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专题39 变式猜想问题
☞解读考点
知　识　点
名师点晴
变式猜想问题
特殊的四边形的变式题
理解并掌握特殊的四边形的性质，并能解决四边形的有关变式问题
三角形有关的变式题
利用三角形的性质、全等、相似解决相关是变式问题
图形的旋转与对称变式
利用图形的旋转和有关变换解决相关的变式问题

☞2年中考
【2015年题组】
1．（2015甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．
（1）求证：CF=CH；
（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？并证明你的结论．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）四边形ACDM是菱形．
【解析】
试题分析：（1）由∠ABC=∠DCE=90°，AC=CE=CB=CD，可得∠B=∠E=45°，故有△BCF≌△ECH，得出CF=CH；
（2）由△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°，推出四边形ACDM是平行四边形，由AC=CD判断出四边形ACDM是菱形．
试题解析：（1）∵AC=CE=CB=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴∠A=∠B=∠D=∠E=45°．在△BCF和△ECH中，∵∠B=∠E，BC=EC，∠BCE=∠ECH，∴△BCF≌△ECH（ASA），∴CF=CH（全等三角形的对应边相等）；

考点：1．菱形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．综合题．
2．（2015齐齐哈尔）如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）
（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；
（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．

【答案】（1）DM=FM，DM⊥FM，证明见试题解析；（2）DM=FM，DM⊥FM．
【解析】
试题分析：（1）连接DF，NF，由正方形的性质，得到AD∥BC，BC∥GE，于是有AD∥GE，得到∠DAM=∠NEM，即可证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，△DFN是等腰直角三角形，即可得到结论；
（2）连接DF，NF，由正方形的性质，得到AD∥BC，AD∥CN，进而得到∠DAM=∠NEM，可证△MAD≌△MEN，有DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，△DFN是等腰直角三角形，于是可得到结论．
试题解析：（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM．证明如下：
连接DF，NF，∵四边形ABCD和CGEF是正方形，∴AD∥BC，BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM=∠NEM，∵M是AE的中点，∴AM=EM，在△MAD与△MEN中，∵∠AMD=∠EMN，AM=EM，∠DAM=∠NEM，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，在△DCF与△NEF中，∵CD=EN，∠DCF=∠NEF=90°，CF=EF，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，∴DM⊥FM，DM=FM；

考点：1．四边形综合题；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．压轴题．
3．（2015牡丹江）已知四边形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角顶点E在直线BC上（不与点B，C重合），FM⊥AD，交射线AD于点M．
（1）当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，如图①，求证：AB+BE=AM；
（提示：延长MF，交边BC的延长线于点H．）
（2）当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，如图②；当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，如图③．请分别写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1），（2）的条件下，若BE=，∠AFM=15°，则AM= ．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE= AM+AB；（3）或．

（2）BE= AM+AB．理由如下：
如图②，∵∠AEB+∠FEH=90°，∠AEB+∠EAB=90°，∴∠FEH=∠EAB，在△ABE与△EHF中，∵∠ABE=∠EHF，∠EAB=∠FEH，AE=FE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB=EH=EB+AM；
如图③∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠HEF=90°，∴∠BAE=∠HEF，在△ABE与△EHF中，∵∠ABE=∠EHF，∠BAE=∠HEF，AE=FE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB=EH，∴BE=BH+EH=AM+AB；
（3）如图①，∵∠AFM=15°，∠AFE=45°，∴∠EFM=60°，∴∠EFH=120°，在△EFH中，∵∠FHE=90°，∠EFH=120°，∴此情况不存在；

考点：1．全等三角形的判定与性质；2．四边形综合题；3．正方形的性质；4．探究型；5．和差倍分；6．分类讨论；7．综合题；8．压轴题．
4．（2015临沂）如图1，在正方形ABCD的外侧，作两个等边三角形ADE和DCF，连接AF，BE．
（1）请判断：AF与BE的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）如图2，若将条件“两个等边三角形ADE和DCF”变为“两个等腰三角形ADE和DCF，且EA=ED=FD=FC”，第（1）问中的结论是否仍然成立？请作出判断并给予说明；
（3）若三角形ADE和DCF为一般三角形，且AE=DF，ED=FC，第（1）问中的结论都能成立吗？请直接写出你的判断．

