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专题 27.2 相似三角形判定与性质的综合
【典例1】在四边形ABCD中，∠ABC=90°，BC=2AB=4，点E是边BC的中点，连接AE、DE，
DE=DC．
（1）如图1，若DE⊥DC，连接AC，求证：△ABC∽△DEA；
（2）如图2，点F是边CD的中点；
①若BF∥AD，求CD的长；
②直接写出BG:GH:HF的值．
【思路点拨】
DE ❑√2 AE ❑√2
（1）利用等腰直角三角形的性质、勾股定理可求 = ， = ，∠AED=90°=∠ABC，然后
AB 2 BC 2
利用两边对应成比例，并且夹角相等的两个三角形是相似三角形即可得证；
1
（2）①过D作DM⊥BC于M，交BF于N，连接MF，利用三线合一的性质求出EM=CM= CE=1，
2
证明四边形ABND是平行四边形，得出DN=AB=2，利用三角形中位线定理得出∴MF∥DE，
1 EH BE 2 2
MF= DE，可证△BEH∽△BMF，得出 = = = ，设EH=2a，则MF=3a，
2 MF BM 2+1 3
MF MN 3 7
DE=CD=6a，DH=4a，证明△NFN∽△DHN，得出 = ，可求MN= ，DM= ，然后利
DH DN 2 2
用勾股定理即可求解；
②过E作EQ∥MN交BF于Q，可证△BEQ∽△BMN，求出EQ=1，证明△EQH∽△DNH，得出QH EQ 1 BQ BE
= = ，设QH=x，则NH=2x，QN=3x，利用平行线分线段成比例可求 = =2，
NH DN 2 QN ME
BH BE 7 2
= =2，则BQ=6x，HF= x，证明△ABG∽△EQG，可求BG= BQ=4x，GQ=2x，
HF EM 2 1+2
GH=3x，最后代入化简即可．
【解题过程】
（1）证明：∵∠ABC=90°，BC=2AB=4，点E是边BC的中点，
∴BE=AB=2=CE，∠AEB=∠BAE=45°，
∴AE=❑√AB+BE2=2❑√2，
∵DE=DC，DE⊥DC，
∴DE2+DC2=CE2=4，∠DEC=∠DCE=45°，
∴DE=DC=❑√2，
DE ❑√2 AE 2❑√2 ❑√2
∴ = ， = = ，
AB 2 BC 4 2
DE AE
∴ = ，
AB BC
∵∠AEB=45°，∠CED=45°，
∴∠AED=90°=∠ABC，
∴△ABC∽△DEA；
（2）解：①过D作DM⊥BC于M，交BF于N，连接MF，
，
又DE=DC，
1
∴EM=CM= CE=1，
2
又∠ABC=90°，
∴AB∥DM，又BF∥AD，
∴四边形ABND是平行四边形，
∴DN=AB=2，
∵F是AC中点，EM=CM，
1
∴MF∥DE，MF= DE，
2
∴△BEH∽△BMF，
EH BE 2 2
∴ = = = ，
MF BM 2+1 3
设EH=2a，则MF=3a，DE=CD=6a，
∴DH=DE−HE=4a，
∵MF∥DE，
∴△NFN∽△DHN，
MF MN 3a MN
∴ = ，即 = ，
DH DN 4a 2
3
∴MN= ，
2
7
∴DM=DN+MN= ，
2
❑√53
∴CD=❑√DM2+CM2=
；
2
②过E作EQ∥MN交BF于Q，
，
∴△BEQ∽△BMN，
EQ 2
EQ BE =
∴ = ，即 3 3，
MN BM
2
∴EQ=1，∵EQ∥MN，MN∥AB，
∴△EQH∽△DNH， EQ∥AB，
QH EQ 1
∴ = = ，
NH DN 2
设QH=x，则NH=2x，QN=3x，
∵EQ∥MN，
BQ BE
∴ = =2，
QN ME
∴BQ=6x，
∴BH=7x，
∵MF∥DE，
BH BE
∴ = =2，
HF EM
7
∴HF= x，
2
∵EQ∥AB，
∴△ABG∽△EQG，
BG AB
∴ = =2，
GQ EQ
2
∴BG= BQ=4x，GQ=2x，
1+2
∴GH=3x，
7
∴BG:GH:HF=4x:3x: x=8:6:7．
2
1．（2023·安徽滁州·校联考模拟预测）如图，在△ACB和△ABD中，∠C＝∠ABD＝90°，
AC＝BC＝2，AB＝BD，P为AC上一点（不与点A、C重合），连接PB，作PB⊥BQ交AD于点
Q．（1）求证：PB＝BQ；
（2）求证：AP+AQ＝2BC；
S
（3）如图2，若P为AC的中点，连接CQ分别交BP、AB于点E、F，求 △BEF 的值．
S
四边形APEF
【思路点拨】
（1）只要证明△ABP≌△DBQ（ASA），即可解决问题．
（2）如图1中，作BG⊥AD于G．首先证明四边形ACBG是正方形，再利用直角三角形斜边中线的性质，
证明AD＝2BC，结合全等三角形的性质即可证明．
（3）如图2中，作BG⊥AD于G，交CQ于H，连接AE．由△PCE∽△BHE，△ACF∽△BHF，推出
PE PC 3 AF AC 3 S 3 S 3
= = ， = = ， △APE= ， △AEF = ，设S =2x，用x表示△BEF，四边形APEF
BE BH 4 BF BH 2 S 4 S 2 △BEF
△AEB △EFB
的面积即可．
【解题过程】
（1）证明：如图1中，
∵∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC，AB＝BD，
∴∠BAP＝∠D＝45°，
∵PB⊥BQ，
∴∠PBQ＝∠ABD＝90°，∴∠ABP＝∠DBQ，
∵BA＝BD，
∴△ABP≌△DBQ（ASA），
∴PB＝BQ．
（2）证明：如图1中，作BG⊥AD于G．
∵△ACB，△ABD都是等腰直角三角形，
∴∠BAD＝∠BAC＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∵∠C＝∠AGB＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝CB，
∴四边形ACBG是正方形，
∴BC＝BG，
∵∠ABD＝90°，AB＝BD，BG⊥AD，
∴BG＝GA＝GD，
∴AD＝2BC，
∵△ABP≌△DBQ，
∴AP＝DQ，
∴AP+AQ＝AD＝2BC．
（3）解：如图2中，作BG⊥AD于G，交CQ于H，连接AE．
∵P为AC中点，BG＝BC＝2，
1
∴AP＝PC＝QD＝GQ＝ BC＝1，AG＝BG＝2，
2
∵GQ∥BC，
∴△GHQ∽△BHC，
CQ GH 1
∴ = = ，
BC BH 22 4
∴BH＝ BG＝ ，
3 3
∵PC∥BH，
∴△PCE∽△BHE，△ACF∽△BHF，
PE PC 3 AF AC 3
∴ = = ， = = ，
BE BH 4 BF BH 2
S 3 S 3
∴ △APE= ， △AEF = ，
S 4 S 2
△AEB △EFB
设S =2x，
△BEF
3 15
∴S ❑ ＝ （3x+2x）＝ x，
△ APE 4 4
S 2x 8
△BEF = =
∴S 15 27．
四边形APEF x+3x
4
2．（2023春·安徽·九年级专题练习）已知：菱形ABCD中，AB=❑√3，AC=2，AC与BD交于点O，点E
为BD上一点．
（1）求BD的长；
（2）若AE⊥AB，求证：OE=DE；
（3）若点E在线段OB上（不与O、B重合），以AE为对称轴，折叠△ABE，使点B的对应点F恰好落在
菱形的边上，画出图形并求OE的长．
【思路点拨】
1
（1）四边形ABCD是菱形，AO⊥BD，AO= AC=1，勾股定理求得BO，进而即可求解．
2
（2）由AE⊥AB，AO⊥BE，证明△AOE∽△BOA，根据相似三角形的性质即可求解．
（3）如图，当点F在BC边上时，延长AE交BC于点H，AH⊥BC，则∠EAD=90°，由（2）可知
❑√2
OE= ，进而即可求解；当点F落在CD边上时，证明△ABE∽△DBA，根据相似三角形的性质即可求
2
解．【解题过程】
1
（1）解：∵四边形ABCD是菱形，AO⊥BD，AO= AC=1，AB=❑√3，
2
∴OB=❑√AB2−OA2=❑√(❑√3) 2 −12=❑√2，
∴BD=2OB=2❑√2；
（2）证明：∵AE⊥AB，AO⊥BE，
∴∠AOE=∠BOA=90°，∠EAD=90°，
∴∠AEO+∠EBA=90°，∠OBA+∠BAO=90°，
∴∠BAO=∠AEO，
∴△AOE∽△BOA，
OE OA
∴ = ，
OA OB
OE 1
由（1）知AO=1，OB=❑√2，则 = ，
1 ❑√2
❑√2
∴OE= ，
2
∵OD=❑√2，
❑√2
∴DE=OD−OE= ，即OE=DE；
2
（3）解：当点F在BC边上时，延长AE交BC于点H，如图所示：
由折叠知AH⊥BC，则∠EAD=90°，
❑√2
由（2）可知OE= ，
2
当点F落在CD边上时，如图所示：由折叠可知AF=AB=AD，∠BAE=∠FAE，
∴∠ADC=∠AFD，
∵AB∥CD，∠BAE=∠FAE，
∴∠BAF=∠AFD，
1 1 1
∴∠BAE= ∠BAF= ∠AFD= ∠ADC=∠ADB，
2 2 2
∵∠ABD=∠ABD，
∴△ABE∽△DBA，
BE AB
∴ = ，
AB BD
∵ AB=❑√3，BD=2❑√2，
BE ❑√3
∴ =
❑√3 2❑√2
3❑√2
∴BE= ，
4
3❑√2 ❑√2
∴OE=OB−BE=❑√2− = ，
4 4
❑√2 ❑√2
∴OE的长为 或 ．
2 4
3．（2023·山东临沂·统考二模）综合与实践
问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．老师给同学准备
了一些A4纸，已知A4纸的长宽之比为❑√2:1．
操作探究：如图1，将A4纸ABCD沿过点A的直线折叠，使点D的对应点D′落在边BC上展开后折痕AE
交CD于点E．（1）∠AD′B的度数；
（2）求证：DE=❑√2CE．
（3）拓展延伸：如图2，在图1的基础上，继续沿过点A的直线折叠，使点B的对应点B′落在AD′上，展
开后折痕交BC于点F，连接EF．请判断△AEF的形状并说明理由．
【思路点拨】
（1）设A4纸的宽为x，则长为❑√2x，再根据折叠的性质可得AD=AD′=❑√2x，然后再根据矩形的性质、
勾股定理可得BD′=x，即AB=BD′，然后再根据等腰直角三角形的性质即可解答；
（2）如图：连接D′E,设A4纸的宽为x，则长为❑√2x，根据（1）可得BD′=CD=x，∠AD′B=45°，
BC=AD=❑√2x，则D′C=❑√2x−x；由折叠的性质可得∠AD′E=∠ADE=90°、D′E=DE，进而得
到CE=❑√2x−x、DE=❑√2CE，然后进行变形即可解答；
BF AB 1
（3）先证△ABF∼△ADE可得 = = ，即DE=❑√2BF；进而得到BF=CE=CD′即BD′=FC；
