★類型一：幾何綜合題★1．【分析】如圖，過G作GH⊥BC于H，由對折可得：BC=BF，CE=EF，∠BFE=∠BCE=90°=∠DFE，∠FBE=∠CBE，證明∠DEF=∠FDE=45°,而DE，可得DF=EF=DE.sin45°=2，求解CD=BCBF，OBBD，證明OG=HG，Rt△OBG?Rt△HBG，可得BH=BO+2，再進(jìn)一步求解即可．【解答】解：如圖，過G作GH⊥BC于H，∴BC=CD=AB=AD，∠BCD=∠ADC=90°,∠DBC=∠BDC=45°,AC=BD，OA=OC=OB=OD，AC⊥BD，由對折可得：BC=BF，CE=EF，∠BFE=∠BCE=90°=∠DFE，∠FBE=∠CBE，∴∠DEF=∠FDE=45°,而DE，∴DF=EF=DE.sin45°=2，∵∠FBE=∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，∴OG=HG，∵BG=BG，∴Rt△OBG?Rt△HBG，∵∠FBE=∠CBE=22.5°,∠BOG=90°,∴∠OGB=67.5°=∠CGE，∠CEG=90°-22.5°=67.5°,∴∠CEG=∠CGE=67.5°,∴CG=CE=EF=2，故選：B．2．【分析】先由四邊形ABCD是正方形，得出∠B=∠DAC=45°,OA=OCAC，再結(jié)合折疊性質(zhì)證明四邊形AEOF是正方形，因此EF=AOAC，GO=AGOAAC，推出CG=CO+OG=ACACAC，即可計(jì)算．∴∠BAC=∠DAC=45°,OA=OCAC，AO⊥EF，AG=GO，∠EOA=∠EAO=45°,∠FOA=∠FAO=45°,AE=OE，AF=FO，可得GF=GB，設(shè)GB=GF=x，則AG=2-x，DG=2+x，根據(jù)勾股定理可得x，再利用角平分線的性質(zhì)得到點(diǎn)H到AD，AG，GD的距離相等，利用面∴∠B=∠C=∠BAC=∠ADC=90°,AB=BC=CD=DA=2，∵點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，∴BE=CE=1，∴∠EFD=∠C=90°,CE=FE=BE=1，DC=DF=2，∴∠GFE=∠GBE=90°,∵GE=GE，∴Rt△EFG?Rt△EBG(HL)，∴GF=GB，設(shè)GB=GF=x，則AG=2-x，DG=2+x，根據(jù)勾股定理可得AG2+AD2=DG2，即(2-x)2+22=(2+x)2，解得x，∵∠ADG和∠DAG的平分線DH，AH相交于點(diǎn)H，∴點(diǎn)H到AD，AG，GD的距離相等，性質(zhì)，得到AB=2x，ACx，根據(jù)角平分線的性=，進(jìn)而求出CD的長，勾股定理求出AD的長，∴AB=2BC，AC=3BC，設(shè)BC=x，則AB=2x，AC=3x，∵AD平分∠CAB，∠ACB=90°,∴點(diǎn)D到AC，AB的距離相等均為CD的長，∠CAD=∠BAD，∴S△ACD=AC.CD=CD∴CD=AC=322+3S△ABD1AB.CDBD，BD22+3∴CD=3BC=(23-3)x，∴AD=AC2+CD2=(32-6)x，∵BE⊥AD，∠CAD=∠BAD，∴sin∠CAD=sin∠BAD， -332-6∴=，即： -332-6∴AD=(32-6)x=23；解法二：延長AC與BE相交于點(diǎn)F，5．【分析】過點(diǎn)G作GM⊥BC于點(diǎn)M，根據(jù)矩形的性質(zhì)及已知條件得BE=EF=CF=4，進(jìn)而得AB=BF=8，則△ABF是等腰直角三角形，繼而得∠BFA=45°,同理證明△CDE是等腰直角三角形得∠CED=45°,由此得△GEF是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)得GM=EM=FM=2，則CM=6，然后在Rt△GMC中，根據(jù)正切函數(shù)的定義tan∠GCF的值．【解答】解：過點(diǎn)G作GM⊥BC于點(diǎn)M，如圖所示：在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，∠B=90°,∴BE=EF=CF=BC=4，∴BF=BE+EF=8，∴AB=BF=8，∴△ABF是等腰直角三角形，∴∠BFA=45°,∴∠CED=45°,∴∠BFA=∠CED=45°,∵GM⊥EF，∴GM=EM=FM=EF=2，∴CM=CF+MF=4+2=6，在Rt△GMC中，tan∠GCF===．6．【分析】證明∠CAD=∠BAD=22.5°,設(shè)AC=BC2BFm-x=m，可得AB=AC2+BC2=2m如圖，在AC上取點(diǎn)Q，使AQ=DQ，求解：CD=CQ=(2-1)m，證明△ACE∽△BEF，可得m=xDF=y=m2BFm-x-(2-1)m-=(2-2)m-,結(jié)合y關(guān)于x的函數(shù)圖象過點(diǎn)(0,2-【解答】解：∵∠ACB=90°,AC=BC，AD是角平分∴∠CAB=∠CBA=45°,∠CAD=∠BAD=22.5°,設(shè)AC=BC=m，∴AB=AC2+BC2=2m，如圖，在AC上取點(diǎn)Q，使AQ=DQ，∴∠QAD=∠QDA=22.5°,∴∠CQD=45°=∠CDQ，CQ=CD=QD=AQ'，∴2CQ+CQ=m，解得：CD=CQ=(2-1)m，∠CEF=45°=∠CAB，∠CEF+∠BEF=∠ACE+∠CAE，∴∠BEF=∠ACE，∴△ACE∽△BEF，AC=AEm=xBF=BEBF2m-xBF m m，∵y關(guān)于x的函數(shù)圖象過點(diǎn)∴yx=x∴該圖象上最低點(diǎn)的坐標(biāo)為；故選：B．7．【分析】待定系數(shù)法求得直線FG的解析式為y=-2x-1，根據(jù)選項(xiàng)判斷平移方式，結(jié)合題意，即可求-1,1)，(0,-1)，b，解得，∴直線FG的解析式為y=-2x-1，∴直線FG平移后的解析式為y=-2(x-2x，此時經(jīng)過原點(diǎn)，對應(yīng)的EH經(jīng)過整點(diǎn)(2,1)，符合∴直線FG平移后的解析式為y=-2(x,此時原點(diǎn)在FG下方，對應(yīng)的EH在整點(diǎn)(2,∴直線FG平移后的解析式為y=-2(xx，∴直線FG平移后的解析式為y=-2(xx8．【分析】過點(diǎn)F作FH⊥DC交DC延長線于點(diǎn)H，證明ΔADE和ΔEHF全等，得到∠FCH=45°,再根據(jù)【解答】解：過點(diǎn)F作FH⊥DC交DC延長線于點(diǎn)H，∴∠H=90°∴∠D=90°,AD=DC，∵AE繞點(diǎn)E逆時針旋轉(zhuǎn)90°,得到FE，∴AE=FE，∠AEF=90°,∵∠DAE+∠AED=90°,∠HEF+∠AED=90°,∴∠DAE=∠HEF，∴ΔADE?ΔEHF(AAS)，∴AD=EH，DE=HF，∴EH=DC，∴DE=CH=HF，∴∠HCF=45°,∴∠G=45°,設(shè)CH=HF=DE=x，正方形邊長為y，則CE=y-x，CFx，CGy，∴FG=CG-CF=2y-2x，,故選：A．,推出，推出，可得.解得AG，再證明FG=AG，利用勾股定理求出CF，再利用平行線分線段成比例定理求出BF．∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠FAC，∵EF?AB，∴∠BAF=∠AFG，∴∠GAF=∠GFA，∴FG=AG，∵BF:CF=AG:CG=1:3，∴BFCF．故選：A．∵AB/⊥AB，∴∠BAB/=90°,∴∠BAP=∠B/AP=45°,∠B=∠AB/P=60°,∴∠BAD=120°,∴∠B/AD=∠BAD-∠BAB/=30°,∴∠AEB/=∠AB/P-∠B/AD=30°,∴∠B/AD=∠AEB/，∴B/A=B/E，故A選項(xiàng)正確，不合題意；∴∠BAP=∠B/AP=60°,AB=AB/，PB=P/B，∴AB=BP=B/P=AB/，∴AE<AB′=2，故C選項(xiàng)錯誤，符合題意；∴AP垂直平分BB/，AP.BB′，故D選項(xiàng)正確，不合題意．故選：C．11．【分析】先證明ΔADE∽ΔABD，得出∠ADE=∠ABD=30°,再證明ΔADE?ΔFDE(SAS)，得出EF=AE=BE=1，再根據(jù)三角形面積公式得出ΔBDE的【解答】解：過點(diǎn)A作AG⊥BD于點(diǎn)G，∵∠ABD=30°,∠A=105°,∴∠ADB=45°,設(shè)AE=BE=a，則AB=2a，∴DG=AG=a，∴ADa，∵∠DAE=∠BAD，∴ΔADE∽ΔABD，∴∠ADE=∠ABD=30°,∵∠ADC=∠ADB+∠CDB=90°=∠ADE+∠EDF+∠CDF，∴90°=30°+∠EDF+30°,∴∠EDF=30°=∠ADE，∵AD=CD=DF，DE=DE，∴ΔADE?ΔFDE(SAS)，∴EF=AE=BE=1，過點(diǎn)E作EH⊥BD于點(diǎn)H，∴ΔBED的面積BD×EH12．【分析】作AH⊥BC．DG⊥BC．DF⊥AH，得到DG=FH，DF=HG，證明△BDG為等腰直角三角形，得到BG=DG，三線合一得到BH=CH，∠ABC=∠ACB，證明△ADF∽△ACH，得到 ,設(shè)DF=3x，CH=5x，求出DG，CG的長，正切的定義求出tan∠ACB，勾股定理求出x的值，進(jìn)而求出BD的值，證明△DEC∽△BED，列出比例式進(jìn)行求解即可．【解答】解：作AH⊥BC，DG⊥BC，DF⊥AH，垂足分別為H，G，F(xiàn)，則四邊形DFHG為矩形，∵∠DBC=45°∴△BDG為等腰直角三角形，∴BG=DG，∵AB=AC，∴BH=CH，∠ABC=∠ACB，∴設(shè)DF=3x，CH=5x，則HG=DF=3x，BH=CH=5x，∴DG=BG=BH+HG=8x，CG=CH-HG=2x，∴BD=82x，∴在Rt△CGD中，tan∠ACB∴x負(fù)值舍去)，∵∠CED=∠ABD，∠ACB=∠E+∠CDE，∠ABC=∠ABD+∠CBD，∠ABC=∠ACB，∴∠CDE=∠CBD=45°,又∵∠E=∠E，∴△DEC∽△BED，∴DECE，DE2=BE.CE=.CE，，．13．【分析】由矩形的性質(zhì)得∠B=∠BAD=90°,由折疊得∠PAB′=∠PABBAB′，再分三種情況討論，一是∠BAB′=15°,則∠PAB，求得∠APB=90°-∠PAB=82.5°；二是∠DAB′=15°,且點(diǎn)求得∠APB=90°-∠PAB=52.5°；三是∠DAB′=15°,=52.5°,求得∠APB=90°-∠PAB=37.5°,于是得到∴∠B=∠BAD=90°,由折疊得∠PAB′=∠PABBAB′，∴∠APB=90°-∠PAB=82.5°;如圖2，∠DAB′=15°,且點(diǎn)B′與點(diǎn)B在直線AD同側(cè)，∵∠BAB′=∠BAD-∠DAB′=75°,∴∠APB=90°-∠PAB=52.5°;如圖3，∠DAB′=15°,且點(diǎn)B′與點(diǎn)B在直線AD異側(cè)，∵∠BAB′=∠BAD+∠DAB′=105°,∴∠APB=90°-∠PAB=37.5°,DH⊥BF于點(diǎn)H，則∠BHD=90°,由三線合一性質(zhì)可得CH=FHCF，然后證明四邊形ABHD是矩形，所以AB=DH=8，AD=BH，又∠AEG=∠BEC，則可證△AEG∽△BEC，所以，求出AG=,然后通過平行線的性質(zhì)和等角對等邊可得CD=GD，設(shè)CH=FH=x，則AD=BH=4+x，CD=GDD作DH⊥BF于點(diǎn)H，則∠BHD=90°,∵DF=DC，∴CH=FHCF，∴∠B=∠GAE=90°,∠B+∠BAD=180°,∴∠B=∠BAD=∠BHD=90°,∴AB=DH=8，AD=BH，∵∠AEG=∠BEC，∴△AEG∽△BEC，∵AB=8，AE=3，∴BE=5， AG，∵AD?BC，∴∠G=∠BCE，∵∠DCE=∠BCE，∴∠DCE=∠G，∴CD=GD，設(shè)CH=FH=x，則AD=BH=4+x，由勾股定理得：CD2=CH2+HD2，x2+82，解得：x，即CHCF=2CH，故答案為：．15．【分析】由題意可得AM=AN，MP=NP，則點(diǎn)P在AH上運(yùn)動，由點(diǎn)P始終在?ABCD的內(nèi)部或邊上．則AP的最大值為AH的長，通過證邊三角形，可得AB=AH=6，即可求解．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B=60∴∠BAD=120°,∴MP=PN，∠PMN=∠PNM=60°,△MNP的面積=∵AM=AN，AP=AP，∴∠BAP=∠DAP=60°,∠APM=∠APN=30°,∴∠AMP=90°,∴MPAM，AP=2AM，∴MPAP，∴△MNP的面積AP2，∵∠B=∠BAH=60°,∴△ABH是等邊三角形，∴AB=AH=6，∵AM=AN，MP=NP，∴點(diǎn)P在AH上運(yùn)動，∴AP的最大值為AH的長，即AP=6，∴AM=AN=3，∴DN=5，故答案為：5．16．【分析】分情況討論：①當(dāng)∠APC-∠C=90°時，過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，由等腰三角形的性質(zhì)得到②當(dāng)∠APC-∠CAP=90°時，過點(diǎn)P作PM⊥BC交AC于點(diǎn)M，由等角對等邊得到AM=PM，再證明△CMP∽△CAD，設(shè)CP=x，進(jìn)而得出PMx，CMx，根據(jù)AC=AM+CM=PM+CM，求出x③當(dāng)∠CAP=∠C+90°時，利用銳角三角函數(shù)，得出∠C>30°,∠BAC<120°,即此種情況不存在；④當(dāng)∠CAP=∠APC+90°時，同③理可證，此種情況【解答】解：∵AB=AC=5，∴∠B=∠C，∵∠APC=∠B+∠BAP，∴∠APC>∠B，∴∠APC>∠C，①當(dāng)∠APC-∠C=90°時，過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，∵AB=AC=5，BC=8，∵∠B=∠C，∴∠APC-∠B=∠BAP=90°,∵∠B=∠B，∠ADB=∠PAB=90°,BP②當(dāng)∠APC-∠CAP=90°時，過點(diǎn)P作PM⊥BC交AC于點(diǎn)M，∴∠APC-∠APM=∠CPM=90°,∴∠CAP=∠APM，∴AM=PM，∵PM⊥BC，AD⊥BC，∴△CMP∽△CAD，設(shè)CP=x，則BP=8-x，∴x，③當(dāng)∠CAP=∠C+90°時，∵sin∠C，sin，且∴∠C>30°,∴∠BAC<120°,若∠CAP=∠C+90°,則∠CAP>120°,即∠CAP>∠BAC，④當(dāng)∠CAP=∠APC+90°時，∵當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時，∠APC最小，此時∠APC=∠B>30°,17．