2020年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练
专题06 几何综合探究变化型问题
【真题再现】
1．（2019年宿迁中考第28题）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）． （1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；
（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．
2．（2019年连云港中考第27题）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．
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
1
F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG出FH的长．
，请直接写
3．（2019年无锡中考副卷第28题）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的边长为2，将正方形BDEF绕点B旋转一周，连接AE、BE、CD． （1）请找出图中与△ABE相似的三角形，并说明理由； （2）求当A、E、F三点在一直线上时CD的长；
（3）设AE的中点为M，连接FM，试求FM长的取值范围．
4．（2019年盐城中考第25题）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作： （Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；
（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O；
（Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④． 【探究】
（1）证明：△OBC≌△OED；
（2）若AB＝8，设BC为x，OB2为y，求y关于x的关系式．
5．（2019?扬州）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、
B不重合）．直线1是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线1折叠，点B的对应点是点B′．
2
（1）如图1，当PB＝4时，若点B′恰好在AC边上，则AB′的长度为 ； （2）如图2，当PB＝5时，若直线1∥AC，则BB′的长度为 ；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线1始终垂直于AC，△ACB′的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB＝6时，在直线1变化过程中，求△ACB′面积的最大值．
6．（2019年南京中考第26题）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上． 小明的作法
1．如图②，在边AC上取一点D，过点D作DG∥AB交BC于点G． 2．以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AB于点E．
3．在EB上截取EF＝ED，连接FG，则四边形DEFG为所求作的菱形． （1）证明小明所作的四边形DEFG是菱形．
（2）小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化……请你继续探索，直接写出菱形的个数及对应的CD的长的取值范围．
【专项突破】 【题组一】
1．（2020?海门市校级模拟）已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA、EC． （1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA＝EC；
（2）若点P在线段AB上，如图2，当点P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）在（1）的条件下，将正方形ABCD固定，正方形BPEF绕点B旋转一周，设AB＝4，BP＝a，若在旋转过程中△ACE面积的最小值为4，请直接写出a的值．
3
2．（2019秋?青龙县期末）在等边三角形ABC中，点D是BC的中点，点E、F分别是边
AB、AC（含线段AB、AC的端点）上的动点，且∠EDF＝120°，小明和小慧对这个图形
展开如下研究： 问题初探：
（1）如图1，小明发现：当∠DEB＝90°时，BE+CF＝nAB，则n的值为 ； 问题再探：
（2）如图2，在点E、F的运动过程中，小慧发现两个有趣的结论：
①DE始终等于DF；②BE与CF的和始终不变；请你选择其中一个结论加以证明． 成果运用
（3）若边长AB＝4，在点E、F的运动过程中，记四边形DEAF的周长为L，L＝
DE+EA+AF+FD，则周长L的变化范围是 ．
3．（2019秋?张家港市期末）在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为 °． （2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝6，AD＝10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB＝6，AD＝10，求CG的长．
4．（2020?兴化市模拟）如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN丁点Q，连接CM． （1）求证：PM＝PN；
（2）当P，A重合时，求MN的值；
（3）若△PQM的面积为S，求S的取值范围．
4
【题组二】
5．（2019秋?娄星区期末）在△ABC中，AB＝AC，点D为射线CB上一个动点（不与B、
C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，过点E作EF∥BC，交直线AC于点F，连接CE．
（1）如图①，若∠BAC＝60°，则按边分类：△CEF是 三角形； （2）若∠BAC＜60°．
①如图②，当点D在线段CB上移动时，判断△CEF的形状并证明；
②当点D在线段CB的延长线上移动时，△CEF是什么三角形？请在图③中画出相应的图形并直接写出结论（不必证明）．
6．（2019秋?东海县期末）已知BC＝5，AB＝1，AB⊥BC，射线CM⊥BC，动点P在线段BC上（不与点B，C重合），过点P作DP⊥AP交射线CM于点D，连接AD． （1）如图1，若BP＝4，判断△ADP的形状，并加以证明．
（2）如图2，若BP＝1，作点C关于直线DP的对称点C′，连接AC′． ①依题意补全图2；
②请直接写出线段AC′的长度．
7．（2019秋?江都区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，AB＝25，点D为斜边
AB上动点．
（1）如图1，当CD⊥AB时，求CD的长度；
（2）如图2，当AD＝AC时，过点D作DE⊥AB交BC于点E，求CE的长度；
5
（3）如图3，在点D的运动过程中，连接CD，当△ACD为等腰三角形时，直接写出
AD的长度．
8．（2019秋?泰兴市期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点，点E是射线CB上的动点，连接DE，DF⊥DE交射线AC于点F．
（1）若点E在线段CB上． ①求证：AF＝CE．
②连接EF，试用等式表示AF、EB、EF这三条线段的数量关系，并说明理由． （2）当EB＝3时，求EF的长． 【题组三】
9．（2019秋?镇江期末）△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°． （1）如图1，点D、E分别在AB、AC上，则BD、CE满足怎样的数量关系和位置关系？（直接写出答案）
（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，连结BD、CE，则BD、CE满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．
（3）如图3，点D、E都在△ABC外部，连结BD、CE、CD、EB，BD与CE相交于H点．已知AB＝4，AD＝2，设CD2＝x，EB2＝y，求y与x之间的函数关系式．
10．（2019秋?射阳县期末）在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线分别交BC边于点M、
N．
6
（1）如图①，若∠BAC＝110°，则∠MAN＝ °，若△AMN的周长为9，则BC＝ ．
（2）如图②，若∠BAC＝135°，求证：BM2+CN2＝MN2；
（3）如图③，∠ABC的平分线BP和AC边的垂直平分线相交于点P，过点P作PH垂直BA的延长线于点H．若AB＝5，CB＝12，求AH的长．
11．（2019秋?溧水区期末）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型呈现】
（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝ ，BC＝ ．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
（2）①如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
②如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（2，4），点B为平面内任一点．若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点B的坐标．
12．（2019?邗江区校级一模）阅读下面材料：小聪遇到这样一个有关角平分线的问题：如图1，在△ABC中，∠A＝2∠B，CD平分∠ACB，AD＝2.4，AC＝3.6，求BC得长． 小聪思考：因为CD平分∠ACB，所以可在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．这样很容易得到△DEC≌△DAC，经过推理能使问题得到解决（如图2）． 请完成：（1）求证：△BDE是等腰三角形 （2）求BC的长为多少？
（3）参考小聪思考问题的方法，解决问题：如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，
BD平分∠ABC，BD，BC，求AD的长．
7
【题组四】
13．（2019?鼓楼区二模）提出问题：用一张等边三角形纸片剪一个直角边长分别为2cm和3cm的直角三角形纸片，等边三角形纸片的边最小值是多少？
探究思考：几位同学画出了以下情况，其中∠C＝90°，BC＝2cm，△ADE为等边三角形． （1）同学们对图1，图2中的等边三角形展开了讨论：
①图一中AD的长度 图②中AD的长度（填“＞”，“＜”或“＝”） ②等边三角形ADE经过图形变化．AD可以更小．请描述图形变化的过程． （2）有同学画出了图3，但老师指出这种情况不存在，请说明理由． （3）在图4中画出边长最小的等边三角形，并写出它的边长． 经验运用：
（4）用一张等边三角形纸片剪一个直角边长为1cm和3cm的直角三角形纸片，等边三角形纸片的边长最小是多少？画出示意图并写出这个最小值．
14．（2019?南京二模）【概念提出】如图 ①，若正△DEF的三个顶点分别在正△ABC的边
AB、BC、AC上，则我们称△DEF是正△ABC的内接正三角形．
（1）求证：△ADF≌△BED；
【问题解决】利用直尺和圆规作正三角形的内接正三角形（保留作图痕迹，不写作法）． （2）如图 ②，正△ABC的边长为a，作正△ABC的内接正△DEF，使△DEF的边长最短，并说明理由；
