初二数学全全等三角形截长补短(讲义及答案)及答案

初二数学全全等三角形截长补短(讲义及答案)及答案
一、全等三角形截长补短
1．如图，△ABC中，，AD是BC边上的高，如果，我们就称△ABC为“高和三角形”．请你依据这一定义回答问题：
（1）若，，则△ABC____ “高和三角形”（填“是”或“不是”）；
（2）一般地，如果△ABC是“高和三角形”，则与之间的关系是____，并证明你的结论
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB．
（1）求∠ADB的度数；
（2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由．
3．已知：线段AB及过点A的直线l，如果线段AC与线段AB关于直线l对称，连接BC交直线l于点D，以AC为边作等边△ACE，使得点E在AC的下方，作射线BE交直线l于点F，连接CF．
（1）根据题意将图1补全；
（2）如图1，如果∠BAD＝α（30°＜α＜60°）．
①∠BAE=_______，∠ABE=_______（用含有α代数式表示）；
②用等式表示线段FA，FE与FC的数量关系，并证明．
（3）如图2，如果60°＜α＜90°，直接写出线段FA，FE与FC的数量关系，不证明．
4．已知，90POQ ∠=，分别在边OP ，OQ 上取点A ，B ，使OA OB =，过点A 平行于OQ 的直线与过点B 平行于OP 的直线相交于点C ．点E ，F 分别是射线OP ，OQ 上动点，连接CE ，CF ，EF ．
（1）求证：OA OB AC BC ===；
（2）如图1，当点E ，F 分别在线段AO ，BO 上，且45ECF ∠=时，请求出线段EF ，AE ，BF 之间的等量关系式；
（3）如图2，当点E ，F 分别在AO ，BO 的延长线上，且135ECF ∠=时，延长AC 交EF 于点M ，延长BC 交EF 于点N ．请猜想线段EN ，NM ，FM 之间的等量关系，并证明你的结论．
5．问题提出，如图1所示，等边△ABC 内接于⊙O ，点P 是AB 上的任意一点，连结PA ，PB ，PC ．线段PA 、PB 、PC 满足怎样的数量关系?
（尝试解决）为了解决这个问题，小明给出这样种解题思路：发现存在条件CA=CB ，∠ACB=60°，从而将CP 绕点逆时针旋转60°交PB 延长线于点M ，从而证明
△PAC ≌△MBC ，请你完成余下思考，并直接写出答案：PA 、PB 、PC 的数量关系是 ； （自主探索）如图2所示，把原问题中的“等边△ABC”改成“正方形ABCD”，其余条件不变，
①PC 与PA ，PB 有怎样的数量关系?请说明理由：
②PC+PD 与PA ，PB 的数量关系是 ．（直接写出结果）
（灵活应用）把原问题中的“等边△ABC”改成“正五边形ABCDE”，其余条件不变，则PC+PD+PE 与PA+PB 的数量关系是 ．（直接写出结果）
6．如图所示，//AB DC AB AD BE ⊥，，平分ABC CE ∠，平分BCD ∠； （1）求AB CD 、与BC 的数里关系，并说明你的理由．
（2）若把AB AD ⊥条件去掉，则（1）中AB CD 、与BC 的数里关系还成立吗?并说明你的理由．
7．数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 是边BC 的中点．∠AEF=90°，且EF 交正方形外角∠DCG 的角平分线CF 于点F ，求证：AE=EF ．
经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取AB 的中点M ，连接ME ，则AM=EC ，易证△AME ≌△ECF ，所以AE=EF ．
在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：如图2，如果把“点E 是边BC 的中点”改为“点E 是边BC 上（除B ，C 外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小华提出：如图3，点E 是BC 的延长线上（除C 点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
8．如图1，在正方形ABCD 中，点P 为AD 延长线上一点，连接AC 、CP ，过点C 作CF ⊥CP
交于C ，交AB 于点F ，过点B 作BM ⊥CF 于点N ，交AC 于点M ．
