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期末难点特训一（和相似综合有关的压轴题）
1．已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是线段BC上的动点，以AE为直角边在直线BC
的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，EF交CD于点P，AF交CD于点Q，连结CF，设
BE＝m．
(1)如图，当m 时，求线段CF的长；
(2)当点E在BC线段上（不含B、C）运动时，∠QEF与∠CEF是否相等？请说明理由；
(3)在（2）的条件下，请你求出点P到QE的距离h，用含m的代数式表示h，并求h的最大值．
【答案】(1)CF
(2)相等，理由见解析
(3)h＝﹣m2+m， h最大值为
【分析】（1）连接CF，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，利用AAS证明
ABE≌△EGF，得BE＝FG，AB＝EG，则BE＝FG＝CG＝ ，从而得出答案；
△
（2）延长EB，使BM＝DQ，连接AM，首先由SAS证明 ABM≌△ADQ，得AM＝AQ，再利用SAS
证明 QAE≌△MAE，得∠AEM＝∠AEQ，得出∠BAE＝∠△QEF，从而证明结论；
△
（3）利用两个角相等，证明 ABE∽△ECP，得 ，则h＝PC＝﹣m2+m＝﹣（m﹣ ）2+
△
，利用二次函数的性质即可得出答案．
(1)
解：连接CF，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，如图3，∵AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEG＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
∴△ABE≌△EGF（AAS），
∴BE＝FG，AB＝EG，
∴BE＝FG＝CG ，
∴CF ；
(2)
证明：相等，
理由如下：
延长EB，使BM＝DQ，连接AM，如图4，
∵AB＝AD，∠ABM＝∠ADQ＝90°，BM＝DQ，
∴△ABM≌△ADQ（SAS），
∴AM＝AQ，
∴∠BAM＝∠DAQ，
∴∠EAM＝∠QAE，AE＝AE，
∴△QAE≌△MAE（SAS），∴∠AEM＝∠AEQ，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，∠AEQ+∠QEF＝90°，
∴∠BAE＝∠QEF，
∵∠BAE＝∠CEF，
∴∠QEF＝∠CEF；
(3)
解：∵∠QEF＝∠CEF，
∴点P到QE的距离h＝PC，
∵∠BAE＝∠CEF，∠ABE＝∠PCE＝90°，
∴△ABE∽△ECP，
∴ ，
即 ，
∴h＝PC＝﹣m2+m＝﹣（m ）2 ，
∴当m 时，h最大值为 ．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角
形的判定与性质，二次函数的性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．【探究发现】
(1)如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点
D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．
①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮
他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝ °．【类比迁移】
(2)如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，
DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求
CD'的长；
【拓展应用】
(3)如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝ ，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD
绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝
EF，请直接写出此时OF的长．
【答案】(1)①见解析；②22.5°
(2)
(3) 或
【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD=∠EGD'=90°，结合∠DEG=∠BEC得
到∠EBC=∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，从而证明 BCE≌△DCF；
②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到∠△EDF=∠EBC=22.5°；
（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD=∠EGD'=90°，结合CD'⊥DF
得到CD'∥BG，从而有EG是 DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE=DE=1，再由
勾股定理求得BE的长；由（△1）①得∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°得到 ECB∽△EGD，进而
借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长； △
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上
和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
(1)
解：①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵∠DEG=∠BEC，
∴∠EBC=∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，
在 BCE和 DCF中，
△ △，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE=∠D'BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，
由①得到∠CDF=∠EBD'，
∴∠CDF=22.5°，
故答案为：22.5°．
(2)
