九下第1章直角三角形的邊角關系壓軸題專練一、單選題1．（2021·陜西·西北工業大學附屬中學模擬預測）如圖，?ABCD的邊，點是邊的中點，，連接，將沿著折疊，點落在．若，則點到邊的距離是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】分別過點E、A作于點F，于點H，由題意易得，，進而可得∠FCE=∠AEH，則，設，點到邊的距離是h，則，然后根據勾股定理可求解x，最后根據等積法可求解．【詳解】解：分別過點E、A作于點F，于點H，如圖所示：∵點是邊的中點，，∴，∵，∴，∴，由折疊的性質可得，∵，∴，∴，設，點到邊的距離是h，則，∵，∴在Rt△ABH中，，即，解得：（不符合題意，舍去），∴，∴根據△ABE的面積可得：，即，∴，即點到邊的距離是；故選A．【點睛】本題主要考查三角函數、折疊的性質及等積法，熟練掌握三角函數、折疊的性質及等積法是解題的關鍵．2．（2021·廣東·珠海市紫荊中學桃園校區一模）如圖，在正方形中，E，F分別是，的中點，交于點H，交于點G，下列結論，①；②；③；④其中正確的是（）A．①③④ B．①② C．②③ D．①②④【答案】D【分析】①根據正方形的性質求證△BHE是直角三角形即可得到結果；②由①求證△CGF～△BCF，利用其對應邊成比例即可得到結論；③由①求證△BHE≌△CGF即可得出結論；④利用相似三角形對應邊成比例即可得出結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，CD=BC=AB，∵E、F分別是邊BC，CD的中點，∴BE=BC，CF=CD，∴BE=CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BEA=∠CFB，∵CG∥AE，∴∠GCB=∠AEB，∴∠CFG=∠GCB，∴∠CFG+∠GCF=90°，即△CGF為直角三角形，∵CG∥AE，∴△BHE也是直角三角形，∴sin∠HBE=cos∠HEB．故①正確；由①得，∠CGF=90°，∴∠CGF=∠BCF=90°，∵∠CFG=∠BFC，∴△CGF～△BCF，∴，∴CG?BF=BC?CF，故②正確；由①得，∠BHE=∠CGF=90°，由②得，△CGF∽△BCF，∴∠HBE=∠GCF，∵BE=CF，∴△BHE≌△CGF（AAS），∴BH=CG，而不是BH=FG，故③錯誤；∵△BCG～△BFC，∴，即BC2=BG?BF，同理可得：△BCF～△CGF，∴CF：GF=BF：CF，∴CF2=BF?GF，∴，∴④正確；綜上所述，正確的有①②④．故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、正方形的性質及解直角三角形等知識點，數形結合并熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．3．（2021·重慶南岸·一模）如圖，在紙片中，，折疊紙片，使點落在的中點處，折痕為，則的面積為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】過點D作AB的垂線，垂足為G，過D作CF的垂線，垂足為H，過A作BC的垂線，垂足為N，分別求出△DEA和△DFC的面積，利用S△DEF=×（S△ABCS△DEAS△DFC）可得結果．【詳解】解：過點D作AB的垂線，垂足為G，∵∠BAC=120°，∴∠GAC=60°，∴DG=ADsin∠GAC=AC·sin∠GAC=×12×=，AG=ADcos∠GAC=AC·cos∠GAC=×12×=3，設AE=x，則BE=12x=DE，在Rt△DGE中，，即，解得：x=，∴S△ADE=DE×AE==，過D作CF的垂線，垂足為H，過A作BC的垂線，垂足為N，∴AN=AB=6，BN=，∴BC=，設DF=y，則CF=BCDE==，DH=CD·sin∠C=，CH=CD·cos∠C=，則有，即，解得：，則S△DFC=，∴S△DEF=×（S△ABCS△DEAS△DFC）===故選A．【點睛】此題主要考查了翻折變換，勾股定理，等腰三角形的性質，解直角三角形等知識，表示出相關三角形的面積是解題關鍵．4．（2021·江蘇·無錫市南長實驗中學二模）如圖，C為線段AB上一點，在線段AB的同側分別作等邊△ACD、△BCE，連接AE、BD相交于F，連接CF．若S△DEF＝8，則CF的長為（）A．4 B．3 C．3 D．4【答案】A【分析】如圖，過點C分別作CG⊥AE，CH⊥BD，垂足分別是G,H，過點E作EM⊥BD，垂足為M，設AE，DC的交點為N，BD，CE的交點為Q，證明△ACE≌△BCD，△NCE≌△QCB，△DCF∽△CEF即可【詳解】如圖，過點C分別作CG⊥AE，CH⊥BD，垂足分別是G,H，過點E作EM⊥BD，垂足為M，設AE，DC的交點為N，BD，CE的交點為Q，∵△ACD，△BCE都是等邊三角形，∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，∴∠ACE=∠BCD，∠DCE=60°，∴△ACE≌△BCD，∴∠AEC=∠DBC，∵∠NCE=∠QCB，CE=CB，∴△NCE≌△QCB，∴NE=QB，，∴EN×CG=QB×CH，∴CG=CH，∴CF平分∠AFB，∵∠NCE=∠QCB，∠FQE=∠CQB，∴∠EFQ=∠QCB=∠AFD=60°，∴∠AFB=120°，∴∠AFC=∠CFB=60°，∴∠DFC=∠CFE=120°，∴∠DCF+∠FCE=60°，∠FEC+∠FCE=60°，∴∠DCF=∠FEC，∴△DCF∽△CEF，∴DF：CF=CF：EF,∴=DF×EF,∵∠EFQ=60°，∴EM=EFsin60°=EF，∵DF×EM=8，∴DF×EF=8，∴DF×EF=32，∴=32，∴CF=4，CF=4（舍去），故選A【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，角的平分線的逆定理，三角形相似的判定和性質，特殊角的三角函數值，三角形的全等與性質，巧妙構造輔助線，證明三角形的相似是解題的關鍵．5．（2021·山東·濰坊市寒亭區教學研究室一模）如圖，中，，利用尺規在上分別截取，使；分別以為圓心、以大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點；作射線，點分別為射線，線段上的動點，若，則的最小值為（）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】作出點C關于直線BF的對稱點M，證明點M在AB上，后利用垂線段最短，作出垂線段，利用等邊三角形的性質求解即可．