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武汉市各区2024——2025年九下数学五调试题分类汇编——第23题 几何探究题
1（2025春 七一华源五调）如图1，等边△ABC中，G为BC的中点，D、E分别是BC、AC上的两点，BD＝CE．
（1）求证：∠BAD＝∠CBE；
（2）H为EF上一点，若∠BHG+∠AFH＝90°，求的值；
（3）如图2，等腰Rt△ABC中，G为斜边BC的中点，D为BG中点，BD＝2，E是AC上的点，，H为EF上一点，若∠BHG+∠AFH＝90°，直接写出HG的长．
2．（2025春 二中广雅五调）【问题背景】：（1）如图（1），∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．求证：∠DCE＝90°；
【变式迁移】：（2）如图（2），∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AE与DC相交于点F，点D在CB的延长线上，，求的值；
【问题拓展】：（3）如图（3），若∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AD＝1，BD＝3，当CD的值最大时，直接写出tan∠ABD的值．
3．（2025 武汉模拟）如图，在△ABC中，M，N分别为边AB，AC上的点，∠ANM＝∠ABC．
（1）求证：AN AC＝AM AB；
（2）如图（2），已知∠ABC＝60°，延长BC到D，使BD＝AB，延长MN交AD于点P．
①若设，探究m，n之间的等量关系；
②连接BN，若BN平分∠MNC，BC＝3，CD＝2，直接写出AP的值．
4．（2025 东西湖区五调）数学实验能增强学习数学的乐趣，还能经历知识再创造的过程，更是培养动手能力，创新能力的手段．小强在学习《相似》一章中对“两个角对应相等的两个三角形相似”这一判定产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．
（1）初步探究：如图1，若∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD AB；
（2）尝试应用：如图2，在（1）的条件下，若点D为AB中点，，求CD的长；
（3）创新提升：如图3，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，，求BE的长．
5．（2025 东湖高新区五调）【初识模型】如图（1），在△ABC中，点D在边BC上，连接AD，点E在AD上．连接CE．且CD＝CE，∠BAD＝∠ACE，求证：△ABD∽△CAE；
【尝试应用】如图（2），在 ABCD中，AC、BD交于点O，点E在线段OC上，连接BE，且BD＝2BE，∠CBE＝∠DCO，若BD＝12，OE＝5，求AB的长；
【拓展提升】如图（3），在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，点E为BC的中点，点F在边CD上，连接OE、AE、AF，若∠AEO＝∠CAF，，AC＝6，请直接写出：菱形ABCD的边长为　 　 ．
6．（2025 洪山区五调）在正方形ABCD中，E，F分别是线段AD，DC延长线上的点，连接BE，AF，AF交BC于点H，若BE⊥AF于点G．
（1）如图1，求证：△ABE≌△ADF；
（2）如图2，连接DH，若AD：DE＝3：1，求tan∠AHD的值；
（3）如图3，连接DG，DH，EF，若DH：DG＝k：1，直接写出tan∠DFE的值（用含k的代数式表示）　 　 ．
7．（2025 江汉区五调）已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，动点E在AD上，以BE为折痕，将△ABE折叠，得到对应△FBE，连接AF交BE于G．
（1）如图1，延长AF交CD于H．
①求证：△ABE∽△DAH；
②求证：；
（2）如图2，连接DG，求DG的最小值．
8．（2025 武昌区五调）在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．点D关于直线AB的对称点为E，连接AD，DE．在直线AD上取一点F，使∠EFD＝∠BAC，直线EF与直线AC交于点G．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，BD＜CD，∠BAD＝α．
①求∠AGE；（用含α的代数式表示）
②探究线段CG与DE之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若∠BAC＝90°，连接AE，在点D从点B移动到点C的过程中，当△AEG为等腰三角形时，直接写出此时的值．
