1
题型 09 几何类比、拓展、探究题
一、解答题
1．如图 1， （ ）绕点 顺时针旋转得 ，射线 交射线 于点 ．
（1） 与 的关系是 ；
（2）如图 2，当旋转角为 60°时，点 ，点 与线段 的中点 恰好在同一直线上，延长 至点 ，
使 ，连接 ．
① 与 的关系是 ，请说明理由；
②如图 3，连接 ，若 ， ，求线段 的长度．
【答案】（1） ；（2）① 或 ，理由见解析；②
【分析】（1）如图 1， 与 的交点记作点 ，由旋转的性质与三角形内角和定理得到
，即可求解；
（2）①如图 2，连接 ，由旋转的性质及全等三角形的性质得到 ∽ ，故
，即可证明 ≌ ，再得到 ，即可得到结论；
②由①得 ， ，由角度的关系得到 ，
再 证明 ，再利用等腰三角形的性质得到 ，再利用直角三角形三角
函数求出 ，即可求出 AE 的长.
【详解】解：（1）如图 1，
与 的交点记作点 ，由旋转知， ， ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
ABC∆ 1
2 AC BC AC< < C DEC∆ AB DE F
AFD∠ BCE∠
D B AC O DO G
OG OD= GC
AFD∠ GCD∠
,AE BE 45ACB∠ = 4CE = AE
AFD BCE∠ = ∠ 1
2AFD GCD∠ = ∠ 180AFD GCD °∠ + ∠ =
2 6 2 2AE = +
AF BD N
ACD AFD∠ = ∠
AD ACM∆ DFM∆
ACD AFD∠ = ∠ AOD∆ COG∆ 2 120GCD ACD °∠ = ∠ =
120GCD °∠ = 60ACD BCE °∠ = ∠ = GCB ACE∠ = ∠
GCB ACE≅ 90COG COB °∠ = ∠ =
,CO BO
AF BD N ACB DCE∠ = ∠ A D∠ = ∠
BCE ACD∠ = ∠
180ACD A ANC°∠ = − ∠ − ∠ 180AFD D DNF°∠ = − ∠ − ∠ ANC DNF∠ = ∠
ACD AFD∠ = ∠
AFD BCE∠ = ∠
AFD BCE∠ = ∠2
（2）① 或 ，
理由：如图 2，连接 ，由旋转知， ， ， ，
∴ 是等边三角形，∴ ，
∵ ，
∴ ∽ ，
∴ ，
∵ 是 的中点，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ≌ （ ），
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 或 ，
故答案为： 或 ；
②由①知， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
由①知， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
在 中， ， ，
1
2AFD GCD∠ = ∠ 180AFD GCD °∠ + ∠ =
AD CAB CDE∠ = ∠ CA CD= 60ACD °∠ =
ACD∆ AD CD=
AMC DMF∠ = ∠
ACM∆ DFM∆
ACD AFD∠ = ∠
O AC
AO CO=
OD OG= AOD COG∠ = ∠
AOD∆ COG∆ SAS
AD CG=
CG CD=
2 120GCD ACD °∠ = ∠ =
1
2AFD GCD∠ = ∠ 180AFD GCD °∠ + ∠ =
1
2AFD GCD∠ = ∠ 180AFD GCD °∠ + ∠ =
120GCD °∠ = 60ACD BCE °∠ = ∠ =
60GCA GCD ACD °∠ = ∠ − ∠ =
GCB BCE∠ = ∠
GCB GCA ACB∠ = ∠ + ∠ ACE BCE ACB∠ = ∠ + ∠
GCB ACE∠ = ∠
,CG CD CD CA= =
CG CA=
4BC EC= =
( )GCB ACE SAS≅
4BC CE= =
GB AE=
,CG CD OG OD= =
CO GD⊥
90COG COB °∠ = ∠ =
Rt BOC∆ sin 2 2BO BC ACB= ⋅ ∠ = cos 2 2CO BC ACB= ⋅ ∠ =3
在 中， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等腰三角形、直角三角形、相似三角
形的判定与性质及三角函数进行求解.
2．（问题）
如图 1，在 中， ，过点 作直线 平行于 ． ，点 在
直线 上移动，角的一边 始终经过点 ，另一边 与 交于点 ，研究 和 的数量关系．
（探究发现）
（1）如图 2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点 移动到使点 与点 重合时，
通过推理就可以得到 ，请写出证明过程；
（数学思考）
（2）如图 3，若点 是 上的任意一点（不含端点 ），受（1）的启发，这个小组过点 作
交 于点 ，就可以证明 ，请完成证明过程；
Rt GOC∆ tan 2 6GO CO GCA= • ∠ =
2 6 2 2GB CO BO= + = +
2 6 2 2AE = +
Rt ABC 90 ,ACB AC BC∠ = ° = C l AB 90EDF∠ = ° D
l DE B DF AC P DP DB
D P C
DP DB=
P AC A C、 D DG CD⊥
BC G DP DB=4
（拓展引申）
（3）如图 4，在（1）的条件下， 是 边上任意一点（不含端点 ）， 是射线 上一点，且
，连接 与 交于点 ，这个数学兴趣小组经过多次取 点反复进行实验，发现点 在
某一位置时 的值最大．若 ，请你直接写出 的最大值．
【答案】【探究发现】（1）见解析；【数学思考】（2）见解析；【拓展引申】（3） 时， 有最
大值为 2．
【分析】根据等腰三角形的性质及平行的定义即可解得
根据证明 即可推出
过点 作 交 于点 ，连接 ，可证明 ，再推出
即可得 = ，则 .
【详解】证明：【探究发现】
（1）∵
∴
∵
∴ ，且
∴
∴
即
【数学思考】
（2）∵
M AB A B、 N BD
AM BN= MN BC Q M M
BQ 4AC BC= = BQ
2 2AM = BQ
( )CDP GDB ASA ≌ DP DB=
M MH MN⊥ AC H ,CM HQ ( )AMH BNQ ASA ≌
ACM BMQ ∽ AC AM
BM BQ
= 4
4 2
AM
BQAM
=
− 2 2AM =
90 ,ACB AC BC∠ = ° =
45CAB CBA∠ = ∠ = °
CD AB
45CBA DCB∠ = ∠ = ° BD CD⊥
45DCB DBC∠ = ∠ = °
DB DC=
DB DP=
, 45DG CD DCB⊥ ∠ = °5
∴
∴ ，
∵
∴ ，且 ，
∴
∴
【拓展引申】
（3）如图 4，过点 作 交 于点 ，连接 ，
∵ ，
∴
∵
∴
∴
∴ ，且
∴
∴
∵ ，
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴点 ，点 ，点 ，点 四点共圆，
∴
∴ ，且
45DCG DGC∠ = ∠ = °
, 135DC DG DCP DGB= ∠ = ∠ = °
90BDP CDG∠ = ∠ = °
CDP BDG∠ = ∠ , 135DC DG DCP DGB= ∠ = ∠ = °
( )CDP GDB ASA ≌
BD DP=
M MH MN⊥ AC H ,CM HQ
MH MN⊥
90AMH NMB∠ + ∠ = °
, 90CD AB CDB∠ = °∥
90DBM∠ = °
90NMB MNB∠ + ∠ = °
HMA MNB∠ = ∠ , 45AM BN CAB CBN= ∠ = ∠ = °
( )AMH BNQ ASA ≌
AH BQ=
90 , 4ACB AC BC∠ = ° = =
4 2,AB AC AH BC BQ= − = −
CH CQ=
45CHQ CQH CAB∠ = ∠ = ° = ∠
HQ AB∥
HQM QMB∠ = ∠
90ACB HMQ∠ = ∠ = °
H M Q C
HCM HQM∠ = ∠
HCM QMB∠ = ∠ 45A CBA∠ = ∠ = °6
∴
∴
∴
∴
∴ 时， 有最大值为 2．
【点睛】本题考查等腰三角形，解题关键在于熟练掌握等腰三角形的性质.
3．小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
(1)温故：如图 1，在△ABC 中，AD⊥BC 于点 D，正方形 PQMN 的边 QM 在 BC 上，顶点 P ，N
分别在 AB， AC 上，若 BC=6 ，AD=4，求正方形 PQMN 的边长．
(2)操作：能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图 2，任
意画△ABC，在 AB 上任取一点 P′，画正方形 P′Q′M′N′ ，使 Q′,M′在 BC 边上， N′在△ABC
内，连结 B N′ 并延长交 AC 于点 N，画 NM⊥BC 于点 M，NP⊥NM 交 AB 于点 P，PQ⊥BC 于点 Q，得到四
边形 PQMN．小波把线段 BN 称为“波利亚线”．
(3)推理：证明图 2 中的四边形 PQMN 是正方形．
(4)拓展：在(2)的条件下，于波利业线 B N 上截取 NE=NM ，连结 EQ ，EM(如图 3)．当 tan∠NBM=
时，猜想∠QEM 的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
【答案】（1）温故： ；（3）推理：四边形 PQMN 为正方形.见解析；（4）拓展：猜想
，理由见解析.
【分析】（1）根据 ，列比例式求解即可；
（3）由作法知四边形 PQMN 为矩形，通过三角形相似证明 , ,从而 ，
可证四边形 PQMN 为正方形；
ACM BMQ ∽
AC AM
BM BQ
=
4
4 2
AM
BQAM
=
−
2( 2 2) 24
AMBQ
− −= +
2 2AM = BQ
3
4
12
5PN =
90QFM °∠ =
~APN ABC
M N BN
MN BN
′ ′ ′
= P N BN
PN BN
′ ′ ′
= MN PN=7
（4） 可设 MN=3k， .则 ， ， .根据两边对应成
比例且夹角相等可证 ，从而 .通过证明 ，可得
.
【详解】（1）温故： ．
.
即 .
解得 .
（2）推理：由画法可得 .
四边形 PQMN 为矩形， .
，
同理可得 .
.
， .
四边形 PQMN 为正方形.
（3）拓展：猜想 ，理由如下：
由 可设 MN=3k， .
则 ， ， .
， ，
.
，
，
.
，
.
3tan 4
MNNBM BM
∠ = = 4BM k= 5BN k= kBQ = 2kBE =
QBE BEM ∽ =BEQ BME∠ ∠ =90BEQ NEM °∠ + ∠
90QEM °=
PN//BC
~APN ABC∴
PN AE
BC AD
∴ = 4
6 4
PN PN−=
12
5PN =
90QMN PNM PQM Q M N′ ′ ′ °∠ = ∠ = ∠ = ∠ =
∴ / /MN M N′ ′
BN M BNM′ ′∴ ∽
M N BN
MN BN
′ ′ ′
∴ =
P N BN
PN BN
′ ′ ′
∴ =
M N P N
MN PN
′ ′ ′ ′
∴ =
MN P N′ ′ ′= MN PN∴ =
∴
90QFM °∠ =
3tan 4
MNNBM BM
∠ = = 4BM k=
5BN k= kBQ = 2kBE =
1
2 2
BQ k
BE k
∴ = = 2 1
4 2
BE k
BM k
= =
BQ BE
BE BM
∴ =
=QBE EBM∠ ∠
QBE BEM∴ ∽
=BEQ BME∴∠ ∠
NE NM=
NEM NME∴∠ = ∠8
，
.
.
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答
本题的关键.相似三角形的判定方法有：①平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成
的三角形与原三角形相似；②两角相等的两个三角形相似；③两边对应成比例，且夹角相等的两个三角形
相似判定即可；④三边对应成比例的两个三角形相似.
4．问题提出：
如图，图①是一张由三个边长为 1 的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张 a× b 的方格纸（a× b
的方格纸指边长分别为 a，b 的矩形，被分成 a× b 个边长为 1 的小正方形，其中 a≥2 ， b≥2，且 a，b
为正整数） ．把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
问题探究：
为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的
结论．
探究一：
把图①放置在 2× 2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图③，对于 2×2 的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有 4 种不同的放置方法．
探究二：
把图①放置在 3×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图④，在 3×2 的方格纸中，共可以找到 2 个位置不同的 2 ×2 方格，依据探究一的结论可知，把图①
放置在 3×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 2 ×4＝8 种
不同的放置方法．
90BME FMN °∠ + ∠ =
=90BEQ NEM °∴∠ + ∠
90QEM °∴∠ =9
探究三：
把图①放置在 a ×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑤， 在 a ×2 的方格纸中，共可以找到______个位置不同的 2×2 方格，依据探究一的结论可知，把
图①放置在 a× 2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有______种不同的放置方法．
探究四：
把图①放置在 a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑥，在 a ×3 的方格纸中，共可以找到______个位置不同的 2×2 方格，依据探究一的结论可知，把图①
放置在 a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_____种不同的放置方法．
……
问题解决：
把图①放置在 a ×b 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照
前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．）
问题拓展：
如图，图⑦是一个由 4 个棱长为 1 的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为 a，b ，c （a≥2
， b≥2 ， c≥2 ，且 a，b，c 是正整数）的长方体，被分成了 a×b×c 个棱长为 1 的小立方体．在图⑧
的不同位置共可以找到______个图⑦这样的几何体．
【答案】探究三： ， ；探究四： ， ；问题解决：共有 种不同
的放置方法；问题拓展：8(a-1)(b-1)(c-1).