解：如图2，延长BE交DF于点G，
由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是 DCD'的中位线，
∴点E是△CD的中点，
∴CE=DE= CD= ×2=1，
∴BE= ，由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，
∴ ECB∽△EGD，
△
∴ ，
∴ ，
∴EG= ，
∴BG=BE+EG= ，
∵EG是 DCD'的中位线，
△
∴CD'=2EG=2× = ；
(3)
以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，
由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，
∴∠OAF=∠ODA，
∵AC=2，
∴OA=1，
∵AD= ，
∴OD= ，∴tan∠OAF=tan∠ODA= ，
∴ ,
∴OF= ；
②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG= ∠DAE，
∵AD=AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO= ∠ABE，AD∥∠BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠ABO=∠DAG，
在 AGD和 BOA中，
△ △
，
∴△AGD≌△BOA（AAS），
∴DG=AO=1，AG=BO= ，
∴DG=AO，
∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF=FG，
设OF=FG=x，则DF= ，
在Rt DFG中，DF2=GF2+DG2，
△
∴（ ）2=x2+12，
解得：x= ，∴OF= ，
综上所述，OF的长为 或 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似
三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到
∠EBC=∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知
识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．
3．（1）基础巩固：如图1，已知正方形 中，E是边 的延长线上一点，过点C作
，交 于点F．求证： ．
（2）尝试应用：如图2，已知正方形 的边长为1，M是边 所在直线上一点，N是边
所在直线上一点，且 ．记 ， ．请直接写出y与x之间的函数关系式．
（3）应用拓广：如图3，已知菱形 是一个菱长为 的森林生态保护区， ，沿保
护区的边缘 、 已修建好道路 和 ，现要从保护区外新修建一条道路 ，将道路 、
连通．已知 ，求道路 的最短路程．
【答案】（1）见解析；（2） 或 ；（3）
【分析】（1）证明 ，根据全等三角形的性质定理即可得出CE＝CF；
（2）分别讨论当点M在线段 上和点M在线段 的延长线上和点M在线段 的延长线上，
利用相似三角形的性质和判定证明 得出CK的值，全等三角形的判定和性质以及三
角形面积公式解答即可；
（3）以CD为边作∠DCG＝120°，交射线AP于点G，过点C作CH⊥PA于点H，利用菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
（2）解：当点M在线段 上时，如图1，
过点C作 ，交 于点K，连接 ，由（1）得
∵ ，∴
∵四边形 是正方形，
∴
∵
∴
∴ ，即
∵
∴
∵
∴∴
当点M在线段 的延长线上时，同理得
当点M在线段 的延长线上时，同理得 ．
（3）以 为一边作 ，交射线 于点G，过点C作 于点H，如图
∵
∴
∵四边形 是菱形
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴ 是等边三角形
∴
∴
∴
∴道路 的长度
∴当 最短，即当 时，道路 的长度最短
∵
∴∴道路 的最短路程是 ．
【点睛】此题考查四边形的综合题，关键是根据相似三角形和全等三角形的判定和性质以及菱形
的性质解答．
4．（1）证明推断：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．
①填空：DQ AE（填“＞”“＜”或“＝”）；
②推断 的值为 ；
（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：在（2）的条件下，连接CP，当k＝ 时，若 ＝ ，GF＝2 ，求CP的长．
【答案】（1）①＝ ②1 （2） ＝k；理由见解析 （3）
【分析】（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又
知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是 ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②证明四边形
DQFG是平行四边形即可解决问题； △
（2）结论： ＝k．如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明 ABE∽△GMF即可解决问题；
△
（3）如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问
题．
【详解】（1）①解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
故答案是：＝；
②解：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴ ＝1．
故答案为：1．
（2）解：结论： ＝k．
理由：如图2中，作GM⊥AB于M．
∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，∴ ＝ ，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴ ＝ ＝ ＝k．
（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．
由 ＝ ，可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵ ＝ ，FG＝2 ，
∴AE＝3 ，
∴（3k）2+（9k）2＝（3 ）2，
∴k＝1或﹣1（舍弃），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ＝ ，
∴EM＝ ，PM＝ ，
