数学中考类比探究解析

类比探究
一．解答题（共10小题）
1．（2011•南平）（1）操作发现：
如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
（2）类比探究：
如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
2．（2015•河北模拟）问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE=AD ，求：
尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G ，如图所示，有=，=，．
类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S四边形ABEC与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．
拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求
的值．
3．（2014•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．
（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．
（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值．
（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．4．（2014•汕头）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，BC=10cm，AD=8cm．点P从点B出发，在线段BC 上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t ＞0）．
（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；
（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．
5．（2014•宁夏）在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC边上不同于B、C的一动点，过P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接AP．（1）试说明不论点P在BC边上何处时，都有△PBQ与△ABC相似；
（2）若AC=3，BC=4，当BP为何值时，△AQP面积最大，并求出最大值；
（3）在Rt△ABC中，两条直角边BC、AC满足关系式BC=λAC，是否存在一个λ的值，使Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等．
6．（2014•武汉）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t ＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
7．（2012•昌平区模拟）（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．
求证：EF=BE+FD；
（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？
（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
8．（2012•烟台）（1）问题探究
如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．
（2）拓展延伸①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使
∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，
注明字母，直接写出结论，不需证明）
9．（2014•漳州）阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）
（1）【理解与应用】
如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF的值为．
（2）【类比与推理】
如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA 交BD于点F，求PE+PF的值；
（3）【拓展与延伸】
如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
卷类比探究
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2011•南平）（1）操作发现：
如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
（2）类比探究：
如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
考点：翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；平行四边形的性质；矩形的性质．
专题：压轴题．
分析：（1）根据翻折的性质得出BE=EF，∠B=∠EFA，利用三角形全等的判定得△ECG≌△EFG，即可得出答案；
（2）利用平行四边形的性质，首先得出∠C=180°﹣∠D，∠EFG=180°﹣∠AFE=180°﹣∠B=180°﹣∠D，进而得出∠ECG=∠EFG，再利用EF=EC，得出∠EFC=∠ECF，即可得出答案．
解答：解：（1）猜想线段GF=GC，
证明：连接EG，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，
∴EF=EC，
∵EG=EG，∠C=∠EFG=90°，
∴△ECG≌△EFG（HL），
∴FG=CG；
（2）（1）中的结论仍然成立．
证明：连接EG，FC，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，∠B=∠AFE，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵矩形ABCD改为平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠ECD=180°﹣∠D，∠EFG=180°﹣∠AFE=180°﹣∠B=180°﹣∠D，
∴∠ECD=∠EFG，
∴∠GFC=∠GFE﹣∠EFC=∠ECG﹣∠ECF=∠GCF，
∴∠GFC=∠GCF，
∴FG=CG；
即（1）中的结论仍然成立．
点评：此题主要考查了矩形的性质与平行四边形的性质以及翻折变换、全等三角形的判定等知识，根据已知得出EF=EC，∠EFC=∠ECF是解决问题的关键．
2．（2015•河北模拟）问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE=AD ，求：
尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G，如图所示，有=，=，．
类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S 四边形ABEC与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．
拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求
的值．
考点：面积及等积变换．
分析：
问题引入：由D是BC上一点，AE=AD，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，可得：，，继而求得答案；
尝试探究：由AF⊥BC，EG⊥BC，易证得△EDG∽△ADB ，然后由相似三角形的性质，求得的值，再利用等底三角形的面积比等于对应高的比，即可求得的值，继而求得的值；
类比延伸：由E为AD上的任一点，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求得=，=，
继而求得答案；
拓展应用：由==，同理可得=，=，继
而求得答案．
解答：
解：问题引入：∵在△ABC中，D是BC上一点，AE=AD，
∴，，
∴==；
尝试探究：∵AE=AD，
∴=，