【答案】（1）相等，互相垂直；（2）成立；（3）成立．

（3）第（1）问中的结论都能成立．理由是：∵正方形ABCD中，AB=AD=CD，∴在△ADE和△DCF中，∵AE=DF，AD=CD，DE=CF，∴△ADE≌△DCF，∴∠DAE=∠CDF，又∵正方形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，∴∠BAE=∠ADF，∴在△ABE和△ADF中，∵AB=DA，∠BAE=∠ADF，AE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴BE=AF，∠ABM=∠DAF，又∵∠DAF+∠BAM=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴在△ABM中，∠AMB=180°﹣（∠ABM+∠BAM）=90°，∴BE⊥AF．

考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定与性质；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．
5．（2015威海）如图1，直线与反比例函数（）的图象交于点A，B，直线与反比例函数的图象交于点C，D，且，，顺次连接A，D，B，C，AD，BC分别交x轴于点F，H，交y轴于点E，G，连接FG，EH．
（1）四边形ADBC的形状是 ；
（2）如图2，若点A的坐标为（2，4），四边形AEHC是正方形，则= ；
（3）如图3，若四边形EFGH为正方形，点A的坐标为（2，6），求点C的坐标；
（4）判断：随着、取值的变化，四边形ADBC能否为正方形？若能，求点A的坐标；若不能，请简要说明理由．

【答案】（1）平行四边形；（2）；（3）C（6，2）；（4）不能．

（4）根据反比例函数（）的图象不能与坐标轴相交可知∠AOC＜90°，故四边形ADBC的对角线不能互相垂直，由此可得出结论．
试题解析：（1）∵正比例函数与反比例函数的图象均关于原点对称，∴OA=OB，OC=OD，∴四边形ADBC是平行四边形．故答案为：平行四边形；
（2）如图1，过点A作AM⊥y轴，垂足为M，过点C作CN⊥x轴，垂足为N，∵四边形AEHC是正方形，∴DA⊥AC，∴四边形ADBC是矩形，∴OA=OC．∴AM=CN，∴C（4，2），∴，解得=．故答案为：；

考点：1．反比例函数综合题；2．探究型；3．综合题；4．压轴题．
6．（2015德州）（1）问题
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：AD•BC=AP•BP．
（2）探究
如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用
请利用（1）（2）获得的经验解决问题：如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出了，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）成立，理由见试题解析；（3）1或5．

（2）结论AD•BC=AP•BP仍然成立．理由：如图2，
∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，∠BPD=∠A+∠ADP，∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP，∵∠DPC=∠A=∠B=θ，∴∠BPC=∠ADP，∴△ADP∽△BPC，∴，∴AD•BC=AP•BP；

（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E．∵AD=BD=5，AB=6，∴AE=BE=3，由勾股定理可得DE=4，∵以点D为圆心，DC为半径的圆与AB相切，∴DC=DE=4，∴BC=5﹣4=1，又∵AD=BD，∴∠A=∠B，∴∠DPC=∠A=∠B，由（1）、（2）的经验可知AD•BC=AP•BP，∴5×1=t（6﹣t），解得：，，∴t的值为1秒或5秒．

考点：1．相似形综合题；2．切线的性质；3．探究型；4．阅读型；5．压轴题．
7．（2015济南）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠EAC=90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．
（1）直接写出∠NDE的度数；
（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；
（3）如图4，若∠EAC=15°，∠ACM=60°，直线CM与AB交于G，BD= ，其他条件不变，求线段AM的长．

【答案】（1）∠NDE=90°；（2）不变；（3）．

（2）不变，在△MAC≌△NBC中，∵AC=BC，∠ACM=∠BCN，MC=NC，∴△MAC≌△NBC，∴∠N=∠AMC，又∵∠MFD=∠NFC，∠MDF=∠FCN=90°，即∠NDE=90°；
（3）作GK⊥BC于K，∵∠EAC=15°，∴∠BAD=30°，∵∠ACM=60°，∴∠GCB=30°，∴∠AGC=∠ABC+∠GCB=75°，∠AMG=75°，∴AM=AG，∵△MAC≌△NBC，∴∠MAC=∠NBC，∴∠BDA=∠BCA=90°，∵BD=，∴AB=，AC=BC=，设BK=a，则GK=a，CK=，∴，∴a=1，∴KB=KG=1，BG=，AG=，∴AM=．

