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浙江省中考数学压轴题突破——多边形综合大题
1．已知AC和BD是四边形ABCD的对角线，∠ABD与∠ACD的角平分线交于点E．设∠BDC＝α，∠BAC＝β（其中α＞β），则（　　）
A．∠E＝2α﹣β B．∠E＝2β﹣α C．2∠E＝α+β D．∠E＝2α﹣2β
2．如图，在边长为2的菱形ABCD中，对角线交于点O，BE⊥AD于点E，F为CD上一点，∠CFO＝∠BAD＜90°，延长FO交AB于点G，记AG＝x，AE＝y，当∠BAD的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（　　）
A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2
3．如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝4，∠B＝45°，点E在边BC上，D是线段FG的中点，若AG∥EF，则四边形AEFG的面积为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连结BH并延长，交AD于点N，交AF于点M．若点M是EF的中点，则△DNH与△BFM的面积比为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，，，点H，F分别在边AD，BC上移动（不与端点重合），且满足DH＝BF，连接FH，则下列为定值的是（　　）
A．∠EFG的大小 B．四边形EFGH的周长
C．线段FH的长 D．四边形EFGH的面积
6．如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　）
A． B． C． D．
7．如图，E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，且EF＝AE，连接AF交CD于点G，BE＝2，EC＝1，则DG的长为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形ABCD中，点M，N分别在边BC，CD上，，把△CMN沿MN折叠，点C恰好落在边AD上的点E处，延长NM交AB的延长线于点F．若BF＝DN，则tan∠MNC的值为 　 　 ．
9．如图是一张平行四边形纸片ABCD，BD为对角线，点E，F分别在AB，AD上（不与端点重合），EF∥BD，把△AEF沿直线EF翻折得到△A′EF，点A′恰好落在BC边上，A′E和A′F分别与BD交于点G，H．若tanA＝2，tan∠AFE，则GH：EF的值为　 　 ．
10．如图，在 ABCD中，点E在BC上，点B关于直线AE的对称点F落在 ABCD内，延长AF交DC于点G，交射线BC于点P，延长EF交CD于点Q．当CP＝CE时，设n，则n＝　 　 （用含m的代数式表示）．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AC，BC上，连结DE，作DF⊥AB于点F，连结CF．若DE垂直平分CF，BF＝12，CE＝13，则AD的长为　 　 ．
12．如图，在矩形纸片ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为G，H，FH的延长线过点D．若AB＝3，BC＝6，AE＝1，则BF的长为　 　 ．
13．如图，在矩形MNPQ内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形ABCD是原立方体的一个面，点E，F，G是原立方体的顶点，展开后点A，E，F，G均在矩形MNPQ的边上，若点C，D，Q在同一直线上，则tan∠AEM的值是　 　 ．
14．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点F在其外角∠DCE的平分线上，以CF为边作矩形CFGH，点G恰好落在边AD上，边GF与CD交于点P，连接AF，HF．若，则AF的长为　 　 ．
15．如图，在菱形ABCD中，点E在AD上，连结BE，作点A关于直线BE的对称点A′，连结A′E交BD于点F，若点A'恰为DC的中点，则△BEF与△ABE的面积比为 　 　 ．
16．如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EB＝6cm，AE+FC＝15cm，则EF的长是　 　 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是　 　 ．
17．如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且，则m+n的最大值为　 　 ．
18．如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　 　 ．
19．如图，正方形ABCD的边长为1，点P为BC延长线上一点，连接PA、PD，过点D作ED⊥PD交PA于点E．当PE＝3AE时，则PC的长为　 　 ．
20．如图，平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，连接CF和BF，延长BF交CD于点G，AE和BG相交于点H，若∠FCG＝2∠GBC，AB＝5，，则BG的长为 　 　 ．
21．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点P，△EFD与△APD关于点D成中心对称．若AC＝14，BD＝16，则BE＝　 　 ．
22．如图，已知矩形ABCD中点E，F分别是BC，AD上的点，其中AB＝2BE＝2，将△ABE沿AE折叠，△CDF沿CF折叠，点B和点D恰好落在同一点P上，求DF＝　 　 ．
23．如图，△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝8，点M为AB的中点，C为边OB上一点，把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD．
（1）当点D恰好落在AB边上时，DM的长为　 　 ；
（2）当MD与△AOB的边平行时，OC的长为　 　 ．
24．【综合与实践】
【定义理解】
设OC是∠AOB的平分线，若射线OX，OY在∠AOB的内部且关于OC对称，则称OX与OY为∠AOB的一对等角线．小丽发现，若∠AOB内部的两条射线OX，OY满足∠AOX＝∠BOY，则OX与OY就是∠AOB的一对等角线．
【初步应用】
（1）如图①，已知射线OX与OY是∠AOB的一对等角线，，若∠AOB＝80°，求∠AOY的度数．
【探索发现】
（2）如图②，在平行四边形ABCD中，BE，BF是∠ABC的一对等角线，分别交AD，DC于点E，F，AP⊥BE于点P，AQ⊥BF于点Q，AQ，BE交于点G．
①求证：AQ，AP是∠BAD的一对等角线．
②若，，求AP：AQ的值．
25．如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点E为菱形ABCD内部一点，将△BCE绕B点顺时针旋转60°，使边BC与AB重合，得到△BAM，且点M、A、E在同一直线上．延长BE交射线AD于G点，延长CE交射线AD于F点．
（1）求∠FEG的度数．
（2）若FE＝2，EC＝4，求AF的长．
（3）当E在内部运动时，求的最小值．
26．如图1，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是对角线BD上一点，连接AE，设∠EAB＝α（0°＜α＜30°），将△ABE沿AE折叠得到△AGE，连接DG并延长交BC于点H．
（1）用含α的代数式表示∠DAG．
（2）求证：
①∠BDH＝∠BAE；
②BH＝BE．
（3）如图2，当DG：GH＝2：1时，求DE：BE的值．
27．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，AB＝20，．点D在边AB上，∠DCB＝∠B，AC的垂直平分线l与CD交于点E，连结AE．