（3）如图③，作正△ABC的内接正△DEF，使FD⊥AB．
8
15．（2020?河南一模）【问题提出】在△ABC中，AB＝AC≠BC，点D和点A在直线BC的同侧，BD＝BC，∠BAC＝α，∠DBC＝β，且α+β＝120°，连接AD，求∠ADB的度数．（不必解答）
【特例探究】小聪先从特殊问题开始研究，当α＝90°，β＝30°时，利用轴对称知识，以
AB为对称轴构造△ABD的轴对称图形△ABD′，连接CD′（如图2），然后利用α＝90°，β
＝30°以及等边三角形等相关知识便可解决这个问题．
请结合小聪研究问题的过程和思路，在这种特殊情况下填空：△D′BC的形状是 三角形；∠ADB的度数为 ． 【问题解决】
在原问题中，当∠DBC＜∠ABC（如图1）时，请计算∠ADB的度数；
【拓展应用】在原问题中，过点A作直线AE⊥BD，交直线BD于E，其他条件不变若
BC＝7，AD＝2．请直接写出线段BE的长为 ．
16．（2019?亭湖区二模）【阅读材料】
小明遇到这样一个问题：如图1，点P在等边三角形ABC内，且∠APC＝150°，PA＝3，
PC＝4，求PB的长．
小明发现，以AP为边作等边三角形APD，连接BD，得到△ABD；由等边三角形的性质，可证△ACP≌△ABD，得PC＝BD；由已知∠APC＝150°，可知∠PDB的大小，进而可求得
PB的长．
（1）请回答：在图1中，∠PDB＝ °，PB＝ ． 【问题解决】
（2）参考小明思考问题的方法，解决下面问题：
如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在△ABC内，且PA＝1，PB，
PC＝2，求AB的长．
【灵活运用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，且tanα且PB＝3，PC＝1，直接写出PA长的最大值．
9
，点P在△ABC外，
【题组五】
交点I，就指出若连接CI，则CI平分∠ACB，你觉得有道理吗？为什么？
17．（2019秋?海安市期末）（1）如图①，小明同学作出△ABC两条角平分线AD，BE得到（2）如图②，Rt△ABC中，AC＝5，AC＝12，AB＝13，△ABC的角平分线CD上有一点I，设点I到边AB的距离为d．（d为正实数） 小季、小何同学经过探究，有以下发现： 小季发现：d的最大值为
．
小何发现：当d＝2时，连接AI，则AI平分∠BAC． 请分别判断小季、小何的发现是否正确？并说明理由．
18．（2019秋?常熟市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，点D为△ABC内一点，∠ABD＝∠ACD＝20°，E为BD延长线上的一点，且AB＝AE． （1）求∠BAD的度数； （2）求证：DE平分∠ADC；
（3）请判断AD，BD，DE之间的数量关系，并说明理由．
19．（2019秋?常熟市期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（8，0），点C（0，6），点B在x轴负半轴上，且AB＝AC．
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（1）求点B的坐标；
（2）如图②，若点E为边AC的中点，动点M从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿线段BA向点A匀速运动，设点M运动的时间为t（秒）； ①若△OME的面积为2，求t的值；
②如图③，在点M运动的过程中，△OME能否成为直角三角形？若能，求出此时t的值，并写出相应的点M的坐标；若不能，请说明理由． 20．（2019秋?崇川区期末）已知△ABC中，AB＝AC．
（1）如图1，在△ADE中，AD＝AE，连接BD、CE，若∠DAE＝∠BAC，求证：BD＝
CD；
（2）如图2，在△ADE中，AD＝AE，连接BE、CE，若∠DAE＝∠BAC＝60°，CE⊥AD于点F，AE＝4，
，求BE的长；
的
（3）如图3，在△BCD中，∠CBD＝∠CDB＝45°，连接AD，若∠CAB＝45°，求值．
【题组六】
以AD为边作△ADE，使AE＝AD，∠EAD＝∠BAC． （1）过点E作EF∥DC交AB于点F，连接CF（如图1）， ①请直接写出∠EAB与∠DAC的数量关系； ②试判断四边形CDEF的形状，并证明；
21．（2018秋?崇川区校级期末）如图，锐角△ABC中，AB＝AC，点D是边BC上的一点，
（2）若∠BAC＝60°，过点C作CF∥DE交AB于点F，连接EF（如图2），那么（1）②中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
11
22．（2019秋?淮阴区期末）A，B，C，D是长方形纸片的四个顶点，点E、F、H分别是边AB、BC、AD上的三点，连结EF、FH．
（1）将长方形纸片ABCD按图①所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，点B'在FC'上，则∠EFH的度数为 ；
（2）将长方形纸片ABCD按图②所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠B'FC'＝18°，求∠EFH的度数；
（3）将长方形纸片ABCD按图③所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠EFH＝m°，求∠B'FC'的度数为 ．
23．（2019秋?丹阳市期末）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M、
N分别是边AC、AB上的动点，连接MN，将△AMN沿MN所在直线翻折，翻折后点A的对应点为A′．
（1）如图1，若点A′恰好落在边AB上，且ANAC，求AM的长；
（2）如图2，若点A′恰好落在边BC上，且A′N∥AC． ①试判断四边形AMA′N的形状并说明理由；
12
②求AM、MN的长；
（3）如图3，设线段NM、BC的延长线交于点P，当
且
时，求CP的长．
24．（2020春?鼓楼区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边AB，
AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长
线于点H，连接AC，EF，GH．
（1）填空：∠AHC ∠ACG；（填“＞”或“＜”或“＝”） （2）线段AC，AG，AH什么关系？请说明理由；
（3）设AE＝m，请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．
参考答案
【真题再现】
1．（2019年宿迁中考第28题）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）． （1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；
（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．
【分析】（1）如图①利用三角形的中位线定理，推出DE∥AC，可得中，利用两边成比例夹角相等证明三角形细相似即可． （2）利用相似三角形的性质证明即可． （3）点G的运动路程，是图③﹣1中的
13
，在图②
的长的两倍，求出圆心角，半径，利用弧长
公式计算即可．
【解析】（1）如图②中，
由图①，∵点D为边AB中点，点E为边BC中点， ∴DE∥AC， ∴∴
， ，
∵∠DBE＝∠ABC， ∴∠DBA＝∠EBC， ∴△DBA∽△EBC．
（2）∠AGC的大小不发生变化，∠AGC＝30°． 理由：如图③中，设AB交CG于点O．
∵△DBA∽△EBC， ∴∠DAB＝∠ECB，
∵∠DAB+∠AOG+∠G＝180°，∠ECB+∠COB+∠ABC＝180°，∠AOG＝∠COB， ∴∠G＝∠ABC＝30°．
（3）如图③﹣1中．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向左边等边△ACO，连接
OG，OB．
14
以O为圆心，OA为半径作⊙O， ∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°， ∴∠AGC∠AOC，
∴点G在⊙O上运动，
以B为圆心，BD为半径作⊙B，当直线与⊙B相切时，BD⊥AD， ∴∠ADB＝90°， ∵BK＝AK， ∴DK＝BK＝AK， ∵BD＝BK， ∴BD＝DK＝BK， ∴△BDK是等边三角形， ∴∠DBK＝60°， ∴∠DAB＝30°，
∴∠BOG＝2∠DAB＝60°， ∴
的长
，
的长的两倍
．
观察图象可知，点G的运动路程是
点评：本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，弧长公式，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．
2．（2019年连云港中考第27题）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．
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
15
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出FH的长．
，请直接写
【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BE3，得出CE＝BC，证明△AGM∽△
﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出QEAE，AQ＝AE+QEABE，得出AM90°，求出B'M＝4
，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝
，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出AF，得出FH，DF，证明△DFP∽△DAQ，得出FPFP．
【解答】问题情境：
16
解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形， ∴NF＝MB， ∴BF⊥AE， ∴∠BGE＝90°， ∴∠CBF+∠AEB＝90°， ∵∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠CBF＝∠BAE， 在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC， ∴DN+MB＝EC； 问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
，
∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠BDA＝45°，
17
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI， ∵MN是AE的垂直平分线， ∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL）， ∴∠AQH＝∠QEI， ∴∠AQH+∠EQI＝90°， ∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°； （2）连接AC交BD于点O，如图3所示：
，
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′， ∵AO＝OD，∠AOD＝90°， ∴∠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， ∵点P在BD上， ∴AP＝PC， 在△APB和△CPB中，∴△APB≌△CPB（SSS）， ∴∠BAP＝∠BCP， ∵∠BCD＝∠MPA＝90°， ∴∠PCN＝∠AMP， ∵AB∥CD， ∴∠AMP＝∠PNC， ∴∠PCN＝∠PNC，