DE AD ❑√2
然后再证△ABF≅△FCE(SAS)可得AF=EF、∠BAF=∠CFE，再说明∠AFE=90°即可判定△AFE
是等腰直角三角形．
【解题过程】
（1）解：设A4纸的宽为x，则长为❑√2x，
∵由题意可得，AD=AD′=❑√2x，
∵矩形纸片ABCD中，AB=x，∠B=90°，
∴BD′=❑√AD′2−AB2=x，
∴AB=BD′，
∴∠AD′B=∠BAD′=45°．
（2）解： 如图：连接D′E,设A4纸的宽为x，则长为❑√2x，
由（1）可得：BD′=CD=x，∠AD′B=45°,BC=AD=❑√2x，
∴D′C=❑√2x−x，
∵将A4纸ABCD沿过点A的直线折叠，∴∠AD′E=∠ADE=90°，D′E=DE，
∴∠CD′E=45°，
∵∠C=90°，
∴CE=CD′=❑√2x−x，
∴D′E=DE=CD−CE=x−(❑√2x−x)=2x−❑√2x，
∴ DE=❑√2(❑√2x−x)=❑√2CE，
∴DE=❑√2CE．
（3）解： △AFE是等腰直角三角形，理由如下：
∵∠BAD′=45°，
∴∠DAD′=45°，
由折叠的性质可得，∠BAF=∠D′ AF=22.5°，∠DAE=∠D′ AE=22.5°，
∴∠BAF=∠DAE，
又∵∠B=∠D=90°，
∴△ABF∼△ADE，
BF AB 1
∴ = = ，即DE=❑√2BF，
DE AD ❑√2
∵DE=❑√2CE，
∴BF=CE=CD′，
∴BF+FD′=CD′+FD′，即BD′=FC，
又∵BD′=AB，
∴AB=FC，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABF≅△FCE(SAS)，
∴AF=EF，∠BAF=∠CFE，
∵∠BAF+AFB=90°，
∴∠CFE+AFB=90°，∴∠AFE=90°，
∴△AFE是等腰直角三角形．
4．（2023·安徽合肥·合肥寿春中学校考三模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的
中点，作BE⊥CD交CD的于F．
（1）求证：∠ABC=∠BEC；
（2）如图2，过点A作AG∥BC交BF的延长线于点G，若AE=BC
①求证：△GEA≌△ABC；
DF
②求 的值．
CF
【思路点拨】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=BD，即可得到∠ABC=∠DCB，根据同角
的余角相等可得∠CEF=∠DCB，从而即可得证；
（2）①根据平行线的性质可得∠GAE=∠ACB=90°，根据等量代换可得∠AEG=∠CBA，通过ASA即
1
可证明△GEA≌△ABC；②作AH⊥BG交BG于H，根据三角形的中位线定理可得DF= AH，通过证
2
AG AE AC BC
明△BCE∽△GAE，可得 = ，由△GAE≌△ABC，AG=AC，从而可得 = ，解得：
BC CE BC AC−BC
BC ❑√5−1 CF CE AC−AE AC−BC AC ❑√5−1
= ，通过△AEH∽△CEF，可得 = = = = −1= ，即
AC 2 AH AE AE BC BC 2
❑√5−1
CF= AH，最后进行计算即可得到答案．
2
【解题过程】
（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点，
∴AD=CD=BD，
∴∠ABC=∠DCB，∵ BE⊥CD，
∴∠FEC+∠ECF=90°，
∵∠DCB+∠ECF=90°，
∴∠CEF=∠DCB，
∴∠CEF=∠ABC，
即∠ABC=∠BEC；
（2）①证明：∵AG∥BC，
∴∠GAE=∠ACB=90°，
∵∠AEG=∠BEC，∠ABC=∠BEC，
∴∠AEG=∠CBA，
在△GAE和△ABC中，
{∠AEG=∠CBA
)
AE=BC ，
∠GAE=∠ACB
∴△GAE≌△ABC(ASA)；
②如图，作AH⊥BG交BG于H，
，
∵ BE⊥CD，
∴DF∥AH，
∵D为AB的中点，
∴DF为△ABH的中位线，
1
∴DF= AH，
2
∵AG∥BC，
∴△BCE∽△GAE，
AG AE
∴ = ，
BC CE
∵ △GAE≌△ABC，∴AG=AC，
AC BC
∴ = ，
BC AC−BC
BC ❑√5−1
解得： = ，
AC 2
∵∠AHE=∠CFE=90°，∠AEH=∠CEF，
∴△AEH∽△CEF，
CF CE AC−AE AC−BC AC ❑√5−1
∴ = = = = −1= ，
AH AE AE BC BC 2
❑√5−1
∴CF= AH，
2
1
AH
DF 2 ❑√5+1
∴ = = ．
CF ❑√5−1 4
AH
2
5．（2022·安徽淮北·淮北一中校联考模拟预测）点E在矩形ABCD的对角线BD上，DF⊥AE于点G，
交AB于点F．
（1）如图1，若DB平分∠CDF，求证：AD=AE；
BE
（2）如图2，取AD的中点M若∠AMF=∠ABM，求 的值；
DE
（3）如图3，过BD的中点O作PQ⊥AB于点P，延长PO交CD于点Q，连接EF交OP于点N．若
AF AB
NE=NF，求证： = ．
BE BD
【思路点拨】
（1）根据同角的余角相等证出∠5=∠FAG，再根据两直线平行，内错角相等、等角对等边和等量代换即
可证明结论；
AF AM NE 2AM NE AF AF
（2）证明△AMF∽△ABM得到 = ①，同理得到 = ② ＝ ＝ ③ ，
AM AB NB AB AN AD 2AMNE NE
由①，②，③得 =4⋅ ，所以BN：AN=1：4，最后根据相似性质即可证明结论；
NB AN
（3）连接OA，作EH⊥AB于H，证出PO是AB的垂直平分线，根据等式性质证明AF=BH，又因为
EH∥PN，PN∥AD，所以EH∥AD，得到△HEB∽△ADB，最后根据相似三角形对应边成比例和
等量代换即可解答．
【解题过程】
（1）解：如图1：
∵在Rt△ADF中，∠5+∠AFG=90°，Rt△AGF中，∠FAG+∠AFG=90°，
∴∠5=∠FAG，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠3，
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴∠4=∠3+∠FAG=∠1+∠5=∠ADB，
∴AD=AE．
（2）解：如图2：
∵∠AMF=∠ABM，∠MAF=∠BAM=90°，
∴△AMF∽△ABM，
AF AM
∴ = ①，
AM AB
作NE⊥AB于N，
∴NE∥AD，
∴△ENB∽△DAB，∴NE：NB=AD：AB，
又∵M是AD中点，
NE 2AM
∴ = ②，
NB AB
由（1）知，∠NAE=∠ADF，
∴Rt△AEN∽Rt△DFA，
NE AF AF
∴ ＝ ＝ ③
AN AD 2AM
NE NE
由①，②，③得： =4⋅ ，
NB AN
∴BN：AN=1：4，
又∵NE∥AD，
BE NB 1
∴ = = ．
DE AN 4
（3）解：如图3：连接OA，
∵矩形ABCD中，O是BD中点，OP⊥AB，
∴OP∥AB，AP=PB，
∴PO是AB的垂直平分线，
∴AP=BP，
作EH⊥AB于H，则PN∥HE，所以FP：PH=FN：NE，
又∵FN=NE，
∴FP=PH，
∴AP−FP=BP−PH，即AF=BH（等式性质），
∵EH∥PN，PN∥AD，
∴EH∥AD，
∴△HEB∽△ADB，
AB HB AE
∴ = = ，
BD BE BEAB AE
∴ = ．
BD BE
6．（2023春·吉林·九年级专题练习）如图①，在正方形ABCD中，AB=4，M为对角线BD上一点（不与
B、D重合），连接AM，过点M作MN⊥AM交边CD于点N，连接AN．
（1）【问题发现】在图①中小明想过点M分别作AD、CD的垂线，发现AM和MN有特殊的关系，请你
判断△AMN的形状，并根据小明的方法给出证明；
（2）【问题解决】直接写出图①中S 的取值范围： ；
△AMN
BM 2
（3）【类比探究】如图②，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，M为对角线BD上一点，且 = ，
BD 5
则S = ．
△AMN
【思路点拨】
（1）如图：过点M作ME⊥AD于E，MF⊥CD于F，则四边形MEDF为矩形，再说明四边形MEDF
为正方形可得ME=MF，∠EMF=90°，进而证得△AME≌△NMF（AAS）可得AM=MN即可解答；
（2）由△AMN是等腰直角三角形可知当AM⊥BD时，AM有最小值，进而求得最小值；再根据题意可
知S ＞S ，则S ＞8即可解答；
△AMN △ABC △AMN
（3）如图：过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则MH⊥CD，先证明△BMG∽△DMH可
BG MG BM 2 6 9 8 12
得 = = = ，进而解得MG= ,MH= ,BG= ,AG= ，再证△AGM∽△MHN可得
DH MH DM 3 5 5 5 5
AG MG 9 6
= ，进而求得MN= ❑√5、AM= ❑√5，最后根据三角形的面公式即可解答
MH HN 10 5
【解题过程】
（1）解：△AMN是等腰直角三角形．理由如下：
如图：过点M作ME⊥AD于E，MF⊥CD于F，则四边形MEDF为矩形，∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，
∴∠DME=∠DMF=45°，
∴ME=DE，
∴四边形MEDF为正方形，
∴ME=MF，∠EMF=90°，
又∵AM⊥MN，
∴∠AMN=90°，
∴∠AME=∠FMN，
又∵∠AEM=∠MFN，
∴△AME≌△NMF（AAS），
∴AM=MN，
∴△AMN为等腰直角三角形．
（2）解：∵△AMN为等腰直角三角形，
1 1
∴S = AM⋅HN= AM2 ，
△AMN 2 2
当AM⊥BD时，AM有最小值，
∵AB=4，
1
∴S 最小值= ×(2❑√2) 2=4，
△AMN 2
又∵M不与B重合，
∴S ＞S ，即S ＞8，
△AMN △ABC △AMN
∴4≤S ＜8．
△AMN
故答案为：4≤S ＜8．
△AMN
（3）解：过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则MH⊥CD，∴四边形AGHD为矩形，
∴AG=DH，GH=AD=3，
MB 2
∵ = ，
BD 5
BM 2
∴ = ，
DM 3