（1）若AP=78AC ，BC=4，求S △ACP ； （2）若CP ﹣BM=2FN ，求证：BC=MC ；
（3）如图2，在其他条件不变的情况下，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且AB≠BC ，AC=AP ，取CP 中点E ，连接EB ，交AC 于点O ，猜想：∠AOB 与∠ABM 之间有何数量关系？请说明理由．
9．在平行四边形ABCD 中，DE 平分ADC ∠交BC 于点E ，连接AE ．点O 是DE 的中点，连接CO 并延长交AD 于点F ，在CF 上取点G ，连接AG ．
（1）若4tan 3
B =，5AB =，6B
C =，求ABE △的周长． （2）若60B EAG ∠=∠=︒，求证：AF CG =．
10．已知平行四边形ABCD 中，N 是边BC 上一点，延长DN 、AB 交于点Q ，过A 作AM ⊥DN 于点M ，连接AN ，则AD ⊥AN ．
（1）如图①，若tan ∠ADM ＝34
，MN ＝3，求BC 的长； （2）如图②，过点B 作BH ∥DQ 交AN 于点H ，若AM ＝CN ，求证：DM ＝BH +NH ．
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一、全等三角形截长补短
1．（1）是（2）；见解析
【解析】
【分析】
（1）在BC上截取，根据，可得△ABE为等边三角形，，问题得解；
（2）在△ABC中，在DC上截取，由AD是BC边上的高且，进而证明，△ABD≌△AED（SAS）就可以得到结论.
【详解】
解：（1）如图，Rt△ABC中，，，，
在BC上截取，则△ABE为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，∴
∵，且△ABE为等边三角形，
∴
∴，
∴是高和三角形．
（2）;
证明：如上图，在△ABC中，在DC上截取．
∵，
∴，
∵AD是BC边上的高且，
∴，△ABD≌△AED（SAS），
∴，，
∴.
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质，根据题意构造全等三角形，理解“高和三角形”的定义是解题关键.
2．（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由见解析
【分析】
（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD ＝∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案；
（2）在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据
△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，结合图形证明结论【详解】
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB＝1
2
（180°﹣30°）＝75°，
∵DB＝DC，∠DCB＝30°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°，
在△ABD和△ACD中，
AB AC DB DC AD AD
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD＝1
2
∠BAC＝15°，
∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°；
（2）DE＝AD+CD，
理由如下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADE＝60°，DM＝AD，
∴△ADM是等边三角形，
∴∠ADB＝∠AME＝120°．
∵AE＝AB，
∴∠ABD＝∠E，
在△ABD和△AEM中，
ABD E
ADB AME AB AE
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABD≌△AEM（AAS），∴BD＝ME，
∵BD＝CD，
∴CD＝ME．
∵DE＝DM+ME，
∴DE＝AD+CD．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．（1）作图见解析；（2）①260α-︒，120α︒-；②FA=FC +FE ，证明见解析；（3）AF=FC-EF ．
【分析】