，
18
∴PC＝PN， ∴AP＝PN， ∴∠PNA＝45°， ∴∠PNP′＝90°， ∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°， ∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H， 由翻折性质得：PN＝P′N， 在△PGN和△NHP'中，∴△PGN≌△NHP'（ASA）， ∴PG＝NH，GN＝P'H， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠PDG＝45°， 易得PG＝GD， ∴GN＝DH， ∴DH＝P'H，
∴∠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， ∵点S为AD的中点， ∴DS＝2，则P'S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∴AE＝5， 在Rt△ABE中，BE3，
19
，PH＝FH，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC， ∴△ABE∽△QCE， ∴∴QE3，
AE，
，
∴AQ＝AE+QE∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B， ∵∠MAG＝∠EAB， ∴△AGM∽△ABE， ∴解得：AM，即
，
，
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：AF∴DF＝4
， ， ，
，AC'＝1，
∵AG⊥MN，FH⊥MN， ∴AG∥FH， ∴AQ∥FP， ∴△DFP∽△DAQ， ∴解得：FP∴FH，即， ．
，
FP点评：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
20
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，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键． 3．（2019年无锡中考副卷第28题）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的边长为2，将正方形BDEF绕点B旋转一周，连接AE、BE、CD． （1）请找出图中与△ABE相似的三角形，并说明理由； （2）求当A、E、F三点在一直线上时CD的长；
（3）设AE的中点为M，连接FM，试求FM长的取值范围．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和相似三角形的判定定理即可得到结论； （2）根据相似三角形的性质得到ABBC＝4，根据勾股定理得到
AF2，如图1，当AE在AB左上方时，如图2，当
AE在AB右下方时，即可得到结论；
（3）如图3，延长EF到G使FG＝EF，连接AG，BG，求得△BFG是等腰直角三角形，得到BGBF＝2，设M为AE的中点，连接MF，根据三角形中位线的定理得到
AG＝2FM，根据三角形的三边关系即可得到结论．
【解析】（1）△ABE∽△CBD，
∵在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝∠EBD＝45°， ∴∠ABE＝∠CBD， ∵∴
，，
，
∴△ABE∽△CBD； （2）∵△ABE∽△CBD， ∴∴CD，
AE， BC＝4
，
∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°， ∴AB∵当A、E、F三点在一直线上时， ∵∠AFB＝90°，
21
∴AF2，
2，
如图1，当AE在AB左上方时，AE＝AF﹣EF＝2
∴CD；
如图2，当AE在AB右下方时，
同理，AE＝AF+EF＝2∴CD；
2，
或
；
综上所述，当A、E、F三点在一直线上时，CD的长为（3）如图3，延长EF到G使FG＝EF，连接AG，BG，
则△BFG是等腰直角三角形， ∴BGBF＝2，
设M为AE的中点， 连接MF，
∴MF是△AGE的中位线， ∴AG＝2FM，
在△ABG中，∵AB﹣BG≤AG≤AB+BG， ∴2∴
AG≤6FM≤3
， ．
点评：本题考查了相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 4．（2019年盐城中考第25题）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：
22
（Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；
（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O；
（Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④． 【探究】
（1）证明：△OBC≌△OED；
（2）若AB＝8，设BC为x，OB2为y，求y关于x的关系式．
【分析】（1）利用折叠性质，由边角边证明△OBC≌△OED；
（2）过点O作OH⊥CD于点H．由（1）△OBC≌△OED，OE＝OB，BC＝x，则AD＝
DE＝x，则CE＝8﹣x，OHCD＝4，则EH＝CH﹣CE＝4﹣（8﹣x）＝x﹣4在Rt△
OHE中，由勾股定理得OE2＝OH2+EH2，即OB2＝42+（x﹣4）2，所以y关于x的关
系式：y＝x2﹣8x+32．
【解析】（1）证明：由折叠可知，AD＝ED，∠BCO＝∠DCO＝∠ADO＝∠CDO＝45° ∴BC＝DE，∠COD＝90°，OC＝OD， 在△OBC≌△OED中，
，
∴△OBC≌△OED（SAS）；
（2）过点O作OH⊥CD于点H．
由（1）△OBC≌△OED，
OE＝OB，
∵BC＝x，则AD＝DE＝x， ∴CE＝8﹣x，
∵OC＝OD，∠COD＝90° ∴CHCDAB4，
23
OHCD＝4，
∴EH＝CH﹣CE＝4﹣（8﹣x）＝x﹣4 在Rt△OHE中，由勾股定理得
OE2＝OH2+EH2，
即OB2＝42+（x﹣4）2，
∴y关于x的关系式：y＝x2﹣8x+32．
点评：本题是四边形综合题，熟练运用轴对称的性质和全等三角形的判定以及勾股定理是解题的关键．
5．（2019?扬州）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、
B不重合）．直线1是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线1折叠，点B的对应点是点B′．
（1）如图1，当PB＝4时，若点B′恰好在AC边上，则AB′的长度为 4或0 ； （2）如图2，当PB＝5时，若直线1∥AC，则BB′的长度为 5否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB＝6时，在直线1变化过程中，求△ACB′面积的最大值．
；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线1始终垂直于AC，△ACB′的面积是
【分析】（1）证明△APB′是等边三角形即可解决问题． 求出OB即可解决问题．
（3）如图3中，结论：面积不变．证明BB′∥AC即可．
（2）如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O．证明△PEB是等边三角形，
（4）如图4中，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于E，求出B′E即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，
∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝60°，AB＝BC＝AC＝8， ∵PB＝4，
24
∴PB′＝PB＝PA＝4， ∵∠A＝60°，
∴△APB′是等边三角形， ∴AB′＝AP＝4．
当直线l经过C时，点B′与A重合，此时AB′＝0 故答案为4或0．
（2）如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O．
∵PE∥AC，
∴∠BPE＝∠A＝60°，∠BEP＝∠C＝60°， ∴△PEB是等边三角形， ∵PB＝5，
∴∵B，B′关于PE对称， ∴BB′⊥PE，BB′＝2OB ∴OB＝PB?sin60°∴BB′＝5故答案为5
． ．
，
（3）如图3中，结论：面积不变．
∵B，B′关于直线l对称， ∴BB′⊥直线l， ∵直线l⊥AC， ∴AC∥BB′， ∴S△ACB′＝S△ACB8
8＝16．
（4）如图4中，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，
25
设直线PB′交AC于E， ∴PE＝PA?sin60°∴B′E＝6
，
8×（6，
在Rt△APE中，∵PA＝2，∠PAE＝60°，
∴S△ACB′的最大值）＝424．
解法二：如图5中，过点P作PH垂直于AC，
由题意可得：B’在以P为圆心半径长为6的圆上运动， 当PH的延长线交圆P于点B′时面积最大， 此时BH＝6
，S△ACB′的最大值
8×（6
）＝4
24．
点评：本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和判定，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
6．（2019年南京中考第26题）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上． 小明的作法
1．如图②，在边AC上取一点D，过点D作DG∥AB交BC于点G． 2．以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AB于点E．
3．在EB上截取EF＝ED，连接FG，则四边形DEFG为所求作的菱形． （1）证明小明所作的四边形DEFG是菱形．
（2）小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化……请你继
26
续探索，直接写出菱形的个数及对应的CD的长的取值范围．
【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． （2）求出几种特殊位置的CD的值判断即可． 【解答】（1）证明：∵DE＝DG，EF＝DE， ∴DG＝EF， ∵DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形， ∵DG＝DE，
∴四边形DEFG是菱形．
（2）如图1中，当四边形DEFG是正方形时，设正方形的边长为x．
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB则CD5，
x，ADx，
∵AD+CD＝AC， ∴∴x∴CDx＝3，
，
x，
时，菱形的个数为0．
观察图象可知：0≤CD如图2中，当四边形DAEG是菱形时，设菱形的边长为m．
27
∵DG∥AB， ∴∴解得m∴CD＝3
， ， ，
，
如图3中，当四边形DEBG是菱形时，设菱形的边长为n．
∵DG∥AB， ∴∴∴n，
，
， 或
， ，
∴CG＝4∴CD观察图象可知：当0≤CD时，菱形的个数为1，当
CD≤3时，菱形的个数为0，当CD时，菱形的个数为2．
或CDCD点评：本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，作图﹣复杂作图等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型，题目有一定难度． 【专项突破】
28
【题组一】