（1）当∠BAC＝90°时，求BC的长．
（2）①当BC长度发生变化时，△ADE的周长是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不变，请求出△ADE的周长．
②当AE⊥BC时，求AE的长．
（3）如图2，l与BC交于点F，AF与CD交于点G，当FG＝FB时，求tan∠BAE的值．
28．已知菱形ABCD的面积为，．
（1）如图1，求菱形ABCD的边长．
（2）如图2，若点E是射线AD上的一点（不与端点A，D重合），连结EB，EC．点A关于BE的对称点为点A′，BA'交射线AD于点F．
①当点A′落在线段EC上时，求AF的长．
②的最大值为　 　 ．
29．（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E．
①若DE＝1，，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3，，求cos∠CBD的值．
30．如图，在等边△ABC中，D是边AC上的动点，将线段BD绕点B按顺时针方向旋转60°得到线段BE，连接CE，DE，DE交边BC于点F．
（1）求∠BCE的度数；
（2）若△DCE的面积为，CF＝3，求BF的长；
（3）若AB＝1，求的最大值．
31．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，过点A，B，C作⊙O交CD边于点E，连结AE，且AD＝AE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）若，，AE＝6．
①求四边形ABCD的面积．
②延长BC至点G，连结DG，使．在线段CG上取点F，过点F作FH⊥AF交DG于点H，求GH的最大值．
32．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的动点（不包含端点），AG⊥EF于点G，GM⊥AB于点M，EF＝AG．
（1）如图1，求证：△AMG≌△ECF．
（2）如图2，过点E作HE⊥BC分别交AG，MG于点H，N．
①求证：四边形BMNE为正方形；
②求证：HE+GN＝AB；
③若AB＝1，请直接写出HE的取值范围．
33．如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC，AC＝AD，E为AD的中点，连接BE，交AC于点F．
（1）求证：∠CAD＝2∠ACB．
（2）如图2，若AD＝CD，求的值．
（3）如图3，若BE⊥AC，求tan∠ACB．
34．如图，正方形ABCD，直线DA绕点D顺时针旋转α至DE（0°≤α≤45°），作A关于直线DE的对称点F，AF交DE于点G，连CF交DE于点H，连BH交AC于点M．小明在探究DHC与α的大小关系时，发现其对应如下：
α 10° 20° 30° α
∠DHC 45° 45° ①　 　 ②　 　
（1）请填表，并证明结论②；
（2）求证：BH∥AF；
（3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比（用含α的式子表示）．
35．在边长为4的正方形ABCD中，M是AD边的中点，点E是AB边上的一个动点，连接EM并延长交射线CD于点F．
（1）如图1，连接CM，当AE＝1时，求证：CM⊥EF；
（2）过点M作EF的垂线交射线BC于点G，连接EG，FG．
（ⅰ）如图2，求证：MG＝2ME；
（ⅱ）如图3，当△BEG∽△CGF时，求tan∠BGE的值．
36．已知：在△ABC中，BC＝5，，tan∠BCA＝2．
（1）如图1，求△ABC的面积．
（2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合．
①连结AA1，CA1，求△AA1C的面积．
②如图3，将△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点E，连结CE．当CD＝2AD时，求CE2﹣BD2的最小值．
37．如图1，在 ABCD中，．
（1）求AC的长．
（2）把△ABC绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F．
①当点B的对应点E落在对角线AC上时，EF与DC的交点为G，求四边形ADGE的面积；
②如图2，点E在对角线AC下方时，线段EF的反向延长线交BD与点P，连接AP，求DP﹣AP的最小值．
38．问题提出
（1）如图①，AB⊥BC，CD⊥BC，E为BC上一点，连接AE、DE，当∠AED＝90°时，∠A+∠D＝　 　 °．
问题探究
（2）如图②，在边长为6的等边△ABC中，D为AB的中点，E为BC边上任意一点，连接DE，并作∠DEF＝60°，使得∠DEF的一边与AC交于点F，试求出CF的最大值．
问题解决
（3）如图③，四边形ABCD为某美食商业区的平面示意图，其中AD∥BC，∠B＝90°，AB＝80m，BC＝CD＝100m．经过一段时间的运营，为了更好地服务消费者，打造美食街区的独特风格．市场管理者计划在美食商业区规划一片三角形区域用于美食烹饪表演．
方案：在BC上选取一点M，CD上选取一点N，连接AM、AN、MN，构造△AMN．已知点A为美食商业区的出入口，，设BM＝xm，NC＝ym．
（i）求y与x之间的函数关系式．
（ii）为了不影响其他商户的经营，同时确保表演区域足够集中，需要点N与点C的距离足够远，请你根据需求计算出当NC最大时△AMN的面积．
浙江省中考数学压轴题突破——多边形综合大题
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．已知AC和BD是四边形ABCD的对角线，∠ABD与∠ACD的角平分线交于点E．设∠BDC＝α，∠BAC＝β（其中α＞β），则（　　）
A．∠E＝2α﹣β B．∠E＝2β﹣α C．2∠E＝α+β D．∠E＝2α﹣2β
【分析】根据三角形的内角和定理进行计算即可．
【解答】解：如图所示，
∵BE和CE分别平分∠ABD和∠ACD，
∴令∠ABE＝∠DBE＝x，∠ACE＝∠DCE＝y，
∵∠BAO+∠ABO+∠AOB＝180°，∠OCD+∠CDO+∠COD＝180°且∠AOB＝∠COD，
∴∠ABO+∠BAO＝∠OCD+∠CDO，
即2x+β＝2y+α，
∴y﹣x，
同理可得，∠DBE+∠E＝∠DCE+∠BDC，
∴x+∠E＝y+α，
∴∠E＝y﹣x+αα，
∴2∠E＝α+β．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形内角和外角及三角形的内角和定理，熟知三角形的内角和定理是解题的关键．
2．如图，在边长为2的菱形ABCD中，对角线交于点O，BE⊥AD于点E，F为CD上一点，∠CFO＝∠BAD＜90°，延长FO交AB于点G，记AG＝x，AE＝y，当∠BAD的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（　　）
A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2
【分析】过G作GM⊥CD于M，过B作BN⊥CD于N，先由四边形BGMN是矩形，得到BG＝MN，GM＝BN，再证明△GFM≌△BCN（AAS），得到FM＝CN，证明△BAE≌△BCN（AAS），得到AE＝FM＝CN，证明△CFO≌△AGO（AAS），得到CF＝AG，根据AG＝x，AE＝y，得到CF＝AG＝x，AE＝FM＝CN＝y，MN＝BG＝AB﹣AG＝2﹣x，再根据CF＝MN+FM+CN，得到x﹣y＝1．
【解答】解：过G作GM⊥CD于M，过B作BN⊥CD于N，
∵边长为2的菱形ABCD，
∴∠BCD＝∠BAD，AB∥CD，OA＝OC，AB＝BC＝CD＝AD＝2，
∴四边形BGMN是矩形，
∴BG＝MN，GM＝BN，
∵∠CFO＝∠BAD，
∴∠CFO＝∠BCD＝∠BAD，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝∠FMG＝∠BNC＝90°，