∴CM＝EM﹣EC＝ ﹣3＝ ，
∴PC＝ ＝ ．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了特殊的平行四边形正方形、矩形的性质，全等三角形的
判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角
形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
5．如图①，在 ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D为AB的中点，EF为 ACD 的中位线，
四边形EFGH为△ ACD的内接矩形（矩形的四个顶点均在 ACD的边上）． △
（1）计算矩形E△FGH的面积； △
（2）将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与 CBD重
△
叠部分的面积为 时，求矩形平移的距离；
（3）如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形 ，将矩形 绕 点
按顺时针方向旋转，当 落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形 ，设旋转角为
，求 的值．
【答案】（1） ；（2）矩形移动的距离为 时，矩形与 CBD重叠部分的面积是 ；（3）
△【详解】分析：（1）根据已知，由直角三角形的性质可知AB=2，从而求得AD，CD，利用中位线
的性质可得EF，DF，利用三角函数可得GF，由矩形的面积公式可得结果；
（2）首先利用分类讨论的思想，分析当矩形与△CBD重叠部分为三角形时（0＜x≤ ），利用三
角函数和三角形的面积公式可得结果；当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时（ ＜x≤ ），列
出方程解得x；
（3）作H Q⊥AB于Q，设DQ=m，则HQ＝ m，又DG ＝ ，HG＝ ，利用勾股定理可得
2 2 1 2 1
m，在Rt△QH G 中，利用三角函数解得cosα．
2 1
详解：（1）如图①，
在 中，
∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2,
又∵D是AB的中点，∴AD=1， ．
又∵EF是 的中位线，∴ ，
在 中，AD=CD, ∠A=60°,
∴∠ADC=60°．
在 中, 60° ，
∴矩形EFGH的面积 ．
（2）如图②，设矩形移动的距离为 则 ，当矩形与 CBD重叠部分为三角形时，
△
则 ，
， ∴ ．（舍去）．
当矩形与 CBD重叠部分为直角梯形时，则 ，
△
重叠部分的面积S= , ∴ ．
即矩形移动的距离为 时，矩形与 CBD重叠部分的面积是 ．
△
（3）如图③，作 于 ．
设 ，则 ，又 ， ．
在Rt HQG 中， ，
2 1
△
解之得 （负的舍去）．
∴ ．
点睛：本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质和三角函数定义等，利用分类讨论的思
想，构建直角三角形是解答此题的关键．6．（1）如图1，在 ABC中，AB＞AC，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC，若AD＝2，
△
AE＝ ，则 的值是 ；
（2）如图2，在（1）的条件下，将 ADE绕点A逆时针方向旋转一定的角度，连接CE和BD，
△
的值变化吗？若变化，请说明理由；若不变化，请求出不变的值；
（3）如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC于点C，∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝ ，当CD＝
6，AD＝3时，请直接写出线段BD的长度．
【答案】（1） ；（2） 的值不变化，值为 ，理由见解析；（3）
【分析】（1）由平行线分线段成比例定理即可得出答案；
（2）证明 ABD∽△ACE，得出 ＝ ＝
△
（3）作AE⊥CD于E，DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，则DM＝CN，DN＝MC，由三角函数定义得
出 ＝ ， ＝ ，得出 ＝ ，求出AE＝ AD＝ ，DE＝ AE＝ ，得出CE＝CD﹣
DE＝ ，由勾股定理得出AC＝ ＝ ，得出BC＝ AC＝
，由面积法求出CN＝DM＝ ，得出BN＝BC+CN＝ ，由勾股定理得出AM＝
＝ ，得出DN＝MC＝AM+AC＝ ，再由勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）∵DE∥BC，∴ ＝ ＝ ＝ ；
故答案为： ；
（2） 的值不变化，值为 ；理由如下：
由（1）得：DE∥B，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ＝ ，
由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴ ＝ ＝ ；
（3）作AE⊥CD于E，DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如图3所示：
则四边形DMCN是矩形，
∴DM＝CN，DN＝MC，
∵∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝ ，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ，
∴AE＝ AD＝ ×3＝ ，DE＝ AE＝ ，
∴CE＝CD﹣DE＝6﹣ ＝ ，∴AC＝ ＝ ＝
∴BC＝ AC＝ ，
∵△ACD的面积＝ AC×DM＝ CD×AE，
∴CN＝DM＝ ＝ ，
∴BN＝BC+CN＝ ，AM＝ ＝ ＝ ，
∴DN＝MC＝AM+AC＝ ，
∴BD＝ ＝ ＝ ．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、平行线分线段
成比例定理、矩形的判定与性质、勾股定理、三角函数定义、三角形面积等知识；熟练掌握相似
三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
7．在 中， ， ， ．
（1）如图1，折叠 使点 落在 边上的点 处，折痕交 、 分别于点 、 ，若
，则 ________．
（2）如图2，折叠 使点 落在 边上的点 处，折痕交 、 分别于点 、 ．若，求证：四边形 是菱形；
（3）在（1）（2）的条件下，线段 上是否存在点 ，使得 和 相似？若存在，求
