資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題32 面積問題與線段和差問題
考點掃描☆聚焦中考
動態幾何中的面積問題與線段和差問題是近幾年各地中考中以選擇題、填空題、解答題的形式進行考查，多數題目難度較大，屬于壓軸題，考查涉及到的知識點包括三角形基本性質、相似三角形的性質、三角函數、四邊形的性質、圓的基本性質、函數的相關知識等，考查的熱點有面積問題、線段和差問題。
考點剖析☆典型例題
例1（2022 吉林）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm．動點P從點A出發，以2cm/s的速度沿邊AB向終點B勻速運動．以PA為一邊作∠APQ＝120°，另一邊PQ與折線AC﹣CB相交于點Q，以PQ為邊作菱形PQMN，點N在線段PB上．設點P的運動時間為x（s），菱形PQMN與△ABC重疊部分圖形的面積為y（cm2）．
（1）當點Q在邊AC上時，PQ的長為 　　cm．（用含x的代數式表示）
（2）當點M落在邊BC上時，求x的值．
（3）求y關于x的函數解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
例2（2022 青海）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規律的圖形稱為“手拉手”圖形．
（1）問題發現：
如圖1，若△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊．求證：BD＝CE；
（2）解決問題：
如圖2，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系并說明理由．
考點過關☆專項突破
類型一 動態幾何中的面積問題
1．（2022 青島）【圖形定義】
有一條高線相等的兩個三角形稱為等高三角形、
例如：如圖①，在△ABC和△A'B'C'中，AD，A'D'分別是BC和B'C'邊上的高線，且AD＝A'D'、則△ABC和△A'B'C'是等高三角形．
【性質探究】
如圖①，用S△ABC，S△A'B'C′分別表示△ABC和△A′B′C′的面積，
則S△ABC＝BC AD，S△A'B'C′＝B′C′ A′D′，
∵AD＝A′D′
∴S△ABC：S△A'B'C′＝BC：B'C'．
【性質應用】
（1）如圖②，D是△ABC的邊BC上的一點．若BD＝3，DC＝4，則S△ABD：S△ADC＝　 ；
（2）如圖③，在△ABC中，D，E分別是BC和AB邊上的點．若BE：AB＝1：2，CD：BC＝1：3，S△ABC＝1，則S△BEC＝　　，S△CDE＝　 　；
（3）如圖③，在△ABC中，D，E分別是BC和AB邊上的點．若BE：AB＝1：m，CD：BC＝1：n，S△ABC＝a，則S△CDE＝　 　．
2．（2022 湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．
（1）特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長；
（2）規律探究：
（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態開始繞點A旋轉α（0＜α＜45°），請探究線段BD、CE和DE的數量關系并說明理由；
（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態開始繞點A順時針旋轉α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE的數量關系并說明理由；
（3）嘗試應用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
3．（2020 黔東南州）如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．
探究發現
（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．
拓展運用
（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．
（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．
4．（2021 大連）如圖，矩形ABCD中，BC＝4cm，CD＝3cm，P，Q兩動點同時從點B出發，點P沿BC→CD以1cm/s的速度向終點D勻速運動，點Q沿BA→AC以2cm/s的速度向終點C勻速運動．
設點P的運動時間為t（s），△BPQ 的面積為S （cm2）．
（1）求AC的長；
（2）求S關于t的函數解析式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
5．（2022 長春）如圖，在 ABCD中，AB＝4，AD＝BD＝，點M為邊AB的中點．動點P從點A出發，沿折線AD﹣DB以每秒個單位長度的速度向終點B運動，連結PM．作點A關于直線PM的對稱點A'，連結A'P、A'M．設點P的運動時間為t秒，
（1）點D到邊AB的距離為 　　；
（2）用含t的代數式表示線段DP的長；
（3）連結A'D，當線段A'D最短時，求△DPA'的面積；
（4）當M、A'、C三點共線時，直接寫出t的值．
6．（2022 寧夏）綜合與實踐
知識再現
如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以BC、CA、AB為邊向外作的正方形的面積為S1、S2、S3．當S1＝36，S3＝100時，S2＝　　．
問題探究
如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）如圖2，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等腰直角三角形的面積為S1、S2、S3，則S1、S2、S3之間的數量關系是 　　．
（2）如圖3，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等邊三角形的面積為S4、S5、S6，試猜想S4、S5、S6之間的數量關系，并說明理由．
實踐應用
（1）如圖4，將圖3中的△BCD繞點B逆時針旋轉一定角度至△BGH，△ACE繞點A順時針旋轉一定角度至△AMN，GH、MN相交于點P．求證：S△PHN＝S四邊形PMFG；
（2）如圖5，分別以圖3中Rt△ABC的邊BC、CA、AB為直徑向外作半圓，再以所得圖形為底面作柱體，BC、CA、AB為直徑的半圓柱的體積分別為V1、V2、V3．若AB＝4，柱體的高h＝8，直接寫出V1+V2的值．
7．（2023 長沙）如圖，點A，B，C在⊙O上運動，滿足AB2＝BC2+AC2，延長AC至點D，使得∠DBC＝∠CAB，點E是弦AC上一動點（不與點A，C重合），過點E作弦AB的垂線，交AB于點F，交BC的延長線于點N，交⊙O于點M（點M在劣弧上）．
（1）BD是⊙O的切線嗎？請作出你的判斷并給出證明；
（2）記△BDC，△ABC，△ADB的面積分別為S1，S2，S，若S1 S＝（S2）2，求（tanD）2的值；
（3）若⊙O的半徑為1，設FM＝x，FE FN ＝y，試求y關于x的函數解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
8．（2022 荊州）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點O是邊AB上一個動點（不與點A重合），連接OD，將△OAD沿OD折疊，得到△OED；再以O為圓心，OA的長為半徑作半圓，交射線AB于G，連接AE并延長交射線BC于F，連接EG，設OA＝x．
（1）求證：DE是半圓O的切線：
（2）當點E落在BD上時，求x的值；
（3）當點E落在BD下方時，設△AGE與△AFB面積的比值為y，確定y與x之間的函數關系式；
（4）直接寫出：當半圓O與△BCD的邊有兩個交點時，x的取值范圍．
9．（2023 丹東）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AB＝6，點D是BC的中點．四邊形DEFG是菱形（D，E，F，G按逆時針順序排列），∠EDG＝60°，且DE＝2，菱形DEFG可以繞點D旋轉，連接AG和CE，設直線AG和直線CE所夾的銳角為α．
（1）在菱形DEFG繞點D旋轉的過程中，當點E在線段DC上時，如圖①，請直接寫出AG與CE的數量關系及α的值；
（2）當菱形DEFG繞點D旋轉到如圖②所示的位置時，（1）中的結論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由；
（3）設直線AG與直線CE的交點為P，在菱形DEFG繞點D旋轉一周的過程中，當EF所在的直線經過點B時，請直接寫出△APC的面積．
10．（2022 湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，a＞b．記△ABC的面積為S．
（1）如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為S1，正方形BGFC的面積為S2．
①若S1＝9，S2＝16，求S的值；
②延長EA交GB的延長線于點N，連結FN，交BC于點M，交AB于點H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：S2﹣S1＝2S．
（2）如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為S1，等邊三角形CBE的面積為S2．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點C在△ABF內），連結EF，CF．若EF⊥CF，試探索S2﹣S1與S之間的等量關系，并說明理由．
類型二 動態幾何中的線段和差問題
1．（2021 淮安）【知識再現】
學完《全等三角形》一章后，我們知道“斜邊和一條直角邊分別相等的兩個直角三角形全等（簡稱‘HL’定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
【簡單應用】
如圖（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D、E分別在邊AC、AB上．若CE＝BD，則線段AE和線段AD的數量關系是 　　．
【拓展延伸】
在△ABC中，∠BAC＝α（90°＜α＜180°），AB＝AC＝m，點D在邊AC上．
（1）若點E在邊AB上，且CE＝BD，如圖（2）所示，則線段AE與線段AD相等嗎？如果相等，請給出證明；如果不相等，請說明理由．
（2）若點E在BA的延長線上，且CE＝BD．試探究線段AE與線段AD的數量關系（用含有α、m的式子表示），并說明理由．