【分析】对于图形的变化类的规律题，首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通
过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这
类问题．
【详解】探究三：
根据探究二，a×2 的方格纸中，共可以找到（a-1）个位置不同的 2×2 方格，
1a − 4 4a − 2(a-1) 8 8a − 4( 1)( 1)a b− −10
根据探究一结论可知，每个 2×2 方格中有 4 种放置方法，所以在 a×2 的方格纸中，共可以找到（a-1）×4=
（4a-4）种不同的放置方法；
故答案为 a-1，4a-4；
探究四：
与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为 a，有（a-1）条边长为 2 的线段，
同理，边长为 3，则有 3-1=2 条边长为 2 的线段，
所以在 a×3 的方格中，可以找到 2（a-1）=（2a-2）个位置不同的 2×2 方格，
根据探究一，在在 a×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有（2a-2）×4=（8a-8）种不
同的放置方法．
故答案为 2a-2，8a-8；
问题解决：
在 a×b 的方格纸中，共可以找到（a-1）（b-1）个位置不同的 2×2 方格，
依照探究一的结论可知，把图①放置在 a×b 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 4
（a-1）（b-1）种不同的放置方法；
问题拓展：
发现图⑦示是棱长为 2 的正方体中的一部分，利用前面的思路，
这个长方体的长宽高分别为 a、b、c，则分别可以找到（a-1）、（b-1）、（c-1）条边长为 2 的线段，
所以在 a×b×c 的长方体共可以找到（a-1）（b-1）（c-1）位置不同的 2×2×2 的正方体，
再根据探究一类比发现，每个 2×2×2 的正方体有 8 种放置方法，
所以在 a×b×c 的长方体中共可以找到 8（a-1）（b-1）（c-1）个图⑦这样的几何体；
故答案为 8（a-1）（b-1）（c-1）．
【点睛】此题考查了平面图形的有规律变化，要求学生通过观察图形，分析、归纳并发现其中的规律，并
应用规律解决问题是解题的关键．
5．在 中， ， ， 于点 ,
（1）如图 1，点 ， 分别在 ， 上，且 ，当 ， 时，求线段
的长；
（2）如图 2，点 ， 分别在 ， 上，且 ，求证： ；
（3）如图 3，点 在 的延长线上，点 在 上，且 ，求证： ;
ABC∆ 90BAC∠ = ° AB AC= AD BC⊥ D
M N AD AB 90BMN∠ = ° 30AMN∠ = ° 2AB =
AM
E F AB AC 90EDF∠ = ° BE AF=
M AD N AC 90BMN∠ = ° 2AB AN AM+ =11
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根
据勾股定理计算即可；
（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M 作 ME∥BC 交 AB 的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根
据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】（1）解： ， ， ，
， ， ，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得， ，即 ，
解得， ，
；
（2）证明： ， ，
，
在 和 中，
，
；
（3）证明：过点 作 交 的延长线于 ，
，
则 ， ，
，
， ，
，
2 32 3AM = −
2
90BAC∠ = ° AB AC= AD BC⊥
AD BD DC∴ = = 45ABC ACB∠ = ∠ = ° 45BAD CAD∠ = ∠ = °
2AB =
2,AD BD DC∴ = = =
30AMN∠ = °
180 90 30 60BMD∴∠ = °− °− ° = °
30BMD∴∠ = °
2BM DM∴ =
2 2 2BM DM BD− = 2 2 2(2 ) ( 2)DM DM− =
2 3
3DM =
2 32 3AM AD DM∴ = − = −
AD BC⊥ 90EDF∠ = °
BDE ADF∴∠ = ∠
BDE∆ ADF∆
{
B DAF
DB DA
BDE ADF
∠ = ∠
=
∠ = ∠
( )BDE ADF ASA≌∴∆ ∆ BE AF∴ =
M //ME BC AB E
90AME∴∠ = °
2AE AB= 45E∠ = °
ME MA∴ =
90AME∠ = °∵ 90BMN∠ = °
BME AMN∴∠ = ∠12
在 和 中，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．如图，正方形 和 的边 ， 在同一条直线上，且 ，取 的中点 ，连
接 ， ， ．
（1）试证明 ，并求 的值．
（2）如图，将如图中的正方形变为菱形，设 ，其它条件不变，问（1）中
的值有变化吗？若有变化，求出该值（用含 的式子表示）；若无变化，说明理由．
【答案】（1）见解析； ；（2）（1）中 的值有变化．理由见解析；
.
【分析】（1）根据全等三角形的判定（AAS）和勾股定理即可得到答案；
（2）根据平行线的性质和三角函数，即可得到答案.
【详解】（1）证明：如图 1 中，延长 交 的延长线于 ．
BME∆ AMN∆
{
E MAN
ME MA
BME AMN
∠ = ∠
=
∠ = ∠
( )BME AMN ASA∴∆ ∆≌
BE AN∴ =
2AB AN AB BE AE AM∴ + = + = =
ABDE BCFG AB BC 2AB BC= EF M
MD MG MB
DM MG⊥ MB
MG
( )2 0 90EAB α α∠ = < < ° MB
MG
α
5BM
MG
= MB
MG
BM
MG
=
2 24sin cos
sin
α α
α
+
DM FG H13
∵四边形 ，四边形 都是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
连接 ， ，设 ，则 ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ .
（2）解：（1）中 的值有变化．
理由：如图 2 中，连接 ， 交于点 ，连接 ， ， ， 交 于 ．
ABCD BCFG
DE AC GF
EDM FHM∠ = ∠
EMD FMH∠ = ∠ EM FM=
( )EDM FHM AAS∆ ≅ ∆
DE FH= DM MH=
2DE FG= BG DG=
HG DG=
90DGH BGF∠ = ∠ = ° MH DM=
GM DM⊥ DM MG=
EB BF BC a= 2AB a= 2 2BE a= 2BF a=
45EBD DBF∠ = ∠ = °
90EBF∠ = °
2 2 10EF BE BF a= + =
EM MF=
1 10
2 2BM EF a= =
HM DM= GH FG=
1 2
2 2MG DF a= =
10
2 5
2
2
aBM
MG a
= =
MB
MG
BE AD O OG CG BF CG BF 'O14
∵ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ， 共线，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ 与 互相平分，
∵ ，
∴点 在直线 上，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，设 ，则 ，
易知 ， ， ，
∵ ， ，
∴ .
【点睛】本题考查全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行线的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌
握全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行线的性质和三角函数.
7．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
如图 1，点 在 上， 的平分线交 于点 ，连接 求证：四边形
DO OA= DG GB=
GO AB
1
2OG AB=
GF AC
O G F
1
2FG AB=
OF AB DF= =
DF AC AC OF
DE OF
OD EF
EM MF=
M AD
GD GB GO GF= = =
OBFD
90OBF ODF BOD∠ = ∠ = ∠ = °
OM MD= OG GF=
1
2MG DF= BC m= 2AB m=
2 2 2 sin 4 sinBE OB m mα α= = ⋅ ⋅ = ⋅ 2 2 cosBF BO m α= = ⋅ 2 sinDF OB m α= = ⋅
2 21 1
2 2BM EF BE BF= = + 2 2 2 24 sin cosm mα α= ⋅ + ⋅ 1 sin2GM DF m α= = ⋅
2 2 2 24 sin cos
sin
BM m m
MG m
α α
α
⋅ + ⋅= ⋅
2 24sin cos
sin
α α
α
+=
( )1 A B C， ， O ABC∠ O D AD CD， ． ABCD15
是等补四边形；
探究：
如图 2，在等补四边形 中 连接 是否平分 请说明理由．
运用：
如图 3，在等补四边形 中， ，其外角 的平分线交 的延长线于点
求 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2） 平分 ，理由见解析；（3） .
【分析】 由圆内接四边形互补可知 ，再证 ，即可
根据等补四边形的定义得出结论；
过点 分别作 于点 ， 垂直 的延长线于点 ，证 ，得到
，根据角平分线的判定可得出结论；
连接 ，先证 推出 再证 利用相似三角形对应边
的比相等可求出 的长．
【详解】 证明： 四边形 为圆内接四边形，
四边形 是等补四边形；
( )2 ABCD AB AD， ＝ ， AC AC， ?BCD∠
( )3 ABCD AB AD＝ EAD∠ CD
10 5F CD AF， ＝ ， ＝ ， DF
AD BCD∠ 5 2 5DF＝ ﹣．
( )1 180 180A C ABC ADC∠ + ∠ ° ∠ + ∠ °＝ ， ＝ AD CD＝
( )2 A AE BC⊥ E AF CD F ABE ADF△ ≌△
AE AF＝
( )3 AC EAD BCD∠ ∠＝ ， FCA FAD∠ ∠＝ ， ACF DAF ∽ ，
DF
( )1 ABCD
180 180A C ABC ADC∴∠ + ∠ ° ∠ + ∠ °＝ ， ＝ ，
BD ABC∠ 平分 ，
ABD CBD∴∠ ∠＝ ，
AD CD∴ =
AD CD∴ ＝ ，
∴ ABCD16
平分 ，理由如下：
如图 2，过点 分别作 于点 ， 垂直 的延长线于点 ，则 ，
四边形 是等补四边形，
又
是 的平分线，即 平分
如图 3，连接 ，
四边形 是等补四边形，
又 ，
( )2 AD BCD∠
A AE BC⊥ E AF CD F 90AEB AFD∠ ∠ °＝ ＝
ABCD
180B ADC∴∠ + ∠ °＝ ，
180ADC ADF∠ + ∠ °＝ ，
B ADF∴∠ ∠＝ ，
AB AD ＝ ，
ABE ADF AAS∴ ≌ （ ），
AE AF∴ ＝ ，
AC∴ BCF∠ AC BCD∠ ；
( )3 AC
ABCD
180BAD BCD∴∠ + ∠ °＝ ，
180BAD EAD∠ + ∠ °＝17
平分
由 知， 平分
又
即
【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相
似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
8．已知 ABC 内接于 ， 的平分线交 于点 D，连接 DB，DC．
（1）如图①，当 时，请直接写出线段 AB，AC，AD 之间满足的等量关系式： ；
（2）如图②，当 时，试探究线段 AB，AC，AD 之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）如图③，若 BC=5，BD=4，求 的值．
【答案】（1）AB+AC=AD；（2） ；（3）
【分析】（1）在 AD 上截取 AE=AB，连接 BE，由条件可知△ABE 和△BCD 都是等边三角形，可证明△BED≌△
BAC，可得 DE=AC，则 AB+AC=AD；
（2）延长 AB 至点 M，使 BM=AC，连接 DM，证明△MBD≌△ACD，可得 MD=AD，证得 AB+AC= ；
EAD BCD∴∠ ∠＝ ，
AF EAD∠ ，
1
2FAD EAD∴∠ ∠＝ ，
( )2 AC BCD∠ ，
1
2FCA BCD∴∠ = ∠
FCA FAD∴∠ ∠＝ ，
AFC DFA∠ ∠＝ ，
ACF DAF∴ ∽ ，
AF CF
DF AF
∴ =
5 10
5
DF
DF
+=
5 2 5DF∴ ＝ ﹣．
O BAC∠ O
120BAC∠ =
90BAC∠ =
AD
AB AC+
2AB AC AD+ = 4
5
2AD18
（3）延长 AB 至点 N，使 BN=AC，连接 DN，证明△NBD≌△ACD，可得 ND=AD，∠N=∠CAD，证△NAD∽△CBD，
可得 ，
可由 AN=AB+AC，求出 的值.