（1）先根据轴对称的性质作出线段AC ，再分别以A 、C 为圆心，AC 长为半径画弧，两弧交于点E ，可得等边△ACE ，最后根据题意画出图形即可；
（2）①根据轴对称的性质可得∠BAC=2∠BAD=2α，根据等边三角形的性质可知∠EAC=60°，根据角的和差关系即可表示出∠BAE ；根据轴对称的性质和等边三角形的性质可得AB=AE ，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可表示出∠ABE ； ②在FA 上截取FG=EF ，连接EG ，利用三角形内角和定理可得∠AFB=60°，即可证明△EFG 是等边三角形，根据角的和差故选可得∠AEG=∠CEF ，利用SAS 可证明△AEG ≌△CEF ，即可得出AG=CF ，根据线段的和差关系即可得结论；
（3）由60°＜α＜90°可知点E 在直线l 右侧，根据题意画出图形，在FA 上截取FG=EF ，根据轴对称的性质可得AF ⊥BC ，BF=CF ，根据（2）中结论可得∠FBC=∠FCB=30°，利用三角形外角性质可得∠GFE=60°，可证明三角形EFG 是等边三角形，利用SAS 可证明△AEF ≌△CEG ，可得FA=CG ，根据线段的和差关系即可得答案．
【详解】
（1）补全图形如下：
（2）①260α-︒，120.α︒-
①∵AB、AC关于直线l对称，
∴∠BAD=∠CAD，AB=AC，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC=EC，
∵∠BAD=α，
∴∠BAC=BAD+∠CAD=2∠BAD=2α，
∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=2α-60°．
∵AB=AC，AC=AE，
∴AB=AE，
∴∠ABE=1
2
（180°-∠BAE）=120°-α．
故答案为：2α-60°，120°-α
②数量关系是FA =FC +FE，证明如下：
在FA上截取FG=EF，连接EG，
由①得，∠ABE=120°-α，∠BAD=α，
∴∠AFB=180°-∠ABE-∠BAD=60°，
∴△EFG为等边三角形，
∴EG=FE=FG，∠GEF=60°，
∵△AEC是等边三角形，
∴∠AEC=60°，AE=CE，
∴∠AEC=∠GEF=60°，
∴∠AEC-∠GEC=∠GEF-∠GEC，即∠AEG=∠CEF，
在△AEG和△CEF中，
EG EF
AEG CEF AE CE
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AEG≌△CEF，
∴AG=FC
∴FA=AG+FG=FC+FE，
（3）AF=FC-EF．
∵60°＜α＜90°，
∴如图所示，点E在直线l右侧，
在FA上截取FG=EF，连接EG，
∵AB、AC关于直线l对称，点F在直线l上，∴AF⊥BC，BF=CF，
∴∠ABC=∠ACB=90°-α，
由（2）可知∠ABE=120°-α，
∴∠FBC=∠FCB=120°-α-（90°-α）=30°，
∴∠EFG=∠FBC+∠FCB=60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴∠FEG=60°，
∵∠AEC=60°，
∴∠AEF+∠AEG=∠CEG+∠AEG=60°，
∴∠AEF=∠CEG ，
在△AEF 和△CEG 中，EF EG AEF CEG AE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△AEF ≌△CEG ，
∴AF=CG ，
∴AF=FC-EF ．
【点睛】
本题考查轴对称的性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，根据轴对称的性质正确得出对应边并熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
4．（1）见解析；（2）EF
AE BF =+；（3）222MN EN FM =+，见解析 【分析】
（1）连接AB ,通过90POQ ∠=，OA OB =得到AOB 为等腰直角三角形，进而得到45OAB OBA ∠=∠=，根据过点A 平行于OQ 的直线与过点B 平行于OP 的直线相交于点C ，可推出45CBA ∠=，45BAC ∠=，最后通过证明AOB ≌ACB △，可以得出结论；