∵∠CFO＝∠BCD，GM＝BN，∠FMG＝∠BNC＝90°，
∴△GFM≌△BCN（AAS），
∴FM＝CN，
∵AB＝BC，∠AEB＝∠BNC＝90°，∠BCD＝∠BAD，
∴△BAE≌△BCN（AAS），
∴AE＝FM＝CN，
∴AE＝CN
∵AB∥CD，
∴∠CFO＝∠AGO，∠FCO＝∠GAO，
∴△CFO≌△AGO（AAS），
∴CF＝AG，
∵AG＝x，AE＝y，
∴CF＝AG＝x，AE＝FM＝CN＝y，MN＝BG＝AB﹣AG＝2﹣x，
∵CF＝MN+FM+CN，
∴x＝y+y+2﹣x，
整理得x﹣y＝1，
即当∠BAD的大小发生变化时，代数式的值不变的是x﹣y＝1．
故选：C．
【点评】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
3．如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝4，∠B＝45°，点E在边BC上，D是线段FG的中点，若AG∥EF，则四边形AEFG的面积为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】延长AD，EF交于点H，过点A作AM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AD于点N，根据平行四边形的性质可得AM＝EN＝2，再证明△ADG≌△HDF（AAS），可得DH＝AD＝4，S△ADG＝S△HDF，即可求解．
【解答】解：如图，延长AD，EF交于点H，过点E作EN⊥AD于点N，过点A作AM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AM＝EN，
∵∠B＝45°，AM⊥BC，
∴△ABM为等腰直角三角形，
∵，
∴，即EN＝2，
∵AG∥EF，
∴∠G＝∠DFH，∠DAG＝∠H，
∵D是线段FG的中点，
∴DG＝DF，
∴△ADG≌△HDF（AAS），
∴S△ADG＝S△HDF，DH＝AD＝4，
∴S四边形AEFG＝S△ADG+S四边形AEFD＝S△HDF+S四边形AEFD＝S△AEH，AH＝8，
∵，
即S四边形AEFG＝8．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
4．勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连结BH并延长，交AD于点N，交AF于点M．若点M是EF的中点，则△DNH与△BFM的面积比为（　　）
A． B． C． D．
【分析】延长CH交AD于点T，先求出，然后证明∠1＝∠4＝∠3＝∠2，再证明ND＝NT，则，最后证明S△DHT＝S△BFM，即可等量代换求解．
【解答】解：延长CH交AD于点T，
由“赵爽弦图”可得，四边形HEFG为正方形，△DAE≌△ABF≌△CDH．
∴HE＝EF＝GH＝GF，HE∥GF，∠FAB＝∠EDA，∠HEM＝∠BFM＝90°＝∠DHT＝∠BGH，AE＝BF，DH＝BF．
∵点M是EF的中点，
∴．
∴．
∵HE∥GF，
∴∠EHM＝∠FBM，
∴，
∴HG＝BF．
∴EF＝AE＝BF．
∴．
∴∠FAB＝∠FBM，
∴∠EDA＝∠FBM＝∠EHM＝∠DHN，
∴ND＝NH，
∵∠NTH＝90°﹣∠EDA，∠NHT＝90°﹣∠DHN，
∴∠NTH＝∠NHT．
∴NT＝NH．
∴ND＝NT．
∴．
∵∠EDA＝∠FBM，
∴．
∵DH＝BF，
∴TH＝MF，
∴S△DHT＝S△BFM，
∴，
∴．
故选：C．
【点评】本题主要考查了勾股定理的证明，三角形的面积，掌握以上知识点是解题的关键．
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，，，点H，F分别在边AD，BC上移动（不与端点重合），且满足DH＝BF，连接FH，则下列为定值的是（　　）
A．∠EFG的大小 B．四边形EFGH的周长
C．线段FH的长 D．四边形EFGH的面积
【分析】设梯形的高为h，连接EG，过点H作HK⊥EG，过点F作FL⊥EG首先，得到AD∥EG∥BC，然后利用四边形EFGH的面积＝S△EGH+S△EGF求解即可．
【解答】解：如图所示，设梯形的高为h，连接EG，过点H作HK⊥EG，过点F作FL⊥EG，
，
∵，
∴AD∥EG∥BC，
∴四边形EFGH的面积．
∴四边形EFGH的面积为定值．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的面积，平行线的性质，属于中档题．
6．如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】证明△ADG≌△ANE（AAS）得S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD．由矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，得S△ENB+S△BFM＝S△GCM，结合S△ENB：S△BFM＝16：9可得S△ENB：S△GCM＝16：25，证明△CGM∽△NEBEN：GC＝4：5，求出EN＝DG＝8，再证明△ANE∽△ENB，利用相似形的性质即可求解．
【解答】解：∵四边形AEFG是正方形，
∴∠GAE＝∠AEF＝∠F＝∠AGF＝90°，AG＝AE，
∴∠GAB+∠BAE＝90°
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝18，
∴∠DAG+∠GAB＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE，
∵EN⊥AB，
∴∠ANE＝90°，
∴∠D＝∠ANE＝90°，
又∵AG＝AE，
∴△ADG≌△ANE（AAS），
∴S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD．
∵矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，
∴S矩形ABCD﹣S四边形ABMG＝S正方形AEFG﹣S四边形ABMG，
∴S△ENB+S△BFM＝S△GCM，
∵S△ENB：S△BFM＝16：9，
∴S△ENB：S△GCM＝S△ENB：（S△ENB+S△BFM）＝16：25，
∵∠EBN+∠MBF＝90°，∠EBN+∠BEN＝90°，
∴∠MBF＝∠BEN，
同理可证，∠MBF＝∠CGM，
∴∠CGM＝∠BEN，
∵∠BNE＝∠C＝90°，
∴△CGM∽△NEB，
∴EN：GC＝4：5，
∴DG：GC＝4：5，
∴．
∵∠AEN+∠BEN＝90°，∠AEN+∠EAN＝90°，
∴∠BEN＝∠EAN，
∵∠ANE＝∠ENB＝90°，
∴△ANE∽△ENB，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
故选：A．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
7．如图，E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，且EF＝AE，连接AF交CD于点G，BE＝2，EC＝1，则DG的长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】易得∠EAF＝∠F＝45°，延长CB到点H，使BH＝DG，连接AH、EG，如图，可得△ABH≌△ADG，得出∠HAB＝∠DAG，AH＝AG，证明△AEH≌△AEG，得出EH＝EG，设DG＝x，则CG＝3﹣x，EG＝EH＝2+x，然后利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】解：∵EF⊥AE，EF＝AE，
∴∠EAF＝∠F＝45°，
如图，延长CB到点H，使BH＝DG，连接AH、EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝∠ABC＝∠ABH＝∠ADG＝∠C＝90°，
∴△ABH≌△ADG（SAS），
