PAGE1PAGE2專題09綜合與實踐（創(chuàng)新壓軸題，41題）1．（2025·江西·中考真題）綜合與實踐從特殊到一般是研究數(shù)學問題的一般思路，綜合實踐小組以特殊四邊形為背景就三角形的旋轉(zhuǎn)放縮問題展開探究．特例研究在正方形ABCD中，AC，BD相交于點（1）如圖1，△ADC可以看成是△AOB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)并放大k倍得到，此時旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為________，k的值為________；（2）如圖2，將△AOB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，并放大得到△AEF（點O，B的對應點分別為點E，F(xiàn)），使得點E落在OD上，點F落在BC上，求BFOE類比探究（3）如圖3，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O是AB的垂直平分線與BD的交點，將△AOB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，并放縮得到△AEF（點O，B的對應點分別為點E，F(xiàn)），使得點E落在OD上，點F落在BC上．猜想BFOE（4）若（3）中∠ABC=β，其余條件不變，探究BA，【答案】（1）45°；2；（2）BFOE=2；（3）BF【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)結合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求解即可；（2）由題意得△AEF∽△AOB，推出∠EAB=∠EAO，AFAE=ABAO，再得到（3）同理可證△AFB∽△AEO，得到BFOE=AB（4）同理可證，∠BAO=β2，BFOE【詳解】解：（1）∵正方形ABCD，∴∠OAB=∠DAC=45°，AD=2∴旋轉(zhuǎn)角為45°，k=AD故答案為：45°；2；（2）如圖，根據(jù)題意得△AEF∽△AOB，∴∠EAF=∠OAB，AFAB∴∠FAB=∠EAO，AFAE∴△AFB∽△AEO，∴BFOE∵∠OAB=45°，∠AOB=90°，∴ABAO∴BFOE（3）BFOE如圖，同理可證△AFB∽△AEO，∴BFOE∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∵O是AB的垂直平分線與BD的交點，∴AO=BO，∴∠BAO=∠ABO=30°，過點O作OG⊥AB于點G，∴AB=2BG，cos∠ABO=∴ABOA∴BFOE∴BFOE（3）同理可證，∠BAO=β2，∴BF=OE?2cosβ2∵BE=OE+OB，∴BF+BA=OE?2=2OE+OB即BF+BA=2BEcos【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，線段垂直平分線的性質(zhì)，正方形和菱形的性質(zhì)．解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．2．（2024·江西·中考真題）綜合與實踐如圖，在Rt△ABC中，點D是斜邊AB上的動點（點D與點A不重合），連接CD，以CD為直角邊在CD的右側(cè)構造Rt△CDE，∠DCE=90°，連接BE，特例感知（1）如圖1，當m=1時，BE與AD之間的位置關系是______，數(shù)量關系是______；類比遷移（2）如圖2，當m≠1時，猜想BE與AD之間的位置關系和數(shù)量關系，并證明猜想．拓展應用（3）在（1）的條件下，點F與點C關于DE對稱，連接DF，EF，BF，如圖3．已知AC=6，設AD=x，四邊形CDFE的面積為y．①求y與x的函數(shù)表達式，并求出y的最小值；②當BF=2時，請直接寫出AD的長度．【答案】（1）AD⊥BE，AD=BE（2）BE與AD之間的位置關系是AD⊥BE，數(shù)量關系是BEAD=m；（3）①y與x的函數(shù)表達式y(tǒng)=x?322+180<x≤62，當x=32時，y的最小值為18【分析】（1）先證明∠ACD=∠BCE，CD=CE，CB=CA，可得△ACD≌△BCE；再結合全等三角形的性質(zhì)可得結論；（2）先證明∠ACD=∠BCE，∠A+∠ABC=90°，結合CECD=CB（3）①先證明四邊形CDFE為正方形，如圖，過C作CH⊥AB于H，可得AB=AC2+BC2=62，CH=AH=BH=32，再分情況結合勾股定理可得函數(shù)解析式，結合函數(shù)性質(zhì)可得最小值；②如圖，連接OC，OB，OF，證明OC=OD=OF=OE=OB，可得D,C,E,B,F在⊙O上，且CF為直徑，則∠CBF=90°，過O作OK⊥BC于K，過O【詳解】解：（1）∵∠DCE=90°=∠ACB，∴∠ACD=∠BCE，∠A+∠ABC=90°，∵CECD∴CD=CE，CB=CA，∴△ACD≌△BCE；∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=∠ABC+∠CAD=90°，∴AD⊥BE，∴BE與AD之間的位置關系是AD⊥BE，數(shù)量關系是AD=BE；（2）BE與AD之間的位置關系是AD⊥BE，數(shù)量關系是BEAD∵∠DCE=90°=∠ACB，∴∠ACD=∠BCE，∠A+∠ABC=90°，∵CECD∴△ACD∽△BCE；∴BEAD=BC∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=∠ABC+∠CAD=90°，∴AD⊥BE，∴BE與AD之間的位置關系是AD⊥BE，數(shù)量關系是BEAD（3）由（1）得：CD=CE，CB=CA，∠DCE=90°=∠ACB，∴△ABC，△CDE都為等腰直角三角形；∵點F與點C關于DE對稱，∴△DFE為等腰直角三角形；CE=CD=EF=DF，∴四邊形CDFE為正方形，如圖，過C作CH⊥AB于H，∵AC=BC=6，∠ACB=90°，∴AB=AC2當0<x≤32∴DH=32∴y=CD如圖，當32此時DH=x?32同理可得：y=CD∴y與x的函數(shù)表達式為y=x?3當x=32時，y的最小值為18②如圖，∵AD⊥BE，正方形CDFE，記正方形的中心為O，∴∠DBE=∠DFE=∠CDF=90°，連接OC，OB，OF，∴OC=OD=OF=OE=OB，∴D,C,E,B,F在⊙O上，且CF為直徑，∴∠CBF=90°，過O作OK⊥BC于K，過O作OG⊥BF于G，∴BK=12BC=3∴OB=3∴DE=2OB=210∴正方形面積為12∴y=CD解得：x1=22如圖，綜上：當BF=2時，AD為22或4【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應用，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，圓的確定及圓周角定理的應用，本題難度大，作出合適的輔助線是解本題的關鍵.3．（2023·江西·中考真題）綜合與實踐問題提出：某興趣小組開展綜合實踐活動：在Rt△ABC中，∠C=90°，D為AC上一點，CD=2，動點P以每秒1個單位的速度從C點出發(fā)，在三角形邊上沿C→B→A勻速運動，到達點A時停止，以DP為邊作正方形DPEF設點P的運動時間為ts，正方形DPEF的而積為S，探究S

(1)初步感知：如圖1，當點P由點C運動到點B時，①當t=1時，S=_______．②S關于t的函數(shù)解析式為_______．(2)當點P由點B運動到點A時，經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)S是關于t的二次函數(shù)，并繪制成如圖2所示的圖象請根據(jù)圖象信息，求S關于t的函數(shù)解析式及線段AB的長．(3)延伸探究：若存在3個時刻t1,t2,①t1②當t3=4t【答案】(1)①3；②S=(2)S=t2(3)①4；②34【分析】（1）①先求出CP=1，再利用勾股定理求出DP=3，最后根據(jù)正方形面積公式求解即可；②仿照（1）①先求出CP=t，進而求出DP2（2）先由函數(shù)圖象可得當點P運動到B點時，S=DP2=6，由此求出當t=2時，S=6，可設S關于t的函數(shù)解析式為S=at?42+2，利用待定系數(shù)法求出（3）①根據(jù)題意可得可知函數(shù)S=t?42+2可以看作是由函數(shù)S=t2+2向右平移四個單位得到的，設Pm1，n，Qm2，nm2>m1是函數(shù)S=【詳解】（1）解：∵動點P以每秒1個單位的速度從C點出發(fā)，在三角形邊上沿C→B→A勻速運動，∴當t=1時，點P在BC上，且CP=1，∵∠C=90°，CD=2∴DP=C∴S=DP故答案為：3；②∵動點P以每秒1個單位的速度從C點出發(fā)，在BC勻速運動，∴CP=t，∵∠C=90°，CD=2∴DP∴S=DP（2）解：由圖2可知當點P運動到B點時，S=DP∴t2解得t=2，∴當t=2時，S=6，由圖2可知，對應的二次函數(shù)的頂點坐標為4，∴可設S關于t的函數(shù)解析式為S=at?4把2，6代入S=at?4解得a=1，∴S關于t的函數(shù)解析式為S=t?4在S=t2?8t+18中，當S=t2∴AB=8?2=6；（3）解：①∵點P在BC上運動時，S=t2+2，點P在AB∴可知函數(shù)S=t?42+2設Pm1，n，Qm2，∴m1∴m2∵存在3個時刻t1,t2,∴可以看作t1∴t1故答案為：4；②由（3）①可得t3∵t3∴4t∴t1∴S=t