（2）在射线AP 上取点D ，使AD BF =，连接CD ，通过证明CAD ≌CBF ，得到CD CF =，ACD BCF ∠=∠，再结合45ECF ∠=，90ACB ∠=推导证明ECD ≌ECF △，得到ED EF =，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长AO 到点D ，使得AD BF =，连接CD ，通过证明CAD ≌CBF ，得到CD CF =，ACD BCF ∠=∠，再结合135ECF ∠=，推导证明ECD ≌ECF △，得到D CFM ∠=∠，根据D CFB ∠=∠，等量代换可知CFM CFB ∠=∠，又因为//AC OQ ，推出MCF CFB ∠=∠，进而得到MC MF =，同理可证CN EN =，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接AB ．
90POQ ∠=，OA OB =，
∴AOB 为等腰直角三角形，
∴45OAB OBA ∠=∠=，
又//BC OP ，且90POQ ∠=，
∴BC OQ ⊥，
∴90CBF ∠=，
∴45CBA ∠=，
同理，45BAC ∠=，
在AOB 与ACB △中
OAB CAB AB AB
OBA CBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴AOB ≌ACB △()ASA ，
∴90AOB ACB ∠=∠=，OA OB AC BC ===；
（2）如图1，在射线AP 上取点D ，使AD BF =，连接CD ．
在CAD 与CBF 中
CA CB CAD CBF AD BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴CAD ≌CBF ()SAS ，
∴CD CF =，ACD BCF ∠=∠，
45ECF ∠=，90ACB ∠=，
∴45ACE BCF ∠+∠=，
∴45ACE ACD ECD ∠+∠=∠=，
∴ECD ECF ∠=∠，
在ECD 与ECF △中
CD CF ECD ECF CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴ECD ≌ECF △()SAS ，
∴ED EF =，
又
ED AD AE BF AE =+=+，
∴EF AE BF =+． （3）222MN EN FM =+．证明如下：
如图2，延长AO 到点D ，使得AD BF =，连接CD ．
∴90CAD CBF ∠=∠=，
在CAD 与CBF 中
CA CB CAD CBF AD BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴CAD ≌CBF ()SAS ，
∴CD CF =，ACD BCF ∠=∠，
90ACD DCB ∠+∠=，
∴90BCF DCB DCF ∠+∠==∠，
∴90FCD BCA ∠=∠=，
135ECF ∠=，
∴36090135135ECD ∠=--=，
∴ECF ECD ∠=∠，
在ECD 与ECF △中
EC EC ECD ECF CD CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴ECD ≌ECF △()SAS ，
∴D CFM ∠=∠，
CAD ≌CBF ，
∴D CFB ∠=∠，
∴CFM CFB ∠=∠，
//AC OQ ，
∴MCF CFB ∠=∠，
∴CFM MCF ∠=∠，
∴MC MF =，
同理可证：CN EN =，
∴在Rt MCN △中，由勾股定理得：22222MN CN CM EN FM =+=+．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．
5．【尝试解决】PA+PB=PC ；【自主探索】①PC PA =；理由见解析；
②1)()PC PD PA PB +=+；【灵活应用】
2)()PC PD PE PA PB ++=+．
【分析】
尝试解决：利用旋转性质证明△PAC ≌△MBC ，得到PA=BM ，得到PM 等于PB 与PA 的和，再证明△PCM 是等边三角形，得到PM 等于PC ，即可得到结果；
自主探索：①在PC 上截取QC=PA ，证出△CBQ 全等于△ABP ，得到△PBQ 是等腰直角三角
形，PQ 等于PB 倍，即可得到结果；
②同①方法，即可得到PD 与PA 和PB 的关系，即可求出PC+PD 与PA 和PB 的关系； 灵活应用：类比（自主探索）中的方法证明PC 与PA 和PB 的关系，再用同样的方法证明PE 与PA 和PB 的关系，构造△CDM 全等于△CBP ，得到PD 与PC 的关系，进一步得到PD 与PA 和PB 的关系，最终求出PD+PE+PC 的和即可得到与PA 和PB 的关系．