2．（2022 郴州）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．點E是線段AD上的動點（點E不與點A，D重合），連接CE，過點E作EF⊥CE，交AB于點F．
（1）求證：△AEF∽△DCE；
（2）如圖2，連接CF，過點B作BG⊥CF，垂足為G，連接AG．點M是線段BC的中點，連接GM．
①求AG+GM的最小值；
②當AG+GM取最小值時，求線段DE的長．
3．（2022 甘肅）已知正方形ABCD，E為對角線AC上一點．
【建立模型】
（1）如圖1，連接BE，DE．求證：BE＝DE；
【模型應用】
（2）如圖2，F是DE延長線上一點，FB⊥BE，EF交AB于點G．
①判斷△FBG的形狀并說明理由；
②若G為AB的中點，且AB＝4，求AF的長．
【模型遷移】
（3）如圖3，F是DE延長線上一點，FB⊥BE，EF交AB于點G，BE＝BF．求證：GE＝（﹣1）DE．
4．（2022 十堰）已知∠ABN＝90°，在∠ABN內部作等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α≤90°）．點D為射線BN上任意一點（與點B不重合），連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉α得到線段AE，連接EC并延長交射線BN于點F．
（1）如圖1，當α＝90°時，線段BF與CF的數量關系是 　 　；
（2）如圖2，當0°＜α＜90°時，（1）中的結論是否還成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；
（3）若α＝60°，AB＝4，BD＝m，過點E作EP⊥BN，垂足為P，請直接寫出PD的長（用含有m的式子表示）．
5．（2022 遼寧）在 ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，點P為射線CD上的動點（點P不與點D重合），連接AP，過點P作EP⊥AP交直線BD于點E．
（1）如圖①，當點P為線段CD的中點時，請直接寫出PA，PE的數量關系；
（2）如圖②，當點P在線段CD上時，求證：DA+DP＝DE；
（3）點P在射線CD上運動，若AD＝3，AP＝5，請直接寫出線段BE的長．
6．（2022 河北）如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB＝2，DH⊥BC于點H．將△PQM與該四邊形按如圖方式放在同一平面內，使點P與A重合，點B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM＝4．
（1）求證：△PQM≌△CHD；
（2）△PQM從圖1的位置出發，先沿著BC方向向右平移（圖2），當點P到達點D后立刻繞點D逆時針旋轉（圖3），當邊PM旋轉50°時停止．
①邊PQ從平移開始，到繞點D旋轉結束，求邊PQ掃過的面積；
②如圖2，點K在BH上，且BK＝9﹣4．若△PQM右移的速度為每秒1個單位長，繞點D旋轉的速度為每秒5°，求點K在△PQM區域（含邊界）內的時長；
③如圖3，在△PQM旋轉過程中，設PQ，PM分別交BC于點E，F，若BE＝d，直接寫出CF的長（用含d的式子表示）．
7．（2023 鞍山）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點D是射線BC上的動點（不與點B，C重合），連接AD，過點D在AD左側作DE⊥AD，使AD＝kDE，連接AE，點F，G分別是AE，BD的中點，連接DF，FG，BE．
（1）如圖1，點D在線段BC上，且點D不是BC的中點，當α＝90°，k＝1時，AB與BE的位置關系是 　　，＝　　．
（2）如圖2，點D在線段BC上，當α＝60°，k＝時，求證：BC+CD＝2FG．
（3）當α＝60°，k＝時，直線CE與直線AB交于點N，若BC＝6，CD＝5，請直接寫出線段CN的長．
8．（2023 重慶）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，點D為線段AB上一動點，連接CD．
（1）如圖1，若AC＝9，BD＝，求線段AD的長；
（2）如圖2，以CD為邊在CD上方作等邊△CDE，點F是DE的中點，連接BF并延長，交CD的延長線于點G．若∠G＝∠BCE，求證：GF＝BF+BE；
（3）在CD取得最小值的條件下，以CD為邊在CD右側作等邊△CDE．點M為CD所在直線上一點，將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BNM．連接AN，點P為AN的中點，連接CP，當CP取最大值時，連接BP，將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BCQ，請直接寫出此時的值．
9．（2023 十堰）過正方形ABCD的頂點D作直線DP，點C關于直線DP的對稱點為點E，連接AE，直線AE交直線DP于點F．
（1）如圖1，若∠CDP＝25°，則∠DAF＝　 　；
（2）如圖1，請探究線段CD，EF，AF之間的數量關系，并證明你的結論；
（3）在DP繞點D轉動的過程中，設AF＝a，EF＝b，請直接用含a，b的式子表示DF的長．
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備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題32 面積問題與線段和差問題
考點掃描☆聚焦中考
動態幾何中的面積問題與線段和差問題是近幾年各地中考中以選擇題、填空題、解答題的形式進行考查，多數題目難度較大，屬于壓軸題，考查涉及到的知識點包括三角形基本性質、相似三角形的性質、三角函數、四邊形的性質、圓的基本性質、函數的相關知識等，考查的熱點有面積問題、線段和差問題。
考點剖析☆典型例題
例1（2022 吉林）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm．動點P從點A出發，以2cm/s的速度沿邊AB向終點B勻速運動．以PA為一邊作∠APQ＝120°，另一邊PQ與折線AC﹣CB相交于點Q，以PQ為邊作菱形PQMN，點N在線段PB上．設點P的運動時間為x（s），菱形PQMN與△ABC重疊部分圖形的面積為y（cm2）．
（1）當點Q在邊AC上時，PQ的長為 　2x　cm．（用含x的代數式表示）
（2）當點M落在邊BC上時，求x的值．
（3）求y關于x的函數解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
【答案】（1）2x．
（2）x＝1．
（3）y＝．
【點撥】（1）作PE⊥AC于點E，由含30°角的直角三角形可得AE的長度，再由等腰三角形的性質可得PQ的長度．
（2）作出點M落在邊BC上的圖象，由AP+PN+NB＝AB求解．
（3）分類討論0＜x≤1，1＜x≤，＜x＜3并作出圖象求解．
【解析】解：（1）∵∠A＝30°，∠APQ＝120°，
∴∠AQP＝30°，
∴PQ＝AP＝2x．
故答案為：2x．
（2）如圖，
∵∠APQ＝120°，
∴∠MNB＝∠QPB＝60°，
∵∠B＝60°，
∴△MNB為等邊三角形，
∴AP＝PQ＝PN＝MN＝NB，即AP+PN+NB＝3AP＝AB，
∴3×2x＝6，
解得x＝1．
（3）當0＜x≤1時，作QF⊥AB于點F，
∵∠A＝30°，AQ＝2x，
∴QF＝AQ＝x，
∵PN＝PQ＝AP＝2x，
∴y＝PN QF＝2x x＝2x2．
當1＜x≤時，QM，NM交BC于點H，K，
∵AB＝6cm，∠A＝30°，
∴AC＝AB＝3cm，
∴CQ＝AC﹣AQ＝3﹣2x，
∴QH＝CQ＝（3﹣2x）＝6﹣4x，
∴HM＝QM﹣QH＝2x﹣（6﹣4x）＝6x﹣6，
∵△HKM為等邊三角形，
∴S△HKM＝HM2＝9x2﹣18x+9，
∴y＝2x2﹣（9x2﹣18x+9）＝﹣7x2+18x﹣9．
當＜x＜3時，重疊部分△PQB為等邊三角形，
PQ＝PB＝AB﹣AP＝6﹣2x，
∴y＝PB2＝（6﹣2x）2＝x2﹣6x+9．
綜上所述，y＝．
【點睛】本題考查圖形的綜合題，解題關鍵是掌握解直角三角形的方法，掌握菱形的性質，通過分類討論求解．
例2（2022 青海）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規律的圖形稱為“手拉手”圖形．
（1）問題發現：
如圖1，若△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊．求證：BD＝CE；
（2）解決問題：
如圖2，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系并說明理由．
【答案】（1）證明見解析；
（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由見解析．
【點撥】（1）根據△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得BD＝CE；
（2）根據△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，可得△ACD≌△BCE（SAS），即有AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，從而可得∠BEC＝∠ADC＝135°，即知∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°，由CD＝CE，CM⊥DE，∠DCE＝90°，可得DM＝ME＝CM，故AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【解析】（1）證明：∵△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由如下：
如圖：
∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝90°＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°，
∴∠BEC＝∠ADC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME，
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM，
∴DE＝2CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關鍵．
考點過關☆專項突破
類型一 動態幾何中的面積問題
1．（2022 青島）【圖形定義】
有一條高線相等的兩個三角形稱為等高三角形、
例如：如圖①，在△ABC和△A'B'C'中，AD，A'D'分別是BC和B'C'邊上的高線，且AD＝A'D'、則△ABC和△A'B'C'是等高三角形．
【性質探究】
如圖①，用S△ABC，S△A'B'C′分別表示△ABC和△A′B′C′的面積，