1．（2020?海门市校级模拟）已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA、EC． （1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA＝EC；
（2）若点P在线段AB上，如图2，当点P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）在（1）的条件下，将正方形ABCD固定，正方形BPEF绕点B旋转一周，设AB＝4，BP＝a，若在旋转过程中△ACE面积的最小值为4，请直接写出a的值．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△APE≌△CFE，可得结论；
（2）分别证明∠PAE＝45°和∠BAC＝45°，则∠CAE＝90°，即△ACE是直角三角形； （3）如图3中，连接BD交AC于O．因为点E的运动轨迹是以B为圆心，题多解）．
【解答】证明：（1）如图1中，
a为半径
的圆，推出当点E在线段OB上时，△ACE的面积最小，构建方程即可解决问题（注意一
∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形， ∴AB＝BC，BP＝BF， ∴AP＝CF，
在△APE和△CFE中， ∵
，
∴△APE≌△CFE， ∴EA＝EC；
（2）△ACE是直角三角形， 理由是：如图2中，
29
∵P为AB的中点， ∴PA＝PB， ∵PB＝PE， ∴PA＝PE， ∴∠PAE＝45°， 又∵∠BAC＝45°，
∴∠CAE＝90°，即△ACE是直角三角形； （3）如图3中，连接BD交AC于O．
∵点E的运动轨迹是以B为圆心，
a为半径的圆，
∴当点E在线段OB上时，△ACE的面积最小， ∵∴OE∵BE＝2∴a＝1，
∴满足条件的a的值为1． 【题组二】
2．（2019秋?青龙县期末）在等边三角形ABC中，点D是BC的中点，点E、F分别是边
AC×OE＝4，
，
AB、AC（含线段AB、AC的端点）上的动点，且∠EDF＝120°，小明和小慧对这个图形
展开如下研究： 问题初探：
（1）如图1，小明发现：当∠DEB＝90°时，BE+CF＝nAB，则n的值为 问题再探：
（2）如图2，在点E、F的运动过程中，小慧发现两个有趣的结论：
①DE始终等于DF；②BE与CF的和始终不变；请你选择其中一个结论加以证明． 成果运用
30
；
（3）若边长AB＝4，在点E、F的运动过程中，记四边形DEAF的周长为L，L＝
DE+EA+AF+FD，则周长L的变化范围是 26≤L≤10 ．
【分析】（1）先利用等边三角形判断出BD＝CD出∠DFC＝90°，得出CFAB，进而判断出BEBD，再判断
CD，即可得出结论；
（2）①构造出△EDG≌△FDH（ASA），得出DE＝DF，即可得出结论； ②由（1）知，BG+CH出结论；
（3）由（1）（2）判断出L＝2DE+6，再判断出DE⊥AB时，L最小，点F和点C重合时，DE最大，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC， ∵点D是BC的中点， ∴BD＝CDAB，由①知，△EDG≌△FDH（ASA），得出EG＝FH，即可得
BCAB，
∵∠DEB＝90°，
∴∠BDE＝90°﹣∠B＝30°， 在Rt△BDE中，BEBD，
∵∠EDF＝120°，∠BDE＝30°， ∴∠CDF＝180°﹣∠BDE﹣∠EDF＝30°， ∵∠C＝60°， ∴∠DFC＝90°， 在Rt△CFD中，CF∴BE+CFCD，
BCAB，
BD∵BE+CF＝nAB， ∴n，
故答案为；
31
（2）如图2，
①过点D作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，
∴∠DGB＝∠AGD＝∠CFD＝∠AHF＝90°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝60°，
∴∠GDH＝360°﹣∠AGD﹣∠AHD﹣∠A＝120°， ∵∠EDF＝120°， ∴∠EDG＝∠FDH，
∵△ABC是等边三角形，且D是BC的中点， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵DG⊥AB，DH⊥AC， ∴DG＝DH， 在△EDG和△FDH中，∴△EDG≌△FDH（ASA）， ∴DE＝DF，
即：DE始终等于DF； ②同（1）的方法得，BG+CH由①知，△EDG≌△FDH（ASA）， ∴EG＝FH，
∴BE+CF＝BG﹣EG+CH+FH＝BG+CH∴BE与CF的和始终不变
（3）由（2）知，DE＝DF，BE+CF∵AB＝4， ∴BE+CF＝2，
∴四边形DEAF的周长为L＝DE+EA+AF+FD ＝DE+AB﹣BE+AC﹣CF+DF
32
，
AB，
AB，
AB，
＝DE+AB﹣BE+AB+DE ＝2DE+2AB﹣（BE+CF） ＝2DE+2×4﹣2 ＝2DE+6，
∴DE最大时，L最大，DE最小时，L最小， 当DE⊥AB时，DE最小， 由（1）知，BG∴DE最小∴L最小＝2∵∠B＝60°，
∴∠B＝∠BDE＝∠BED＝60°， ∴△BDE是等边三角形， ∴DE＝BDBD＝1，
，
BG6，
当点F和点C重合时，DE最大，此时，∠BDE＝180°﹣∠EDF＝120°＝60°，
AB＝2，
即：L最大＝2×2+6＝10， ∴周长L的变化范围是2故答案为2
6≤L≤10．
6≤L≤10，
3．（2019秋?张家港市期末）在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为 18 °． （2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝6，AD＝10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB＝6，AD＝10，求CG的长．
【分析】（1）由矩形的性质和已知得出∠DAC＝90°﹣54°＝36°，由折叠的性质得∠DAE＝∠FAE，得出∠DAE∠DAC＝18°即可；
（2）由矩形的性质得出∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，由折叠的性质得
AF＝AD＝10，EF＝ED，由勾股定理得出BF8，得出CF＝BC﹣BF＝2，
设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
33
（3）连接EG，证明Rt△CEG≌△FEG（HL），得出CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝
AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得出方程，解方程
即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠BAC＝54°，
∴∠DAC＝90°﹣54°＝36°， 由折叠的性质得：∠DAE＝∠FAE， ∴∠DAE∠DAC＝18°；
故答案为：18；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6， 由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED， ∴BF∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2， 设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2＝（6﹣x）2， 解得：x，
8，
即CE的长为；
（3）连接EG，如图3所示：
∵点E是CD的中点， ∴DE＝CE，
由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE， ∴∠EFG＝90°＝∠C， 在Rt△CEG和△FEG中，∴Rt△CEG≌△FEG（HL）， ∴CG＝FG，
34
，
设CG＝FG＝y，
则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2＝（10+y）2， 解得：y， ．
即CG的长为
4．（2020?兴化市模拟）如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN丁点Q，连接CM． （1）求证：PM＝PN；
（2）当P，A重合时，求MN的值；
（3）若△PQM的面积为S，求S的取值范围．
【分析】（1）想办法证明∠PMN＝∠PNM即可解决问题．
（2）点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN．
（3）当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可． 【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形， ∴PM∥CN， ∴∠PMN＝∠MNC， ∵∠MNC＝∠PNM， ∴∠PMN＝∠PNM， ∴PM＝PN．
35
（2）解：点P与点A重合时，如图2中，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x， 在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2， 即42+x2＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴CN＝8﹣3＝5，AC∴CQ∴QN∴MN＝2QN＝2
（3）解：当MN过点D时，如图3所示，此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S．
4
，
AC＝2，
，
S菱形CMPN4×4＝4，
5×4
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝5， ∴4≤S≤5， 【题组二】
5．（2019秋?娄星区期末）在△ABC中，AB＝AC，点D为射线CB上一个动点（不与B、
C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，过点E作EF∥BC，交直线AC于点F，连接CE．
（1）如图①，若∠BAC＝60°，则按边分类：△CEF是 等边 三角形； （2）若∠BAC＜60°．
①如图②，当点D在线段CB上移动时，判断△CEF的形状并证明；
②当点D在线段CB的延长线上移动时，△CEF是什么三角形？请在图③中画出相应的图形并直接写出结论（不必证明）．
36
【分析】（1）根据题意推出∠ACB＝∠ABC＝60°，然后通过求证△EAC≌△DAB，结合平行线的性质，即可推出△EFC为等边三角形；
（2）①根据（1）的推理方法，即可推出△EFC为等腰三角形；②根据题意画出图形，然后根据平行线的性质，通过求证△EAC≌△DAB，推出等量关系，即可推出△EFC为等腰三角形．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠ACB＝∠ABC＝60°，∠EAC＝∠DAB， ∴△DAB≌△EAC， ∴∠ECA＝∠B＝60°， ∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB＝60°，
∵在△EFC中，∠EFC＝∠ECF＝60°＝∠CEF， ∴△EFC为等边三角形， 故答案为：等边；
（2）①△CEF为等腰三角形，
证明：如图2，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠ACB＝∠ABC，∠EAC＝∠DAB， ∴△EAC≌△DAB， ∴∠ECA＝∠B， ∴∠ACE＝∠ACB， ∵EF∥BC， ∴∠EFC＝∠ACB， ∴∠EFC＝∠ACE， ∴CE＝FE，
∴△EFC为等腰三角形；
②如图③，△EFC为等腰三角形．
