作等腰，使，，連接，判斷和的數量關系，并說明理由；（3）解決問題：如圖3，在正方形中，點是邊上一點，以為邊作正方形，是正方形的中心，連接．若正方形的邊長為5，，求正方形的邊長．8．如圖，正方形ABCD，對角線AC，BD相交于O，Q為線段DB上的一點，，點M、N分別在直線BC、DC上．（1）如圖1，當Q為線段OD的中點時，求證：；（2）如圖2，當Q為線段OB的中點，點N在CD的延長線上時，則線段DN、BM、BC的數量關系為；（3）在（2）的條件下，連接MN，交AD、BD于點E、F，若，，求EF的長．9．如圖1，分別是的內角的平分線，過點作，交的延長線于點．（1）求證：；（2）如圖2，如果，且，求的值；（3）如果是銳角，且與相似，求的度數，并直接寫出的值．10．如圖1，在中，，，，點D，E分別為，的中點．繞點C順時針旋轉，設旋轉角為（，記直線與直線的交點為點P．（1）如圖1，當時，與的數量關系為_________，與的位置關系為_______；（2）當時，上述結論是否成立？若成立，請僅就圖2的情形進行證明；若不成立，請說明理由；（3）繞點C順時針旋轉一周，請直接寫出運動過程中P點運動軌跡的長度和P點到直線距離的最大值．11．如圖，以的兩邊、分別向外作等邊和等邊，與交于點，已知，，．（1）求證：；（2）求的度數及的長；（3）若點、分別是等邊和等邊的重心（三邊中線的交點），連接、、，作出圖象，求的長．12．如圖1，在中，，在斜邊上取一點D，過點D作，交于點E．現將繞點A旋轉一定角度到如圖2所示的位置（點D在的內部），使得．（1）①求證：；②若，求的長；（2）如圖3，將原題中的條件“”去掉，其它條件不變，設，若，，求k的值；（3）如圖4，將原題中的條件“”去掉，其它條件不變，若，設，，試探究三者之間滿足的等量關系．（直接寫出結果，不必寫出解答過程）13．如圖1所示，矩形ABCD中，點E，F分別為邊AB，AD的中點，將△AEF繞點A逆時針旋轉α（0°＜α≤360°），直線BE、DF相交于點P．（1）若AB＝AD，將△AEF繞點A逆時針旋轉至如圖2所示的位置，則線段BE與DF的數量關系是．（2）若AD＝nAB（n≠1），將△AEF繞點A逆時針旋轉，則（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請就圖3所示的情況加以證明，若不成立，請寫出正確結論，并說明理由．（3）若AB＝8，BC＝12，將△AEF旋轉至AE⊥BE，請算出DP的長．14．（1）觀察猜想：如圖1，在中，，點D，E分別在邊，上，，，將繞點A逆時針旋轉到如圖2所示的位置，連接，交于點G，連接交于點F，則值為______，的度數為_____．（2）類比探究：如圖3，當，時，請求出的值及的度數．（3）拓展應用：如圖4，在四邊形中，，，．若，，請直接寫出A，D兩點之間的距離．15．在矩形中，，點為的中點，點為對角線的中點，點、分別在邊、上，且．（1）求的值．（2）求證：．（3）作射線與射線交于點，若，，求的長．16．如圖，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，點D在邊AC上（不與點A、C重合）連接BD，點K為線段BD的中點，過點D作于點E，連結CK，EK，CE，將△ADE繞點A順時針旋轉一定的角度（旋轉角小于90度)(1)如圖1．若a=45，則的形狀為__________________；(2)在（1)的條件下，若將圖1中的三角形ADE繞點A旋轉，使得D，E，B三點共線，點K為線段BD的中點，如圖2所示，求證：；(3)若三角形ADE繞點A旋轉至圖3位置時，使得D，E，B三點共線，點K仍為線段BD的中點，請你直接寫出BE，AE，CK三者之間的數量關系（用含a的三角函數表示）17．（問題發現）（1）如圖1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B、C重合）將線段AD繞點A順時針旋轉90°得到AE，連結EC，則線段BD與CE的數量關系是，位置關系是；（探究證明）（2）如圖2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，將△ADE繞點A旋轉，當點C，D，E在同一直線時，BD與CE具有怎樣的位置關系，并說明理由；（拓展延伸）（3）如圖3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，將△ACD繞順時針旋轉，點C對應點E，設旋轉角∠CAE為α（0°＜α＜360°），當點C，D，E在同一直線時，畫出圖形，并求出線段BE的長度．18．（1）嘗試探究：如圖①，在中，，，點、分別是邊、上的點，且EF∥AB．①的值為_________；②直線與直線的位置關系為__________；（2）類比延伸：如圖②，若將圖①中的繞點順時針旋轉，連接，，則在旋轉的過程中，請判斷的值及直線與直線的位置關系，并說明理由；（3）拓展運用：若，，在旋轉過程中，當三點在同一直線上時，請直接寫出此時線段的長．19．△ABE內接于⊙O，C在劣弧AB上，連CO交AB于D，連BO，∠COB＝∠E．（1）如圖1，求證：CO⊥AB；（2）如圖2，BO平分∠ABE，求證：AB＝BE；（3）如圖3，在(2)條件下，點P在OC延長線上，連PB，ET⊥AB于T，∠P＝2∠AET，ET＝18，OP＝25，求⊙O半徑的長．20．矩形中，，點分別在邊上，且，連接并延長，交的延長線于點，點為射線上一動點，過點作的垂線，交于點．（1）特例發現，如圖，若點恰好與點重合，填空：①________；②與的等量關系為_________．（2）拓展探究如圖，若點在的延長線上，與能否相等？若能，求出的長；若不能，請說明理由．（3）思維延伸如圖，點是線段上異于點一點，連接，過點作直線，交直線于點，是否存在點，使相等？若存在，請直接寫出的長；若不存在，請說明理由．21．已知，ABC中，AB＝AC，∠BAC＝2α°，點D為BC邊中點，連接AD，點E為線段AD上一動點，把線段CE繞點E順時針旋轉2α°得到線段EF，連接FG，FD．（1）如圖1，當∠BAC＝60°時，請直接寫出的值；（2）如圖2，當∠BAC＝90°時，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請寫出正確的結論，并說明理由；（3）如圖3，當點E在AD上移動時，請直接寫出點E運動到什么位置時的值最小．最小值是多少？（用含α的三角函數表示）22．如圖，函數y＝﹣x2+bx+c的圖象經過點A（m，0），B（0，n）兩點，m，n分別是方程x2﹣2x﹣3＝0的兩個實數根，且m＜n．（Ⅰ）求m，n的值以及函數的解析式；（Ⅱ）設拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的另一個交點為C，拋物線的頂點為D，連接AB，BC，BD，CD．求證：△BCD∽△OBA；（Ⅲ）對于（Ⅰ）中所求的函數y＝﹣x2+bx+c，（1）當0≤x≤3時，求函數y的最大值和最小值；（2）設函數y在t≤x≤t+1內的最大值為p，最小值為q，若p﹣q＝3，求t的值．23．如圖1，在正方形中，為線段上一點，連接，過作交于，連接．（1）求證：；（2）如圖2，，為中點，，分別為線段，上的動點，滿足，則在，運動過程中，當以為對角線的正方形的一邊恰好落在的某一邊上時，直接寫出正方形的面積．24．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，C，F，G三點在一直線上，連接AF并延長交邊CD于點M．（1）求證：△MFC∽△MCA；（2）求的值，（3）若DM＝1，CM＝2，求正方形AEFG的邊長．25．如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D是BC邊上的中點，點P是AC邊上的一個動點，延長DP到點E，使∠CAE＝∠CDE，作∠DCG＝∠ACE，其中G點在DE上．（1）如圖1，若∠B＝45°，則＝；（2）如圖2，若∠DCG＝30°，，求：＝；（3）如圖3，若∠ABC＝60°，延長CG至點M，使得MG＝GC，連接AM，BM．在點P運動的過程中，探究：當的值為多少時，線段AM與DM的長度之和取得最小值？26．如圖1所示，矩形ABCD中，點E，F分別為邊AB，AD的中點，將△AEF繞點A逆時針旋轉（0°＜≤360°），直線BE，DF相交于點P．（1）若AB＝AD，將△AEF繞點A逆時針旋至如圖2所示的位置上，則線段BE與DF的位置關系是，數量關系是．（2）若AD＝nAB（n≠1）將△AEF繞點A逆時針旋轉，則（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請就圖3所示的情況加以證明；若不成立，請寫出正確結論，并說明理由．（3）若AB＝6，BC＝8，將△AEF旋轉至AE⊥BE時，請直接寫出DP的長．27．如圖（1），在矩形中，，點分別是邊的中點，四邊形為矩形，連接．（1）問題發現在圖（1）中，_________；（2）拓展探究將圖（1）中的矩形繞點旋轉一周，在旋轉過程中，的大小有無變化？請僅就圖（2）的情形給出證明；（3）問題解決當矩形旋轉至三點共線時，請直接寫出線段的長．28．如圖1，若點P是△ABC內一點，且有∠PBC=∠PCA=∠PAB，則稱點P是△ABC的“等角點”（1）如圖1，∠ABC=70°，則∠APB=（2）如圖2，在△ABC中，∠ACB=90°，點P是△ABC的“等角點”，若∠BAC=45°①求的值；②求tan∠PBC的值；29．（感知）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，點E在邊CD上，∠AEB=90°，求證：=．（探究）（2）如圖②，在四邊形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，點E在邊CD上，點F在邊AD的延長線上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，連接BG交CD于點H．求證：BH=GH．（拓展）（3）如圖③，點E在四邊形ABCD內，∠AEB+∠DEC=180°，且=，過E作EF交AD于點F，若∠EFA=∠AEB，延長FE交BC于點G．求證：BG=CG．30．發現規律：（1）如圖①，與都是等邊三角形，直線交于點．直線，交于點．求的度數（2）已知：與的位置如圖②所示，直線交于點．直線，交于點．若，，求的度數應用結論：（3）如圖③，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，為軸上一動點，連接．將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接，，求線段長度的最小值31．在中，，將繞點順時針方向旋轉角至的位置．（1）如圖1，當旋轉角為時，連接與交于點，則．（2）如圖2，在（1）條件下，連接，延長交于點，求的長．（3）如圖3，在旋轉的過程中，連線所在直線交于點，那么的長有沒有最大值?如果有，求出的最大值：如果沒有，請說明理由．32．問題背景：如圖（1），已知，求證：；嘗試應用：如圖（2），在和中，，，與相交于點．點在邊上，，求的值；拓展創新：如圖（3），是內一點，，，，，直接寫出的長．33．如圖，二次函數的圖象交x軸于A，B（4，0）兩點，交y軸于點C（0，2）．（1）求二次函數的解析式；（2）點P為第一象限拋物線上一個動點，PM⊥x軸于點M．交直線BC于點Q，過點C作CN⊥PM于點N．連接PC；①若△PCQ為以CQ為腰的等腰三角形，求點P的橫坐標；②點G為點N關于PC的對稱點，當點G落在坐標軸上時，直接寫出點P的坐標．34．將正方形的邊繞點逆時針旋轉至，記旋轉角為．連接，過點作垂直于直線，垂足為點，連接，如圖1，當時，的形狀為，連接，可求出的值為；