【详解】解：（1）如图①在 AD 上截取 AE=AB，连接 BE，
∵∠BAC=120°，∠BAC 的平分线交⊙O 于点 D，
∴∠DBC=∠DAC=60°，∠DCB=∠BAD=60°，
∴△ABE 和△BCD 都是等边三角形，
∴∠DBE=∠ABC，AB=BE，BC=BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），
∴DE=AC，
∴AD=AE+DE=AB+AC；
故答案为：AB+AC=AD．
（2）AB+AC= ．理由如下：
如图②，延长 AB 至点 M，使 BM=AC，连接 DM，
∵四边形 ABDC 内接于⊙O，
∴∠MBD=∠ACD，
∵∠BAD=∠CAD=45°，
∴BD=CD，
AN AD
BC BD
=
AD
AB AC+
2AD19
∴△MBD≌△ACD（SAS），
∴MD=AD，∠M=∠CAD=45°，
∴MD⊥AD．
∴AM= ，即 AB+BM= ，
∴AB+AC= ；
（3）如图③，延长 AB 至点 N，使 BN=AC，连接 DN，
∵四边形 ABDC 内接于⊙O，
∴∠NBD=∠ACD，
∵∠BAD=∠CAD，
∴BD=CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND=AD，∠N=∠CAD，
∴∠N=∠NAD=∠DBC=∠DCB，
∴△NAD∽△CBD，
∴ ，
∴ ，
又 AN=AB+BN=AB+AC，BC=5，BD=4，
∴ ．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，
等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线解决问题．
9．如图，在 中， ， 于点 ， 于点 ， 与 交于点 ，
于点 ，点 是 的中点，连接 并延长交 于点 ．
（1）如图①所示，若 ，求证： ；
2AD 2AD
2AD
AN AD
BC BD
=
AD BD
AN BC
=
4
5
AD BD
AB AC BC
= =+
ABC∆ AB BC= AD BC⊥ D BE AC⊥ E AD BE F
BH AB⊥ B M BC FM BH H
30ABC∠ = 3
3DF BH BD+ =20
（2）如图②所示，若 ，如图③所示，若 （点 与点 重合），猜想线段 、
与 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）见解析（2）
【分析】（1）连接 CF，由垂心的性质得出 CF⊥AB，证出 CF∥BH，由平行线的性质得出∠CBH=∠BCF，证明△BMH
≌△CMF 得出 BH=CF，由线段垂直平分线的性质得出 AF=CF，得出 BH=AF，AD=DF+AF=DF+BH，由直角三角形
的性质得出 AD= BD，即可得出结论；
（2）同（1）可证：AD=DF+AF=DF+BH，再由等腰直角三角形的性质和含 30°角的直角三角形的性质即可得
出结论．
【详解】（1）证明：连接 ，如图①所示：
， ，
，
，
，
，
点 是 的中点，
，
在 和 中， ，
，
，
， ，
垂直平分 ，
，
，
，
45ABC∠ = 60ABC∠ = M D DF
BH BD
+DF BH BD=
3
3
CF
AD BC⊥ BE AC⊥
CF AB∴ ⊥
BH AB⊥
/ /CF BH∴
CBH BCF∴ = ∠
M BC
BM MC∴ =
BMH∆ CMF∆
MBH MCF
BM MC
BMH CMF
∠ = ∠
=
∠ = ∠
( )BMH CMF ASA∴∆ ≅ ∆
BH CF∴ =
AB BC= BE AC⊥
BE∴ AC
AF CF∴ =
BH AF∴ =
AD DF AF DF BH∴ = + = +21
在 中， ，
，
；
（2）解：图②猜想结论： ；理由如下：
同（1）可证： ，
在 中， ，
，
；
图③猜想结论： ；理由如下：
同（1）可证： ，
在 中， ，
，
．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，平行线的性质，垂直平分线的性质，含 30°角的直角三角形
的性质，解题关键在于作辅助线
10．将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点 A 旋转，连接 BC，DE．探究 S△ABC 与 S△ADC 的比是否
为定值．
（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE 是否为定值？如果是，求出此定值，如果
不是，说明理由．（图①）
（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有 30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE 是否为定值？如果是，
Rt ADB∆ 30ABC∠ =
3
3AD BD∴ =
3
3DF BH BD∴ + =
+DF BH BD=
AD DF AF DF BH= + = +
Rt ADB∆ 45ABC∠ =
AD BD∴ =
DF BH BD∴ + =
3DF BH BD+ =
AD DF AF DF BH= + = +
Rt ADB∆ 60ABC∠ =
3AD BD∴ =
3DF BH BD∴ + =22
求出此定值，如果不是，说明理由．（图②）
（3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n 为常数），S△ABC：S△ADE
是否为定值？如果是，用含 a，b，m，n 的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，
说明理由．（图③）
【答案】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝1，为定值．理由见解析；（2）S△ABC：S△ADE＝ ，为定值，理由见解
析；（3）S△ABC：S△ADE＝ ，为定值．理由见解析.
【分析】（1）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．首先证明∠
DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（2）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．首先证明∠DAE=∠
CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（3）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．首先证明∠DAE=∠
CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝AE＝AD＝AC，
∴ 1．
（2）如图 2 中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．
3
3
ma
nb
1
2
1
2
ABC
AED
AB AC sin CAGS
S AE AD sin DAE
⋅ ⋅ ⋅ ∠
= =
⋅ ⋅ ⋅ ∠
23
不妨设∠ADC＝30°，则 AD AC，AE＝AB，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∴ ．
（3）如图 3 中，如图 2 中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n
∴ ．
3=
1
32
1 3
2
ABC
AED
AB AC sin CAGS
S AE AD sin DAE
⋅ ⋅ ⋅ ∠
= =
⋅ ⋅ ⋅ ∠
1
2
1
2
ABC
AED
AB AC sin CAGS ma
S nbAE AD sin DAE
⋅ ⋅ ⋅ ∠
= =
⋅ ⋅ ⋅ ∠
24
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30 度的直角三角形的性质，三角形的
面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
11．如图 1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图 2，在四边形 中， ， ，问四边形 是垂美四边形吗？
请说明理由；
(2)性质探究：如图 1，四边形 的对角线 、 交于点 ， ．试证明：
；
(3)解决问题：如图3，分别以 的直角边 和斜边 为边向外作正方形 和正方形 ，
连结 、 、 ．已知 ， ，求 的长．
【答案】(1) 四边形 是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线 是线段 的垂直平分线，结合“垂美四边形”的
定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接 、 ，先证明 ，得到∴ ，可证 ，
即 ，从而四边形 是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计
算即可．
【详解】(1)四边形 是垂美四边形．
证明：连接 AC，BD，
∵ ，
∴点 在线段 的垂直平分线上，
∵ ，
∴点 在线段 的垂直平分线上，
∴直线 是线段 的垂直平分线，
∴ ，即四边形 是垂美四边形；
ABCD AB AD= CB CD= ABCD
ABCD AC BD O AC BD⊥
2 2 2 2AB CD AD BC+ = +
Rt ACB AC AB ACFG ABDE
CE BG GE 4AC = 5AB = GE
ABCD 73GE =
AC BD
CG BE GAB CAE ≌ ABG AEC∠ = ∠ 90ABG AME∠ + ∠ = °
CE BG⊥ CGEB
ABCD
AB AD=
A BD
CB CD=
C BD
AC BD
AC BD⊥ ABCD25
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图 2，已知四边形 中， ，垂足为 ，
求证：
证明：∵ ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
，
∴ ；
故答案为： ．
(3)连接 、 ，
∵ ，
∴ ，即 ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是垂美四边形，
由(2)得， ，
∵ ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ．
ABCD AC BD⊥ E
2 2 2 2AD BC AB CD+ = +
AC BD⊥
90AED AEB BEC CED∠ = ∠ = ∠ = ∠ = °
2 2 2 2 2 2AD BC AE DE BE CE+ = + + +
2 2 2 2 2 2AB CD AE BE CE DE+ = + + +
2 2 2 2AD BC AB CD+ = +
2 2 2 2AD BC AB CD+ = +
CG BE
90CAG BAE∠ = ∠ = °
CAG BAC BAE BAC∠ + ∠ = ∠ + ∠ GAB CAE∠ = ∠
GAB△ CAE
AG AC
GAB CAE
AB AE
=
∠ = ∠
=
( )GAB CAE SAS△ ≌△
ABG AEC∠ = ∠ 90AEC AME∠ + ∠ = °
90ABG AME∠ + ∠ = ° CE BG⊥
CGEB
2 2 2 2CG BE CB GE+ = +
4AC = 5AB =
3BC = 4 2CG = 5 2BE =
2 2 2 2 73GE CG BE CB= + − =
73GE =26
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理
解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
12．（1）数学理解：如图①，△ABC 是等腰直角三角形，过斜边 AB 的中点 D 作正方形 DECF，分别交 BC，AC
于点 E，F，求 AB，BE，AF 之间的数量关系；
（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC 内，找一点 D，过点 D 作正方形 DECF，分别交 BC，AC 于点 E，
F，若 AB＝BE+AF，求∠ADB 的度数；
（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长 ED，FD，交 AB 于点 M，N，求 MN，AM，BN 的数量关
系．
【答案】数学理解：（1）AB＝ （AF+BE）,理由见解析；问题解决：（2）∠ADB＝135°；联系拓广：
（3）MN2＝AM2+NB2，
【分析】数学理解：
（1）由等腰直角三角形的性质可得 AC=BC，∠A=∠B=45°，AB＝ AC，由正方形的性质可得 DE=DF=CE，∠
DFC=∠DEC=90°，可求 AF=DF=CE，即可得 AB＝ （AF+BE）；
问题解决：
（2）延长 AC，使 FM=BE，通过证明△DFM≌△DEB，可得 DM=DB，通过△ADM≌△ADB，可得∠DAC=∠DAB=
∠CAB，∠ABD=∠CBD= ∠ABC，由三角形内角和定理可求∠ADB 的度数；
联系拓广：
（3）由正方形的性质可得 DE∥AC，DF∥BC，由平行线的性质可得∠DAB=∠ADM，∠NDB=∠ABD，可得
AM=MD，DN=NB，即可求 MN，AM，BN 的数量关系．
【详解】数学理解：
（1）AB＝ （AF+BE）
2
2
2
1
2
1
2
227
理由如下：∵△ABC 是等腰直角三角形
∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝ AC
∵四边形 DECF 是正方形
∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°
∴∠A＝∠ADF＝45°
∴AF＝DF＝CE
∴AF+BE＝BC＝AC
∴AB＝ （AF+BE）
问题解决：
（2）如图②，延长 AC，使 FM＝BE，连接 DM，
∵四边形 DECF 是正方形
∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°
∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED
∴△DFM≌△DEB（SAS）
∴DM＝DB
∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，
∴AM＝AB，且 DM＝DB，AD＝AD
∴△ADM≌△ADB（SSS）
∴∠DAC＝∠DAB＝ ∠CAB
同理可得：∠ABD＝∠CBD＝ ∠ABC
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°
∴∠DAB+∠ABD＝ （∠CAB+∠CBA）＝45°
∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°
联系拓广：
2
2
1
2
1
2
1
228
（3）∵四边形 DECF 是正方形
∴DE∥AC，DF∥BC
∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°
∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD
∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD
∴AM＝MD，DN＝NB
在 Rt∠DMN 中，MN2＝MD2+DN2，
∴MN2＝AM2+NB2.
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾
股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
13．如图，正方形 的边长为 2， 为 的中点， 是 延长线上的一点，连接 交 于点
， ．
（1）求 的值；
（2）如图 1，连接 ，在线段 上取一点 ，使 ，连接 ，求证： ；
（3）如图 2，过点 作 于点 ，在线段 上取一点 ，使 ，连接 ， ．将
绕点 旋转，使点 旋转后的对应点 落在边 上．请判断点 旋转后的对应点 是否落在线
段 上，并说明理由．
【答案】（1） （2）见解析（3）点 旋转后的对应点 不落在线段 上
【分析】（1）设 ，则 ，根据 得到 ，故 ，求
得 ，求得 AF,AP 的值即可求解；（2）在 上截取 ，
证得 ，再利用勾股定理求出 ，得到 ，再利用平行得到
，则 ，即可得到 ，故
（3）若点 在 上，以 原点， 为 轴， 为 建立平面直角坐标系，由旋转的性质可得
ABCD E AB P BA PC AD
F AP FD=
AF
AP
EC EC M EM EB= MF MF PF=
E EN CD⊥ N EN Q AQ AP= BQ BN
AQB∆ A Q 'Q AD B 'B
BN
5 1
2
AF
AP
−= B 'B BN
AP FD a= = 2AF a= − AB CD∥ AFP DFC∆ ∆
AP AF
CD FD
=
5 1a = − CD DH AF=
PAF HDF∆ ≅ ∆ 5EC = P ECP∠ = ∠
ECP PCD∠ = ∠ ( )FCM FCH SAS∆ ≅ ∆ FM FH= MP PF=
'B BN A AB y AD x29
， ， ，求出直线 解析式为： ，设
，利用勾股定理求出 ，得点 ，由点 ，得出
，
于是点 旋转后的对应点 不落在线段 上.
【详解】（1）设 ，
∴ ，
∵四边形 是正方形
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 .
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
（2）在 上截取 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
' 5 1AQ AQ= = − ' 2AB AB= = ' ' 5 1Q B QB= = − BN 1 22y x= −
1' , 22B x x −
8
5x = 8 6' ,5 5B −
( )' 5 1,0Q −
28 36' ' 5 1 5 15 25B Q = − − + ≠ −
B 'B BN
AP FD a= =
2AF a= −
ABCD
AB CD∥
AFP DFC∆ ∆
AP AF
CD FD
=
2
2
a a
a
−=
5 1a = −
5 1AP FD= = −
3 5AF AD DF= − = −
5 1
2
AF
AP
−=
CD DH AF=
AF DH= 90PAF D∠ = ∠ = ° AP FD=
( )PAF HDF SAS∆ ≅ ∆
PF FH=
AD CD= AF DH=30
∴ ，
∵点 是 中点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，且 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
（3）若点 在 上，如图，以 原点， 为 轴， 为 建立平面直角坐标系，
∵ ， ，
∴ .
由旋转的性质可得 ， ， ，
∵点 ，点 ，
∴直线 解析式为： ，
设点 ，
5 1FD CH AP= = = −
E AB
1BE AE EM= = =
5PE PA AE= + =
2 2 2 1 4 5EC BE BC= + = + =
5EC =
EC PE= 5 1CM = −
P ECP∠ = ∠
AP CD
P PCD∠ = ∠
ECP PCD∠ = ∠ 5 1CM CH= = − CF CF=
( )FCM FCH SAS∆ ≅ ∆
FM FH=
FM PF=
'B BN A AB y AD x
EN AB⊥ AE BE=
5 1AQ BQ AP= = = −
' 5 1AQ AQ= = − ' 2AB AB= = ' ' 5 1Q B QB= = −
( )0, 2B − ( )2, 1N −
BN 1 22y x= −
1' , 22B x x − 31
∴ ，
∴ ，
∴点 ，
∵点 ，
∴ .
∴点 旋转后的对应点 不落在线段 上.
【点睛】此题主要考查函数与几何综合，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定
与性质、勾股定理及一次函数的应用.
14．在 中， ， ， 是 上一点，连接
（1）如图 1，若 ， 是 延长线上一点， 与 垂直，求证：
（2）过点 作 ， 为垂足，连接 并延长交 于点 .