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴△BMG∽△DMH，
BG MG BM 2
∴ = = = ，
DH MH DM 3
BG MG 2
∴ = = ，
AG MH 3
∵GH=AD=3，AB=4，
6 9 8 12
∴MG= ,MH= ,BG= ,AG= ，
5 5 5 5
∵AM⊥AN，
∴∠AMN=90°，
∴∠AMG+∠HMN=90°，
∵∠AMG+∠MAG=90°，
∴∠HMN=∠MAG，
∵∠AGM=∠MHN，
∴△AGM∽△MHN，
AG MG
∴ = ，
MH HN12 6
5 5
∴ = ，
9 HN
5
9
∴HN= ，
10
∴MN=❑√M H2+H N2=❑ √ (9) 2 + ( 9 ) 2 = 9 ❑√5，AM=❑√AG2+MG2=❑ √ (12) 2 + (6) 2 = 6 ❑√5，
5 10 10 5 5 5
1 6 9 27
∴S = × ❑√5× ❑√5= ．
△AMN 2 5 10 10
27
故答案为： ．
10
7．（2023春·安徽·九年级专题练习）点D是△ABC内一点，AD平分∠BAC，延长CD交AB于点E，延
长BD交AC于点F．
（1）如图1，若AB=AC，证明：DE=DF；
CD CF
（2）如图2，若∠BDC+∠BAC=180°，证明： = ；
BD BE
DE 2
（3）如图3，若∠BAC=60°，∠BDC=120°，DF=4， = ，求BD的值．
CD 3
【思路点拨】
（1）由“SAS”可证△ABD≌△ACD，可得∠ABF=∠ACE，BD=CD，由“ASA”可证
△ABF≌△ACE，可得BF=CE，可得结论；
CD CF
（2）通过证明△CDF∽△BDH，可得 = ，即可求解；
BD BH
（3）通过证明点A，点E，点D，点F四点共圆，可得∠≝=∠DFE=30°，可求DE=DF=4，DC=6，
由勾股定理可求CF=2❑√7，由勾股定理可求解．
【解题过程】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
又∵AB=AC，AD=AD，
∴△ABD≌△ACD(SAS)，
∴∠ABF=∠ACE，BD=CD，
又∵AB=AC，∠BAF=∠CAE，
∴△ABF≌△ACE(ASA)，
∴BF=CE，
∴DE=DF；
（2）证明：如图2，作∠HBD=∠ACD，交CE的延长线于点H，
∵∠BDC+∠BAC=180°，
∴∠BAC+∠EDF=180°，
∴∠AFD+∠AED=180°，
∵∠AFD+∠DFC=180°，
∴∠AED=∠CFD=∠BEH，
∵∠HBD=∠ACD，∠CDF=∠BDH，
∴△CDF∽△BDH，
CD CF
∴ = ，∠CFD=∠H，
BD BH
∴∠H=∠BEH，
∴BE=BH，
CD CF
∴ = ；
BD BE
（3）解：如图3，连接EF，过点E作EN⊥BF于N，过点F作FH⊥EC于H，∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠BAC+∠EDF=180°，
∴点A，点E，点D，点F四点共圆，
∴∠DFE＝∠DAE＝30°，∠≝=∠DAF=30°，
∴∠≝=∠DFE=30°，
∴DE=DF=4，
ED 2
∵ = ，
CD 3
∴CD=6，
∵∠EDB=∠FDC=180°−120°=60°，
∴∠DEN=∠DFH=30°，
∴DN=DH=2，FH=EN=2❑√3，
∴CH=4，
∴CF=❑√CH2+FH2=❑√16+12=2❑√7，
CD CF
∵ = ，
BD BE
6 2❑√7
∴ = ，
BD BE
设BD=6x，则BE=2❑√7x，
∵BE2=EN2+BN2，
∴28x2=12+(6x−2) 2，
解得：x=1或x=2，
∴BD=6或12．
8．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨风华中学校考开学考试）在△ABC中，AB=AC，点D在线段CB的延长线上，连接AD，过点B作BE⊥BC交线段AD于点E,2∠BED+∠BAC=120°．
（1）如图1，求∠CAD的度数．
DE 3 BD
（2）如图2，若 = ，求 的值．
AE 2 BC
（3）如图3，在（2）的条件下，连接EC,EC交线段AB于点F，若BD=3❑√3，求AF的长．
【思路点拨】
（1）过点A作AT⊥DC于点T，证BE∥AT，得∠BED=∠DAT，即∠BED=∠BAD+∠BAT，由
AB=AC得∠BAT=∠CAT，从而可得∠CAD=∠BAD+∠BAT+∠CAT=60°；
DB DE 3
（2）过点A作AT⊥DC于点T，证BE∥AT，得 = = ，从而即可得解；
BT AE 2
（3）过点A作AT⊥DC于点T，作AM∥DC交CE的延长线于点M，在BC延长线上取一点G，使得
BD 3 DC ED 3
∠G=60°，由(2)得 = ，BT=CT，证△EDC∽△EAM，△FAM∽△FBC，得 = = ，
BC 4 AM AE 2
AF AM 14 AF AM 7
= ，从而AM= ❑√3， = = ，设TG= ❑√3 t，则DG=DT+TG= 5❑√3 + ❑√3 t，证
BF BC 3 BF BC 6
AD CD AD 7❑√3
△ADC∽△GDA，得 = 即 = ，于是有AD2=105+21t，再利用勾股定理构造方
GD AD 5❑√3+❑√3t AD
10
程得105+21t=9t2+75，解得t= ，从而利用勾股定理即可得解．
3
【解题过程】
（1）解：如图1，过点A作AT⊥DC于点T，∵BE⊥BC，
∴∠ATD=∠EBD=90°，
∴BE∥AT，
∴∠BED=∠DAT，即∠BED=∠BAD+∠BAT，
∵AB=AC，
∴∠BAC=2∠CAT，
∵2∠BED+∠BAC=120°，
∴2∠BAD+2∠BAT+2∠CAT=120°，
∴∠CAD=∠BAD+∠BAT+∠CAT=60°；
（2）解：如图2，过点A作AT⊥DC于点T，
∵BE⊥BC，AB=AC，
1
∴∠ATD=∠EBD=90°，BT=CT= BC，
2
∴BE∥AT，
DB DE 3
∴ = = ，
BT AE 2
BD BD 3
∴ = = ；
BC 2BT 4
（3）解：过点A作AT⊥DC于点T，作AM∥DC交CE的延长线于点M，在BC延长线上取一点G，连接AG，使得∠G=60°，
BD 3
由(2)得 = ，BT=CT，
BC 4
∵BD=3❑√3，
∴BC= 4❑√3，BT=CT= 2❑√3，DT= 5❑√3，CD= 7❑√3，
∵AM∥DC，
∴∠M=∠ECB，∠EAM=∠EDC，∠FAM=∠FBC，
∴△EDC∽△EAM，△FAM∽△FBC，
DC ED 3 AF AM
∴ = = ， = ，
AM AE 2 BF BC
14
∴AM= ❑√3，
3
14
❑√3
∴AF AM 3 7，
= = =
BF BC 4❑√3 6
设TG= ❑√3 t，则DG=DT+TG= 5❑√3 + ❑√3 t，
∵∠G=60°，AT⊥CD，
∴∠TAG=90°−60°=30°，
∴AG=2TG，
∴AT= ❑√AG2−TG2=❑√3TG=3t
∵∠G=∠CAD=60°，∠D=∠D，
∴△ADC∽△GDA，
AD CD AD 7❑√3
∴ = 即 = ，
GD AD 5❑√3+❑√3t AD
∴AD2=105+21t，
∵AT⊥DC，∴AD2=AT2+DT2=(3t) 2+(5❑√3) 2=9t2+75，
∴105+21t=9t2+75，
10
解得t=−1(舍去)或t= ，
3
∴AT=3t=10，
∴AB= ❑√AT2+BT2=❑√102+(2❑√3) 2=4❑√7，
AF 7
∵ = ，
BF 6
7 7 28
∴AF= AB= ×4❑√7= ❑√7．
6+7 13 13
9．（2022秋·四川成都·九年级川大附中校考期中）（1）问题探究；如图1，在正方形ABCD中，点E，Q
分别在边BC、AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD、AB上，GF⊥AE．
GF
①判断DQ与AE的数量关系：DQ______AE；②推断： 的值为________；
AE
BC
（2）类比探究，如图（2），在矩形ABCD中， =k（k为常数），将矩形ABCD沿GF折叠，使点A
AB
落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之
间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用．如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°,AB=AD=10,BC=CD=5,AM⊥DN，点
DN
M、N分别在边BC、AB上，求 的值．
AM
【思路点拨】
（1）证△ABE≌△DAQ(ASA)，可得DQ=AE，证四边形DQFG是平行四边形，进而即可求解；
（2）作FM⊥CD，由折叠性质知AE⊥FG，证△BAE∼△GFM，进而即可求解；
（3）作DR⊥AB，CT⊥DR，连接AC，证△ADR∼△DCT得DR=2CT，由 CD2=DT2+CT2，
可得DR=8，证△DNR∼△AMB，进而即可求解；
【解题过程】
解：（1）∵DQ⊥AE，AB⊥AD，
∴∠QAO+∠DAO=90°，∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠QAO=∠ADO，
∵∠ABE=∠DAQ=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△DAQ(ASA)，
∴DQ=AE，
∵GF⊥AE，
∴GF∥DQ，
∵AB∥CD，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴GF=DQ=AE，
GF
∴ =1．
AE
故答案为：=，1．
（2）作FM⊥CD，由折叠性质知AE⊥FG，∴∠BAE+∠AFO=90°，∠GFM+∠AFO=90°，
∴∠BAE=∠GFM，
∴△BAE∼△GFM，
FG FM
∴ = ，
AE AB
∵FM=BC，
FG BC
∴ = =k．
AE AB
（3）作DR⊥AB，CT⊥DR，连接AC，
∵∠ABC=90°，AB=10,BC=5，
∴AC=❑√AB2+BC2=5❑√5，
∵AB=AD=10,BC=CD=5，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADR+∠CDT=∠DCT+∠CDT=90°，
∴∠ADR=∠DCT，
∴△ADR∼△DCT，