【詳解】過點C作CN⊥BF，垂足為N，延長CN交AB于點M，根據題意，得∠CBN=∠MBN，BN=BN，∴△CBN≌△MBN，∴CB=MB，CN=MN，∴C與M關于直線BN對稱，過點M作垂足為G，交BF于點P，則CP+GP=MP+PG=MG，即為最小值，∵BC=1，AB=2，∴∠A=30°=∠ABP=∠PBC，∴△MBC是等邊三角形，∴BM=1，∴MG=BMsin60°=1×=，故選C．【點睛】本題考查了直角三角形的性質，特殊角的三角函數，垂線段最短，等邊三角形的性質，三角形的全等，熟練運用軸對稱原理構造出符合題意的最短距離是解題的關鍵．6．（2021·廣東·南山實驗教育集團南海中學三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，過點B作BE⊥BC，交AD于點E，點F是線段BE上一點，且tan∠ADF＝．①AE＝BE；②△BED∽△ABC；③；④AF＝．則下列結論正確的有（）A．①④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④【答案】D【分析】①利用折疊和平行線的性質可知，從而利用等角對等邊即可證明；②利用相似三角形的判定判斷即可；③首先證明△DBE∽△DAB，然后利用相似三角形的性質即可證明；④利用折疊的性質及勾股定理即可證明．【詳解】①由折疊可知，∵∠ACB＝90°，BE⊥BC，∴BE//AC，∴，∴，∴BE＝AE，①正確；②∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，∴∠BAC＝30°，∠ABC＝60°，∵∠EBA＝30°，由折疊性質可知∠ABC＝∠ABD＝60°，則∠DBE＝30°，由∠DBE＝∠BAC＝30°，∠BDE＝∠C＝90°可得△BED∽△ABC，②正確；③相似典型題型：乘積式，轉化成比例式：，只需證△DBE∽△DAB，則∠DBE＝∠DBA＝30°，∠BDE＝∠ADB＝90°可證，③正確；④由tan∠ADF＝及∠DEB＝60°可知作FG⊥DE于點G，由題易得：BD＝BC＝，DE＝1，AD＝3，BE＝AE＝2，由tan∠ADF＝設GF＝a，DG＝2a，由∠DEB＝60°得GE＝a，由DE＝DG＋GE＝2a＋a＝1可得a＝，則GF＝，AG＝，在Rt△AFG中由勾股定理可得AF＝，④正確；綜上所述，正確結論為①②③④，故選：D．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定及性質，勾股定理，折疊的性質，三角函數，掌握這些性質是關鍵．7．（2021·河北橋西·模擬預測）如圖1，菱形紙片ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，如圖2，翻折∠ABC，∠ADC，使兩個角的頂點重合于對角線BD上一點P，EF，GH分別是折痕．設BE＝x（0＜x＜2），給出下列判斷：①當x＝1時，DP的長為；②EF＋GH的值隨x的變化而變化；③六邊形AEFCHG面積的最大值是；④六邊形AEFCHG周長的值不變．其中正確的是（）A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】先確定出△ABC是等邊三角形，進而判斷出△BEF是等邊三角形，當x＝1時，求出BP＝BD，即可判斷出①正確，再用x表示出EF，BP，DP，GH，即可求出EF+GH的值，判斷出②錯誤，利用菱形的面積減去兩個三角形的面積判斷出③正確，利用周長的計算方法即可判定出④正確，綜上即可得答案．【詳解】解：∵菱形ABCD的邊長為2，∴AB＝BC＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝2，BD＝=2，∵翻折∠ABC，∠ADC，使兩個角的頂點重合于對角線BD上一點P，∴△BEF是等邊三角形，如圖，設EF與BD交于M，GH于BD交于N，當x＝1時，BM==，∴BP＝2×＝，∴DP=BDBP=，故①正確；∵BE＝x，△BEF是等邊三角形，∴EF＝BE＝x，BM＝x，∴BP＝2BM＝x，∴DP＝BD﹣BP＝2﹣x，∴DN＝DP＝x，同理可知：△DGH是等邊三角形，∴GH＝DG==2x，∴EF＋GH＝x+2x=2，故②錯誤；當0＜x＜2時，∵BE＝EF=x，GH＝2x，BM＝x，DN＝x，∴六邊形AEFCHG面積＝S菱形ABCD﹣S△BEF﹣S△DGH=＝×2×2﹣==，∴當x＝1時，六邊形AEFCHG面積最大為，所以③正確，∵EF=BE=BF，GH=DG=DH，EF+GH=2，∴六邊形AEFCHG周長＝AE+EF+AG+GH+FC+CH=AE+BE+AG+DG+BCEF+CDGH=AB+AD+BC+CD（EF+GH）=82=6，故④正確，∴正確的有①③④，故選：D．【點睛】此題是四邊形的綜合及解直角三角形，主要考查了菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，三角形的面積公式，菱形的面積公式，解直角三角形，解本題的關鍵是用x表示出相關的線段長．8．（2020·浙江杭州·九年級期末）如圖，在菱形中，分別交于?于點，連接，以下結論：①；②點到的距離是；③；④的面積為．其中一定成立的有幾個（）A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】利用證明與全等，得出①正確，根據含角的直角三角形的性質得出點到的距離是，得出②正確，同時得出；的面積為，得出④錯誤，得出，得出③正確．【詳解】解：四邊形是菱形，，，，，在與中，，，①正確；過點作，過點作，，如圖：，，，，，，點到的距離是，故②正確；，，，，的面積為，故④錯誤；，，，，，，，故③正確；故其中一定成立的有①②③．故選：C．【點睛】此題考查了四邊形綜合題，關鍵是根據菱形的性質、等邊三角形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質分析．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數形結合思想的應用．9．（2021·廣東深圳·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，P是邊AB上一點，把△PBC沿直線PC折疊，得到△PGC，邊CG交AD于點E，連接BE，∠BEC＝90°，BE交PC于點F，那么下列選項正確的有（）①BP＝BF；②若點E是AD的中點，則△AEB≌△DEC；③當AD＝25，且AE＜DE時，則DE＝16；④當AD＝25，可得sin∠PCB＝；⑤當BP＝9時，BE?EF＝108．