①如图 2，若 ，求证：
②如图 3，若 是 的中点，直接写出 的值（用含 的式子表示）
2
2 1' 2 22AB x x = + − =
8
5x =
8 6' ,5 5B −
( )' 5 1,0Q −
28 36' ' 5 1 5 15 25B Q = − − + ≠ −
B 'B BN
ABC∆ 90ABC∠ = ° AB nBC
= M BC AM
1n = N AB CN AM BM BN=
B BP AM⊥ P CP AB Q
1n = CP BM
PQ BQ
=
M BC tan BPQ∠ n32
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②
【分析】(1)延长 交 于点 ，证明 即可得；
(2)①过点 作 交 的延长线于点 ，由(1)，得 ，再根据平行线分线段成比例定
理即可得到结论；
②过点 C 作 CD//BP 交 AB 的延长线于点 D，延长 AM 交 CD 于点 H，先证明△BPM≌△CHM，从而可得 BP=CH，
PM=HM，再证明△ABM∽△BPM，得到 ，在 Rt△PCH 中，由 tan∠PCH= 可得 tan∠
BPQ= ，继而根据 BC=2BM， 即可求得答案.
【详解】(1)延长 交 于点 ，
∵ 与 垂直， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
(2)①过点 作 交 的延长线于点 ，
1
n
AM CN H ABM CBN∆ ≅ ∆
C CD BP AB D BM BD=
PM BM
PB AB
= PH
CH
2BM
AB
AB nBC
=
AM CN H
AM CN 90ABC∠ = °
90BAM N∠ + ∠ = ° 90BCN N∠ + ∠ = °
BAM BCN∠ = ∠
1n = 90ABC∠ = °
AB BC= ABC CBN∠ = ∠
ABM CBN∆ ≅ ∆
BM BN=
C CD BP AB D33
∵ ，∴ 与 垂直，
由(1)，得 ，
∵ ，
∴ ，即 ；
②过点 C 作 CD//BP 交 AB 的延长线于点 D，延长 AM 交 CD 于点 H，
∴∠PCH=∠BPQ，
∵ ，∴ ⊥ ，
∴∠BPM=∠CHM=90°，
又∵∠BMP=∠CMH，BM=CM，
∴△BPM≌△CHM，
∴BP=CH，PM=HM，
∴PH=2PM，
∵∠PMB=∠BMA，∠ABM=∠BPM=90°，
∴△ABM∽△BPM，
∴ ，
在 Rt△PCH 中，tan∠PCH= ，
∴tan∠BPQ= ，
又∵BC=2BM， ，
∴tan∠BPQ= .
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，正确添加辅助线，
熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.
15．⑴如图 1， 是正方形 边 上的一点，连接 ，将 绕着点 逆时针旋转
90°，旋转后角的两边分别与射线 交于点 和点 .
BP AM⊥ AM CD
BM BD=
CD BP
CP DB
PQ BQ
= CP BM
PQ BQ
=
BP AM⊥ AM CD
PM BM
PB AB
=
PH
CH
2 2PH PM BM
CH PB AB
= =
AB nBC
=
1BC
AB n
=
E ABCD AB BD DE、 BDE∠ D
BC F G34
①线段 和 的数量关系是 ；
②写出线段 和 之间的数量关系.
⑵当四边形 为菱形， ，点 是菱形 边 所在直线上的一点，连接 ，
将 绕着点 逆时针旋转 120°，旋转后角的两边分别与射线 交于点 和点 .
①如图 2，点 在线段上时，请探究线段 和 之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图 3，点 在线段 的延长线上时， 交射线 于点 ；若 ,直接写出线段
的长度.
【答案】⑴① ; ② ；⑵① . 理由见解析，② 的长度为
. 理由见解析.
【分析】（1）①根据旋转的性质解答即可；
②根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）①根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
②作辅助线，计算 BD 和 BF 的长，根据平行线分线段成比例定理可得 BM 的长，根据线段的差可得结论．
【详解】（1）①DB=DG，理由是：
∵∠DBE 绕点 B 逆时针旋转 90°，如图 1，
由旋转可知，∠BDE=∠FDG，∠BDG=90°，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠CBD=45°，
∴∠G=45°，
DB DG
BE BF、 DB
ABCD ADC 60∠ = E ABCD AB BD DE、
BDE∠ D BC F G
E BE BF、 BD
E AB DE BC M BE 1,AB 2= =
GM
DB DG= BE BF 2BD+ = BE BF 3BD+ = GM
19
335
∴∠G=∠CBD=45°，
∴DB=DG；
故答案为 DB=DG；
②BF+BE= BD，理由如下：
由①知：∠FDG=∠EDB，∠G=∠DBE=45°，BD=DG，
∴△FDG≌△EDB（ASA），
∴BE=FG，
∴BF+FG=BF+BE=BC+CG，
Rt△DCG 中，∵∠G=∠CDG=45°，
∴CD=CG=CB，
∵DG=BD= BC，
即 BF+BE=2BC= BD；
（2）①如图 2，BF+BE= BD，
理由如下：在菱形 ABCD 中，∠ADB=∠CDB= ∠ADC= ×60°=30°，
由旋转 120°得∠EDF=∠BDG=120°，∠EDB=∠FDG，
在△DBG 中，∠G=180°-120°-30°=30°，
∴∠DBG=∠G=30°，
∴DB=DG，
∴△EDB≌△FDG（ASA），
∴BE=FG，
∴BF+BE=BF+FG=BG，
过点 D 作 DM⊥BG 于点 M，如图 2，
∵BD=DG，
∴BG=2BM，
在 Rt△BMD 中，∠DBM=30°，
∴BD=2DM．
2
2
2
3
1
2
1
236
设 DM=a，则 BD=2a，
DM= a，
∴BG=2 a，
∴ ，
∴BG= BD，
∴BF+BE=BG= BD；
②过点 A 作 AN⊥BD 于 N，过 D 作 DP⊥BG 于 P，如图 3，
Rt△ABN 中，∠ABN=30°，AB=2，
∴AN=1，BN= ，
∴BD=2BN=2 ，
∵DC∥BE，
∴ ，
∵CM+BM=2，
∴BM= ，
Rt△BDP 中，∠DBP=30°，BD=2 ，
∴BP=3，
由旋转得：BD=BF，
∴BF=2BP=6，
∴GM=BG-BM=6+1- = ．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形
和菱形的性质，直角三角形 30 度的角性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE 是解本题的关键．
16．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第 78 页的部分内容．
3
3
2 1
2 3 3
BD a
BG a
= =
3
3
3
3
2
1
CD CM
BE BM
= =
2
3
3
2
3
19
337
例 2 如图，在 中， 分别是边 的中点， 相交于点 ，求证： ，
证明：连结 ．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
结论应用：在 中，对角线 交于点 ， 为边 的中点， 、 交于点 ．
（1）如图②，若 为正方形，且 ，则 的长为 ．
（2）如图③，连结 交 于点 ，若四边形 的面积为 ，则 的面积为 ．
【答案】教材呈现：详见解析；结论应用：（1） ；（2）6．
【分析】教材呈现：如图①，连结 ．根据三角形中位线定理可得 ， ，那么
，由相似三角形对应边成比例以及比例的性质即可证明 ；
结论应用：（1）如图②．先证明 ，得出 ，那么 ，又 ，
可得 ，由正方形的性质求出 ，即可求出 ；
（2）如图③，连接 ．由（1）易证 ．根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出
与 的面积比 ，同理， 与 的面积比＝2，那么 的面积 的面积
＝2（ 的面积 的面积）＝ ，所以 的面积 ，进而求出 的面积
ABC∆ ,D E ,BC AB ,AD CE G 1
3
GE GD
CE AD
= =
ED
ABCD AC BD、 O E BC AE BD F
ABCD 6AB = OF
DE AC G OFEG 1
2 ABCD
2
ED / /DE AC 1
2DE AC=
DEG ACG∆ ∆
1
3
GE GD
CE AD
= =
BEF DAF∆ ∆
1
2BF DF= 1
3BF BD= 1
2BO BD=
1
6OF OB BF BD= − = 6 2BD = 2OF =
OE 2BF
OF
= BEF∆
OEF∆ 2BF
OF
= = CEG∆ OEG∆ CEG∆ BEF+∆
OEG∆ OEF+∆ 12 12
× = BOC∆ 3
2
= ABCD38
．
【详解】教材呈现：
证明：
如图①，连结 ．
∵在 中， 分别是边 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
结论应用：
（1）解：如图②．
∵四边形 为正方形， 为边 的中点，对角线 、 交于点 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
34 62
= × =
ED
ABC∆ ,D E ,BC AB
1/ / , 2DE AC DE AC=
DEG ACG∆ ∆
2CG AG AC
GE GD DE
= = =
3CG GE AG GD
GE GD
+ += =
1
3
GE GD
CE AD
= =
ABCD E BC AC BD O
1 1 1/ / , ,2 2 2AD BC BE BC AD BO BD= = =
BEF DAF∆ ∆
1
2
BF BE
DF AD
= =
1
2BF DF=
1
3BF BD=
1
2BO BD=39
∴ ，
∵正方形 中， ，
∴ ，
∴ ．
故答案为 ；
（2）解：如图③，连接 ．
由（1）知， ，
∴ ．
∵ 与 的高相同，
∴ 与 的面积比 ，
同理， 与 的面积比＝2，
∴ 的面积 的面积＝2（ 的面积 的面积） ，
∴ 的面积 ，
∴ 的面积 ．
故答案为 6．
【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质.灵活运用正方形性质，相似三角形判定和性质是关键.
17．如图 1，在矩形 中，BC=3，动点 从 出发，以每秒 1 个单位的速度，沿射线 方向移动，
作 关于直线 的对称 ，设点 的运动时间为
（1）若
①如图 2，当点 B’落在 AC 上时，显然△PCB’是直角三角形，求此时 t 的值
②是否存在异于图 2 的时刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的 t 的值？若
不存在，请说明理由
（2）当 P 点不与 C 点重合时，若直线 PB’与直线CD 相交于点 M，且当 t＜3 时存在某一时刻有结论∠PAM=45°
成立，试探究：对于 t＞3 的任意时刻，结论∠PAM=45°是否总是成立？请说明理由.
1 1 1
2 3 6OF OB BF BD BD BD= − = − =
ABCD 6AB =
6 2BD =
2OF =
2
OE
1 1,3 6BF BD OF BD= =
2BF
OF
=
BEF∆ OEF∆
BEF∆ OEF∆ 2BF
OF
= =
CEG∆ OEG∆
CEG∆ BEF+∆ OEG∆ OEF+∆ 12 12
= × =
BOC∆ 3
2
=
ABCD
34 62
= × =
ABCD P B BC
PAB∆ PA 'PAB∆ P ( )t s
2 3AB =40
【答案】（1）① ；②t=2 或 t=6 或 t=2 （2）见解析.
【分析】(1)①先利用勾股定理求出AC 长，再根据△APB≌△APB′，继而根据全等三角形的性质推导得出∠
B=∠PB′C=90°，B′C= ，再证明 ，根据相似三角形的性质求出 PB′=2
-4，由此即可求得答案；
②根据题意分三种情况，分别画出图形，结合图形分别讨论求解即可；
(2)如图，根据∠PAM=45°以及翻折的性质可以证明得到△DAM≌△B′AM，从而可得 AD=AB′=AB，证得四边
形 ABCD 是正方形，继而根据题意画出图形，根据翻折的性质以及全等三角形的知识进行推导即可求得答案.
【详解】(1)①∵四边形 ABCD 是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC= ，
∵△APB≌△APB′，
∴∠AB′P=∠B=90°，AB′=AB=2 ，BP=B′P，
∴∠B=∠PB′C=90°，B′C=AC-AB′= ，
又∵∠PCB′=∠ACB，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∴PB′=2 -4，
∴PB=2 -4，
即 t=2 -4；
②如图，当∠PCB′=90 °时，此时点 B′落在 BC 上，
在 Rt△AB′D 中，∠D=90°，∴B′D= ，
∴B′C= ，
2 7 4− 3
21 2 3− ' CBACB P△ ∽△ 7
( )22 2 22 3 3 21AB BC+ = + =
3
21 2 3−
' CBACB P△ ∽△
PB CB
AB CB
′ ′=
21 2 3
32 3
PB′ −=
7
7
7
( )22 2 22 3 3 3AB AD′ − = − =
341
在△PCB′中，由勾股定理得： ，
解得 t=2；
如图，当∠PCB′=90 °时，此时点 B′在 CD 的延长线上，
在 Rt△AB′D 中，∠ADB′=90°，∴B′D= ，
∴B′C=3 ，
在△PCB′中，由勾股定理得： ，解得 t=6；
当∠CPB′=90 °时，易得四边形 ABPB′为正方形，
∴BP=AB=2 ，
解得 t=2 ；
2 2 2( 3) (3 )t t+ − =
( )22 2 22 3 3 3AB AD′ − = − =
3
2 2 2(3 3) ( 3)t t+ − =
3
342
综上，t=2 或 t=6 或 t=2 ；
(2)如图
∵∠PAM=45°，
∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°，
又∵翻折，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠ADM=∠AB′M=90°，AM=AM，
∴△DAM≌△B′AM，
∴AD=AB′=AB，
∴四边形 ABCD 是正方形，
如图，
设∠APB=x，
∴∠PAB=90°-x，
∴∠DAP=x，
∵AD=AB′，AM=AM，∠ADM=∠AB′M=90°，
∴Rt△MDA≌Rt△B′AM(HL)，
∴∠B′AM=∠DAM，
∵翻折，
∴∠PAB=∠PAB′=90°-x，
∴∠DAB′=∠PAB′-∠DAP=90°-2x，
∴∠DAM= ∠DAB′=45°-x，
3
1
243
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°.