當且時，①中的兩個結論是否仍然成立?如果成立，請僅就圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；②當以點為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出的值．

35．如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的邊長為2，將正方形BDEF繞點B旋轉一周，連接AE、BE、CD．(1)請找出圖中與△ABE相似的三角形，并說明理由；(2)求當點E在線段AF上時CD的長；(3)設AE的中點為M，連接FM，試求FM長的取值范圍．36．如圖，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝．點D，E分別在邊AB，AC上，將線段ED繞點E按逆時針方向旋轉90°得到EF，連結BF，BF的中點為G．（1）當點E與點C重合時．①如圖1，若AD＝BD，求BF的長．②當點D從點A運動到點B時，求點G的運動路徑長．（2）當AE＝3，點G在△DEF一邊所在直線上時，求AD的長．37．在中，，CD是中線，，一個以點D為頂點的45°角繞點D旋轉，使角的兩邊分別與AC、BC的延長線相交，交點分別為點E、F，DF與AE交于點M，DE與BC交于點N．（1）如圖1，若，求證：；（2）如圖2，在繞點D旋轉的過程中，試證明恒成立；（3）若，，求DN的長．38．（1）問題探究：如圖1所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，連接BE與DG，請判斷線段BE與線段DG之間有怎樣的數量關系和位置關系．并請說明理由．（2）理解應用：如圖2所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，將正方形AEFG繞點A在平面內任意旋轉，當∠ABE＝15°，且點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出AE的長；（3）拓展應用：如圖3所示，有公共頂點A的兩個矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，將矩形AEFG繞點A在平面內任意旋轉，連接BD，DE，點M，N分別是BD，DE的中點，連接MN，當點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出MN的長39．幾何探究：（問題發現）（1）如圖1所示，△ABC和△ADE是有公共頂點的等邊三角形，BD、CE的關系是_______（選填“相等”或“不相等”）；（請直接寫出答案）（類比探究）（2）如圖2所示，△ABC和△ADE是有公共頂點的含有角的直角三角形，（1）中的結論還成立嗎?請說明理由；（拓展延伸）（3）如圖3所示，△ADE和△ABC是有公共頂點且相似比為1:2的兩個等腰直角三角形，將△ADE繞點A自由旋轉，若，當B、D、E三點共線時，直接寫出BD的長．40．如圖1，點E為△ABC邊AB上的一點，⊙O為△BCE的外接圓，點D為上任意一點．若AE=AC=2n，BC=n2－1，BE=n2－2n+1．(n≥2，且n為正整數)．（1）求證：∠CAE+∠CDE=90°；（2）①如圖2，當CD過圓心O時，①將△ACD繞點A順時針旋轉得△AEF，連接DF，請補全圖形，猜想CD、DE、DF之間的數量關系，并證明你的猜想；②若n=3，求AD的長．41．如圖，在中，，，正方形的邊長為2，將正方形繞點旋轉一周，連接、、．（1）猜想：的值是__________，直線與直線相交所成的銳角度數是__________；（2）探究：直線與垂直時，求線段的長；（3）拓展：取的中點，連接，直接寫出線段長的取值范圍．42．如圖1，正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，將△COD繞點O逆時針旋轉得到△EOF（旋轉角為銳角），連AE，BF，DF，則AE=BF．（1）如圖2，若（1）中的正方形為矩形，其他條件不變．①探究AE與BF的數量關系，并證明你的結論；②若BD=7，AE=，求DF的長；（2）如圖3，若（1）中的正方形為平行四邊形，其他條件不變，且BD=10，AC=6，AE=5，請直接寫出DF的長．43．（1）問題發現如圖1，在和中，，，，連接交于點.填空：①的值為______；②的度數為______．（2）類比探究如圖2，在和中，，，連接交的延長線于點.請判斷的值及的度數，并說明理由；（3）拓展延伸在（2）的條件下，將繞點在平面內旋轉，所在直線交于點，若，，請直接寫出當點與點在同一條直線上時的長．44．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為⊙O的直徑，過點A作AD平分∠BAC交⊙O于點D，過點D作BC的平行線分別交AC、AB的延長線于點E、F，DG⊥AB于點G，連接BD．(1)求證：△AED∽△DGB；(2)求證：EF是⊙O的切線；(3)若，OA＝4，求劣弧的長度(結果保留π)．45．如圖1，拋物線y＝a（x+2）（x﹣6）（a＞0）與x軸交于C，D兩點（點C在點D的左邊），與y軸負半軸交于點A．（1）若△ACD的面積為16．①求拋物線解析式；②S為線段OD上一點，過S作x軸的垂線，交拋物線于點P，將線段SC，SP繞點S順時針旋轉任意相同的角到SC1，SP1的位置，使點C，P的對應點C1，P1都在x軸上方，C1C與P1S交于點M，P1P與x軸交于點N．求的最大值；（2）如圖2，直線y＝x﹣12a與x軸交于點B，點M在拋物線上，且滿足∠MAB＝75°的點M有且只有兩個，求a的取值范圍．三、填空題46．如圖，在一個的網格中，點都在格點上，，點P是線段AB上的一個動點，連接OP，將線段OA沿直線OP進行翻折，點A落在點C處，連接BC，以BC為斜邊在直線BC的左側（或下方）構造等腰直角三角形，則點P從A運動到B的過程中，線段BC的長的最小值為____________，線段BD所掃過的區域內的格點的個數為（不包含所掃過的區域邊界上的點）____________．