∴∠HAB＝∠DAG，AH＝AG，
∵∠BAE+∠DAG＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠HAE＝∠HAB+∠BAE＝45°＝∠EAG，
∵AE＝AE，
在△AEH和△AEG中，
，
∴△AEH≌△AEG（SAS），
∴EH＝EG，
∵BE＝2，EC＝1，
∴BC＝CD＝3，
设DG＝x，则CG＝3﹣x，EG＝EH＝2+x，
则在直角三角形CEG中，根据勾股定理可得：12+（3﹣x）2＝（2+x）2，
解得：，即；
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键．
二．填空题（共16小题）
8．如图，在矩形ABCD中，点M，N分别在边BC，CD上，，把△CMN沿MN折叠，点C恰好落在边AD上的点E处，延长NM交AB的延长线于点F．若BF＝DN，则tan∠MNC的值为 　　 ．
【分析】过点M作MH⊥AD于点H，设BM＝a，CM＝3a，设BF＝DN＝x，证明△BMF和CMN相似，利用相似三角形性质得CN＝3x，则CD＝4x，证明四边形MHDC是矩形得MH＝CD＝4x，由折叠性质得EN＝CN＝3x，EM＝CM＝3a，∠MEN＝∠C＝90°，再证明△MHE和△EDN相似，利用相似三角形性质得HE＝a，在Rt△MHE中，由勾股定理得x，由此得CN＝3x，然后在Rt△CMN中，由正切函数的定义可得tan∠MNC的值．
【解答】解：过点M作MH⊥AD于点H，如图所示：
∴∠MHE＝90°，
∴△MHE是直角三角形，
∵，
∴设BM＝a，CM＝3a，其中a＞0，
设BF＝DN＝x，其中x＞0，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AB∥CD，
∴△CMN是直角三角形，
∵点F在AB的延长线上，
∴BF∥CN，
∴△BMF∽CMN，
∴，
∴，
∴CN＝3x，
∴CD＝CN+DN＝4x，
∵∠MHE＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形MHDC是矩形，
∴MH＝CD＝4x，
由折叠性质得：EN＝CN＝3x，EM＝CM＝3a，∠MEN＝∠C＝90°，
在Rt△MHE中，∠HME+∠HEM＝90°，
又∵∠DEN+∠HEM＝180°﹣∠MEN＝90°，
∴∠HME＝∠DEN，
在△MHE和△EDN中，
∠MHE＝∠D＝90°，∠HME＝∠DEN，
∴△MHE∽△EDN，
∴，
∴，
∴HE＝a，
在Rt△MHE中，由勾股定理得：EM2＝MH2+HE2，
∴（3a）2＝（4x）2+a2，
整理得：a2＝2x2，
∵a＞0，x＞0，
∴a，
∴CM＝3a，
在Rt△CMN中，tan∠MNC，
即tan∠MNC的值为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，理解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活利用勾股定理锐角三角函数计算是解决问题的关键．
9．如图是一张平行四边形纸片ABCD，BD为对角线，点E，F分别在AB，AD上（不与端点重合），EF∥BD，把△AEF沿直线EF翻折得到△A′EF，点A′恰好落在BC边上，A′E和A′F分别与BD交于点G，H．若tanA＝2，tan∠AFE，则GH：EF的值为　　 ．
【分析】根据翻折的性质及平行四边形的性质进行计算即可．
【解答】解：过点B作AD的垂线，垂足为M，如图所示，
∵EF∥BD，
∴∠ADB＝∠AFE，
∴tan∠ADB＝tan∠AFE，
则，
令BM＝4k，MD＝3k，
则BD＝5k．
∵tanA＝2，
∴，
则AM＝2k，
∴AD＝2k+3k＝5k，
∴BD＝AD，
∴∠A＝∠ABD．
连接AA′，分别交EF和BD于P，Q两点，
∵EF∥BD，
∴∠AEF＝∠ABD，
∴∠A＝∠AEF，
∴AF＝EF．
令∠AFE＝α，
由折叠可知，A′F＝AF＝EF，∠A′FE＝∠AFE＝α，
∵EF∥BD，
∴∠ADB＝∠AFE＝α，∠DHF＝∠A′FE＝α，
∴∠ADB＝∠DHF，
∴DF＝FH，
同理可得，A′H＝AB．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴△DFH∽△BA′H，
∴．
设A′H＝5x，
∵tan∠A′HQ，
∴QH＝3x，A′Q＝4x．
又∵∠A′HB＝∠A′BH＝α，
∴BQ＝QH＝3x．
令A′F＝AF＝5，
则FH＝5﹣5x，
∴，
∴DH＝6﹣6x，
∴BD＝DH+BH＝6﹣6x+6x＝6＝AD，
∴DF＝6﹣1＝5＝FH，A′H＝5﹣1＝4，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠）、平行四边形的性质及解直角三角形，熟知翻折的性质及平行四边形的性质是解题的关键．
10．如图，在 ABCD中，点E在BC上，点B关于直线AE的对称点F落在 ABCD内，延长AF交DC于点G，交射线BC于点P，延长EF交CD于点Q．当CP＝CE时，设n，则n＝　　 （用含m的代数式表示）．
【分析】延长AD，EQ交于点M，设CQ＝a，CE＝b，证明△DQM∽△CQE，得出DM＝bn，证明△FEP∽△CEQ，得出PF＝ma，证明△AMF∽△PEF，得出，即可解答．
【解答】解：如图，延长AD，EQ交于点M，
设CQ＝a，CE＝b，，
∵，
∴DQ＝an，BE＝mb，
∴CD＝CQ+DQ＝a+an＝（n+1）a，AD＝BC＝b+mb＝（m+1）b，
∵点B关于直线AE的对称点F落在 ABCD内，
∴AF＝AB＝（n+1）a，
∵AD∥BC，
即DM∥EC，
∴△DQM∽△CQE，
∴，
即，
∴DM＝bn，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADQ，
又∵折叠，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠AFQ+∠AFE＝180°，
∴∠AFQ+∠ADQ＝180°，
∴∠DAF+∠DQF＝180°，
∵∠EQC+∠DQF＝180°，
∴∠EQC＝∠DAF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠FPE，
∴∠EQC＝∠FPE，
又∵∠FEP＝∠CEQ，
∴△FEP∽△CEQ，
∴，
即，
∴PF＝ma，
∵AB∥CD，
∴△AMF∽△PEF，
∴，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行四边形的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AC，BC上，连结DE，作DF⊥AB于点F，连结CF．若DE垂直平分CF，BF＝12，CE＝13，则AD的长为　　 ．
【分析】连接EF，由线段垂直平分线的性质推出CE＝EF＝13，判定AC∥EF，得到出四边形CDFE是平行四边形，则CD＝EF＝13，由勾股定理求出BE的长，则可得BC的长，判定△ABC∽△FBE，求出AC的长，即可得到AD的长．
【解答】解：如图，连接EF，
∵DF⊥AB，
∴∠AFD＝∠ABC＝90°，
∴BC∥DF，
∴∠CFD＝∠ECF，
∵DE垂直平分CF，且CE＝13，
∴CD＝DF，CE＝EF＝13，
∴∠CFD＝∠DCF，∠ECF＝∠CFE，
∴∠DCF＝∠CFE，
∴AC∥EF，
∴四边形CDFE是平行四边形，
∴CD＝EF＝13，
∵∠ABC＝90°，BF＝12，
∴，
∴BC＝BE+CE＝18，
又∵AC∥EF，
∴△ABC∽△FBE，
∴，即，
∴，
∴AD＝AC﹣CD．
答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，关键是判定四边形CDFE是平行四边形，△ABC∽△FBE．
12．如图，在矩形纸片ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为G，H，FH的延长线过点D．若AB＝3，BC＝6，AE＝1，则BF的长为　2　 ．