【点睛】本题是四边形综合题，涉及了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相
似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确画出符合题
意的图形，熟练运用相关知识是解题的关键.
18．在等腰三角形 中， ，作 交 AB 于点 M， 交 AC 于点 N．
（1）在图 1 中，求证： ；
（2）在图 2 中的线段 CB 上取一动点 P，过 P 作 交 CM 于点 E，作 交 BN 于点 F，求证：
；
（3）在图 3 中动点 P 在线段 CB 的延长线上，类似（2）过 P 作 交 CM 的延长线于点 E，作
交 NB 的延长线于点 F，求证： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到 ，利用 AAS 定理证明；
（2）根据全等三角形的性质得到 ，证明 、 ，根据相似三角形
的性质列出比例式，证明结论；
（3）根据 ，得到 ，证明 ，得到 ，根据比例的性
质证明即可．
【详解】证明：（1）∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ；
ABC∆ AB AC= CM AB⊥ BN AC⊥
BMC CNB∆ ≅ ∆
/ /PE AB //PF AC
PE PF BM+ =
/ /PE AB //PF AC
· · ·AM PF OM BN AM PE+ =
ABC ACB∠ = ∠
BM NC= CEP CMB∆ ∼ ∆ BFP BNC∆ ∼ ∆
BMC CNB∆ ≅ ∆ MC BN= AMC OMB∆ ∼ ∆ AM OM
MC MB
=
AB AC=
ABC ACB∠ = ∠
CM AB⊥ BN AC⊥
90BMC CNB∠ = ∠ = °
BMC∆ CNB∆
MBC NCB
BMC CNB
BC CB
∠ = ∠
∠ = ∠
=
( )BMC CNB AAS∆ ≅ ∆44
（2）∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）同（2）的方法得到， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握相
似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
19．问题情境：如图 1，在正方形 ABCD 中，E 为边 BC 上一点（不与点 B、C 重合），垂直于 AE 的一条直线 MN
分别交 AB、AE、CD 于点 M、P、N．判断线段 DN、MB、EC 之间的数量关系，并说明理由．
BMC CNB∆ ≅ ∆
BM NC=
/ /PE AB
CEP CMB∆ ∼ ∆
PE CP
BM CB
=
/ /PF AC
BFP BNC∆ ∼ ∆
PF BP
NC BC
=
1PE PF CP BP
BM BM CB CB
+ = + =
PE PF BM+ =
PE PF BM− =
BMC CNB∆ ≅ ∆
MC BN=
90ANB∠ = °
90MAC ABN∠ + ∠ = °
90OMB∠ = °
90MOB ABN∠ + ∠ = °
MAC MOB∠ = ∠ 90AMC OMB∠ = ∠ = °
AMC OMB∆ ∼ ∆
AM OM
MC MB
=
· ·AM MB OM MC=
( ) ·AM PE PF OM BN× − =
· · ·AM PF OM BN AM PE+ =45
问题探究：在“问题情境”的基础上，
（1）如图 2，若垂足 P 恰好为 AE 的中点，连接 BD，交 MN 于点 Q，连接 EQ，并延长交边 AD 于点 F．求∠AEF
的度数；
（2）如图 3，当垂足 P 在正方形 ABCD 的对角线 BD 上时，连接 AN，将△APN 沿着 AN 翻折，点 P 落在点 P'
处．若正方形 ABCD 的边长为 4 ，AD 的中点为 S，求 P'S 的最小值．
问题拓展：如图 4，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 M、N 分别为边 AB、CD 上的点，将正方形 ABCD 沿着 MN
翻折，使得 BC 的对应边 B'C'恰好经过点 A，C'N 交 AD 于点 F．分别过点 A、F 作 AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分
别为 G、H．若 AG＝ ，请直接写出 FH 的长．
【答案】问题情境： .理由见解析；问题探究：（1） ；（2） 的最小值
5
2
DN MB EC+ = 45AEF∠ = ° P S′46
为 ；问题拓展： .
【分析】问题情境：过点 B 作 BF∥MN 分别交 AE、CD 于点 G、F，证出四边形 MBFN 为平行四边形，得出 NF＝
MB，证明△ABE≌△BCF 得出 BE＝CF，即可得出结论；
问题探究：（1）连接 AQ，过点 Q 作 HI∥AB，分别交 AD、BC 于点 H、I，证出△DHQ 是等腰直角三角形，HD
＝HQ，AH＝QI，证明 Rt△AHQ≌Rt△QIE 得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE 是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠
AEQ＝45°，即可得出结论；
（2）连接 AC 交 BD 于点 O，则△APN 的直角顶点 P 在 OB 上运动，设点 P 与点 B 重合时，则点 P′与点 D 重
合；设点 P 与点 O 重合时，则点 P′的落点为 O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点 P 在线段 BO 上运动时，过点 P 作 PG⊥CD 于点 G，过点 P′作 P′H⊥CD 交 CD 延长线于点 H，连接 PC，
证明△APB≌△CPB 得出∠BAP＝∠BCP，证明 Rt△PGN≌Rt△NHP'得出 PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得
出∠PDG＝45°，易得出 PG＝GD，得出 GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点 P'在线
段 DO'上运动；过点 S 作 SK⊥DO'，垂足为 K，即可得出结果；
问题拓展：延长 AG 交 BC 于 E，交 DC 的延长线于 Q，延长 FH 交 CD 于 P，则 EG＝AG＝ ，PH＝FH，得出 AE
＝5，由勾股定理得出 BE＝ ＝3，得出 CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出 QE＝AE＝
，AQ＝AE+QE＝ ，证明△AGM∽△ABE，得出 AM＝ ，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝
90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出 B'M＝ ，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出 AF＝
，证明△DFP∽△DAQ，得出 FP＝ ，得出 FH＝FP＝ ．
【详解】问题情境：因为四边形 是正方形，
所以 .
过点 作 分别交 于点 .
所以四边形 为平行四边形.
所以 .所以 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 . ，所以 .
因为 ，所以 ，所以 .
2 5
14
5
2
2 2AE AB−
20
3
20
3
25
8
2 '2 7
8AM AB− =
25 25 3,DF 47 7 7
= − = 5
7
1 5FP2 14
=
ABCD
90ABE BCD AB BC CD DC AB∠ = ∠ = ° = = ，， ∥
B BF MN∥ AE CD、 G F、
MBFN
NF MB= 90BF AE BGE∠ = °⊥ ，
90CBF AEB∠ + ∠ = °
90BAE AEB∠ + ∠ = °
CBF BAE∠ = ∠ ABE BCF△ △≌ BE CF=
DN NF CF BE EC+ + = + DN NF EC+ = DN MB EC+ =47
问题探究：
（1）连接 ，过点 作 ，分别交 于点 .易得四边形 矩形.
所以 且 .
因为 是正方形 的对角线，所以 .
所以 是等腰直角三角形， .所以 .
因为 是 的垂直平分线，所以 .
所以 .所以 .
所以 .所以 .
所以 是等腰直角三角形， ，即 .
（2）如图所示，连接 交 于点 ，由题意易得 的直角顶点 在 上运动.
设点 与点 重合，则点 与点 重合；
设 与点 重合，则点 的落点为 .易知 .
当点 在线段 上运动时，
过点 作 的垂线，垂足为 ，
过点 作 ，垂足为点 .
易证： ，
所以 ，
因为 是正方形 的对角线，
所以 ，易得 ，所以 .
所以 .
AQ Q HI AB∥ AD BC、 H I、 ABIH
HI AD HI BC⊥ ⊥， HI AB AD= =
BI ABCD 45BDA∠ = °
DHQ HD HQ= AH QI=
MN AE AQ QE=
Rt RtAHQ QIE△ ≌ △ AQH QEI∠ = ∠
90AQH EQI °∠ + ∠ = 90AQE∠ = °
AQE 45EAQ AEQ∠ = ∠ = ° 45AEF∠ = °
AC BD O APN P OB
P B P′ D
P O P O′ 45ADO′∠ = °
P BO
P CD G
P′ P H CD′ ⊥ H
Rt PGN Rt NHP′△ △≌
PG NH G HPN ′= =，
BD ABCD
45PDG∠ = ° PG GD= GN DH=
DH HP′=48
所以 ，故 .
所以点 在线段 上运动.
过点 作 ，垂足为 ，因为点 为 的中点，
所以 ，则 的最小值为 .
问题拓展：
解：延长 AG 交 BC 于 E，交 DC 的延长线于 Q，延长 FH 交 CD 于 P，如图 4：
则 EG＝AG＝ ，PH＝FH，
∴AE＝5，
在 Rt△ABE 中，BE＝ ＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
45P DH′∠ = ° 45P DA′∠ = °
P′ DO′
S SK DO′⊥ K S AD
2DS = P S′ 2
5
2
2 2AE AB−49
∴
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴ ，即 ，
解得： ，
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，
∴B'M＝ ，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B'AM＝∠C'FA，
∴△AFC'∽△MAB'，
∴ ，
解得：
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴ ，即 ，
解得：FP＝ ，
∴FH＝ ．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定
与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，
1 5 20QE AE ,AQ AE QE3 3 3
= = = + =
AM AG
AE AB
=
5
2
5 4
AM =
25AM 8
=
2 '2 7 ,AC 18AM AB ′− = =
'
'
1, 25 7
8 8
AF AC AF
AM MB
= =
25 25 3AF ,DF 47 7 7
= = − =
FP DF
AQ DA
=
3
7
20 4
3
FP =
5
7
1 5FP2 14
=50
证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
20．箭头四角形,模型规律:如图 1，延长 CO 交 AB 于点 D，则 ．因为凹
四边形 ABOC 形似箭头，其四角具有“ ”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭
头四角形”．模型应用:
（1）直接应用：
①如图 2， ．
②如图 3， 的 2 等分线（即角平分线） 交于点 F，已知
，则
③如图 4， 分别为 的 2019 等分线 ．它们的交点从上
到下依次为 ．已知 ，则 度
（2）拓展应用：如图 5，在四边形 ABCD 中， ．O 是四边形 ABCD 内一点，且
．求证：四边形 OBCD 是菱形．
【答案】（1）① ，② ，③ ；（2）见解析.
【分析】（1）①由 可得答案；
②由 且
知 ，从而得 ，代入计算
可得；
③由 ，
知 ，
代入
得 ，
1BOC B A C B∠ ∠ + ∠ ∠ + ∠ + ∠＝ ＝ ．
BOC A B C∠ ∠ + ∠ + ∠＝
A B C D E F∠ + ∠ + ∠ + ∠ + ∠ + ∠ =
ABE ACE∠ ∠、 BF CF、
120 50BEC BAC∠ = ∠ = ， BFC∠ =
i iBO CO、 ABO ACO∠ ∠、 1 2 3 2017 2018i = …（ ，，， ， ， ）
1 2 3 2018O O O O…、 、 、 、 BOC m BAC n∠ = ∠ = ， 1000BO C∠ =
2BC CD BCD BAD= ∠ = ∠，
OA OB OD= =
2α 85
1000 1019
2019 2019m n +
A B C BOC D E F DOEα α∠ + ∠ + ∠ ∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠＝ ＝ ， ＝ ＝
BEC EBF ECF F F ABF ACF A∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠ ∠ + ∠ + ∠＝ ， ＝
EBF ABF ECF ACF∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝ BEC F A F∠ ∠ − ∠ + ∠＝ BEC A
2F
∠ + ∠∠ =
1000 1000 1000 1000
1019
2019BOC OBO OCO BO C ABO ACO BO C∠ ∠ + ∠ + ∠ = ∠ + ∠ + ∠＝ （ ）
1000 1000 1000
1000
2019BO C ABO ACO BAC ABO ACO BAC∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠ + ∠ + ∠＝ ＝ （ ）
1000
2019
1000ABO ACO BO C BAC∠ + ∠ ∠ ∠＝ （ ﹣ ）
1000
1019
2019BOC ABO ACO BO C∠ ∠ + ∠ + ∠＝ （ ）
1000 1000
1019 2019
2019 1000BOC BO C BAC BO C∠ × ∠ ∠ + ∠＝ （ ﹣ ）51
据此得出 ，代入可得答案；
（2）由 知 ，结合
得 ，连接 OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即
可．
【详解】解：（1）①如图 2，
在凹四边形 ABOC 中， ，
在凹四边形 DOEF 中， ，
②如图 3，
，且
，
，
；
③如图 4，
由题意知 ,
1000
1000 1019 1000 1019
2019 1000 2019 2019BO C BOC BAC BOC BAC∠ ∠ + ∠ ∠ + ∠＝ （ ）＝ ，
OAB OBA OAD ODA∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝ 2BOD BAD ABO ADO BAD∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠＝ ＝
2BCD BAD∠ ∠＝ BCD BOD∠ ∠＝
A B C BOC α∠ + ∠ + ∠ ∠＝ ＝
D E F DOE α∠ + ∠ + ∠ ∠＝ ＝
2A B C D E F α∴∠ + ∠ + ∠ + ∠ + ∠ + ∠ ＝ ；
BEC EBF ECF F F ABF ACF A∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠ ∠ + ∠ + ∠ ＝ ， ＝ EBF ABF ECF ACF∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝ ，
BEC F A F∴∠ ∠ − ∠ + ∠＝ ，
BEC A
2F
∠ + ∠∴∠ =
120 , 50BEC BAC° °∠ = ∠ =
85F∴∠ ＝
1000 1000
1000 1019
2019 2019ABO ABO OBO ABO∠ ∠ ∠ = ∠＝ ，52
则
代入 得
解得：
，
；
故答案为：① ；② ；③（ ）；
（2）如图 5，连接 OC，
，
OC 是公共边，
，
1000 1000
1000 1019
2019 2019ACO ACO OCO ACO∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝ ，
1000 1000 1000 1000
1000
2019BOC OBO OCO BO C ABO ACO BO C∴∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠ + ∠ + ∠＝ ＝ （ ） ，
1000 1000 1000
1000
2019BO C ABO ACO BAC ABO ACO BAC∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠ + ∠ + ∠＝ ＝ （ ） ，
1000
2019
1000ABO ACO BO C BAC∠ + ∠ = ∠ ∠（ ﹣ ），
1000
1019
2019BOC ABO ACO BO C∠ ∠ + ∠ + ∠＝ （ ）
1000 1000
1019 2019
2019 1000BOC BO C BAC BO C∠ × ∠ ∠ + ∠＝ （ ﹣ ）
1000
1000 1019 2019 1019
2019 2019 1000 2019BO C BOC BAC BOC BAC∠ ∠ + ∠ = ∠ + ∠＝ （ ）
BOC m BAC n∠ ∠ ＝ ， ＝
1000
1000 1019
2019 2019BO C m n∴∠ + ＝
2α 85
1000 1019
2019 2019m n+
OA OB OD ＝ ＝
OAB OBA OAD ODA∴∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝ ，
2BOD BAD ABO ADO BAD∴∠ ∠ + ∠ + ∠ ∠＝ ＝ ，
2BCD BAD∠ ∠ ＝ ，
BCD BOD∴∠ ∠＝ ，
BC CD OA OB OD ＝ ， ＝ ＝ ，
OBC ODC SSS∴∆ ∆≌ （ ）
BOC DOC BCO DCO∴∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝ ，
BOD BOC DOC BCD BCO DCO∠ ∠ + ∠ ∠ ∠ + ∠ ＝ ， ＝ ，53
∴ ，
又 ，
又
∴四边形 OBCD 是菱形．
【点睛】考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握“箭头四角形”的性质 及其
运用，全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点．
21．如图 1，在 Rt△ABC 中，∠B=90°，BC=2AB=8，点 D，E 分别是边 BC，AC 的中点，连接 DE，将△EDC 绕
点 C 按顺时针方向旋转，记旋转角为 α.