.【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與圖形運動問題，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，勾股定理等等，正確理解題意利用數(shù)形結合的思想求解是解題的關鍵．4．（2022·江西·中考真題）問題提出：某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板PEF與正方形ABCD(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當OF與OB重合時，重疊部分的面積為__________；當OF與BC垂直時，重疊部分的面積為__________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為__________(2)類比探究：若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，OE,OP分別與正方形的邊相交于點M，N．①如圖2，當BM=CN時，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說明理由；②如圖3，當CM=CN時，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結果保留根號）；(3)拓展應用：若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設∠GOH=α），將∠GOH繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請直接寫出S2的最小值與最大值（分別用含（參考數(shù)據(jù)：sin15°=【答案】(1)1，1，S(2)①△OMN是等邊三角形，理由見解析；②3(3)tanα2【分析】（1）若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S（2）①結論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結論；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°（3）當點M,N都在BC上時，過點O作OQ⊥BC于點Q，作OMN的外接圓，記為⊙P，連接PO,PM,PN，過點P作PK⊥MN于點K，則∠MPN=2∠MON=2α，MN=2MK設⊙P為R，由于S△OMN=12MN×OQ，而OQ為定值，故MN最小，則S△OMN最小，在Rt△PMK中，PK=R?cosα,MK=R?sinα，則當R最小，MN最小，因為OP+PK≥OQ，則R?cosα+R≥OQ，故當點O,P,K三點共線時，R取得最小值，此時在Rt△OQM中，MQ=OQ×tanα2=tanα2，則S2=12MN×OQ=12×2tanα2×1=tanα2；當點M在BC上，點N在CD上時，過點O作OT⊥CD于點T，過點【詳解】（1）解：當OF與OB重合時，OE與OC重合，如圖所示，重疊部分的面積=S當OF與BC垂直時，OE⊥CD，如圖所示，重疊部分的面積=S一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S理由：設OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．如圖所示，∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（∴S△PMJ∴S四邊形∴S1故答案為：1，1，S1（2）解：①如圖2中，結論：△OMN是等邊三角形．理由：過點O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°?75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ?tan15°=2?3∴CM=CJ?MJ=1?（∴S四邊形（3）解：當點M,N都在BC上時，過點O作OQ⊥BC于點Q，作OMN的外接圓，記為⊙P，連接PO,PM,PN，過點P作PK⊥MN于點K，則∠MPN=2∠MON=2α，∵PK⊥MN,PM=PN，∴∠MPK=α，MN=2MK設⊙P為R，∵S△OMN=1∴MN最小，則S△OMN在Rt△PMK中，PK=R?∴MN=2R?sin∴當R最小，MN最小，∵OP+PK≥OQ，∴R?cos∴R≥OQ當點O,P,K三點共線時，R取得最小值，如圖此時OQ垂直平分MN，∴OM=ON，∴∠MOQ=1∴在Rt△OQM中，MQ=OQ×∴MN=2MK=2tan∴S2當點M在BC上，點N在CD上時，過點O作OT⊥CD于點T，過點OR⊥ON交BC于點R，如圖同上可得△OTN≌△OQR，∴S△OTN∵SOMCN∴當S△OTN+S∵S△OTN∴S△ORM最小，則S同上，OQ垂直平分RM，如圖此時RQ=QM=TN，∴CM=CN，∵CO=CO，∠MCO=∠NCO，∴△MCO≌△NCO，∴S2=2S∴∠QOM=45°?α∴QM=OQ?tan∴MC=1?tan∴S綜上所述，S2的最小值為tanα2，S【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了圓周角定理，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．5．（2025·江西九江·一模）【回歸教材】我們曾經(jīng)利用折紙的辦法得到：線段垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等．已知：如圖①，直線MN⊥AB，垂足為C，且AC=BC，P是求證：PA=PB．【定理證明】（1）請你根據(jù)“已知”和“求證”，寫出完整的證明過程；【定理應用】（2）如圖②，△ABC中，AD⊥BC于點D，AC的垂直平分線交AC于點F，交BC于點E，連接AE，若BD=DE，△ABC的周長為（3）如圖③，矩形ABCD中，AB=12，點E是AD上的一點，AE=6，BE的垂直平分線交BC的延長線于點F，連接EF交CD于點G，若G是CD的中點，求【答案】（1）證明見解析；（2）5.5；（3）4.5【分析】（1）根據(jù)SAS證明△PCA≌（2）證明AB=EC，則可得出答案；（3）根據(jù)線段中點的定義可得CG=DG，然后利用ASA證明△DEG≌△CFG，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得DE=CF，EG=FG，設DE=x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根據(jù)線段垂直平分線上的點到兩端點的距離相等可得【詳解】（1）證明：∵MN⊥AB,∴∠PCA=∠PCB=90°，在△PCA與△PCB中，AC=BC∠PCA=∠PCB∴△PCA≌∴PA=PB（全等三角形的對應邊相等）；（2）解：∵EF垂直平分AC，∴AE=EC，∵AD⊥BC，∴AB=AE，∴AB=EC，∵△ABC的周長為20，∴AB+BC+AC=20，∵AC=9，∴AB+BC=11，∵BD=DE，∴DC=DE+EC=1（3）解：∵矩形ABCD中，G是CD的中點，AB=12，∴CG=DG=1在△DEG和△CFG中，∠D=∠DCFDG=CG∴△DEG≌∴DE=CF，設DE=x，則BF=BC+CF=AD+CF=6+x+x=6+2x，在Rt△DEG中，由勾股定理可得EG=∴EF=2x∵FH垂直平分BE，∴BF=EF，∴6+2x=2x解得x=4.5，∴DE=4.5．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線性質(zhì)、中點定義、矩形的性質(zhì)、勾股定理、解方程等周四，熟記相關幾何性質(zhì)并利用勾股定理列出方程求解是解題的關鍵．6．（2025·江西吉安·一模）綜合與實踐【數(shù)學思考】（1）如圖1，已知△ABC和△ADE都是等邊三角形，點D在BC上，連接CE．