出 的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）5；（2）见解析；（3）存在，满足条件长 的值为 或10或 ．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设HQ＝x，根据 ，构建方程即可解决问题；
（2）由翻折的性质可得 ， ，然后证明出 即可；
（3）设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，构建方程求出m的值，然后根据 ，
，求出 ，设 ，分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）在 中，∵ ， ， ，
∴ ，
设 ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 或-5（舍弃），
∴ ，
故答案为5；（2）由翻折的性质可知： ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形；
（3）如图3中，设 ，则 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
设 ，
当 时， ，
∴ ，解得： ，
当 时， ，
∴ ，解得： 或 ，
经检验： 或 是分式方程的解，且符合题意，
综上所述，满足条件的 的长为 或10或 ．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了翻折变换，三角形的面积，菱形的判定和性质，勾股定
理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分
类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
8．已知，如图1，在 中，点 是 中点，连接 并延长，交 的延长线于点 ．
(1)求证： ；
(2)如图2，点 是边 上任意一点（点 不与点 、 重合），接 交 于点 ，连接 ，
过点 作 ，交 于点 ．
①求证： ；
②当点 是边 中点时，恰有 （ 为正整数数），求 的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）由平行四边形的性质证得∠A=∠FBE，∠ADE=∠F，再由点E是AB中点，得
AE=BE，即证得△ADE≌△BFE；
（2）①先证△AEK与△CDH相似，再由AB=CD=2AE，即可推出结论．②作GM∥DF交HC于
M，分别证明△CMG∽△CHF、△AHD∽△GHF、△AHK∽△HGM，根据相似三角形的性质计算即可．
（1）
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ，
∴∠A=∠FBE，∠ADE=∠F，
∵点E是AB中点，
∴AE=BE，在△ADE和△BFE中， ，
∴△ADE≌△BFE（AAS）；
（2）
①∵四边形ABCD为平行四边形，E为AB的中点，
∴ ，AB=CD=2AE，
∴∠AEK=∠CDH，
∵ ，
∴∠AKE=∠CHD，
∴△AEK∽△CDH，
∴ ，
∴HC=2AK；
②如图3，作 交HC于M，
由（1）得：
∵点G是边BC中点，
∴ ，
∵ ，
∴△CMG∽△CHF，
∴ ，
∵ ，
∴△AHD∽△GHF，∴ ，
设 则
即
∴ ，
∵ ，
∴△AHK∽△HGM，
∴ ，
∴ ，
即HD=4HK，
∴n=4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
证明三角形相似是解题的关键．
9．如图所示，已知边长为13的正方形OEFG，其顶点O为边长为10的正方形ABCD的对角线
AC，BD的交点，连接CE，DG．
(1)求证： ；
(2)当点D在正方形OEFG内部时，设AD与OG相交于点M，OE与DC相交于点N．求证：
；
(3)将正方形OEFG绕点O旋转一周，当点G，D，C三点在同一直线上时，请直接写出EC的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3或17【分析】（1）先由正方形的性质得到OD=OC，OG=OE，只需要证明∠GOD=∠EOC即可证明
；
（2）如图所示，过点O作OK⊥AD于K，OJ⊥CD于J，则四边形OJDK是矩形，先证明四边形
OJDK是正方形，得到OK=OJ=DK=DJ，则 ；再证 得到
KM=JN，由此即可得到答案；
（3）分G在CD延长线上和G在DC的延长线上，两种情况讨论求解即可．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OC，∠DOC=90°，
∵四边形EFGO是正方形，
∴ ，OG=OE，
∴ ，即∠GOD=∠EOC，
∴ ；
（2）
解：如图所示，过点O作OK⊥AD于K，OJ⊥CD于J，则四边形OJDK是矩形，
又∵∠JDO=45°，
∴ 是等腰直角三角形，
∴DJ=OJ，
∴四边形OJDK是正方形，
∴OK=OJ=DK=DJ，
∴ ；
∵ ，
∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴KM=JN，
∴
（3）
解：如图2所示，过点O作OH⊥CD于H，
∵∠DOC=90°，CD=10，OD=OC，OH⊥DC，
∴DH=CH=5，
∴ ，
∵OG=13，
∴ ，
∴DG=GH-DH=7，
∵ ，
∴CE=DG=3；
如图3所示，当G在DC的延长线上时，同理可得GH=12，DG=DH+GH=17，
∴CE=DG=17，
综上所述，满足题意的CE的长为3或17．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理等等，解题
的关键在于能够熟练掌握正方形的相关知识．
10．如图， 是菱形 的对角线，将线段 绕点B逆时针旋转得线段 ， 的平分
线与边 交点为E．
(1)如图1，点F在 的延长线上，求证： 平分 ；
(2)如图2，点P在 上，若 ，求 的值；
(3)如图3，若 与 交于点G，延长 、 交于点M，延长 、 交于点H，已
知 ，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明 ，由全等三角形的性质得出 ，由菱形的性质得出
，得出 ，证明 ，则可得出结论；
（2）延长 ， ，交点为 ，由平行线分线段成比例定理可得出 ，证出 ，
则可得出结论；（3）证明 ，由全等三角形的性质得出 ，证明 ，
由全等三角形的性质得出 ， ，证明 ，由全等三角形的性质
得出 ， ，证明 ，由相似三角形的性质得出答案．
(1)
解： 将线段 绕点 逆时针旋转得线段 ，
，
平分 ，
，
，
，
，
四边形 是菱形，
．
，
，
平分 ；
(2)