当点D在BC延长线上时，以AD为一边在AD的左侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，过点E作BC的平行线EF，交直线AC的延长线于点F，连接DE． 证明：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠ACB＝∠ABC，∠EAC＝∠DAB，
37
∴△EAC≌△DAB， ∴∠ECA＝∠DBA， ∴∠ECF＝∠ABC， ∵EF∥BC， ∴∠AFE＝∠ACB， 又∵∠ABC＝∠ACB， ∴∠AFE＝∠ECF， ∴EC＝EF，
∴△EFC为等腰三角形．
6．（2019秋?东海县期末）已知BC＝5，AB＝1，AB⊥BC，射线CM⊥BC，动点P在线段BC上（不与点B，C重合），过点P作DP⊥AP交射线CM于点D，连接AD． （1）如图1，若BP＝4，判断△ADP的形状，并加以证明．
（2）如图2，若BP＝1，作点C关于直线DP的对称点C′，连接AC′． ①依题意补全图2；
②请直接写出线段AC′的长度．
38
【分析】（1）先判断出PC＝AB，再用同角的余角相等判断出∠APB＝∠PDC，得出△ABP≌△PCD（AAS），即可得出结论； （2）①利用对称的性质画出图形；
②先求出CP＝4，AB＝AP，∠CPD＝45°，进而得出C'P＝CP＝4，∠C'PD＝∠CPD＝45°，再判断出四边形BQC'P是矩形，进而求出AQ＝BQ﹣AB＝3，最后用勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）△ADP是等腰直角三角形． 证明：∵BC＝5，BP＝4， ∴PC＝1， ∵AB＝1， ∴PC＝AB．
∵AB⊥BC，CM⊥BC，DP⊥AP， ∴∠B＝∠C＝90°，
∠APB+∠DPC＝90°，∠PDC+∠DPC＝90°， ∴∠APB＝∠PDC， 在△ABP和△PCD中，∴△ABP≌△PCD（AAS） ∴AP＝PD， ∵∠APD＝90°，
∴△ADP是等腰直角三角形． （2）①依题意补全图2；
②∵BP＝1，AB＝1，BC＝5，
39
∴CP＝4，AB＝AP， ∵∠ABP＝90°， ∴∠APB＝45°， ∵∠APD＝90°， ∴∠CPD＝45°， 连接C'P，
∵点C与C'关于DP对称，
∴C'P＝CP＝4，∠C'PD＝∠CPD＝45°， ∴∠CPC'＝90°， ∴∠BPC'＝90°，
过点C'作C'Q⊥BA交BA的延长线于Q， ∴∠Q＝90°＝∠ABP＝∠BPC'， ∴四边形BQC'P是矩形， ∴C'Q＝BP＝1，BQ＝C'P＝4， ∴AQ＝BQ﹣AB＝3， 在Rt△AC'Q中，AC′
7．（2019秋?江都区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，AB＝25，点D为斜边
AB上动点．
（1）如图1，当CD⊥AB时，求CD的长度；
（2）如图2，当AD＝AC时，过点D作DE⊥AB交BC于点E，求CE的长度； （3）如图3，在点D的运动过程中，连接CD，当△ACD为等腰三角形时，直接写出
AD的长度．
【分析】（1）求出BC＝20，由AB?CD＝BC?AC可求出答案；
＝20﹣x，BD＝25﹣15＝10，在Rt△BED中根据勾股定理即可解决问题； （3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝15，AB＝25， ∴BC∵AB?CD＝BC?AC， ∴25CD＝20×15， ∴CD＝12；
（2）在Rt△ACE和Rt△ADE中，∠C＝∠EDA＝90°， ∵
，
20，
（2）根据HL证明Rt△ACE≌Rt△ADE，推出CE＝DE，AC＝AD＝15，设CE＝x，则BE40
∴Rt△ACE≌Rt△ADE（HL）， ∴CE＝DE，
设CE＝x，则BE＝20﹣x，BD＝25﹣15＝10 在Rt△BED中
∴x2+102＝（20﹣x）2， ∴x＝7.5， ∴CE＝7.5．
（3）①当AD＝AC时，△ACD为等腰三角形 ∵AC＝15， ∴AD＝AC＝15．
②当CD＝AD时，△ACD为等腰三角形 ∵CD＝AD， ∴∠DCA＝∠CAD， ∵∠CAB+∠B＝90°， ∠DCA+∠BCD＝90°， ∴∠B＝∠BCD， ∴BD＝CD，
∴CD＝BD＝DA＝12.5，
③当CD＝AC时，△ACD为等腰三角形， 如图1中，作CH⊥BA于点H，
则?AB?CH?AC?BC，
∵AC＝15，BC＝20，AB＝25， ∴CH＝12， 在Rt△ACH中，AH∵CD＝AC，CH⊥BA， ∴DH＝HA＝9， ∴AD＝18．
综合以上可得AD的长度为15，18，或12.5．
8．（2019秋?泰兴市期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点，点E是射线CB上的动点，连接DE，DF⊥DE交射线AC于点F．
9，
41
（1）若点E在线段CB上． ①求证：AF＝CE．
②连接EF，试用等式表示AF、EB、EF这三条线段的数量关系，并说明理由． （2）当EB＝3时，求EF的长．
【分析】（1）①证明△ADF≌△CDE（ASA），即可得出AF＝CE；
②由①得△ADF≌△CDE（ASA），得出AF＝CE；同理△CDF≌△BDE（ASA），得出CF＝BE，在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2＝EF2，即可得出结论；
（2）分两种情况：①点E在线段CB上时，求出CE＝BC﹣BE＝1，由（1）得AF＝CE＝1，AF2+EB2＝EF2，即可得出答案；
②点E在线段CB延长线上时，求出CE＝BC+BE＝7，同（1）得△ADF≌△CDE（ASA），得出AF＝CE，求出CF＝BE＝3，在Rt△EF中，由勾股定理即可得出答案． 【解答】（1）①证明：∵△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点， ∴∠DCE＝45°＝∠A，CD∴∠ADC＝90°， ∵DF⊥DE， ∴∠FDE＝90°， ∴∠ADC＝∠FDE， ∴∠ADF＝∠CDE， 在△ADF和△CDE中，∴△ADF≌△CDE（ASA）， ∴AF＝CE；
②解：AF2+EB2＝EF2，理由如下： 由①得：△ADF≌△CDE（ASA）， ∴AF＝CE；
同理：△CDF≌△BDE（ASA）， ∴CF＝BE，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2， ∴AF2+EB2＝EF2；
42
AB＝AD，CD⊥AB，
，
（2）解：分两种情况： ①点E在线段CB上时， ∵BE＝3，BC＝4， ∴CE＝BC﹣BE＝1，
由（1）得：AF＝CE＝1，AF2+EB2＝EF2， ∴EF∵BE＝3，BC＝4， ∴CE＝BC+BE＝7，
同（1）得：△ADF≌△CDE（ASA）， ∴AF＝CE， ∴CF＝BE＝3，
在Rt△EF中，由勾股定理得：CF2+CE2＝EF2， ∴EF；
或
．
综上所述，当EB＝3时，EF的长为
；
②点E在线段CB延长线上时，如图2所示：
【题组三】
9．（2019秋?镇江期末）△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°． （1）如图1，点D、E分别在AB、AC上，则BD、CE满足怎样的数量关系和位置关系？（直接写出答案）
（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，连结BD、CE，则BD、CE满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．
（3）如图3，点D、E都在△ABC外部，连结BD、CE、CD、EB，BD与CE相交于H点．已知AB＝4，AD＝2，设CD2＝x，EB2＝y，求y与x之间的函数关系式．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质解答；
（2）延长BD，分别交AC、CE于F、G，证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据三角形内角和定理得到∠CGF＝∠BAF＝90°，根据垂
43
直的定义解答；
（3）证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到∠BHC＝∠BAC＝90°，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE，BD⊥CE； （2）BD＝CE，BD⊥CE．
理由如下：延长BD，分别交AC、CE于F、G， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∵∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC，∠CAE＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE， ∵∠AFB＝∠GFC，
∴∠CGF＝∠BAF＝90°，即BD⊥CE； （3）∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴BCAB＝4，DEAD＝2，
∵∠BAD＝∠BAC+∠DAC，∠CAE＝∠DAE+∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE， ∵∠AOB＝∠HOC， ∴∠BHC＝∠BAC＝90°， ∴CD2+EB2
＝CH2+HD2+HB2+EH2 ＝BC2+DE2 ＝（4
）2+（2
）2＝40
∴y＝40﹣x．
44
10．（2019秋?射阳县期末）在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线分别交BC边于点M、
N．
（1）如图①，若∠BAC＝110°，则∠MAN＝ 40 °，若△AMN的周长为9，则BC＝ 9 ．
（2）如图②，若∠BAC＝135°，求证：BM2+CN2＝MN2；
（3）如图③，∠ABC的平分线BP和AC边的垂直平分线相交于点P，过点P作PH垂直BA的延长线于点H．若AB＝5，CB＝12，求AH的长．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到AM＝BM，NA＝NC，根据等腰三角形的性质得到BAM＝∠B，∠NAC＝∠C，结合图形计算即可；
（2）连接AM、AN，仿照（1）的作法得到∠MAN＝90°，根据勾股定理证明结论； （3）连接AP、CP，过点P作PE⊥BC于点E，根据线段垂直平分线的性质得到AP＝
CP，根据角平分线的性质得到PH＝PE，证明Rt△APH≌Rt△CPE得到AH＝CE，证明△BPH≌△BPE，得到BH＝BE，结合图形计算即可．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝110°， ∴∠B+∠C＝180°﹣110°＝70°， ∵AB边的垂直平分线交BC边于点M， ∴AM＝BM， ∴∠BAM＝∠B， 同理：NA＝NC， ∴∠NAC＝∠C，
∴∠MAN＝110°﹣（∠BAM+∠NAC）＝40°， ∵△AMN的周长为9， ∴MA+MN+NA＝9，
∴BC＝MB+MN+NC＝MA+MN+NA＝9， 故答案为：40；9；
45
（2）如图②，连接AM、AN，
∵∠BAC＝135°， ∴∠B+∠C＝45°，
∵点M在AB的垂直平分线上， ∴AM＝BM， ∴∠BAM＝∠B，
同理AN＝CN，∠CAN＝∠C， ∴∠BAM+∠CAN＝45°，
∴∠MAN＝∠BAC﹣（∠BAM+∠CAN）＝90°， ∴AM2+AN2＝MN2， ∴BM2+CN2＝MN2；
（3）如图③，连接AP、CP，过点P作PE⊥BC于点E，
∵BP平分∠ABC，PH⊥BA，PE⊥BC， ∴PH＝PE，
∵点P在AC的垂直平分线上， ∴AP＝CP，
在Rt△APH和Rt△CPE中，
，
∴Rt△APH≌Rt△CPE（HL）， ∴AH＝CE，
在△BPH和△BPE中，
，
∴△BPH≌△BPE（AAS） ∴BH＝BE，
∴BC＝BE+CE＝BH+CE＝AB+2AH， ∴AH＝（BC﹣AB）÷2＝3.5．