考点：1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．
8．（2015济宁）阅读材料：
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，，利用上述结论可以求解如下题目：
在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a，b，c．若∠A=45°，∠B=30°，a=6，求b．
解：在△ABC中，∵，∴．
理解应用：
如图，甲船以每小时海里的速度向正北方向航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，且乙船从B1处按北偏东15°方向匀速直线航行，当甲船航行20分钟到达A2时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距海里．
（1）判断△A1A2B2的形状，并给出证明；
（2）求乙船每小时航行多少海里？

【答案】（1）等边三角形；（2）．

试题解析：解：（1）△A1A2B2是等边三角形，理由如下：
连结A1B2．∵甲船以每小时海里的速度向正北方向航行，航行20分钟到达A2，∴A1A2=×=，又∵A2B2=，∠A1A2B2=60°，∴△A1A2B2是等边三角形；

考点：1．解直角三角形的应用-方向角问题；2．阅读型；3．探究型．
9．（2015烟台）【问题提出】
如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF．试证明：AB=DB+AF；
【类比探究】
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由；
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．

【答案】【问题提出】证明见试题解析；【类比探究】（1）AB=BD+AF；（2）AF=AB+BD．
【解析】

（2）首先根据点E在线段BA的延长线上，在图③的基础上将图形补充完整，然后判断出△CEF是等边三角形，即可判断出EF=EC，再根据ED=EC，可得ED=EF，∠CAF=∠BAC=60°，再判断出∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF；最后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD=AE，EB=AF，进而判断出AF=AB+BD即可．
试题解析：ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，∠BCA=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，∠CEF=60°，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵△ABC是等腰三角形，∠BCA=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠CAF=∠CBA=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，∵∠CAF=∠CEF=60°，∴A、E、C、F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=EC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠D=∠AEF，ED=EF（AAS），∴△EDB≌△FEA，∴DB=AE，BE=AF，∵AB=AE+BE，∴AB=DB+AF．
（1）AB=BD+AF；
延长EF、CA交于点G，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∵∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∵∠FCG=∠ECD，∠D=∠ECD，∴∠D=∠FEA，由旋转的性质，可得∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠D=∠AEF，ED=EF（AAS），∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，∴BD=FA+AB，即AB=BD﹣AF；
（2）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°﹣∠CAF﹣∠BAC=180°﹣60°﹣60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF，ED=EF

考点：1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．和差倍分；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．
10．（2015青岛）已知，如图①，在▱ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②，设移动时间为t（s）（0＜t＜4），连接PQ，MQ，MC，解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）设△QMC的面积为y（cm2），求y与x之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S△QMC：S四边形ABQP=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）（0＜t＜4）；（3）t=2；（4）．
【解析】
试题分析：（1）根据勾股定理求出AC，根据PQ∥AB，得出，，求解即可；
（2）过点P作PD⊥BC于D，根据△CPD∽△CBA，得出，求出PD=，再根据S△QMC=S△QPC，得出y=S△QMC=QC•PD，再代入计算即可；

（2）过点P作PD⊥BC于D，∵△CPD∽△CBA，∴，∴，∴PD=，∵PD∥BC，∴S△QMC=S△QPC，∴，即（0＜t＜4）；
（3）∵S△QMC：S四边形ABQP=1：4，∴S△QPC：S四边形ABQP=1：4，∴S△QPC：S△ABC=1：5，∴（）：6=1：5，整理得：，解得；
（4）若PQ⊥MQ，则∠PQM=∠PDQ，∵∠MPQ=∠PQD，∴△PDQ∽△MQP，∴，∴=MP•DQ，∴=MP•DQ，∵CD=，∴DQ=CD﹣CQ==，∴，∴整理得，解得（舍去），，∴时，PQ⊥MQ．

考点：1．相似形综合题；2．动点型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．
11．（2015台州）定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=2，MN=3，求BN的长；
（2）如图2，在△ABC中，FG是中位线，点D，E是线段BC的勾股分割点，且EC＞DE≥BD，连接AD，AE分别交FG于点M，N，求证：点M，N是线段FG的勾股分割点；
（3）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图3所示，请在BC上画一点D，使点C，D是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画一种情形即可）；
（4）如图4，已知点M，N是线段AB的勾股分割点，MN＞AM≥BN，△AMC，△MND和△NBE均为等边三角形，AE分别交CM，DM，DN于点F，G，H，若H是DN的中点，试探究，和的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）BN=或；（2）；（3）；（4）．