解：延长 ， ，交点为 ，
，
，
，
， ，
，
，
，，
，
， ，
；
(3)
解： ， ， ，
，
，
四边形 是菱形，
， ，
， ，
，
， ，
在 和 中，
，
，
， ，
， ，
，
， ， ，
，
， ，
，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，旋转的性质、全等三角形的判定与性质，
相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明三角形
全等．
11．如图，BD是菱形ABCD的对角线，将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∠FBC的平分线
与边CD的交点为E．
(1)如图1，若点F在AD的延长线上，求证：∠A＝∠BFE；
(2)如图2，若点F在对角线BD上，且 ，求 的值；
(3)如图3，若BE＝BC，EF与AD交于点G，延长EF、BA交点为M，延长BE、AD交点为H，且
，求 的值．
【答案】(1)见解析；
(2) ；
(3)
【分析】（1）首先根据题意证明△FBE≌△CBE，然后得到∠C＝∠BFE，由菱形的性质得到∠A＝
∠C，进而可证明∠A＝∠BFE；
（2）延长AD、BE，交点为N，首先根据题意得到 ，然后根据 ，得出 ，最后根据线段之间的转化即可求出 的值；
（3）首先根据题意得到△FBE≌△CBE，然后得到BF＝AB，然后证明出△BEM≌△BAH（ASA），得
到AM＝EH，进而证明出△MGA≌△HGE（AAS），得到GM＝GH，AG＝EG，最后根据相似三角形
的性质和线段之间的转化即可求出 的值．
（1）
∵线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，
∴BC＝BF，
∵BE平分∠FBC，
∴∠FBE＝∠CBE，
∵BE＝BE，
∴△FBE≌△CBE，
∴∠C＝∠BFE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，
∴∠A＝∠BFE；
（2）
延长AD、BE，交点为N，
∵ ，
∴ ，∠N＝∠CBE，
∵∠CBE＝∠FBE，
∴∠N＝∠FBE，
∴DN＝BD，
∵ ，
∴ ，
∵BF＝BC，BD＝DN，
∴ ；（3）
∵BF＝BC，∠FBE＝∠CBE，BE＝BE，
∴△FBE≌△CBE，
∴∠BFE＝∠C，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠C，AB＝BC，
∴∠BFE＝∠BAD，BF＝AB，
∵BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝∠BAD，BE＝AB，
在 BEM和 BAH中，
△ △
∴△BEM≌△BAH（ASA），
∴BM＝BH，∠M＝∠H，
∵AM＝BM－AB，EH＝BH－BE，
∴AM＝EH，
由∠MGA＝∠HGE，∠M＝∠H，AM＝EH，
∴△MGA≌△HGE（AAS），
∴GM＝GH，AG＝EG，
∵ ，
∴△DGE∽△AGM，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，折叠的性质等知识，
解题的关键是正确作出辅助线找到线段之间的关系．
12．如图，四边形ABCD和四边形AEFG是矩形且 ，点E线段BD上．
(1)连接DG，求证：∠BDG＝90°；
(2)连接DF，当AB＝AE时，求证：DF＝FG；
(3)在（2）的条件下，连接EG，若∠DGE＝45°，AB＝2，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用两边成比例且夹角相等，可证明 ABE∽△ADG，得∠AEB＝∠AGD，再利用
EF∥AG，得∠EMD＝∠AGD，则∠EMD＝∠AEB，从△而解决问题；
（2）由SAS可证明 DEF≌△EDA，得DF＝EA，即可证明结论；
（3）由∠EDG＝∠△EFG＝90°，得D，E，F，G四点共圆，证明 ANE是等腰直角三角形，得NE
△
＝AE＝AB＝2，AN＝ AE＝2 ，从而求出答案．（1）
证明：∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD＝90°，
∠DAG+∠EAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
又∵ ，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠AEB＝∠AGD，
设EF交DG于M，
∵EF∥AG，
∴∠EMD＝∠AGD，
∴∠EMD＝∠AEB，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠DEM＝180°﹣∠AEF＝90°，
即∠EMD+∠DEM＝90°，
∴∠BDG＝∠EDM＝180°﹣（∠DEM+∠DME）＝90°；
（2）
证明：∵ ，AB＝AE，
∴AD＝AG，∠ADG＝∠AGD，
∵AG＝FE，
∴FE＝AD，
∵△ABE∽△ADG，
∴∠AEB＝∠AGD＝∠ADG，
∵∠DEF＝90°﹣∠AEB，∠EDA＝∠EDG﹣∠ADG＝90°﹣∠ADG，∴∠DEF＝∠EDA，
在△DEF与△EDA中， ，
∴△DEF≌△EDA（SAS），
∴DF＝EA，
∵EA＝FG，
∴DF＝FG；
（3）
解：∵∠EDG＝∠EFG＝90°，
∴D，E，F，G四点共圆，
设EF交AD于N，
∵∠DGE＝45°，
∴∠DFE＝45°，
∵△DEF≌△EDA，
∴∠EAD＝∠DFE＝45°，
∵∠AEN＝90°，
∴△ANE是等腰直角三角形，
∴NE＝AE＝AB＝2，AN＝ AE＝2 ，
∵△DEF≌△EDA，
∴∠FED＝∠ADE，
∴ND＝NE＝2，
∴AD＝AN+ND＝2 +2．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形
的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，利用四点共圆得出∠DFE＝45°是解题的关
键．
13．如图，已知矩形ABCD，点E在边CD上，连接BE，过C作CM⊥BE于点M，连接AM，过M
作MN⊥AM，交BC于点N．(1)求证：△MAB∽△MNC；
(2)若AB＝4，BC＝6，且点E为CD的中点，求BN的长；
(3)若 ，且MB平分∠AMN，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）只需要证明出∠MBA=∠MCN，即可证明△MAB∽△MNC；
（2）先求出CE=DE=2， ，再由三角形面积法求出 ，根据
，求出 ，再由△MAB∽△MNC求出 ，则
；