9．（2025 江岸区五调）类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若2，求的值．
（1）尝试探究在图1中，过点E作EH⊥BC交AC于点H，则BE和EH的数量关系是 　 　 ，的值是 　 　 ；
（2）类比延伸如图2，在△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，设m，n，求证：；
（3）拓展迁移如图3，在（2）的条件下，若EF＝EG＝FC，直接写出tan∠C的值．
10．（2025 青山区五调（1）如图1，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，．求证：△BAD∽△CAE；
（2）如图2，△ABC是等腰三角形，AC＝BC，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，tan∠ADE＝tan∠ABC＝2，点F是BE的中点，连接CF，BD．求证：BD＝CF；
（3）如图1，AD＜AB，，在（1）的条件下，将△ADE绕点A顺时针旋转，当点D，E，C恰好在一条直线上时AE＝EC，若△ADE旋转40°，请直接写出旋转过程中线段EC的中点M的运动路径长．
11．（2025 汉阳区五调）矩形ABCD中，，E是线段BC边上一点，EF⊥AE于E点，且EF＝AE．
（1）如图1，当点F在线段CD上时，求；
（2）如图2，点F在CD右侧，连DF，若∠EFD＝90°，连DE，则求证：DE＝2CF；
（3）若AB＝6，则直接写出点F的路径长．
12．（2025 硚口区五调）问题背景 如图（1），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足是D，点E，F分别在AB，AC上，∠EDF＝90°，求证：△ADE∽△CDF．
问题探究 如图（2），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点E，F分别在AB，AC上，将△AEF沿EF折叠，点A的对应点D恰好落在BC上．若tan∠B＝2，AF＝3AE，求的值．
问题拓展 如图（3），在梯形ABCD中，∠A＝90°，BC∥AD，AB＝AD，tan∠ADC＝2，点E在AD的延长线上，点F在AB上，当A，C两点关于EF轴对称时，直接写出的值．
13．（2025 武汉外校五调）如图，在等腰△ABC中，D，E分别是两腰上的点．
（1）如图（1），若AD＝AE，求证：BE＝CD；
（2）如图（2），在等腰△ABC中，D是腰AB上的点，F是AC延长线上的点．DF⊥AB，BD＝CF＝2，DF＝8．
①求BC的长；
②在腰AC上取点E，使BE＝CD，直接写出符合条件的AE的长．
14．（2025 武汉四区五调）【问题背景】
在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，D为AC上一点，AB＝2AD，过点D作DE⊥AB于点E．
【问题解决】
（1）如图1，求证：AD AC＝AE AB；
【问题探究】
（2）如图2，将△ADE绕A点顺时针以每秒10°角的速度旋转，旋转时间为t秒（旋转一周即停止），连接BD，CE，取BD的中点G，连接EG．
①在旋转的过程中，的值是否发生变化？如果不变，求出的值；如果变化，求其取值范围；
②在旋转的过程中，当∠ABD最大时，时间t的值为 　 　 秒．
15．（2025 青山区四调）【问题背景】（1）如图1，AB∥CD，BC与AD交于点O，过点O的直线分别与AB，CD交于E，F两点，求证：．
【问题探究】（2）如图2，点E，F分别是平行四边形ABCD边AD，CD上的点，连接AF，BE交于点M，连接CM并延长交AD于点N．
①如图3，若平行四边形ABCD为正方形，E，F分别是边AD，CD的中点．求证：CF＝2AN；
②如图2，求证：．
1．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠BCE，
∵BD＝CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE；
（2）解：如图1，连接AH，AG，AG交BE于点M，
由（1）得∠AFH＝60°，
∴∠BHG+∠AFH＝90°，∠BHG＝30°，
∵△ABC是等边三角形，G为BC中点，∠BAG＝30°，AG⊥BC，
∴∠BHG＝∠BAG，
又∵∠AMB＝∠GMH，
∴△AMB∽△HMG，
∴，，
又∵∠AMH＝∠BMG，
∴△AMH∽△BMG，
∴AH⊥BE，
∴∠FAH＝30°，
∴AF＝2FH，
∴；
（3）解：如图2，连接AH，AG，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，，