【详解】
尝试解决：PA+PB=PC ；
证明：因为∠ACP+∠PCB=60°，∠MCB+∠PCB=60°，
∴∠ACP=∠MCB ，
又∵CP=CM ，AC=MC ，
∴△ACP ≌△BCM ，
所以PA=BM ，∠CBM=∠CAP ，
∵四边形APBC 内接于圆O ，
∴∠CAP+∠CBP=180°，
∴∠CBM+∠CBP=180° ，
∴P 、B 、M 三点共线，
∴△PCM 是等边三角形，
∴PM=PC ，
∴PC=PM=PB+BM=PB+PA ；
自主探索：①PC 与PA 、PB 的数量关系为PC PA =+；理由：
截取CQ=PA ，，如图，∵四边形ABCD 是正方形，
∴BC=AB ，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵PA=CQ ，∠BCQ=BAP ，BC=AB
∴△BCQ ≌△BAP ，
∴∠CBQ=∠ABP ，BQ=BP ，
∵∠CBQ+∠ABQ=90°，
∴90ABP ABQ ∠+∠=︒，
∴△PBQ 是等腰直角三角形，
∴PQ=2PB ， ∴2PC CQ PQ PA PB =+=+；
②(21)()PC PD PA PB +=++
证明：在PD 上截取DH=PB ，
∵DH=PB ，∠ADH=∠ABP ，AD=AB
∴△ADH ≌△ABP
∴∠DAH=∠BAP ，AH=AP ，
∵∠DAH+∠HAP=90°，
∴∠BAP+∠HAP=90°，
∴△HAP 是等腰直角三角形，
∴PH=2PA ，
∴PD=DH+PH=PB+2PA ，
∴(21)()PC PD PA PB +=++．
灵活应用：(52)()PC PD PE PA PB ++=++．
证明：在PC 上截取FC=PA ，
∵五边形ABCDE 是正五边形，
∴BC=AB=CD=DE=AE ，∠ABC=∠EAB=108°，
∵PA=CF ，AB=BC ，∠FCB=∠BAP ，
∴△BAP ≌△BCF ，
∴BF=PB ，∠CBF=∠ABP ，
∵∠CBF+∠FBA=108°，
∴∠ABP+∠FBA=108°，
∴△FBP 是顶角为108°的等腰三角形，
∴PB ，
∴PC=PF+FC=
12PB+PA ，
同理可证PA+PB ， 延长PD 至点M 使DM=PB ，
∵∠MDC+∠CDP=180°，∠CDP+∠PBC=180°，
∴∠CDM=∠CBP
又∵CD=BC ，
∴△CDM ≌△CBP
∴CM=CP ，∠MCD=∠BCP ，
又∵∠PCB+∠PCD=108°，
∴∠MCD+∠PCD=108°，
∴△MCP 是顶角108°的等腰三角形，
∴PC ，
∴PC-PB ， ∴PC+PD+PE
=PC+
12+PC-PB+12+PA+PB=32+（12+PB+PA ）
+PA=((22PA PB +=(()2PA PB + 【点睛】
本题考查旋转性质、圆的有关性质、圆内接四边形、正五边形有关性质、三角形全等的相关性质和判定，综合性强，难度较大是一道好题，属中考压轴题型．
6．（1）AB CD BC +=，见解析；（2）成立，见解析
【分析】
（1）先写出数量关系，过E 作EF BC ⊥于F ，然后证明CDE CFE ∆≅∆和ABE FBE ≅∆∆，便可得结论了．
（2）成立, 在BC 上截取CF CD =证明CDE CFE ∆≅∆和ABE FBE ≅∆∆，便可得到结
论．
【详解】
()1AB CD BC +=
理由是：过E 作EF BC ⊥于F
CE 为角平分线
DCE FCE ∴∠=∠
//AB DC AB AD ⊥，
90D ∴∠=
EF BC ⊥
D CF
E ∴∠=∠
CE CE =
()CDE CFE AAS ∆≅∆
CD CF ∴=
同理可证()ABE FBE AAS ∆≅∆
AB BF ∴=
CF BF AB +=
AB CD BC ∴+=
()2成立
理由：在BC 上截取CF CD =
CE 为角平分线
DCE FCE ∴∠=∠
CE CE =
()CDE CFE SAS ∆≅∆
CD CF ∴= D CFE ∠=∠
//AB DC
180D A ∴∠+∠=
又180CFE EFB ∠+=
A EF
B ∴∠=∠
又BE是角平分线
∴∠=∠
ABE FBE
=
BE BE
∆≅∆
BAE BFE AAS
()
∴=
AB FB
∴CF BF AB
+=
∴+=
AB CD BC
7．（1）正确．证明见解析；（2）正确．证明见解析.