（3）在AB上截取CE=CA；作AE点垂直平分线，截取CF=CA；作BF的垂直平分线，交AB于D即可；
（4）先证明△DGH≌△NEH，得出DG=EN=b，MG=c﹣b，再证明△AGM∽△AEN，得出比例式，得出，证出，得出a=b，证出△DGH≌△CAF，得出，证出，即可得出结论．
试题解析：（1）①当MN为最大线段时，∵点 M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN===；
②当BN为最大线段时，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN===；
综上所述：BN=或；

点D即为所求；如图所示：

（4）．理由如下：
设AM=a，BN=b，MN=c，∵H是DN的中点，∴DH=HN=，∵△MND、△BNE均为等边三角形，∴∠D=∠DNE=60°，在△DGH和△NEH中，∵∠D=∠DNE，DH=HN，∠DHG=∠NHE，∴△DGH≌△NEH（ASA），∴DG=EN=b，∴MG=c﹣b，∵GM∥EN，∴△AGM∽△AEN，∴，∴，∵点 M、N是线段AB的勾股分割点，∴，∴，又∵，∴a=b，在△DGH和△CAF中，∵∠D=∠C，DG=CA，∠DGH=∠CAF，∴△DGH≌△CAF（ASA），∴，∵，∴，∴，∵，，∴．
考点：1．相似形综合题；2．分类讨论；3．新定义；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．
12．（2015丹东）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN=90°．
（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；
（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°＜α＜45°）．
①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②如图2，在旋转过程中，当∠DOM=15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；
③如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD=m•BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．

【答案】（1）PE=PF；（2）①成立；②；③PE=2PF，PE=（m﹣1）•PF．

（2）①成立，理由：∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，∴OA=OD，∠FAO=∠EDO=45°，∠AOD=90°，∴∠DOE+∠AOE=90°，∵∠MPN=90°，∴∠FOA+∠AOE=90°，∴∠FOA=∠DOE，在△FOA和△EOD中，∵∠FAO=∠FDO，OA=OD，∠FOA=∠DOE，∴△FOA≌△EOD，∴OE=OF，即PE=PF；

考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．相似三角形的判定与性质；4．探究型；5．和差倍分；6．综合题；7．压轴题．
13．（2015大连）在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且∠ADF+∠DEC=180°，∠AFE=∠BDE．
（1）如图1，当DE=DF时，图1中是否存在与AB相等的线段？若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由；
（2）如图2，当DE=kDF（其中0＜k＜1）时，若∠A=90°，AF=m，求BD的长（用含k，m的式子表示）．

【答案】（1）AB=BE；（2）BD=．

试题解析：（1）如图1，连结AE．∵DE=DF，∴∠DEF=∠DFE，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠DAE=∠DFE=∠DEF，∠ADF=∠AEF，∵∠ADF=∠DEB=∠AEF，∴∠AEF+∠AED=∠DEB+∠AED，∴∠AEB=∠DEF=∠BAE，∴AB=BE；
（2）如图2，连结AE．∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠ADF=∠AEF，∵∠DAF=90°，∴∠DEF=90°，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠ADF=∠AEF，∴∠DEB=∠AEF，在△BDE与△AFE中，∵∠DEB=∠AEF，∠BDE=∠AFE，∴△BDE∽△AFE，∴，在直角△DEF中，∵∠DEF=90°，DE=kDF，∴EF==DF，∴=，∴BD=．

考点：1．相似三角形的判定与性质；2．探究型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．
14．（2015葫芦岛）在△ABC中，AB=AC，点F是BC延长线上一点，以CF为边，作菱形CDEF，使菱形CDEF与点A在BC的同侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG、DG．
（1）如图①，当∠BAC=∠DCF=90°时，直接写出AG与DG的位置和数量关系；
（2）如图②，当∠BAC=∠DCF=60°时，试探究AG与DG的位置和数量关系，
（3）当∠BAC=∠DCF=α时，直接写出AG与DG的数量关系．