AD DR 10
∴ = = =2，
CD CT 5
∴DR=2CT，
∵TR=BC=5，∴DT=2CT−5，
∴CD2=DT2+CT2，即52=(2CT−5) 2+CT2，
∴CT=4，CT=0（舍去），
∴DR=8，
∵AM⊥DN，∠ABC=90°，
∴∠DNR+∠BND=∠AMB+∠BND=180°，
∴∠DNR=∠AMB，
∴△DNR∼△AMB，
DN DR 8 4
∴ = = = ．
AM AB 10 5
10．（2023春·重庆江北·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC与△≝¿中，∠ACB=∠EDF=90°，
BC=AC，ED=FD，点D在边AC上．
（1）如图1，若点D与点A重合，点F在AC的延长线上，若AB=AE=4，连接EC，求S ；
△FCE
（2）如图2，若点F恰好在△ABC的高CG上，点N在AC上，∠CEN=∠CDE，且EN=MF，求证：
CM+CF=❑√2CD；
（3）如图，若点D与点A重合，且AC=4❑√2，DE=4，将△≝¿绕点D旋转，连接BF，点G为BF的中点，
连接CG，在旋转过程中，当2GC+BG的值最小时，直接写出CG的值．
【思路点拨】
1 1
（1）可求AC=2❑√2，从而可求S = AC⋅AE =4❑√2，S = AE⋅AF=8，由
△ACE 2 △AEF 2
S =S −S 即可求解．
△FCE △AEF △ACE
（2）过D作HD⊥AC交CG的延长线于H，可证△FDH≌△EDC，可得∠H=∠ECD=45°，
FH=EC，再证△CMF≌△CEN，可得CM=CE，由CH=❑√CD2+H D2=❑√2CD即可求证．
（3）取AB的中点O，连接OG，取BP=3，可证△GOP∽△BOG，可得，BG=2GP，从而可得
2CG+BG =2(CG+GP)，当C、G、P三点共线时，CG+GP=CP最小，此时2CG+BG取得最小值，连接CO，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵ ∠ACB=∠EDF=90°，BC=AC，AB=AE=4，
∴AB=❑√AC2+BC2，
∴ ❑√2AC=AB，
∴AC=2❑√2，
1
∴S = AC⋅AE
△ACE 2
1
= ×2❑√2×4=4❑√2，
2
1
S = AE⋅AF=8，
△AEF 2
∴S =S −S
△FCE △AEF △ACE
=8−4❑√2．
（2）解：过D作HD⊥AC交CG的延长线于H，
∵AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，
∴∠FCM=∠ACG=45°，
∴∠H=∠ACG=45°，
∴CD=HD，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDH+∠CDF=∠CDF+∠EDC=90°，
∴∠FDH=∠EDC，
在△FDH和△EDC中
{
HD=CD
)
∠FDH=∠EDC ，
DF=DE
∴ △FDH≌△EDC（SAS），
∴∠H=∠ECD=45°，FH=EC，∴∠FCM=∠NCE，
∵HD⊥AC，
∴∠ADH=∠ACB=90°，
∴HD∥BC，
∴∠CMF=∠FDH，
∴∠CMF=∠CDE，
∵ ∠CEN=∠CDE，
∴∠CMF=∠CEN，
在△CMF和△CEN中
{∠CMF=∠CEN
)
∠FCM=∠NCE ，
MF=EN
∴ △CMF≌△CEN（AAS），
∴ CM=CE，
∴CM=FH，
∵CH=❑√CD2+H D2=❑√2CD，
∴CF+FH=❑√2CD，
∴CM+CF=❑√2CD．
（3）解：取AB的中点O，连接OG，取BP=3，
∵AC=4❑√2，AC=BC，∠ACB=90°，
∴AB=❑√2AC=8，
1
∴BO= AB=4，
2
∴OP=BO−BP=1，
∵G是BF的中点，
1
∴OG= AF=2，
2OG OP 1
= = ，
OB OG 2
∵∠GOP=∠BOG，
∴△GOP∽△BOG，
GP OG 1
∴ = = ，
BG OB 2
∴BG=2GP，
∴2CG+BG
=2CG+2GP
=2(CG+GP)，
如图，当C、G、P三点共线时，CG+GP=CP最小，
此时2CG+BG取得最小值，
连接CO，
1
∴CO⊥AB，CO= AB=4，
2
∴CP=❑√OP2+CO2
=❑√12+42=❑√17，
∴ 2CG+BG取得最小值为❑√17．
11．（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）如图1，在平行四边形ABCD中，∠ABC为钝角，BE，BF分
别为边AD，CD上的高，交边AD，CD于点E，F，连接EF．
（1）求证：∠EBF=∠C；
（2）若BF=EF，①求证：CF=DF；
②如图2，连接BD交EF于点O，若BF=2CF，△ABE的面积为4，求△BOE与△DOF的面积之差．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质和高可得∠A+∠ABE=90°，∠C+∠CBF=90°，AD∥BC，从而可得
∠A+∠ABE+∠EBF+∠CBE=180°，进而得到∠EBF+∠CBF=90°，根据同角的余角相等即可得
证；
（2）①在BC上取一点G，使得BG=DE，连接GF，由等角的余角相等可得∠≝=∠FBG，通过证明
△≝≌△GBF(SAS)，可得∠D=∠BGF，GF=DF，由等腰三角形的判定和性质可得CF=GF，从而即
1
可得证；②通过证明△AEB∽△CFB，得到BE=2AE，由S = AE⋅BE=4，可得到AE=2，则
△ABE 2
BE=4，由勾股定理可得AB=CD=BF=EF=2❑√5，BC=BD=5，DE=3，DF=CF=❑√5，通过等腰
BE EO BO
三角形的性质得到∠BEF=∠BDC，通过证明△EOB∽△DOF，得到 = = ，即
DF DO FO
4 EO 5−DO 15 12❑√5 40
= = ，解得：DO= ，EO= ，从而得到OB= ，求出△BDE、△BDF的面
❑√5 DO 2❑√5−EO 11 11 11
积，再根据高相等的三角形的面积等于底边之比，即可求得△BOE、△DOF的面积，作差即可得到答案．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE，BF分别为边AD，CD上的高，
∴∠A+∠ABE=90°，∠C+∠CBF=90°，AD∥BC，
∴∠A+∠ABE+∠EBF+∠CBF=180°，
∴∠EBF+∠CBF=90°，
∴∠EBF=∠C；
（2）① 证明：在BC上取一点G，使得BG=DE，连接GF，
，
∵ EF=BF，∴∠EBF=∠BEF，
∵BE⊥AD，AD∥BC，
∴∠BED=∠EBC=90°，
∴∠BEF+∠≝=90°，∠EBF+∠FBG=90°，
∴∠≝=∠FBG，
在△≝¿和△GBF中，
{
EF=BF
)
∠≝=∠GBF ，
DE=GB
∴△≝≌△GBF(SAS)，
∴∠D=∠BGF，GF=DF，
∵∠C+∠D=180°，∠BGF+∠CGF=180°，
∴∠C=∠CGF，
∴CF=GF，
∴CF=DF；
②∵四边形ABCD是平行四边形，BE，BF分别为边AD，CD上的高，
∴∠A=∠C，∠AEB=∠CFB=90°，
∴△AEB∽△CFB，
BE BF
∴ = =2，
AE CF
∴BE=2AE，
1 1
∵S = AE⋅BE= AE⋅2AE=4，
△ABE 2 2
∴AE=2，
∴BE=2AE=4，AB=CD=❑√AE2+BE2=❑√22+42=2❑√5，
∵BF=2CF，DF=CF，
∴BF=EF=CD=2❑√5，CF=DF=❑√5，
∴BC=AD=❑√BF2+CF2=❑√(2❑√5) 2+(❑√5) 2=5，
∴DE=AD−AE=3，
∴BD=❑√DE2+BE2=❑√32+42=5，
∴BD=BC，∴∠C=∠BDC，
∵BF=EF，
∴∠EBF=∠BEF，
∵∠C=∠EBF，
∴∠BEF=∠BDC，
∵∠EOB=∠DOF，
∴△EOB∽△DOF，
BE EO BO 4 EO 5−DO
∴ = = ，即 = = ，
DF DO FO ❑√5 DO 2❑√5−EO
15 12❑√5
解得：DO= ，EO= ，
11 11
40
∴OB= ，
11
1 1 1 1
∵S = DE⋅BE= ×3×4=6，S = DF⋅BF= ×❑√5×2❑√5=5，
△BDE 2 2 △BDF 2 2
40 40 15 15
11 11 48， 11 11 15，
∴S = ×S = ×6= S = ×S = ×5=
△BOE 5 △BDE 5 11 △DOF 5 △BDF 5 11
48 15 33
∴S −S = − = =3．
△BOE △DOF 11 11 11
12．（2023春·安徽合肥·九年级校考开学考试）（1）如图①，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，
AC上，AD与BE交于点F，且∠AFE=60°，连接CF．求证：AE=CD；
（2）在（1）的条件下，若CF=CE，求证：BD2=BC⋅CD；
（3）如图②，点G是等边三角形ABC外一点，连接GA、GB，GB交AC于点E，∠AGB=30°，
AG=3❑√3，CE=2❑√7，求AB的长．
【思路点拨】
（1）根据已知条件、利用ASA证△ABE≌△CAD，即可得AE=CD；
（2）根据已知条件推理△FCD和△BCF中相等的角，证△FCD∽△BCF、CF=BD，列出比例式CF CD
= ，得CF2=BC⋅CD，等量代换即可得BD2=BC⋅CD；
BC CF
（3）在线段BC上取点D，使∠CAD=∠ABE，过点D作DH⊥AB于H，先证BD=CE=2❑√7，由含
30°角的Rt△BDH算出BH和DH，证∠FAG=90°，结合∠AGB=30°，AG=3❑√3，算出AF，证
FD BD
△BFD∽△ABD，列出比例式 = ，设FD为x，代入计算求解，算出AD，根据勾股定理计
BD AF+FD
算AH=❑√AD2−DH2，最后根据AB=AH+BH即可得到答案．
【解题过程】
（1）∵△ABC是等边三角形，∠AFE=60°，
∴∠BAE=∠AFE，AB=CA，∠BAE=∠ACD，
又∵∠AEB=∠FEA，
∴180°−∠BAE−∠AEB=180°−∠AFE−∠FEA，
即∠ABE=∠CAD，
在△ABE和△CAD中，
{∠ABE=∠CAD
)
AB=CA ，
∠BAE=∠ACD
∴△ABE≌△CAD(ASA)，
∴AE=CD
（2）∵△ABC是等边三角形，由（1）得△ABE≌△CAD，AE=CD