則S△ABC＝BC AD，S△A'B'C′＝B′C′ A′D′，
∵AD＝A′D′
∴S△ABC：S△A'B'C′＝BC：B'C'．
【性質應用】
（1）如圖②，D是△ABC的邊BC上的一點．若BD＝3，DC＝4，則S△ABD：S△ADC＝　3：4　；
（2）如圖③，在△ABC中，D，E分別是BC和AB邊上的點．若BE：AB＝1：2，CD：BC＝1：3，S△ABC＝1，則S△BEC＝　　，S△CDE＝　　；
（3）如圖③，在△ABC中，D，E分別是BC和AB邊上的點．若BE：AB＝1：m，CD：BC＝1：n，S△ABC＝a，則S△CDE＝　　．
【答案】見解析
【點撥】（1）根據等高的兩三角形面積的比等于底的比，直接求出答案；
（2）同（1）的方法即可求出答案；
（3）同（1）的方法即可求出答案．
【解析】解：（1）∵BD＝3，DC＝4，
∴S△ABD：S△ADC＝BD：DC＝3：4，
故答案為：3：4；
（2）∵BE：AB＝1：2，
∴S△BEC：S△ABC＝BE：AB＝1：2，
∵S△ABC＝1，
∴S△BEC＝；
∵CD：BC＝1：3，
∴S△CDE：S△BEC＝CD：BC＝1：3，
∴S△CDE＝S△BEC＝×＝；
故答案為：，；
（3）∵BE：AB＝1：m，
∴S△BEC：S△ABC＝BE：AB＝1：m，
∵S△ABC＝a，
∴S△BEC＝S△ABC＝；
∵CD：BC＝1：n，
∴S△CDE：S△BEC＝CD：BC＝1：n，
∴S△CDE＝S△BEC＝ ＝，
故答案為：．
【點睛】此題主要考查了三角形的面積公式，理解等高的兩三角形的面積比等于底的比是解本題的關鍵．
2．（2022 湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．
（1）特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長；
（2）規律探究：
（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態開始繞點A旋轉α（0＜α＜45°），請探究線段BD、CE和DE的數量關系并說明理由；
（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態開始繞點A順時針旋轉α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE的數量關系并說明理由；
（3）嘗試應用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
【答案】（1）DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由見解答部分；
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由見解答部分；
（3）．
【點撥】（1）易證△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根據等腰直角三角形的三邊關系可得出BD，DE和CE的長即可．
（2）（Ⅰ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進而解答即可；
（Ⅱ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進而解答即可；
（3）根據題意可證明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的長，根據S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出結論．
【解析】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質，相似三角形的性質與判定，三角形的面積；證明三角形全等是解題的關鍵．
3．（2020 黔東南州）如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．
探究發現
（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．
拓展運用
（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．
（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．
【答案】見解析
【點撥】（1）依據等式的性質可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據SAS可證明△ACE≌△BCD；
（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計算AE的長，可得BD的長；
（3）如圖2，過A作AF⊥CD于F，先根據平角的定義得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函數可得AF的長，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據勾股定理可得AD的長．
【解析】解：（1）全等，理由是：
∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△ACE≌△BCD（ SAS）；
（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE，
∵△DCE是等邊三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
∴AE＝＝＝，
∴BD＝；
（3）如圖2，過A作AF⊥CD于F，
∵B、C、E三點在一條直線上，
∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，
∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，
∴∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△ACF中，sin∠ACF＝，
∴AF＝AC×sin∠ACF＝1×＝，
∴S△ACD＝＝＝，
∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×＝，
FD＝CD﹣CF＝2﹣，
在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2＝＝3，
∴AD＝．
【點睛】本題是三角形的綜合題，主要考查的是全等三角形的性質、等邊三角形的性質，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．
4．（2021 大連）如圖，矩形ABCD中，BC＝4cm，CD＝3cm，P，Q兩動點同時從點B出發，點P沿BC→CD以1cm/s的速度向終點D勻速運動，點Q沿BA→AC以2cm/s的速度向終點C勻速運動．
設點P的運動時間為t（s），△BPQ 的面積為S （cm2）．
（1）求AC的長；
（2）求S關于t的函數解析式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
【答案】（1）5cm；（2）S＝．
【點撥】（1）根據勾股定理直接計算AC的長；
（2）根據點P、Q的運動位置進行分類，分別畫圖表示相應的△BPQ的面積即可．
【解析】解：（1）∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠B＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC＝（cm），
∴AC的長為5cm；
（2）當0＜t≤1.5時，如圖，
S＝；
當1.5＜t≤4時，如圖，作QH⊥BC于H，
∴CQ＝8﹣2t，
∵sin∠BCA＝，
∴，
∴QH＝，
∴S＝＝﹣；
③當4＜t≤7時，
CP＝t﹣4，BQ＝BC＝4，
∴S＝S△BPQ＝＝＝2t﹣8，
綜上所述：S＝．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質，三角函數、勾股定理，以及三角形面積的表示，根據動點的位置進行分類討論是解決問題的關鍵．
5．（2022 長春）如圖，在 ABCD中，AB＝4，AD＝BD＝，點M為邊AB的中點．動點P從點A出發，沿折線AD﹣DB以每秒個單位長度的速度向終點B運動，連結PM．作點A關于直線PM的對稱點A'，連結A'P、A'M．設點P的運動時間為t秒，
（1）點D到邊AB的距離為 　3　；
（2）用含t的代數式表示線段DP的長；
（3）連結A'D，當線段A'D最短時，求△DPA'的面積；
（4）當M、A'、C三點共線時，直接寫出t的值．
【答案】（1）3．
（2）PD＝；
（3）；
（4）或．
【點撥】（1）連接DM，根據等腰三角形的性質得DM⊥AB，AM＝2，再利用勾股定理可得DM的長；
（2）分點P在AD上或點P在BD上，分別表示PD的長；
（3）由A'M＝2，DM＝3，則A'D≥1，當點D、A'、M共線時，DA'最短，利用角平分線的定理得，求出S△APM的面積，從而得出答案；
（4）當點A'在CM上時，如圖，作CH⊥AB，交AB的延長線于H，作MQ平分∠CMH，交CH于Q，作QG⊥MC于G，利用全等三角形的性質和三角函數求出＝，從而表示出MN的長，點點A'在CM的延長線上時，同理解決問題．
【解析】解：（1）連接DM，
∵DA＝DB，點M是AB的中點，
∴DM⊥AB，AM＝2，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，
DM＝＝，
故答案為：3．
（2）當點P在AD上時，即0≤t＜1時，PD＝AD﹣AP＝﹣t，
當點P在BD上時，即1≤t≤2時，PD＝t﹣，
∴PD＝；
（3）∵A'M＝2，DM＝3，
∴A'D≥1，
∴當點D、A'、M共線時，DA'最短，
方法一：延長MP，CD交于O點，
∴∠O＝∠AMP，
∵∠AMP＝∠DMP，
∴∠O＝∠DMP，
∴OD＝DM，
∵OD∥AB，
∴，
∴，
∴S△APM＝＝＝，
∴S△PA'D＝S△ADM﹣2S△AMP＝3﹣2×＝；
方法二：設△PA'D的面積為x，則△AMP的面積＝△MPA'的面積＝2x，
∴x+2x+2x＝AM DM＝3，
∴x＝，
∴△PA'D的面積為；
（4）當點A'在CM上時，如圖，作CH⊥AB，交AB的延長線于H，作MQ平分∠CMH，交CH于Q，作QG⊥MC于G，
∵AD＝BC，∠DAM＝∠CBH，∠DMA＝∠CHB，
∴△AMD≌△BHC（AAS），
∴BH＝AM＝2，CH＝DM＝3，
∵MQ平分∠CMB，
∴∠GMQ＝∠QMH，
∵∠QGM＝∠QHM，MQ＝MQ，
∴△MQG≌△MQH（AAS），
∴MG＝MH＝4，QH＝QG，
∴CG＝1，
∴tan∠MCH＝，
∴，
∴QG＝，
∴，
∵AP＝，
∴AN＝2t，PN＝3t，