【答案】（1）AG⊥DG，AG=DG；（2）AG⊥GD，AG=DG；（3）DG=AGtan．

（3）延长DG与BC交于H，连接AH、AD，先证△BGH≌△EGD求得BH=ED，HG=DG，得出BH=DC，再证△ABH≌△ACD，得出∠BAH=∠CAD，AH=AD，进而求得△HAD是等腰三角形，即可证得DG=AGtan．
试题解析：（1）AG⊥DG，AG=DG，证明如下：延长DG与BC交于H，连接AH、AD，∵四边形DCEF是正方形，∴DE=DC，DE∥CF，∴∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，∵G是BC的中点，∴BG=EG，在△BGH和△EGD中，∵∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，BG=EG，∴△BGH≌△EGD（AAS），∴BH=ED，HG=DG，∴BH=DC，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠DCF=90°，∴∠DCB=90°，∴∠ACD=45°，∴∠ABH=∠ACD=45°，在△ABH和△ACD中，∵AB=AC，∠ABH=∠ACD，BH=CD，∴△ABH≌△ACD（SAS），∴∠BAH=∠CAD，AH=AD，∵∠BAH+∠HAC=90°，∴∠CAD+∠HAC=90°，即∠HAD=90°，∴AG⊥GD，AG=GD；
（2）AG⊥GD，AG=DG；证明如下：延长DG与BC交于H，连接AH、AD，∵四边形DCEF是正方形，∴DE=DC，DE∥CF，∴∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，∵G是BC的中点，∴BG=EG，在△BGH和△EGD中，∵∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，BG=EG，∴△BGH≌△EGD（AAS），∴BH=ED，HG=DG，∴BH=DC，∵AB=AC，∠BAC=∠DCF=60，∴∠ABC=60°，∠ACD=60°，∴∠ABC=∠ACD=60°，在△ABH和△ACD中，∵AB=AC，∠ABH=∠ACD，BH=CD，∴△ABH≌△ACD（SAS），∴∠BAH=∠CAD，AH=AD，∴∠BAC=∠HAD=60°，∴AG⊥HD，∠HAG=∠DAG=30°，∴tan∠DAG=tan30°=，∴AG=DG；

考点：1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定与性质；4．探究型；5．压轴题．
15．（2015抚顺）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．
（1）如图①，当∠ABC=45°时，求证：AD=DE；
（2）如图②，当∠ABC=30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；
（3）当∠ABC=α时，请直接写出线段AD与DE的数量关系．（用含α的三角函数表示）

【答案】（1）证明见试题解析；（2）DE=AD；（3）AD=DE•tanα．
【解析】
试题分析：（1）过点D作DF⊥BC，交AB于点F，得出∠BDE=∠ADF，∠EBD=∠AFD，即可得到△BDE≌△FDA，从而得到AD=DE；

如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴，在Rt△BDG中，=tan30°=，∴DE=AD；
（3）AD=DE•tanα；理由：
如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴，在Rt△BDG中，=tanα，则=tanα，∴AD=DE•tanα．

考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．
16．（2015朝阳）问题：如图（1），在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=CB，∠DCE=45°，试探究AD、DE、EB满足的等量关系．
[探究发现]
小聪同学利用图形变换，将△CAD绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，连接EH，由已知条件易得∠EBH=90°，∠ECH=∠ECB+∠BCH=∠ECB+∠ACD=45°．根据“边角边”，可证△CEH≌ ，得EH=ED．
在Rt△HBE中，由 定理，可得BH2+EB2=EH2，由BH=AD，可得AD、DE、EB之间的等量关系是 ．
[实践运用]
（1）如图（2），在正方形ABCD中，△AEF的顶点E、F分别在BC、CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数；
（2）在（1）条件下，连接BD，分别交AE、AF于点M、N，若BE=2，DF=3，BM=2，运用小聪同学探究的结论，求正方形的边长及MN的长．

【答案】[探究发现]△CDE；勾股；；[实践运用]（1）45°；（2）正方形边长为6，MN=．

（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，∵AB=AG，AE=AE，∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），∴∠BAE=∠GAE，同理，Rt△ADF≌Rt△AGF，∴∠GAF=∠DAF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAF=∠BAD=45°；