∵CEBD，
∴，
∴△BCE∽△ABD，
∴∠CBE＝∠BAD，
∴∠AFE＝45°，
∵∠BHG+∠AFH＝90°，
∴∠BHG＝45°，
∴GH∥FD，
又∵DG＝BD，
∴GH＝2DF，
∵∠BAD＝∠DBF，∠ADB＝∠BDF，
∴△FBD∽△BAD，
∴，
∴BD2＝DF DA，
∵AG＝4，DG＝2，
∴AD，
∴DF，
∴GH．
2．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，
∴∠BAD＝90°﹣∠DAC＝∠CAE，∠ABC＝∠ACB＝∠ADE＝∠AED＝45°，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠ACD+∠ACE＝90°，
故∠DCE＝90°；
（2）解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴∠ACD＝∠AED＝60°，
∴点A，D，E，C四点共圆，且DE为圆的直径，如图2，连接CE，
∴∠DCE＝90°；
∵，
设，
∴，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠DAC＝∠CAE，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴，
∴，
∴△BAD∽△CAE，
∴，
∴，
∵∠DAF＝∠ECF，∠D＝∠E，
∴△DFA∽△EFC，
∴；
（3）解：tan∠ABD的值为；理由如下：
如图3，作∠BDE＝90°，∠DBE＝30°，DE，BE的交点为E，
则，∠DBA＝30°﹣∠ABE，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，
∴，∠EBC＝∠DBA，
∴，∠EBC＝∠DBA，
∴△BAD∽△BCE，
∴，
∵AD＝1，BD＝3，
∴，
∴，
∵CD≤DE+EC，
∴当D，E，C三点共线时，CD的值最大，且最大值为，如图4，
在直角三角形BCD中，由勾股定理得：，
∴，，
∴，，
∴，
故．
3．【解答】（1）证明：∵∠ANM＝∠ABC，∠A＝∠A，
∴△AMN∽△ACB，
∴，
∴AN AC＝AM AB；
（2）①解：法一：
如图（2）所示，作CQ∥AB交AD于点Q，
∵∠ABC＝60°，BD＝AB，
∴△ABD为等边三角形，从而△CQD也为等边三角形．
设CD＝a，则BC＝am，则QD＝CD＝a，AQ＝BC＝am．
∵∠ANM＝60°，
∴∠ANP＝∠AQC＝120°，
∵∠CAQ＝∠NAP，
∴△ACQ∽△APN，
∴，即m，
故AN＝mPN．
又由（1）可知△AMN∽△ACB，
∴，
故ANMN，
∴mPNMN，
又∵n，即．
法二（构造“双A型”相似）：如图（3）所示，
作DR∥MP交AB于点R，作RS∥AC交BD于点S．
∵∠ANM＝60°，
∴∠ATR＝∠CTD＝60°＝∠CAD+∠ADT，
又∵∠ADT+∠TDB＝60°，
∴∠CAD＝∠TDB．
在△ADC和△DBR中，
，
∴△ADC≌△DBR（ASA）．
∴BR＝CD．
设BR＝CD＝a，则BC＝am＝AR，
由DR∥MP，可得，
由RS∥AC，可得，
从而n，
故SC＝an，
则BS＝BC﹣SC＝am﹣an＝（m﹣n）a，
由RS∥AC，可得，
即，即，
整理可得．
②解：作BF⊥NM延长线于点F，BE⊥AC于点E，作DH∥MP交AB于点H，
如图（4）所示，
∵BN平分∠MNC，
∴BF＝BE，
∵∠MNE+∠MBC＝120°+60°＝180°，
∴∠BMN+∠BCN＝180°，
从而可得∠FMB＝∠BCE．
在△BFM和△BEC中，
，
∴△BFM≌△BEC（ASA），
∴BM＝BC，
∵BC＝3，CD＝2，
∴BM＝3，AB＝BD＝3+2＝5，
由（2）①中可证得△ACD≌△DHB，则BH＝CD＝2，
∴MH＝1，AM＝2，
由MP∥DH，
∴，
从而AP．
4．【解答】（1）证明：∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∴AC2＝AD AB．
（2）解：设AD＝m，
∵点D为AB中点，
∴AD＝BD＝m，AB＝2m，
由（1）得△ACD∽△ABC，
∴，
∴AC2＝AD AB＝m 2m＝2m2，
∴或（不符合题意，舍去），
∴，
∵，
∴，
∴CD的长是2．
（3）解法一：如图，作BF⊥DC交DC的延长线于点F，则∠F＝90°，
∵点E为CD中点，
∴CE＝DE，
设CE＝DE＝n，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CB＝CD＝2n，∠BCF＝∠CDB+∠CBD＝60°，
∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝30°，