請?zhí)骄緾A，CE和CD之間的數(shù)量關系，并說明理由；【模型遷移】（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AE⊥BC，垂足為點E，∠BAE=∠ADC，BE=CE=1，CD=3，AD=kAB（k為常數(shù)），求BD的長（用含k的式子表示）；【拓展運用】（3）如圖3，等邊三角形ABC中，AB=6，點E在AC上，CE=23．點D是直線BC上的動點，連接DE，以DE為邊在DE的右側(cè)作等邊三角形DEF，連接CF．當△CEF為直角三角形時，請直接寫出BD【答案】（1）CE+CD=CA．理由見解析；（2）BD=4k2+9；（3）BD【分析】本題主要考查三角形綜合題，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)和判定是解題的關鍵．（1）根據(jù)條件易證△ABD≌△ACESAS（2）由AE⊥BC，BE=EC，推出AB=AC，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG．則BD=CG，只要證明∠GDC=90°，可得CG=D（3）由△CEF為直角三角形可知，需要分類討論確定哪個角是直角三角形，再根據(jù)點D的位置關系去討論即可，因為點D是動點，所以按照前面兩問帶給我們的思路，去構造類似的全等三角形，進而討論求解即可．【詳解】解：（1）CE+CD=CA．理由如下，∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴AB=AC=BC，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACESAS∴CE=BD，∵BD+CD=BC，∴CE+CD=CA．（2）連接AC，∵AE⊥BC，∴AB=AC，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG．則BD=CG，∵∠BAD=∠CAG，∴∠BAC=∠DAG，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD=kAB，∴DG=kBC=2k，∵∠BAE+∠ABC=90°，∴∠ADG+∠ADC=90°，∴∠GDC=90°，∴CG=D∴BD=CG=4（3）過E作EH∥AB，則△EHC為等邊三角形．①當點D在H左側(cè)時，如圖1，∵ED=EF，∴△EDH≌△EFCSAS∴∠ECF=∠EHD=120°，此時△CEF不可能為直角三角形．②當點D在H右側(cè)，且在線段CH上時，如圖2，同理可得∴△EDH≌△EFCSAS∴∠FCE=∠EHD=60°，此時只有∠CFE有可能為90°，當∠CFE=90°時，∠EDH=90°，∴ED⊥CH，∵CH=CE=23∴CD=1又∵AB=6，∴BD=6?3③當點D在H右側(cè)，且HC延長線上時，如圖3，此時只有∠CEF=90°，∵∠DEF=60°，∴∠CED=30°，∵∠ECH=60°，∴∠EDC=CED=30°，∴CD=CE=23∴BD=6+23綜上：BD的長為6?3或6+27．（2025·江西·模擬預測）綜合與實踐【課本再現(xiàn)】（1）如圖1，△ABC的∠ABC和∠ACB的平分線BE,CF相交于點G．①若∠A=50°，則∠BGC=_______；②求證：∠BGC=90°+1【數(shù)學思考】（2）如圖2，△ABC中∠ABC的平分線與其外角∠ACE的平分線交于點O，猜想∠A與∠BOC之間的數(shù)量關系，并給予證明．【問題解決】（3）如圖3，菱形ABCD的頂點A,D在⊙O上，AB與⊙O相交于點E,F為AD?的中點，若∠FEC=90°,∠CAE=∠FEA=2∠ACE，求AE【答案】（1）①115°；②見詳解；（2）∠BOC=12【分析】（1）①根據(jù)角平分線的定義可以得到∠GBC=12∠ABC，∠GCB=12∠ACB，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到△ABC和△GBC的三個內(nèi)角的和是180°，對角度進行等價代換即可求出；②根據(jù)角平分線的性質(zhì)定義可以得到∠GBC=12∠ABC（2）根據(jù)角平分線的定義可以得到∠OBC=12∠ABC，∠OCE=12根據(jù)角平分線的定義可以得到∠OBC=12∠ABC，∠OCM=12∠ACM，再根據(jù)三角形的（3）連接BD，設EF與AD交于點M，由四邊形ABCD是菱形，得∠3=∠CAE，由∠FEC=90°，∠CAE=∠FEA=2∠ACE，可得∠ACE=18°，∠3=∠CAE=∠FEA=2∠ACE=36°，∠DAE=∠3+∠CAE=72°，∠AME=180°?∠DAE?∠FEA=72°，進而可推出AE=ME，∠2=∠FEA=36°，∠DAE=∠DEA=72°，∠4=36°=∠2=∠FEA，DM=ME，證明【詳解】(1)解：①∠BGC=115°，理由：∵∠ABC，∠ACB的平分線相交于點G，∴∠GBC=12∠ABC∴∠BGC=180°?=180°?=180°?=180°?=90°+1∵∠A=50°，∴∠BGC=90°+1故答案為：115°；②證明：∵∠ABC，∠ACB的平分線相交于點G，∴∠GBC=12∠ABC∴∠BGC=180°?=180°?=180°?=180°?=90°+1∴∠BGC=90°+1(2)解：∠BOC=1證明：∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACE，∴∠OBC=12∠ABC∴∠BOC=∠OCE?∠OBC===1∴∠BOC=1（3）解：連接BD，設EF與AD交于點M，∵∠FEC=90°，∴∠1+∠ACE=90°，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠3=∠CAE，∵∠CAE=∠FEA=2∠ACE，∴∠3=∠CAE=∠FEA=2∠ACE，∵∠1=∠CAE+∠FEA，∴∠1=4∠ACE，∴4∠ACE+∠ACE=90°，∴∠ACE=18°，∴∠3=∠CAE=∠FEA=2∠ACE=36°，∴∠DAE=∠3+∠CAE=72°，∠AME=180°?∠DAE?∠FEA=72°，∴∠DAE=∠AME，∴AE=ME，∵F為AD?∴AF∴∠2=∠FEA=36°，∴∠DAE=∠DEA=72°，∴∠4=36°=∠2=∠FEA，∴DM=ME，∴△AEM∽△ADE，∴AE∴AE∴AE∴AE=?AD+∴AE【點睛】本題主要考查了角平分線的定義、三角形的內(nèi)角和定理、三角形外角的性質(zhì)、同弧所對的圓周角相等、相似三角形的性質(zhì)和判定、菱形的性質(zhì)等知識點，靈活運用等量代換思想是解題關鍵．8．（2025·江西景德鎮(zhèn)·模擬預測）馬超同學在學習完《圖形的相似》后結合前面所學習的矩形，對矩形中的動點問題展開了以下探究：如圖1，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點E為邊AD上的一個動點，連接AC，BE并交于點F；（1）若AFFC=14，則AE=_____；若如圖2，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點P為對角線AC（不與點A，C重合）上一動點，過點P作MN⊥AC，交邊AD，BC于點M，N，過點M作ME⊥AD交AC于點E；（2）判斷點P在移動過程中，線段MN的長度是否會發(fā)生變化，若變化，請求出線段MN長度的變化范圍，若不變化，求出線段MN長度的大??；（3）若AMMD=1如圖3，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點Q為矩形內(nèi)部一動點，連接BQ且滿足BQ=AB，點F在線段BQ上且BF=4，連接CF．（4）請直接寫出DQ+3【答案】（１）2；92；（２）152；（３）24【分析】本題主要考查了矩形與相似三角形．熟練掌握矩形性質(zhì)，相似三角形判定和性質(zhì)，是解題的關鍵．（1）根據(jù)矩形性質(zhì)得AD∥BC，得△AEF∽△CBF，得AEBC=14，得AE=2；當BE⊥AD時，△ABC∽△EAB，得（2）作BG⊥AC交AD于G，得MN∥BG，得四邊形GBNM是平行四邊形，根據(jù)AG=92，運用勾股定理求出BG=15（3）由已知可得AMAD=13，證明ME∥CD，得△AEM≌△ACD，可得EM=2，證明AC=10和△MEP∽△ACD,得（4）在BC上取BR=3，連接DR，QR，求出CR=5,DR=61，根據(jù)DQ+QR≥DR，得DQ+QR的最小值為61，BFBC=BRBQ=12，【詳解】解：（1）∵矩形ABCD中，AD=BC=8，AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴AEBC∴AE=2；當BE⊥AC時，∠AFC=90°，∴∠BAC+∠CBE=90°，∵∠ABE+∠CBE=90°，∴∠ABE=∠BCA，∵∠BAE=∠CBA=90°，∴△ABC∽△EAB，∴AEAB∴AE=6×6故答案為：2；92（2）不變．