∵∠AMP＝∠A'MP，∠CMQ＝∠QMH，
∴∠PMQ＝90°，
∴∠QMH＝∠MPN，
∴MN＝t，
∴2t+t＝2，
∴t＝；
當A'在CM的延長線上時，作PT⊥AB于T，
由題意知BP＝2﹣t，
同理得，PT＝6﹣3t，BT＝4﹣2t，MT＝18﹣9t，
∴18﹣9t+4﹣2t＝2，
∴t＝，
綜上：t＝或．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質，等腰三角形的性質，翻折的性質，全等三角形的判定與性質，三角函數等知識，求出tan∠QMH＝是解題的關鍵．
6．（2022 寧夏）綜合與實踐
知識再現
如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以BC、CA、AB為邊向外作的正方形的面積為S1、S2、S3．當S1＝36，S3＝100時，S2＝　64　．
問題探究
如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）如圖2，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等腰直角三角形的面積為S1、S2、S3，則S1、S2、S3之間的數量關系是 　S1+S2＝S3　．
（2）如圖3，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等邊三角形的面積為S4、S5、S6，試猜想S4、S5、S6之間的數量關系，并說明理由．
實踐應用
（1）如圖4，將圖3中的△BCD繞點B逆時針旋轉一定角度至△BGH，△ACE繞點A順時針旋轉一定角度至△AMN，GH、MN相交于點P．求證：S△PHN＝S四邊形PMFG；
（2）如圖5，分別以圖3中Rt△ABC的邊BC、CA、AB為直徑向外作半圓，再以所得圖形為底面作柱體，BC、CA、AB為直徑的半圓柱的體積分別為V1、V2、V3．若AB＝4，柱體的高h＝8，直接寫出V1+V2的值．
【答案】知識再現：64；
問題探究：（1）S1+S2＝S3；
（2）S4+S5＝S6；
實踐應用：（1）見解析；
（2）16π．
【點撥】知識再現：利用勾股定理和正方形的面積公式可求解；
問題探究：（1）利用勾股定理和直角三角形的面積公式可求解；
（2）過點D作DG⊥BC交于G，分別求出S4＝BC2，S5＝AC2，S6＝AB2，由勾股定理可得AB2＝AC2+BC2，即可求S4+S5＝S6；
實踐應用：（1）設AB＝c，BC＝a，AC＝b，則HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，可證明△HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，則S△PMN＝（a+b﹣c）2，S四邊形PMFG＝（c﹣a）（c﹣b），再由c2＝a2+b2，可證明S△PHN＝S四邊形PMFG；
（2）設AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、以AC為直徑的圓的面積為S2，可得S1+S2＝S3，又由V2+V1＝（S1+S2）h＝S3h＝V3，即可求V1+V2＝16π．
【解析】知識再現：解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴S1+S2＝S3，
∵S1＝36，S3＝100，
∴S2＝64，
故答案為：64；
問題探究：（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴S1+S2＝S3，
故答案為：S1+S2＝S3；
（2）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
過點D作DG⊥BC交于G，
在等邊三角形BCD中，CD＝BC，CG＝BC，
∴DG＝BC，
∴S4＝×BC×BC＝BC2，
同理可得S5＝AC2，S6＝AB2，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴S4+S5＝S6；
實踐應用：（1）證明：設AB＝c，BC＝a，AC＝b，
∴HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，
∵△HGB是等邊三角形，△ABF是等邊三角形，
∴HG∥AF，MN∥BF，
∴∠HPN＝60°，
∴△HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，
∴S△PHN＝（a+b﹣c）2，S四邊形PMFG＝（c﹣a）（c﹣b），
∵△ABC是直角三角形，
∴c2＝a2+b2，
∴（a+b﹣c）2＝（a2+b2+c2+2ab﹣2bc﹣2ac）＝（c2+ab﹣bc﹣ac）＝（c﹣a）（c﹣b），
∴S△PHN＝S四邊形PMFG；
（2）解：設AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、以AC為直徑的圓的面積為S2，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2＝a2+b2，
∴c2＝a2+b2，
∴S1+S2＝S3，
∵V2＝S2h，V1＝S1h，V3＝S3h，
∴V2+V1＝（S1+S2）h＝S3h＝V3，
∵AB＝4，h＝8，
∴V3＝S3h＝×π×4×8＝16π，
∴V1+V2＝16π．
【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，熟練掌握直角三角形的勾股定理，等邊三角形的性質，圓的性質，圓柱的體積，平行線的性質是解題的關鍵．
7．（2023 長沙）如圖，點A，B，C在⊙O上運動，滿足AB2＝BC2+AC2，延長AC至點D，使得∠DBC＝∠CAB，點E是弦AC上一動點（不與點A，C重合），過點E作弦AB的垂線，交AB于點F，交BC的延長線于點N，交⊙O于點M（點M在劣弧上）．
（1）BD是⊙O的切線嗎？請作出你的判斷并給出證明；
（2）記△BDC，△ABC，△ADB的面積分別為S1，S2，S，若S1 S＝（S2）2，求（tanD）2的值；
（3）若⊙O的半徑為1，設FM＝x，FE FN ＝y，試求y關于x的函數解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
【答案】（1）BD是⊙O的切線；理由略；
（2）；
（3）y＝x，0＜x≤1．
【點撥】（1）依據題意，由勾股定理，首先求出∠ACB＝90°，從而∠CAB+∠ABC＝90°，然后根據∠DBC＝∠CAB，可以得解；
（2）由題意，據S1 S＝（S2）2得CD（CD+AC）＝AC2，再由tan∠D＝＝tan∠ABC＝，進而進行變形利用方程的思想可以得解；
（3）依據題意，連接OM，分別在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出邊之間的關系，進而由FE FN ＝y，可以得解．
【解析】解：（1）BD是⊙O的切線．
證明：如圖，在△ABC中，AB2＝BC2+AC2，
∴∠ACB＝90°．
又點A，B，C在⊙O上，
∴AB是⊙O的直徑．
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°．
又∠DBC＝∠CAB，
∴∠DBC+∠ABC＝90°．
∴∠ABD＝90°．
∴BD是⊙O的切線．
（2）由題意得，S1＝BC CD，S2＝BC AC，S＝AD BC．
∵S1 S＝（S2）2，
∴BC CD AD BC＝（BC AC）2．
∴CD AD＝AC2．
∴CD（CD+AC）＝AC2．
又∵∠D+∠DBC＝90°，∠ABC+∠A＝90°，∠DBC＝∠A，
∴∠D＝∠ABC．
∴tan∠D＝＝tan∠ABC＝．
∴CD＝．
又CD（CD+AC）＝AC2，
∴+BC2＝AC2．
∴BC4+AC2 BC2＝AC4．
∴1+（）2＝（）4．
由題意，設（tan∠D）2＝m，
∴（）2＝m．
∴1+m＝m2．
∴m＝．
∵m＞0，
∴m＝．
∴（tan∠D）2＝．
（3）設∠A＝α，
∵∠A+∠ABC＝∠ABC+∠DBC＝∠ABC+∠N＝90°，
∴∠A＝∠DBC＝∠N＝α．
如圖，連接OM．
∴在Rt△OFM中，OF＝＝．
∴BF＝BO+OF＝1+，AF＝OA﹣OF＝1﹣．
∴在Rt△AFE中，EF＝AF tanα＝（1﹣） tanα，
AE＝＝．
在Rt△ABC中，BC＝AB sinα＝2sinα．（∵r＝1，∴AB＝2．）
AC＝AB cosα＝2cosα．
在Rt△BFN中，BN＝＝，FN＝＝．
∴y＝FE FN
＝x2
＝x2
＝x2
＝x2
＝x．
即y＝x．
∵FM⊥AB，
∴FM最大值為F與O重合時，即為1．
∴0＜x≤1．
綜上，y＝x，0＜x≤1．
【點睛】本題主要考查了圓的相關性質，解題時要熟練掌握并靈活運用．
8．（2022 荊州）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點O是邊AB上一個動點（不與點A重合），連接OD，將△OAD沿OD折疊，得到△OED；再以O為圓心，OA的長為半徑作半圓，交射線AB于G，連接AE并延長交射線BC于F，連接EG，設OA＝x．
（1）求證：DE是半圓O的切線：
（2）當點E落在BD上時，求x的值；
（3）當點E落在BD下方時，設△AGE與△AFB面積的比值為y，確定y與x之間的函數關系式；
（4）直接寫出：當半圓O與△BCD的邊有兩個交點時，x的取值范圍．
【答案】（1）證明見解析；
（2）；
（3）y＝（0＜x＜）；
（4）＜x＜3或＜x≤4．
【點撥】（1）證明OE⊥DE，可得結論；
（2）圖2中，當點E落在BD上時，利用面積法構建方程求出x即可；
（3）圖2中，當點E落在BD上時，利用面積法求出AJ，AE，再利用相似三角形的性質求解即可；
（4）當⊙O與CD相切時，x＝3，當⊙O經過點C時，x2＝（4﹣x）2+32，解得x＝，結合圖形，判斷即可．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DAO＝90°，
∵將△OAD沿OD折疊，得到△OED，
∴∠OED＝∠DAO＝90°，
∴OE⊥DE，
∵OE是半徑，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：如圖2中，當點E落在BD下方時，
在Rt△ADB中，∠DAB＝90°，AD＝3，AB＝4，
∴BD＝＝＝5，
∵S△ADB＝S△ADO+S△BDO，
∴×3×4＝×3×x+×5×x，
∴x＝．
（3）解：圖2中，當點E落在BD上時，
∵DA＝DE，OA＝OE，
∴OD垂直平分線段AE，
∵ AD AO＝ DO AJ，
∴AJ＝，
∴AE＝2AJ＝，
∵AG是直徑，
∴∠AEG＝∠ABF＝90°，
∵∠EAG＝∠BAF，
∴△AEG∽△ABF，
∴y＝＝（）2＝＝（0＜x＜）；
（4）當⊙O與CD相切時，x＝3，
當⊙O經過點C時，x2＝（4﹣x）2+32，
∴x＝，