∵AF⊥BC，EG⊥BC，
∴AF∥EG，
∴△EDG∽△ADB，
∴=；
∵===，
∴=1﹣=；
故答案为：，，；
类比延伸：=，
∵E为AD上的一点，
∴=，=，
∴==；
拓展应用：∵==，
同理：=，=，
∴==2．
点评：此题考查了面积与等积变换的知识．此题难度较大，注意掌握数形结合思想的应用．
3．（2014•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ=90°，PQ交x轴于点C．
（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．
（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA：PC的值．
（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE=∠AEC，PD=2OD，求PA：PC的值．
考点：相似形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．
专题：压轴题．
分析：（1）易得点P的坐标是（2，1），即可得到PA的长．
（2）易证∠AOB=45°，由角平分线的性质可得PM=PN，然后通过证明△ANP≌△CMP即可求出PA：PC的值．（3）可分点P在线段OB的延长线上及其反向延长线上两种情况进行讨论．易证PA：PC=PN：PM，设OA=x，只需用含x的代数式表示出PN、PM的长，即可求出PA：PC的值．
解答：解：（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），
∴点P的坐标是（2，1）．
∴PA的长为2；
（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如图1所示．
∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，
∴OA=AB．
∵∠OAB=90°，
∴∠AOB=∠ABO=45°．
∵∠AOC=90°，
∴∠POC=45°．
∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，
∴PM=PN，∠ANP=∠CMP=90°．
∴∠NPM=90°．
∵∠APC=90°．
∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM．
在△ANP和△CMP中，
，
∴△ANP≌△CMP．
∴PA=PC．
∴PA：PC的值为1：1；
（3）①若点P在线段OB的延长线上，
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图2所示．
∵∠APN=∠CPM，∠ANP=∠CMP，
∴△ANP∽△CMP．
∴．
∵∠ACE=∠AEC，∴AC=AE．
∵AP⊥PC，
∴EP=CP．
∵PM∥y轴，
∴AF=CF，OM=CM．
∴FM=OA．
设OA=x，
∵PF∥OA，
∴△PDF∽△ODA．
∴，
∵PD=2OD，
∴PF=2OA=2x，FM=x．
∴PM=x．
∵∠APC=90°，AF=CF，
∴AC=2PF=4x．
∵∠AOC=90°，
∴OC=x．
∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°，
∴四边形PMON是矩形．
∴PN=OM=x．
∴PA：PC=PN：PM=x ：x=．
②若点P在线段OB的反向延长线上，
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如图3所示．
同理可得：PM=x，CA=2PF=4x，OC=x．
∴PN=OM=OC=x．
∴PA：PC=PN：PM=x ：x=．
综上所述：PA：PC 的值为或．
点评：本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线等分线段定理、勾股定理等知识，综合性非常强．
4．（2014•汕头）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，BC=10cm，AD=8cm．点P从点B出发，在线段BC 上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向
匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t ＞0）．
（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；
（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．
考点：相似形综合题．
专题：几何综合题；压轴题；动点型．
分析：（1）如答图1所示，利用菱形的定义证明；
（2）如答图2所示，首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；
（3）如答图3所示，分三种情形，需要分类讨论，分别求解．
解答：（1）证明：当t=2时，DH=AH=4，则H为AD的中点，如答图1所示．
又∵EF⊥AD，
∴EF为AD的垂直平分线，
∴AE=DE，AF=DF．
∵AB=AC，AD⊥BC于点D，
∴AD⊥BC，∠B=∠C．
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，
∴AE=AF=DE=DF，即四边形AEDF为菱形．（2）解：如答图2所示，由（1）知EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，即，解得：EF=10﹣t．
S△PEF =EF•DH=（10﹣t）•2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10（0＜t ＜），
∴当t=2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10，此时BP=3t=6．
（3）解：存在．理由如下：
①若点E为直角顶点，如答图3①所示，
此时PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．
∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此种情形不存在；
②若点F为直角顶点，如答图3②所示，
此时PF∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t．
∵PF∥AD，∴，即，解得t=；
③若点P为直角顶点，如答图3③所示．
过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD．∵EM∥AD，∴，即，解得BM=t，
∴PM=BP﹣BM=3t ﹣t=t．
在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2．
∵FN∥AD，∴，即，解得CN=t，
∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣3t ﹣t=10﹣t．
在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=t2﹣85t+100．
在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，
即：（10﹣t）2=（t2）+（t2﹣85t+100）
化简得：t2﹣35t=0，
解得：t=或t=0（舍去）
∴t=．
综上所述，当t=秒或t=秒时，△PEF为直角三角形．
点评：本题是运动型综合题，涉及动点与动线两种运动类型．第（1）问考查了菱形的定义；第（2）问考查了相似三角形、图形面积及二次函数的极值；第（3）问考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知识点，重点考查了分类讨论的数学思想．
5．（2014•宁夏）在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC边上不同于B、C的一动点，过P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接AP．（1）试说明不论点P在BC边上何处时，都有△PBQ与△ABC相似；
（2）若AC=3，BC=4，当BP为何值时，△AQP面积最大，并求出最大值；