∴，
∴EF＝CE+CF＝2n，，
∴，，
作CH∥EB交AB的延长线于点H，
则△HDC∽△BDE，
∴，
∴，，
∵∠ACD＝∠EBD，∠H＝∠EBD，
∴∠ACD＝∠H，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△AHC，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
解得n＝3，
∴，
∴BE的长是．
解法二：如图，取BD中点M，连接CM、EM，
∵点E为CD中点，
∴DM是△BCD的中位线，
∴EM∥CB，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CD＝CB，∠EMD＝∠CBD＝30°，
∴CM⊥BD，∠ADC＝∠BME＝180°﹣30°＝150°，
∵∠ACD＝∠EBD，
即∠ACD＝∠EBM，
∴△ACD∽△EBM，
∵∠CMB＝90°，∠CBM＝30°，，
∴CD＝CB＝2CM，
设CM＝x，则CD＝CB＝2x，
∴，
∴，
∴，
∴BE的长是．
5．【解答】（1）证明：∵CD＝CE，
∴∠EDC＝∠DEC，
∴∠ADB＝∠CEA，
∵∠BAD＝∠ACE，
∴△ABD∽△CAE；
（2）解：∵四边形ABCD为 ABCD，
∴BD＝2OB，
又∵BD＝2BE，
∴OB＝BE，
∴∠EOB＝∠OEB，
∴∠AOB＝∠BEC．
∵DC∥AB，
∴∠DCO＝∠CAB，
又∵∠CBE＝∠DCO，
∴∠CAB＝∠CBE，
∴△BEC∽△AOB．
∴，设CE＝x，
即，解得x＝4．
∴AO＝9，AC＝18，CE＝4．
又∵∠CAB＝∠CBE，∠ECB＝∠BCA，
∴△CEB∽△CBA，
∴，即，
可解得CB，AB．
（3）解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，即∠BOC＝90°，
又∵E为BC的中点，由斜边中线定理可知OE＝CE，
∴∠EOC＝∠ECO，
延长AF交BC的延长线于点G，如图3所示，
∴∠AOE＝∠GCA．
又∵∠AEO＝∠CAF，
∴△AEO∽△GAC．
设CE＝EO＝y，则BC＝AD＝2y，
∵AD∥BG，
∴△ADF∽△GCF，
∴，CG，
由△AEO∽△GAC可得，
即，解得y．
故BC，
故答案为：．
6．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠FAD+∠F＝90°，
∵BE⊥AF于点G，
∴∠AGE＝90°，
∴∠FAD+∠E＝90°，
∴∠E＝∠F，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（AAS）；
（2）解：连接EF，
设AD＝3a，则DE＝a，
∴AB＝AD＝3a，AE＝4a，
在Rt△ABE中，BE＝AF5a，
由等面积可得AGa，
∴，
由（1）知△ABE≌△DAF，
∴AF＝BE＝5a，
∴，
∵，∠EAF＝∠DAH，
∴△EAF∽△DAH，
∴；
（3）解：由（1）知△ABE≌△DAF，
∴∠AEB＝∠DFA，AE＝DF，则DE＝CF，
∵∠FCH＝∠AGE＝90°，
∴△AGE∽△HCF，
∴，
∴，
∵∠GED＝∠HFD，
∴△GED∽△DFH，
∴，
设DE＝CF＝a，则FH＝ak，
在Rt△CHF中，，
设AD＝CD＝1，则DF＝1+a，
∵∠HCF＝∠ADF，∠CFH＝∠DFA，
∴△HCF∽△ADF，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴；
故答案为：1．
7．【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠D＝90°，
∵将△ABE折叠，得到对应△FBE，
∴AF⊥BE，
∴∠EAF+∠AEB＝∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DAH，
∴△ABE∽△DAH；
②∵△ABE∽△DAH，
∴，
∴，
∵AG⊥BE，
∴∠BAE＝∠AGE＝∠AGB＝90°，
∴△ABG∽△EBA∽△EAG，
∴，，
∴AE2＝BE EG，AB2＝BG BE，
∴，
∴；
（2）∵将△ABE折叠，得到对应△FBE，
∴AF⊥BE，
∴∠AGB＝90°，
∴点G在以AB为直径的半圆O上移动，
设AB的中点为O，
连接DO，当点G在线段DO上时，DG的值最小，
∵AB＝4，AD＝6，
∴AOAB＝2，
∴OD2，
∵OGAB＝2，
∴DG的最小值为22．
8．【解答】解：（1）如图，
∵∠EFD＝∠BAC，∠BAC＝60°，
∴∠EFD＝60°，
∵∠EFD＝∠1+∠BAD＝∠1+α，
∴∠1＝60°﹣α，
∵∠AGE+∠1+∠BAC＝180°，