作BG⊥AC交AD于G，∵MN⊥AC，∴MN∥BG，∵GM∥BN，∴四邊形GBNM是平行四邊形，∴MN=BG，由（1）知，AG=9∴BG=A∴MN=15（3）當AMDM=1∵ME⊥AD，∴ME∥CD，∴△AEM≌△ACD，∴EDCD∴EM=2，∵AC=AD2∴△MEP∽△ACD，∴S△MPE∵S△ACD∴S△MPE（4）在BC上取BR=3，連接DR，∵BC=AD=8，∴CR=BC?BR=5，∴DR=C∵DQ+QR≥DR，∴DQ+QR的最小值為61，∵BQ=AB=6，BF=4，∴BFBC=4∴BFBC∵∠QBR=∠CBF，∴△BQR∽△BCF，∴QRCF∴QR=3∴DQ+34CF9．（2025·江西南昌·一模）課本再現(xiàn)：定理：有三個角是直角的四邊形是矩形．定理證明：為了證明該定理，小穎同學畫出了圖形（如圖1），并寫出了“已知”“求證”，請你完成證明過程．（1）已知：如圖1，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，求證：四邊形ABCD是矩形．知識應用：（2）如圖2，在四邊形ABCD中，∠A=∠D=90°，BE平分∠ABC，交AD于點E，AB=AE，F(xiàn)是BC上的一點，且EF=EC，過點C作CP⊥EF，交BE于點P，過點P作PM⊥BC于點M．①求證：四邊形ABCD是矩形．②若AE=3DE，求BPBE【答案】（1）證明見解析；（2）①證明見解析；②BP【分析】（1）先根據(jù)平行線的判定可得AD∥BC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠D=90°，然后根據(jù)矩形的判定即可得證；（2）①先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠AEB=45°，再根據(jù)角平分線的定義可得∠ABC=90°，然后根據(jù)矩形的判定即可得證；②設DE=aa>0，則AE=3a，AD=4a，根據(jù)矩形的性質(zhì)和勾股定理可得BE=32a，過點E作EN⊥BC于點N，設CP與EF交于點O，則四邊形CDEN都是矩形，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得FN=CN=DE=a，然后解直角三角形可得tan∠CPM=tan∠EFN=3，根據(jù)等腰三角形的判定可得BM=PM，設BM=PM=xx>0，則CM=4a?x【詳解】證明：（1）∵∠A=∠B=90°，∴∠A+∠B=180°，∴AD∥BC，∴∠C+∠D=180°，∵∠C=90°，∴∠D=180°?90°=90°，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∴四邊形ABCD是矩形．（2）①∵∠A=90°，AB=AE，∴∠ABE=∠AEB=45°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABC=2∠ABE=90°，又∵∠A=∠D=90°，∴四邊形ABCD是矩形．②由題意，設DE=aa>0，則AE=3a∴AD=AE+DE=4a，∵AB=AE，∴AB=3a，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD=3a,AD=BC=4a，∴BE=A如圖，過點E作EN⊥BC于點N，∴四邊形CDEN都是矩形，∴EN=CD=3a，CN=DE=a，∵EF=EC，EN⊥BC，∴FN=CN=a，在Rt△EFN中，tan∵PM⊥BC，CP⊥EF，∴∠CPM+∠PCM=90°，∠EFN+∠PCM=90°，∴∠CPM=∠EFN，∴tan∠CPM=∵BE平分∠ABC，∠ABC=90°，∴∠CBE=1∴∠BPM=90°?∠CBE=45°，∴∠BPM=∠CBE=45°，∴BM=PM，設BM=PM=xx>0，則CM=BC?BM=4a?x在Rt△CPM中，tan∴CM=3PM，即4a?x=3x，∴x=a，∴BM=PM=a，∴BP=B∴BPBE【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形、平行線的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題關鍵．10．（2025·江西贛州·一模）（1）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO為斜邊AB上的中線，那么OC與AB為解決這一問題，小明同學想的辦法是：如圖2，延長CO到D，使DO=CO，連接AD，BD……請你順著小明的思路完成解答；【深入探究】（2）如圖3，已知AC⊥BC,AD⊥DB，E為AB的中點．則∠CED與∠CAD之間的數(shù)量關系為___________；【應用提升】（3）如圖4，在正方形ABCD中，E為BC上一點，F(xiàn)為AE的中點，以CF，DF為邊在AE的右側(cè)作平行四邊形FCGD．①求證：四邊形FCGD為菱形；②如圖5，連接AC，過點E作AC的垂線，垂足為M，若∠DFM=45°,EC=8，求四邊形FCGD的面積．【答案】（1）OC=12AB；（2）∠CED=2∠CAD【分析】（1）如圖2，作輔助線構建平行四邊形，根據(jù)∠ACB=90°，可得矩形ADBC，所以AB=CD，即可解答；（2）如圖3，由（1）同理得CE=12AB=AE，根據(jù)等邊對等角和三角形外角的性質(zhì)可得∠BEC=2∠CAE，同理得：∠B（3）①如圖4，連接BF，根據(jù)SAS證明△AFD≌△BFC，可得DF=CF，根據(jù)菱形的判定：有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可得結論；②如圖5，連接BF并延長交AD于H，作直線FG，交AB于P，交CD于Q，由（2）可得：∠BFM=2∠BAC=90°，根據(jù)△AFD≌△BFC，得∠AFD=∠BFC，證明△FEC∽△CEA，列比例式可得FE和AE的長，設BE=x，則AB=BC=8+x，由勾股定理列方程可得x的長，計算FG的長，根據(jù)菱形的面積公式即可解答．【詳解】（1）解：如圖2，延長CO到D，使DO=CO，連接AD,BD，∵CO為斜邊AB上的中線，∴AO=OB，∴四邊形ADBC是平行四邊形，∵∠ACB=90°，∴?ADBC是矩形，∴AB=CD，∵OC=OD，∴OC=1∴OC=1（2）解：如圖3，∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∵E為AB的中點，∴CE=1∴∠ACE=∠CAE，∵∠BEC=∠ACE+∠CAE，∴∠BEC=2∠CAE，∵AD⊥BD，∴∠ADB=90°，∵E為AB的中點，∴DE=1∴∠ADE=∠DAE，∵∠BED=∠ADE+∠DAE，∴∠BED=2∠DAE，∴∠BEC+∠BED=2∠CAE+2∠DAE，∴∠CED=2∠CAD；故答案為：∠CED=2∠CAD；（3）①證明：如圖4，連接BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC,∠DAB=∠ABC=90°，∵F是AE的中點，∴BF=1∴∠ABF=∠BAF，∴∠DAB?∠BAF=∠ABC?∠ABF，∴∠DAF=∠CBF，∵AF=BF,AD=BC，∴△AFD≌△BFC(SAS∴DF=CF，∴?FCGD為菱形；②解：如圖5，連接BF并延長交AD于H，作直線FG，交AB于P，交CD于Q，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ACB=45°，∵EM⊥AC，∴∠AME=90°=∠ABE，∵F是AE的中點，∴（2）可得：∠BFM=2∠BAC=90°，∵∠DFM=45°，∴∠DFH=45°，由（1）知：△AFD≌△BFC，∴∠AFD=∠BFC，∵∠AFH=∠BFE，∴∠DFH=∠EFC=45°，∴∠EFC=∠ACE=45°，∵∠FEC=∠CEA，∴△FEC∽△CEA，∴FE∴CE∵AE=2FE，∴CE∵CE=8，∴FE=42設BE=x，則AB=BC=8+x，由勾股定理得：(x+8)2解得：x1=?4?43∴BE=43∴BC=CD=43∵四邊形FCGD為菱形，∴CD⊥PG，∴PQ=BC=43∵PF∥∴AP=PB，∴PF=1∴FQ=PQ?PF=43∴FG=2FQ=43∴S【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵．11．（2025·江西·模擬預測）已知四邊形ABCD,AC,BD是對角線，AB=BC,∠ABC+∠ADC=90°．【模型建立】（1）如圖1，若∠ABC=60°，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CBE，連接DE．①求證：△BDE是等邊三角形．②用等式寫出線段AD,BD,CD之間的數(shù)量關系，并證明．【模型應用】（2）在（1）的條件下，當AD=8,CD=6時，求四邊形ABCD的面積．