【分析】根据矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，得，求解即可；
【解答】解：∵矩形ABCD，AB＝3，BC＝6，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝6，∠A＝∠B＝∠CDA＝∠BCD＝90°，
该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为G，H，且AE＝1，
∴∠BFE＝∠DFE，DE＝AD﹣AE＝5，
∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠BFE＝∠DEF，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴DF＝5，
∴，
∴BF＝BC﹣CF＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
13．如图，在矩形MNPQ内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形ABCD是原立方体的一个面，点E，F，G是原立方体的顶点，展开后点A，E，F，G均在矩形MNPQ的边上，若点C，D，Q在同一直线上，则tan∠AEM的值是　　 ．
【分析】过点G作GH⊥QC于点H，不妨设QH＝x，小正方形的边长为1，先证明四边形HCFG是矩形，根据∠GQH+∠AQH＝90°＝∠AQH+∠QAD，得到∠GQH＝∠QAD，接着tan∠GQH＝tan∠QAD，算得QH，再证明∠AEM＝∠QAD，从而得出答案．
【解答】解：过点G作GH⊥QC于点H，不妨设QH＝x，小正方形的边长为1，如图所示：
∵四边形MNPQ是矩形，
∴∠PQM＝∠M＝90°，
∵∠GHD＝∠HGF＝∠HCF＝90°，
∴四边形HCFG是矩形，
∴CF＝HG＝3，GF＝HC＝2，
∵∠ADQ＝∠AQP＝90°，
∵∠AQH+∠QAD＝∠GQH+∠AQH＝90°，
∴∠GQH＝∠QAD，
∴tan∠GQH＝tan∠QAD，
∵，
∴，
∴（舍去负值），
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴AE∥QC，
∴∠MAE＝∠AQD，
∴180°﹣∠M﹣∠MAE＝180°﹣∠QDA﹣∠AQD，
∴∠AEM＝∠QAD，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
14．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点F在其外角∠DCE的平分线上，以CF为边作矩形CFGH，点G恰好落在边AD上，边GF与CD交于点P，连接AF，HF．若，则AF的长为　　 ．
【分析】根据矩形的性质，勾股定理得到DG＝2，由角平分线的定义得到△CFP，△DPG是等腰直角三角形，可算出，过点F作FK⊥BE，FL⊥AB，则△CFK是等腰直角三角形，四边形BKFL是矩形，由此得到AL＝4，FL＝8，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝6，
如图所示，连接CG，
∵四边形CFGH是矩形，
∴∠CFG＝90°，，
在Rt△CDG中，，
∵CF是∠DCE的角平分线，
∴，
在Rt△CFP中，∠CPF＝45°＝∠DPG，
∴△CFP，△DPG是等腰直角三角形，
∴DP＝DG＝2，则CP＝CD﹣DP＝6﹣2＝4，
∴，
如图所示，过点F作FK⊥BE，FL⊥AB，
∴∠B＝∠BLF＝∠BKF＝90°，△CFK是等腰直角三角形，
∴四边形BKFL是矩形，，
∴BK＝FL＝BC+CK＝6+2＝8，BL＝FK＝2，
∴AL＝AB﹣BL＝6﹣2＝4，
在Rt△AFL中，．
故答案为：4．
【点评】本题考查正方形的性质，角平分线的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
15．如图，在菱形ABCD中，点E在AD上，连结BE，作点A关于直线BE的对称点A′，连结A′E交BD于点F，若点A'恰为DC的中点，则△BEF与△ABE的面积比为 　　 ．
【分析】延长EA'交BC延长线于点G，取BD中点O，连接A'O，连接A'B，先证明△EDA'≌△GCA'（AAS），则DE＝CG＝x，A'E＝A'G，然后证明GE＝GB，则8﹣2x＝4+x，求出，可得A'O为△DBC中位线，则可证明△DEF∽△OA'F，则，再将共高三角形面积比化为底之比求解即可．
【解答】解：延长E'A交BC延长线于点G，取BD中点O，连接A'O，连接A'B，
设菱形的边长为4，DE＝x，
则由菱形可得AD＝DC＝BC＝4，AD∥BC，
∴AE＝4﹣x，∠DEA'＝∠G，∠EDA'＝∠GCA'，∠BEA＝∠EBG，
∵点A'为DC的中点，
∴DA＝AC，
∴△EDA'≌△GCA'（AAS）．
∴DE＝CG＝x，A'E＝A'G，
由对称可知，AE＝A'E＝AG＝4﹣x，∠BEA＝∠BEA'，S△BEA＝S△BEA，
∴GE＝A'E+A'G＝8﹣2x，∠EBG＝∠BEA'，
∴GE＝GB，
∴8﹣2x＝4+x，
解得，
∵点A为DC的中点，点O为DB中点，
∴A'OBC＝2，
∴A'O∥BC，
∴A'O∥DE，
∴△DEF∽△OA'F，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
16．如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EB＝6cm，AE+FC＝15cm，则EF的长是　3　 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是　　 ．
【分析】（1）首先得到AE＝BE＝6cm，BF＝CF，然后结合AE+FC＝15cm求出BF＝9cm，进而求解即可；
（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到，设AH＝x，DG＝3k，GH＝2k，用x和k的式子表示出CG，再利用列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值．
【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，EB＝6cm，AE+FC＝15cm，
∴AE＝BE＝6cm，BF＝CF，
∴6+BF＝15，
解得：BF＝9，
∴EF＝FB﹣EB＝9﹣6＝3（cm）；
（2）∵，
设AH＝x，设DG＝3k，GH＝2k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝EF＝FG＝GH＝2k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴∠ABE＝∠CBF＝45°，AE＝BE＝AH+HE＝x+2k，CF＝BF＝BE+EF＝x+2k+2k＝x+4k，
∴CG＝CF+GF＝x+4k+2k＝x+6k，
∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠CDG＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD＝∠CGD＝90°，
∵∠ADH+∠DAH＝90°，
∴∠DAH＝∠CDG，
∴，
∴，
∴，
整理得：x2+6kx﹣15k2＝0，
解得：，（不合题意，舍去），
∴．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形，解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解决问题的关键．
17．如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且，则m+n的最大值为　　 ．
【分析】延长AB交l3于E，根据已知条件得到，求得CE＝10，∠CBE＝90°，设m＝2x，n＝3x，构造以CE为直径的半圆，则点B在其弧上运动，易知BG≤B′G′＝5，得到3x≤5，由m+n＝5x，于是得到结论．