∴∠AGE＝180°﹣60°﹣∠1＝120°﹣∠1，
∴∠AGE＝120°﹣（60°﹣α）＝60°+α．
②，理由如下：
如图，在CG上截取CM＝BD，连接BM，BE，AE，BM交AD于点H，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△BCA为等边三角形，
∴∠ABC＝∠C＝60°，BC＝AB，
∴△ABD≌△BCM（SAS），
∴∠3＝∠4，
∵∠AHM＝∠3+∠5，
∴∠AHM＝∠4+∠5＝60°，
∵∠EFD＝∠BAC＝60°，
∴∠AHM＝∠EFD，
∴EG∥BM，
∵点D关于直线AB的对称点为点E，
∴AE＝AD，BE＝BD，∠ABE＝∠ABC＝60°，
∴∠EBC＝120°，
∴∠EBC+∠C＝180°，
∴EB∥AC，
∴四边形EBMG是平行四边形，
∴BE＝GM，
∴BE＝GM＝BD＝CM，
∴CG＝2BD，
记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知DE⊥AB，NE＝ND，
在Rt△DNB中，DN＝BD sin∠ABC，
∴，
∴，
∴．
（2）如图，连接BE，记AB与DE的交点为点N，
∵AB＝AC，∠EFD＝∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
设∠BAD＝γ，
由轴对称知∠EAB＝∠DAB＝γ，∠EBA＝∠DBA＝45°，DE⊥AB，NE＝ND，
当点G在边AC上时，∠EAG＞90°，
∴当△AEG为等腰三角形时，只能是AE＝AG，
∵∠BAC＝∠AFG＝90°，
∴∠AGE＝γ，
∴∠AEG＝γ，
∵∠EAD＝2γ，AE＝AG，EG⊥AD，
∴∠FAG＝∠EAD＝2γ，
在△AEG中，γ+2γ+2γ+γ＝180°，
解得γ＝30°，
∴∠EAD＝60°，
∵AE＝AD，△AED为等边三角形，
∴AE＝ED，
设AF＝x，
∵∠EAD＝60°，
∴，
∴DN＝x，
在Rt△DAN中，，
∵DE⊥AB，∠ABC＝45°，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当点G在CA延长线上时，只能是GE＝GA，
设∠BAD＝∠BAE＝β，
∴∠DAC＝∠GAF＝90°﹣β，∠EAF＝180°﹣2β，∠GAE＝∠GAB﹣∠BAE＝90°﹣β，
∵GE＝GA，
∴∠GAE＝∠GEA＝90°﹣β，
∵∠EFD＝∠BAC＝90°，
在Rt△AFE中，90°﹣β+180°﹣2β＝90°，
解得β＝60°，
∴∠DAC＝90°﹣60°＝30°＝∠GAF，
设GF＝x，则AG＝GE＝2x，AF＝3x，
在Rt△EFA中，EF＝2x+x＝3x，
由勾股定理得，
在Rt△EAN中，AN＝AE cos60°，EN＝DN＝BN＝AE sin60°＝3x，
∴，
∴，
∴；
综上，或．
9．【解答】（1）解：过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M，
在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC，
∴AC⊥BD，∠ACB＝∠DBC＝45°，
∴四边形OMEN是矩形，△BEM与△CEN是等腰直角三角形，
∴∠MEN＝90°，EMBE，ENCE，
∵HE⊥BC，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴EH＝CE，
∵2，
∴2，2，
∴BE＝2EH，
∵EF⊥AE，
∴∠MEG＝∠NEF，
∴△EMG∽△ENF，
∴；
故答案为：BE＝2EH，；
（2）证明：过点E作EH⊥BC，交AC于点H，
∴∠ABC＝∠HEC，
∴n，
∴EH＝nCE，
∵BD⊥AC，HE⊥BC，AE⊥EF，
∴∠AEB+∠AEH＝∠AEH+∠FEH＝90°，∠C+DBC＝∠C+∠CHE＝90°，
∴∠GBE＝∠FHE，∠BEG＝∠HEF，
∴△EFH∽△EGB，
∴；
（3）解：过点E作EH⊥BC，交AC于点H，过点G，F作BC的垂线，垂足分别为M，N，
∵EF＝EG＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE，
∵∠DBC+∠C＝∠FEC+∠GEB＝90°，
∴∠GBE＝∠GEB，
∴GB＝EG，∠BGM＝∠EGM＝∠C，
∴∠GME＝∠FNE＝∠FNC＝90°，∠EGM＝∠FEN＝∠C，
∴△CFN≌△EFN≌△GEM≌△GBM（AAS），
∴FN＝EM＝BM，CN＝EN＝GM，
设FN＝a，CN＝b，则BM＝EM＝a，GM＝EN＝b，AB＝2GM＝2b，
∵FN∥AB，
∴△CFN∽△CAB，
∴，
∴，
∴a2+ab﹣b2＝0，
解得（舍负），
∴tan∠C．