【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=8，AB=AD，由勾股定理可求AO的長，通過證明△EGD∽△AOD，可求EG=AO=2，DGDO=4，由勾股定理可求解．⊥BD于G，∵四邊形ABCD是菱形，對角線BD的長為16，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=8，AB=AD=∵E是AD的中點(diǎn)，∴AD=2DE，∵EG⊥BD，∴△EGD∽△AOD，∵BF=3，∴FG=BD-GD-BF=9，18．【分析】延長AD交BC于E，由AB=CA，BD=CD可得AE⊥BC，BE=CE，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及勾股定理可得AE，DE=1，即可求解．∵AB=CA，BD=CD，∴AE⊥BC，BE=CE，∵AB=BC=CA=2，∴BE=CE=1，=1，EF于點(diǎn)G，延長PE交AC于點(diǎn)H，當(dāng)點(diǎn)P在AC上方時，由勾股定理求出CD進(jìn)而得到CECD= ,∠EGC=∠EGP=90°,求出∠CEH=∠CAD=60°,進(jìn)而得到∠PEC=120°,再求出∠CPE=∠PCE==30°,證明△CEF是等腰三角形，在Rt△CEH中，解直角三角形求出CH，進(jìn)而求解；結(jié)合對稱的性質(zhì)易證△CEP是等邊三角形，易求EH=PHPE解直角三角形求出HF，由CF=CH-HF即可求解．∵在矩形ABCD中，AD=6，∠CAD=60°,∠ACD=∴AC=2AD=12，CD∵∴PE=CE=33，∠EGC=∠EGP=90°,∵PH⊥AC，∴∠EHC=∠EHF=90°,∠ACD=30°,∠ACD+∠CEH=∠ACD+∠CAD=90°,∴∠CEH=∠CAD=60°,∴∠PEC=120°,∵PE=CE，∴∠CPE=∠PCEPEC)=30°,∵∠PEG=∠FEH，∠EGP=∠EHF=90°,∴∠CPE=∠EFC=30°,∴△CEF是等腰三角形，CH=FHCF，∠HCE=30°,CH=CE.cos∠HCE∴CF=2CH=9；∵PE⊥AC，∴∠CHE=90°,∵∠ACD=30°,∴∠CEP=60°,CH=CE.cos∠ACD∴∠P=60°,CE=PC=PE∴∠HEF=30°,EH=PHPEHF=EH.∴CF=CH-HF=3； AC=4,OBBD=6，AC⊥BD，取OE中點(diǎn)定理解Rt△GHF即可．BD相交于點(diǎn)O，AC=8，BD=12，∴OA=AC=4,OB=BD=6，AC⊥BD，∵AE=2，∴OE=OA-AE=4-2=2，如圖，取OE中點(diǎn)H，連接GH，∴∠GHE=∠BOA=90°,∵OF=1，在直角三角形GFH中，由勾股定理得：GF=O，AC=8，AE=2，OF=1，∴OB=6，OC=4，∴CE=8-2=6，CF=OC-OF=4-1=3，∴F為CE的中點(diǎn)，且AD=2，求出AB，進(jìn)而求出GF=GH=HC=FCLH=HD-4，再根據(jù)弧長公式即可求出“黃金螺線”AFHK的長．=2，∵四邊形ABFE是正方形，∴AE=EF=BF=AB=5-1，∵四邊形LKDH是正方形，∴“黃金螺線”AFHK的長為22．【分析】如圖，連接AC，交BD于N，過H作HQ⊥BD于Q，求解BE=4，證明HN是△BDE的中位線，可得HN?BE，HNBE=2，HQHN=1，證明四邊形HFCN是平行四邊形，可得∠NCF=∠NHG=30°,而HQ⊥BD，∠HNQ=30°,求解∠GHQ=30°,再進(jìn)一步求解即可．【解答】解：如圖，連接AC，交BD于N，過H作HQ⊥BD于Q，∵BE=2CF，CF=2，∴BE=4，∵矩形ABCD，∴AN=CN=BN=DN，AB?CD，∴∠ABD=∠BAC=30°,∠BAC=∠NCF=30°,∴HN?BE，HNBE=2，∴∠ABD=∠HNQ=30°,∵HN=CF=2，∴∠NCF=∠NHG=30°,而HQ⊥BD，∠HNQ=30°,∴∠HGQ=60°,∴∠GHQ=30°,23．【分析】連接CE，過E作EF⊥BC于F，設(shè)BD=x，則BC=x+2，由∠ACB=90°,E為AD中點(diǎn)，可得CE=AE=DEAD，有∠CAE=∠ACE，∠ECD=∠EDC，證明ΔECD∽ΔBCE，可得,∠CED=∠CBE，故CE2=CD.BC=2(x+2)=2x+4，再證ΔABC∽ΔBEF，得，而AC=2EF，即得2EF2=(x+1)(x+2)，從而,即可解得答案．【解答】解：連接CE，過E作EF⊥BC于F，如圖：設(shè)BD=x，則BC=BD+CD=x+2，∴∠CAE=∠ACE，∠ECD=∠EDC，∴∠CED=2∠CAD，∵BE=BC，∴∠ECD=∠BEC，∴∠BEC=∠EDC，∵∠ECD=∠BCE，∴ΔECD∽ΔBCE，CED=∠CBE，∴CE2=CD.BC=2(x+2)=2x+4，∵AD平分∠CAB，:∠CAB=2∠CAD，:∠CAB=∠CED，:∠CAB=∠CBE，:ΔABC一ΔBEF，ACBC:=BFEF，“CE=DE，EF丄BC， :CF=DF=CD=1，“E為AD中點(diǎn)，:AC=2EF，:2EF=x+2:2EF2=(x+1)(x+2)，“EF2=CE2-CF2，:=(2x+4)-12，:BD=．要構(gòu)造相似或者平行線分線段成比例，所以作CM丄AD于點(diǎn)M，從而將轉(zhuǎn)化成，再根據(jù)題中條【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AH丄CB于點(diǎn)H，丄AD于點(diǎn)M，“AB=BC，=，:BC=AB=BD+CD=13a，“tanB=，:AH=5a，BH=12a，:DH=BH-BD=4a，CH=a，在Rt△ACH中，AC=AH2+CH2=26a，在Rt△ADH中，AD=AH2+DH2=41a，:cos∠ADC=DH=441:DM=CD.cos∠ADC=2041:AM=AD-DM=a，:==．得DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，過E作EH丄AC于H，設(shè)EF與AC相交于M，證明△AHE一△ACB，證明Rt△EHD是等腰直角三角形，得到∠HDE=(AAS)，得到DM=MH=x，則CM=AC-AD-DM=10-x，根據(jù)三角形的面積公式結(jié)合已知可得(10-x(-x=2(25-5x)，然后解一元二次方程求解:設(shè)AD=x，AE=5x，“△ADE沿DE翻折，得到△FDE，:DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，過E作EH丄AC于H，設(shè)EF與AC相交于M，:△AHE一△ACB，EHAHAE:==BCACAB，“CB=5，CA=10，AB=AC2+BC2=102+52=:EH=AH=5x:EH=x，AH=AE2-EH2=2x，則DH=AH-AD=x=EH，:Rt△EHD是等腰直角三角形，在△FDM和△EHM中，(∠FDM=∠EHM=90?！