【模型遷移】（3）如圖2，若BD=3AB，求證：AD【答案】（1）①見解析；②AD2+C【分析】（1）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠DBE=60°,BD=BE，可得△BDE是等邊三角形；②證明∠DCE=90°，然后利用勾股定理求解即可；（2）由（1）得BD=10，然后分別求出S△BDE=253，S（3）設∠ABC=α°，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α°得到△CBE，連接DE．證明△ABC∽△DBE，利用相似三角形的性質(zhì)得DE=3AC，然后利用勾股定理可得AD【詳解】（1）①證明：由旋轉(zhuǎn)，得∠DBE=60°,BD=BE，∴△BDE是等邊三角形．②解：AD證明：∵∠ABC+∠BCD+∠ADC+∠BAD=360°，∠ABC+∠ADC=90°，∴∠BCD+∠BAD=270°．∵△CBE由△ABD旋轉(zhuǎn)得到，∴∠BAD=∠BCE,AD=CE．∴∠BCD+∠BCE=270°．∴∠DCE=360°?270°=90°．在Rt△CDE中，由勾股定理，得C又∵CE=AD,DE=BD，∴AD（2）解：由（1）得BD=6∵△BDE是等邊三角形，∴SS△CDE∴=S（3）證明：如圖，設∠ABC=α°，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α°得到△CBE，連接DE．由旋轉(zhuǎn)，得∠DBE=∠ABC,BD=BE，BDAB∴△ABC∽△DBE，∴DE即DE=3AC．由（1）得∠DCE=90°，∴CE∴AD【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，難度較大，屬中考壓軸題．12．（2025·江西·二模）課本再現(xiàn)（1）如圖1，在正方形ABCD中，E是邊AB上的動點，連接CE．過點D作DF⊥CE于點F，BG∥DF，且交CE于點G，則BG，【數(shù)學模型】（2）如圖2，在正方形ABCD中，AB=2,E是邊AB上的動點，連接CE．過點B作BF⊥CE于點F，連接DF，當△CFD是以CF為底的等腰三角形時，求CE的長；【模型遷移】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，點E，F(xiàn)分別在邊AB，【答案】（1）FG=DF?BG；（2）CE=5；（3）CF【分析】（1）證明△DCF≌△CBG，推出CF=BG，DF=CG，據(jù)此即可得到FG=DF?BG；（2）作DG⊥CF于點G，同理，△DCG≌△CBF，得到BF=CG，設BF=CG=FG=x，利用勾股定理求得x=255，即BF=25（3）過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點M，證明△BAD≌△BCDSSS，得出∠BCD=∠A=90°，證明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性質(zhì)得出BMDN=BCCD=34，設BM=3y，則【詳解】（1）解：FG=DF?BG，∵正方形ABCD，∴CD=BC，∠DCB=90°，∵DF⊥CE，BG∥DF，∴∠DFC=∠CGB=90°，∴∠DCF=90°?∠BCG=∠CBG，∴△DCF≌△CBG，∴CF=BG，DF=CG，∴FG=CG?CF=DF?BG，故答案為：FG=DF?BG；（2）解：作DG⊥CF于點G，∵△CFD是以CF為底的等腰三角形，∴CD=FD，CG=FG，同（1）理，△DCG≌△CBF，∴BF=CG，∴BF=CG=FG，設BF=CG=FG=x，則CF=2x，∵BC=AB=2，由勾股定理得x2解得x=2∴BF=255∵cos∠ECB=CFBC∴CE=5（3）解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點M，

∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴∠A=∠M=∠CNA=90°，∴四邊形AMCN是矩形，∴AM=CN，在△BAD和△BCD中，AD=CDAB=BC∴△BAD≌△BCD∴∠BCD=∠A=90°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ABC+∠CBM=180°，∴∠MBC=∠ADC，∵∠CND=∠M=90°，∴△BCM∽△DCN，∴BMDN=BC∴BMDN設BM=3y，則DN=4y，設AB=BC=3x，則AD=CD=4x，∴CN=3x+3y，在Rt△CND中，由勾股定理得：D∴4y2解得7x=25y（x=?y舍去），∴CFDE【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．13．（2025·江西新余·二模）如圖1，正方形ABCD的頂點D在直線l上，點C′與點C關于直線l對稱，直線AC′與直線l交于點E，連接EC，BE，探究A【特殊感知】（1）①如圖2．當∠EDC=30°，EC=2時，EC′=②如圖3，當AC′=C′E時，【猜想論證】（2）猜想AC′與【拓展應用】（3）若正方形ABCD的邊長為2，當AE=2AC′時，直接寫出線段【答案】（1）①2，90°；②2，45°；（2）AC′=2BE【分析】（1）①連接AC，C′C，C′D，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出DC=DC′，EC=EC′=2，AD=DC′∠EC′C=∠C′CE②同①解法得出∠CEC′=90°，C′E=CE，進而得出C（2）同（1）②求解過程一致；（3）分兩種情況，①當點C′在線段AE上時和②當點C【詳解】解：（1）①連接AC，C′C，∵點C′與點C關于直線l∴DC=DC′，EC=EC′=2∴∠ADC′=30°在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，∴AD=DC∴∠DAC∴∠AC∴∠EC∴∠EC∴∠CEC②連接AC，C′C，設∠EDC=α．∵點C′與點C關于直線l∴DC=DC′，EC=EC′，∴∠ADC′=90°?2α在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，AC:BC=2∴AD=DC∴∠DAC∴∠AC∴∠EC∴∠EC∴∠CEC′=90°∴C′∴C′∵∠ACB=∠C∴∠ACB?∠C∴∠BCE=∠ACC∴△ACC∴∠AC∴∠AEB=∠BEC?∠CEC∴AC即AC（2）AC連接AC，C′C，設∠EDC=α．∵點C′與點C關于直線l∴DC=DC′，EC=EC′，∴∠ADC′=90°?2α在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，AC:BC=2∴AD=DC∴∠DAC∴∠AC∴∠EC∴∠EC∴∠CEC′=90°∴C′∴C′∵∠ACB=∠C∴∠ACB?∠C∴∠BCE=∠ACC∴△ACC∴AC∴AC(3)①當點C′在線段AE上時，連接CC′∵AE=2AC∴AC又C′∴AC′=∵∠AEC=90°，∴AC=5又AC=22∴AC又AC∴BE=2②當點C′在線段的延長線上時，連接CC′設AC∵AE=2AC∴AE=2x．又C′∴C′∵∠AEC=90°，∴AC=13又AC=22，即A由AC∴BE=綜上所述，BE=21313【點睛】本題主要考查了軸對稱的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)的，勾股定理等知識，正確連接輔助線以及掌握正方形的性質(zhì)和軸對稱的性質(zhì)，是解題的關鍵．14．（2025·江西新余·二模）如圖，在等邊△ABC中，點D是射線BC上的動點，連接AD，點E是AD的中點，將DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到DF，連接CF．【夯實基礎】（1）連接AF，如圖1，求證：AF⊥DF；【特例探究】（2）如圖2，若點E恰好在CF的延長線上，CE的延長線交AB于點G，求證：CF+EG=EF；【拓展延伸】（3）請利用備用圖探究：在點D運動的過程中，當△DFC是直角三角形時，求BC與CD之間的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）BC=CD或BC=2CD或BC=3CD．理由見解析【分析】（1）連接EF，可證明△DEF是等邊三角形．則可得到DF=DE=EF=EA，根據(jù)等邊對等角和三角形外角的性質(zhì)可得∠DEF=∠DFE=60°，∠AFE=∠FAE=30°，據(jù)此可證明結論；（2）證明△ABD≌△CAGASA，得到CG=AD．由DE=EF，得到AD=2DE=2EF，則CG=2EF，即CF+EG=EF（3）分∠DFC=90°，∠DCF=90°，∠CDF=90°三種情況，畫出對應的示意圖，討論求解即可．【詳解】解：（1）如圖1，連接EF．