（1）问题发现
① 当 时， ；② 当 时，
（2）拓展探究
试判断：当 0°≤α＜360°时， 的大小有无变化？请仅就图 2 的情况给出证明.
（3）问题解决
当△EDC 旋转至 A、D、E 三点共线时，直接写出线段 BD 的长.
【答案】（1）① ,② .（2）无变化；理由参见解析.（3） ， .
【分析】（1）①当 α=0°时，在 Rt△ABC 中，由勾股定理，求出 AC 的值是多少；然后根据点 D、E 分别是
边 BC、AC 的中点，分别求出 AE、BD 的大小，即可求出 的值是多少．
②α=180°时，可得 AB∥DE，然后根据 ，求出 的值是多少即可．
（2）首先判断出∠ECA=∠DCB，再根据 ，判断出△ECA∽△DCB，即可求出 的值是多
1 1
2 2BOC BOD BCO BCD∠ ∠ ∠ ∠＝ ， ＝
BOD BCD∠ ∠＝
BOC BCO∴∠ ∠＝ ，
BO BC∴ ＝ ，
OB OD BC CD＝ ， ＝ ，
OB BC CD DO∴ ＝ ＝ ＝ ，
BOC A B C∠ ∠ + ∠ + ∠＝
0α °= AE
BD
= AE
BD
=
AE
DB
5
2
5
2 4 5 12 5
5
AE
BD
AC BC
AE BD
= AE
BD
5
2
EC AC
DC BC
= = AE
BD54
少，进而判断出 的大小没有变化即可．
（3）根据题意，分两种情况：①点 A，D，E 所在的直线和 BC 平行时；②点 A，D，E 所在的直线和 BC 相交
时；然后分类讨论，求出线段 BD 的长各是多少即可．
【详解】（1）①当 α=0°时，
∵Rt△ABC 中，∠B=90°，
∴AC= ，
∵点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点，
∴ ,BD=8÷2=4，
∴ ．
②如图 1，
，
当 α=180°时，
可得 AB∥DE，
∵ ，
∴
（2）如图 2，
，
当 0°≤α＜360°时， 的大小没有变化，
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
AE
BD
2 2 2 2(8 2) 8 4 5AB BC+ = ÷ + =
4 5 2 52AE = =
2 5 5
4 2
AE
BD
= =
AC BC
AE BD
=
4 5 5
8 2
AE AC
BD BC
= = =
AE
BD55
又∵ ，
∴△ECA∽△DCB，
∴ ．
（3）①如图 3，
，
∵AC=4 ，CD=4，CD⊥AD，
∴AD=
∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，
∴四边形 ABCD 是矩形，
∴BD=AC= ．
②如图 4，连接 BD，过点 D 作 AC 的垂线交 AC 于点 Q，过点 B 作 AC 的垂线交 AC 于点 P，
，
∵AC= ，CD=4，CD⊥AD，
∴AD= ，
∵点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点，
∴DE= =2，
∴AE=AD-DE=8-2=6，
由（2），可得
，
5
2
EC AC
DC BC
= =
5
2
AE EC
BD DC
= =
5
2 2 2 2(4 5) 4 80 16 8AC CD− = − = − =
4 5
4 5
2 2 2 2(4 5) 4 80 16 8AC CD− = − = − =
1 1 1(8 2) 42 2 2AB = × ÷ = ×
5
2
AE
BD
=56
∴BD= ．
综上所述，BD 的长为 或 ．
22．操作体验：如图，在矩形 ABCD 中，点 E、F 分别在边 AD、BC 上，将矩形 ABCD 沿直线 EF 折叠，使点 D
恰好与点 B 重合，点 C 落在点 C′处.点 P 为直线 EF 上一动点(不与 E、F 重合)，过点 P 分别作直线 BE、BF
的垂线，垂足分别为点 M 和 N，以 PM、PN 为邻边构造平行四边形 PMQN.
(1)如图 1，求证：BE＝BF；
(2)特例感知：如图 2，若 DE＝5，CF＝2，当点 P 在线段 EF 上运动时，求平行四边形 PMQN 的周长；
(3)类比探究：若 DE＝a，CF＝b.
①如图 3，当点 P 在线段 EF 的延长线上运动时，试用含 a、b 的式子表示 QM 与 QN 之间的数量关系，并证明；
②如图 4，当点 P 在线段 FE 的延长线上运动时，请直接用含 a、b 的式子表示 QM 与 QN 之间的数量关系.(不
要求写证明过程)
【答案】(1)证明见解析；(2)四边形PMQN 的周长为 2 ；(3)①QN﹣QM＝ ，证明见解析；②QM﹣QN
＝ .
【分析】(1)根据矩形的对边平行可得∠DEF＝∠EFB，根据翻折性质可得∠DEF＝∠BEF，由此可得∠BEF＝∠
EFB，即可求得结论；
(2)如图 2 中，连接 BP，作 EH⊥BC 于 H，则四边形 ABHE 是矩形，EH＝AB，先求出 AB 的长，继而利用面积
法求出 PM+PN＝EH＝ ，再根据平行形的周长公式求解即可；
(3)①如图 3 中，连接 BP，作 EH⊥BC 于 H，先求出 EH＝AB＝ ，再根据面积法求得 PM﹣PN＝EH＝
，继而根据平行四边形的性质即可求得 QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝ ，
②如图 4，当点 P 在线段 FE 的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝ .
【详解】(1)如图 1 中，
6 12 5
55
2
=
4 5 12 5
5
21 2 2a b−
2 2a b−
21
2 2a b−
2 2a b− 2 2a b−
2 2a b−57
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
由翻折可知：∠DEF＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF；
(2)如图 2 中，连接 BP，作 EH⊥BC 于 H，则四边形 ABHE 是矩形，EH＝AB，
∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝2，
∴AD＝BC＝7，AE＝2，
在 Rt△ABE 中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝2，
∴AB＝ ，
∵S△BEF＝S△PBE+S△PBF，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴ •BF•EH＝ •BE•PM+ •BF•PN，
∵BE＝BF，
∴PM+PN＝EH＝ ，
∵四边形 PMQN 是平行四边形，
∴四边形 PMQN 的周长＝2(PM+PN)＝2 ；
(3)①如图 3 中，连接 BP，作 EH⊥BC 于 H，
2 25 2 21− =
1
2
1
2
1
2
21
2158
∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b，
∴AD＝BC＝a+b，
∴AE＝AD﹣DE＝b，
∴EH＝AB＝ ，
∵S△EBP﹣S△BFP＝S△EBF，
∴ BE•PM﹣ •BF•PN＝ •BF•EH，
∵BE＝BF，
∴PM﹣PN＝EH＝ ，
∵四边形 PMQN 是平行四边形，
∴QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝ ，
②如图 4，当点 P 在线段 FE 的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝ .
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，面积法等知识，综合性较强，有一定的难度，
正确把握和灵活运用相关知识是解题的关键.
23．如图，平面内的两条直线 l1、l2,点 A、B 在直线 l2 上，过点 A、B 两点分别作直线 l1 的垂线，垂足分别
为 A1、B1，我们把线段 A1B1 叫做线段 AB 在直线 l2 上的正投影，其长度可记作 T（AB，CD）或 T（AB，l2）,特别地，
线段 AC 在直线 l2 上的正投影就是线段 A1C，请依据上述定义解决如下问题.
（1）如图 1，在锐角△ABC 中，AB=5，T（AC，AB）=3，则 T（BC，AB）= ；
（2）如图 2，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，T（AC，AB）=4，T（BC，AB）=9，求△ABC 的面积；
（3）如图 3，在钝角△ABC 中，∠A=60°，点 D 在 AB 边上，∠ACD=90°，T（AD，AC）=2，T（BC，AB）=6，求 T
（BC，CD）.
2 2a b−
1
2
1
2
1
2
2 2a b−
2 2a b−
2 2a b−59
【答案】（1）2 ；（2）△ABC 的面积=39；（3）T（BC，CD）=
【分析】(1)如图 1，过 C 作 CH⊥AB，根据正投影的定义求出 BH 的长即可；
(2)如图 2，过点 C 作 CH⊥AB 于 H，由正投影的定义可知 AH=4，BH=9，再根据相似三角形的性质求出 CH 的
长即可解决问题；
(3)如图 3，过 C 作 CH⊥AB 于 H，过 B 作 BK⊥CD 于 K，求出 CD、DK 即可得答案.
【详解】(1)如图 1，过 C 作 CH⊥AB，垂足为 H，
∵T(AC，AB)=3，
∴AH=3，
∵AB=5，
∴BH=AB-AH=2，
∴T(BC，AB)=BH=2，
故答案为：2；
(2)如图 2，过点 C 作 CH⊥AB 于 H，
则∠AHC=∠CHB=90°，
∴∠B+∠HCB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠A=90°
∴∠A=∠HCB，
∴△ACH∽△CBH，
∴CH：BH=AH：CH，
∴CH2=AH·BH，
∵T(AC，AB)=4，T(BC，AB)=9，
∴AH=4，BH=9，
∴AB=AH+BH=13，CH=6，
∴S△ABC=(AB·CH)÷2=13×6÷2=39；
(3)如图 3，过 C 作 CH⊥AB 于 H，过 B 作 BK⊥CD 于 K，
∵∠ACD=90°，T(AD，AC)=2，
∴AC=2，
∵∠A=60°，
7 3260
∴∠ADC=∠BDK=30°，
∴CD=AC·tan60°=2 ，AD=2AC=4，AH= AC=1，
∴DH=4-1=3，
∵T(BC，AB)=6，CH⊥AB，
∴BH=6，
∴DB=BH-DH=3，
在 Rt△BDK 中，∠K=90°，BD=3，∠BDK=30°，
∴DK=BD·cos30°= ，
∴T(BC，CD)=CK=CD+DK= + = .
【点睛】本题是三角形综合题，考查了正投影的定义，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识，
理解题意，正确添加辅助线，构建直角三角形是解题问题的关键.