A．5個 B．4個 C．3個 D．2個【答案】B【分析】①利用折疊的性質，得出∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，進而判斷出∠GPF＝∠PFB即可得出結論；②先判斷出∠A＝∠D＝90°，AB＝DC再判斷出AE＝DE，即可得出結論；③判斷出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE＝9，DE＝16；④再判斷出△ECF∽△GCP，進而求出PC，即可得出結論；⑤判斷出四邊形BPGF是菱形，即可得出結論．【詳解】解：①在矩形ABCD，∠ABC＝90°，∵△BPC沿PC折疊得到△GPC，∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF＝∠PFB，∴∠BPF＝∠BFP，∴BP＝BF；故①正確；②在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，∵E是AD中點，∴AE＝DE，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS）；故②正確；③當AD＝25時，∵∠BEC＝90°，∴∠AEB+∠CED＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠CED＝∠ABE，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABE∽△DEC，∴，設AE＝x，∴DE＝25﹣x，∴，∴x＝9或x＝16，∵AE＜DE，∴AE＝9，DE＝16；故③正確；④由③知：，，由折疊得，BP＝PG，∴BP＝BF＝PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴，設BP＝BF＝PG＝y，∴，∴∴，在Rt△PBC中，，∴sin∠PCB＝，故④不正確；⑤如圖，連接FG，由①知BF∥PG，∵BF＝PG＝PB，∴平行四邊形BPGF是菱形，∴BP∥GF，FG＝PB＝9，∴∠GFE＝∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE?EF＝AB?GF＝12×9＝108；故⑤正確，所以本題正確的有①②③⑤，共4個，故選：B．【點睛】本題考查了矩形、菱形的判斷與性質，全等三角形、相似三角形的性質與判定、三角函數等知識，綜合性強，熟知相關知識點并靈活應用是解題關鍵．10．（2020·浙江杭州·九年級期末）如圖，已知在中，點D為邊上一點（不與點B，點C重合），連結，點E，點F分別為、上的點，且，交于點G，連結，并延長交于點H．已知．①若為邊上的中線，則的值為；②若，當時，．其中正確的是（）A．① B．② C．①② D．以上均不正確【答案】A【分析】①過點作，與的延長線相交于點，可得，由得，進而得，再由相似三角形得結果，便可判斷①是否正確；②過點作于點，再解直角三角形和應用相似三角形的比例線段便可判斷②的正誤．【詳解】解：①過點作，與的延長線相交于點，，在和中，，，，，，，，，，，，故①正確；（2）過點作于點，則，，，，，即，，，即BH>2ADsin∠DAC故②錯誤；故選：．【點睛】本題是三角形的一個綜合題，主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，關鍵是作輔助線，構造全等三角形與相似三角形、直角三角形進行解答．11．（2021·重慶市求精中學校九年級開學考試）如圖，在中，，為上一點，連接，將沿翻折，點恰好落在上的點處，連．若，，則的長度為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，記交于過作于過作于先利用角平分線的性質證明：再求解由，求解再證明是的中垂線，由，設則求解可得由可得再利用勾股定理列方程解方程并檢驗可得答案．【詳解】解：如圖，記交于過作于過作于中上的高相等，，，，由對折可得：是的中垂線，，設則整理得：檢驗：當時，不合題意舍去，取故選：【點睛】本題考查的是軸對稱的性質，角平分線的定義與性質，線段的垂直平分線的判定與性質，解直角三角形的應用，勾股定理的應用，一元二次方程的解法，掌握以上知識是解題的關鍵．二、填空題12．（2021·安徽包河·三模）已知：在矩形中，，，點在上，將矩形沿折疊，使點落在邊上處，則______；點在上，將矩形沿折疊，使點落在上點處，延長交于，連接，則______．【答案】【分析】第一空：根據折疊和矩形，可求出BF，在中，根據勾股定理求出EF的值，即DE的值，又已知，可求．第二空：根據折疊，可得AH和HF，證明，求出HM的值，在中，根據勾股定理求出MF的值．【詳解】由折疊可知，∵，∴，，設，則，，由勾股定理得，解得，∴，設，則，，由勾股定理得解得，∵，，∴，∴，∴，∴，，∴【點睛】本題主要考查了折疊的性質、三角函數、勾股定理和相似三角形的相關知識．平行于三角形一邊的直線和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似．13．（2021·山東章丘·九年級期中）如圖，點B1在直線l：y＝x上，點B1的橫坐標為2，過點B1作B1A1⊥l，交x軸于點A1，以A1B1為邊，向右作正方形A1B1B2C1，延長B2C1交x軸于點A2；以A2B2為邊，向右作正方形A2B2B3C2，延長B3C2交x軸于點A3；以A3B3為邊，向右作正方形A3B3B4C3，延長B4C3交x軸于點A4；…；照這個規律進行下去，則第n個正方形AnBnBn+1Cn的邊長為___（結果用含正整數n的代數式表示）．【答案】×（）n1【分析】設直線y＝x與x軸夾角為，過B1作B1H⊥x軸于H，由點B1的橫坐標為2，點B1在直線l：y＝x上，可得OH＝2，B1H＝1，OB1＝，tan＝＝，Rt△A1B1O中，求得A1B1＝OB1?tan＝，即第1個正方形邊長是，在Rt△A2B2O中，求得第2個正方形邊長是×，在Rt△A3B3O中，求得第3個正方形邊長是×＝×（）2，在Rt△A4B4O中，求得第4個正方形邊長是×＝×（）3，......觀察規律即可得：第n個正方形邊長是×（）n1．