（3）先证△BMC∽△BCE，得到 ，从而推出 ，设 ， ，
， ，如图所示，过点B作 交MN延长线于H，先证明
∠H=∠HMB=45°，得到BM=BH，再证△BHN∽△CMN，得到 ，由此求解
即可．
【详解】（1）解：∵CM⊥BE，
∴∠CMN+∠BMN=90°，∠MBC+∠MCB=90°，∵AM⊥MN，
∴∠AMB+∠BMN=90°，
∴∠AMB=∠CMN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠ABM+∠MBC=90°，
∴∠MBA=∠MCN，
∴△MAB∽△MNC；
（2）解：∵E为CD的中点，AB=CD=4，
∴CE=DE=2，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵△MAB∽△MNC，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：∵∠CBE=∠MBC，∠BMC=∠BCE，
∴△BMC∽△BCE，
∴ ，
由（2）得 ，
∴ ，
∴ ，设 ， ， ， ，
如图所示，过点B作 交MN延长线于H，
∵CM⊥BE，
∴∠HBM=∠CME=90°，
∵MB平分∠AMN，
∴∠AMB=∠HMB=45°，
∴∠H=∠HMB=45°，
∴BM=BH，
∵ ，
∴△BHN∽△CMN，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理等等，
解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定条件．
14．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，BD BC，将线段DB绕点D顺时针旋转α至DE，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧作等腰直角三角形CEF，连接AF．
(1)如图1，当α＝180°时，请直接写出线段AF与线段BE的数量关系；
(2)当0°＜α＜180°时，
①如图2，（1）中线段AF与线段BE的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当BC＝10，且点B，E，F三点共线时，求线段AF的长．
【答案】(1) ；
(2)①仍然成立，理由见解析；②2 ．
【分析】（1）根据题意得BD=DE=EC= BC，进而可得 ABC∽△FEC，得出 ，由
△
BC= AC，推出 ，即可得出答案；
（2）①可证得 ACF∽△BCE，从而得出结果；
△
②作DG⊥BF于G，可推出 BDG∽△BCF，进而得出BG= BF，DG= CF，进一步得出DG=
△
BG，进而在Rt BDG中根据勾股定理求得BG，进一步求得结果．
（1） △
当α=180°时，点E在线段BC上，
∵BD= BC，
∴DE=BD= BC，
∴BD=DE=EC，
∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BAC=90°，
∵∠ECF=∠BCA=45°，∴△ABC∽△FEC，
∴ ，
∴ ，
∵BC= AC，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ；
（2）
① 仍然成立，
理由如下：
如图2，∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°， ，
∵在 ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
△
∴∠BCA=45°， = ，
∴∠ECF=∠BCA， ，
∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE，
∴∠ACF=∠BCE，
∵ ，
∴△CAF∽△CBE，
∴ ，
∴ 仍然成立．②如图，
作DG⊥BF于G，
∴∠BGD=90°，
∵∠CFE=90°，
∴DG∥CF，
∴△BDG∽△BCF，
∴ ，
∴BG= BF，DG= CF，
∵BD=DE，
∴BG=GE，
∴EF=GE=BG，
∵EF=CF，
∴DG= BG，
在Rt BDG中，
BG2+△DG2=BD2，
∴BG2+（ BG）2=（ ）2，
∴BG= ，
∴BE=2 ，
由（2）得：AF= BE，
∴AF=2 × =2 ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决
问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
15．已知正方形ABCD的边长为4，对角线AC，BD交于点E，F是CD延长线上一点，连接AF，
G是线段AF上一点，连接BG，DG．
(1)如图1，若CF＝CA，G是AF的中点；
①求∠FAD的度数；
②求证：BG⊥DG；
(2)如图2，若FG＝2AG，BG⊥DG，求FD的长度．
【答案】(1)①22.5°；②见解析
(2)
【分析】（1）①可求得∠ACD=∠DAC=45°，进而求得结果；②连接GE，根据中位线定理证得
EG= CF，进而得出EG= BD，进一步命题得证；
（2）连接EG，可证得EG=DE=BE=AE，所以点A、G、D、B、C共圆，从而得出
∠FGD=∠ACD，进而证得△FDG∽△FAC，进一步求得结果．
（1）
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠ACF=45°，∠ADF=∠ADC=90°，
∵CF=CA，
∴ ，
∴∠FAD=∠FAC-∠DAC=67.5°-45°=22.5°；
②证明：连接GE，如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=BD，AE=CE，BE=DE= BD，
∵AC=CF，
∴CF=BD，
∵AG=FG，AE=CE，
∴EG= CF，
∴EG= BD，
∴GE=BE=DE，
∴∠EGD=∠EDG，∠EGB=∠EBG，
∵∠EGD+∠EDG+∠EGB+∠EBG=180°，
∴∠EGD+∠EGB=90°，
∴∠BGD=90°，
∴BG⊥DG；
（2）
如图2，连接EG，
∵BG⊥DG，BE=DE，
∴GE=BE=DE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AE=CE= AC，BE=DE= BD，AC=BD，
∴AE=CE=BE=DE，
∴点A、G、D、C、B在以E为圆心，AE为半径的圆上，
∴∠DGF=∠ACD，
∵∠F=∠F，
∴△FDG∽△FAC，
∴ ，
∴FD•FC=FG•FA，
设FD=x，则 ，
∵FG=2AG，
∴ ，
∴ ，
∴x= ，x=- （舍去），
1 2