螪MF=∠HME，DF=EH:△FDM≥△EHM(AAS)，:DM=MH=x，CM=AC-AD-DM=10-x，:S△CEF=S△CME+S△CMF=CM.EH+CM.DF=(10-x(.x×2=(10-x(.x，S△BEC=S△ABC-S△AEC=×10×5-×10.x=25-“△CEF的面積是△BEC的面積的2倍，:(10-x(.x=2(25-5x)，則AD=，AD與GC的延長線交于K，由tan∠ABC==2得AE=2BE，進(jìn)而得BE=1，AE=2，則CE=3，AC=13，再由∠ACF=∠CAF得FA=FC，則AH=CHΔFAC=1AC.FH=1AF.CE，得FH,在RtΔAFH中由勾股定理得AF=AF.CE,在RtΔAFH中由勾股定理得AF=4,則EF4,則EF=AF-AE=,證明ΔFCE一ΔFKA得4AK=，則DK=AK-AD=，再證明ΔKDC一先求出BE=1，AE=2，CE=3，設(shè)EF=a，則AFGC的延長線交于K，如圖所示：:AB=CD=5，BC=AD=4，ABⅡCD，又“AE丄BC，在RtΔABE中，tan∠ABC==2，:AE=2BE，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，:BE=1，:AE=2BE=2，:CE=BC-BE=3，在RtΔACE中，由勾股定理得：AC=AE2+CE2=“∠ACF=∠CAF，:FA=FC，“FH丄AC，:AH=CH=AC=，“SΔFAC=AC.FH=AF.CE，:FH=AF.CE=3AF在RtΔAFH中，由勾股定理得：AF2-FH2=AH2，2，:AF=，:EF=AF-AE=-2=，“BCⅡAD，:ΔFCE一ΔFKA，:EF:AF=CE:AK，即:=3:AK，:AK=，:DK=AK-AD=-4=，“ABⅡCD，:ΔKDC一ΔKAG，:DK:AK=CD:AG，即:=5:AG，:AG=395，:BG=AG-AB=395-5=解法二：過點(diǎn)G作GH丄BC，交CB的延長線于H，:AB=CD=5，BC=AD=4，ABⅡCD，又“AE丄BC在RtΔABE中，tan∠ABC==，:AE=2BE，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，2+BEBE=1，∴AE=2BE=2，∴CE=BC-BE=3，設(shè)EF=a，則AF=AE+EF=2+a，∵∠ACF=∠CAF，∴AF=CF=2+a，在RtΔCEF中，由勾股定理得：CF2=CE2+EF2，∵∠GBH=∠ABC，∴在RtΔGBH中，tan∠GBH∴GH=2HB，設(shè)HB=b，則GH=2b，CH=BC+HB=4+b，在RtΔGBH中，由勾股定理得：GB∵GH⊥BC，AF⊥BC，∴EF?GH，∴ΔCEF∽ΔCHG，∴CE:CH=EF:GH，∴GH，故答案為∴OA=OC=OD=OB，∠DOC=90°,∴在Rt△DOC中，OD2+OC2=DC2，∴OA=OD=OC=OB=3，∵OE=5，∴AE=OE-OA=2；故答案為：2．(Ⅱ)延長DA到點(diǎn)G，使AG=AD，連接EG，過E作EH⊥AG于H，∴AF為△DGE中位線，∴AFEG，在Rt△EAH中，∠EAH=∠DAC=45°,∴AH=EH，∵AH2+EH2=AE2，∴AH=EH∴GH=AG-AH=32-2=22，在Rt△EGH中，EG2=EH2+GH2=10，∴AFEG．故答案為：．度計(jì)算得出∠AEM是等腰直角三角形，求出EF的長度，最后利用勾股定理和射影定理，得出DG的長度．【解答】解：設(shè)∠CBE=x，則∠ABF=∠AFB=90° -x，∴∠AFE=90°+x，∠BAF=180°-2(90°-x)=2x，∵AF=AB=AD，AE=AE，∠EAF=∠EAD=45°-x，∴ΔAEF?ΔAED(SAS)，∴∠ADE=∠AFE=90°+x，∴∠CDE=x，∴∠DEB=90°,∴∠AED=∠AEB=45°,過點(diǎn)A作AM⊥BE于點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DN⊥AE于點(diǎn)N，∴∠EAM=45°-x+x=45°,∴ΔAEM是等腰直角三角形，∴EM=AM=7，∴EF=6，∴DE=EF=6，△DBC，由菱形的性質(zhì)得OD=OB，OA=OC，AC⊥BD，則，求得OHBC=5，再證明△OFH∽△EFC，得，則EC= OH=6，再證明∠OEC=∠COE，則OC=EC=6，求得OB，則BD=16，AC=12，所以S菱形ABCDBD.AC=96，于是得到問題的答案．△DBC，∵四邊形ABCD是邊長為10的菱形，對角線AC，BD∴BC=10，OD=OBBD，OA=OC，AC⊥BD，∴△OFH∽△EFC，∵BC=DC，AC⊥BD，∠ACD=2∠OEC，∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，∴∠OEC=∠COE，∴OC=EC=6，∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，30．【分析】連接CE，設(shè)EF=x，證△DOE∽【解答】解：在DF上截取DH=HE，∴∠FHE=2∠FDE，設(shè)FE=x，HD=y，在Rt△HEF中，y2+x2，∵∠AOB=4∠FDE，∴∠COD=4∠FDE，∵OC=OD，∴∠DOF=2∠FDE=∠FHE，∴x=1，∵∠AOB=4∠CDG=4α,∴OE⊥C，∴∠DOE=2α,∴∠ODF=90°-2α,∴∠ODE=90°-α,∵∠DEF=∠G=90°-α,∴∠ODE=∠OED，設(shè)EF=m，則OD=6m，OF=5m，在Rt△OFD中，DFm，∴DF=11；故答案為：．根據(jù)折疊的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)，證明Rt△HAE?Rt△EDF(ASA)，進(jìn)而得到△BED′為直角三角形，設(shè)∠DEF=α,則∠AEH=∠DEF=α,∠DED′=2α,證明△BHE為等腰三角形，求出AH，即可解答．∵矩形ABCD中，AB，AD=2，E為邊AD的∴AE=DE=1，∠BAE=∠D=90°,∵將△DEF沿EF翻折，點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)為D′，∴ED=ED′=1，∠ED′F=∠D=90°,∠DEF=∠D′EF，則Rt△HAE?Rt△FDE(ASA)，DF=AH，∵BD′=2，設(shè)∠DEF=α,則∠AEH=∠DEF=α,∠DED′=2α,∴∠AEB=90°-2α,∠AHE=90°-α,∴∠HEB=∠AHE=90°-α,根據(jù)勾股定理可以求得BD的值，然后再根據(jù)的值，從而可以求得CF的值；還有一種情況就是點(diǎn)F∵∠ACB=90°,AC=BC，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，∴CDABC=45°,∴BD=BF=10，∴∠ABC=∠BCG=45°,△APQ∽△ADC，得出CD，設(shè)DE=t，則AP=AE，進(jìn)而得出AD=AE+DE，結(jié)∴△APQ∽△ADC，,即，∵x=y，∴CD=2；∵△APQ∽△ADC，,即，設(shè)DE=t，∵AP=2ED，∴AP=2t，∴△CDE∽△BAE，,即，整理得：AE，∵△APQ∽△ADC，,即，34．