【詳解】解：設直線y＝x與x軸夾角為，過B1作B1H⊥x軸于H，如圖：∵點B1的橫坐標為2，點B1在直線l：y＝x上，令x＝2得y＝1，∴OH＝2，B1H＝1，OB1＝，∴tan＝＝，Rt△A1B1O中，A1B1＝OB1?tan＝，即第1個正方形邊長是，∴OB2＝OB1＋B1B2＝+＝×3，Rt△A2B2O中，A2B2＝OB2?tan＝×3×＝×，即第2個正方形邊長是×，∴OB3＝OB2＋B2B3＝×3＋×＝×，Rt△A3B3O中，A3B3＝OB3?tan＝××＝×，即第3個正方形邊長是×＝×（）2，∴OB4＝OB3＋B3B4＝×＋×＝×，Rt△A4B4O中，A4B4＝OB4?tan＝××＝×，即第4個正方形邊長是×＝×（）3，.....．根據規律可知：第n個正方形邊長是×（）n1，故答案為：×（）n1．【點睛】本題考查一次函數圖象上點的特征，涉及解直角三角形、規律探索等知識，解題的關鍵是tan＝的應用．14．（2021·湖北十堰·九年級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=，點P在線段BC上運動（含B、C兩點），連接AP，以點A為中心，將線段AP逆時針旋轉60°到AQ，連接DQ，則線段DQ的最小值為____．【答案】2【分析】以AB為邊向右作等邊△ABF，作射線FQ交AD于點E，過點D作DH⊥QE于點H，證明△BAP?△FAQ，由全等性質可以得到∠ABP=∠AFQ，進一步解三角形求得AE的值，判斷出點Q的運動軌跡是射線FE，在△DHE中，當點Q【詳解】解：以AB為邊向右作等邊△ABF，作射線FQ交AD于點E，過點D作DH⊥QE于點H∵四邊形ABCD是矩形∴∠ABP=∠BAE=∵△ABF和△APQ是等邊三角形∴∠BAF=∠PAQ=，BA=FA，PA=QA∴∠BAP+∠PAF=∠PAF+∠FAQ∴∠BAP=∠FAQ在△BAP和△FAQ中，∴△BAP∴∠ABP=∠AFQ=∵∠FAE=∴∠AEF=∵AB=AF=4∴∴點Q的運動軌跡是射線FE∵AD=BC=∴DE=ADAE=∵DH⊥EF，∠DEH=∠AEF=∴DH由垂線段最短可知，當點Q與點H重合時，DH的值最小，最小值為故答案為：2【點睛】本題考查三角形全等的性質和證明，等邊三角形的性質，特殊角的三角函數值計算等相關知識點，能夠根據已知條件作出相關的輔助線是解題重點．15．（2021·廣東·佛山市華英學校九年級月考）如圖，在四邊形ABCD中，點E、F分別是AB、CD的中點，過點E作AB的垂線，過點F作CD的垂線，兩垂線交于點G，連接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC．若AD、BC所在直線互相垂直，的值為___．【答案】【分析】延長AD交GB于點M，交BC的延長線于點H，則AHBH，由線段垂直平分線的性質得出GA=GB，GD=GC，由SAS證明△AGD△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGE=∠AHB=90°，得出∠AGE=∠AGB=45°，求出，先證出∠AGB=∠DGC，由，證出△AGB△DGC，得出比例式，再證出∠AGD=∠EGF，即可得出，即可得出的值．【詳解】解：延長AD交GB于點M，交BC的延長線于點H，如圖所示：則AHBH，GE是AB的垂直平分線，GA=GB，同理：GD=GC，在△AGD和△BGC中，，△AGD△BGC(SAS)，∠GAD=∠GBC，在△GAM和△HBM中，∠GAD=∠GBC，∠GMA=∠HMB，∠AGB=∠AHB=90°，∠AGE=∠AGB=45°，∠AGD=∠BGC，∠AGB=∠DGC=90°，∴△AGB和△DGC是等腰直角三角形，，，又∠AGE=∠DGF，∠AGD=∠EGF，△AGD△EGF，．【點睛本題是相似三角形綜合題目，考查了線段垂直平分線的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數等知識，本題難度較大，綜合性強，解題的關鍵是通過作輔助線綜合運用全等三角形和相似三角形的性質．16．（2021·山東慶云·九年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝3，D為斜邊AC的中點，連接BD，點F是BC邊上的動點（不與點B、C重合），過點B作BE⊥BD交DF延長線交于點E，連接CE，下列結論：①若BF＝CF，則CE2+AD2＝DE2；②若∠BDE＝∠BAC，AB＝4，則CE＝；③△ABD和△CBE一定相似；④若∠A＝30°，∠BCE＝90°，則DE＝．其中正確的是_____．（填寫所有正確結論的序號）【答案】①②④．【分析】①由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得AD＝BD，由BF＝CF，BD＝CD得DE是BC的垂直平分線，得BE＝CE，再由勾股定理便可得結論，由此判斷結論的正誤；②證明△ABC∽△DBE，求得BE，再證明DE∥AB，得DE垂直平分BC，得CE＝BE，便可判斷結論的正誤；③證明∠ABD＝∠CBE，再證明BE與BC或BC與BE兩邊的比不一定等于AB與BD的比，便可判斷結論正誤；④先求出AC，進而得BD，再在Rt△BCE中，求得BE，進而由勾股定理求得結果，便可判斷正誤．【詳解】解：①∵∠ABC＝90°，D為斜邊AC的中點，∴AD＝BD＝CD，∵BF＝CF，∴DE⊥BC，∴BE＝CE，∵BE⊥BD，∴BD2+BE2＝DE2，∴CE2+AD2＝DE2，故①正確；②∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝，∴，∵∠A＝∠BDE，∠ABC＝∠DBE＝90°，∴△ABC∽△DBE，∴，即．∴BE＝，∵AD＝BD，∴∠A＝∠ABD，∵∠A＝∠BDE，∴∠ABD＝∠BDE，∴DE∥AB，∴DE⊥BC，∵BD＝CD，∴DE垂直平分BC，∴BE＝CE，∴CE＝，故②正確；③∵△ABD一定是等腰三角形，而△CBE不一定是等腰三角形，∴△ABD和△CBE不一定相似，故③錯誤；④∵∠A＝30°，BC＝3，∴∠A＝∠ABD＝∠CBE＝30°，AC＝2BC＝6，∴BD＝，∵BC＝3，∠BCE＝90°，∴BE＝，∴，故④正確；故答案為：①②④．【點睛】本題是三角形的一個綜合題，主要考查了勾股定理，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，直角三角形的性質，線段垂直平分線的判定與性質，考試的內容多，難度較大，關鍵是綜合應用以上性質靈活解題．17．（2021·重慶實驗外國語學校二模）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，，將菱形紙片翻折，使點B落在CD邊上的點P處，折痕為MN，點M、N分別在邊BC、AB上，若PN⊥AB，則點N到邊MP的距離為________．