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DF=DE，∠EDF=60°，∴△DEF是等邊三角形．∵點E是AD的中點，∴DF=DE=EF=EA，∴∠DEF=∠DFE=60°，∠AFE=∠FAE=30°，∴∠AFD=∠DFE+∠AFE=60°+30°=90°，即AF⊥DF．（2）由（1）可知∠DEF=60°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABD=∠CAG=60°，AB=CA，又∵∠BAD=∠ACG=60°?∠CAE，∴△ABD≌△CAGASA∴CG=AD．由（1）可知△DEF為等邊三角形，∴DE=EF，∴AD=2DE=2EF，∴CG=2EF，即CF+EG=EF．（3）BC=CD或BC=2CD或BC=3CD．理由如下：①如圖2，當∠DFC=90°時，∵∠AFD=90°，∴∠AFD+∠DFC=180°，∴點F在AC上．∵∠EDF=60°，∠FDC=90°?∠ACB=30°，∴∠ADC=90°，∴點D是BC的中點，即BC=2CD；②如圖3，當∠DCF=90°時，作等邊△ADM，過點M作MH⊥DC于點H，∵AD=DM=2DE，∴DM=2DF，∴點F是DM的中點，∵∠DCF=∠DHM=90°，∴△FDC∽△MDH，∴CDDH∴點C是DH的中點，連接CM，∵AB=AC，AD=AM，∴△ABD≌△ACMSAS∴BD=CM，∠ACM=∠B=60°，∴∠MCH=180°?∠ACD?∠ACM=60°，∴∠CMH=30°，∴CM=2CH=2CD，∴BD=2CD，即BC=3CD；③如圖4，當∠CDF=90°時，作等邊△ADN，連接CN，同理可證明△ABD≌△ACN，∴BD=CN，∠ABD=∠ACN=60°，∴∠NCD=180°?∠ACB?∠ACN=60°，∵∠ADF=∠ADN=60°，∴D、N、F三點共線，∴∠CND=90°?60°=30°，∴BD=CN=2CD，即BC=CD．綜上所述，BC=CD或BC=2CD或BC=3CD．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定等待，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．15．（2025·江西萍鄉(xiāng)·二模）在矩形ABCD中，BC=kAB，點E是CD邊上不與端點C、D重合的動點，CH⊥BE于H，【課本再現(xiàn)】（1）如圖（1），當k=1時，延長CH交AD于點F，求證：BE=CF；【類比遷移】（2）如圖（2），在（1）的條件下，延長CH交對角線BD于點G，若點E是CD的中點，EH=a，請分別求出CH，BH與CG的長（結果均用含有a的代數(shù)式表示）；【拓展延伸】（3）如圖（3），若DE=kCE，直接寫出CGCH的值_____（結果用含有k【答案】（1）見解析；（2）CH=2a，BH=4a，CG=103【分析】（1）當k=1時，BC=AB，則矩形ABCD是正方形，再證明△BCE≌△CDFASA（2）延長CH，交AD于點F，由（1）可知：△BCE≌△CDF，由全等三角形的性質(zhì)可得CE=DF，BE=CF，解直角三角形得出tan∠3=12（3）證明△BCE∽△CDF得出CEDF=BCCD=k，設DF=1，則CE=k，DE=k2，CD=k2+k，BC=kCD=k3+k2【詳解】解：（1）證明：當k=1時，BC=AB，∴矩形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠BCD=∠D=90°，∵CH⊥BE，∴∠BHC=90°，∴∠1+∠2=∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，在△BCE和△CDF中∠1=∠3∴△BCE≌△CDF∴BE=CF（2）延長CH，交AD于點F，由（1）可知：△BCE≌△CDF∴CE=DF，BE=CF．∵點E是CD中點，∴CD=2CE，∴BC=2CE=2DF，∴tan∴tan因為EH=a，則CH=2a，BH=4a．∴BE=BH+EH=5a，∴CF=BE=5a，∵AD∥BC，∴△GFD∽△GCB，∴FD∴CG=（3）CG∵由（1）得∠1=∠3，又∵在矩形ABCD中，∠BCE=∠CDF=90°∴△BCE∽△CDF，∴設DF=1，∴CE=k∵DE=kCE，∴DE=k∴CD=∴BC=kCD=∵由（1）得∠1=∠3∵CH⊥BE，∴∠BHC=∠CHE=90°，∴△BCE∽△BHC∽△EHC∴設EH=a，∴CH=k2+k∴BE=BH+EH=∵△BCE∽△CDF，∴FC∴CF=∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴△BCG∽△DFG，∴∴∴CG=∴CG【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用是解此題的關鍵．16．（2025·江西贛州·二模）【課本再現(xiàn)】（1）如圖1，把矩形ABCD對折得到折痕EF，再一次對折，使點A落在EF上的點N處，并使折痕經(jīng)過點B，得到新折痕BM，把紙片展平．這個折紙的過程實際上就是把∠ABC分成了（

）A．二等分

B．三等分

C．四等分【類比探究】（2）類似的，通過折紙也可以折出矩形一邊的三等分點．如圖2，把矩形ABCD對折兩次，對角線AC與折痕GH相交于點O，沿直線OB再次折疊，折痕交AD于點P，此時有AD=3AP．請你補充下列證明過程：證明：如圖2，在矩形ABCD中，AD∥BC，由折疊可知，GH∥BC，∴AOAC=AGAB∵AP∥BC，∴△APO∽______，∴APBC=（3）如圖3，先把矩形ABCD沿EF對折，再沿DE折疊，折痕DE交對角線AC于點G，過點G折疊矩形，使得點A落在AD上，得到折痕PQ．請判斷點P是否為AD邊的“三等分點”？并證明你的結論．【拓展應用】（4）如圖4，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，點P是邊AB的三等分點，把△ADP沿DP翻折得△EDP，直線PE交BC于點F，請求出BF的長．【答案】（1）B；（2）13，△CBO，AO，OC；（3）點P是AD（4）3215或【分析】（1）利用折疊的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)可得cos∠EBN=BENB=1（2）根據(jù)題意補全證明過程即可；（3）由△AEG∽△CDG可得AGCG=AECD=12（4）分AP=13AB【詳解】（1）解：由折疊可得，∠AEF=∠BEF=90°，AE=BE=12AB，AB=NB∴BE=1在Rt△BEN中，cos∴∠EBN=60°，∴∠ABM=∠NBM=1∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴∠CBN=90°?∠ABN=90°?60°=30°，∴∠ABM=∠NBM=∠CBN，∴這個折紙的過程實際上就是把∠ABC分成了三等分，故選：B；（2）證明：如圖2，在矩形ABCD中，AD∥由折疊可知，GH∥BC，∴AO∴AO∵AP∥BC，∴△APO∽△CBO，∴AP即AD=BC=3AP，故答案為：13，△CBO，AO，OC（3）解：點P是否為AD邊的“三等分點”．證明：在矩形ABCD中，AD∥BC，由折疊可得，EF∥BC，AB=2AE=CD，四邊形∴△AEG∽△CDG，AP=BQ，∴AGCG∵AP∥∴△APG∽△CQG，∴APCQ∴CQ=2AP=2BQ，∴AD=3AP，即點P是否為AD邊的“三等分點”；（4）如圖1，當AP=1由題意知，AB=CD=6，AD=BC=DE=8，AP=EP=13AB=2設BF=x，EF=y，則PF=2+y，CF=8?x，在Rt△BPF，B∴42在Rt△DEF和Rt△CDF中，∴82由①②聯(lián)立得，42解得y=4x?6，∴42∴x=32如圖2，當BP=1同理可得，22解得y=6?2x，∴22∴x=8綜上，BF的長為3215或8【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，掌握折疊的性質(zhì)是解題的關鍵．17．（2025·江西宜春·二模）如圖（1），在△ABC中，∠A=30°，點P從點A出發(fā)以2cm/s的速度沿路線A→C→B運動，點Q從點A出發(fā)以1cm/s的速度沿AB運動．P，Q兩點同時出發(fā)，當某一點運動到點B時，兩點同時停止運動．以AQ,PQ為邊在AB的上方作平行四邊形ADPQ，設運動時間為ts，平行四邊形ADPQ的面積為Scm2（當點A，P，Q重合或在一條直線上時，不妨設S=0初步感知（1）當點P由點A運動到點C時，①若t=1，S=__________；②S關于t的函數(shù)解析式為__________．深入探究（2）當點P由點C運動到點B時，經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)S關于t的函數(shù)解析式為S=at2+bt①m的值為__________；②求S關于t的函數(shù)解析式．