【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD=BC=CD=6，AD?BC，∠BCD=120°,則∠DCE=60°,再在到CE=3，DE，接著在Rt△ADE中利用勾股定理計(jì)算出AE，然后證明△AFD∽△EFB，利用相似比和比例的性質(zhì)計(jì)算出AF，同樣方法計(jì)算出AG，最后計(jì)算AG-AF即可．∴AD=BC=CD=6，AD?BC，∠BCD=120°,∴∠DCE=60°,∵DE⊥BC，∴∠DEC=90°,在Rt△DCE中，∵∠CDE=90°-∠DCE=30°,:CE=1CD=3， :BE=BC+CE=9，“ADⅡBE，在Rt△ADE中，AE=DE2+AD2=(33)2+62=“ADⅡBE，:△AFD一△EFB，:AF=AD=6=2FEBE93，:AF=AE=×37=657，“ADⅡCE，:△AGD一△EGC，EGCE3:AG=AD=6=EGCE3:AG=AE=×37=27，:FG=AG-AF=27-67=35．【分析】設(shè)AG與BF交于點(diǎn)M，BGBM，根據(jù)tan∠FBC==，列出方程進(jìn)行求:CF=1CD=2，AG丄BH，:AG=AB2+BG2=16+a2，BF=BC2+CF2=+4“S△ABG=AB.BG=AG.BM，:BM=AB.BG=4aBMBC:cos∠FBC==BGBF，:BM.BF=BG.BC，,,:a=10，經(jīng)檢驗(yàn)a=:BC=5a=210，方法二：“△ABG一△BCF，ABBG:=BCCF，:4=a:a=10，點(diǎn)H．由矩形的性質(zhì)可得CD=AB=2，∠ABC=1，CH=FG=1，DH=CD-CH=1，結(jié)合角平分線的性質(zhì)可得HF=FG=1，再利用勾股定理求DF的長“CF平分∠BCD，:HF=FG．“四邊形ABCD為矩形，:FG=BF=1，:HF=1，CH=FG=1，:DH=CD-CH=1，:DF=DH2+HF2=2．37．【分析】作EH丄BC于點(diǎn)H，由CF=4cm，F(xiàn)B′=1cm，求得B′C=5cm，由折疊得BC=B′C=5cm，由菱形的性質(zhì)得BCⅡAD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，因?yàn)镃B′丄AD于點(diǎn)F，所以∠BCB′=∠CFD=-CF2= 得CH=EH=BE，BH=BE，于是得BE+BE=5，則BE=cm．“CF=4cm，F(xiàn)B′=1cm，:B′C=CF+FB′=4+1=5(cm)，由折疊得BC=B′C=5cm，∠BCE=∠B′C:BCⅡAD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，“CB′丄AD于點(diǎn)F，、DC2-CF2=、52-42=3(cm)，:CH=EH，“=sinB=sinD==，=cosB=cosD=DF=3DC5，:CH=EH=BE，BH=BE，:BE+BE=5，:BE=“ADⅡCB，:∠M=∠MCB，,:∠M=∠MCF=45。，,:CF=FM=4，“AF=FD=2， :AM=2，“==，:EB=×5=．ΔABC繞點(diǎn)C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△A1B1C，可得故SΔBDE=SΔADE=SΔABE，因SΔABE=3SΔACE，即有CD=5x=BD=AD，求出BE=、BD2-DE2=4x，BC=BE2+CE2=25x，證明ΔBCE一ΔABC，即可“A1B1ⅡAC，:∠A1=∠A1CA，“將ΔABC繞點(diǎn)C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△A1B1C，:∠A1=∠BAC，:∠A1CA=∠BAC，:CD=AD，:∠CBD=∠BCD，:BD=CD，:BD=CD=AD，:SΔBDE=SΔADE=SΔABE，“SΔABE=3SΔACE，:SΔBDE=SΔADE=SΔACE，:SΔACE=2:CE=2:BE=、BD2-DE2=4x，:BC=BE2+CE2=25x，:ΔBCE一ΔABC，∵ACAB．39．【分析】取BC中點(diǎn)H，連接AH，作DG⊥BC，DM⊥BE，設(shè)EF=a，由折疊的性質(zhì)得到AD=CD=DE=x，得到cos∠ABC=cos∠BED，從而推導(dǎo)出a= ,由三角形中位線定理得到BG，從而推導(dǎo)出ΔEMD?ΔCGD(AAS)，得到四邊形MBGD是正方形，DG，AH=15，最后利用勾股定理解答即可． D作DG⊥BC于點(diǎn)G，DM⊥BE于點(diǎn)M．如圖1，設(shè)EF=a，AD=CD=DE=x，則DF=x-a．∵AB=AC，∴AB=2x，∠ABC=∠ACB，BH=HC=5．又由折疊得∠ACB=∠BED，BE=BC=10，∴∠ABC=∠BED，∴cos∠ABC=cos∠BED，即，∵D是AC中點(diǎn)，DG⊥BC，由折疊知∠DEM=∠DCG，ED=CD，∴ΔEMD?ΔCGD(AAS)，∴DG=MD．∵DE⊥AB，∴∠EFB=90°,∴∠DEB+∠EBF=90°.又∵∠CAH+∠ACB=90°,且∠ACB=∠DEB，∴∠EBF=∠CAH，∴∠EBF+∠ABC=90°,∴∠DMB=∠MBG=∠BGD=90°∴AH=2DG=15．在RtΔAHC中，AH2+HC2=AC2，∴a，x-a，即ADDF=在RtΔAFD中，AF由軸對稱可得BD垂直平分CE，由DA=DC=DE可得∠AEC=90°,設(shè)∠DCG=x，則∠ADE=2x，由DE⊥AB得∠DAF=90°-2x，在等腰ΔABC中，底角∠ACB=45°+x，∴∠BCG=45°,設(shè)DG=m，則AE=2m，在等腰ΔDAE中導(dǎo)角可得∠EAF=x，過點(diǎn)B作BH⊥AE交AE延長線于H，則ΔCDG與ΔABH相似，∴AF=AE.cosx40．【分析】過點(diǎn)G作GM⊥DE于M，證明ΔDGE∽,設(shè)GE=3k，AG=7k，EM=3n，DM=7n，則EC=DE=10n，在RtΔDGM中，GM2=DG2-DM2，在RtΔGME中GM2=GE2-EM2，則DG2-DM2=GE2-EM2，解方程求得nk，則EMk，GE=3k，用勾股定理求得GM，根據(jù)正切的定義，即可求解．【解答】解：過點(diǎn)G作GM⊥DE于M，如圖，∴∠1=∠2，∠2=∠3，∴∠1=∠3，∴ED=EC，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4，又∵∠DGE=∠CGD，∴ΔDGE∽ΔCGD，∴DG2=GE×GC，∴AD⊥DE，MGE=∠A，設(shè)GE=3k，EM=3n，則AG=7k，DM=7n，∴EC=DE=10n，∴DG2=GE×GC=3k×(3k+10n)=9k2+30kn，在RtΔDGM中，GM2=DG2-DM2，在RtΔGME中，GM2=GE2-EM2，∴DG2-DM2=GE2-EM2，2+30kn-(7n)2=(3k)2-(3n)2，解得：nk，∵GE=3k，41．