【答案】【分析】過點P作PE⊥BC于E，作MF⊥AB于F，作NH⊥BM于H，根據菱形的性質和翻折的性質，求點N到邊MP的距離等于求點N到BM的距離NH，在Rt△NBH中求出NH即可．【詳解】解：如圖，過點P作PE⊥BC于E，過點M作MF⊥AB于F，過點N作NH⊥BM于H，NG⊥MP，∵四邊形ABCD為菱形，AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC＝∠DCE＝60°，又PE⊥BC，∴∠CPE＝30°，∴PC＝2CE，PE＝CE，∵翻折，∴△NBM≌△NPM，∴NH＝NG，∠BNM＝∠PNM，BM＝MP，∠B＝∠NPM＝60°，∵NP⊥BA，∴∠BNP＝90°，∴∠BNM＝∠PNM＝45°，∵∠B＋∠BNP＋∠NPM＋∠BMP＝360°，∴∠BMP＝150°，∴∠PME＝30°，∴MP＝2PE＝2CE，ME＝PE＝3CE，∴BM＝PM＝2CE，MC＝2CE，∵BC＝2＋2＝2CE＋2CE，∴CE＝1，∴MB＝2，∴MF＝MB×sinB＝2×sin60°＝3，BF＝MB×cosB＝2×cos60°＝，∵∠FNM＝45°，FM⊥FN，∴FN＝MF＝3，∴BN＝BF＋FN＝＋3，∴NH＝BN×sinB＝（3＋）×sin60°＝，∴NG＝．故答案為：．【點睛】此題主要考查四邊形的綜合性質求解，解題的關鍵是根據題意作出輔助線，利用菱形與三角函數的性質求解．18．（2021·全國·九年級專題練習）將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，BE、EG、FG為折痕，若頂點A、C、D都落在點O處，且點B、O、G在同一條直線上，同時點E、O、F在另一條直線上．（1）的值為________．

（2）若AD=4，則四邊形BEGF的面積為________．【答案】【分析】（1）由折疊可得，E，G分別為AD，CD的中點，證明∠BEG=90°，將轉化為，設CD=2a，AD=2b，在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，可得a2+（2b）2=（3a）2，則b=a，進而得出的值；（2）在△BCG中，由勾股定理得出a2+42=（3a）2，解得a，證明△EDG∽△GCF，得出比例線段，求出CF．則可求出EF．由四邊形面積公式可求出答案．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，AB=CD，AD=BC，由折疊的性質得：AE=OE=DE，CG=OG=DG，∠ABE=∠OBE，∠AEB=∠OEB，∠DEG=∠OEG，∴∠BEG=180°÷2=90°，且E，G分別為AD，CD的中點，∴tan∠OBE==tan∠ABE=，設CD=2a，AD=2b，則AB=2a=OB，DG=OG=CG=a，BG=3a，BC=AD=2b，在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，即a2+（2b）2=（3a）2，∴b2=2a2，∴b=a，∴，∴；（2）由（1）得：AB=2a=OB，DG=OG=CG=a，BG=3a，BC=AD=，∵∠C=90°，∴Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，∴a2+（）2=（3a）2，∴a=2或2（舍），∴DG=CG=2，∴BG=OB+OG=4+2=6，由折疊可得∠EGD=∠EGO，∠OGF=∠FGC，∴∠EGF=90°，∴∠EGD+∠FGC=90°，∵∠EGD+∠DEG=90°，∴∠FGC=∠DEG，∵∠EDG=∠GCF=90°，∴△EDG∽△GCF，∴，∴，∴CF=，∴FO=，∴EF=，∵點B，O，G在同一條直線上，∴EF⊥BG，∴S四邊形EBFG=×BG×EF==，故答案為：；．【點睛】本題考查了折疊的性質，相似三角形的判定與性質，直角三角形的性質，勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．19．（2021·湖北襄陽·中考真題）如圖，正方形的對角線相交于點，點在邊上，點在的延長線上，，交于點，，，則______．【答案】【分析】作出如圖所示的輔助線，利用SAS證明△ADH△ABF以及△EAF△EAH，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的邊長，再證明△BAF△OAG，即可求解．【詳解】解：如圖，在CD上取點H，使DH=BF=2，連接EH、AH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADH=∠ABC=∠ABF=90°，AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，∴△ADH△ABF(SAS)，∴∠DAH=∠BAF，AH=AF，∵∠EAF=45°，即∠BAF+∠EAB=45°，∴∠DAH+∠EAB=45°，則∠EAH=45°，∴∠EAF=∠EAH=45°，∴△EAF△EAH(SAS)，∴EF=EH，∵，設BE=a，則AB=2a，EC=a，CH=2a2，EF=EH=a+2，在Rt△CEH中，,即，解得：，則AB=AD=6，BE=EC=3，在Rt△ABE中，,∴AE=3，同理AF=2，AO=AB=3，∵BE∥AD，∴，∴AG=2，∴，，∴，∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠BAF=∠OAG，∴△BAF△OAG，∴，∵∠GAF=∠OAB=45°，∴△GAF是等腰直角三角形，∴FG=AG=2，故答案為：2．【點睛】本題主要考查了四邊形綜合題，熟練掌握正方形的性質，全等三角形的判定及性質，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數是解題的關鍵．20．（2021·四川龍泉驛·九年級期中）如圖，在等腰三角形中，，，為高，，分別是，上的動點，若，是的中點，連接，，則的最小值為______．【答案】【分析】連接CE，過點E作EF⊥BD于點F，根據三角函數的定義，求得AB=，AD=10，BD=30，設DM=m，則DN=2m+10，則MN=，，從而得到的表達式，結合兩點之間線段最短，即可求解．