∴AC−AE=BC−CD，即CE=BD，
∠AEB=∠CDA，
∵∠AEB=180∘−∠CEF，CF=CE，∠CFB=180∘−∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，CF=BD，
∠AEB=∠CDA=∠CFB，
又∵∠FCD=∠BCF，
∴△FCD∽△BCF，
CF CD
∴ = ，
BC CF
∴CF2=BC⋅CD，
∴BD2=BC⋅CD（3）如下图，在线段BC上取点D，使∠CAD=∠ABE，过点D作DH⊥AB于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC，∠ACD=∠BAE=60°，
在△ACD和△∠BAE中，
{∠CAD=∠ABE
)
AC=BA ，
∠ACD=∠BAE
∴△ACD≌△BAE(ASA)，
∴CD=AE，
∴BC−CD=AC−AE，
即BD=CE=2❑√7，
∵∠CAD=∠ABE，∠AEF=∠BEA，DH⊥AB，
1
∴∠AFE=∠BAE=60°，BH= BD=❑√7，DH=❑√3BH=❑√21，
2
又∵∠AGB=30°，AG=3❑√3，
∴∠FAG=90°，
AG
∴AF= =3，
❑√3
∵∠AFE=∠BFD=ABD=60°，
∠FDB=∠BDA，
∴△BFD∽△ABD，
FD BD
∴ = ，
BD AD
FD BD
= ，
BD AF+FD
FD 2❑√7
= ，
2❑√7 3+FD
x 2❑√7
设FD为x，则 = ，
2❑√7 3+xx2+3x=28，
x2+3x−28=0，
(x+7)(x−4)=0，
x =−7（舍去），x =4，
1 2
∴FD=4，
AD=AF+FD=3+4=7，
AH=❑√AD2−DH2=❑√72−(❑√21) 2=2❑√7，
∴AB=AH+BH=2❑√7+❑√7=3❑√7
13．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，点D在线段
BC上（不与点B，C重合），且∠BAC+∠DAE=180°，连接BE交线段AC于点F．
（1）【发现】如图1，当∠BAC=90°时，取BE边的中点G，连接AG，则线段AG和CD的数量关系
______．
（2）【探究】如图2，当∠BAC=60°时，试猜想线段AF和CD的数量关系，并证明．
（3）【应用】在（1）的条件下，连接CE，当△DCE的面积最大时，DE=4，直接写出线段AG的长．
【思路点拨】
（1）延长BA至点H，使得AB=AH，连接EH，则AG是△HBE的中位线，由中位线的性质可得
1 1
AG= EH．再利用SAS证明△DAC ≌△EAH，可得DC=EH，进而可得AG= CD；
2 2
（2）延长BA至点M，使得AM=AB，连接EM，先证△DAC ≌△EAM (SAS)，推出CD=ME，
AF AB 1 1
∠M=∠C=60°，再证△ABF∽△MBE，可得 = = ，由此可得AF= CD；
ME MB 2 2
（3）先证△BAD ≌△CAE，推出∠ABD=∠ACE，BD=CE，可证∠DCE=∠ACE+∠ACD=90°，
1
设BC=a，CD=x，则S = CD⋅CE，设BC=a，CD=x，则
△DCE 21 1( a) 2 a2 a 1
S = x⋅(a−x)=− x− + ，可知当x= 时，S 取最大值，此时CD=BD=CE= BC，
△DCE 2 2 2 8 2 △DCE 2
再根据DE=4求出CD即可．
【解题过程】
（1）解：如图，延长BA至点H，使得AB=AH，连接EH，
∵ AB=AH，BG=≥¿，
∴ AG是△HBE的中位线，
1
∴ AG= EH．
2
∵ ∠BAC=90°，∠BAC+∠DAE=180°，
∴ ∠DAE=90°，
又∵ ∠BAD+∠EAH+∠DAE=180°，
∴ ∠BAD+∠EAH=90°，
又∵ ∠BAD+∠DAC=90°，
∴ ∠EAH=∠DAC，
∵ AB=AH，AB=AC，
∴ AH=AC，
在△DAC和△EAH中，
{
AC=AH
)
∠DAC=∠EAH ，
AD=AE
∴ △DAC ≌△EAH (SAS)，
∴ DC=EH，
1
∴ AG= CD．
2
1
故答案为：AG= CD；
21
（2）解：AF= CD．
2
证明：如图，延长BA至点M，使得AM=AB，连接EM，
∵ AB=AC，∠BAC=60°，
∴ △BAC是等边三角形，AM=AC，
∴ ∠BAC=∠C=60°，
∵ ∠BAC+∠DAE=180°，
∴ ∠BAE+∠DAC=180°，
又∵ ∠BAE+∠EAM=180°，
∴ ∠EAM=∠DAC，
在△DAC和△EAM中，
{
AC=AM
)
∠DAC=∠EAM ，
AD=AE
∴ △DAC ≌△EAM (SAS)，
∴ CD=ME，∠M=∠C=60°，
∵ ∠BAF=∠M=60°，∠ABF=∠MBE，
∴ △ABF∽△MBE，
AF AB 1
∴ = = ，
ME MB 2
1
∴ AF= ME，
2
1
∴ AF= CD．
2
（3）解：如图，连接CE，∵ ∠BAC=∠DAE=90°，
∴ ∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴ △BAD ≌△CAE (SAS)，
∴ ∠ABD=∠ACE，BD=CE，
∵ ∠ABD+∠ACD=90°，
∴ ∠DCE=∠ACE+∠ACD=90°，
1
∴ S = CD⋅CE，
△DCE 2
设BC=a，CD=x，则BD=CE=a−x，
1 1( a) 2 a2
∴ S = x⋅(a−x)=− x− + ，
△DCE 2 2 2 8
1
∵ − <0，
2
a
∴当x= 时，S 取最大值，
2 △DCE
1
此时CD=BD=CE= BC，
2
∴ CD2+CE2=2CD2=DE2，即2CD2=42，
解得CD=2❑√2，
1
由（1）知AG= CD，
2
∴ AG=❑√2．
14．（2023·江苏淮安·校考三模）【探究发现】
（1）如图1，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD并延长至点H，使DH=AD，连接CH．由
∠ADB=∠CDH，得△ADB≌△HDC，则AB与CH的数量关系为______，位置关系为______．【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，AP平分∠BAC，D为BC边的中点，过点D作DQ∥AP，交CA的延长线于
点Q，交AB边于点K．试判断BK与CQ的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=6，AB=8，D为BC边的中点，连接AD，E为AC
边上一动点，连接BE交AD于点F．
①若BF=AC．求AE的长度；
AG 4
②在射线AD上取一点G，且 = ，连接BG，直接写出4BE+5BG的最小值．
CE 5
【思路点拨】
（1）证△ADB≌△HDC(SAS)，得AB=CH，∠B=∠DCH，再由平行线的判定得AB∥CH即可；
（2）延长KD至点T，使DT=DK，连接CT，证△KDB≌△TDC(SAS)，得BK=CT，∠BKD=∠T，
再平行线的性质得∠BKD=∠BAP，∠Q=∠CAP，然后证∠T=∠Q，即可得出结论；
（3）①延长FD至G，连接CG,先证明△BDF≌△CDG(SAS)，得BF=CG，∠BFD=∠G，再证明
△ACD∽△AGC，根据相似三角形的性质即可；②如图，过点B作BH⊥AD交AD的延长线于点H，点
E从点C向点A动时，点G从点A向点D运动，BE,BG均同时减小，故点E在点A时，4BE+5BG最小，
再根据勾股定理即可．
【解题过程】
（1）解：∵D为BC边的中点，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDH，AD=HD，
∴ΔADB≅ΔHDC(SAS)，
∴AB=CH，∠B=∠DCH，
∴AB∥CH，
故答案为：AB=CH，AB∥CH；（2）解：BK=CQ，理由如下：
如图2，延长KD至点T，使DT=DK，连接CT，
∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠KDB=∠TDC，DK=DT，
∴△KDB≌△TDC(SAS)，
∴BK=CT，∠BKD=∠T，
∵DQ∥AP，
∴∠BKD=∠BAP，∠Q=∠CAP，
∵AP平分∠BAC，
∴∠BAP=∠CAP，
∴∠T=∠Q，
∴BK=CQ；
（3）解：①延长FD至G，连接CG,
∵D为BC边的中点,∴BD=CD，
∵∠BDF=∠CDG，
∴△BDF≌△CDG(SAS)，
∴BF=CG，∠BFD=∠G，∴BE∥GC，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=6，AB=8，D为BC边的中点，
∴BC=❑√AB2+AC2=10，
1
∴AD= BC=CD=5,
2
∴∠DAC=∠ACD，
∵BF=AC，
∴AC=GC，∠CAG=∠G，
∴∠CAD=∠GAC,∠ACD=∠G，
∴△ACD∽△AGC，
AC AD 6 5
∴ = , = ,
AG AC AG 6
36
∴AG= ，
5
36 11
∴DG=DF=AG−AD= −5= ，
5 5
14
AF=AG−DF−DG= ，
5
∵BE∥GC，
14
AE AF AE 5 7 7
∴ = , = = ，AE= ，
AC AG 6 36 18 3
5
②如图，过点B作BH⊥AD交AD的延长线于点H，
点E从点C向点A动时，点G从点A向点D运动，BE,BG均同时减小，
故点E在点A时，4BE+5BG最小，此时BE=AB=8,CE=6，
AG 4 4 24
∵ = ，即AG= CE= ，
CE 5 5 5
24 1
∴DG=AD−AG=5− = ，
5 5
1 1 1
S = S = × ×6×8=12，
△ABD 2 △ABC 2 2
1 1
∵S = AD⋅BH= ×5×BH=12，
△ABD 2 2
24
∴BH= ，
5
在Rt△BHD中，DH=❑√BD2−BH2=❑
√
52−
(24) 2
=
7
，∴GH=DG+DH=
1
+
7
=
8
，
5 5 5 5 5
在Rt△BHG中，BG=❑√BH2+GH2=❑
√ (8) 2
+
(24) 2
=
8
❑√10，
5 5 5
8
4BE+5BG=4×8+5× ❑√10=32+8❑√10．
5
故4BE+5BG的最小值为32+8❑√10．
15．（2023秋·江苏南通·九年级校考阶段练习）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，D是