【分析】
=，连接ME，根据已知条件利用ASA判定（1）在AB上取一点M，使AM EC
=．
AME ECF，因为全等三角形的对应边相等，所以AE EF
=，连接NE，根据已知利用ASA判定（2）在BA的延长线上取一点N，使AN CE
=．
ANE ECF，因为全等三角形的对应边相等，所以AE EF
【详解】
解：（1）正确．
=，连接ME．
证明：在AB上取一点M，使AM EC
BM BE
∴=，
∴∠=°，
BME
45
AME，
135
CF是外角平分线，
∴∠=︒，
45
DCF
∴∠=°，
135
ECF
AME ECF ，
90AEB BAE ，90AEB CEF ∠+∠=︒， BAE CEF ∴∠=∠， ()AME ECF ASA ，
AE EF ∴=．
（2）正确．
证明：如图示，在BA 的延长线上取一点N ，使AN CE =，连接NE ．
BN BE ∴=，
45N NEC ， CF 平分DCG ∠，
45FCE ，
N ECF ，
四边形ABCD 是正方形，
//AD BE ∴，
DAE BEA ，
即9090DAE BEA ，
NAE CEF ， ()ANE ECF ASA ，
AE EF ∴=．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质及全等三角形的判定方法，熟悉相关性质是解题的关键．
8．（1）2；（2）证明见解析；（3）∠AOB=3∠ABM ，理由见解析．
【分析】
（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=4，∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90°，由勾股定理求出AC ，得出AP ，即可求出S △ACP ；
（2）在CF 上截取NG=FN ，连接BG ，则CF ﹣CG=2FN ，证出∠BCF=∠DCP ，由ASA 证明△BCF ≌△DCP ，得出CF=CP ，证出CG=BM ，由SAS 证明△ABM ≌△BCG ，得出
∠AMB=∠BGC ，因此∠BMC=∠BGF ，由线段垂直平分线的性质得出BF=BG ，得出
∠BFG=∠BGF，因此∠BMC=∠CBM，即可得出结论；
（3）连接AE，先证出∠BCA=2∠PAE，再证明A、D、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠DCP=∠PAE，得出∠BCF=∠PAE，证出∠BCA=2∠ABM，然后由三角形的外角性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵四边形ABC是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC=CD=4，∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90°，
∴
，
∴AP=7
8AC=
7
8
=
2
，
∴S△ACP=1
2AP×CD=
1
2
×
2
；
（2）在CF上截取NG=FN，连接BG，如图1所示：则CF﹣CG=2FN，
∵CF⊥CP，
∴∠PCF=90°，
∴∠BCF=∠DCP，
在△BCF和△DCP中，
ABC CDP BC DC
BCF DCP
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
∴△BCF≌△DCP（ASA），
∴CF=CP，
∵CP﹣BM=2FN，
∴CG=BM，
∵∠ABC=90°，BM⊥CF，
∴∠ABM=∠BCG，∠BFG=∠CBM，
在△ABM和△BCG中，
AB BC
ABI CBG BM CG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABM≌△BCG（SAS），
∴∠AMB=∠BGC，
∴∠BMC=∠BGF，
∵GN=FN，BM⊥CF，
∴BF=BG，
∴∠BFG=∠BGF，
∴∠BMC=∠CBM，
∴BC=MC；
（3）∠AOB=3∠ABM；理由如下：
连接AE ，如图2所示：
∵AC=AP ，E 是CP 的中点，
∴AE ⊥CP ，∠PAE=∠CAE ，
∵AD ∥BC ，
∴∠BCA=∠PAC=2∠PAE ，
∵CF ⊥CP ，
∴∠PCF=90°，
∴∠BCF=∠DCP ，
∵∠ADC=∠AEC=90°，
∴A 、D 、E 、C 四点共圆，
∴∠DCP=∠PAE ，
∴∠BCF=∠PAE ，
又∵∠ABM=∠BCF ，
∴∠ABM=∠BCF=∠PAE ，
∴∠BCA=2∠ABM ，
∵∠AOB=∠BCF+∠BCA ，
∴∠AOB=3∠ABM ．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要通过作辅助线两次证明三角形全等才能得出结论．
9．（1）56；（2）见解析
【分析】
（1）构建直角三角形，得出AH 、BH ，然后利用角平分线的性质以及平行四边形的性质，进行等量互换，即可得解；
（2）首先在AB 上截取BQ BE =，然后判定DOF EOC ≌△△和AEQ GAF ≌△△，进行等量转换，即可得证.