11．（2019秋?溧水区期末）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
46
【模型呈现】
（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝ DE ，BC＝ AE ．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
（2）①如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
②如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（2，4），点B为平面内任一点．若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点B的坐标． 【分析】（1）根据全等三角形的对应边相等解答；
（2）①作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，证明△ABF≌△DAM，根据全等三角形的性质得到EN＝DM，再证明△DMG≌△ENG，根据全等三角形的性质证明结论；
②过点B作DC⊥x轴于点C，过点A作DE⊥y轴于点E，仿照①的证明过程解答． 【解答】解：（1）∵∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°， ∴∠1＝∠D，
在△ABC和△DAE中，
，
∴△ABC≌△DAE（SAS） ∴AC＝DE，BC＝AE， 故答案为：DE；AE；
（2）①如图2，作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，
47
∵BC⊥AF，
∴∠BFA＝∠AMD＝90°， ∵∠BAD＝90°，
∴∠1+∠2＝∠1+∠B＝90°， ∴∠B＝∠2，
在△ABF与△DAM中，∠BFA＝∠AMD，
，
∴△ABF≌△DAM（AAS）， ∴AF＝DM， 同理，AF＝EN， ∴EN＝DM，
∵DM⊥AF，EN⊥AF， ∴∠GMD＝∠GNE＝90°， 在△DMG与△ENG中，
∴△DMG≌△ENG（AAS），
∴DG＝EG，即点G是DE的中点；
②如图3，△ABC和△AB′C是以OA为斜边的等腰直角三角形，
过点B作DC⊥x轴于点C，过点A作DE⊥y轴于点E，两直线交于点D， 则四边形OCDE为矩形， ∴DE＝OC，OE＝CD， 由①可知，△ADB≌△BCO， ∴AD＝BC，BD＝OC，
∴BD＝OC＝DE＝AD+2＝BC+2， ∴BC+BC+2＝4， 解得，BC＝1，OC＝3， ∴点B的坐标为（3，1）， 同理，点B′的坐标为（﹣1，3），
综上所述，△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，点B的坐标为（3，1）或（﹣1，
48
3）．
12．（2019?邗江区校级一模）阅读下面材料：小聪遇到这样一个有关角平分线的问题：如图1，在△ABC中，∠A＝2∠B，CD平分∠ACB，AD＝2.4，AC＝3.6，求BC得长． 小聪思考：因为CD平分∠ACB，所以可在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE．这样很容易得到△DEC≌△DAC，经过推理能使问题得到解决（如图2）． 请完成：（1）求证：△BDE是等腰三角形 （2）求BC的长为多少？
（3）参考小聪思考问题的方法，解决问题：如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，
BD平分∠ABC，BD，BC，求AD的长．
【分析】（1）由已知条件和辅助线的作法，证得△ACD≌△ECD，得到AD＝DE，∠A＝∠
DEC，由于∠A＝2∠B，推出∠DEC＝2∠B，等量代换得到∠B＝∠EDB，得到△BDE是等腰
三角形；
（2）根据（1）中得：AC＝CE＝3.6，DE＝BE＝2.4，相加可得BC的长；
（3）在BA边上取点E，使BE＝BC＝2，连接DE，得到△DEB≌△DBC，在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE，得到△BDE≌△FDE，即可推出结论． 【解答】解：（1）如图2，在BC边上取点E，使EC＝AC，连接DE． 在△ACD与△ECD中，
，
∴△ACD≌△ECD（SAS）， ∴AD＝DE，∠A＝∠DEC， ∵∠A＝2∠B， ∴∠DEC＝2∠B， ∴∠B＝∠EDB， ∴△BDE是等腰三角形；
（2）由（1）知：AC＝CE＝3.6，DE＝BE＝2.4， ∴BC＝BE+CE＝2.4+3.6＝6；
49
（3）∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°， ∴∠ABC＝∠C＝80°， ∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠2＝40°，∠BDC＝60°， 在BA边上取点E，使BE＝BC＝3在△DEB和△DBC中， ∵
，
，连接DE，
∴△DEB≌△DBC（SAS）， ∴∠BED＝∠C＝80°， ∴∠4＝60°， ∴∠3＝60°，
在DA边上取点F，使DF＝DB，连接FE， 同理得△BDE≌△FDE（SAS）， ∴∠5＝∠1＝40°，BE＝EF＝3∵∠A＝20°， ∴∠6＝20°， ∴AF＝EF＝3∵BD＝DF＝4 【题组四】
13．（2019?鼓楼区二模）提出问题：用一张等边三角形纸片剪一个直角边长分别为2cm和3cm的直角三角形纸片，等边三角形纸片的边最小值是多少？
探究思考：几位同学画出了以下情况，其中∠C＝90°，BC＝2cm，△ADE为等边三角形． （1）同学们对图1，图2中的等边三角形展开了讨论：
①图一中AD的长度 ＞ 图②中AD的长度（填“＞”，“＜”或“＝”） ②等边三角形ADE经过图形变化．AD可以更小．请描述图形变化的过程．
50
，
， ，
．
∴AD＝BD+BC＝7
（2）有同学画出了图3，但老师指出这种情况不存在，请说明理由． （3）在图4中画出边长最小的等边三角形，并写出它的边长． 经验运用：
（4）用一张等边三角形纸片剪一个直角边长为1cm和3cm的直角三角形纸片，等边三角形纸片的边长最小是多少？画出示意图并写出这个最小值．
【分析】（1）①图1和图2中分别作高线AG和AH，根据AG和AH的大小决定结论，由AB相等，所以根据BG＜BH可知：AG＞AH，可得结论；②画图进行说明即可； （2）计算DC的长，可知：BC＞DC，所以图3这种情况不存在； （3）当D与B重合时，AD最小，如图4，此时AD＝AB；
（4）首先考虑特殊的情况：①AC＝高线AH时，如图6，②AC＞AH时，如图7，C在边DE上，③AC＜AH时，如图8，综上，可以得到当AB与AD共线时，AD是最小的，计算此时的值即可．
【解答】解：（1）①在图1和图2中分别过A向DE作垂线AG和AH，
Rt△ACB中，∵BC＝2，AC＝3， ∴AB∴AG＞AH，
∵△ADE为等边三角形， ∴∠D＝60°， ∴sin60°
， ，
由图1和图2可知：BH＞BG，
∴图一中AD的长度＞图②中AD的长度， 故答案为：＞；
②如图5，将△ADE绕点A被逆时针方向旋转一定的角度，再以A为位似中心，将△ADE51
缩小，使得点B再次落在边DE上；
（2）如图3，∵AD＝AE，AC⊥DE，∠DAE＝60°，
∴∠DAC∠DAE＝30°，
， ，
在Rt△DAC中，tan∠DAC即tan30°∵BC＝2， ∴BC＞DC，
，DC而这与题意矛盾，所以图3这种情况不存在； （3）当D与B重合时，AD最小，如图4，
此时AD＝AB；
52
则它的边长是cm；
（4）作等边△ADE的高AH， ∵AH＝sin60°?AD， ∴当AD最小时，AH最小， 考虑以下三种情况：
①当AC是等边△ADE的高时，如图6，
②如图7，C在边DE上，此时AC＞AH，
③如图8，B在边DE上，此时AH＞AC，
所以在图7中，AD越往右偏，则AH越小， 综上，可以得到当AB与AD共线时，AD是最小的， 如图9，AB与AD共线时，AD最小，过C作CF⊥AB于F，
Rt△ACB中，AC＝3，BC＝1， ∴AB，
53
∴S△ABC∴
，
CF＝1×3，
，
，
，
CF∴AFRt△DFC中，tan60°∴DF∴AD＝AF+DF，
，
）cm．
答：等边三角形纸片的边长最小值是（
14．（2019?南京二模）【概念提出】如图 ①，若正△DEF的三个顶点分别在正△ABC的边
AB、BC、AC上，则我们称△DEF是正△ABC的内接正三角形．
（1）求证：△ADF≌△BED；
【问题解决】利用直尺和圆规作正三角形的内接正三角形（保留作图痕迹，不写作法）． （2）如图 ②，正△ABC的边长为a，作正△ABC的内接正△DEF，使△DEF的边长最短，并说明理由；
（3）如图③，作正△ABC的内接正△DEF，使FD⊥AB．
【分析】【概念提出】 即可证△ADF≌△BED； 【问题解决】 （2）由S△DEF＝a﹣x，可得S△BED时，S△BED有最大值
（1）由等边三角形的性质和外角性质可得∠ADF＝∠BED，DF＝DE，∠A＝∠B＝60°，
，可知当S△DEF最小时，DF的长最小，设BD＝x，则AD＝BEBE?DG（a﹣x）?x（x）2a2；即当x
a2，则内接正△DEF的面积最小，即边长最短．
（3）作AB，AC的垂直平分线交点为O，连接AO，作AO的垂直平分线交AB于D，以O为圆心，OD为半径作圆，交AC于点F，交BC于点E，即可求解． 【解答】【概念提出】
54
证明（1）∵△ABC与△DEF都是正三角形， ∴∠A＝∠B＝60°，∠EDF＝60°，DF＝ED， ∵∠ADF+∠EDF＝∠B+∠BED，
∴∠ADF＝∠BED，且DF＝DE，∠A＝∠B＝60° ∴△ADF≌△BED；
【问题解决】（2）如图所示：
理由：由（1）易得△ADF≌△BED≌△CEF，
过点D作DG⊥BE，设BD＝x，则AD＝BE＝a﹣x，
DG∴当BDx，S△BEDBE?DG（a﹣x）?x（x）2a2； a2，
，即点D、E、F是各边中点时，S△BED有最大值
此时△ADF、△CEF的面积均为最大（3）如图所示：
a2（正△ABC的四分之一），
则内接正△DEF的面积最小，即边长最短．
15．（2020?河南一模）【问题提出】在△ABC中，AB＝AC≠BC，点D和点A在直线BC的同侧，BD＝BC，∠BAC＝α，∠DBC＝β，且α+β＝120°，连接AD，求∠ADB的度数．（不必解答）
55
【特例探究】小聪先从特殊问题开始研究，当α＝90°，β＝30°时，利用轴对称知识，以
AB为对称轴构造△ABD的轴对称图形△ABD′，连接CD′（如图2），然后利用α＝90°，β
＝30°以及等边三角形等相关知识便可解决这个问题．
请结合小聪研究问题的过程和思路，在这种特殊情况下填空：△D′BC的形状是 等边 三角形；∠ADB的度数为 30° ． 【问题解决】
在原问题中，当∠DBC＜∠ABC（如图1）时，请计算∠ADB的度数；
【拓展应用】在原问题中，过点A作直线AE⊥BD，交直线BD于E，其他条件不变若
BC＝7，AD＝2．请直接写出线段BE的长为 7ABD≌△ABD′，推出△D′BC是等边三角形；
或7 ．
【分析】【特例探究】①如图2中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，AD′，由△②借助①的结论，再判断出△AD′B≌△AD′C，得∠AD′B＝∠AD′C，由此即可解决问题． 【问题解决】当60°＜α≤120°时，如图3中，作∠AB D′＝∠ABD，B D′＝BD，连接CD′，
AD′，证明方法类似（1）．
【拓展应用】第①种情况：当60°＜α≤120°时，如图3中，作∠AB D′＝∠ABD，B D′＝BD，连接CD′，AD′，证明方法类似（1），最后利用含30度角的直角三角形求出DE，即可得出结论；
第②种情况：当0°＜α＜60°时，如图4中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，