延伸探究（3）當點P在AC上運動時記為P1，運動時間記為t1，平行四邊形ADPQ的面積記為S1；當點P在BC上運動時記為P2，運動時間記為t2，平行四邊形ADPQ①求t1與t②當t1+t【答案】（1）①1；②S=t2；（2）①16；②S=?2【分析】本題考查動點的函數(shù)圖象，含30度角的直角三角形，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，正確的求出函數(shù)解析式，是解題的關鍵：（1）①作PE⊥AB于點E，求出PE的長，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，求出面積即可；②同①法計算即可；（2）①把t=4代入（1）①中的解析式，計算即可；②待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；（3）①根據(jù)P1P2∥AB時，△CP1【詳解】解：（1）①當t=1時，AP=2,AQ=1，作PE⊥AB于點E，∵∠CAB=30°，∴PE=1∴平行四邊形ADPQ的面積為AQ?PE=1；②由題意，得：AP=2t,AQ=t，∴PE=1∴S=AQ?PE=t（2）①由圖象可知，當t=4時，此時點P恰好運動到點C，由（1）②可知：S=t故m=16；②由圖象和①可知，拋物線過4,16,10,0，代入得0=100a+10b解得a=?2∴S關于t的函數(shù)解析式為S=?（3）①由題圖（2）可知，點P與點C重合時，t=4，點P與點B重合時，t=10，∴AC=2×4=8,BC=2×10?4由題意可知AP1=2∴C當P1P2∴CP∴8?2t∴2②聯(lián)立2t2∴S1=2∴S218．（2025·江西南昌·二模）【特例感知】在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，EF與AC相交于點G．（1）①如圖1，若點E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則tan∠EFC=②如圖2，若點F是AD的中點，∠EFC=90°，則EFCF【類比探究】在菱形ABCD中，∠BAD=60°，點E，F(xiàn)分別在AB，AD上，對角線AC，BD相交于點O，CF與BD相交于點M，連接EF交AC于點G．（2）①如圖3，若E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，求tan∠EFC②如圖4，若∠EFC=60°，求證：EF?AD=AF?CF．【拓展延伸】（3）如圖5，在四邊形ABCD中，BC∥AD，且BC=12AD，點E為AB【答案】（1）①3；②12；（2）①33；②見解析；（3）【分析】（1）①設AC與BD交于點H，由四邊形ABCD是正方形，得AC⊥BD，DH=BH=12BD，AD=CD，∠DAC=45°，又點E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則EF=12BD，AF=DF=12AD，EF∥BD②由四邊形ABCD是正方形，則∠BAD=∠ADC=90°，AD=CD，然后證明△AEF∽△DFC，故EFFC=AFCD，又點F是（2）①由四邊形ABCD是菱形，得AC⊥BD，∠FAG=12∠BAD=30°，OA=OC，又E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，故有EF∥BD，AF=DF=12FG=b，則AG=3b，所以AF=DF=2b，AD=4b，DO=2b，由勾股定理得：AO=AD2?DO②在AD的延長線上找一點H，連接CH，使得∠CHD=60°，證明△AEF∽△HFC，則AFCH=EFFC，再證明△CDH為等邊三角形，則（3）過D作DF∥AB，交BC延長線于點F，過E作EN⊥AB，交CB延長線于點N，證明△CDF∽△ECN，所以CDEC=CFEN=DFCN，設EN=EB=m，BC=CF=n，則BN=2m，CN=2m+n，又點E【詳解】解：（1）①如圖1，設AC與BD交于點H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，DH=BH=12BD，AD=CD∵點E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，∴EF=12BD，AF=DF=∴EF⊥AH，∴∠DAC=∠AFG=45°，∴AG=FG，設AG=FG=x，則AF=DF=2∴AD=CD=22∴AH=CH=DH=2x，∴tan∠EFC=故答案為：3；②∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ADC=90°，AD=CD，∴∠AFE+∠AEF=90°，∵∠EFC=90°，∴∠AFE+∠DFC=90°，∴∠AEF=∠DFC，∴△AEF∽△DFC，∴EFFC∵點F是AD的中點，∴AF=1∴EFFC故答案為：12（2）①∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠FAG=12∠BAD=30°∵E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，∴EF∥BD，∴FG⊥AC，∴∠AGF=90°，∴FG=12AF∴AG=A∵∠FAG=∠EAG=30°，∴∠AFE=∠AEF=60°，∴△AEF是等邊三角形，∴AF=EF，同理△ADB是等邊三角形，∴AD=BD，設FG=b，則AG=3∴AF=DF=2b，∴AD=4b，∴DO=2b，由勾股定理得：AO=A∴AC=43∴GC=AC?AG=43∴tan∠EFC=②在AD的延長線上找一點H，連接CH，使得∠CHD=60°，∵∠EFC=∠H=60°，∴∠AFE+∠CFH=120°，∠FCH+∠CFH=120°，∴∠AFE=∠FCH，∴△AEF∽△HFC，∴AFCH∵∠BAD=60°，AB∥∴∠CDH=60°，∴△CDH為等邊三角形，∴CH=CD=AD，∴AFAD=EF（3）如圖，過D作DF∥AB，交BC延長線于點F，過E作EN⊥AB，交CB延長線于點∵BC∥∴四邊形ABFD是平行四邊形，∠A+∠ABF=180°，∴AB=DF，AD=BF，∠EBN=∠ENF=45°，∠A=∠F=45°，∴EN=EB，∠F=∠N=45°，∵BC=1∴BC=CF，∵∠DCE=45°，∴∠BCE+∠DCF=135°，∵∠CDF+∠DCF=135°，∴∠CDF=∠BCE，∴△CDF∽△ECN，∴CDEC設EN=EB=m，BC=CF=n，則BN=2m，∵點E為AB的中點，∴AB=2BE=2m=DF，∴nm整理得：n2∴nm∴nm∴nm=10∴CDEC【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，解一元二次方程，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握知識點的應用是解題的關鍵．19．（2025·江西南昌·模擬預測）（首選幾何壓軸）【問題情境】學完《探索全等三角形的條件》后，老師提出如下問題：如圖①，△ABC中，若AB=10,AC=8，求BC邊上中線AD的取值范圍．通過分析、思考，小麗同學形成兩種解題思路．思路1：將△ADC繞著點D旋轉(zhuǎn)180°，使得CD和BD重合，得到△EDB…思路2：延長AD到E，使得DE=AD，連接BE，根據(jù)SAS可證得△ADC≌△EDB…（1）根據(jù)上面任意一種解題思路，再結合三角形三邊關系，我們都可以得到AD的取值范圍為．【類比探究】（2）如圖②，DB=DE,DC=DA,∠BDC+∠ADE=180°，DF是△ADE的邊AE上的中線，試探索DF與BC的數(shù)量關系，并說明理由．【遷移應用】（3）【應用1】如圖③，已知⊙O的半徑為6，四邊形ABCD是⊙O的圓內(nèi)接四邊形．AD=8,∠AOD+∠BOC=180°，求BC的長．（4）【應用2】如圖④，DB=DE,DC=DA,∠BDC+∠ADE=180°,BD⊥DE,AE=a,BC=b,AB,CE相交于點G，連接DG，若∠BDC的度數(shù)發(fā)生改變，請問DG是否存在最小值？如果存在，則直接寫出其最小值（用含a和b的式子表示），如果不存在，請說明理由．【答案】（1）1<AD<9；（2）BC=2DF，理由見解析（3）45；（4）存在最小值，最小值為【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，三角形三邊關系等，熟練掌握知識點是解題的關鍵．