【分析】過點(diǎn)A作AF⊥BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)A作AH⊥DE于點(diǎn)H，由折疊易得AF=AH，AB=AE，BF=EH，CG=a，則AG=3a，于是AB=AC=AE=4a，在RtΔABF中，利用tanB可求出AH=AFa，BF=EHa，在RtΔAGH中，利用勾股定理求出GHa，以此求出EGa，由ΔAEG∽ΔDCG得，求得DGa，則.【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AF⊥BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)A作AH⊥DE于點(diǎn)H，∵AB=AC，∴∠B=∠C，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，∠B=∠E，AF=AH，AB=AE，BF=EH，∴∠E=∠C，∴AB=AC=AE=4a，在RtΔABF中，tanB解得：AFa或AFa(舍去)，在RtΔAGH中，GH∵∠AGE=∠DGC，∠E=∠C，∴ΔAEG∽ΔDCG，,即，:EG=a=49DGa75，:==．:∠APE=∠DAC-∠AEP=45。，在RtΔAPF中，PF=AP.cos∠APE，在RtΔAEF中，tan∠AEP=，:EF==3=6，:PE=PF+EF=2+6，k.AB，通過證明ΔABC一ΔECF，推出CF=k2.BD，可得BF丄AC，設(shè)AB=AC=1，BC=k，CF=x，則AF=1-x，利用勾股定理列方程求出x的值，進(jìn)而可以解決問題．:DB=DF，“AD=DF，:AD=DB，“AD=DF，:∠A=∠DFA，:∠BDE=∠FDE，“∠BDE+∠FDE=∠BDF=∠A+∠DFA，:∠FDE=∠DFA，:DEⅡAC，:∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC， :∠DEB=∠DEF，:∠C=∠EFC，“AB=AC，:∠C=∠B，“∠ACB=∠EFC，:ΔABC一ΔECF，ABBC:=ECCF，“DEⅡAC，:∠BDE=∠A，∠BED=∠C，:ΔBDE一ΔBAC，:BE=BD=1:EC=1BC :BC=k.AB，:EC=k.AB，:AB=k.ABk.ABCF，:CF=k2.AB，:CF=CF=CF=k2.AB=FAAC-CFAB-CFAB-k2.AB 2-k2．方法二：如圖，連接BF，:DB=DF，“AD=DF，:AD=DB=DF，:BF丄AC，設(shè)CF=x，則AF=1-x，由勾股定理得，AB2-AF2=BC2-CF2，:12-(1-x)2=k2-x2，:x=，:AF=1-x=，44．【分析】如圖，過E作EQ⊥CA于點(diǎn)Q，設(shè)BE=x，AE=y，可得CD=3x，DE=2y，證明BC=AB=6，CE=6+x，ΔCQE為等腰直角三角形，QE=CQCEx，AQx，由勾股定理可得：,再解方程組可得答案．【解答】解：如圖，過E作EQ⊥CA于點(diǎn)Q，設(shè)BE=x，AE=y，∵BECD，ED=2AE，∴CD=3x，DE=2y，∵∠BAC=90°,AB=AC∴BCAB=6，CE=6+x，ΔCQE為等腰直角三整理得：x2-2x-6=0，45．【分析】過A作AH⊥BC于H，延長AD，BC于E，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出BH=HCBC=∠CBD=∠CED，得到DB=DE，根據(jù)等腰三角形的性,求出CD，根據(jù)勾股定理求出DE=得到，即，求出結(jié)果即可． 【解答】解：過A作AH⊥BC于H，延長AD，BC于E，如圖所示：則∠AHC=∠AHB=90°,∵AB=AC=5，BC=6，∵∠ADB=∠CBD+∠CED，∠ADB=2∠CBD，∴∠CBD=∠CED，∴DB=DE，∵∠BCD=90°,∴DC⊥BE，∴CE=BC=6，∴EH=CE+CH=9，∵DC⊥BE，AH⊥BC，解得AD．46．【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠A=∠B=∠C=60°,根據(jù)折疊的性質(zhì)得到△BDE?△FDE，根據(jù)已知條件得到圖形ACED的面積=S△BDE=S△FDE，求得S△FHG=S△ADG+S△CHE，根據(jù)相似三角形的判定和性∴∠A=∠B=∠C=60°,∵折疊△BDE得到△FDE，∴△BDE?△FDE，∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，∴圖形ACED的面積=S△BDE=S△FDE，∴S△FHG=S△ADG+S△CHE，∵∠AGD=∠FGH，∠CHE=∠FHG，:=2=,=2=，:+===1，:GH2=m2+n2，47．【分析】連接BB/，過點(diǎn)F作FH丄AD，設(shè)CF=x，則DH=x，BF=1-x，根據(jù)已知條件，分別表示出AE、EH、HD，證明ΔEHF≥△B/CB，得出EH=B/C=-2x，在Rt△B/FC中，根據(jù)勾股定理建立方程即可解答．【解答】解：如圖，連接BB/，過點(diǎn)F作FH丄AD，“已知正方形ABCD的邊長為1，四邊形ABFE與四邊形EFCD的面積比為3:5，:S四邊形ABFE=×1=，設(shè)CF=x，則DH=x，BF=1-x，:S四邊形ABFE=×(AE+BF(×AB=，即(AE+1-x)×1=，解得AE=x-，:DE=1-AE=-x，:EH=ED-HD=-x-x=-2x，:∠1=∠3，又FH=BC=1，∠EHF=∠C，:ΔEHF≥△B/CB(ASA)，:EH=B/C=-2x，在Rt△B/FC中，B/F2=B/C2+CF2，:(1-x)2=x2+-2x(2，48．【分析】過A作AN丄BD于N，過B作BM丄AC于M，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OB=BD，OA= AC，AC=BD，根據(jù)三角形的面積公式得到AN=BM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ON=OM，F(xiàn)M=EN，設(shè)FM=EN=x，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】解：過A作AN丄BD于N，過B作BM丄AC于M，:OB=BD，OA=AC，AC=BD，:OB=OA，“SΔAOB=OB.AN=OA.BM，:AN=BM，“AE=BF，:RtΔANE≥△RtΔBMF(HL)，:FM=EN，設(shè)FM=EN=x，“AF=1，BE=3，:BN=3-x，AM=1+x，:3-x=1+x，:x=1，:FM=1，:AM=2，“AB=5，:BM=AB2-AM2=21，:BF=FM2+BM2=1+21=22，49．