【解答】解：延长AB交l3于E，
∵，
易知，
∵BD＝4，
∴CE＝10，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝90°，
设m＝2x，n＝3x，
构造以CE为直径的半圆，则点B在其弧上运动，易知BG≤B′G′＝5，
即3x≤5，
∴x，∵m+n＝5x，
∴m+n的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
18．如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　　 ．
【分析】在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J．证明∠B＝∠ECK＝∠K，设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a，证明△KEC∽△KFE，得出，则，可得出答案．
【解答】解：在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠B＝∠D，
∵EC＝EK，
∴∠ECK＝∠K，
∵AB＝AF，
∴∠B＝∠AFB，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠ECK＝∠K，
设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a，
由翻折变换的性质可知，∠D＝∠AFE＝∠B＝∠AFB，
∵∠EFK+2∠B＝180°，∠KEC+2∠B＝180°，
∴∠CEK＝∠EFK，
∵∠K＝∠K，
∴△KEC∽△KFE，
∴，
∴，
∴EF＝KFa，
∴DE，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的性质，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
19．如图，正方形ABCD的边长为1，点P为BC延长线上一点，连接PA、PD，过点D作ED⊥PD交PA于点E．当PE＝3AE时，则PC的长为　或　 ．
【分析】先构造8字型相似：延长DE角CB延长线于点F，易得PF＝3，设CP＝x，则CF＝3﹣x，再利用射影定理即可得解．
【解答】解：如图，延长DE角CB延长线于点F，
∵AD∥BC，
∴△ADE∽△PFE，
∴，
∴PF＝3AD＝3，
设CP＝x，则CF＝3﹣x，
∵DE⊥DP，
∴∠PDE＝90°，
∴∠CDP＝∠F＝90°﹣∠CDF，
∵∠DCP＝∠DCF＝90°，
∴△DCP∽△FCD，
∴，即，
整理得x2﹣3x+1＝0，
解得x，即CP，
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质等内容，构造8字型相似和识别射影定理是解题的关键．
20．如图，平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，连接CF和BF，延长BF交CD于点G，AE和BG相交于点H，若∠FCG＝2∠GBC，AB＝5，，则BG的长为 　　 ．
【分析】由翻折得点F与点B关于直线AE对称，∠AEF＝∠AEB，则AE垂直平分BF，所以BH＝FH，∠AHB＝∠BHE＝90°，而点E是BC的中点，BC＝2，则BE＝CE，CF∥EH，CF＝2EH，则∠BFC＝∠BHE＝90°，所以FE＝CE＝BE，∠CFG＝90°，再证明∠FCG＝∠CEF，由CD∥AB，得∠CGF＝∠ABH，可推导出∠CEF＝∠BAE，而∠EFC＝∠AEF＝∠AEB，则△CEF∽△BAE，所以∠ECF＝∠ABE，则∠AEB＝∠ABE，得AB＝AE＝5，由勾股定理得52﹣AH2＝（）2﹣（5﹣AH）2＝BH2，求得AH＝4，EH＝1，BH3，所以BF＝2BH＝6，CF＝2EH＝2，再证明△CFG∽△AHB，则，则GFBH，所以BG＝BF+GF，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，
∴点F与点B关于直线AE对称，∠AEF＝∠AEB，
∴AE垂直平分BF，
∴BH＝FH，∠AHB＝∠BHE＝90°，
∵点E是BC的中点，BC＝2，
∴BE＝CEBC，
∴CF∥EH，CF＝2EH，
∴∠BFC＝∠BHE＝90°，
∴FE＝CE＝BEBC，∠CFG＝90°，
∴∠GBC＝∠EFB，∠EFC＝∠ECF，
∴∠CEF＝∠GBC+∠EFB＝2∠GBC，
∵∠FCG＝2∠GBC，
∴∠FCG＝∠CEF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CGF＝∠ABH，
∴∠FCG＝90°﹣∠CGF＝90°﹣∠ABH＝∠BAE，
∴∠CEF＝∠BAE，
∵∠EFC＝∠AEF＝∠AEB，
∴△CEF∽△BAE，
∴∠ECF＝∠ABE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴AB＝AE＝5，
∵AB2﹣AH2＝BE2﹣EH2＝BH2，
∴52﹣AH2＝（）2﹣（5﹣AH）2，
解得AH＝4，
∴EH＝5﹣AH＝5﹣4＝1，BH3，
∴BF＝2BH＝6，CF＝2EH＝2，
∵∠CFG＝∠AHB＝90°，∠CGF＝∠ABH，
∴△CFG∽△AHB，
∴，
∵GFBH，
∴BG＝BF+GF＝6，
故答案为：．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、轴对称的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大．
21．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点P，△EFD与△APD关于点D成中心对称．若AC＝14，BD＝16，则BE＝　25　 ．
【分析】利用菱形的性质得到AC与BD互相垂直平分，从而求得AP＝PC的长和BP＝PD的长，再由△EFD与△APD关于点D成中心对称，得到△EFD≌△APD（SSS），从而求得BF的值，利用勾股定理即可得出BE的长．
【解答】解：在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，
∴，，
又∵△EFD与△APD关于点D成中心对称，
∴△EFD≌△APD（SSS），
∴PD＝DF＝8，∠APD＝∠F＝90°，AP＝EF＝7，
∴BF＝BD+DF＝16+8＝24，
在Rt△BFE中，，
故答案为：25．
【点评】本题主要考查了中心对称，菱形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
22．如图，已知矩形ABCD中点E，F分别是BC，AD上的点，其中AB＝2BE＝2，将△ABE沿AE折叠，△CDF沿CF折叠，点B和点D恰好落在同一点P上，求DF＝　　 ．
【分析】先确定AB、BE、BC的长度，以及矩形的基本性质，得到各边的垂直关系与边长关系．根据折叠的性质，可得AP＝AB＝CD＝CP＝2，过点P作PG⊥AB，PM⊥BC，PN⊥AD，结合锐角三角函数求 BP，GP，MP的长，再利用勾股定理，结合已知边长和折叠得到的线段关系，建立关于DF的方程求解．
【解答】解：如图，过点P作PG⊥AB，PM⊥BC，则PN⊥AD，
∴∠BQA＝∠BGP＝∠PME＝90°，
∴四边形BGPM是矩形，
由折叠性质得：∠APE＝90°，CP＝CD＝2，∠CPF＝90°，AP＝AB＝2，EP＝EB＝1，
设FP＝FD＝x，
在△ABE中，AB＝2，BE＝1，则．
设∠BAE＝α，则，．
∴，，
∵∠BPG＝∠BAE＝α，
∴，，
设AD＝BC＝a，由CP＝2，
∴，
解得．
由，FP＝FD＝x，
∴，
代入，得，
解得．
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理及解锐角三角函数，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