AD′．证明方法类似（1），最后利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：【特例探究】①如图2中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，AD′，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝45°， ∵∠DBC＝30°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝15°， 在△ABD和△ABD′中，∴△ABD≌△ABD′，
∴∠ABD＝∠ABD′＝15°，∠ADB＝∠AD′B， ∴∠D′BC＝∠ABD′+∠ABC＝60°， ∵BD＝BD′，BD＝BC， ∴BD′＝BC，
56
∴△D′BC是等边三角形，
②∵△D′BC是等边三角形， ∴D′B＝D′C，∠BD′C＝60°， 在△AD′B和△AD′C中，∴△AD′B≌△AD′C， ∴∠AD′B＝∠AD′C， ∴∠AD′B∠BD′C＝30°，
∴∠ADB＝30°． 故答案为：等边，30°；
【问题解决】解：∵∠DBC＜∠ABC， ∴60°＜α≤120°，
如图3中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，AD′，
∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠BAC＝α， ∴∠ABC
（180°﹣α）＝90°α， α﹣β，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝90°同（1）①可证△ABD≌△ABD′， ∴∠ABD＝∠ABD′＝90°
α﹣β，BD＝BD′，∠ADB＝∠AD′B
α﹣β+90°
α＝180°﹣（α+β），
∴∠D′BC＝∠ABD′+∠ABC＝90°∵α+β＝120°， ∴∠D′BC＝60°，
由（1）②可知，△AD′B≌△AD′C， ∴∠AD′B＝∠AD′C， ∴∠AD′B∠BD′C＝30°，
57
∴∠ADB＝30°．
【拓展应用】第①情况：当60°＜α＜120°时，如图3﹣1，
由（2）知，∠ADB＝30°， 作AE⊥BD，
在Rt△ADE中，∠ADB＝30°，AD＝2， ∴DE，
∵△BCD'是等边三角形， ∴BD'＝BC＝7， ∴BD＝BD'＝7， ∴BE＝BD﹣DE＝7
第②情况：当0°＜α＜60°时，
如图4中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，AD′．
；
同理可得：∠ABC（180°﹣α）＝90°
α，
∴∠ABD＝∠DBC﹣∠ABC＝β﹣（90°同（1）①可证△ABD≌△ABD′， ∴∠ABD＝∠ABD′＝β﹣（90°∴∠D′BC＝∠ABC﹣∠ABD′＝90°∴D′B＝D′C，∠BD′C＝60°． 同（1）②可证△AD′B≌△AD′C， ∴∠AD′B＝∠AD′C，
∵∠AD′B+∠AD′C+∠BD′C＝360°， ∴∠ADB＝∠AD′B＝150°，
α），
α），BD＝BD′，∠ADB＝∠AD′B， α﹣[β﹣（90°
α）]＝180°﹣（α+β），
58
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，AD＝2， ∴DE，
， ．
或7
∴BE＝BD+DE＝7故答案为：7
16．（2019?亭湖区二模）【阅读材料】
小明遇到这样一个问题：如图1，点P在等边三角形ABC内，且∠APC＝150°，PA＝3，
PC＝4，求PB的长．
小明发现，以AP为边作等边三角形APD，连接BD，得到△ABD；由等边三角形的性质，可证△ACP≌△ABD，得PC＝BD；由已知∠APC＝150°，可知∠PDB的大小，进而可求得
PB的长．
（1）请回答：在图1中，∠PDB＝ 90 °，PB＝ 5 ． 【问题解决】
（2）参考小明思考问题的方法，解决下面问题：
如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在△ABC内，且PA＝1，PB，
PC＝2，求AB的长．
【灵活运用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，且tanα且PB＝3，PC＝1，直接写出PA长的最大值．
，点P在△ABC外，
【分析】（1）由△ACP≌△ABD，得∠ADB＝∠APC＝150°，PC＝BD＝4，AD＝AP＝3，因为△ADP为等边三角形，所以∠ADP＝60°，DP＝AD＝3，可得∠BDP＝90°，在Rt△
BDP中，用勾股定理可求得PB的长；
（2）如图2中，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD．首先证明∠PDB＝90°，再证明A，P，D共线，利用勾股定理即可解决问题． （3）如图3中，作CD⊥CP，使得CD三角形的性质求出AD，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中，
PC，则PD，利用相似
59
∵△ACP≌△ABD，
∴∠PDB＝∠APC＝150°，PC＝BD＝4，AD＝AP＝3， ∵△ADP为等边三角形， ∴∠ADP＝60°，DP＝AD＝3， ∴∠BDP＝150°﹣60°＝90°， ∴PB
（2）如图2中，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD．
5．
故答案为：90°，5；
由旋转性质可知；BD＝PA＝1，CD＝CP＝2∴△PCD是等腰直角三角形， ∴PD，∠PCD＝90°，
PC24，∠CDP＝45°，
）2＝17，
∵PD2+BD2＝42+12＝17，PB2＝（∴PD2+BD2＝PB2， ∴∠PDB＝90°， ∴∠BDC＝135°，
∴∠APC＝∠CDB＝135°，∵∠CPD＝45°， ∴∠APC+∠CPD＝180°， ∴A，P，D共线， ∴AD＝AP+PD＝5， 在RtADB中，AB
（3）如图3中，作CD⊥CP，使得CD．
PC，则PD，
60
∵tan∠BAC∴
，
，
∵∠ACB＝∠PCD＝90°， ∴∠ACD＝∠BCP， ∴△ACD∽△BCP， ∴∴AD∵∴
，
，
PAPA，
，
∴PA的最大值为． 【题组五】
17．（2019秋?海安市期末）（1）如图①，小明同学作出△ABC两条角平分线AD，BE得到交点I，就指出若连接CI，则CI平分∠ACB，你觉得有道理吗？为什么？
（2）如图②，Rt△ABC中，AC＝5，AC＝12，AB＝13，△ABC的角平分线CD上有一点I，设点I到边AB的距离为d．（d为正实数） 小季、小何同学经过探究，有以下发现： 小季发现：d的最大值为
．
小何发现：当d＝2时，连接AI，则AI平分∠BAC． 请分别判断小季、小何的发现是否正确？并说明理由．
61
【分析】（1）过I点分别作IM，IN，IK垂直于AB，BC，AC于点M，N，K，根据角平分线的性质即可得解；
（2）根据等积法的相关方法进行求解即可．
【解答】解：如图1，过I点分别作IM，IN，IK垂直于AB，BC，AC于点M，N，K，连接IC，
∵AI平分∠BAC，IM⊥AB，IK⊥AC， ∴IM＝IK，同理IM＝IN， ∴IK＝IN，
又∵IK⊥AC，IN⊥BC， ∴CI平分∠BCA；
（2）如图2，过C点作CE⊥AB于点E，则d的最大值为CE长，
∵AC＝5，BC＝12， ∴又∵∴CE，
．
， 30，
∴d的最大值为
62
∴小季正确；
假设此时AI平分∠BAC，如图3，连接BI，过I点作IG，IH，IF分别垂直于AC，BC，
AB于点G，H，F，
∵AI平分∠BAC，CD平分∠ACB， ∴BI平分∠CBA，
∵IG⊥AC，IH⊥BC，ID⊥AB， ∴IG＝IH＝IF＝d，
∵S△ACB＝S△AIC+S△BIC+S△ABI， ∴∴∴d＝2，
∴假设成立，当d＝2时，连接AI，则AI平分∠BAC， ∴小何正确．
18．（2019秋?常熟市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，点D为△ABC内一点，∠ABD＝∠ACD＝20°，E为BD延长线上的一点，且AB＝AE． （1）求∠BAD的度数； （2）求证：DE平分∠ADC；
（3）请判断AD，BD，DE之间的数量关系，并说明理由．
，
，
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABD≌△ACD，可求出答案；
（2）求出∠ABC＝∠ACB＝50°，可得出∠DBC＝∠DCB＝30°，证得∠ADE＝∠EDC，则结论得证；
（3）在DE上取点F，使DF＝DA，连接AF．证明△ADF为等边三角形，可得∠ADF＝∠AFD＝60°，再证明△ABD≌△AEF（AAS）．得出BD＝EF，则结论DE＝AD+BD得证． 【解答】（1）解：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB． ∵∠ABD＝∠ACD，
63
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠ACB﹣∠ACD， ∴∠DBC＝∠DCB， ∴BD＝CD．
在△ABD与△ACD中，
∴△ABD≌△ACD（SAS）， ∴∠BAD（2）证明：∵∠ADE是△ABD的外角， ∴∠ADE＝∠BAD+∠ABD＝60°， ∵∠BAC＝80°， ∴∠ABC＝∠ACB＝50°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠EDC＝∠DBC+∠DCB＝60°， ∴∠ADE＝∠EDC， ∴DE平分∠ADC．
（3）结论：DE＝AD+BD．
在DE上取点F，使DF＝DA，连接AF．
．
∵AB＝AE， ∴∠ABE＝∠E，
∵DA＝DF，∠ADE＝60°， ∴△ADF为等边三角形， ∴∠ADF＝∠AFD＝60°， ∴∠ADB＝∠AFE＝120°． 在△ABD与△AEF中，
∴△ABD≌△AEF（AAS）． ∴BD＝EF， ∵DE＝DF+EF，
64
∴DE＝AD+BD．
19．（2019秋?常熟市期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（8，0），点C（0，6），点B在x轴负半轴上，且AB＝AC．
（1）求点B的坐标；
（2）如图②，若点E为边AC的中点，动点M从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿线段BA向点A匀速运动，设点M运动的时间为t（秒）； ①若△OME的面积为2，求t的值；
②如图③，在点M运动的过程中，△OME能否成为直角三角形？若能，求出此时t的值，并写出相应的点M的坐标；若不能，请说明理由．
【分析】（1）由勾股定理求出AC＝10，则OB＝2，可求出答案；
（2）作EH⊥OA于H，求出EH＝3，当点M在点O的左侧时，OM＝2﹣2t，可得t当点M在点O的右侧时，OM＝2t﹣2，可得t；
；
（3）当点M在BO上，即0≤t＜1时，△OME为钝角三角形不能成为直角三角形；当t＝1时，点M运动到点O，△OME不构成三角形，当点M在OA上，即1≤t≤5时，当∠OME＝90°时，当∠OEM＝90°时，作EH⊥OA，可求出答案． 【解答】解：（1）∵点A（8，0）、点C（0，6）， ∴OA＝8，OC＝6， ∴AC∵AB＝AC＝10， ∴OB＝2， ∴B（﹣2，0）． （2）作EH⊥OA于H，
10．
65
∵在Rt△AOC中，点E为边AC的中点， ∴EO＝EA＝5， ∵EH⊥OA， ∴OH＝AH＝4， ∴EH3．
当点M在点O的左侧时，OM＝2﹣2t， ∴∴t；
，
当点M在点O的右侧时，OM＝2t﹣2，
∴∴t；
，
综上所述，若△OME的面积为2，t的值为或．
②当点M在BO上，即0≤t＜1时，△OME为钝角三角形不能成为直角三角形； 当t＝1时，点M运动到点O，△OME不构成三角形， 当点M在OA上，即1≤t≤5时， 如图3，当∠OME＝90°时，
∵OE＝AE， ∴OM
OA，
∴2t﹣2＝4，
66