47．如圖，正方形的邊長為8，線段繞著點逆時針方向旋轉，且，連接，以為邊作正方形，為邊的中點，當線段的長最小時，______．48．如圖，在△ABC中，AB＝5，D為邊AB上－動點，以CD為一邊作正方形CDEF，當點D從點B運動到點A時，點E運動的路徑長為_________．49．已知正方形的邊長為12，、分別在邊、上，將沿折疊，使得點落在正方形內部（不含邊界）的點處，的延長線交于點．若點在正方形的對稱軸上，且滿足，則折痕的長為______________．50．如圖，已知四邊形ABCD與四邊形CFGE都是矩形，點E在CD上，點H為AG的中點，，，，，則DH的長為______．參考答案1．D【分析】①四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，∠EAB、∠GAD與∠BAG的和均為90°，即可證明∠EAB與∠GAD相等；②由題意易得AD=DC，AG=FG，進而可得，∠DAG=∠CAF，然后問題可證；③由四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，可求證△HAF∽△FAC，則有，然后根據等量關系可求解；④由②及題意知∠ADG=∠ACF=45°，則問題可求證．【詳解】解：①∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形∴∠EAG=∠BAD=90°又∵∠EAB=90°∠BAG，∠GAD=90°∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正確②∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形∴AD=DC，AG=FG∴AC=AD，AF=AG∴，即又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正確③∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，AF、AC為對角線∴∠AFH=∠ACF=45°又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即又∵AF=AE∴∴③正確④由②知又∵四邊形ABCD為正方形，AC為對角線∴∠ADG=∠ACF=45°∴DG在正方形另外一條對角線上∴DG⊥AC∴④正確故選：D．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質綜合運用，同時利用到正方形相關性質，解題關鍵在于找到需要的相似三角形進而證明．2．（1），；（2）不成立，理由見解析；（3）2【分析】（1）由△DAB≌△EAC（SAS），可得BD=EC，∠ABD=∠ACE，由∠ACE+∠ABE=90°，推出∠ABD+∠ABE=90°，可得∠DBE=90°，由此即可解決問題；（2）結論：EA2=EC2+2BE2．由題意△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，想辦法證明△DAB∽△EAC，推出=，∠ACE=∠ABD，可得∠DBE=90°，推出DE2=BD2+BE2，即可解決問題；（3）首先證明AD=DE=EC，設AD=DE=EC=x，在Rt△ADC中，利用勾股定理即可解決問題；【詳解】（1）如圖①中，

∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=60°，

∴△ABC，△ADE都是等邊三角形，

∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，

∴∠DAB=∠EAC，

∴△DAB≌△EAC（SAS），

∴BD=EC，∠ABD=∠ACE，

∵∠ACE+∠ABE=90°，

∴∠ABD+∠ABE=90°，

∴∠DBE=90°，

∴DE2=BD2+BE2，

∵EA=DE，BD=EC，

∴EA2=BE2+EC2．

故答案為：BD=EC，EA2=EB2+EC2．

（2）結論：EA2=EC2+2BE2．

理由：如圖②中，

∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=90°，

∴△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，

∴∠DAE=∠BAC=45°，

∴∠DAB=∠EAC，

∵=，=，

∴，

∴△DAB∽△EAC，

∴=，∠ACE=∠ABD，

∵∠ACE+∠ABE=90°，

∴∠ABD+∠ABE=90°，

∴∠DBE=90°，

∴DE2=BD2+BE2，

∵EA=DE，BD=EC，

∴EA2=EC2+BE2，

∴EA2=EC2+2BE2．

（3）如圖③中，

∵∠AED=45°，D，E，C共線，

∴∠AEC=135°，

∵△ADB∽△AEC，

∴∠ADB=∠AEC=135°，

∵∠ADE=∠DBE=90°，

∴∠BDE=∠BED=45°，

∴BD=BE，

∴DE=BD，

∵EC=BD，

∴AD=DE=EC，設AD=DE=EC=x，

在Rt△ABC中，∵AB=BC=2，

∴AC=2，

在Rt△ADC中，∵AD2+DC2=AC2，

∴x2+4x2=40，

∴x=2（負根已經舍棄），

∴AD=DE=2，

∴BD=BE=2，

∴S△BDE=×2×2=2．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．3．（1）見解析；（2）當時，，理由見解析；（3）．【分析】（1）由正方形的性質得出，，，，得出，則可證明，從而可得出結論；（2）由菱形的性質得出，，則可證明，由全等三角形的性質可得出結論；（3）設與交于Q，與交于點P，證明，得出，得出，連接，，由勾股定理可求出答案．【詳解】（1）∵四邊形為正方形，∴，，又∵四邊形為正方形，∴，，∴∴，在△AEB和△AGD中，，∴，∴；（2）當時，，理由如下：∵，∴∴，又∵四邊形和四邊形均為菱形，∴，，在△AEB和△AGD中，，∴，∴；（3）設與交于Q，與交于點P，由題意知，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，連接，，∴，∵，，，∴，，在Rt△EAG中，由勾股定理得：，同理，∴．【點睛】本題考查了矩形、菱形、正方形的性質，三角形全等的判定與性質，三角形相似的判定與性質，勾股定理等知識，熟練掌握特殊平行四邊形的性質是解題的關鍵．由(3)可得結論：當四邊形的對角線相互垂直時，四邊形兩組對邊的平方和相等．4．（1）；（2）；（3）或；（4）．【分析】（1）根據題意算出的長，利用直角三角形心中對應的邊等于斜邊的一半求出，同理求出，再作差即可；（2）過點作于點，求出、AC即可求出；（3）延長AM，BC交于點D，作延長BN使得，利用旋轉相似證明，得，再三角形中通過角之間的關系來證明，得四邊形是矩形，再根據條件及勾股定理求解；（4）確定的軌跡是以為直徑的圓弧，，求出最大值為，由此得出路徑所對圓心角為120°，從而求解．【詳解】解：（1）∵，，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴．（2）過點作于點，∵，，，∴，.，即的面積．（3）I．若點M在外，延長BN交AM于點H，交AC于點G，由（1）得中，，，，在中，，，，∵，，∴，∴，又∵，，∴∴，又∵，，，又∵，，∴四邊形是矩形，∴，，，∴在中，，∴∴；II．若點M在內部，則如圖32：同理可求：∴，，∴∴；（4）不變，當的三邊長擴大一倍后，∴在中，，，，同（3）理可證明，∴直線與交點所經過的運動路徑是以為直徑的圓弧，當M點在AC右側時，如圖41：當CM⊥AM時最大，此時，∴當CM⊥AM時，此時AM與AB重合，B點與H點重合；當M點在AC左側時，如圖42：當CM⊥AM時，最大，此時，∴當CM⊥AM時，此時；故如圖所示：直線與交點所經過的運動路徑為，弧長．【點睛】本題考查了含的直角三角形性質、旋轉相似、點的遠動路徑等知識點，綜合性強，題目較難，解題的關鍵是：能利用勾股定理及銳角三角函數知識解直角三角形；針對旋轉問題，要添加適當地輔助線．5．（1）1，60；（2），直線CD與AP所成的較小角的度數為45°；（3）BD＝．【分析】（1）根據α＝60°時，△ABC是等邊三角形，再證明△PBA≌△DBC，即可求解，再得到直線CD與AP所成的度數；（2）根據等腰直角三角形的性質證明△PBA∽△DBC，再得到=，再根據相似三角形的性質求出直線CD與AP所成的度數；（3）延長CA，BD相交于點K，根據直角三角形斜邊上的中線性質及中位線定理證得∠BCD＝∠KCD，由（2）的結論求出AP的長，再利用在Rt△PBD中，設PB＝PD＝x，由勾股定理可得BD＝x＝AD，再列出方程即可求出x，故可得到BD的長．【詳解】（1）∵α＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=CB∵將線段BP繞點P逆時針旋轉α得到線段PD，∴△BDP是等邊三角形，∴BP=BD∵∠PBA=∠PBD∠ABD=60°∠ABD，∠DBC=∠ABC∠ABD=60°∠ABD，∴∠PBA=∠DBC∴△PBA≌△DBC，∴AP=CD∴=1如圖，延長CD交AB，AP分別于點G，H，則∠AHC為直線CD與AP所成的較小角，∵△PBA≌△DBC∴∠PAB=∠DCB∵∠HGA=∠BGC∴∠AHC＝∠ABC＝60°故答案為：1，60；（2）解：如圖，延長CD交AB，AP分別于點M，N，則∠ANC為直線CD與AP所成的較小角，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝45°.在Rt△ABC中，＝cos∠ABC＝cos45°＝.∵PB＝PD，∠BPD＝90°，∴∠PBD＝∠PDB＝45°.在Rt△PBD中，＝cos∠PBD＝cos45°＝.∴＝，∠ABC＝∠PBD.∴∠ABC－∠ABD＝∠PBD－∠ABD.即∠PBA＝∠DBC.∴△PBA∽△DBC.∴＝＝，∠PAB＝∠DCB.∵∠AMN＝∠CMB，∴∠ANC＝∠ABC＝45°.即＝，直線CD與AP所成的較小角的度數為45°.(3)延長CA，BD相交于點K，如圖.∵∠APB＝90°，E為AB的中點，∴EP＝EA＝EB.∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB.∵點E，F為AB，AC的中點，∴PFBC.∴∠AFP＝∠ACB＝∠PBD＝45°.∵∠BGP＝∠FGK，∴∠BPE＝∠K.∴∠K＝∠EBP，

∵∠EBP＝∠PEB，∠PEB=∠DBC，∴∠K＝∠CBD.∴CB＝CK.∴∠BCD＝∠KCD.由(2)知∠ADC＝∠PDB＝45°，△PBA∽△DBC，∴∠PAB＝∠DCB.∴∠BDC＝180°－45°－45°＝90°＝∠BAC.∵∠BHD＝∠CHA，∴∠DBA＝∠DCA.∴∠DBA＝∠PAB.∴AD＝BD.由(2)知DC＝AP，∴AP＝.在Rt△PBD中，PB＝PD＝x，由勾股定理可得BD＝=x＝AD.∴AD＋PD＝x＋x＝AP＝1＋.∴x＝1.∴BD＝．【點睛】此題主要考查四邊形綜合，解題的關鍵熟知旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質及解直角三角形的方法．6．（1）；（2）證明見解析；（3）．【分析】（1）由旋轉性質易證，從而可得，，再求的CE邊高即可；（2）通過倍長中線構造，得，由即可證明；（3）利用費馬點模型構造圖形，過點G作，且，過點G作，且，可得，，將問題由轉化為兩點之間距離最短即可解答．【詳解】解：（1）∵，，∴，∴，又∵，，∴（SAS），∴，，∵，，∴，∵若三點共線，∴，如圖，過B點作BH⊥CE交CE延長線于點H，∴，∴，即：點B到直線的距離為；（2）延長CF到N，使FN=CF，連接BN，∵FD=FB，，∴（SAS）∴，∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，，∴（SAS），∴，又∵，∴，∴，即，（3）的最小值為；過程如下：如解圖3，過點G作，且，過點G作，且，連接OC、、，∴，，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∵，僅當C、O、、在同一條直線上等號成立；如解圖4，過點作，垂足為H，過點作，垂足為P，∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，，∴，∴，∴的最小值為：，∴的最小值為．【點睛】本題是三角形綜合題，涉及了三角形旋轉全等和旋轉相似的綜合、解三角形等知識點，解（2）關鍵是倍長中線構造三角形全等證明；解（3）關鍵是掌握費馬點求最值模型，利用旋轉轉化線段關系．7．（1）；（2）；理由見解析；（3）4．【分析】（1）利用定理證明，根據全等三角形的性質解答；（2）先證明，得到，再證明，根據相似三角形的性質解答即可；（3）連接、，根據相似三角形的性質求出，根據勾股定理列出方程，解方程得到答案．【詳解】解：（1）問題發現：∵和都是等邊三角形，∴A，，，∴，在和中，，∴，∴，故答案為：；（2）變式探究：，理由如下：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解決問題：連接、，如圖所示:∵四邊形是正方形，∴，，∵是正方形的中心，∴，，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，設，則，在中，，即，解得，（舍去），，∴正方形的邊長為：．【點睛】本題考查的是正方形的性質、三角形全等的判定和性質、三角形相似的判定和性質、勾股定理的應用，掌握相似三角形的判定定理和性質定理、正方形的性質是解題的關鍵．8．（1）見解析；（2）BM?DN=BC；（3）EF的長為．【分析】（1）如圖1，過Q點作QP⊥BD交DC于P，然后根據正方形的性質證明△QPN∽△QBM，就可以得出結論；（2）如圖2，過Q點作QH⊥BD交BC于H，通過證明△QHM∽△QDN，由相似三角形的性質就可以得出結論；（3）由條件設CM=x，MB=3x，就用CB=4x，得出BH=2x，由（2）相似的性質可以求出MQ的值，再根據勾股定理就可以求出MN的值，可以表示出ND，由△NDE∽△NCM就可以求出NE，也可以表示出DE，最后由△DEF∽△BMF而求出結論．【詳解】解：（1）如圖，過Q點作QP⊥BD交DC于P，∴∠PQB=90°．∵∠MQN=90°，∴∠NQP=∠MQB，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=CB，∠BDC=∠DBC=45°．DO=BO，∴∠DPQ=45°，DQ=PQ，∴∠DPQ=∠DBC=45°，∴△QPN∽△QBM，∴，∵Q是OD的中點，且PQ⊥BD，∴DO=2DQ，DP=DC，∴BQ=3DQ，DN+NP=DC=BC，∴BQ=3PQ，∴，∴NP=BM，∴DN+BM=BC；（2）如圖，過Q點作QH⊥BD交BC于H，∴∠BQH=∠DQH=90°，∴∠BHQ=45°，∵∠COB=90°，∴QH∥OC，∵Q是OB的中點，∴BH=CH=BC，∵∠NQM=90°，∴∠NQD=∠MQH，∵∠QND+∠NQD=45°，∠MQH+∠QMH=45°，∴∠QND=∠QMH，∴△QHM∽△QDN，∴，∴HM=ND，∵BMHM=HB，∴BM?DN=BC．故答案為：BM?DN=BC；（3）∵MB：MC=3：1，設CM=x，∴MB=3x，∴CB=CD=4x，∴HB=2x，∴HM=x．∵HM=ND，∴ND=3x，∴CN=7x，∵四邊形ABCD是正方形，∴ED∥BC，∴△NDE∽△NCM，△DEF∽△BMF，∴，