∴FD= ．
【点睛】本题考查了正方形性质，直角三角形性质，确定圆的条件，三角形中位线定理，相似三
角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，找出相似三角形的条件．
16．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上，AO＝2BO，点C（3，0）
（A点在C点的左侧），连接AB，过点A作AB的垂线，过点C作x轴的垂线，两条垂线交于点
D，已知△ABO≌△DAC，直线BD交x轴于点E．(1)求直线AD的解析式；
(2)直线AD有一点F，设点F的横坐标为t，若△ACF与△ADE相似，求t的值；
(3)如图2，在直线AD上找一点G，直线BD上找一点P，直线CD上找一点Q，使得四边形AQPG
是菱形，求出G点的坐标．
【答案】(1)y＝2x﹣4
(2)1或
(3)G（ ，3 ﹣3）或G（ ，﹣3 ﹣3）
【分析】（ 1）由△ABO≌△DAC，得到OC＝OA+AC＝OA+OB，再由已知求出AO＝2，OB＝1，即
可得到A（2，0），D（3，2），用待定系数法求直线AD的解析式即可；
（2 ）由题意可知只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED两种情况，此时F点必在x轴下方，分两种
情况求解即可；
（ 3）设G（n，2n﹣4），P（m， m+1），Q（3，p），AP、GQ为菱形对角线，AG＝AQ，列
出方程组 ，解得n＝ 或n＝ ．
(1)
∵△ABO≌△DAC，∴AC＝OB，AO＝CD，
∵C（3，0），
∴OC＝3，
∵OC＝OA+AC＝OA+OB，
又∵AO＝2BO，
∴AO＝2，OB＝1，
∴B（0，1），A（2，0），
∴CD＝2，
∴D（3，2），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
∴ ，
∴直线AD的解析式为y＝2x﹣4；
(2)
设BD的解析式为y＝ax+c，
把B（0，1），D（3，2）代入y＝ax+c，得
，
∴ ，
∴BD的解析式为y＝ x+1，
令y=0，则 x+1=0
∴x=-3
∴E（﹣3，0），
∴AE＝2+3=5，AD＝ ，ED＝ 2 ，AC＝1，
∵F点在直线AD上，
∴设F（t，2t﹣4），∴AF＝ |t﹣2|，
∵∠DAC＝∠EDA+∠DEA，
∴△ACF与△ADE相似时，只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED两种情况，此时F点必在x轴下方，
∴t＜2，
①当△ACF∽△ADE时， ＝ ，
∴ ＝ ，
∴t＝3（舍）或t＝1；
②当△ACF∽△AED时， ＝ ，
∴ ，
∴t＝ 或t＝ （舍）；
综上所述：t的值为1或 ；
(3)
设G（n，2n﹣4），P（m， m+1），Q（3，p），
∵四边形AQPG是菱形，
∴AP、GQ为菱形对角线，AG＝AQ，
∴ ，
解得n＝ 或n＝ ，
∴G（ ，3 ﹣3）或G（ ，﹣3 ﹣3）．
【点睛】本题是一次函数的综合题，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似
的判定及性质，分类讨论，准确地计算是解题的关键．
17．如图，四边形ABCD是矩形．(1)如图1，E、F分别是AD、CD上的点，BF⊥CE，垂足为G，连接AG．
①求证： ＝ ．
②若G为CE的中点，求证：sin∠AGB＝ ；
(2)如图2，将矩形ABCD沿MN折叠，点A落在点R处，点B落在CD边的点S处，连接BS交MN
于点P，Q是RS的中点．若AB=2，BC=3，求PS+PQ的最小值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)
【分析】（1）①证明△FBC∽△ECD可得结论．
②连接BE，GD，证明△ADG≌△BCG，得到∠DAG=∠CBG，从而推出∠AEB=∠AGB，可得
sin∠AGB=sin∠AEB= ；
（2）如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP．因为四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，
T是AB中点，Q是SR中点，所以PT=PQ，MN垂直平分线段BS，推出BP=PS，由∠BCS=90°，推
出PC=PS=PB，推出PQ+PS=PT+PC，当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小．
(1)
解：①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠CDE=∠BCF=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC=90°，
∴∠BCG+∠FBC=∠BCG+∠ECD=90°，
∴∠FBC=∠ECD，
∴△FBC∽△ECD，
∴ ；
②证明：如图1中，连接BE，GD．
∵BF⊥CE，EG=CG，
∴BF垂直平分线段EC，
∴BE=CB，∠EBG=∠CBG，
∵DG=CG，
∴∠CDG=∠GCD，
∵∠ADG+∠CDG=90°，∠BCG+∠ECD=90°，
∴∠ADG=∠BCG，
∵AD=BC，
∴△ADG≌△BCG（SAS），
∴∠DAG=∠CBG，
∴∠DAG=∠EBG，
∴∠AEB=∠AGB，
∴sin∠AGB=sin∠AEB= ；
(2)
如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP．∵四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，
∴PT=PQ，MN垂直平分线段BS，
∴BP=PS，
∵∠BCS=90°，
∴PC=PS=PB，
∴PQ+PS=PT+PC，
当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小，最小值= ，
∴PQ+PS的最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，解直
角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属
于中考压轴题．
18．问题提出：
如图①所示，在矩形 和矩形 中， ，点A，O，D不在同一直线上，连接
． 是 的中线，那么 之间存在怎样的关系？
(1)问题探究：先将问题特殊化，如图②所示，当 且 时， 的数量关系是
________，位置关系是________．
(2)问题拓展：再探究一般情形如图③所示，当 ， 时，证明（1）中的结论仍然成
立．
(3)问题解决：回归图①所示，探究 之间存在怎样的关系（数量关系用k表示）？