【詳解】解：連接CE，過點E作EF⊥BD于點F，∵在等腰三角形中，，，是的中點，∴CE⊥AB，，設CE=3x，則AE=x，∴，解得：x=，（負值舍去），∴AB=2AE=，同理：AD=10，BD=3AD=30，設DM=m，則DN=2m+10，∴MN=，∵EF⊥BD，AC⊥BD，∴EF∥AC，∴=1，∴F是BD的中點，EF是的中位線，∴EF=，DF=，∴FM=|15m|，∴，∴=+==，∵可以看作x軸上的動點H（m，0）到點P（15，5）和點Q（4，2）的距離之和，又∵=，∴≥=．故答案是：．【點睛】本題主要考查解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性質，添加輔助線，構造直角三角形，用代數式表示線段的長，是解題的關鍵．21．（2021·湖北咸寧·模擬預測）如圖，正方形中，，連接，的平分線交于點E，在上截取，連接，分別交，于點G，H，點P是線段上的動點，于點Q，連接．下列結論：①；②；③；④的最小值是．其中所有正確結論的序號是_____．【答案】①②④【分析】先根據定理證出△ADF?△DCE，從而可得，再根據角的和差即可判斷結論①；根據等腰三角形的性質可得，然后根據線段的和差、等量代換即可判斷結論②；先根據正方形的性質可得，再根據可得，從而可得，由此即可判斷結論③；過點作于點，連接，先根據角平分線的性質可得，再根據兩點之間線段最短、垂線段最短可得當時，取得最小值，然后解直角三角形即可得判斷結論④．【詳解】解：四邊形是正方形，，，在△ADF和△DCE中，∴△ADF，，，，即，結論①正確；平分，，，，∵AB，，，，結論②正確；，，，，即，結論③錯誤；如圖，過點作于點，連接，平分，，，，，由兩點之間線段最短得：當點共線時，取得最小值，由垂線段最短得：當時，取得最小值，此時在中，，即的最小值是，結論④正確；綜上，所有正確結論的序號是①②④，故答案為：①②④．【點睛】本題考查了正方形的性質、等腰三角形的性質、解直角三角形等知識點，較難的是④，利用兩點之間線段最短、垂線段最短得出當時，取最小值是解題關鍵．22．（2021·陜西·西安高新一中實驗中學模擬預測）如圖，菱形中，直線、將菱形的面積四等分，，，，則________．【答案】．【分析】設EF與GH交于O點，過A作AL⊥BC于L，過E作EM⊥BC于M，過O作OK⊥BC與K，ON⊥DC于N，連結AC，BD，根據性質點O為對稱中心，是菱形對角線的交點，根據菱形是中心對稱圖形，可求BG=DH=2，AE=CF，根據面積S四邊形FOHC=S△COD=，可得S△OFC=S△OHD，可證FC=DH=2，利用三角函數求AL=，AL=，可證四邊形ALME為矩形，可得AE=LM=2，AL=EM=在Rt△EFM中由勾股定理即可．【詳解】解：設EF與GH交于O點，過A作AL⊥BC于L，過E作EM⊥BC于M，過O作OK⊥BC與K，ON⊥DC于N，連結AC，BD，∵EF、GH將菱形面積四等分，∴點O為對稱中心，是菱形對角線的交點，S四邊形AEOG=S四邊形GOFB=S四邊形FOHC=S四邊形HOED=，∵菱形是中心對稱圖形，∴BG=DH=2，AE=CF，∵對角線AC、BD將菱形面積四等分，即S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD=，∴S四邊形FOHC=S△COD=，即S△OFC+S△OCH=S△OCH+S△OHD=，∴S△OFC=S△OHD，∵OC平分∠BCD，OK⊥BC，ON⊥CD，∴OK=ON，∴，∴FC=DH=2，∴AE=FC=2，在Rt△ABL中，AB=6，∠ABL=60°，∴AL=ABsin60°=，BL=ABcos60°=，∵過A作AL⊥BC于L，過E作EM⊥BC于M，AD∥BC，∴∠ALM=∠EML=∠AEM=90°，∴四邊形ALME為矩形，∴AE=LM=2，AL=EM=，∴MC=BCBLLM=632=1，∴FM=FCMC=21=1，在Rt△EFM中由勾股定理．故答案為．【點睛】本題考查菱形面積四等分性質，菱形性質，矩形判定與性質，勾股定理，銳角三角函數，利用面積證線段相等，掌握菱形面積四等分性質，菱形性質，矩形判定與性質，勾股定理，銳角三角函數，利用面積證線段相等方法是解題關鍵．23．（2021·廣東龍崗·九年級期末）如圖，已知在菱形ABCD，BC=9，∠ABC=60°，點E在BC上，且BE=6，將ΔABE沿AE折疊得到ΔAB′E，其中B′E交CD于點F，則CF=____________．【答案】【分析】過點A作AG⊥BC交BC于G，取HG使HG=GE，過H作HM⊥AE于H，過F作FN⊥BC交BC延長線于N，通過直角三角形求出BG、AE，由三角形的面積求得HM，再通過折疊求出CF．【詳解】解：過點A作AG⊥BC交BC于G，取HG使HG=GE，過H作HM⊥AE于H，過F作FN⊥BC交BC延長線于N，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=9，在Rt△ABG中，∠B=60°，∴sinB=sin60°=，∴AG=AB=，∵cosB=cos60°=，∴BG=AB=，∵BE=6，∴HE=2GE=2(BEBG)=2×()=3，在Rt△AGE中，AE==3，∵S△AHE=×HE×AG=×AE×HM，∴×3×=×3×HM，解得，HM=，∵HG=GE，AG⊥HE，∴△AHE是等腰三角形，∴AH=AE，∠AHE=∠HEA，在Rt△AHM中，AM=，∵AB∥CD，∴∠FCN=∠B=60°，∴tan60°=，∵折疊，∴∠AEB′=∠HEA，在△AHE中，∵∠HAE=180°∠HEA∠AHE=180°2∠HEA，又∠FEN=180°∠HEA∠AEB′=180°2∠HEA，∴∠HAE=∠FEN，設CN=x，FN=x，∵tan∠FEC=tan∠HAM=，∴，∴，∴，∴CN=，FN=，∴CF=．故答案為：．【點睛】本題考查了翻折求線段，綜合利用了等腰三角形和直角三角形等性質以及三角函數關系求線段，綜合難度較高．三、解答題24．（2021·遼寧·沈陽市實驗學校九年級期中）如圖，平面直角坐標系中，直線y＝x+3分別與x軸、y軸交于A、B兩點，等腰直角△BOC的直角頂點C位于第一象限，點M為y軸上一個動點．（1）填空：AB的長是，點C的坐標是．（2）若MA＝MB，求點M的坐標；（3）若MC＝OA，請直接寫出此時∠BCM的度數；（4）若以A、C、M、N為頂點的平行四邊形的頂點N恰好落在x軸上，請直接寫出M的坐標及此時平行四邊形的面積．