∴，∴DE=x，∴，∵NQ=9，∴QM=3，在Rt△MNQ中，由勾股定理得：，∴，∴，∴，設EF=a，則FM=7a，∴，∴．∴EF的長為．【點睛】本題考查了正方形的性質的運用，相似三角形的判定和性質的運用，勾股定理的運用及平行線等分線段定理的運用，在解答時利用三角形相似的性質求出線段的比是解答本題的關鍵．9．（1）證明見解析；（2）；（3），或，．【分析】（1）由題意：，根據三角形外內角性質和三角形內角和可得，由此即可解決問題．（2）延長交于點．證明，可得，，由，可得．（3）因為與相似，，所以中必有一個內角為因為是銳角，推出．接下來分兩種情形分別求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1中，，，，平分，平分的，，，，，，．（2）解：延長交于點．，，又∵，，，，，，．（3）與相似，，中必有一個內角為是銳角，．①當時，，，，，，如圖，過B點作BH⊥AE，∵，AD平分∠BAC，∴∠BAH=45°，∴AH=BH，，∵，∴，∴，∵，∴．②當時，即時，，，，如解圖（3）2；過B點作BH⊥AE，，分別是的內角的平分線，∴，∴BD=AD，又∵，∴，，∴，∴，∴，∴在中，∴綜上所述，，或，．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，平行線的判定和性質，銳角三角函數等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．10．（1）；（2）依然成立，證明見解析；（3）．【分析】（1）分別求出AD，BE的長，即可求解；

（2）通過證明△BCE∽△ACD，可得，∠CBO=∠CAD，可得結論；

（3）利用銳角三角函數可求∠EBC=30°，由弧長公式可求P點運動軌跡的長度，由直角三角形的性質可求P點到直線BC距離的最大值．【詳解】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，

∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE，

∵點D，E分別為AC，BC的中點，

∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=，

∴AD=BE，

故答案為：AD=BE，AD⊥BE；

（2）結論仍然成立，

理由如下：∵AC=，BC=1，CD=，EC=，

∴，，

∴，

∵△CDE繞點C順時針旋轉，

∴∠BCE=∠ACD，

∴△BCE∽△ACD，

∴，∠CBO=∠CAD，

∴AD=BE，

∵∠CBO+∠BOC=90°，

∴∠CAD+∠AOP=90°，

∴∠APO=90°，

∴BE⊥AD；

（3）∵∠APB=90°，

∴點P在以AB為直徑的圓上，

如圖3，取AB的中點G，作⊙G，以點C為圓心，CE為半徑作⊙C，當BE是⊙C切線時，點P到BC的距離最大，過點P作PH⊥BC，交BC的延長線于H，連接GP，

∵BE是⊙C切線，

∴CE⊥BE，

∵sin∠EBC=，

∴∠EBC=30°，

∴∠GBP=30°，

∵GB=GP，

∴∠GBP=∠GPB=30°，

∴∠BGP=120°，

∵點P的運動軌跡為點C→點P→點C→點B→點C，

∴P點運動軌跡的長度=，

∵∠ABP=30°，BP⊥AP，

∴AP=AB=1，BP=AP=，

∵∠CBP=30°，PH⊥BH，

∴PH=BP=．

∴P點到直線BC距離的最大值．【點睛】本題考查了直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，銳角三角函數等知識，確定點P的運動軌跡是本題的關鍵．11．（1）見解析；（2）60°，12；（3）【分析】（1）根據等邊三角形的性質得到AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，得到∠DAC=∠BAE，即可證明△ADC≌△ABE；（2）根據全等三角形的性質得到∠ADP=∠ABP，設AB，PD交于O，根據三角形的內角和即可得到∠DPB=∠DAB=60°；在PE上取點F，使∠PCF=60°，根據全等三角形的性質和等邊三角形的性質即可得到結論；（3）過點Q作QG⊥AD于G，設QG=x，根據等邊三角形的性質得到AQ=2x，AG=x，AB=x，證明△ABE∽△AQR，根據相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）∵△ABD和△ACE都為等邊三角形，∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，在△ADC與△ABE中，，∴△ADC≌△ABE（SAS）；（2）∵△ADC≌△ABE；∴∠ADP=∠ABP，設AB，PD交于O，∵∠AOD=∠POB，∴∠DPB=∠DAB=60°；如圖①，在PE上取點F，使∠PCF=60°，同（1）可得△APC≌△EFC，∠EPC=∠EAC=60°，∴EF=AP=3，△CPF為等邊三角形，∴BE=PB+PF+FE=4+5+3=12；（3）如圖②，過點Q作QG⊥AD于G，設QG=x，∵點Q、R分別是等邊△ABD和等邊△ACE的重心，∴AQ=2x，AG=x，AB=x，∵，∠QAR=∠QAB+∠BAC+∠RAC=30°+∠BAC+30°=60°+∠BAC，∴∠QAR=∠BAE，∴△ABE∽△AQR，∴QR：BE=AQ：AB，∴．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．12．（1）①見解析；②；（2）；（3）4p2=9m2+4n2．【分析】（1）①先利用平行線分線段成比例定理得，進而得出結論；②利用①得出的比例式求出CE，再判斷出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出結論；

（2）同（1）的方法判斷出△ABD∽△ACE，即可得出AE=4k，CE=3k，同（1）的方法得出∠DCE=90°，利用勾股定理得出DE的平方，用DE的平方建立方程求解即可；（3）同（2）的方法得出，即可得出結論；【詳解】解：（1）①∵DE∥BC，∴，由旋轉知，∠EAC=∠DAB，

∴△ABD∽△ACE，

②在Rt△ABC中，AC=BC，∴，由①知，△ABD∽△ACE，

∴∠ABD=∠ACE，

∵∠ACD+∠ABD=90°，

∴∠ACE+∠ACD=90°，

∴∠DCE=90°，

∵△ABD∽△ACE，，∴，∵∴在Rt△CDE中，根據勾股定理得，DE=2，

在Rt△ADE中，AE=DE，∴（2）由旋轉知，∠EAC=∠DAB，，∴△ABD∽△ACE，∵AD=4，BD=3，

∴AE=kAD=4k，CE=kBD=3k，

∵△ABD∽△ACE，

∴∠ABD=∠ACE，

∵∠ACD+∠ABD=90°，

∴∠ACE+∠ACD=90°，

∴∠DCE=90°，

在Rt△CDE中，DE2=CD2+CE2=1+9k2，

在Rt△ADE中，DE2=AD2AE2=1616k2，

∴1+9k2=1616k2，∴或（舍），（3）由旋轉知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，∵AD=p，BD=n，∴，∵△ABD∽△ACE，