BC上一个动点，连接AD，以AD为边向右侧作等腰直角△ADE，其中∠ADE=90°．
（1）如图2，G，H分别是边AB，BC的中点，连接DG，AH，EH．求证：△AGD∽△AHE；
（2）在点D从点B向点C运动过程中，求△ABE周长的最小值；
（3）如图3，连接BE，直接写出当BD为何值时，△ABE是等腰三角形．
【思路点拨】
（1）根据等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定解答即可；
（2）先确定△ABE周长的最小值时，E的位置，作点B关于直线MC的对称点N，连接AN交MC于点E′，
此时△ABE′就是所求周长最小的△ABE；证明四边形ABMC是正方形，根据△ABD∽△AME，得∠AME=∠ABD=45°，知点E在射线MC上，利用勾股定理求AN的长，根据周长定义可得结论；
（3）分三种情况：①当B与D重合时，即BD=0，如图3，此时AB=BE；②当AB=AE时，如图4，此
时E与C重合，可得BD的长；③当AB=BE时，如图5，作辅助线，构建等腰直角三角形和全等三角形，
证明△ADM≌△DEG,和△EMG是等腰直角三角形，则ME=❑√2MG，根据（1）得：
ME
△AHD∽△AME，且 =❑√2，可计算BD的长．
DH
【解题过程】
（1）证明：如图2，由题意知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠B=∠DAE=45°．
∵H为BC中点，
∴AH⊥BC．
∴∠BAH=45°=∠DAE．
∴∠GAD=∠HAE．
在等腰直角△BAH和等腰直角△DAE中，
❑√2
AH= AB=❑√2AG，AE=❑√2AD．
2
AH AE
∴ ＝ ，
AG AD
∴△AGD∽△AHE；
（2）解：当点D与点B重合时，点E的位置记为点M，连接CM，如图6，
此时，∠ABM=∠BAC=90°，∠AMB=∠BAM=45°，BM=AB=AC．
∴四边形ABMC是正方形．
∴∠BMC=90°，
∴∠AMC=∠BMC−∠AMB=45°，
∵∠BAM=∠DAE=45°，∴∠BAD=∠MAE，
在等腰直角△BAM和等腰直角△DAE中，
AM=❑√2AB，AE=❑√2AD．
AM AE
∴ ＝ ．
AB AD
∴△ABD∽△AME．
∴∠AME=∠ABD=45°
∴点E在射线MC上，
作点B关于直线MC的对称点N，连接AN交MC于点E′，
∵BE+AE=NE+AE≥AN=NE′+AE′=BE′+AE′，
∴△ABE′就是所求周长最小的△ABE．
在Rt△ABN中，
∵AB=4，BN=2BM=2AB=8，
∴AN=❑√AB2+BN2=4❑√5．
∴△ABE周长最小值为AB+AN=4+4❑√5．
（3）解：分三种情况：
①当B与D重合时，即BD=0，如图3，此时AB=BE；
②当AB=AE时，如图4，此时E与C重合，
∴D是BC的中点，
1
∴BD= BC=2❑√2；
2③当AB=BE时，如图5，过E作EH⊥AB于H，交BC于M，连接AM，过E作EG⊥BC于G，连接
DH，
∵AE=BE，EH⊥AB，
∴AH=BH，
∴AM=BM，
∵∠ABC=45°，
∴AM⊥BC，△BMH是等腰直角三角形，
∴∠DAM=90°−∠ADM，
∵∠ADE=90°，
∴∠GDE=90°−∠ADM，
∴∠DAM=∠GDE，
又AD=DE，
∴△ADM≌△DEG，
∴DM=EG，
∵∠EMG=∠BMH=45°，
∴△EMG是等腰直角三角形，
∴ME=❑√2MG，
ME
由（1）得：△AHD∽△AME，且 =❑√2，
DH
∴∠AHD=∠AME=135°， ME=❑√2DH，
∴∠BHD=45°，MG=DH，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴BD=DH=EG=DM=❑√2；
综上所述，当BD=0或❑√2或2❑√2时，△ABE是等腰三角形．
16．（2023·辽宁锦州·统考一模）探究完成以下问题：
【初步认识】（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，连接AC，BD，过点A作AE⊥AC交CB的
延长线于点E．求证：∠E=∠ACD；
【特例研究】
（2）如图2，若四边形ABCD中，AB=AD，（1）中的其它条件不变，取BD，BC的中点M，F，连接
MF．
①求证：BE=2MF；
②N为EC的中点，连接MN，猜想MN与AE的位置关系，并证明你的猜想；
【拓展应用】
（3）如图3，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是射线BC上一动点，过点O作OF⊥OE
AB 3
交射线CD于点F，当 = ，CE=1，AB=3时，请直接写出CF的长．
BC 5
【思路点拨】
（1）根据题可得∠AEC+∠ACE=90°、∠ACD+∠ACE=90°，然后根据同角的余角相等即可证明结
论；
（2）①先证明△BAE≌△DAC(ASA)可得BE=DC，再说明MF是△BCD的中位线可得CD=2MF，再
结合BE=DC即可证明结论；②先说明△ABD和△AEC都是等腰直角三角形，进而得到∠AEC=∠ABD，
AN AM
再说明∠ANE=∠AMB=90°可得△AEN∽△ABM可得∠EAB=∠NAM、 = ，即
AE AB
△AEB∽△ANM可得∠ANM=∠AEB=45°，进而得到∠AEB=∠MNF=45°即可证明结论；
（3）当点E在线段BC的延长线上时，过点O作OP⊥CD于点F，OH⊥BC于点H，OE与CF交于点
OP PF
K，证明△OPF∽△OHE，由相似三角形的性质得 = 即可求出PF的长，进而求得CF的长；当点
OH HE
E在线段BC上时，过点O作OP⊥CD于点F，OH⊥BC于点H，同理解答即可【解题过程】
（1）证明： ∵AE⊥AC，
∴∠CAE=90°．
∴∠AEC+∠ACE=90°．
∵∠BCD=90°，
∴∠ACD+∠ACE=90°．
∴∠AEC=∠ACD．
（2）①∵∠EAC=∠BAD=90°．
∴∠EAC−∠BAC=∠BAD−∠BAC，即∠BAE=∠CAD．
∵AB=AD，由（1）知∠AEC=∠ACD，
∴△BAE≌△DAC(ASA)．
∴BE=DC．
∵M，F分别是BD，BC的中点，
∴MF是△BCD的中位线．
∴CD=2MF．
∴BE=2MF．
②AE//MN，理由如下：
连接AM，AN，
∵由①知，△BAE≌△DAC，
∴AE=AC．
∵AB=AD，∠EAC=∠BAD=90°，
∴△ABD和△AEC都是等腰直角三角形．
∴∠AEC=∠ACE=45°，∠ABD=∠ADB=45°．
∴∠AEC=∠ABD．
又∵N为EC中点，M为BD中点，
∴AN⊥EC，AM⊥BD．
∴∠ANE=∠AMB=90°．∴△AEN∽△ABM．
AN AE
∴∠EAN=∠BAM， = ．
AM AB
AN AM
∴∠EAB=∠NAM， = ．
AE AB
∴△AEB∽△ANM．
∴∠ANM=∠AEB=45°．
∴∠MNF=∠ANC−∠ANM=45°．
∴∠AEB=∠MNF=45°．
∴AE//MN．
（3）解：①如图：当点E在线段BC的延长线上时，过点O作OP⊥CD于点F，OH⊥BC于点H，OE
与CF交于点K，
AB 3
∵ = ,AB=3,
BC 5
∴BC=5
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，AB⊥CD，
∴∠OHC=∠BCD=∠OPC=90°
∴四边形OHCP是矩形，
∴OP=HC,OH=CP,OH⊥CD,
∵HO∥AB，O为AC的中点，
1 3
∴OH= AB= ，
2 2
1 5
同理：OP= AD=
2 2
∵∠FOE=∠FCE=90°，∠OKF=∠CKE，∴∠OFP=∠OEH，
又·∵∠OHE=∠OPF=90°，
∴△OPF∽△OHE，
5
OP PF 2 PF 35
∴ = ，即 = ，解得：PF=
OH HE 3 5 6
1+
2 2
3 35 22
∴CF=CP+PF= + = ；
2 6 3
②如图：当点E在线段BC上时，过点O作OP⊥CD于点F，OH⊥BC于点H，
5
2 PF 5
同理可得△OPF∽△OHE，即 = ，解得：PF= ，
3 5 2
−1
2 2
3 35
∴CF=CP+PF= + =4．
2 6
22
综上，CF的长为 或4．
3
17．（2023秋·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，
AE⊥BC于点E．
（1）如图1，若AB=AD，EC=1，∠BAE=30°，求AD的长；
（2）如图2，若AD=AE，连接DE，过点A作AF⊥AB交ED于点F，在AB上截取AG=AF，连接DG，
交AE于点N，∠DAE的角平分线AH与GD相交于点H，求证：GH=DH；（3）在（2）的条件下，若AN:AD=2:5，AH=2❑√2，请直接写出点C到直线DE的距离．
【思路点拨】
1
（1）根据在直角三角形中，30度所对的边是斜边的一半可得BE= AB，根据菱形的判定和性质可得
2
1
AB=BC，推得AB= AB+1，即可求得AB=2，即可求解；
2
（2）根据题意可得∠GAE=∠FAD，根据全等三角形的判定和性质可得∠AEG=∠ADF，根据等边对
等角和三角形内角和定理可得∠ADE=∠AED=45°，推得∠AEG=∠ADF=45°，∠DEG=90°，延
长AH交DE于点M，根据角平分线的定义和等腰三角形三线合一的性质可得AM⊥DE，DM=AM，根
DH DM
据平行线的判定可得AM∥EG，根据平行线分线段成比例定理可得 = ，即可求解；
HG ME
（3）根据题意可得AN:NE=2:3，根据相似三角形的判定和性质可得EG=3❑√2，根据中位线的性质可
1 3❑√2 7❑√2
得HM= EG= ，求得AM= ，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可求得
2 2 2
DE=2AM=7❑√2，结合勾股定理求得AD=AE=7，作GK⊥BC于K，则△EGK是等腰直角三角形，
9 7
根据勾股定理求得GK=EK=3，根据相似三角形的判定和性质可得BK= ，CE= ，同理求得
4 4
7❑√2
CT=ET= ，即可求解．
8
【解题过程】
（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE=30°，
1
∴BE= AB，
2
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵BC=BE+EC，EC=1，