觀察圖象可知，當＜x＜3或＜x≤4時，半圓O與△BCD的邊有兩個交點．
【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了矩形的性質，切線的判定，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用面積法解決問題，學會尋找特殊位置解決問題，屬于中考壓軸題．
9．（2023 丹東）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AB＝6，點D是BC的中點．四邊形DEFG是菱形（D，E，F，G按逆時針順序排列），∠EDG＝60°，且DE＝2，菱形DEFG可以繞點D旋轉，連接AG和CE，設直線AG和直線CE所夾的銳角為α．
（1）在菱形DEFG繞點D旋轉的過程中，當點E在線段DC上時，如圖①，請直接寫出AG與CE的數量關系及α的值；
（2）當菱形DEFG繞點D旋轉到如圖②所示的位置時，（1）中的結論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由；
（3）設直線AG與直線CE的交點為P，在菱形DEFG繞點D旋轉一周的過程中，當EF所在的直線經過點B時，請直接寫出△APC的面積．
【答案】（1）AG＝CE，α＝60°，理由見解析；
（2）（1）的結論成立，證明見解析；
（3）△APC的面積為或2．
【點撥】（1）由AG＝AD﹣GD＝2﹣2，CE＝CD﹣DE＝2＝AG，即可求解；
（2）證明△ADG≌△CDE（SAS），進而求解；
（3）證明△BDE、△DGC均為等邊三角形，證明A、M、P、G共線，由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，即可求解；當B、F重合時，也符合題意，由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，則tan∠AEC＝＝＝，
在△APC中，用解直角三角形的方法即可求解．
【解析】（1）解：AG＝CE，α＝60°，理由：
在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AB＝6，
則AC＝ABtan30°＝2，則BC＝2AC＝4，
∵點D是BC的中點，則BD＝CD＝AD＝2，
則AG＝AD﹣GD＝2﹣2，CE＝CD﹣DE＝2＝AG，
在△ACD中，AD＝CD，∠C＝60°，
則△ACD為等邊三角形，則∠ADC＝60°＝α；
（2）（1）的結論成立，理由：
證明：延長AG交CD于點T，交CE于點N，
∵∠ADG+∠GDC＝60°＝∠GDC+∠CDE，
∴∠ADG＝∠CDE，
∵AD＝CD，GD＝ED，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，∠DCE＝∠DAN，
∵∠ATD＝∠CTN，
∴∠ANC＝∠ADC＝60°＝α；
（3）解：當B、E、F共線時，如下圖，連接AD，
根據圖形的對稱性，當B、E、F共線時，且點D是BC的中點，
則F、G、A共線，此時點G、P共點，
∵∠EDG＝60°，則∠BDE＝60°，
則∠EBC＝∠ECB＝30°，
則∠ACG＝30°+60°＝90°
則BH＝HD＝DM＝CM＝BC＝，
由（1）知△ADC為等邊三角形，
由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，
在Rt△ACG中，AC＝2，則CG＝2，
則△APC的面積＝AC GC＝2×2＝2；
當B、F重合時，也符合題意，如下圖：
由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，
在Rt△AEC中，AC＝2，AE＝AB＝BE＝6﹣2＝4，
則tan∠AEC＝＝＝，
設AM＝x，則PM＝x，則CM＝＝＝x，
而AC2＝AM2+CM2，
即12＝3x2+x2，
解得：x＝，
則△APC的面積＝AM PC＝x×（x+x）＝；
綜上，△APC的面積為或2．
【點睛】本題為四邊形綜合題，涉及到三角形全等、解直角三角形、面積的計算、勾股定理的運用，題目難度很大，分類求解是本題解題的關鍵．
10．（2022 湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，a＞b．記△ABC的面積為S．
（1）如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為S1，正方形BGFC的面積為S2．
①若S1＝9，S2＝16，求S的值；
②延長EA交GB的延長線于點N，連結FN，交BC于點M，交AB于點H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：S2﹣S1＝2S．
（2）如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為S1，等邊三角形CBE的面積為S2．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點C在△ABF內），連結EF，CF．若EF⊥CF，試探索S2﹣S1與S之間的等量關系，并說明理由．
【答案】（1）①6；
②見解答過程；
（2）S2﹣S1＝S，理由見解答過程．
【點撥】（1）①由S1＝9，S2＝16，求得b＝3，a＝4，進而求出S＝ab＝6；
②先證明△AFN∽△NAB，得出，進而得出ab+b2＝a2，即可證明S2﹣S1＝2S；
（2）先證明△ABC≌△FBE（SAS），得出AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，求出∠FEC＝30°，利用三角函數得出b＝a，進而得出S＝ab＝a2，利由等邊三角形的性質求出，，通過計算得出S2﹣S1＝×，即可證明S2﹣S1＝S．
【解析】（1）①解：∵S1＝9，S2＝16，
∴b＝3，a＝4，
∵∠ACB＝90°，
∴S＝ab＝＝6；
②證明：由題意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∴∠FAH+∠NAB＝90°，
∵FH⊥AB，
∴∠FAH+∠AFN＝90°，
∴∠AFN＝∠NAB，
∴△AFN∽△NAB，
∴＝，即，
∴ab+b2＝a2，
∴2S+S1＝S2，
∴S2﹣S1＝2S；
（2）解：S2﹣S1＝S，
理由：∵△ABF和△CBE都是等邊三角形，
∴AB＝FB，CB＝EB，∠ABF＝∠CBE＝60°，
∴∠ABF﹣∠CBF＝∠CBE﹣∠CBF，
∴∠ABC＝∠FBE，
在△ABC和△FBE中，
，
∴△ABC≌△FBE（SAS），
∴AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，
∴∠FEC＝90°﹣60°＝30°，
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a，
∴cos∠FEC＝，即cos30°＝，
∴b＝acos30°＝a，
∴S＝ab＝a2，
∵△ACD和△CBE都是等邊三角形，
∴，，
∴S2﹣S1＝＝﹣＝＝×，
∴S2﹣S1＝S．
【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，掌握正方形的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，解直角三角形，相似三角形的判定與性質是解決問題的關鍵．
類型2 動態幾何中的線段和差問題
1．（2021 淮安）【知識再現】
學完《全等三角形》一章后，我們知道“斜邊和一條直角邊分別相等的兩個直角三角形全等（簡稱‘HL’定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
【簡單應用】
如圖（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D、E分別在邊AC、AB上．若CE＝BD，則線段AE和線段AD的數量關系是 　AE＝AD　．
【拓展延伸】
在△ABC中，∠BAC＝α（90°＜α＜180°），AB＝AC＝m，點D在邊AC上．
（1）若點E在邊AB上，且CE＝BD，如圖（2）所示，則線段AE與線段AD相等嗎？如果相等，請給出證明；如果不相等，請說明理由．
（2）若點E在BA的延長線上，且CE＝BD．試探究線段AE與線段AD的數量關系（用含有α、m的式子表示），并說明理由．
【答案】見解析
【點撥】【簡單應用】證明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得結論．
【拓展延伸】（1）結論：AE＝AD．如圖（2）中，過點C作CM⊥BA交BA的延長線于M，過點B作BN⊥CA交CA的延長線于N．證明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，證明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得結論．
（2）如圖（3）中，結論：AE﹣AD＝2m cos（180°﹣α）．在AB上取一點E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過點C作CT⊥AE于T．證明TE＝TE′，求出AT，可得結論．
【解析】【簡單應用】解：如圖（1）中，結論：AE＝AD．
理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），
∴AD＝AE．
故答案為：AE＝AD．
【拓展延伸】解：（1）結論：AE＝AD．
理由：如圖（2）中，過點C作CM⊥BA交BA的延長線于M，過點B作BN⊥CA交CA的延長線于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），
∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，
∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），
∴EM＝DN，
∵AM＝AN，
∴AE＝AD．
（2）如圖（3）中，結論：AE﹣AD＝2m cos（180°﹣α）．
理由：在AB上取一點E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過點C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，
∴CE＝CE′，
∵CT⊥EE′，
∴ET＝TE′，
∵AT＝AC cos（180°﹣α）＝m cos（180°﹣α），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m cos（180°﹣α）．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