23．如图，△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝8，点M为AB的中点，C为边OB上一点，把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD．
（1）当点D恰好落在AB边上时，DM的长为　　 ；
（2）当MD与△AOB的边平行时，OC的长为　或　 ．
【分析】（1）先由勾股定理求出，再由中点定义得，然后根据DM＝AD﹣AM求解即可；
（2）当DM∥OA时，作AK⊥MD，交DM的延长线于K，MD的延长线交OB于T，证明四边形OAKT是矩形得TK＝OA＝5，AK＝OT，由平行线分线段成比例定理得BT＝OT＝4，然后先由勾股定理求出DK＝3，再由勾股定理求出即可；当DM∥OB时，作TD∥OA，交OB于点T，作AK⊥TD于Q，延长DM交OA于N，则四边形OAKT、四边形ONDT、四边形NAKD都是矩形，由平行线分线段定理求出，然后先由勾股定理求出，再由勾股定理求出即可．
【解答】解：（1）在△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝8，
由勾股定理得：，
∵点M为AB的中点，
∴．
∵把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD，
∴AD＝OA＝5，
∴．
故答案为：；
（2）如图1，当DM∥OA时，作AK⊥MD，交DM的延长线于K，MD的延长线交OB于T，
∵DM∥OA，
∴∠OTK＝∠AOB＝∠K＝90°，
∴四边形OAKT是矩形，
∴TK＝OA＝5，AK＝OT，
∵DM∥OA，点M为AB的中点，
∴，
∴BT＝OT＝4，
∴AK＝4，
由折叠的性质得OC＝CD，AD＝OA＝5，
在直角三角形ADK中，由勾股定理得：，
∴DT＝TK﹣DK＝5﹣3＝2，
设OC＝CD＝a，则TC＝4﹣a．
∵DC2＝TC2+DT2，
∴a2＝（4﹣a）2+22，
解得：，
∴；
如图2，当DM∥OB时，作TD∥OA，交OB于点T，作AK⊥TD于Q，延长DM交OA于N，则四边形OAKT、四边形ONDT、四边形NAKD都是矩形，
∴TK＝OA＝5，AK＝OT，
∵DM∥OB，点M为AB的中点，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质得OC＝CD，AD＝OA＝5，
在直角三角形ADK中，由勾股定理得：，
∴，
设OC＝CD＝a，则．
∵DC2＝TC2+DT2，
∴，
解得，
∴，
综上所述，OC的长为或．
故答案为：或．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，分类讨论是解答本题的关键．
三．解答题（共15小题）
24．【综合与实践】
【定义理解】
设OC是∠AOB的平分线，若射线OX，OY在∠AOB的内部且关于OC对称，则称OX与OY为∠AOB的一对等角线．小丽发现，若∠AOB内部的两条射线OX，OY满足∠AOX＝∠BOY，则OX与OY就是∠AOB的一对等角线．
【初步应用】
（1）如图①，已知射线OX与OY是∠AOB的一对等角线，，若∠AOB＝80°，求∠AOY的度数．
【探索发现】
（2）如图②，在平行四边形ABCD中，BE，BF是∠ABC的一对等角线，分别交AD，DC于点E，F，AP⊥BE于点P，AQ⊥BF于点Q，AQ，BE交于点G．
①求证：AQ，AP是∠BAD的一对等角线．
②若，，求AP：AQ的值．
【分析】（1）设∠AOX＝x，则∠BOX＝x，再表示出∠XOY，根据∠AOB＝∠AOX+∠XOY+∠BOY＝80°，列出方程即可解答；
（2）①由平行四边形第二问性质得出∠DAB+∠ABC＝180°，由等角线得出∠ABE＝∠CBF，设∠ABE＝∠CBF＝α，∠EBF＝β，则∠ABC＝2α+β，根据角之间的关系得出∠BAP＝∠DAQ即可得证；
②根据等角线得出∠ABE＝∠EBF＝∠CBF，设∠ABE＝α，则∠ABC＝3α，∠ABQ＝2α，根据角之间的数量关系列出方程即可求解．
【解答】（1）解：∵射线OX与OY是∠AOB的一对等角线，
∴∠AOX＝∠BOX，
设∠AOX＝x，则∠BOX＝x，
∵，
∴∠XOY＝6x，
∵∠AOB＝∠AOX+∠XOY+∠BOY＝80°，
∴x+x+6x＝80°，
解得x＝10°，
∴∠AOX＝10°，∠XOY＝60°，
∴∠AOY＝∠AOX+∠XOY＝10°+60°＝70°，
（2）①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵BE，BF是∠ABC的一对等角线，
∴∠ABE＝∠CBF，
设∠ABE＝∠CBF＝α，∠EBF＝β，
则∠ABC＝2α+β，
∴∠DAB＝180°﹣（2α+β），
∵AP⊥BE，AQ⊥BF，
∴∠APB＝∠AQB＝90°，
在Rt△ABP中，∠BAP＝90°﹣∠ABE＝90°﹣α，
在Rt△ABQ中，∠BAQ＝90°﹣∠ABQ＝90°﹣（α+β），
∴∠DAQ＝∠DAB﹣∠BAQ＝180°﹣（2α+β）﹣[90°﹣（α+β）]＝90°﹣α，
∴∠BAP＝∠DAQ，
∴AQ，AP是∠BAD的一对等角线；
②解：∵，BE，BF是∠ABC的一对等角线，
∴∠ABE＝∠EBF＝∠CBF，
设∠ABE＝α，则∠ABC＝3α，∠ABQ＝2α，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝180°﹣3α，
∵∠BAQ∠BAD，
∴∠BAQ（180°﹣3α）＝60°﹣α，
在Rt△ABQ中，∠ABQ＝90°﹣∠BAQ＝90°﹣（60°﹣α）＝30°+α，
∴2α＝30°+α，解得α＝30°，
∴∠ABE＝30°，∠ABQ＝60°，
在Rt△ABP中，AP＝AB sin30°AB，
在Rt△ABQ中，AQ＝AB sin60°AB，
∴AP：AQAB：AB＝1：．
【点评】本题考查角的有关计算，直角三角形的性质，平行四边形的性质，理解等角线的定义是解题关键．
25．如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点E为菱形ABCD内部一点，将△BCE绕B点顺时针旋转60°，使边BC与AB重合，得到△BAM，且点M、A、E在同一直线上．延长BE交射线AD于G点，延长CE交射线AD于F点．
（1）求∠FEG的度数．
（2）若FE＝2，EC＝4，求AF的长．
（3）当E在内部运动时，求的最小值．
【分析】（1）易得△MEB为等边三角形，∠FEG＝∠CEB＝∠M＝60°；
（2）证△AFE∽△CFA，即可得解；
（3）证△FEG∽△FDC，得EF CF＝FD FG，由（2）知AF2＝EF CF，据此求解即可．
【解答】解：（1）由题意，BE＝BM，∠EBM＝60°，
∴△MEB为等边三角形，
由旋转可知△ECB≌△MAB，
∴∠CEB＝∠M＝60°，
∴∠FEG＝∠CEB＝60°；
（2）连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，
∴AC＝DA＝AB，
∴∠DAB＝120°，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝60°，
在△AFE中，∠AEF＝180°﹣∠MEB﹣∠CEB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠AEF＝∠FAC＝60°，
∵∠AFE＝∠CFA，
∴△AFE∽△CFA，
∴，
∵EF＝2，CE＝4，
∴CF＝6，
∴，
∴AF2＝12，
∴AF＝2；
（3）由（2）知AF2＝EF CF，
在△FEG与△FDC中，
∠GFE＝∠CFD，∠GEF＝∠CDF＝60°，
∴△FEG∽△FDC，
∴，
∴EF CF＝FD FG，
∴，
当且仅当FG＝FD＝AF时，取得最小值2．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，相似三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