∴∠ABD=∠ACE，

∵∠ACD+∠ABD=90°，

∴∠ACE+∠ACD=90°，

∴∠DCE=90°，

在Rt△CDE中，，∵，，∴4p2=9m2+4n2．【點睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形的判定，解本題的關鍵是得出∠DCE=90°和利用兩邊對應成比例夾角相等來判斷兩三角形相似的方法應用．13．（1）BE＝DF；（2）不成立，結論：DF＝nBE；理由見解析（3）或【分析】（1）如圖2中，結論：BE＝DF，BE⊥DF．證明△ABE≌△ADF（SAS），利用全等三角形的性質可得結論；（2）結論：DF＝nBE，BE⊥DF，證明△ABE∽△ADF（SAS），利用相似三角形的性質可得結論；（3）分兩種情形畫出圖形，利用相似三角形的性質以及勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）結論：BE=DF，BE⊥DF，理由：∵四邊形ABCD是矩形，AB=AD，∴四邊形ABCD是正方形，AE=AB，AF=AD，∴AE=AF，∵∠DAB=∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴BE=DF，故答案為：BE=DF；（2）結論不成立，結論：DF=nBE，∵AE=AB，AF=AD，AD=nAB，∴AF=nAE，∴AF∶AE=AD∶AB，∴AF∶AE=AD∶AB，∵∠DAB=∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△BAE∽△DAF，∴DF∶BE=AF∶AE=n，∠ABE=∠ADF，∴DF=nBE；（3）如圖41中，當點P在BE的延長線上時，在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=8，AE=AB=4，∴BE==，∵△ABE∽△ADF，∴=，∴=，∴DF=，∵四邊形AEPF是矩形，∴AE=PF=4，∴PD=DFPF=；如圖42中，當點P在線段BE上時，同法可得DF=，PF=AE=4，∴PD=DF＋PF=，綜上所述，滿足條件的PD的值為或．【點睛】此題考查了矩形的性質，全等三角形的判定及性質，旋轉的性質，相似三角形的判定及性質，勾股定理，注意應用分類思想解決問題，是一道較難的幾何綜合題．14．（1），45°；（2），30°；（3）2【分析】（1）由題意得△ABC和△ADE為等腰直角三角形，則，證△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，進而得出∠BFC=∠BAC=45°；

（2）由直角三角形的性質得DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，則，證△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，證出∠BFC=∠BAC=30°；

（3）以AD為斜邊在AD右側作等腰直角三角形ADM，連接CM，由等腰直角三角形的性質得∠BAC=∠DAM=45°，，證△BAD∽△CAM，得∠ABD=∠ACM，，則CM=3，證出∠DCM=90°，由勾股定理得DM=，則AD=DM=2．【詳解】（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=∠DAE=45°，DE=AE，∴?ABC和?ADE為等腰直角三角形，∴，∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴?BAD~?CAE，∴，∠ABD=∠ACE，又∵∠AGB=∠FGC，∴∠BFC=∠BAC=45°，故答案是：，45°；（2）∵∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，∴DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，∴，∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴?BAD~?CAE，∴，∠ABD=∠ACE，又∵∠AGB=∠FGC，∴∠BFC=∠BAC=30°；（3）以AD為斜邊，在AD的右側作等腰直角三角形ADM，連接CM，如圖，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴?ABC為等腰直角三角形，∴∠BAC=∠DAM=45°，，∴∠BAC∠DAC=∠DAM∠DAC，即∠BAD=∠CAM，∴?BAD~?CAM，∴∠ABD=∠ACM，，又∵BD=6，∴CM==3，∵四邊形ABDC的內角和為360°，∠BDC=45°，∠BAC=45°，∠ACB=90°∴∠ABD+∠BCD=180°，∴∠ACM+∠BCD=180°，∴∠DCM=90°，∴DM=，∴AD=DM=2，即A，D兩點之間的距離是2．

【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，第（3）小題，添加輔助線，構造相似三角形，是解題的關鍵．15．（1）；（2）證明過程見解析；（3）【分析】（1）取AB的中點N，連接PN，PM．只要證明△PMF∽△PNE，可得；

（2）利用相似三角形的性質即可解決問題；

（3）延長CD交EG與H．由BE：AF=3：4，EN=2MF，設BE=3x，AF=4x，FM=a，EN=2a，由AM=2BN，可得4xa=2（3x2a），推出a=x，可得AM=AM=x，AD=x，DF=x，AE=x，，在Rt△AEF中，根據勾股定理可得（x）2+（4x）2=29，解得x=，推出，根據DH//AE，，可得，設DG=y，根據DH∥BE，可得，由此構建方程即可．【詳解】解：（1）解：取AB的中點N，連接PN，PM．