2．（2022 郴州）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．點E是線段AD上的動點（點E不與點A，D重合），連接CE，過點E作EF⊥CE，交AB于點F．
（1）求證：△AEF∽△DCE；
（2）如圖2，連接CF，過點B作BG⊥CF，垂足為G，連接AG．點M是線段BC的中點，連接GM．
①求AG+GM的最小值；
②當AG+GM取最小值時，求線段DE的長．
【答案】見解析
【點撥】（1）由矩形的性質及直角三角形的性質證出∠DCE＝∠AEF，根據相似三角形的判定可得出結論；
（2）①連接AM，由直角三角形的性質得出MB＝CM＝GM＝，則點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上，當A，G，M三點共線時，AG+GM＝AM，此時，AG+GM取得最小值，由勾股定理求出AM＝5，則可得出答案；
②方法一：過點M作MN∥AB交FC于點N，證明△CMN∽△CBF，由相似三角形的性質得出，設AF＝x，則BF＝4﹣x，得出MN＝BF＝（4+x），證明△AFG∽△MNG，得出比例線段，列出方程，解得x＝1，求出AF＝1，由（1）得，設DE＝y，則AE＝6﹣y，得出方程，解得y＝3+或y＝3﹣，則可得出答案．
方法二：過點G作GH∥AB交BC于點H，證明△MHG∽△MBA，由相似三角形的性質得出，求出GH＝，MH＝，證明△CHG∽△CBF，得出，求出FB＝3，則可得出AF＝1，后同方法一可求出DE的長．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠CED+∠DCE＝90°，
∵EF⊥CE，
∴∠CED+∠AEF＝90°，
∴∠DCE＝∠AEF，
∴△AEF∽△DCE；
（2）解：①連接AM，如圖2，
∵BG⊥CF，
∴△BGC是直角三角形，
∵點M是BC的中點，
∴MB＝CM＝GM＝，
∴點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上，
當A，G，M三點不共線時，由三角形兩邊之和大于第三邊得：AG+GM＞AM，
當A，G，M三點共線時，AG+GM＝AM，
此時，AG+GM取得最小值，
在Rt△ABM中，AM＝＝＝5，
∴AG+GM的最小值為5．
②方法一：
如圖3，過點M作MN∥AB交FC于點N，
∴△CMN∽△CBF，
∴，
設AF＝x，則BF＝4﹣x，
∴MN＝BF＝（4﹣x），
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
∴，
由（2）可知AG+GM的最小值為5，
即AM＝5，
又∵GM＝3，
∴AG＝2，
∴，
解得x＝1，
即AF＝1，
由（1）得，
設DE＝y，則AE＝6﹣y，
∴，
解得：y＝3+或y＝3﹣，
∵0＜6，0＜3﹣＜6，
∴DE＝3+或DE＝3﹣．
方法二：
如圖4，過點G作GH∥AB交BC于點H，
∴△MHG∽△MBA，
∴，
由（2）可知AG+MG的最小值為5，
即AM＝5，
又∵GM＝3，
∴，
∴GH＝，MH＝，
由GH∥AB得△CHG∽△CBF，
∴，
即，
解得FB＝3，
∴AF＝AB﹣FB＝1．
由（1）得，
設DE＝y，則AE＝6﹣y，
∴，
解得：y＝3+或y＝3﹣，
∵0＜6，0＜3﹣＜6，
∴DE＝3+或DE＝3﹣．
【點睛】本題是相似形綜合題，考查了矩形的性質，直角三角形的性質，相似三角形的判定與性質，三角形三邊關系，勾股定理，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
3．（2022 甘肅）已知正方形ABCD，E為對角線AC上一點．
【建立模型】
（1）如圖1，連接BE，DE．求證：BE＝DE；
【模型應用】
（2）如圖2，F是DE延長線上一點，FB⊥BE，EF交AB于點G．
①判斷△FBG的形狀并說明理由；
②若G為AB的中點，且AB＝4，求AF的長．
【模型遷移】
（3）如圖3，F是DE延長線上一點，FB⊥BE，EF交AB于點G，BE＝BF．求證：GE＝（﹣1）DE．
【答案】（1）證明見解析；
（2）①△FBG為等腰三角形，理由見解析；
②；
（3）證明見解析．
【點撥】（1）先判斷出AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°，進而判斷出△ABE≌△ADE，即可得出結論；
（2）①先判斷出∠AGD＝∠FBG，進而判斷出∠FBG＝∠FGB，即可得出結論；
②過點F作FH⊥AB于H，先求出AG＝BG＝2，AD＝4，進而求出AH＝3，進而求出FH＝2，最后用勾股定理即可求出答案；
（3）先判斷出EF＝BE，由（1）知，BE＝DE，由（2）知，FG＝BF，即可判斷出結論．
【解析】（1）證明：∵AC是正方形ABCD的對角線，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）解：①△FBG為等腰三角形，理由：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠GAD＝90°，
∴∠AGD+∠ADG＝90°，
由（1）知，△ABE≌△ADE，
∴∠ADG＝∠EBG，
∴∠AGD+∠EBG＝90°，
∵FB⊥BE，
∴∠FBG+∠EBG＝90°，
∴∠AGD＝∠FBG，
∵∠AGD＝∠FGB，
∴∠FBG＝∠FGB，
∴FG＝FB，
∴△FBG是等腰三角形；
②如圖，過點F作FH⊥AB于H，
∵四邊形ABCD為正方形，點G為AB的中點，AB＝4，
∴AG＝BG＝2，AD＝4，
由①知，FG＝FB，
∴GH＝BH＝1，
∴AH＝AG+GH＝3，
在Rt△FHG與Rt△DAG中，∵∠FGH＝∠DGA，
∴tan∠FGH＝tan∠DGA，
∴＝2，
∴FH＝2GH＝2，
在Rt△AHF中，AF＝＝；
（3）∵FB⊥BE，
∴∠FBE＝90°，
在Rt△EBF中，BE＝BF，
∴EF＝BE，
由（1）知，BE＝DE，
由（2）知，FG＝BF，
∴GE＝EF﹣FG＝BE﹣BF＝DE﹣DE＝（﹣1）DE．
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，銳角三角函數，作出輔助線構造出直角三角形是解（2）的關鍵．
4．（2022 十堰）已知∠ABN＝90°，在∠ABN內部作等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α≤90°）．點D為射線BN上任意一點（與點B不重合），連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉α得到線段AE，連接EC并延長交射線BN于點F．
（1）如圖1，當α＝90°時，線段BF與CF的數量關系是 　BF＝CF　；
（2）如圖2，當0°＜α＜90°時，（1）中的結論是否還成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；
（3）若α＝60°，AB＝4，BD＝m，過點E作EP⊥BN，垂足為P，請直接寫出PD的長（用含有m的式子表示）．
【答案】（1）BF＝CF；
（2）成立，見解答；
（3）6﹣m或0或m﹣6．
【點撥】（1）連接AF，先根據“SAS”證明△ACE≌△ABD，得出∠ACE＝∠ABD＝90°，再證明Rt△ABF≌Rt△ACF，即可得出結論；
（2）連接AF，先說明∠EAC＝∠BAD，然后根據“SAS”證明△ACE≌△ABD，得出∠ACE＝∠ABD＝90°，再證明Rt△ABF≌Rt△ACF，即可得出結論；
（3）先根據α＝60°，AB＝AC，得出△ABC為等邊三角形，再按照∠BAD的大小分三種情況進行討論，得出結果即可．
【解析】解：（1）BF＝CF；理由如下：
連接AF，如圖所示：
根據旋轉可知，∠DAE＝α＝90°，AE＝AD，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAC+∠CAD＝90°，∠BAD+∠CAD＝90°，
∴∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD＝90°，
∴∠ACF＝90°，
在Rt△ABF與Rt△ACF中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△ACF（HL），
∴BF＝CF，
故答案為：BF＝CF；
（2）成立，理由如下：
如圖2，連接AF，
根據旋轉可知，∠DAE＝α，AE＝AD，
∵∠BAC＝α，
∴∠EAC﹣∠CAD＝α，∠BAD﹣∠CAD＝α，
∴∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD＝90°，
∴∠ACF＝90°，
在Rt△ABF與Rt△ACF中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△ACF（HL），
∴BF＝CF；
（3）∵α＝60°，AB＝AC，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝AC＝BC＝4，
①當∠BAD＜60°時，連接AF，如圖所示：
∵Rt△ABF≌Rt△ACF，
∴∠BAF＝∠CAF＝∠BAC＝30°，
在Rt△ABF中，＝tan30°，
，
即CF＝BF＝4；
根據（2）可知，△ACE≌△ABD，
∴CE＝BD＝m，
∴EF＝CF+CE＝4+m，∠FBC＝∠FCB＝90°﹣60°＝30°，
∴∠EFP＝∠FBC+∠FCB＝60°，
又∵∠EPF＝90°，
∴∠FEP＝90°﹣60°＝30°，
∴PF＝EF＝2+m，
∴BP＝BF+PF＝6+m，
∴PD＝BP﹣BD＝6﹣m；
②當∠BAD＝60°時，AD與AC重合，如圖所示：
∵∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴△ADE為等邊三角形，
∴∠ADE＝60°，
∵∠ADB＝90°﹣∠BAC＝30°，
∴∠ADE＝90°，
∴此時點P與點D重合，PD＝0；
③當∠BAD＞60°時，連接AF，如圖所示：
∵Rt△ABF≌Rt△ACF，
∴∠BAF＝∠CAF＝∠BAC＝30°，
在Rt△ABF中，＝tan30°，
，
即CF＝BF＝4；
根據（2）可知，△ACE≌△ABD，
∴CE＝BD＝m，
∴EF＝CF+CE＝4+m，∠FBC＝∠FCB＝90°﹣60°＝30°，
∴∠EFP＝∠FBC+∠FCB＝60°，
又∵∠EPF＝90°，
∴∠FEP＝90°﹣60°＝30°，
∴PF＝EF＝2+m，
∴BP＝BF+PF＝6+m，
∴PD＝BD﹣BP＝m﹣6，
綜上，PD的值為6﹣m或0或m﹣6．
【點睛】本題考查圖形的旋轉，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，理解旋轉的性質，注意分類討論思想解題是關鍵．
5．（2022 遼寧）在 ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，點P為射線CD上的動點（點P不與點D重合），連接AP，過點P作EP⊥AP交直線BD于點E．