1
∴AB= AB+1，
2
∴AB=2，
∴AD=AB=2，即AD的长为2；（2）证明：连接EG，
∵AE⊥BC，AF⊥AB，
∴∠GAE+∠EAF=∠EAF+∠FAD=90°，
∴∠GAE=∠FAD，
∵AG=AF，AE=AD，
∴△AEG≌△ADF(SAS)，
∴∠AEG=∠ADF，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
又∵AE⊥BC，
∴∠ADE=∠AED=45°，
∴∠AEG=∠ADF=45°，
∴∠DEG=90°，即DE⊥EG，
延长AH交DE于点M，
∵AH平分∠DAE，
∴AM⊥DE，DM=AM，
∴AM∥EG，
DH DM
∴ = ，
HG ME
∵DM=EM，
∴GH=DH；
（3）解：∵AN:AD=2:5，AD=AE，
∴AN:NE=2:3，
∵AM∥EG，
∴△AHN∽△EGN，
AH AN
∴ = ，
EG EN2❑√2 2
即 = ，
EG 3
解得：EG=3❑√2，
由（2）知，GH=DH，DM=EM，
∴HM是△DEG的中位线，
1 3❑√2
∴HM= EG= ，
2 2
3❑√2 7❑√2
∴AM=AH+HM=2❑√2+ = ，
2 2
在Rt△ADE中，DM=EM，
1
∴AM= DE，
2
∴DE=2AM=7❑√2，
∵DE=❑√AD2+AE2=❑√2AD,
DE
∴AD=AE= =7，
❑√2
如图，作GK⊥BC于K，则△EGK是等腰直角三角形，
∴¿=❑√GK2+EK2=❑√2GK，
GE
∴GK=EK= =3，
❑√2
∵GK∥AE，
∴△BGK∽△BAE，
BK GK
∴ = ，
BE AE
即BK⋅AE=BE⋅GK，
∴BK×7=(BK+3)×3，
9
∴BK= ，
49 7
∴CE=BC−BK−EK=AD−BK−EK=7− −3= ，
4 4
作CT⊥DE于T，由∠CED=∠AEC−∠AED=45°，
∴△CET是等腰直角三角形，
∴CE=❑√CT2+ET2=❑√2CT，
CE 7❑√2
∴CT=ET= = ，
❑√2 8
7❑√2
即点C到DE的距离为 ．
8
18．（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）（1）小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，
他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若
EG
EG⊥FH，则 =1．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案：
FH
方案甲：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N；
方案乙：过点H作HM⊥BC交BC于点M，过点E作EN⊥CD交CD于点N．
对他们遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任一个加以证明（如图1）
EG
（2）如果把条件中的“正方形”改成“矩形”，如图2，并设AB=3，BC=5，求 的值．
FH
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=8，BC=CD=4，点E、F分别在线段
DE
AB、BC上，且AF⊥DE．求 的值．
AF
【思路点拨】
（1）①选择甲方案，先证明四边形AMFH、四边形BNGE是平行四边形，得到AM=HF，BN=EG，
再证明△ABM≌△BCD得到AM=BN即EG=FH，由此可得结论；②选择乙方案，先证明四边形
ABMH，四边形BCNE都是矩形，得到HM=AB，EN=BC，EN∥BC，再证明△HMF≌△ENG，得
EG
到HF=EG，即 =1；
FH（2）如图2中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，证明四边形
AMFH，四边形AEGN都是平行四边形，得到AM=HF，AN=EG，再证明△ABM∽△ADN，得到
AM AB EG AD 5
= ，即 = = ；
AN AD HF AB 3
（3）如图所示，过点D作MN⊥BC交BC延长线于N，过点A作AM⊥MN于M，
∵∠ABC=90°，AM⊥MN，BN⊥MN，证明△ABC≌△ADC，得到∠ADC=∠ABC=90°，进
DM AD
而证明△AMD∽△DNC，得到 = ，设CN=x，则DM=2x，DN=8−2x，由勾股定理得，
NC CD
12 32 DE AM 4
42=x2+(8−2x) 2，则CN= ，BN= ，同（2）可得 = = ．
5 5 AF AB 5
【解题过程】
解：（1）①选择甲方案，证明如下：
如图，过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD的延长线于点N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB∥DC，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
∴四边形AMFH、四边形BNGE是平行四边形，
∴AM=HF，BN=EG，
又∵EG⊥FH，
∴AM⊥EG，
∴AM⊥BN，
∴∠BAM+∠ABN=90°，
又∵∠ABN+∠CBN=90°
∴∠BAM=∠CBN，
在△ABM和△BCN中，
{
∠BAM=∠CBN
)
AB=BC ，
∠ABM=∠BCD=90°
∴△ABM≌△BCD(ASA)，∴AM=BN，即EG=FH，
EG
∴ =1；
FH
②选择乙方案，证明如下：
如图所示，过点H作HM⊥BC交BC于点M，过点E作EN⊥CD交CD于点N，交HF于T
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，AB=BC，
又∵HM⊥BC，EN⊥CD，
∴四边形ABMH，四边形BCNE都是矩形，
∴HM=AB，EN=BC，EN∥BC，
∴HM⊥EN，∠HTE=∠HFB，HM=EN，
∵EG⊥HF，
∴∠¬+∠HTE=90°=∠MHF+∠MFH，
∴∠¬=∠MHF，
又∵∠HMF=∠ENG=90°，
∴△HMF≌△ENG(ASA)，
EG
∴HF=EG，即 =1；
FH
（2）如图2中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH，四边形AEGN都是平行四边形，
∴AM=HF，AN=EG，
∵EG⊥FH，AM∥HF，∴EG⊥AM，
又AN∥EG，
∴AM⊥AN，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN，
∴△ABM∽△ADN，
AM AB EG AD 5
∴ = ，即 = = ；
AN AD HF AB 3
（3）如图所示，过点D作MN⊥BC交BC延长线于N，过点A作AM⊥MN于M，
∵∠ABC=90°，AM⊥MN，BN⊥MN，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=8，AM=BN，
∵AB=AD，BC=CD，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠MDA+∠MAD=90°=∠MAD+∠NDC，
∴∠MAD=∠NDC，
又∵∠M=∠N=90°，
∴△AMD∽△DNC，
DM AD
∴ = ，
NC CD
设CN=x，
DM 8
∴ = ，
x 4
∴DM=2x，DN=8−2x，
在Rt△CDN中，由勾股定理得CD2=CN2+DN2，
∴42=x2+(8−2x) 2，12
解得x= 或x=4（舍去），
5
12
∴CN= ，
5
32
∴BN= ，
5
DE AM 4
∴同（2）可得 = =
AF AB 5
19．（2023春·浙江温州·八年级苍南县灵溪镇第一中学校考阶段练习）如图1，在四边形ABCD中，
AB=CD=4，AD=BC=4❑√3，BD=8．点E在线段CD上从点C出发向点D按每秒2个单位长度的速度
运动，同时点F在线段BD上从点D出发向点B按每秒3个单位长度的速度运动，当E到达终点时，点F同时
停止运动．设运动时间为t．点G是射线BC上一点，且BF=FG．连接EF，EG，FG．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）当t=1时，求EG的长．
（3）①当△EFG中有一条边与BD垂直时，求t的值．
②如图2，F的运动终点记作点H，连接EH，以EF，EH为边作▱EFPH．当点P落在△ABD的边上时，
直接写出□EFPH的面积．
【思路点拨】
（1）先用两组对边相等的四边形是平行四边形证四边形ABCD是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理
证∠BCD=90°，即可得证；
（2）连接AC交BD于点O，过点F作FM⟂BC于点M，当t=1时，CE=2t=2，DF=3t=3，BF=5，
先证△OAB是等边三角形，得∠ABO=60°，从而有∠OBC=∠ABC−∠ABO=30°，利用直角三角形
1 5
的性质得FM= BF= ，进而利用勾股定理及等腰三角形的性质即可求解；
2 2
（3）①分FG与BD垂直，EF⟂BD与EG⟂BD三种情况讨论求解即可；②分点P在AB上与当点P在AD上
两种情况讨论求解即可．
【解题过程】（1）∵AB=CD=4，AD=BC=4❑√3，BD=8．
∴四边形ABCD是平行四边形，BC2+CD2=(4❑√3) 2+42=64，BD2=64，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：如下图，连接AC交BD于点O，过点F作FM⟂BC于点M，
当t=1时，CE=2t=2，DF=3t=3，
∴BF=BD−DF=8−3=5
由（1）得四边形ABCD是矩形，BD=8
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD=8，∠BCD=90°，
∴OA=OB=OC=OD=4，
∵AB=4，
∴AB=OB=OA=4，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∴∠OBC=∠ABC−∠ABO=30°，
∵FM⟂BC，
1 5
∴FM= BF= ，
2 2
∴BM= ❑√BF2−FM2=❑
√
52−
(5) 2
=
5
❑√3
2 2
∵FB=FG，FM⟂BC，
∴BG=2BM= 5❑√3，