【分析】如圖，過F作FM丄BE于M，F(xiàn)N丄CD于N，由CF平分∠DCE，可知∠FCM=∠FCN==CM=NF=CN=a，則ME=2-α,證明ΔEFM一3FMME=ABBEΔEAB，則,即=3FMME=ABBEΔEAB，則DN=CD-CN=，由勾股定理得DF=DN2+NF2【解答】解：如圖，過F作FM丄BE于M，F(xiàn)N丄CD于N，則四邊形CMFN是矩形，F(xiàn)MⅡAB，“CF平分∠DCE，:CM=FM，:四邊形CMFN是正方形，設(shè)FM=CM=NF=CN=a，則ME=2-a，“FMⅡAB，:ΔEFM一ΔEAB，:=，即=，:DN=CD-CN=9由勾股定理得：DF=DN2+NF2=31033延長線于點(diǎn)F，由平行四邊形的性質(zhì)可得DC=AB==DC=3，CF=3DF=33，由平行線的性質(zhì)得=≥ΔDCE，得到BC=CE=8，再利用勾股定理求得EF=37，則DE=EF-DF．解法二：過點(diǎn)B作BF丄AD于點(diǎn)F，過AF=AB.cosA=3，BF=AB.sinA=33，由折疊可三角形，BC=CE=8，EG=BG=BE，易證CE，設(shè)EF=x(0<x<8)，則BERtΔBEF中，利用勾股定理建立方程，求解即可．AD的延長線于點(diǎn)F，“四邊形ABCD為平行四邊形，AB=6，“CF丄AD，:DF=1DC=3，CF=3DF=33，“ADⅡBC，∠CDE，:△A’BC≥ΔDCE(AAS)，:BC=CE=8，在RtΔCEF中，EF=CE2-CF2=82-(33)2=:DE=EF-DF=37-3．:ADⅡBC，AD=BC=8，在RtΔABF中，AF=AB.cosA=6×=3，BF=“AEⅡBC，:∠AEB=∠CBE， :ΔCBE為等腰三角形，BC=CE=8，“CG丄BE，:EG=BG=BE，:ΔBEF一ΔCEG，EFBEEFBE:BE2=2EF.CE，:EG=:BE2=2EF.CE，設(shè)EF=x(0<x<8)，∴BE2=2x.8=16x，在RtΔBEF中，EF2+BF2=BE2，∴x2+(33)2=16x，整理得：x2-16x+27=0，∴EF=8-37，∴DE=AD-AF-EF=8-3-(8-37)=37-3．故答案為：37-3．51．【分析】由直角三角形的性質(zhì)可得BE=2CF=29，設(shè)DE=3x，EC=2x，則DC=BC=5x，根據(jù)用勾股定理即可解答．∴∠BCD=90°,BC=DC=AD，∵F為BE的中點(diǎn)，CF=∴BE=2CF=29，設(shè)DE=3x，EC=2x，則DC=BC=5x，在RtΔBCE中，(5x)2+(2x)2=解得x=1或-1(舍去)，∴CE=2，DE=3，BC=AD=DC=5，在RtΔADE中，AE2=AD2+DE2，即AE=52+32=34．52．【分析】連接AD，過點(diǎn)D作DG⊥AC于點(diǎn)G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，∠ACD=60°,得到ΔACD為等邊三角形，由等邊三角形三線合一可知AG=CG=AC，再設(shè)AB=AC=2a，則AC=AD=CD=2a，AG=CG=a，易得DG=3a，ΔABE∽ΔGDE，由相似三角形的性質(zhì)可得=，即AE=GE，由AE+GE=AG=a可求出GE=(23-3)a，AE=(4-23)a，利用勾股定理求出DE，以此【解答】解：如圖，連接AD，過點(diǎn)D作DG⊥AC于∴AC=CD，∠ACD=60°,∵DG⊥AC，∴AG=CG=AC，設(shè)AB=AC=2a，則AC=AD=CD=2a，AG=CG=a，在RtΔADG中，DG=AD2-AG2=3a，∵∠BAE=∠DGE=90°,∠AEB=∠GED，∴ΔABE∽ΔGDE，∴AE=ABAE2a23GEDG，即GE=3a=∴AE=ABAE2a23∵AE+GE=AG=a，∴23GE+GE∴AE=(4-23)a，在RtΔDGE中，DE=DG2+EG2=23(2-3)a，∴AE=(4-23)a=6-33= (2-3 (2-3)a32-6=2-653．【分析】由矩形的性質(zhì)得CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°,設(shè)DN與CM交于點(diǎn)T，由翻折的性質(zhì)得DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°,分兩種情況討論如下：①當(dāng)AN=DN時，過點(diǎn)N作NH⊥AD于H，則AH=DH=3，設(shè)MD=x，則MH=3-x，MN=x，由勾股定理得：HN=6x-9，證△NHD∽△MDC，得NH:DM=HD:CD，即、6x-9:x=3:5，由此解出x即可；②當(dāng)DN=AD時，則DN=6，則DT=TN=3，由勾股定理求出CT=4，證△DTM∽△CTM，得MD:CD=DT:CT，即MD:5=3:4，由此求出MD即可．【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，AB=5，BC=∴CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°,設(shè)DN與CM交于點(diǎn)T，由翻折的性質(zhì)得：DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°,∵△AND為等腰三角形，點(diǎn)M不與點(diǎn)A，D重合，①當(dāng)AN=DN時，過點(diǎn)N作NH⊥AD于H，則AH=DH=3，如圖：設(shè)MD=x，則MH=3-x，MN=x，在Rt△MNH中，由勾股定理得：HN=、MN2-MH2=6x-9，:∠DCM=∠ADN，:△NHD一△MDC，:NH:DM=HD:CD，②當(dāng)DN=AD時，則DN=6，如圖：:DT=TN=3，在Rt△CDT中，CD=5，DT=3，由勾股定理得：CT=、CD2-DT2=4，“CM丄DN，∠ADC=90。，:∠DCT=∠ADN，又∠DTM=∠CTD，:△DTM一△CTD，:MD:CD=DT:CT，:MD=．得DE=AF=5，AE=BF=5，再證ΔAFH一ΔADE，利用相似三角形的性質(zhì)可得AH的長；過點(diǎn)M作MN丄AE于點(diǎn)N，先求出AE=BE=5，EH=3，BH=4，證ΔMEC一ΔMBA得ME:MB=CE:AB=1:2，三角形的性質(zhì)得MN=，EN=1，進(jìn)而得HN=2，最后在RtΔMHN中，由勾股定理可求出MH．:DE=CE=5，由勾股定理得：AE=、AD2+DE2=5，:∠DAE=∠ABF，r∠D=∠BAF=90。{AD=AB，∠DAE=∠ABF:ΔDAE≥ΔABF(SAS)，:DE=AF=5，AE=BF=5，又∠HAF=∠DAE，:ΔAFH一ΔADE，:AH:AD=AF:AE，:AH=2．過點(diǎn)M作MN丄AE于點(diǎn)N，如圖：rAD=BC(DE=CE:ΔADE≥ΔBCE(SAS)，:AE=BE=5，:EH=AE-AH=5-2=3，在RtΔAHB中，AB=25，AH=2，由勾股定理得：BH=、AB2-AH2=4，“ABⅡCD，:ΔMEC一ΔMBA，:ME:MB=CE:AB，:ME:MB=1:2，:ME:EB=1:3，“BF丄AE，MN丄AE，:MNⅡBH，:ΔMNE一ΔBHE，:MN:BH=EN:EH=ME:EB:MN:4=EN:3=1:3，:MN=，EN=1，∴HN=EH-EN=3-1=2，在RtΔMHN中，MNHN=2，由勾股定理得：MH，．