考点：1．几何变换综合题；2．阅读型；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．
17．（2015本溪）如图1，在△ABC中，AB=AC，射线BP从BA所在位置开始绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°）
（1）当∠BAC=60°时，将BP旋转到图2位置，点D在射线BP上．若∠CDP=120°，则∠ACD ∠ABD（填“＞”、“=”、“＜”），线段BD、CD与AD之间的数量关系是 ；
（2）当∠BAC=120°时，将BP旋转到图3位置，点D在射线BP上，若∠CDP=60°，求证：BD﹣CD=AD；
（3）将图3中的BP继续旋转，当30°＜α＜180°时，点D是直线BP上一点（点P不在线段BD上），若∠CDP=120°，请直接写出线段BD、CD与AD之间的数量关系（不必证明）．

【答案】（1）=，BD=CD+AD；（2）证明见试题解析；（3）BD+CD=AD．
【解析】
试题分析：（1）如图2，由∠CDP=120°，得出∠CDB=60°，则∠CDB=∠BAC=60°，所以A、B、C、D四点共圆，由圆周角定理得出∠ACD=∠ABD；在BP上截取BE=CD，连接AE．利用SAS证明△DCA≌△EBA，得到AD=AE，∠DAC=∠EAB，再证明△ADE是等边三角形，得到DE=AD，进而得出BD=CD+AD．
（2）如图3，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F．先证△DOC∽△AOB，得到∠DCA=∠EBA．再利用SAS证明△DCA≌△EBA，得到AD=AE，∠DAC=∠EAB．由∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，得出∠DAE=120°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠ADE=∠AED=30°．解Rt△ADF，得出DF=AD，那么DE=2DF=AD，进而得出BD=DE+BE=AD+CD，即BD﹣CD=AD；

（3）BD+CD=AD．

考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．全等三角形的判定与性质；5．压轴题．
18．（2015锦州）如图①，∠QPN的顶点P在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠QPN=α，将∠QPN绕点P旋转，旋转过程中∠QPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．

（1）如图①，当α=90°时，DE，DF，AD之间满足的数量关系是 ；
（2）如图②，将图①中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，其他条件不变，当α=60°时，（1）中的结论变为DE+DF=AD，请给出证明；
（3）在（2）的条件下，若旋转过程中∠QPN的边PQ与射线AD交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，DE，DF，AD之间满足的数量关系，直接写出结论，不用加以证明．
【答案】（1）DE+DF=AD；（2）证明见试题解析；（3）①当点E落在AD上时，DE+DF=AD，②当点E落在AD的延长线上时，DF－DE =AD．

（3）①当点E落在AD上时，DE+DF=AD，②当点E落在AD的延长线上时，DF－DE =AD．
试题解析：（1）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，∴∠APE=∠DPF，在△APE和△DPF中，∵∠APE=∠DPF，PA=PD，∠PAE=∠PDF，∴△APE≌△DPF（ASA），∴AE=DF，∴DE+DF=AD，
（2）如图②，取AD的中点M，连接PM，∵四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，∴△MDP是等边三角形，∴PM=PD，∠PME=∠PDF=60°，∵∠PAM=30°，∴∠MPD=60°，∵∠QPN=60°，∴∠MPE=∠FPD，在△MPE和△FPD中，∵∠PME=∠PDF，PM=PD，∠MPE=∠FPD，∴△MPE≌△FPD（ASA），∴ME=DF，∴DE+DF=AD；

考点：1．四边形综合题；2．分类讨论；3．和差倍分；4．探究型；5．压轴题．
19．（2015三明）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．
（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①），求证：△AEG≌△AEF；
（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：；
（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，即可得到△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则有EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，再证明∠GME=90°，MG=NF，由勾股定理得到，等量代换即可得到；
（3）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，得到EF=HE，DF=GH，BE=BM，由（2）知HM⊥ME，得到，，，从而得到结论．

（3）．证明如下：
如图3所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，∴EF=HE，DF=GH，BE=BM，由（2）知HM⊥ME，∴，，，∴．

考点：1．全等三角形的判定与性质；2．四边形综合题；3．探究型；4．旋转的性质；5．和差倍分；6．压轴题．

【2014年题组】
1．（2014年浙江温州卷）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（-3，0），（0，6），动点P从点O出发，