10．【解答】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴，
∴，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE；
（2）证明：如图1，
延长BC至G，使CG＝BC，连接AG，EG，
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC，AC＝CG，
∴∠CAG＝∠AGC，
∵∠BAG+∠ABC+∠AGC＝180°，
∴∠BAG+∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠BAG+∠BAG＝180°，
∴∠BAG＝90°，
∵tan∠ADE＝tan∠ABC＝2，∠DAE＝90°，
∴，
∵∠DAE＝∠BAG＝90°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAG﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴△BAD∽△CAG，
∴，
∴EG＝2BD，
∵点F是BE的中点，
∴EG＝2CF，
∴BD＝CF；
（3）解：如图2，
取AC的中点O，连接OM，
∵M是CE的中点，
∴OM，
∴点M是以O为圆心，AE为半径的圆上运动，
设AD＝3a，则DE＝4a，CE＝AE＝5a，则CD＝DE+CE＝9a，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，
9a2+81a2＝90，
解得：a＝1，
∴AE＝5，OM，
∴M运动的路径长为：2ππ．
11．【解答】（1）解：如图：
∵，
∴设AB＝3，BC＝4，
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AE，
∴∠B＝∠C＝∠AEF＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3，
∵EF＝AE，
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴EC＝AB＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝1，
∴；
（2）证明：延长DF，BC交于点G，取DE中点O，连接OC，OF，
∵∠EFD＝90°，∠AEF＝90°，
∴∠EFD+∠AEF＝180°，
∴AE∥DF，
∴∠AEB＝∠G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°，BC＝AD＝4，AD∥|BC，
∴△ABE≌△DCG（AAS），
∴BE＝CG，
∴EG＝BC＝DA＝4，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴EG×CD＝AE×EF＝4×3＝12，
∴，
∴，
∴∠AEB＝60°，
∴∠FEC＝90°﹣∠AEB＝30°，
∴∠DFE＝∠DCE＝90°，
∴点D，F，C，E在以点O为圆心的圆上，
∴OC＝OF，∠COF＝2∠CEF＝60°，
∴△OCF是等边三角形，
∴OC＝CF，
∵DE＝2OC，
∴DE＝2CF；
（3）解：在BC上取点G，使得BG＝BA＝6，过点F作FH⊥BC于点H，
∵BA＝6，，
∴BC＝8，
同理可证明△ABE≌△EHF，
∴AB＝EH＝6，
设BE＝HF＝x，
∴BH＝BE+EH＝x+6，
∴GH＝BH﹣BG＝x+6﹣6＝FH，
∴△FHG为等腰直角三角形，
∴∠FGH＝45°，
∴点F的运用轨迹为线段GF，
当点E与点B重合时，点F与点G重合，
当点E与点C重合时，如图：
此时FG的长即为点F的路径长，
∴BE＝FH＝BC＝8，
∴，
∴点F的路径长为．
12 【解答】问题背景：证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
又∵∠BAC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAD＝∠C，
∴△ADE∽△CDF；
问题探究：解：如图，过D作GD⊥BC交AB于G，
则∠GDC＝∠GDB＝90°，
∵tan∠B＝2，
∴DG＝2BD，
由折叠可知△AEF≌△DEF，∠A＝∠EDF＝90°DF＝3DE，
∵∠GDC＝∠EDF＝90°，
∴∠FDC＝∠EDG，
又∠A＝∠GDB＝90°，
∴∠C＝∠BGD，
∴△CDF∽△GDE，
∴，
∴DC＝3DG．
∴；
问题拓展：解：如图（3），连接CF，CE，过C作CM⊥AE于M，NC⊥CD交AB于N，
则四边形CMAB是矩形，
∴AB＝CM，AM＝BC，
∵tan∠ADC2，
∴设CM＝2x，DM＝x，则AB＝CM＝2x，