（3）在Rt△ABC中，两条直角边BC、AC满足关系式BC=λAC，是否存在一个λ的值，使Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等．
考点：相似形综合题；二次函数的最值；三角形的面积；全等三角形的性质．
专题：几何综合题．
分析：（1）利用“两角法”可以证得△PBQ与△ABC相似；
（2）设BP=x（0＜x＜4）．由勾股定理、（1）中相似三角形的对应边成比例以及三角形的面积公式列出S与x 的函数关系式，利用配方法求得二次函数的最值；
（3）利用全等三角形的对应边相等得到AQ=AC，AQ=QB，即AQ=QB=AC．在Rt△ABC中，由勾股定理得BC2=AB2﹣AC2，易求得：BC=AC，则λ=．
解答：解：（1）不论点P在BC边上何处时，都有
∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B
∴△PBQ∽△ABC；
（2）设BP=x（0＜x＜4），由勾股定理，得AB=5
∵由（1）知，△PBQ∽△ABC，
∴，即
∴，
S△APQ =
=
=
∴当x=时，△APQ 的面积最大，最大值是；
（3）存在．
∵Rt△AQP≌Rt△ACP
∴AQ=AC
又∵Rt△AQP≌Rt△BQP
∴AQ=QB
∴AQ=QB=AC
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC2=AB2﹣AC2
∴BC=AC
∴λ=时，Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等．
点评：本题综合考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质，三角形的面积公式以及二次函数的最值的求法等知识点．难度较大．注意，在证明三角形相似时，充分利用公共角，在利用全等三角形的性质时，要找准对应边．
6．（2014•武汉）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t ＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
考点：相似形综合题．
专题：几何综合题；压轴题．
分析：
（1）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BAC 时，=，当△BPQ∽△BCA 时，=，再根据BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入计算即可；
（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，根据△ACQ∽△CMP，得
出=，代入计算即可；
（3）作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8﹣CM=8﹣4t代入求出DF，
过BC的中点R作直线平行于AC，得出RC=DF，D在过R的中位线上，从而证出PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
解答：解：（1）∵AC=6cm，BC=8cm，
∴AB==10cm，
①当△BPQ∽△BAC时，
∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，
∴=，
∴t=1；
②当△BPQ∽△BCA时，
∵=，
∴=，
∴t=，
∴t=1或时，△BPQ与△ABC相似；
（2）如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=PBsinB=3t，BM=4t，MC=8﹣4t，
∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，
∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90°，
∴△ACQ∽△CMP，
∴=，
∴=，
解得：t=；
（3）如图，仍有PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∵∠ACB=90°，
∴DF为梯形PECQ的中位线，
∴DF=，
∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t，
∴DF==4，
∵BC=8，过BC的中点R作直线平行于AC，
∴RC=DF=4成立，
∴D在过R的中位线上，
∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
点评：此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、中位线的性质等，关键是画出图形作出辅助线构造相似三角形，注意分两种情况讨论．
7．（2012•昌平区模拟）（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．
求证：EF=BE+FD；
（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？
（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
考点：全等三角形的判定与性质．
专题：证明题；压轴题；探究型．
分析：（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么
∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出
EF=GE了．
（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF 时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．
（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE﹣BG=BE﹣DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
解答：证明：（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD．
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD
=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF
∵EG=BE﹣BG
∴EF=BE﹣FD．
点评：本题考查了三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
8．（2012•烟台）（1）问题探究
如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．
（2）拓展延伸
①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使
∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）
考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；正多边形和圆．
专题：几何综合题；压轴题．
分析：（1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证；
（2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到
∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证；
②结论仍然成立，与①的证明方法相同．
解答：（1）D1M=D2N ．
证明：∵∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°，
∵∠AHK=∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠HAC=90°，
∴∠D1CK=∠HAC，
在△ACH和△CD1M中，
，
∴△ACH≌△CD1M（AAS），
∴D1M=CH，
同理可证D2N=CH，
∴D1M=D2N；
（2）①证明：D1M=D2N成立．
过点C作CG⊥AB，垂足为点G，
∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，
∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，