【详解】
（1）过点A 作AH BC ⊥于点H ，如图所示：
4tan 3B ∠=，5AB =， 4AH ∴=，3BH =
DE 平分ADC ∠，
12∠∠∴=，
AD BC ∵∥，
13∠∠∴=
23∴∠=∠，
5DC EC ∴==，
1BE ∴=，
2EH ∴=，
25AE ∴=
256ABE C ∴=+△；
（2）在AB 上截取BQ BE =，连接EQ ，如图所示：
CD CE =，CO DE ⊥，
OD DE ∴=①
AD BC ∵∥，
DFO ECO ∴∠=∠，ADE CED ∠=∠②③ 由①②③得：DOF EOC ≌△△，
DF CE ∴=，
又AD BC =，
AD DF BC CE ∴-=-，即AF BE =
60EAG ∠=︒，
60BAE FAG ∴∠+∠=︒，
60DFC ∠=︒，
60FGA FAG ∴∠+∠=︒，CD=CF
BAE FGA ∴∠=∠④
又120FAG AQE ∠=∠=︒，EQ AF =⑤⑥
由④⑤⑥得：AEQ GAF ≌△△，
AQ FG ∴=，
又AB CF =，
AB AQ CF FG ∴-=-，
即BQ CG =，
AF CG ∴=．
【点睛】
此题主要考查利用三角函数值构建直角三角形以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握，即可解题.
10．（1）BC ＝203
；（2）见解析. 【分析】
（1）如图①中，设AM ＝3k ，DM ＝4k ，则AD ＝5k ，由△ADM ∽△NDA ，可得AD 2＝DM •AN ，由此构建方程即可解决问题．
（2）如图②中，连接CH ，在DM 上取一点K ，使得DK ＝BH ．证明△ADK ≌△CBH （SAS ），推出AK ＝CH ，再证明Rt △AMK ≌Rt △CNH （HL ），推出MK ＝HN 即可解决问题．
【详解】
（1）解：如图①中，
∵AM ⊥DN ，
∴∠AMD ＝90°，
∵tan ∠ADM ＝AII DN ＝34
， ∴可以假设AM ＝3k ，DM ＝4k ，则AD ＝5k ，
∵AD ⊥AN ，
∴∠DAN ＝90°＝∠AMD ，
∵∠ADM ＝∠ADN ，
∴△ADM ∽△NDA ，
∴AD 2＝DM •AN ，
∴（5k ）2＝4k （4k +3），
解得k＝4
3
，
∴AD＝20
3
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝20
3
．
（2）证明：如图②中，连接CH，在DM上取一点K，使得DK＝BH．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADK＝∠BNQ，
∵BH∥DQ，
∴∠CBH＝∠BNQ，
∴∠ADK＝∠CBH，
∵DK＝BH，DA＝BC，
∴△ADK≌△CBH（SAS），
∴AK＝CH，
∵AM⊥DQ，AN⊥AD，AD∥BC，
∴AN⊥BC，
∴∠AMK＝∠CNH＝90°，
∵AM＝CN，
∴Rt△AMK≌Rt△CNH（HL），
∴MK＝NH，
∴DM＝DK+MK＝BH+HN．
【点睛】
本题考查了三角形的综合问题，掌握解直角三角形、相似三角形的性质以及判定定理、全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．。