∵AD＝AB＝2x，
∴BC＝AM＝x，
∵A，C两点关于EF轴对称，
∴AF＝CF，CE＝AE，
在Rt△CME中，CM2+EM2＝CE2＝AE2，
∴（2x）2+（x+DE）2＝（2x+DE）2，
∴DEx，
∵BF2+BC2＝CF2，
∴BF2+x2＝（2x﹣BF）2，
∴BFx，
∴．
13．【解答】（1）证明：∵在等腰△ABC中，AB＝AC，
∴∠DBC＝∠ECB，
∵AD＝AE，
∴AB﹣AD＝AC﹣AE，即BD＝CE，
在△BDC和△CEB中，
，
∴△BDC≌△CEB（SAS），
∴BE＝CD；
（2）解：①如图，过点F作FH∥BC交AB的延长线于点H，过点A作AM⊥HF于点M，
∵AB＝AC，
∴∠DBC＝∠ACB，
∵FH∥BC，
∴∠AHF＝∠AFH＝∠DBC＝∠ACB，
∴AH＝AF，
∴BH＝CF，
∵BD＝CF＝2，
∴HD＝HB+BD＝4，
∵DF⊥AB，DF＝8，
在Rt△DHF中，由勾股定理得：，
∵AM⊥HF，AH＝AF，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AB＝AH﹣BH＝8，
∵BC∥HF，
∴△ABC∽△AHF，
∴，
∴；
②符合条件的AE的长为6．理由如下：
如图3，连接CD交AM于点N，连接BN并延长交AC于点E，则BE＝CD，
∵AM⊥HF，HF∥BC，
∴AM⊥BC，
又∵AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∴NB＝NC，
∴∠NBC＝∠NCB，
又∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠DBN＝∠ECN，
又∵∠DNB＝∠ENC，
∴△DNB≌△ENC（ASA），
∴EC＝BD＝2，
又∵AB＝BC＝8，
∴AE＝AD＝8﹣2＝6．
14．【解答】（1）证明：∵∠C＝∠DEA＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
故AD AC＝AE AB；
（2）①解：延长DE至F，使 EF＝DE，连接AF，BF，如图2所示，
在 Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，
∴，
∵BG＝GD，FE＝ED，
∴GE为△BDF的中位线，
故BF＝2GE．
从而可证得△ADE≌△AFE（ASA），
由（1）可知△ABC∽△ADE，
∴△AEF∽△ACB，
∴，∠FAE＝∠BAC，
∴，∠FAB＝∠EAC，
∴△ABF∽△ACE，
∴，
又∵BF＝2GE，
∴，
∴．
②解：如图3所示，过点A作 AH⊥BD于H，
∵，
∴∠ABH≤30°，
∴当AD⊥BD时，∠ABH最大为30°．
当点D在 AB的上方时，如图4所示，
此时∠ABH＝30°，∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝60°，
∴旋转角∠CAD＝90°，
∴t＝90÷10＝9；
当点D在AB的下方时，如图5所示，
此时∠ABH＝30°，∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝60°，
∴旋转角优角∠CAD＝330°，
∴t＝330÷10＝33．
综上所述，时间t的值为9秒或33秒．
故答案为：9秒或33秒．
15【解答】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠A＝∠D，∠AEO＝∠DFO，
∴△AEO∽△DFO，
∴，
同理△BEO∽△CFO，．
∴；
（2）①延长AF，BC交于点G，
∵E、F是正方形ABCD边AD，CD上的中点，
∴AE＝DE＝DF＝CF，
∵∠ADF＝∠GCF＝90°，∠AFD＝∠GFC，
∴△ADF≌△GCF（AAS），
∴AD＝CG＝BC，
∵AB＝AD∠BAE＝∠ADF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF+∠BAM＝90°，
∴∠ABE+∠BAM＝90°，
即∠BMG＝90°，
∴CMBG＝CG，
∴∠CMG＝∠G，
∵AD∥CG，
∴∠NAM＝∠G，
∵∠CMG＝∠NMA，
∴∠NAM＝∠NMA，
∴AN＝MN，
∵∠NAM+∠AEM＝90°，∠NMA+∠NME＝90°，
∴∠AEM＝∠NME，
∴MN＝NE，
∴，
∴CF＝2AN；
②延长AF，BC交于点H，
∵AD∥BC，
∴∠ANM＝∠HCM，∠NAM＝∠CHM，
∴△ANM∽△HCM，
∴，
同理△AEM∽△HBM，
∴，
∴，
∴，
∵AB∥CF，
∴，
∴．
声明
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