∵AM=MD，PB=PD，AN=NB，

∴PM=AB，PN=AD，PM∥AB，PN∥AD，

∴四邊形ANPM是平行四邊形，

∵∠A=90°，

∴四邊形ANPM是矩形，

∴∠MPN=∠EPF=90°，

∴∠EPN=∠EPM，∵∠PMF=∠PNE=90°，

∴△PMF∽△PNE，∴故答案為：；（2）∵為的中位線，∴為中點，∴，又∵∽（已證），∴，∴，∴．（3）延長交于點，∵BE：AF=3：4，EN=2MF，

設BE=3x，AF=4x，FM=a，EN=2a，

∵AM=2BN，

∴4xa=2（3x2a），

∴a=x，

∴AM=x，AD=x，DF=x，AE=x，

在Rt△AEF中，∵（x）2+（4x）2=29，

解得x=，

∴，

∵DH//AE，

∴，可得，設DQ=y，

∵DH//BE，

∴，

∴，

∴．

∴．【點睛】本題考查相似三角形的性質、矩形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考常考題型．16．（1）等腰直角三角形；（2）見解析；（3）BEAE=2CK；【分析】（1）利用直角三角形斜邊中線的性質及等腰直角三角形的性質證明EK=KC，∠EKC=90°即可；（2）在BD上截取BG=DE，連接CG，設AC交BF于Q，結合等腰直角三角形的性質利用SAS可證△AEC≌△BGC，由全等三角形對應邊、對應角相等的性質易證△ECG是等腰直角三角形，由直角三角形斜邊中線的性質可得CK=EK=KG，等量代換可得結論.（3）在BD上截取BG=DE，連接CG，設AC交BE于Q，根據等角的余角相等可得∠CAE=∠CBG，由tanα的表示可得，易證△CAE∽△CBG，由直角三角形斜邊中線的性質等量代換可得結論.【詳解】（1）等腰直角三角形；理由：如圖1中，∵∠A=45°，∠ACB=90°，∴∠A=∠CBA=45°，∴CA=CB，∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∵DK=KB，∴EK=KB=DK=BD，∴∠KEB=∠KBE，∴∠EKD=∠KBE+∠KEB=2∠KBE，∵∠DCB=90°，DK=KB，∴CK=KB=KD=BD，∴∠KCB=∠KBC，EK=KC，∴∠DKC=∠KBC+∠KCB=2∠KBC，∴∠EKC=∠EKD+∠DKC=2（∠KBE+∠KBC）=2∠ABC=90°，∴△ECK是等腰直角三角形．（2）證明：如圖2中，在BD上截取BG=DE，連接CG，設AC交BF于Q．∵∠α=45°，DE⊥AE，∴∠AED=90°，∠DAE=45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴DE=AE=BG，∵∠1+∠3=∠2+∠4=90°，∠1=∠2，∴∠3=∠4，∵AC=BC，∴△AEC≌△BGC（SAS），∴CE=CG，∠5=∠BCG，∴∠ECG=∠ACB=90°，∴△ECG是等腰直角三角形，∵KD=KB，DE=BG，∴KE=KG，∴CK=EK=KG，∴BE－AE=BE－BG=EG=EK＋KG=2CK．（3）解：結論：BEAE?tanα=2CK．理由：如圖3中，在BD上截取BG=DE，連接CG，設AC交BE于Q．∵DE⊥AE，∠ACB=90°，∴∠CAE+∠EQA=90°,∠CBG+∠CQB=90°∵∠EQA=∠CQB，∴∠CAE=∠CBG，在Rt△ACB中，tanα=，在Rt△ADE中，tanα=，∴，DE=AE·tanα∴△CAE∽△CBG，∴∠ACE=∠BCG，∴∠ECG=∠ACB=90°，∵KD=KB，DE=BG，∴KE=KG，∴EG=2CK，∵BE－BG=EG=2CK，∴BE－DE=2CK，∴BE－AE?tanα=2CK．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、銳角三角函數等，靈活的利用等腰直角三角形的判定和性質是解題的關鍵.17．（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由見解析；（3）畫出圖形見解析，線段BE的長度為．【分析】（1）由題意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，從而可證△ABD≌△ACE，然后根據三角形全等的性質可求解；（2）連接BD，由題意易得∠BAD=∠CAE，進而可證△BAD≌△CAE，最后根據三角形全等的性質及角的等量關系可求證；（3）如圖，過A作AF⊥EC，由題意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，然后根據相似三角形的性質及題意易證△BAE∽△CAD，最后根據勾股定理及等積法進行求解即可．【詳解】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCE＝45°+45°＝90°，故答案為：BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由：如圖2，連接BD，∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，∵∠CAB＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AC＝AB，AE＝AD，∴△CEA≌△BDA（SAS），∴∠BDA＝∠AEC＝45°，∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，∴BD⊥CE；（3）如圖3，過A作AF⊥EC，由題意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，∴，即，∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，∴∠ABE＝∠ACD，∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，∴BE⊥CE，在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，∴BD＝，∵AC⊥BD，∴S△BCD＝AC?BD＝BC?AC，∴AC＝AE＝，AD＝，∴AF=，CE＝2CF＝2×，∴BE＝．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定及相似三角形的性質與判定，關鍵是根據題意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性質得到相似三角形，進而求解．18．（1）①，②；（2），，證明見解析；（3）或【分析】（1）①由銳角三角函數可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC?CF＝（BC?CE），BE＝BC?CE，即可求；②由垂直的定義可得AF⊥BE；（2）由題意可證△ACF∽△BCE，可得，∠FAC＝∠CBE，由余角的性質可證AF⊥BE；（3）分兩種情況討論，由旋轉的性質和勾股定理可求AF的長．【詳解】解：（1）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，故答案為：，；（2），如圖，連接，延長交于，交于點，∵旋轉，∴，∵，∴，且，∴，∴，，∵，∴，∴；（3）①如圖，過點作交的延長線于點，∵，，，，∴，，∵，，∴，且三點在同一直線上，∴，∵旋轉，∴，∴，且，∴，，∴，∴；②如圖，過點作于點，∵，，，，∴，，∵，，∴，∵旋轉，∴，且，∴，，∴，∴．【點睛】本題是相似綜合題，考查了平行線的性質，直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，熟練運用這些性質進行推理是本題的關鍵．19．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）⊙O半徑的長是．【分析】（1）連接CE、OA，根據圓周角定理可得∠CEB=COB，根據∠COB＝∠AEB可得∠COA=∠COB，根據等腰三角形“三線合一”的性質即可得結論；（2）過點O作OF⊥BE于F，根據角平分線的性質可得OD=OF，根據垂徑定理可得BD=AB，BF=BE，根據勾股定理可得BD=BF，進而可得結論；（3）根據等腰三角形的性質可得∠AEB=∠EAB，根據直角三角形兩銳角互余的性質可得∠DBO=∠AET，根據∠P＝2∠AET可得∠P=∠ABE，進而可得∠POB=∠PBO，即可證明OP=PB，由∠ETB=∠PDB=90°可證明△BET∽△PBD，根據相似三角形的性質可求出BD的長，進而根據勾股定理即可求出PD的長，根據線段的和差關系可得OD的長，利用勾股定理求出OB的長即可得答案．【詳解】（1）如圖，連接CE、OA，∵∠COB和∠CEB分別是所對的圓心角和圓周角，∴∠CEB=COB，∵∠COB＝∠AEB，∴∠CEB=∠AEB，∴∠COA=∠COB，∵OA=OB，∴OC⊥AB．（2）如圖，過點O作OF⊥BE于F，∵OB平分∠ABE，OD⊥AB，OF⊥BE，∴OD=OF，BD=AB，BF=BE，∵BD=，BF=，∴BD=BF，∴AB=BE．（3）∵AB=BE，∴∠AEB=∠EAB，∵∠COB=∠AEB，∴∠COB=∠BAE，∵ET⊥AB，OC⊥AB，∴∠BAE+∠AET=∠COB+∠DBO，∴∠DBO=∠AET，∵OB平分∠ABE，∴∠ABE=2∠DBO=2∠AET，∵∠P=2∠AET，∴∠P=∠ABE，∴∠AEB=∠OBO，∵∠AEB=∠EAB，∴∠POB=∠PBO，∴OP=PB，∵∠ETB=∠PDB=90°，∴△BET∽△PBD，∴，∵ET=18，OP=25，∴2BD2=18×25，解得：BD=15，（負值舍去）∴PD==20，∴OD=OPPD=5，∴OB==，即⊙O半徑的長是．【點睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的判定與性質及勾股定理，在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半；垂直于弦的直徑平分弦，并且平分這條弦所對的兩條弧；如果一個三角形的兩個角與另一個三角形的兩個角分別對應相等，那么這兩個三角形相似；熟練掌握相關定理是解題關鍵．20．（1）①4；②；（2）與能夠相等，理由詳見解析；（3）（3）能夠相等，【分析】（1）①根據，利用對應邊成比例列式求出ED長；②過點Q作，交AB于點H，交DC于點G，設，利用，對應邊成比例列式求出x，得到這兩個三角形其實是全等的，所以；（2）過點作，交的延長線于點，延長交于點，構造“k”字型全等三角形，設，再利用相似三角形的性質列式求解；（3）過點作于點，過點作，交的延長線于點，延長交于點，同（2）構造“k”字型全等三角形，，再利用相似三角形的性質列式求解．【詳解】（1）①∵，∴，∴，，，，解得，故答案是：4；②如圖，過點Q作，交AB于點H，交DC于點G，可得，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，設，，∵，∴，∴，，得，∴，根據，得，解得，∴，∴，∴，故答案是：；（2）與能夠相等，，如圖，過點作，交的延長線于點，延長交于點，，又，設，則，，解得，經檢驗，是該分式方程的根，；（3）能夠相等，，如圖，過點作于點，過點作，交的延長線于點，延長交于點，根據“k”字型全等得，設，則，，解得，故的長為．【點睛】本題考查“k”字型全等三角形，相似三角形的性質和判定，解題的關鍵是作輔助線構造“k”字型全等，再利用相似三角形對應邊成比例列式求解．21．（1）1；（2）不成立，＝，理由見解析；（3）E為AD中點時，的最小值＝sinα【分析】（1）取AC的中點M，連接EM，BF，可知△ABC和△EFC都是等邊三角形，證明△ACE≌△BCF（SAS），可得結論．（2）連接BF，證明△ACE∽△BCF，可得結論．（3）連接BF，取AC的中點M，連接EM，易得∠ACE＝∠BCF，＝，證明△ACE∽△BCF，得出sinα＝的最小值，則得出的最小值＝sinα．【詳解】（1）連接BF，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∵線段CE繞點E順時針旋轉60°得到線段EF，∴EC＝EF，∠CEF＝60°，∴△EFC都是等邊三角形，∴AC＝BC，EC＝CF，∠ACB＝∠ECF＝60°，∴∠ACE＝∠BCF，∴△ACE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∴＝1．（2）不成立，結論：＝．證明：連接BF，∵AB＝AC，D是BC中點，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠BAC＝∠CEF＝90°，∴△ABC和△CEF為等腰直角三角形，∴∠ACB＝∠ECF＝45°，∴∠ACE＝∠BCF，∴＝＝，∴△ACE∽△BCF，∴∠CBF＝∠CAE＝α，∴＝＝．（3）結論：當點E為AD的中點時，的值最小，最小值為sinα．連接BF，取AC的中點M，連接EM，∵AB=AC，EC＝EF，∠BAC＝∠FEC＝2α，∴∠ACB＝∠ECF，∴△BAC∽△FEC，＝，∴∠ACE＝∠BCF，∴△ACE∽△BCF，∵D為BC的中點，M為AC的中點，∴＝＝＝，∴＝，∵當E為AD中點時，又∵M為AC的中點，∴EM∥CD,∵CD⊥AD，∴EM⊥AD,此時，最小=sinα，