【答案】(1)CF=2OH，OH⊥CF
(2)当k=1，∠AOD≠90°时，（1）中的结论仍然成立
(3)CF=2kOH，OH⊥CF【分析】（1）连接HO并延长交CF于点L，通过证明△AOD≌△COF可得AD=CF，利用直角三角
形斜边上的中线等于斜边的一半可得CF=2OH；通过计算可得∠CLO=90°则OH⊥CF；
（2）当k=1，∠AOD≠90°时，（1）中的结论仍然成立，延长OH至点M，使HM=HO，连接
DM，延长HO交CF于点N，通过证明△AOH≌△DMH可得OM=CF，进而得到DM∥AO，利用同角
的补角相等可得∠ODM=∠COF，易证△ODM≌△FOC，则CF=OM=2OH；与（1）相同的方法通过
计算得到∠ONF=90°，则OH⊥CF；
（3）延长OH至点G，使HG=HO，连接DG.延长HO交CF于点K，同（2）中的方法证明
△AOH≌△DGH，得到AO=DG，∠AOH=∠G，AO//DG，易证△FOC∽△ODG，则∠OFC=∠DOG，
于是FC=kOG=2kOH；同（1）中的方法通过计算得到∠OKF=90°，则OH⊥CF．
（1）
解：HO，CF的数量关系是：CF=2OH，位置关系是：OH⊥CF，理由是：
连接HO并延长交CG于点L，如图
当k=1且∠AOD=90°时，
∴AO=CO，OF=OD
∴矩形AOCB和矩形ODEF是正方形
∴∠AOC=∠DOF=90°
∴∠COF=90°
在△AOD和△COF中
∴△AOD≌△COF（SAS）
∴AD=CF，∠OAD=∠OCF∵HO是△AOD的中线，∠AOD=90°
∴HO= AD
∴HO= CF，即CF=3OH
∵HO=AH
∴∠OAD=∠AOH
∴∠AOH=∠OCF
∵∠AOH+∠AOC+∠COL=180°，∠AOC=90°
∴∠COL+∠AOH=90°
∴∠COL+∠OCF=90°
∴∠CLO=90°
∴OH⊥CF
∴HO，CF的数量关系是：CF=2OH，位置关系是：OH⊥CF，
故答案为：CF=2OH，OH⊥CF．
（2）
解：当k=1，∠AOD≠90°时，（1）中的结论仍然成立，理由是：
延长OH到M，使HM=HO，连接DM，延长HO交CF于N，如图，
则OM=2OH
在△AOH和△DMH中∴△AOH≌△DMH（SAS）
∴AO=DM，∠AOH=∠M
∴AO∥DM
∴∠AOD+∠DOM=180°
∵∠AOC=∠DOF=90°
∴∠AOD+∠COF=180°
∴∠ODM=∠COF
由（1）可知，AO=CO，OF=OD∴DM=OC
在△ODM和△FOC中
∴△ODM≌△FOC （SAS）
∴OM=CF，∠MOD=∠CFO
∴FC=2OH
∵∠MOD+∠DOF+∠NOF=180°，∠DOF=90°
∴∠MOD+∠NOF=90°
∴∠NOF+∠CFO=90°
∴∠ONF=90°
∴OH⊥CF
∴当k=1，∠AOD≠90°时，（1）中的结论仍然成立．
（3）
解：HO、CF的数量关系是：CF=2kOH，位置关系是：OH⊥CF，理由是：
延长OH到G，使HG=HO，连接G，延长HO交CF于K，如图，则OG=2OH
在△AOH和△DGH中
∴△AOH≌△DGH（SAS）
∴AO=DG，∠AOH=∠G
∴AO∥DG
∴∠AOD+∠ODG=180°
∵∠AOC=∠DOF=90°
∴∠AOD+∠COF=180°
∴∠ODG=∠COF
∵
∴
∴△FOC∽△ODG
∴ ，∠OFC=∠DOG
∴FC=kOG
∴FC=2kOH
∵∠DOG+∠DOF+∠KOF=180°，∠DOF=90°
∴∠GOD+∠KOF=90°
∴∠KOF+∠CFO=90°∴∠OKF=90°
∴OH⊥CF
∴HO、CF的数量关系是：CF=2kOH，位置关系是：OH⊥CF．
【点睛】本题是三角形相似的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，正方
形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，互
余角的性质，延长中线OH的一倍构造全等三角形是解决此类问题常添加的辅助线，也是解题的
关键．
19．如图所示，在矩形ABCD中，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在AB边上的点G处，点C
落在点H处，GH交BC于点K，连接DG交EF于点O，DG＝2EF．
（1）求证DE•DA＝DO•DG；
（2）探索AB与BC的数量关系，并说明理由；
（3）连接BH，sin∠BFH＝ ，EF＝ ，求△BFH的周长．
【答案】（1）见解析；（2）BC＝2AB，理由见解析；（3）9+
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得出角相等，进而利用相似三角形的判定和性质解答
即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质和矩形的判定和性质解答即可；
（3）根据三角函数和勾股定理解答即可．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAG＝90°，
由折叠性质得：DG⊥EF，
∴∠DAG＝∠EOD＝90°，
∵∠GDA＝∠EDO，
∴△ADG∽△ODE，∴
∴DE•DA＝DO•DG；
（2）BC＝2AB，理由如下：
过点E作EN⊥BC于N，
由折叠性质得：DG⊥EF，
∴∠EOG＝∠ENF＝∠DAG＝90°，
∴∠OEN+∠DEO＝90°，∠OED+∠EDO＝90°，
∴∠NEF＝∠EDO，
∴△DGA∽△EFN，
∴
∵∠AEN＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABNE是矩形，
∴EN＝AB，
∵AD＝2EN，
∴AD＝2AB，
∴BC＝2AB；
（3）作HQ⊥AB交AB的延长线于Q，连接EG，如图2，
∵AE∥BC，GE∥HF，
∴∠AEG＝∠BFH，
∵sin∠BFH＝sin∠AEG＝ ，
设AG＝3k，AE＝4k，GE＝ED＝5k，则AD=AE+ED=9k
∵DG＝2EF，EF＝ ，
∴DG＝ ，∵
∴
解得：k＝1或﹣1（舍去），
∴AG＝3，AE＝4，AD＝9，AB＝4.5，
∵∠EAB＝∠HQG＝∠EGH＝90°，
∴∠AGE+∠QGH＝90°，∠AGE+∠AEG＝90°，
∴∠AEG＝∠QGH，
∴△EAG∽△GQH，
∴
即
∴GQ＝ ，QH＝ ，GB＝ ，BQ＝ ，
∴
∴△BFH的周长＝ 9+ ．
【点睛】本题考查了相似综合题，综合运用了相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识点，
三角函数,熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