∴CG=BG−BC= 5❑√3−4❑√3=❑√3，
∵∠BCD=90°，∴∠ECG=180°−∠BCG=90°，
∴EG=❑√CE2+CG2=❑√22+(❑√3) 2=❑√7；
（3）解：①∵CE=2t，DF=3t，
∴DE=4−2t，BF=8−3t，
∵FB=FD，∠DBC=30°，
∴∠FBC=∠FGB=30°，
∴∠BFG=180°−∠FBC−∠FGB=120°，
∴FG不与BD垂直，
如图3，当EF⟂BD时，
由（2）得∠DBC=30°，∠BCD=90°，
∴∠BDC=90°−∠DBC=60°，
∴∠≝=90°−∠BDC=30°，
∴DE=2DF=6t，
∵EC=2t，CD=4，
∴2t+6t=4，
1
解得t= ；
2
如图3，当EG⟂BD时，令垂足为点N，∵∠BFG=120°，
∴∠GFN=180°−∠BFG=60°，
∴∠FGN=90°−∠GFN=30°，
1 1 8−3t
∴NF= FG= BF= ，
2 2 2
1 4−2t
同理可证DN= DE= ，
2 2
∵DN+FN=3t，
8−3t 4−2t
∴ + =3t，
2 2
12
解得t= ，
11
1 12
综上所述，当△EFG中有一条边与BD垂直时t= 或 ；
2 11
②如图5，当点P在AB上时，过点E作EQ⟂BD于点Q，
∵CD=4，
4
∴DH= ×3=6，
2
∴BH=BD−DH=2，
由（1）得四边形ABCD是矩形，由（2）得∠ABD=60°，
∴AB∥CD，∠ADC=90°，
∴∠PBH=∠FDE=60°，
∴∠DEQ=90°−∠EDF=30°，1
∴DQ= DE，
2
∵四边形EFPH是平行四边形，
∴EF∥PH，EF=PH，
∴∠PHF=∠EFH，
∵∠PHF+∠PHB=∠EFH+∠EFD=180°，
∴∠PHB=∠EFD，
∴△PHB≌△EFD，
∴DF=BH=2，
∴EF=BD−BH−DF=4，
DF 2
此时t= = ，
3 3
2 4
∴CE= ×2= ，
3 3
4 8
∴DE=CD−CE= 4− = ，
3 3
1 4
∴DQ= DE= ，
2 3
∴EQ=❑√DE2−DQ2=❑
√ (8) 2
−
(4) 2
=
8
❑√3，
3 3 3
1 1 4❑√3 16❑√3
∴S =2 =2× EQ⋅FH=2× × ×4= ；
▱EFPH S△EFH 2 2 3 3
如图6，当点P在AD上时，过点E作EQ⟂BD于点Q，过点P作PU∥AB交BD于点U，则PU∥CD
∴∠PUH=∠EDF，
∵四边形EFPH是平行四边形，
∴EF∥PH，EF=PH，
∴∠PHF=∠EFH，
∵∠PHF+∠PHU=∠EFH+∠EFD=180°，∴∠PHU=∠EFD，
∴△PHU≌△EFD，
∴UH=DF=3t，PU=DE=CD−CE=4−2t，
∴UD=BD−BH+UH=8−2+3t=6+3t，
∵PU∥AB，
∴∠DPU=∠A，∠DUP=∠DBA，
∴△DPU∽△DAB，
PU DU 4−2t 6+3t
∴ = 即 = ，
AB DB 4 8
2
解得t= ，
7
2 24 2 6
∴DE=CD−CE=4−2× = ，DF=3× = ，
7 7 7 7
6 36
∴HF=BD−BH−DF=8−2− = ，
7 7
由（1）得四边形ABCD是矩形，由（2）得∠ABD=60°，
∴AB∥CD，∠ADC=90°，
∴∠ABH=∠FDE=60°，
∴∠DEQ=90°−∠EDF=30°，
1 12
∴DQ= DE= ，
2 7
∴EQ=❑√DE2−DQ2=❑
√ (24) 2
−
(12) 2
=
12
❑√3，
7 7 7
1 1 12 36 432❑√3
∴S =2 =2× EQ⋅FH=2× × ❑√3× = ；
▱EFPH S△EFH 2 2 7 7 49
16❑√3 432❑√3
综上，▱ EFPH的面积的面积为 或 ．
3 49
20．（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类
的目的.下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，则
EF=BE+DF，试说明理由．
（1）思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合.
∵∠ADC=∠B=90°，∠FDG=180°，∴点F，D，G共线.根据______ (从“SSS，ASA，AAS，
SAS”中选择填写)，易证△AFG≌ ______ ，得EF=BE+DF．
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°.若
∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系______ 时，仍有EF=BE+DF．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°.猜想BD，DE，
EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
（4）思维深化
如图4，在△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左边，且
∠DAE=30°，当AB=4，BD=1时，直接写出CE的长．
【思路点拨】
（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFE≌△AFG进而得到
EF=FG，即可证明结论；
（2）∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF与（1）的证法类同；
（3）把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接DE′，根据旋转的性质，可知△AEC≌△ABE′
得到BE′=EC、AE′=AE、∠C=∠ABE′、∠EAC=∠E′ AB，
，根据Rt△ABC中的，AB=AC得到∠E′BD=90°，所以E′B2+BD2=E′D2，证△AE′D≌△AED，
利用DE=DE′得到DE2=BD2+EC2；
（4）分两种情况：点D在BC边上或点D在BC的延长线上，①当点D在BC边上时，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，利用三角函数求出BG，DG，AF，再证明△AFE∽△AGD，运
用相似三角形性质即可求出EF，再由CE=CF−EF可求得CE；②当点D在CB的延长线上时，过点A作
AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，与①同理可求得EF，再由CE=CF+EF求出CE即可．
【解题过程】
（1）解：∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
{
AE=AG
)
∠EAF=∠FAG ，
AF=AF
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，即：EF=BE+DF．
故答案为：SAS，△AFE；
（2）解：∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF，理由如下：
∵AB=AD，
∴如图2:把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
{
AE=AG
)
∠FAE=∠FAG ，
AF=AF
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，即：EF=BE+DF．
故答案为：∠B+∠D=180°；
（3）解：猜想：DE2=BD2+EC2．理由如下：
如图3：把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接DE′，
∴△AEC≌△ABE′，
∴BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′ AB，
在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABC+∠ABE'=90°，即∠E′BD=90°，
∴E′B2+BD2=E′D2，
又∵∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°，
∴∠E′ AB+∠BAD=45°，即∠E′ AD=45°，
在△AE′D和△AED中，
{
AE′=AE
)
∠E′ AD=∠DAE ，
AD=AD
∴△AE′D≌△AED(SAS)，∴DE=DE′，
∴DE2=BD2+EC2；
（4）解：点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，BD=1，
∴分两种情况：点D在BC边上或点D在CB的延长线上，
①当点D在BC边上时，如图4−1，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，
∵AB=AC=4，∠BAC=60°，
∴BF=CF=2，∠BAF=∠CAF=30°，AF=❑√3BF=2❑√3，
∵∠AGD=90°，∠B=60°，BD=1，
1 1 ❑√3
∴BG= BD= ，DG=❑√3BG= ，
2 2 2
1 7
∴AG=AB−BG=4− = ，
2 2
∵∠DAE=30°，
∴∠DAF+∠BAD=∠DAF+∠FAE=30°，
∴∠BAD=∠FAE，
∵∠AFE=∠AGD=90°，
∴△AFE∽△AGD，
EF AF
∴ = ，
DG AG
EF 2❑√3
∴ =
❑√3 7 ，
2 2
6
∴EF= ，
7
6 8
∴CE=CF−EF=2− = ；
7 7
②当点D在CB的延长线上时，如图4−2，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，由①知，BF=CF=2，∠BAF=∠CAF=30°，
∵∠DGB=90°，∠DBG=∠ABC=60°，
1 1 ❑√3
∴BG= BD= ，DG=❑√3BG= ，
2 2 2
1 9
∴AG=AB+BG=4+ = ，
2 2
∵∠DAE=∠BAF=30°，
∴∠DAG+∠BAE=∠BAE+∠EAF，
∴∠DAG=∠EAF，
∴△DAG∽△EAF，
EF AF
∴ = ，
DG AG
EF 2❑√3
∴ =
❑√3 9 ，
2 2
2
∴EF= ，
3
2 8
∴CE=CF+EF=2+ = ．
3 3