55．【分析】設(shè)B′E交AD于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作EM⊥AD于點(diǎn)M，則四邊形ABEM為矩形AB=ME=6，AM=BE=3，由折疊可知BE=B′E=3，∠BEF=∠B′EF，由平行線的性質(zhì)可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B′EF，F(xiàn)G=EG，利用勾股定理求得EH=得EGFG，MG，于是FM=FG-MG，AF，則FD=AD-AF，代入計(jì)算即可得到答案．AD于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作EM⊥AD于點(diǎn)M，則∠AME=90°,∵四邊形ABCD為矩形，BC=6，∴AD=BC=6，∠A=∠B=90°,AD?BC，∴∠AME=∠A=∠B=90°,∴四邊形ABEM為矩形，∴AB=MEAM=BE=3，由折疊可知，BE=B′E=3，∠BEF=∠B′EF，∴∠GFE=∠BEF，∴∠GFE=∠B′EF，即∠GFE=∠GEF，∴FG=EG，∵B′H⊥BC，∴∠B′HE=90°,在Rt△B′HE中，EH∵M(jìn)E⊥BC，B′H⊥BC，∴∠EMG=∠B′HE=90°,∴∠EGM=∠B′EH，∴△EMG∽△B′HE，,即∴FD=AD-AF=6-(3-3)=3+3；FK⊥BC于點(diǎn)K，同理可得B/E=BE=CE=3，F(xiàn)P=EP，在Rt△B/HE中，EH△B/EH∽△FPK，則，即解得FPEP，PK，∴EK=EP-PK=3，∴DF=DK=CE-EK=3-3；∵△BAC，△DMN是等邊三角形，∠DBN=90°,∴∠ABC=∠DEB=∠MDN=∠BDE=60°,DM=DN，∴BD=DE=BE=2，∠NBE=∠DBN-∠DBE=30°,∠EDN+∠NDB=∠NDB+∠MDB=60°,∴∠EDN=∠BDM，∴△DEN?△DBM(SAS)，∴∠DEN=∠DBM=180°-60°=120°,BM=NE，∴∠BEN=∠DEN-∠DEB=60°,∴∠BNE=90°,即BM=1，∴MC=BC+BM=7+1=8．同理可得△DEN?△DBM，∠NDE=∠BDN-∠BDE=90°-60°=30°,∴∠NED=∠MBD=60°,即∠DMB=∠DNE=90°,∴CM=BC-BM=6．同理可證△DBN?△DEM，DE=BD=2，∠DEM=∴∠DME=∠DNB=90°,∴CM=BC-BM=6．同理可證△DBN?△DME，DE=BD=BE=2，∠DEM=60°,∴∠MDE=∠NDB=90°,BE=BC-BE=5，∴CM=ME+BE=9．整理得4m2-8mn+n2=0，構(gòu)造等腰直角三角形，再利用手拉手全等和∴∠GAE=∠PBE，∠AGE=∠BPE，:△AGE一△BPE，:AG=AE=1BPBEk，“AN=BP=k，:MN=k-1，“S1=AD2=AM2+MD2=k2+1，S2=MN2=(k-1)2,易證△GBA≥△PBC，根據(jù)角平分線比例定理得：AG=:AM=1，MD=k=AN，:MN=k-1，“S1=AD2=AM2+MD2=k2+1，S2=MN2=(k-1)2,S2(k-1)2；:S2(k-1)2；(2)根據(jù)MN丄GH和∠C,NM=∠CNM這一條件作為突破口，得到PG=PGI=GGI和NG=NGI，從而【解答】解：(1)“MN丄EF，∠BEF=α,:∠EMN=90。-α,“CDⅡAB，:∠CNM=∠EMN=90。-α,:∠C,NM=∠CNM=90。-α.(2)如圖，設(shè)PH與NCI交于點(diǎn)GI，“四邊形ABCD和四邊形EFGH是正方形，:∠AHE+∠GHD=∠AHE+∠AEH=90。:∠GHD=∠AEH，:ΔEAH≥ΔHDG(AAS)同理可證ΔEAH≥ΔHDG≥ΔGCF≥ΔFBE，:DH=CG=AE=4，DG=EB=8，:GH=DG2+DH2=45，“MN丄GH，且∠C,NM=∠CNM，:MN垂直平分GGI，即PG=PGI=GGI，且NG=NGI，“四邊形CBMN沿MN折疊，:CN=CIN，:CN-NG=CIN-NGI，即CIGI=CG=4，“ΔGDH沿GH折疊得到△GDIH，:GDI=GD=8，:CIGIⅡDIG，:HGI=CIGI=1HGDIG2，:HGI=GGI=1HG=25，又“PGI=GGI=5，:PH=PGI+HGI=35．60．【分析】設(shè)AE=a，DE=b，則BF=a，AF=ab-a2，化簡可得(b-ab-a2，化簡可得(b-a)式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD=1:3，進(jìn)而可求解n【解答】解：設(shè)AE=a，DE=b，則BF=a，AF=“tanα=，tanβ=b-aa，tanα=tan2β,:(b-a)2=ab，∵a2+b2=AD2=S正方形ABCD，(b-a)2=S正方形EFGH，∴S正方形EFGH:S正方形ABCD=ab:3ab=1:3，∵S正方形EFGH:S正方形ABCD=1:n，∴n=3．★類型二：幾何最值問題★段DF，∴DE=DF，∠EDF=90°,又∵∠A=∠ABC=90°,AB=4，BC=3，AD=1，過點(diǎn)D作DG⊥BC于點(diǎn)G，在DG上取一點(diǎn)H，使得DH=AD=1，延長FH交AB于點(diǎn)I，則四邊形ABGD∴∠GDA=∠ADE+∠EDG=90°=∠EDG+∠HDF．∴∠ADE=∠HDF，∴△DHF?△DAE(SAS)，∴∠DHF=∠DAE=90°,∴FH⊥DG，即點(diǎn)F在FH上運(yùn)動，∴四邊形DAIH和四邊形BGHI是矩形，∴HI=AD=BG=1，AI=DH=1，BI=4-1=3，∴∠A=∠ABC=90°,AB=4，BC=3，AD=1，∴DE=12+(4-BE)2，CE=、32+BE2，∴EC-ED=、32+BE2-12+(4-BE)2，∴BE最大時，EC-ED最大，時EC=、42+32=5，ED=1，EC-ED=5-1=4≠BF=HI2+BI2=12+32=10，故B正確，不符合作點(diǎn)D關(guān)于AB的對稱點(diǎn)M，連接MC，則ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°,過M作MN⊥CB于點(diǎn)N，此時EC+ED，當(dāng)C、E、M三點(diǎn)共線時，EC+ED最小，∵M(jìn)N⊥CB，∠ABN=180°-90°=90°,∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，∴EC+ED的最小值=AC=42+42=42，故C正當(dāng)E與A重合時，CF=GH2+CG2=(3-1)2+(4-1)2=13，當(dāng)E與B重合時，過C作CQ⊥FH，則四邊形∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，∵△DHF?△DAE，∴FH=AE=4，∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，∴FC=CQ2+FQ2=22+32=13，線，兩垂線交于點(diǎn)M，構(gòu)造△MDF∽△DB