（1）如圖①，當點P為線段CD的中點時，請直接寫出PA，PE的數量關系；
（2）如圖②，當點P在線段CD上時，求證：DA+DP＝DE；
（3）點P在射線CD上運動，若AD＝3，AP＝5，請直接寫出線段BE的長．
【答案】見解析
【點撥】（1）連接BD，可知△BDC是等腰直角三角形，再證明△ADP≌△EBP（ASA），得PA＝PE；
（2）過點P作PF⊥CD交DE于點F，首先證明△ADP≌△EFP（ASA），得AD＝EF，再證明△DPF是等腰直角三角形，可得結論；
（3）分點P在線段CD和CD的延長線上兩種情形，分別畫出圖形，利用△ADP≌△EFP（ASA），得AD＝EF，從而解決問題．
【解析】（1）解：連接BP，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝CB，
∵AD＝BD，
∴∠BDC＝∠C＝45°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵點P為CD的中點，
∴DP＝BP，∠CPB＝90°，
∴∠ADP＝∠PBE＝135°，
∵PA⊥PE，
∴∠APE＝∠DPB＝90°，
∴∠APD＝∠BPE，
∴△ADP≌△EBP（ASA），
∴PA＝PE；
（2）證明：如圖，過點P作PF⊥CD交DE于點F，
∵PF⊥CD，EP⊥AP，
∴∠DPF＝∠APE＝90°，
∴∠DPA＝∠FPE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠C＝∠DAB＝45°，AB∥CD，
又∵AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝∠C＝∠CDB＝45°，
∴∠ADB＝∠DBC＝90°，
∴∠PFD＝45°，
∴∠PFD＝∠PDF，
∴PD＝PF，
∴∠PDA＝∠PFE＝135°，
∴△ADP≌△EFP（ASA），
∴AD＝EF，
在Rt△FDP中，∠PDF＝45°，
∵cos∠PDF＝，
∴DF＝，
∵DE＝DF+EF，
∴DA+DP＝DE；
（3）解：當點P在線段CD上時，如圖②，作AG⊥CD，交CD延長線于G，
則△ADG是等腰直角三角形，
∴AG＝DG＝3，
∴GP＝4，
∴PD＝1，
由（2）得，DA+DP＝DE；
∴3+＝DE，
∴DE＝4，
∴BE＝DE﹣BD＝4﹣3＝，
當點P在CD的延長線上時，作AG⊥CD，交CD延長線于G，
同理可得△ADP≌△EFP（AAS），
∴AD＝EF，
∵PD＝PG+DG＝4+3＝7，
∴DF＝PD＝7，
∴BE＝BD+DF﹣EF＝DF＝7，
綜上：BE的長為或7．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質，等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等知識，作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵，同時注意分類討論思想的運用．
6．（2022 河北）如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB＝2，DH⊥BC于點H．將△PQM與該四邊形按如圖方式放在同一平面內，使點P與A重合，點B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM＝4．
（1）求證：△PQM≌△CHD；
（2）△PQM從圖1的位置出發，先沿著BC方向向右平移（圖2），當點P到達點D后立刻繞點D逆時針旋轉（圖3），當邊PM旋轉50°時停止．
①邊PQ從平移開始，到繞點D旋轉結束，求邊PQ掃過的面積；
②如圖2，點K在BH上，且BK＝9﹣4．若△PQM右移的速度為每秒1個單位長，繞點D旋轉的速度為每秒5°，求點K在△PQM區域（含邊界）內的時長；
③如圖3，在△PQM旋轉過程中，設PQ，PM分別交BC于點E，F，若BE＝d，直接寫出CF的長（用含d的式子表示）．
【答案】（1）證明見解析部分；
（2）①9+5π；
②（4﹣3）s；
③．
【點撥】（1）解直角三角形求出QM，再根據AAS證明三角形全等即可；
（2）①如圖1中，PQ掃過的面積＝平行四邊形AQQ′D的面積+扇形DQ′Q″的面積；
②如圖2﹣1中，連接DK．當DM運動到與DH重合時，求出∠KDH＝15°，可得結論；
③利用勾股定理求出DE2，再利用相似三角形的性質求出EF，可得結論．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABHD是矩形，
∴AB＝DH＝2，∠DHB＝∠DHC＝90°，
在Rt△AQM中，∠Q＝90°，∠QAM＝30°，AM＝4，
∴QM＝AM＝2，
∴QM＝DH，
∵∠Q＝∠DHC＝90°，∠QAM＝∠C＝30°，
在△PQM和△CHD中，
，
∴△PQM≌△CHD（AAS）；
（2）解：①如圖1中，PQ掃過的面積＝平行四邊形AQQ′D的面積+扇形DQ′Q″的面積．
設QQ′交AM于點T．
∵AQ＝QM＝6，QT⊥AM，
∴AT＝AQ cos30°＝3，
∴PQ掃過的面積＝3×3+＝9+5π；
②如圖2﹣1中，連接DK．當DM運動到與DH重合時，
∵BH＝AD＝3，BK＝9﹣4，
∴KH＝3﹣（9﹣4）＝4﹣6，
∴CK＝4﹣6+6＝4，
∵CD＝2DH＝4，
∴CD＝CK，
∴∠CKD＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠KDH＝15°，
∵∠QDK＝30°﹣15°＝15°，
∴點K在△PQM區域（含邊界）內的時長+＝（4﹣3）s；
③如圖3中，
在Rt△CDH中，DH＝2，∠C＝30°，
∴CH＝DH＝6，
∵BH＝3，BE＝d，
∴EH＝|3﹣d|，
∵DH＝2，∠DHE＝90°，
∴DE2＝EH2+DH2＝（3﹣d）2+（2）2，
∵∠DEF＝∠CED，∠EDF＝∠C＝30°，
∴△DEF∽△CED，
∴DE2＝EF EC，
∴（3﹣d）2+12＝EF （9﹣d），
∴EF＝，
∴CF＝BC﹣BE﹣EF＝9﹣d﹣＝．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
7．（2023 鞍山）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點D是射線BC上的動點（不與點B，C重合），連接AD，過點D在AD左側作DE⊥AD，使AD＝kDE，連接AE，點F，G分別是AE，BD的中點，連接DF，FG，BE．
（1）如圖1，點D在線段BC上，且點D不是BC的中點，當α＝90°，k＝1時，AB與BE的位置關系是 　垂直　，＝　　．
（2）如圖2，點D在線段BC上，當α＝60°，k＝時，求證：BC+CD＝2FG．
（3）當α＝60°，k＝時，直線CE與直線AB交于點N，若BC＝6，CD＝5，請直接寫出線段CN的長．
【答案】（1）垂直，；
（2）證明過程詳見解析；
（3）CN＝或．
【點撥】（1）連接BF并延長交AC于R，可推出∠AED＝∠ABD＝45°，從而A、B、E、D共圓，從而∠ABE＝90°，從而得出AB與BE垂直，可證得△BEF≌△RAF，從而BF＝RF，從而得出RB∥FG，FG＝，進一步得出結果；
（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延長線于H，連接BF，可推出∠AED＝∠ABC＝60°，從而點A、E、B、D共圓，從而得出∠ABE＝∠ADE＝90°，可推出FG⊥BC，進而得出EH∥FG∥AQ，進而得出FG是梯形AEHQ的中位線，從而EH+AQ＝2FG，變形得，可推出DQ＝EH，CQ＝AQ，進一步得出結論；
（3）分兩種情形：當點D在BC上時，作EH⊥CB，交CB的延長線于點H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，可推出△DHE∽△AQD，從而＝，從而求得EH，BH，CH及CE，在Rt△BCX中可求得BX，EX，根據BN∥CX得出，進一步得出結果；當點D在BC的延長線上時，作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，同樣的過程得出結果．
【解析】（1）解：如圖1，
連接BF并延長交AC于R，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
同理可得：∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠ABD，
∴A、B、E、D共圓，
∴∠ABE+∠ADE＝180°，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∴AB與BE垂直，
∵F是AE的中點，
∴BF＝DF＝AE，
∵G是BD的中點，
∴FG⊥BC，
∵∠ABE+∠BAC＝90°+90°＝180°，
∴BE∥AC，
∴∠EAR＝∠FEB，
∵∠AFR＝∠BFE，AF＝EF，
∴△BEF≌△RAF（ASA），
∴BF＝RF，
∴RD∥FG，FG＝，
∵FG⊥BC，
∴RD⊥BC，
∵∠C＝45°，
∴CD＝RD，
∴FG＝，
故答案為：垂直，；
（2）證明：如圖2，
作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延長線于H，連接BF，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵∠ADE＝90°，，
∴∠AED＝60°，
∴∠AED＝∠ABC，
∴點A、E、B、D共圓，
∴∠ABE＝∠ADE＝90°，
∵F是AE的中點，
∴BF＝DF＝AE，
∴FG⊥BC，
∴EH∥FG∥AQ，
∴，
∴HG＝QG，
∴FG是梯形AEHQ的中位線，
∴EH+AQ＝2FG，
∴，
∵∠H＝90°，∠EBH＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝30°，
∴BH＝EH，
∵HG＝QG，BG＝DG，
∴BH＝DQ，
∴DQ＝EH，
∵∠AQC＝90°，∠C＝60°，
∴CQ＝AQ，
∴DQ+3CQ＝2FG，
∴（DQ+CQ）+2CQ＝2FG，
∴BC+CD＝2FG；
（3）解：如圖3，
當點D在BC上時，
作EH⊥CB，交CB的延長線于點H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠C＝60°，BQ＝CQ＝BC＝3，
∴DQ＝CD﹣CQ＝2，AQ＝AC＝3，
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH+∠ADQ＝90°，
∵∠H＝∠ADQ＝90°，
∴∠ADQ+∠DAQ＝90°，
∴∠EDH＝∠DAQ，
∴△DHE∽△AQD，
∴＝，
∴EH＝＝，
∴BE＝2EH＝，BH＝EH＝2，
∴CH＝BH+BC＝8，