∠AH1C=∠ACD1，
∴∠H1AC=∠D1CM，
在△ACG和△CD1M中，
，
∴△ACG≌△CD1M（AAS），
∴CG=D1M，
同理可证CG=D2N，
∴D1M=D2N；
②作图正确．
D1M=D2N还成立．
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，读懂题意，证明得到∠D1CK=∠HAC（或∠H1AC=∠D1CM）是证明三角形全等的关键，也是解决本题的难点与突破口．
9．（2014•漳州）阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）
（1）【理解与应用】
如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF 的值为．
（2）【类比与推理】
如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA 交BD于点F，求PE+PF的值；
（3）【拓展与延伸】
如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH ，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
考点：圆的综合题；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质；弦切角定理；相似三角形的判定与性质．
专题：压轴题；探究型．
分析：（1）易证：OA=OB，∠AOB=90°，直接运用阅读材料中的结论即可解决问题．
（2）易证：OA=OB=OC=0D=，然后由条件PE∥OB，PF∥AO可证△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA，从而可得==1，进而求出EP+FP=．
（3）易证：AD=BC=4．仿照（2）中的解法即可求出PE+PF=4，因而PE+PF是定值．
解答：解：（1）如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°．
∵AB=BC=2，
∴AC=2．
∴OA=．
∵OA=OB，∠AOB=90°，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE+PF=OA=．
（2）如图3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，∠DAB=90°．
∵AB=4，AD=3，
∴BD=5．
∴OA=OB=OC=OD=．
∵PE∥OB，PF∥AO，
∴△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA．
∴，．
∴==1．
∴+=1．
∴EP+FP=．
∴PE+PF 的值为．
（3）当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值．理由：连接OA、OB、OC、OD，如图4
∵DG与⊙O相切，
∴∠GDA=∠ABD．
∵∠ADG=30°，
∴∠ABD=30°．
∴∠AOD=2∠ABD=60°．
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形．
∴AD=OA=4．
同理可得：BC=4．
∵PE∥BC，PF∥AD，
∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA．∴，．
∴==1．
∴=1．
∴PE+PF=4．
∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4．
点评：本题考查了正方形的性质、矩形的性质、弦切角定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了类比联想的能力，由一定的综合性．要求PE+PF的值，想到将相似所得的比式相加是解决本题的关
键．
10．（2014•河南）（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．
填空：
①∠AEB的度数为60°；
②线段AD，BE之间的数量关系为AD=BE ．
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE 边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
（3）解决问题
如图3，在正方形ABCD中，CD=，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．
考点：圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；正方形的性质；圆周角定理．
专题：综合题；压轴题；探究型．
第11页（共13页）
分析：（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．
（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD=BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE．
（3）由PD=1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由∠BPD=90°可得：点P在以BD为直径的圆上．显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论．然后，添加适当的辅助线，借助于（2）中的结论即可解决问题．
解答：解：（1）①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°．
∴∠BEC=120°．
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．
故答案为：60°．
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE．
故答案为：AD=BE．
（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．
理由：如图2，
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°．
∴∠BEC=135°．
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
（3）点A到BP 的距离为或．
理由如下：
∵PD=1，
∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．
∵∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的圆上．
∴点P是这两圆的交点．
①当点P在如图3①所示位置时，
连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，
过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°．
∴BD=2．
∵DP=1，
∴BP=．
∵∠BPD=∠BAD=90°，
∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上，
∴∠APB=∠ADB=45°．
∴△PAE是等腰直角三角形．
又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD．
∴=2AH+1．
∴AH=．
②当点P在如图3②所示位置时，
连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，
过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．
同理可得：BP=2AH﹣PD．
∴=2AH﹣1．
∴AH=．
综上所述：点A到BP 的距离为或．
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点评：本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理
念的一道好题．而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键．
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