∴的最小值＝sinα．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉變換的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，中位線定理，銳角三角函數等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題．22．（I）m＝﹣1，n＝3，y＝﹣x2+2x+3；（II）見解析；（III）（1）y最大值＝4；y最小值＝0；（2）t＝﹣1或t＝2．【分析】（I）首先解方程求得A、B兩點的坐標，然后利用待定系數法確定二次函數的解析式即可；（II）根據解方程直接寫出點C的坐標，然后確定頂點D的坐標，根據兩點的距離公式可得△BDC三邊的長，根據勾股定理的逆定理可得∠DBC=90°，根據邊長可得△AOB和△DBC兩直角邊的比相等，則兩直角三角形相似；（III）（1）確定拋物線的對稱軸是x=1，根據增減性可知：x=1時，y有最大值，當x=3時，y有最小值；（2）分5種情況：①當函數y在t≤x≤t+1內的拋物線完全在對稱軸的左側；②當t+1=1時；③當函數y在t≤x≤t+1內的拋物線分別在對稱軸的兩側；④當t=1時，⑤函數y在t≤x≤t+1內的拋物線完全在對稱軸的右側；分別根據增減性可解答．【詳解】（I）∵m，n分別是方程x2﹣2x﹣3＝0的兩個實數根，且m＜n，用因式分解法解方程：（x+1）（x﹣3）＝0，∴x1＝﹣1，x2＝3，∴m＝﹣1，n＝3，∴A（﹣1，0），B（0，3），把（﹣1，0），（0，3）代入得，，解得，∴函數解析式為y＝﹣x2+2x+3．（II）證明：令y＝﹣x2+2x+3＝0，即x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸的交點為A（﹣1，0），C（3，0），∴OA＝1，OC＝3，∴對稱軸為，頂點D（1，﹣1+2+3），即D（1，4），∴，，，∵CD2＝DB2+CB2，∴△BCD是直角三角形，且∠DBC＝90°，∴∠AOB＝∠DBC，在Rt△AOB和Rt△DBC中，，，∴，∴△BCD∽△OBA；（III）拋物線y＝﹣x2+2x+3的對稱軸為x＝1，頂點為D（1，4），（1）在0≤x≤3范圍內，當x＝1時，y最大值＝4；當x＝3時，y最小值＝0；（2）①當函數y在t≤x≤t+1內的拋物線完全在對稱軸的左側，當x＝t時取得最小值q＝﹣t2+2t+3，最大值p＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，令p﹣q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即﹣2t+1＝3，解得t＝﹣1．②當t+1＝1時，此時p＝4，q＝3，不合題意，舍去；③當函數y在t≤x≤t+1內的拋物線分別在對稱軸的兩側，此時p＝4，令p﹣q＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即t2﹣2t﹣2＝0解得：t1＝1+（舍），t2＝1﹣（舍）；或者p﹣q＝4﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，即（不合題意，舍去）；④當t＝1時，此時p＝4，q＝3，不合題意，舍去；⑤當函數y在t≤x≤t+1內的拋物線完全在對稱軸的右側，當x＝t時取得最大值p＝﹣t2+2t+3，最小值q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，令p﹣q＝﹣t2+2t+3﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，解得t＝2．綜上，t＝﹣1或t＝2．【點睛】本題是二次函數的綜合題型，考查利用待定系數法求拋物線的解析式，拋物線的頂點公式，三角形相似的性質和判定，勾股定理的逆定理，最值問題等知識，解題時需注意運用分類討論的思想解決問題．23．（1）證明見解析；（2）正方形的面積可以為：，，1，．【分析】（1）連接AC與BD相交于O，作GH⊥AB，GI⊥BC，證明△AGH≌△EGI可得AG=GE即△AGE為等腰直角三角形，再證明△ABE∽△AOG，可得，再結合正方形的性質可得，從而可證明結論．（2）分正方形的一邊恰好落在AE上，正方形的一邊恰好落在AB上和正方形的一邊恰好落在BE上三種情況討論，畫出對應圖形，利用三角函數解直角三角形即可．【詳解】解：(1)連接AC與BD相交于O，作GH⊥AB，GI⊥BC，∴∠AHG=∠BIG=90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABE=90°，∠BAC=∠ABD=∠CBD=45°，∠AOG=90°,,BD=2OD，∴HG=GI（角平分線上的點到角兩端距離相等），∠HGI=360°∠BHG∠BIG∠ABE=90°，∵∠AGH=∠AGE∠HGE=90°∠HGE，∠IGE=∠IGH∠HGE=90°∠HGE,∴∠AGH=∠IGE，在△AGH和△EGI中，∵∴△AGH≌△EGI（ASA）∴AG=GE,∴△AGE為等腰直角三角形，∠EAG=45°，∴∠BAE=45°∠EAC=∠CAG,∵∠ABC=∠AOG,∴△ABE∽△AOG，∴,∴，∴，∴（2）∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC=90°，BC=AB=4,∵為中點，∴BE=2,,∴,設AP=x，則①若正方形的一邊恰好落在AE上，分兩種情況如下圖，若為正方形，則，，∴，解得：，；若為正方形，則，∴解得：，；②若正方形的一邊恰好落在AB上，分兩種情況如下圖，若為正方形，則,∴,，，，解得，；若為正方形，則，∴，,則，解得，．③若正方形的一邊恰好落在BE上，由可知，Q點和E點不可能重合，若P點和B點重合，如下：此時AP=4，又，∴，，,故舍去．綜上所述：正方形的面積可以為：，，1，．【點睛】本題考查正方形的性質，相似三角形的性質和判定，解直角三角形．（1）中能正確作出輔助線，構造相似三角形是解題關鍵；（2）中能分類討論，畫出對應圖形是解題關鍵．24．（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）由正方形的性質得∠ACD=∠AFG=45°，進而根據對頂角的性質得∠CFM=∠ACM，再結合公共角，根據相似三角形的判定得結論；（2）根據正方形的性質得，再證明其夾角相等，便可證明△ACF∽△ABE，由相似三角形的性質得出結果；（3）由已知條件求得正方形ABCD的邊長，進而由勾股定理求得AM的長度，再由△MFC∽△MCA，求得FM，進而求得正方形AEFG的對角線長，便可求得其邊長．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴∠ACD=∠AFG=45°，∵∠CFM=∠AFG，∴∠CFM=∠ACM=45°，∵∠CMF=∠AMC，∴△MFC∽△MCA；（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°