（1）利用全等三角形和三角形三邊關系求出AD的取值范圍即可；（2）延長DF至點G，使FG=DF，連接AG，利用全等三角形和邊角關系推出BC=2DF即可；（3）利用垂徑定理和勾股定理以及三角形全等的判定與性質(zhì)求出BC=2BE即可；（4）取AE的中點F，連接FG，延長DF至點H，使FH=DF，連接EH,AH，利用直角三角形斜邊上中線性質(zhì)得到GF=12AE=12【詳解】解：（1）延長AD到E，使DE=AD，連接BE，如圖1，在△ADC和△EDB中，AD=ED∠ADC=∠EDB∴△ADC≌△EDBSAS∴BE=AC=8，∵AB?BE<AE<AB+BE，∴10?8<2AD<10+8，∴1<AD<9，故答案為：1<AD<9；（2）BC=2DF，理由如下：延長DF至點G，使FG=DF，連接AG，如圖所示，由作圖可知DG=2DF，∵DF是△ADE邊AE上的中線，∴EF=AF，在△DEF和△GAF中，EF=AF∠EFD=∠AFG∴△DEF≌△GAFSAS∴DE=AG,∴DE∥∴∠EDA+∠DAG=180°，∵∠BDC+∠ADE=180°，∴∠BDC=∠GAD，∵DB=DE，∴DB=AG，在△BDC和△GAD中，DB=AG∠BDC=∠GAD∴△BDC≌△GADSAS∴BC=DG，∴BC=2DF；（3）如圖3，過點O作OE⊥BC于點E，OF⊥AD于點F，由條件可知，BE=EC=1∵OB=OC,OE⊥BC，∴∠BOE=1∵OA=OD,OF⊥AD，∴∠AOF=1∵∠AOD+∠BOC=180°，∴∠AOF+∠BOE=90°，∵∠OBE+∠BOE=90°，∴∠BOE=∠AOF，在△BOE和△OAF中，∠OBE=∠AOF∠OEB=∠AFO=90°∴△BOE≌△OAFAAS∴OE=AF=4，∴BE=62?∴BC=2BE=45（4）存在最小值，最小值為12如圖4，取AE的中點F，連接FG，延長DF至點H，使FH=DF，連接EH,AH，∵BD⊥DE，∴∠BDE=90°，∵∠BDC+∠ADE=180°，∴∠ADC+∠BDE=180°，∴∠BDE=∠ADC=90°，∴∠BDE+∠BDC=∠ADC+∠BDC，∴∠EDC=∠BDA，在△EDC和△BDA中，ED=BD∠EDC=∠BDA∴△EDC≌△BDASAS∴∠DEC=∠DBA，∴點E、D、G、B四點共圓，∴∠EGB=∠EDB=90°，∴∠AGE=90°，∵F為AE的中點，∴GF=1∵AF=FE∴四邊形ADEH是平行四邊形，∴AD=EH,AD∥∴∠HED+∠ADE=180°，∵∠BDC+∠ADE=180°，∴∠HED=∠BDC，∵DA=DC，∴EH=DC，在△EHD和△DCB中，ED=DB∠HED=∠CDB∴△EHD≌△DCBSAS∴DH=BC=b，∴DF=1若∠BDC的度數(shù)發(fā)生改變，當點G、D、F三點在同一直線時，DG的值最小為FG?FD=120．（2025·江西新余·三模）綜合與實踐如圖1，四邊形ABCD是一個正方形，E是BA延長線上一點，將△BCE沿CE折疊，得到△FCE，CE與AD交于點P，延長AD交EF于點G連接CG，AE=mAB，特例感知（1）當m=2時，∠ECG類比遷移（2）當m≠2時，求∠ECG的度數(shù)．拓展提升（3）如圖2，連接BD并延長，與CG的延長線交于點H，連接EH，若AB=2，△ECH的面積為S．①求S與m的函數(shù)表達式；②若CP=CG，直接寫出S的值．【答案】（1）45°；（2）45°；（3）①S=m2【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得AB=CD,∠B=90°，由折疊的性質(zhì)可知CF=CB,∠F=∠B=90°，則可證明△CFG≌△CDGHL得到∠FCG=∠DCG，由正方形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得∠DCE=∠AEC，則可證明∠CEF=∠DCE，進而可得∠DCG+∠DCE=45°（2）同（1）求解即可；（3）連接AC，可證明∠CAE=∠CDH=135°∠HCE=∠ACD，則可證明△CDH∽△CAE，推出CEAC=CHCD，進一步證明△HCE∽△DCA，得到∠HEC=∠DAC=45°，則②導角證明∠CEA=∠ACE=22.5°得到AE=AC=22=2【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD,∠B=90°，由折疊的性質(zhì)可知CF=CB,∠F=∠B=90°，∴CF=CD,∠F=∠CDG=90°，又∵CG=CG，∴△CFG≌△CDGHL∴∠FCG=∠DCG，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠DCE=∠AEC，由折疊的性質(zhì)可知∠CEF=∠AEC，∴∠CEF=∠DCE，∵∠CEF+FCG+∠DCG+∠DCE=90°，∴∠DCG+∠DCE=45°，∴∠ECG=45°；（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD,∠B=90°，由折疊的性質(zhì)可知CF=CB,∠F=∠B=90°，∴CF=CD,∠F=∠CDG=90°，又∵CG=CG，∴△CFG≌△CDGHL∴∠FCG=∠DCG，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠DCE=∠AEC，由折疊的性質(zhì)可知∠CEF=∠AEC，∴∠CEF=∠DCE，∵∠CEF+FCG+∠DCG+∠DCE=90°，∴∠DCG+∠DCE=45°，∴∠ECG=45°；（3）①如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠BDC=45°，∴∠CAE=∠CDH=135°∵∠HCE=45°，∴∠HCE=∠ACD，∴∠HCE?∠DCE=∠ACD?∠DCE，即∠DCH=∠ACE，∴△CDH∽△CAE，∴CDAC∴CEAC又∵∠HCE=∠DCA=45°，∴△HCE∽△DCA，∴∠HEC=∠DAC=45°，∴△HEC是等腰直角三角形，∴EH=CH=2∴S=1②∵CP=CG,∠ECG=45°,∠CDG=90°，∴∠DCG=∠DCE=22.5°∴∠CEA=∠ACE=22.5°∴AE=AC=22∴m=2∴S=2【點睛】本題主要考查了正方形與折疊問題，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．21．（2025·江西宜春·模擬預測）在綜合實踐課上，同學們以“圖形的旋轉(zhuǎn)與位似”為主題開展數(shù)學活動．(1)如圖，已知點E在矩形ABCD的對角線BD上，AB=2AD，將△AED繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，以點A為位似中心放大兩倍得到△AFB，連接FE．①證明：△AFE∽△ABD；②求AE，BE，DE的數(shù)量關系．(2)如圖，點E是直角三角形ABC外一點，連接BE，AE=6，BE=15，∠BAC=90°，∠ACB=∠AEC=60°，求CE的長．【答案】(1)①證明見解析；②5A(2)3【分析】（1）①由位似與旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AEAD=AFAB，②證明∠FAB+∠BAE=∠DAE+∠BAE=∠FAE=90°，可得∠FBE=90°，可得EF2=BF2+BE2，結合（2）如圖，過A作AE的垂線交EC的延長線于Q，連接BQ，可得∠AQE=30°，AQAE=tan∠AEC=tan60°=3，而AE=6【詳解】（1）證明：①∵將△AED繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，以點A為位似中心放大兩倍得到△AFB，∴△AED∽△AFB，∴AEAF=ADAB=DEBF∵AEAF=ADAB，即∴∠DAB=∠EAF，∴△AFE∽△ABD；②∵∠AED=∠AFB，∴∠AED+∠AEB=∠AFB+∠AEB=180°∴∠FAE+∠FBE=360°?180°=180°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD=90°，∵∠DAE=∠BAF，∴∠FAB+∠BAE=∠DAE+∠BAE=∠FAE=90°，∴∠FBE=90°，∴EF∵AEAF∴AF=2AE，BF=2DE，∴EF∴5AE（2）解：如圖，過A作AE的垂線交EC的延長線于Q，連接BQ，∵∠AEC=60°，∴∠AQE=90°?60°=30°，∴AQAE=tan∴AQ=63，QE=2AE=12∵∠BAC=90°=∠QAE，∴∠BAQ=∠CAE，∵∠ACB=60°，∴ABAC∴AQAE∴△BAQ∽△CAE，∴∠BQA=∠AEC=60°，BQCE∴∠BQE=60°+30°=90°，而BE=15，∴BQ=B∴CE=9【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，位似的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應用，勾股定理的應用，本題難度大，作出合適的輔助線是解本題的關鍵.22．（2025·江西九江·三模）在學習“從特殊到一般”的數(shù)學思想方法時，數(shù)學興趣小組了解到“當某些平面圖形在從特殊到一般過渡時，特殊圖形