24．（1）（探究发现）
如图 1， 的顶点 在正方形 两条对角线的交点处， ，将 绕点 旋转，
旋转过程中， 的两边分别与正方形 的边 和 交于点 和点 （点 与点 ， 不
重合）．则 之间满足的数量关系是 ．
（2）（类比应用）
如图 2，若将（1）中的“正方形 ”改为“ 的菱形 ”，其他条件不变，当
时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．
（3）（拓展延伸）
如图 3， ， ， ， 平分 ， ，且 ，点 是
上一点， ，求 的长．
3 1
2
3 3
2
3 3 32
7 32
EOF∠ O ABCD 90EOF °∠ = EOF∠ O
EOF∠ ABCD BC CD E F F C D
, ,CE CF BC
ABCD 120BCD∠ = ABCD 60EOF∠ =
120BOD = ∠ 3
4OD = 4OB = OA BOD∠ 13AB = 2OB OA> C OB
60CAD∠ = OC61
【答案】（1） （2）结论不成立． （3）
【分析】（1）结论： ．根据正方形性质，证 ，根据全等三角形性质
可得结论；（2）结论不成立． ．连接 ，在 上截取 ，连接 ．根据菱
形性质，证 ， 四点共圆，分别证 是等边三角形， 是等边
三角形，根据等边三角形性质证 ，根据全等三角形性质可得结论；（3）由
可知 是钝角三角形， ，作 于 ，设 ．根据勾股定理，可得到
，由 ，得 四点共圆，再证 是等边三角形，由（2）
可知： ，故可得 ．
【详解】（1）如图 1 中，结论： ．理由如下：
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为 ．
CE CF BC+ = 1
2CE CF BC+ = 1
4
CE CF BC+ = ( )BOE COF ASA∆ ≅ ∆
1
2CE CF BC+ = EF CO CJ CF= FJ
180EOF ECF °∠ + ∠ = , , ,O E C F EOF∆ CFJ∆
( )OFJ EFC SAS∆ ≅ ∆ 2OB OA>
BAO∆ 90BAO∠ > AH OB⊥ H =OH x
2 1OA OH= = 180COD ACD °∠ + ∠ = , , ,A C O D ACD∆
OC OD OA+ = OC
CE CF BC+ =
ABCD
AC BD⊥ OB OC= 45OBE OCF °∠ = ∠ =
90EOF BOC °∠ = ∠ =
BOE OCF∠ = ∠
( )BOE COF ASA∆ ≅ ∆
BE CF=
CE CF CE BE BC+ = + =
CE CF BC+ =62
（2）如图 2 中，结论不成立． ．
理由：连接 ，在 上截取 ，连接 ．
∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
∵ ，
∴ 四点共圆，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
（3）如图 3 中，由 可知 是钝角三角形， ，作 于 ，设
．
1
2CE CF BC+ =
EF CO CJ CF= FJ
ABCD 120BCD∠ =
60BCO OCF °∠ = ∠ =
180EOF ECF °∠ + ∠ =
, , ,O E C F
60OFE OCE °∠ = ∠ =
60EOF °∠ =
EOF∆
OF FE= 60OFE °∠ =
CF CJ= 60FCJ °∠ =
CFJ∆
FC FJ= 60EFC OFE °∠ = ∠ =
OFJ CFE∠ = ∠
( )OFJ EFC SAS∆ ≅ ∆
OJ CE=
1
2CF CE CJ OJ OC BC+ = + = =
2OB OA> BAO∆ 90BAO∠ > AH OB⊥ H
=OH x63
在 中， ，
∵ ，
∴ ，
解得 （舍弃）或 ，
∴ ，
∵ ，
∴ 四点共圆，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
由（2）可知： ，
∴ ．
【点睛】考核知识点：正方形性质，全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，圆的性质.综合运用
各个几何性质定理是关键；此题比较综合.
25．根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相
似四边形对应边的比叫做相似比．
（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”
或“假”）．
①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题）
②三个角分别相等的两个凸四边形相似；（ 命题）
③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）
（2）如图 1，在四边形 ABCD 和四边形 A1B1C1D1 中，∠ABC＝∠A1B1C1，∠BCD＝∠B1C1D1，
Rt ABH∆ 213 3BH x= −
4OB =
213 3 4x x− + =
3
2x = 1
2
2 1OA OH= =
180COD ACD °∠ + ∠ =
, , ,A C O D
OA COD∠
60AOC AOD °∠ = ∠ =
60ADC AOC °∠ = ∠ =
60CAD °∠ =
ACD∆
OC OD OA+ =
3 11 4 4OC = − =64
，求证：四边形 ABCD 与四边形 A1B1C1D1 相似．
（3）如图 2，四边形 ABCD 中，AB∥CD，AC 与 BD 相交于点 O，过点 O 作 EF∥AB 分别交 AD，BC 于点 E，F．记
四边形 ABFE 的面积为 S1，四边形 EFDE 的面积为 S2，若四边形 ABFE 与四边形 EFCD 相似，求 的值．
【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析 ；（3）
【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．
（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．
（3）四边形 ABFE 与四边形 EFCD 相似，证明相似比是 1 即可解决问题，即证明 DE=AE 即可．
【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．
②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．
③两个大小不同的正方形相似．是真命题．
故答案为假，假，真．
（2）证明：分别连接 BD，B1D1
，且
，
， ， ，
，
1 1 1 1 1 1
AB BC CD
A B B C C D
= =
2
1
S
S
1
2
1S
S
=
1 1 1BCD B C D∠ = ∠
1 1 1 1
BC CD
B C C D
=
1 1 1BCD B C D∴ ∽
1 1 1CDB C D B∴∠ = ∠ 1 1 1C B D CBD∠ = ∠
1 1 1 1 1 1
BD BC CD
B D B C C D
= =
1 1 1 1
BD AB
B D A B
∴ =65
，
，
，
， ， ，
， ， ， ，
四边形 ABCD 与四边形 A1B1C1D1 相似.
（3）如图 2 中，
∵四边形 ABFG 与四边形 EFCD 相似
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
，即 AE=DE
1 1 1ABC A B C∠ = ∠
1 1 1ABD A B D∴∠ = ∠
1 1 1ABD A B D∴ ∽
1 1 1 1
AD AB
A D A B
= 1A A∠ = ∠ 1 1 1ADB A D B∠ = ∠
1 1 1 1 1 1 1 1
AB BC CD AD
A B B C C D A D
∴ = = =
1 1 1ADC A D C∠ = ∠ 1A A∠ = ∠ 1 1 1ABC A B C∠ = ∠
1 1 1BCD B C D∠ = ∠
∴
DE EF
AE AB
∴ =
EF OE OF= +
DE OE OF
AE AB
+∴ =
EF AB CD
DE OE
AD AB
∴ = DE OC OF
AD AB AB
= =
DE DE OE OF
AD AD AB AB
∴ + = +
2DE DE
AD AE
∴ =
AD DE AE= +
2 1
DE AE AE
∴ =+
2AE DE AE∴ = +66
，
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，相似多边形的判定和性质等知识，解
题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．在△ 中，已知 是 边的中点， 是△ 的重心，过 点的直线分别交 、 于点
、 .
（1）如图 1，当 ∥ 时，求证： ；
（2）如图 2，当 和 不平行，且点 、 分别在线段 、 上时，（1）中的结论是否成立？如
果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.
（3）如图 3，当点 在 的延长线上或点 在 的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，
请给出证明；如果不成立，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）（1）中结论成立，理由见解析；（3）（1）中结论不成立，理由见解析.
【分析】（1）根据 G 为重心可知 ，由 EF∥BC 可知 , ，故
（2）过点 作 ∥ 交 的延长线于点 ， 、 的延长线相交于点 ，则 ，
，故要求式子 ，又 ，D
是 的中点，即 ，故有 ，所以原式
，又有 ，得 ，故结论成立；
（3）由 G 点为重心可知，当 点与 点重合时， 为 中点， ，故当点 在 的延长线上
时， ， ,则 ，同理：当点 在 的延长线上时， ，故结论
不成立.
【详解】（1）证明： 是△ 重心
1
2
1S
S
∴ =
ABC D BC G ABC G AB AC
E F
EF BC 1BE CF
AE AF
+ =
EF BC E F AB AC
E AB F AC
1
2
DG
AG
= 1
2
= =BE DG
AE AG
1
2
CF DG
AF AG
= =
1 1 12 2
BE CF
AE AF
+ = + =
A AN BC EF N FE CB M BE BM
AE AN
=
CF CM
AF AN
= BE CF BM CM BM CM
AE AF AN AN AN
++ = + = BM CM BM CD DM+ = + +
BC BD CD= 2BM CM BM BD DM DM DM DM+ = + + = + =
2BE CF DM
AE AF AN
+ = 1
2
DM DG
AN AG
= = 12 12
BE CF
AE AF
+ = × =
F C E AB BE AE= F AC
BE AE> 1>BE
AE 1BE CF
AE AF
+ > E AB 1BE CF
AE AF
+ >
G ABC67
,
又 ∥ ,
, ,
则 .
（2）（1）中结论成立，理由如下：
如图，过点 作 ∥ 交 的延长线于点 ， 、 的延长线相交于点 ，
则 ，
又
而 是 的中点，即
又
结论成立；
（3）（1）中结论不成立，理由如下：
∴ 1
2
DG
AG
=
EF BC
1
2
BE DG
AE AG
∴ = = 1
2
CF DG
AF AG
= =
1 1 12 2
BE CF
AE AF
+ = + =
A AN BC EF N FE CB M
BE BM
AE AN
= CF CM
AF AN
=
∴ BE CF BM CM BM CM
AE AF AN AN AN
++ = + =
BM CM BM CD DM+ = + +
D BC BD CD=
∴ 2BM CM BM BD DM DM DM DM+ = + + = + =
∴ 2BE CF DM
AE AF AN
+ =
1
2
DM DG
AN AG
= =
∴ 12 12
BE CF
AE AF
+ = × =68
当 点与 点重合时， 为 中点， ,
点 在 的延长线上时， ,
,则 ，
同理：当点 在 的延长线上时， ，
结论不成立.
【点睛】本题考查了三角形的重心，相似三角形的性质和判定，分类讨论思想，解本题的关键是通过三角
形重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为 2:1 与相似比结合来解题，并合理作出辅助线来解题.
27．如图，在等腰 中， ．点 D,E 分别在边 AB,BC 上，将线段 ED 绕点 E
按逆时针方向旋转 90º 得到 EF．
（1）如图 1，若 ，点 E 与点 C 重合，AF 与 DC 相交于点 O．求证： ．
（2）已知点 G 为 AF 的中点．
①如图 2，若 ，求 DG 的长．
②若 ，是否存在点 E，使得 是直角三角形？若存在，求 CE 的长；若不存在，试说明理
由．
【答案】（1）见解析；（2）① ，②存在，CE 的长为： ，2 或 ， .
【分析】（1）先证明 CD＝BD＝AD，再证明 ，根据全等三角形的性质可得 ，由此
即可证得结论；（2）①分别过点 D，F 作 与点 N， 与点 M，连接 BF，先求得 BF 的长，
再证明 DG 是△ABF 的中位线，根据三角形的中位线定理即可求得 DG 的长；②分∠DEG＝90°和∠EDG＝90°
两种情况求解即可．
【详解】解：（1）由旋转性质得: ，
是等腰三角形，
，
F C E AB BE AE=
F AC BE AE>
1BE
AE
∴ > 1BE CF
AE AF
+ >
E AB 1BE CF
AE AF
+ >
∴
Rt ABC 90 , 14 2ACB AB∠ = =
AD BD= 2BD DO=
, 2AD BD CE= =
6AD BD= DEG△
5 22DG = 6 2 2− 6 2 2+ 18 2 14−
ADO FCO∆ ≅ ∆ DO CO=
DN BC⊥ FM BC⊥
CD CF= 90DCF °∠ =
ABC∆ AD BD=
90ADO °∴∠ = CD BD AD= =
DCF ADC∴∠ = ∠69
在 和 中，
（2）①如图 1，分别过点 D，F 作 与点 N， 与点 M，连接 BF，
又 ，
，
又 ， ，
，
点 D，G 分别是 AB，AF 的中点，
②过点 D 作 与点 H
， ，
，
当 时，有如图 2，3 两种情况，设 ，
ADO∆ FCO∆
AOD FOC
ADO FCO
AD FC
∠ = ∠
∠ = ∠
=
ADO FCO∴∆ ≅ ∆
DO CO∴ =
2BD CD DO∴ = =
DN BC⊥ FM BC⊥
90DNE EMF °∴∠ = ∠ =
NDE MEF∠ = ∠ DE EF=
DNE EMF∴∆ ≅ ∆ DN EM∴ =
7 2BD = 45ABC °∠ = 7DN EM∴ = =
5BM BC ME EC∴ = − − = 5MF NE NC EC∴ = = − =
5 2BF∴ =
1 5 22 2DG BF∴ = =
DH BC⊥
6AD BD= 14 2AB =
2 2BD∴ =
90DEG °∠ = CE t=70
， ，
点 E 在线段 AF 上，
， ， ，
， ，即 ，解得 ，
或 ，
当 时，如图 4，
图 4
过点 F 作 与点 K，延长 DG 交 AC 于点 N，延长 AC 并截取 ，连接 FM，
则 ， ，
设 ，则 ， ，
， ， ，
， ，得 ，
， ，
四边形 GECN 是平行四边形，
∵ ，
四边形 GECN 是矩形， 当 时，有
MN NA=
2NC DH= = 10MC =
GN t= 2FM t= 14 2BK t= −
DHE EKF∆ ≅ ∆ 2KE DH∴ = = 14 2KF HE t∴ = = −
MC FK= 14 2 10t∴ − = 2t =
2GN EC= = GN EC∥
∴
90ACB °∠ =
∴ 90EGN °∴∠ = ∴ 2EC = 90DGE °∠ =
90DEF °∠ = 90DEG °∠ =
∴
2BH DH∴ = = 14BE t= − 12HE BE BH t= − = −
DHE ECA∆ ∽ DH HE
EC CA
∴ = 2 12
14
t
t
−= 6 2 2t = ±
6 2 2CE∴ = + 6 2 2CE = −
DG BC
FK BC⊥71
当 时，如图 5，
图 5
过点 G，F 分别作 AC 的垂线，交射线 AC 于点 N，M，过点 E 作 于点 K，过点 D 作 GN 的垂线，交 NG
的延长线于点 P，则
设 ，则 ，
由 可得：
，
由 可得：
即
解得 ， （舍去）
所以，CE 的长为： ，2 或 ，
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形
或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．(1)方法选择
如图①，四边形 是 的内接四边形，连接 ， ， ．求证：
.