∴t＝3，M（4，0）；
如图4，当∠OEM＝90°时，作EH⊥OA于H，
∵OE2+EM2＝OM2，
∴52+（2t﹣6）2+32＝（2t﹣2）2， ∴t，M（
，0）；
，M（
，0）．
综上所述，符合要求时t＝3，M（4，0）或t20．（2019秋?崇川区期末）已知△ABC中，AB＝AC．
（1）如图1，在△ADE中，AD＝AE，连接BD、CE，若∠DAE＝∠BAC，求证：BD＝
CD；
（2）如图2，在△ADE中，AD＝AE，连接BE、CE，若∠DAE＝∠BAC＝60°，CE⊥AD于点F，AE＝4，
，求BE的长；
的
（3）如图3，在△BCD中，∠CBD＝∠CDB＝45°，连接AD，若∠CAB＝45°，求值．
【分析】（1）证明△EAC≌△DAB（SAS）可得结论． 理即可解决问题．
（2）如图2中，连接BD．证明∠EDB＝90°，求出EC，再证明BD＝EC，利用勾股定（3）如图3中，作CM⊥CA，使得CM＝CA，连接AM，BM．证明△ACD≌△MCB（SAS），推出AD＝BM，设AB＝AC＝m，则AM可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，
m，BMm，由此即
67
∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠EAC＝∠DAB， ∵AE＝AD，AC＝AB， ∴△EAC≌△DAB（SAS）， ∴EC＝BD．
（2）解：如图2中，连接BD．
∵AE＝AD，∠EAD＝60°， ∴△AED是等边三角形， ∴∠DEA＝∠CDE＝60°， ∵EF⊥AD， ∴∠FEA∠DEA＝30°
∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠EAC＝∠DAB， ∵AE＝AD，AC＝AB， ∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝30°，EC＝BD， ∴∠EDB＝90°， ∵AE＝4，AF＝2，AC∴EF∴EC＝BD＝3∴BE
（3）解：如图3中，作CM⊥CA，使得CM＝CA，连接AM，BM．
，
．
，∠EFA＝∠AFC＝90°，
2
，CF，
68
∵CA＝CM，∠ACM＝90°， ∴∠CAM＝45°， ∵∠CAB＝45°，
∴∠MAB＝45°+45°＝90°，设AB＝AC＝m，则AM∵∠ACM＝∠BCD＝90°， ∴∠BCM＝∠ACD， ∵CA＝CM，CB＝CD， ∴△ACD≌△MCB（SAS）， ∴AD＝BM∴【题组六】
21．（2018秋?崇川区校级期末）如图，锐角△ABC中，AB＝AC，点D是边BC上的一点，以AD为边作△ADE，使AE＝AD，∠EAD＝∠BAC． （1）过点E作EF∥DC交AB于点F，连接CF（如图1）， ①请直接写出∠EAB与∠DAC的数量关系； ②试判断四边形CDEF的形状，并证明；
（2）若∠BAC＝60°，过点C作CF∥DE交AB于点F，连接EF（如图2），那么（1）②中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
m，BMm，
m，
．
【分析】（1）①利用角的和差定义证明即可． ②利用全等三角形的性质证明EF∥CD即可解决问题． （2）利用全等三角形的性质证明DE＝CF即可． 【解答】解：（1）①结论：∠EAB＝∠DAC． 理由：∵∠EAD＝∠BAC，
∴∠EAB+∠BAD＝∠BAD+∠DAC， ∴∠EAB＝∠DAC．
69
②结论：四边形CDEF是平行四边形． 理由：如图1中，
∵AE＝AD，∠EAB＝∠DAC，AB＝AC， ∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝∠ABC， ∵EF∥BC， ∴∠EFB＝∠FBC， ∴EFB＝∠ABE， ∴EF＝EB， ∴EF＝CD， ∵EF∥CD，
∴四边形CDEF是平行四边形．
（2）如图2中，结论成立．
理由：∵AB＝AC，AE＝AD，∠EAD＝∠BAC＝60°， ∴△ABC，△AED都是等边三角形， ∵ED∥FC， ∴∠EDB＝∠FCB，
∵∠AFC＝∠B+∠BCF＝60°+∠BCF，∠BDA＝∠ADE+∠EDB＝60°+∠EDB， ∴∠AFC＝∠BDA， 在△ABD和△CAF中，
，
∴△ABD≌△CAF（AAS）， ∴AD＝FC，
70
∵AD＝ED， ∴ED＝CF， 又∵ED∥CF，
∴四边形CDEF是平行四边形，
22．（2019秋?淮阴区期末）A，B，C，D是长方形纸片的四个顶点，点E、F、H分别是边AB、BC、AD上的三点，连结EF、FH．
（1）将长方形纸片ABCD按图①所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，点B'在FC'上，则∠EFH的度数为 90° ；
（2）将长方形纸片ABCD按图②所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠B'FC'＝18°，求∠EFH的度数；
（3）将长方形纸片ABCD按图③所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠EFH＝m°，求∠B'FC'的度数为 180°﹣2m° ．
【分析】（1）依据折叠的性质，即可得到∠BFE＝∠B'FE，∠CFH＝∠C'FH，进而得出∠
EFH（∠BFB'+∠CFC'）；
（2）可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y，依据2x+18°+2y＝180°，即可得到
x+y＝81°，进而得到∠EFH＝x+18°+y＝99°；
（3）可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y，即可得到x+y＝180°﹣m°，再根据∠
EFH＝∠EFB'﹣∠B'FC'+∠C'FH＝x﹣∠B'FC'+y，即可得到∠B'FC'＝（x+y）﹣∠EFH═180°
﹣2m°．
【解答】解：（1）∵沿EF，FH折叠， ∴∠BFE＝∠B'FE，∠CFH＝∠C'FH， ∵点B′在FC′上， ∴∠EFH（∠BFB'+∠CFC'）
180°＝90°，
故答案为：90°； （2）∵沿EF，FH折叠，
∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y， ∵2x+18°+2y＝180°， ∴x+y＝81°，
∴∠EFH＝x+18°+y＝99°； （3）∵沿EF，FH折叠，
71
∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y， ∴∠EFH＝180°﹣∠BFE﹣∠CFH＝180°﹣（x+y）， 即x+y＝180°﹣m°，
又∵∠EFH＝∠EFB'﹣∠B'FC'+∠C'FH＝x﹣∠B'FC'+y， ∴∠B'FC'＝（x+y）﹣∠EFH＝180°﹣m°﹣m°＝180°﹣2m°， 故答案为：180°﹣2m°．
23．（2019秋?丹阳市期末）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M、
N分别是边AC、AB上的动点，连接MN，将△AMN沿MN所在直线翻折，翻折后点A的对应点为A′．
（1）如图1，若点A′恰好落在边AB上，且ANAC，求AM的长；
（2）如图2，若点A′恰好落在边BC上，且A′N∥AC． ①试判断四边形AMA′N的形状并说明理由； ②求AM、MN的长；
（3）如图3，设线段NM、BC的延长线交于点P，当【分析】（1）利用相似三角形的性质求解即可． （2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． ②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，由MA′∥AB，可得程求出x，解直角三角形求出OM即可解决问题．
（3）如图3中，作NH⊥BC于H．想办法求出NH，CM，利用平行线分线段成比例定理，构建方程解决问题即可． 【解答】解：（1）如图1中，
，由此构建方
且
时，求CP的长．
72
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB∴△ANM∽△ACB， ∴∴∴AM， ， ．
5，
∵∠A＝∠A，∠ANM＝∠C＝90°，
（2）①如图2中，
∵NA′∥AC， ∴∠AMN＝∠NMA′，
由翻折可知：MA＝MA′，∠AMN＝∠NMA′， ∴∠MNA′＝∠A′MN， ∴A′N＝A′M，
∴AM＝A′N，∵AM∥A′N， ∴四边形AMA′N是平行四边形， ∵MA＝MA′，
∴四边形AMA′N是菱形．
②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，
73
∵MA′∥AB， ∴∴解得x∴AM∴CM∴CA′∴AA′
∵四边形AMA′N是菱形， ∴AA′⊥MN，OM＝ON，OA＝OA′∴OM∴MN＝2OM．
，
，
， ， ， ， ，
， ，
（3）如图3中，作NH⊥BC于H．
∵NH∥AC， ∴∴∴NH，BH ，
∴CH＝BC﹣BH＝3，
74
∴AMAC，
，
∴CM＝AC﹣AM＝4∵CM∥NH， ∴∴
∴PC＝1．
， ，
24．（2020春?鼓楼区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边AB，
AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长
线于点H，连接AC，EF，GH．
（1）填空：∠AHC ＝ ∠ACG；（填“＞”或“＜”或“＝”） （2）线段AC，AG，AH什么关系？请说明理由；
（3）设AE＝m，请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．
【分析】（1）证明∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝45°，即可推出∠AHC＝∠ACG；
（2）结论：AC2＝AG?AH．只要证明△AHC∽△ACG即可解决问题；
（3）分三种情形讨论，利用等腰三角形的性质和全等三角形的性质可求解即可解决问题； 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝CD＝DA＝4，∠D＝∠DAB＝90°，∠DAC＝∠BAC＝45°， ∴AC＝4
，
∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝∠ECF＝45°， ∴∠AHC＝∠ACG． 故答案为＝．
（2）结论：AC2＝AG?AH．
理由：∵∠AHC＝∠ACG，∠CAH＝∠CAG＝135°， ∴△AHC∽△ACG，
75
∴，
∴AC2＝AG?AH．
（3）如图1中，当GC＝GH时，易证△AHG≌△BGC，
∵GC＝GH，
∴∠GCH＝∠GHC＝45°， ∴∠CGH＝90°，
∴∠BGC+∠BGH＝90°，且∠BGC+∠BCG＝90° ∴∠BGH＝∠BCG，且∠GBC＝∠GAH，GC＝GH， ∴△BCG≌△AGH（AAS） ∴AG＝BC＝4，AH＝BG＝8， ∵BC∥AH， ∴∴AE，
AB；
如图2中，当CH＝HG时，
∵HC＝GH，
∴∠GCH＝∠CGH＝45°， ∴∠CHG＝90°，
∴∠CHD+∠AHG＝90°，且∠CHD+∠DCH＝90° ∴∠AHG＝∠DCH，且∠CDH＝∠GAH，CH＝GH， ∴△DHC≌△AGH（AAS）
76
∴AH＝CD＝4， ∵BC∥AH， ∴
1，
∴AE＝BE＝2．
如图3中，当CG＝CH时，
∵∠AHC＝∠ACG，∠ACH＝∠AGC，且CG＝CH， ∴△ACH≌△AGC（ASA） ∴AC＝AH＝4∵BC∥AH， ∴∴AE∴BE＝4∴AE＝8﹣4
，
，AG＝AC，
BE，
4， ，
．
∵BE+AE＝AB＝4，
综上所述，满足条件的m的值为或2或8﹣4
77
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