【答案】（1），；（2）；（3）15゜或75゜（4），或，【分析】（1）由一次函數的解析式可求得A、B兩點的坐標，從而可得OA、OB的長，由勾股定理即可求得AB的長；過點C作CD⊥y軸于點D，由等腰直角三角形的性質可得OD=CD=，從而可求得點C的坐標；（2）設點M的坐標為(0，y)，則由勾股定理可求得MA，由MA=MB即可求得y的值，從而求得點M的坐標；（3）分兩種情況：點M位于B、D之間時；點M位于O、D之間時，分別計算此時的角即可；（4）分三種情況：AC、AN為鄰邊；AC、AM為鄰邊；AC為對角線，利用平行四邊形的性質即可求得M點的坐標，從而求得此時四邊形的面積．【詳解】（1）在y＝x+3中，令x=0，得y=3；令y＝x+3=0，得，則點B的坐標為(0，3)，點A的坐標為∴OB=3，由勾股定理得：過點C作CD⊥y軸于點D，由等腰直角三角形的性質可得∴點C的坐標為故答案為：，；（2）設點M的坐標為(0，y)，則OM=y，，由勾股定理可得∵MA=MB∴即解得：y=1即點M的坐標為(0，1)（3）當點M位于B、D之間時∵△OBC是等腰直角三角形∴∠OBC=45゜∵CD⊥OB∴∠BCD=45゜在Rt△CDM中，∴∠MCD=30゜∴∠BCM=∠BCD∠MCD=45゜30゜=15゜當點M位于O、D之間時，同理可得∠DCM=30゜∴∠BCM=∠BCD+∠MCD=45゜+30゜=75゜綜上所述，∠BCM的度數為15゜或75゜（4）①若以AC、AN為平行四邊形的鄰邊，如圖則CM∥AN，且CM=AN∴CM⊥OM∴∴，此時平行四邊形的面積為②若以AC、AM為平行四邊形的鄰邊，如圖則AC∥MN且AC=MN設M(0，m)∵點A向右平移個單位長度，再向上平移個單位長度得到點C∴點M向右平移個單位長度，再向上平移個單位長度得到點N，此時點N的坐標為∵點N在x軸上∴∴即點M的坐標為，此時點N的坐標為∴平行四邊形的面積為③AC為對角線，則CM∥AN，且CM=AN，與①同，點M的坐標及此時平行四邊形的面積不變．綜上所述，滿足條件的點M的坐標為，面積為或M點坐標為，面積為．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，等腰直角三角形的性質，直線與坐標軸的交點坐標，勾股定理，三角函數等知識，其中用到了分類討論，準確分類并不重不漏是關鍵．25．（2021·上海市徐匯中學九年級期中）已知：矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，點E在對角線AC上，且滿足AE＝2EC，點F在線段CD上，作直線FE，交線段AB于點M，交直線BC于點N．（1）當CF＝2時，求線段BN的長；（2）若設CF＝x，△BNE的面積為y，求y關于x的函數解析式，并寫出自變量的取值范圍；（3）試判斷△BME能不能成為等腰三角形，若能，請直接寫出x的值．【答案】（1）BN＝10；（2），0＜x＜3；，3＜x＜4.5；（3）x＝2或或【分析】（1）由得△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，進而求得；（2）分為0＜x＜3和3＜x＜4.5兩種情形，作EG⊥BC于G，根據三角形相似求出EG和BN；（3）分為BM＝BE，EM＝BE，EN＝BM三種，可根據BM＝9﹣2CF求得．【詳解】解：（1）如圖1，在矩形ABCD中，BC＝AD＝6，，∴△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，∴,∴AM＝2CF＝4，∴BM＝AB﹣AM＝5，∴，∴BN＝10；（2）當CF＝BM時，，此時△BEN不存在，∴CF＝9﹣2CF，∴CF＝3，當點M和B點重合時，AB＝2CF，∴CF＝4.5，∴分為0＜x＜3和3＜x＜4.5，如圖2，當0＜x＜3時，作EG⊥BC于G，由（1）知，EG＝3，AM＝2CF＝2x，∴BM＝9﹣2x，由得，，∴，∴y＝＝＝；如圖3，當3＜x＜4.5時，由得，∴CN＝，∴y＝＝；（3）如圖4，∵，∴，∴CG＝CB＝2，∴GB＝CB﹣CG＝4，∴BE＝5，當BM＝BE＝5時，9﹣2x＝5，∴x＝2，如圖5，當EM＝EB＝5時，作EH⊥AB于H，∴BM＝2BH＝2EG＝6，∴9﹣2x＝6，∴x=，如圖6，當EM＝BM時，作MH⊥BE于H，在Rt△BMH中，BH＝，cos∠MBH＝cos∠BEG＝，∴BM＝，∴9﹣2x＝，∴x＝，綜上所述：x＝2或或．【點睛】此題考查相似三角形的判定及性質，銳角三角函數，勾股定理解直角三角形，矩形的性質，正確引出輔助線及掌握分類思想解決問題是解題的關鍵．26．（2021·北京·人大附中九年級期中）在平面直角坐標系xOy中，已知線段AB和圖形W，如果對于給定的角α（0°＜α≤90°），線段AB上存在一點C，使得線段AB繞點C順時針旋轉α角之后，所得線段與圖形W有公共點，則稱圖形W是線段AB的α﹣聯絡圖形．例如，下圖中的正方形即為線段AB的90°﹣聯絡圖形．已知點A(1，0)（1）若點B(3，0)，直線y＝﹣1是線段AB的α﹣聯絡圖形，則α可能是下列選項中的（填序號）．①15°②30°③54°（2）若點B(t，0)，直線y＝x＋是線段AB的60°﹣聯絡圖形，求t的取值范圍．（3）若第一象限內的點B滿足AB＝2，點P(m，0)，Q(m－1，)，若存在某個點B和某個α，使得線段PQ是線段AB的α﹣聯絡圖形，直接寫出m的取值范圍．【答案】（1）②；（2）；（3）【分析】（1）將線段AB繞點A逆時針旋轉，使點B落到直線上的C點，過點C作于點D，求出AB，CD的長度，根據直角三角形的性質得；（2）根據一次函數的性質得，，則，，在中，根據正切得，連接AC，在中，根據正切得，則，根據得，即；（3）當時，過點Q作于點C，在中，根據正切得，在中，，則，即，當點B在y軸上時，在中，根據余弦得，所以當m=1時，線段AB在直線PQ上，即可得．【詳解】解：（1）如圖所示，將線段AB繞點A逆時針旋轉，使點B落到直線上的C點，過點C作于點D，∵A（1，0），B（3，0），∴，，∴，∴在中，，故答案為：②；（2）在中，當時，，當時，，，∴，，∴，，∵在中，，∴，如圖所示，連接AC，∵A（1，0），∴OA=1，∵在中，，∴，∴，∴，，即，∴；（3）如圖所示，當時，過點Q作于點C，∵，，∴，，∵在中，，∴，∵在中，，∴，∴，如圖所示，當點B在y軸上時，∵在中，，∴，∴當m=1時，線段AB在直線PQ上，∴m的取值范圍是：．【點睛】本題考查了旋轉，直角三角形的性質，一次函數的性質，正弦，余弦，正切，解題的關鍵是掌握并靈活運用這些知識點．27．（2021·吉林朝陽·九年級期中）如圖，在中，，，，動點P從點A出發以每秒5個單位長度的速度向終點C運動，過點P作于點Q，將線段PQ繞點P逆時針旋轉90°得到線段PR，連結QR．設點P的運動時間為t秒．（1）線段AP的長為______（用含t的代數式表示）．