90EDG °∠ =
EK FM⊥
12PN HC BC HB= = − =
GN t= 2FM t=
12PG PN GN t∴ = − = −
DHE EKF∆ ≅ ∆ 2FK =
2 2CE KM t∴ = = −
12 (2 2) 14 2HE=HC CE t t∴ − = − − = −
14 2EK HE t∴ = = −
14 14 2 28 2AM AC CM AC EK t t= + = + = + − = −
1 142MN AM t∴ = = − NC MN CM t= − =
2PD t∴ = −
GPD DHE∆ ∆∽ PG PD
HD HE
=
12 2
2 14 2
t t
t
− −= −
1 10 14t = − 2 10 14t = +
2 2 18 2 14CE t∴ = − = −
6 2 2− 6 2 2+ 18 2 14−
ABCD O AC BD AB BC AC= =
BD AD CD= +72
小颖认为可用截长法证明：在 上截取 ，连接 …
小军认为可用补短法证明：延长 至点 ，使得 …
请你选择一种方法证明．
(2)类比探究
（探究 1）
如图②，四边形 是 的内接四边形，连接 ， ， 是 的直径， ．试用等
式表示线段 ， ， 之间的数量关系，并证明你的结论．
（探究 2）
如图③，四边形 是 的内接四边形，连接 ， ．若 是 的直径， ，则
线段 ， ， 之间的等量关系式是______．
(3)拓展猜想
如图④，四边形 是 的内接四边形，连接 ， ．若 是 的直径，
，则线段 ， ， 之间的等量关系式是______．
【答案】(1)方法选择：证明见解析；(2)【探究 1】： ；【探究 2】
；(3)拓展猜想： .
【分析】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=60°，如图①，在 BD 上截取 DM=AD，连
接 AM，由圆周角定理得到∠ADB=∠ACB=60°，得到 AM=AD，根据全等三角形的性质得到 BM=CD，于是得到结
论；
（2）类比探究：如图②，由 BC 是⊙O 的直径，得到∠BAC=90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠
ACB=45°，过 A 作 AM⊥AD 交 BD 于 M，推出△ADM 是等腰直角三角形，求得 DM= AD 根据全等三角形的性
质得到结论；
【探究 2】
如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC=90°，∠ACB=60°，过 A 作 AM⊥AD 交 BD 于 M，求得∠
AMD=30°，根据直角三角形的性质得到 MD=2AD，根据相似三角形的性质得到 BM= CD，于是得到结论；
（3）如图④，由 BC 是⊙O 的直径，得到∠BAC=90°，过 A 作 AM⊥AD 交 BD 于 M，求得∠MAD=90°，根据相
似三角形的性质得到 BM= CD，DM= AD，于是得到结论．
【详解】(1)方法选择：∵ ，
DB DM AD= AM
CD N DN AD=
ABCD O AC BD BC O AB AC=
AD BD CD
ABCD O AC BD BC O 30ABC∠ = °
AD BD CD
ABCD O AC BD BC O
: : : :BC AC AB a b c= AD BD CD
2BD CD AD= +
3 2BD CD AD= + c aBD CD ADb b
= +
2
3
c
b
a
b
AB BC AC= =73
∴ ，
如图①，在 上截取 ，连接 ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
(2)类比探究：如图②，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
过 作 交 于 ，
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
[探究 2]如图③，∵若 是 的直径， ，
∴ ， ，
过 作 交 于 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
60ACB ABC∠ = ∠ = °
BD =DM AD AM
60ADB ACB∠ = ∠ = °
ADM∆
AM AD=
ABM ACD∠ = ∠
120AMB ADC∠ = ∠ = °
( )ABM ACD AAS∆ ≅ ∆
BM CD=
BD BM DM CD AD= + = +
BC O
90BAC∠ = °
AB AC=
45ABC ACB∠ = ∠ = °
A AM AD⊥ BD M
45ADB ACB∠ = ∠ = °
ADM∆
AM AD= 45AMD∠ = °
2DM AD=
135AMB ADC∠ = ∠ = °
ABM ACD∠ = ∠
( )ABM ACD AAS∆ ≅ ∆
BM CD=
2BD BM DM CD AD= + = +
BC O 30ABC∠ = °
90BAC∠ = ° 60ACB∠ = °
A AM AD⊥ BD M
60ADB ACB∠ = ∠ = °
30AMD∠ = °
2MD AD=
ABD ACD∠ = ∠ 150AMB ADC∠ = ∠ = °74
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为 ；
(3)拓展猜想： ；
理由：如图④，∵若 是 的直径，
∴ ，
过 作 交 于 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
故答案为 .
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性
ABM ACD∆ ∆
3BM AB
CD AC
= =
3BM CD=
3 2BD BM DM CD AD= + = +
3 2BD CD AD= +
c aBD BM DM CD ADb b
= + = +
BC O
90BAC∠ = °
A AM AD⊥ BD M
90MAD∠ = °
BAM DAC∠ = ∠
ABM ACD∆ ∆
BM AB c
CD AC b
= =
cBM CDb
=
ADB ACB∠ = ∠ 90BAC NAD∠ = ∠ = °
ADM ACB∆ ∆
AD AC b
DM BC a
= =
aDM ADb
=
c aBD BM DM CD ADb b
= + = +
c aBD CD ADb b
= +75
质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
29．（1）证明推断：如图（1），在正方形 中，点 ， 分别在边 ， 上， 于点
，点 ， 分别在边 ， 上， ．
①求证： ；
②推断： 的值为 ；
（2）类比探究：如图（2），在矩形 中， （ 为常数）．将矩形 沿 折叠，使点
落在 边上的点 处，得到四边形 ， 交 于点 ，连接 交 于点 ．试探究 与
CP 之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接 ，当 时，若 ， ，求 的
长．
【答案】（1）①证明见解析；②解：结论： ．理由见解析；（2）结论： ．理由见解析；
（3） ．
【分析】（1）①由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，
所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得 AE=DQ．②证明四边形 DQFG 是平行四边形即可解决问题．
（2）结论： 如图 2 中，作 GM⊥AB 于 M．证明：△ABE∽△GMF 即可解决问题．
（3）如图 2-1 中，作 PM⊥BC 交 BC 的延长线于 M．利用相似三角形的性质求出 PM，CM 即可解决问题．
【详解】（1）①证明：∵四边形 是正方形，
∴ ， ．
∴ ．
∵ ，
ABCD E Q BC AB DQ AE⊥
O G F CD AB GF AE⊥
DQ AE=
GF
AE
ABCD BC kAB
= k ABCD GF A
BC E FEPG EP CD H AE GF O GF
AE
CP 2
3k = 3tan 4CGP∠ = 2 10GF = CP
1GF
AE
= FG kAE
=
9 55PC =
FG kAE
=
ABCD
AB DA= 90ABE DAQ∠ = = ∠
90QAO OAD∠ + ∠ =
AE DH⊥76
∴ ．
∴ ．
∴ ≌ ，
∴ ．
②解：结论： ．
理由：∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为 1．
（2）解：结论： ．
理由：如图 2 中，作 于 ．
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ∽ ，
90ADO OAD∠ + ∠ =
QAO ADO∠ = ∠
ABE∆ DAQ∆ ( )ASA
AE DQ=
1GF
AE
=
DQ AE⊥ FG AE⊥
/ /DQ FG
/ /FQ DG
DQFG
FG DQ=
AE DQ=
FG AE=
1GF
AE
=
FG kAE
=
GM AB⊥ M
AE GF⊥
90AOF GMF ABE∠ = ∠ = ∠ =
90BAE AFO∠ + ∠ = 90AFO FGM∠ + ∠ =
BAE FGM∠ = ∠
ABE∆ GMF∆77
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ．
（3）解：如图 2﹣1 中，作 交 的延长线于 ．
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴可以假设 ， ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 或﹣1（舍弃），
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ∽ ，
GF GM
AE AB
=
90AMG D DAM∠ = ∠ = ∠ =
AMGD
GM AD=
GF AD BC kAE AB AB
= = =
PM BC⊥ BC M
/ /FB GC / /FE GP
CGP BFE∠ = ∠
3tan tan 4
BECGP BFE BF
∠ = ∠ = =
3BE k= 4BF k= 5EF AF k= =
2
3
FG
AE
= 2 10FG =
3 10AE =
2 2 2(3 ) (9 ) (3 10)k k+ =
1k =
3BE = 9AB =
: 2:3BC AB =
6BC =
3BE CE= = 6AD PE BC= = =
90BEF FEP PME∠ = ∠ = ∠ =
90FEB PEM∠ + ∠ = 90PEM EPM∠ + ∠ =
FEB EPM∠ = ∠
FBE∆ EMP∆78
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学
会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
30．在 ， ， ．点 P 是平面内不与点 A，C 重合的任意一点．连接 AP，将线段 AP
绕点 P 逆时针旋转 α 得到线段 DP，连接 AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图 1，当 时， 的值是 ，直线 BD 与直线 CP 相交所成的较小角的度数是 ．
（2）类比探究
如图 2，当 时，请写出 的值及直线 BD 与直线 CP 相交所成的小角的度数，并就图 2 的情形说明
理由．
（3）解决问题
当 时，若点 E，F 分别是 CA，CB 的中点，点 P 在直线 EF 上，请直接写出点 C，P，D 在同一直线上时
的值．
【答案】（1）1， （2）45°（3） ，
【分析】（1）如图 1 中，延长 CP 交 BD 的延长线于 E，设 AB 交 EC 于点 O．证明 ，即
EF BF BE
PE EM PM
= =
5 4 3
6 EM PM
= =
24
5EM = 18
5PM =
24 935 5CM EM EC= = = − =
2 2 9 55PC CM PM= + =
ABC∆ CA CB= ACB α∠ =
60α °= BD
CP
90α °= BD
CP
90α °=
AD
CP
60° 2 2− 2 2+
( )CAP BAD SAS∆ ≅ ∆79
可解决问题．
（2）如图 2 中，设 BD 交 AC 于点 O，BD 交 PC 于点 E．证明 ，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图 3﹣1 中，当点 D 在线段 PC 上时，延长 AD 交 BC 的延长线于 H．证明
即可解决问题．
②如图 3﹣2 中，当点 P 在线段 CD 上时，同法可证： 解决问题．
【详解】解：（1）如图 1 中，延长 CP 交 BD 的延长线于 E，设 AB 交 EC 于点 O．
，
，
， ，
，
， ，
，
，
，线 BD 与直线 CP 相交所成的较小角的度数是 ，
故答案为 1， ．
（2）如图 2 中，设 BD 交 AC 于点 O，BD 交 PC 于点 E．
，
，
DAB PAC∆ ∆
AD DC=
DA DC=
60PAD CAB °∠ = ∠ =
CAP BAD∴∠ = ∠
CA BA= PA DA=
( )CAP BAD SAS∴∆ ≅ ∆
PC BD∴ = ACP ABD∠ = ∠
AOC BOE∠ = ∠
60BEO CAO °∴∠ = ∠ =
1BD
PC
∴ = 60°
60°
45PAD CAB °∠ = ∠ =
PAC DAB∴∠ = ∠80
，
，
， ，
，
，
直线 BD 与直线 CP 相交所成的小角的度数为 ．
（3）如图 3﹣1 中，当点 D 在线段 PC 上时，延长 AD 交 BC 的延长线于 H．
， ，
，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
2AB AD
AC AP
= =
DAB PAC∴∆ ∆
PCA DBA∴∠ = ∠ 2BD AB
PC AC
= =
EOC AOB∠ = ∠
45CEO OAB °∴∠ = ∠ =
∴ 45°
CE EA= CF FB=
EF AB∴ ∥
45EFC ABC °∴∠ = ∠ =
45PAO °∠ =
PAO OFH∴∠ = ∠
POA FOH∠ = ∠
H APO∴∠ = ∠
90APC °∠ = EA EC=
PE EA EC∴ = =
EPA EAP BAH∴∠ = ∠ = ∠
H BAH∴∠ = ∠
BH BA∴ =
45ADP BDC °∠ = ∠ =
90ADB °∴∠ =
BD AH∴ ⊥
22.5DBA DBC °∴∠ = ∠ =
90ADB ACB °∠ = ∠ =81
A，D，C，B 四点共圆，
， ，
，
，设 ，则 ， ，
c．
如图 3﹣2 中，当点 P 在线段 CD 上时，同法可证： ，设 ，则 ， ，
，
．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三
角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解
决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
∴
22.5DAC DBC °∠ = ∠ = 22.5DCA ABD °∠ = ∠ =
22.5DAC DCA °∴∠ = ∠ =
DA DC∴ = =AD a DC AD a= = 2
2PD a=
2 2
2
2
AD a
CP a a
∴ = = −
+
=DA DC =AD a CD AD a= = 2
2PD a=
2
2PC a a∴ = −
2 2
2
2
AD a
PC a a
∴ = = +
−
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