∴CE＝＝，
在Rt△BCX中，BC＝6，∠BCX＝∠EBH＝30°，
∴BX＝6 cos30°＝3，
∴EX＝EB+BX＝，
∵BN∥CX，
∴，
∴，
∴CN＝，
如圖4，
當點D在BC的延長線上時，
作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，
由上可知：AQ＝3，CQ＝3，△DHE∽△AQD，
∴DQ＝CQ+CD＝8，＝，
∴EH＝DQ＝，
∴BH＝EH＝8，BE＝2EH＝，
∴CH＝BH﹣BC＝2，
∴CE＝＝＝，
∵BX＝BC＝3，
∴EX＝BE﹣BX＝，
∵BN∥CX，
∴，
∴
∴CN＝，
綜上所述：CN＝或．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和垂直，直角三角形的性質，梯形的中位線定理，相似三角形的判定和性質，確定圓的條件，平行線分線段成比例定理，解直角三角形等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造梯形的中位線．
8．（2023 重慶）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，點D為線段AB上一動點，連接CD．
（1）如圖1，若AC＝9，BD＝，求線段AD的長；
（2）如圖2，以CD為邊在CD上方作等邊△CDE，點F是DE的中點，連接BF并延長，交CD的延長線于點G．若∠G＝∠BCE，求證：GF＝BF+BE；
（3）在CD取得最小值的條件下，以CD為邊在CD右側作等邊△CDE．點M為CD所在直線上一點，將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BNM．連接AN，點P為AN的中點，連接CP，當CP取最大值時，連接BP，將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BCQ，請直接寫出此時的值．
【答案】（1）AD＝5；
（2）證明見解析；
（3）．
【點撥】（1）在Rt△ABC中，由∠B＝60°，AC＝9，可得BC＝＝3，AB＝2BC＝6，即得AD＝AB﹣BD＝5；
（2）取AB的中點O，連接OC，證明△BOC 為等邊三角形，得CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，可得△OCD≌△BCE（SAS），有∠EBC＝∠DOC＝120°，故OC∥BE，在GF上截取 HF＝BF，連接DH，可證△BEF≌△HDF（SAS），得BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，有DH∥BE，DH∥OC，可得∠HDG＝∠OCD，知∠G＝∠HDG，HG＝HD，從而HG＝BE，GF＝HG+FH＝BE+BF；
（3）取AB的中點S，連接PS，在CD取得最小值時，CD⊥AB，設AB＝4a，則BC＝2a，AC＝2a，用面積法得CD＝＝a，BD＝BC＝a，證明△BCD≌△BCE（SAS），知BD＝BE＝a，根據將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BNM，有BE＝BN＝a，故N的運動軌跡是以B為圓心，a為半徑的圓，又PS＝BN＝a，故P的運動軌跡是以S為圓心，a為半徑的圓，當CP最大時，C，P，S三點共線，過P作PT⊥AC于T，過N作NR⊥AC于R，可得△BSC是等邊三角形，∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，而CP＝CS+PS＝2a+a＝a，可求得PT＝CP＝a，CT＝PT＝a，AT＝AC﹣CT＝a，連接PQ交NR于W，根據將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BCQ，知PQ⊥BC，故即PW∥AR，PW是△ANR的中位線，同理可得PT是△ANR的中位線，即可得PT＝NW＝RW＝a，PW＝AR＝AT＝a，根據將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BCQ，得CP＝CQ，∠QCP＝120°，有PQ＝CP＝a，即得WQ＝PQ﹣PW＝a，從而NQ＝＝a，＝．
【解析】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∵∠B＝60°，AC＝9，
∴BC＝＝3，AB＝2BC＝6
∵BD＝，
∴AD＝AB﹣BD＝5；
（2）證明：取AB的中點O，連接OC，如圖：
在Rt△ABC 中，點O為斜邊AB的中點，
∴OC＝OB，
∵∠ABC＝60°，
∴△BOC為等邊三角形，
∴CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，
∴∠DOC＝120°，
∵△CDE為等邊三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠DCE＝∠OCB＝60°，即∠OCD+∠OCE＝∠OCE+∠BCE，
∴∠OCD＝∠BCE，
在△OCD和△BCE 中，
，
∴△OCD≌△BCE（SAS），
∴∠EBC＝∠DOC＝120°，
∴∠OCB+∠EBC＝180°，
∴OC∥BE，
在GF上截取HF＝BF，連接DH，
∵點F是DE的中點，
∴FE＝FD．
在△BEF和△HDF中，
，
∴△BEF≌△HDF（SAS），
∴BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，
∴DH∥BE，
∴DH∥OC，
∴∠HDG＝∠OCD，
又∠G＝∠BCE，
∴∠G＝∠HDG，
∴HG＝HD，
∴HG＝BE，
∴GF＝HG+FH＝BE+BF；
（3）解：取AB的中點S，連接PS，如圖：
在CD取得最小值時，CD⊥AB，
設AB＝4a，則BC＝2a，AC＝2a，
∵2S△ABC＝AC BC＝AB CD，
∴CD＝＝a，BD＝BC＝a，
∵△CDE是等邊三角形，
∴∠DCE＝60°，CD＝CE，
∴∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB＝60°﹣30°＝30°＝∠DCB，
∵BC＝BC，
∴△BCD≌△BCE（SAS），
∴BD＝BE＝a，
∵將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BNM，
∴BE＝BN＝a，
∴N的運動軌跡是以B為圓心，a為半徑的圓，
∵點P為AN的中點，S為AB的中點，
∴PS＝BN＝a，
∴P的運動軌跡是以S為圓心，a為半徑的圓，
當CP最大時，C，P，S三點共線，過P作PT⊥AC于T，過N作NR⊥AC于R，如圖：
∵S是AB中點，
∴BS＝AS＝CS＝AB＝2a，
∵∠ABC＝60°，
∴△BSC是等邊三角形，
∴∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，
∴∠PCA＝30°，
∵CP＝CS+PS＝2a+a＝a，
∴PT＝CP＝a，CT＝PT＝a，
∴AT＝AC﹣CT＝a，
連接PQ交NR于W，如圖：
∵將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BCQ，
∴PQ⊥BC，
∵AC⊥BC，
∴PQ∥AC，即PW∥AR，
∵P為AN中點，
∴PW是△ANR的中位線，
∴NW＝RW＝NR，
同理可得PT是△ANR的中位線，
∴PT＝NR，
∴PT＝NW＝RW＝a，PW＝AR＝AT＝a，
∵將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內得到△BCQ，
∴∠QCB＝∠PCB＝60°，CP＝CQ，
∴∠QCP＝120°，
∴PQ＝CP＝a，
∴WQ＝PQ﹣PW＝a﹣a＝a，
∴NQ＝＝＝a，
∴＝＝．
【點睛】本題考查三角形綜合應用，涉及全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，對稱變換，最短路徑等知識，綜合性較強，解題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形和全等三角形解決問題．
9．（2023 十堰）過正方形ABCD的頂點D作直線DP，點C關于直線DP的對稱點為點E，連接AE，直線AE交直線DP于點F．
（1）如圖1，若∠CDP＝25°，則∠DAF＝　20°　；
（2）如圖1，請探究線段CD，EF，AF之間的數量關系，并證明你的結論；
（3）在DP繞點D轉動的過程中，設AF＝a，EF＝b，請直接用含a，b的式子表示DF的長．
【答案】（1）20°；
（2）；
（3）或 或 ．
【點撥】（1）如圖，連接CE，DE，由對稱知∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，由四邊形ABCD是正方形得AD＝CD，所以AD＝ED，從而；
（2）如圖，連接CF，DE，AC，CE，交DP于點H，由軸對稱知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，可證得∠AFC＝90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，從而 ；
（3）由勾股定理，，分情況討論：當點F在D，H 之間時，；當點D在F，H之間時， 點H在F，D之間時，．
【解析】解：（1）如圖，連接CE，DE，
∵點C關于直線DP的對稱點為點E，
∴CD，ED關于DP對稱，∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，
∴AD＝ED，
∴．
故答案為：20°；
（2）結論：．
理由：如圖，連接DE，CE，AC，CF．
由軸對稱知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，
而∠DEF＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠DCF．
∵∠FAC+∠FCA＝∠FAC+∠DAF+∠DCA＝90°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝90°，
在Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，
在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，
2CD2＝AF2+EF2，即；
（3）∵∠AFC＝90°，CF＝EF＝b，
∴，
∵，
∴．
如圖，當點F在D，H之間時，，
如圖，當點D在F，H之間時，，
如圖，當點H在F，D之間時，．
【點睛】本題考查軸對稱的性質，正方形的性質，等腰三角形知識，勾 股定理等，將運動狀態的所有可能考慮完備，分類討論是解題的關鍵．
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