（2）當點P與點C重合時，求t的值．（3）當C、R、Q三點共線時，求t的值．（4）當為鈍角三角形時，直接寫出t的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或【分析】（1）根據路程＝速度×時間即可求解；（2）當點P與點C重合時，得出，即可求解；（3）利用三角函數求出，，當C、R、Q三點共線時，可證出，進而得到即，即可求解；（4）分情況進行討論，①如圖2，過C作CD⊥AB于D，當點R在CD上時，當點R在CD左邊時，為鈍角，先證出四邊形PQDR為正方形，再利用三角函數求出，，再證出，進而得到，即可求出，進而可分析出t的取值范圍，②如圖3，當點R在BC邊上時，，若點R在△ABC外，則為鈍角，先證出，即可得到，進而求出，再根據點P最多只能運動到點C上，即可分析出t的取值范圍．【詳解】：（1）根據路程＝速度×時間可得：；（2）當點P與點C重合時，，∴，（3）∵，，，∴，∴，，∴，由旋轉知，當C、R、Q三點共線時，如圖1，∵，∴，∴，∴，∴即，∵，，∴,∴，∴；（4）由旋轉知，∴，∴不可能是鈍角，若點R在△ABC內部，也不可能是鈍角，①如圖2，過C作CD⊥AB于D，當點R在CD上時，當點R在CD左邊時，為鈍角，∵，∴四邊形PQDR為矩形，∵，∴矩形PQDR為正方形，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴當時，為鈍角，②如圖3，當點R在BC邊上時，，若點R在△ABC外，則為鈍角，∵，∴，∵，∴△CPR∴，∴，，，∴，∴，∴，又∵點P最多只能運動到點C上，∴，∴當時，為鈍角，∴當或時，△PCR為鈍角三角形．【點睛】本題考查幾何變換綜合題、矩形的性質、銳角三角函數、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題．28．（2021·河南省實驗中學九年級期中）問題發現如圖1，在和中，，，點D是線段AB上一動點，連接BE．（1）填空：①的值為______；②的度數為______．（2）類比探究如圖2，在和中，，，點D是線段AB上一動點，連接BE．請求出的值及的度數，并說明理由；（3）拓展延伸如圖3，在和中，，，點D是線段AB上一動點，連接BE，M為DE中點．若，，在點D從A點運動到B點的過程中，請直接寫出M點經過的路徑長．【答案】（1）①1；②90°；（2），，理由見解析；（3）【分析】（1）①證明≌即可求得的值；②由①的結論，可得，進而可得的度數；（2）由已知條件證明∽，可得，又，可得∽，進而根據即可求得，同（1）可得，進而可得的度數；（3）設的中點為，的中點為，由題意的路徑長為的長，根據（2）的結論可得∽，進而求得的長，根據中位線定理即可求得，即點經過的路徑長．【詳解】（1）∵，，∴，∴，，∵，∴，在和中，，∴≌（SAS），∴，，∴，．故答案為：1，90°．（2），．理由如下：∵，，∴，，即，∴．∵，，∴∽，∴，∴，且，∴∽，∴，，∴．（3）如圖，設的中點為，的中點為，點D是線段AB上一動點，M為DE中點,在點D從A點運動到B點的過程中，點從的中點運動到的中點，當點與點重合時，點與點重合，此時如圖，則點的運動路徑長為的長，由（2）可得∽，，，,，，，，，分別為的中點，則，點的運動路徑長為．【點睛】本題考查了三角形全等的性質與判定，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，綜合運用以上知識是解題的關鍵．29．（2021·遼寧省實驗學校九年級月考）（1）（問題發現）：如圖1在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點D為BC的中點，以CD為一邊作正方形CDEF，點E與點A重合，易知△ACF∽△BCE．線段BE與AF有怎樣的數量關系？請直接寫出．（2）（拓展研究）：在（1）的條件下，將正方形CDEF繞點C旋轉至如圖2所示的位置，連接BE，CE，AF．請猜想線段BE和AF的數量關系，并證明你的結論；（3）（結論運用）：在（1）（2）的條件下，若△ABC的面積為8時，當正方形CDEF旋轉到B、E、F點共線時，請直接寫出線段AF的長．【答案】（1）；（2），證明過程見解答；（3）或．【分析】（1）當點與點重合時，證明和都是等腰直角三角形，所以它們的對應角相等，可得，可推出；（2）由和都是等腰直角三角形可得，再由，可證明，可推出仍然成立；（3）由、、三點共線得，根據圖1，由的面積為8，可求出，，且，在中由勾股定理求出的長，再求的長，再由求出的長．【詳解】解：（1）結論：，如圖1，，，，四邊形是正方形，，，，，，點與點重合，，，，；，，，．（2）．證明：如圖2，由（1）得，，四邊形是正方形，，，，，，，，，．（3）如圖1，，，點為的中點，，，，的面積為8，，，，，點與點重合，四邊形是正方形，；如圖2，、、三點共線且點在線段上，，，，．，；如圖3，、、三點共線且點在線段上，，，則，．，，綜上所述，線段的長為或．【點睛】此題重點考查相似三角形的判定與性質、正方形的性質、等腰直角三角形的性質、勾股定理、二次根式的化簡以及解直角三角形等知識與方法，此題綜合性較強，難度較大，屬于考試壓軸題．解題關鍵是利用旋轉相似得到，問題（3）難點正確畫出圖形，得到．30．（2021·湖北·武漢第三寄宿中學九年級月考）在正方形ABCD中，AB=4，O為對角線AC、BD的交點．（1）如圖1，延長OC，使CE=OC，作正方形OEFG，使點G落在OD的延長線上，連接DE、AG．求證：DE=AG；（2）如圖2，將問題（1）中的正方形OEFG繞點O逆時針旋轉°（0<<180），得到正方形，連接．①當=30時，求點A到的距離；②在旋轉過程中，直接寫出面積的最小值為，并寫出此時的旋轉角=．【答案】（1）見解析；（2）①點A到的距離為；②在旋轉過程中，直接寫出面積的最小值為，此時的旋轉角=135°．【分析】（1）證明△AOG≌△DOE得出AG=DE即可；（2）①過點E′作E′M⊥AC交AC延長線于點M，過點A作AN⊥G′E′于點N，則∠E′MO=90°,求出OG′=OE′=，可得出G′E′=8,則可得出答案；②可知G′，E′在以O為圓心，OG′為半徑的圓O上，當OA⊥G′E′時，S△AE′G′最小，此時OA的延長線與G′E′相交于點H，進一步即可得出答案．【詳解】(1)證明：∵點O是正方形ABCD兩對角線的交點，∴OA=OD.∵OA⊥OD，∴∠AOG=∠DOE=90°.∵四邊形OEFG是正方形，∴OG=OE，∴△AOG≌△DOE，∴AG=DE.(2)解：如圖，過點E′作E′M⊥AC交AC延長線于點