26．如图1，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是对角线BD上一点，连接AE，设∠EAB＝α（0°＜α＜30°），将△ABE沿AE折叠得到△AGE，连接DG并延长交BC于点H．
（1）用含α的代数式表示∠DAG．
（2）求证：
①∠BDH＝∠BAE；
②BH＝BE．
（3）如图2，当DG：GH＝2：1时，求DE：BE的值．
【分析】（1）根据菱形的性质得到∠DAB＝∠C＝60°，根据折叠的性质得到∠GAE＝∠BAE＝α，进而可求∠DAG；
（2）①根据等边对等角及三角形内角和得到∠ADG＝60°+α，根据等边三角形的判定和性质证明即可；
②根据菱形的性质得到∠EBA＝∠DBH＝60°，根据等边三角形的性质得到AB＝DB，证明△ABE≌△DBH，即可证明BH＝BE；
（3）连接EH，延长EG交CD于K，作KM⊥DB于M，根据等边三角形的判定和性质得到EH＝BE＝GE，证明△DGK∽△HGE，得到，设EH＝BE＝GE＝x，根据30°角的性质得到DM＝x，根据勾股定理得到，，求出，即可求出DE：BE的值．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB＝∠C＝60°，
∵将△ABE沿AE折叠得到△AGE，
∴∠GAE＝∠BAE＝α，
∴∠DAG＝∠DAB﹣∠GAE﹣∠BAE＝60°﹣2α；
（2）证明：①∵菱形ABCD，
∴AD＝AB，
∵将△ABE沿AE折叠得到△AGE，
∴AG＝AB，
∵AD＝AG，
∴，
∵∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠BDH＝∠ADH﹣∠ADB＝α＝∠BAE；
②∵AD∥BC，
∴∠ABC＝180°﹣∠DAB＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∵△ABD为等边三角形，
∴AB＝DB，
在△ABE和△DBH中，
，
∴△ABE≌△DBH（ASA），
∴BH＝BE；
（3）解：如图2，连接EH，延长EG交CD于K，作KM⊥DB于M．
由（2）得BH＝BE，∠EBH＝60°，
∴△BEH为等边三角形，
∴EH＝BE＝GE，
∵∠BHE＝∠C＝60°，
∴EH∥CD，
∴△DGK∽△HGE，
∴，
设EH＝BE＝GE＝x，
则DK＝KG＝2x，KE＝KG+GE＝3x．
在Rt△DMK中，
∵∠BDC＝60°，
∴∠DKM＝30°
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质是解题的关键．
27．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，AB＝20，．点D在边AB上，∠DCB＝∠B，AC的垂直平分线l与CD交于点E，连结AE．
（1）当∠BAC＝90°时，求BC的长．
（2）①当BC长度发生变化时，△ADE的周长是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不变，请求出△ADE的周长．
②当AE⊥BC时，求AE的长．
（3）如图2，l与BC交于点F，AF与CD交于点G，当FG＝FB时，求tan∠BAE的值．
【分析】（1）在∠BAC＝90°的条件下，由，结合AB＝20得AC＝15；再通过勾股定理即可求解．
（2）①由直线l垂直平分AC，得EA＝EC；再由∠DCB＝∠B，根据等角对等边得DC＝DB．将△ADE的周长AD+DE+AE＝24cm转化为AD+DC，而AD+DC＝AB＝20，故周长恒为20，不随BC变化；②作DH⊥AE，由AE⊥BC得DH∥BC，则∠ADH＝∠B，∠EDH＝∠DCB＝∠B，故．设AH＝EH＝3x，DH＝4x，则AD＝DE＝5x；结合周长为20列方程，解得，故．
（3）延长AE交BC于M，作MN⊥AB．由垂直平分线性质得FA＝FC、EA＝EC，证得△FAM≌△FCG，结合FG＝FB得FM＝FB．再证△AMF～△BMA，结合与勾股定理，求得．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，，
∴，
∵AB＝20，
∴AC＝15，
∴BC2＝AB2+AC2＝625，
∴BC＝25；
（2）①△ADE的周长不发生变化．理由如下：
∵l垂直平分AC，
∴EA＝EC，
∵∠DCB＝∠B，
∴DC＝DB，
∵AE+ED+DA＝EC+ED+DA
＝DC+DA
＝DB+DA
＝AB＝20，
∴△ADE的周长为20；
②如图，作DH⊥AE，
∵AE⊥BC，
∴DH∥BC，
∴∠ADH＝∠B，∠EDH＝∠DCB，
又∵∠DCB＝∠B，
∴∠ADH＝∠EDH＝∠B，
∵∠AHD＝∠EHD＝90°，DH＝DH
∴△AHD≌△EHD（ASA），
∴AD＝DE，
∵，
∴．
∴设AH＝EH＝3x，DH＝4x，
∵AD2＝DE2＝（3x）2+（4x）2＝25x2，
∴AD＝DE＝5x，
∵△ADE的周长为20，
∴5x+5x+6x＝20，
解得：，
∴；
（3）如图，延长AE与BC交于点M，作MN⊥AB，
∵l垂直平分AC，
∴EA＝EC，FA＝FC，
∴∠EAC＝∠ECA，∠FAC＝∠FCA，
∴∠FCG＝∠FCA﹣∠ECA＝∠FAC﹣∠EAC＝∠FAM．
∵∠CFG＝∠AFM，FA＝FC，
∴△FAM≌△FCG（ASA），
∴FG＝FM，
∵FG＝FB，
∴设FM＝FB＝5y，
∵∠FAM＝∠FCG＝∠B，∠AMF＝∠BMA，
∴△AMF∽△BMA，
∴，
∴MA2＝5y 10y＝50y2，
∴．
∵，
∴，MN＝MB sinB＝6y．
∴AN2＝AM2﹣MN2＝14y2，
∴．
【点评】本题以垂直平分线的轴对称性为核心，结合等腰三角形的边相等性质进行线段转化，通过构造辅助线，利用全等、相似及三角函数，将动态问题转化为固定关系求解．
28．已知菱形ABCD的面积为，．
（1）如图1，求菱形ABCD的边长．
（2）如图2，若点E是射线AD上的一点（不与端点A，D重合），连结EB，EC．点A关于BE的对称点为点A′，BA'交射线AD于点F．
①当点A′落在线段EC上时，求AF的长．
②的最大值为　　 ．
【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据，设BH＝a，则BC＝AB＝5a，，利用菱形的面积列方程求解即可；
（2）①根据菱形和等腰三角形的性质易得到EC＝BC＝CD，过点C作CK⊥AD于点K，则DK＝EK，根据，求出DK＝EK＝2，从而求出AE的长，进而求出AC的长，证明△BAC∽△FAE，求出EF的长，再根据线段的和差关系进行求解即可；
②作∠BCH＝∠BFC，交BF于点H，证明△BCH∽△BFC，得到，进而得到BC2＝BH BF，，BH BF＝100，，得到当CH最小时，的值最大，作BG⊥AD交DA的延长线于点G，在射线BG上取一点I，使BG BI＝100，连接IH，证明△IBH∽△FBG，得到∠BHI＝∠BGF＝90°，进而得到点H在以BI为直径的圆上运动，取BI的中点O，连接OH，OC，得到CH≥OC﹣OH，进而得到当C，H，O三点共线时，CH的值最小，求出CH的最小值即可．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，
∴设BH＝a，则BC＝AB＝5a，，
∵菱形ABCD的面积为，
∴，
解得a＝2或a＝﹣2（舍去），
∴菱形ABCD的边长为5×2＝10；
（2）①∵点A关于BE的对称点A落在线段EC上，
∴∠AEB＝∠CEB，AE＝AE，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，BC＝CD，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠EBC＝∠CEB，
∴EC＝BC＝CD，
如图2，过点C作CK⊥AD于点K，则DK＝EK，
由（1）知，，CD＝AD＝10，
∴DK＝EK＝2，
∴AE＝10﹣2﹣2＝6；
∴A'E＝AE＝6，A'C＝CE﹣A'E＝10﹣6＝4，
∵AD∥BC，
∴△BA'C∽△FA'E，
∴，
∴，
∴AF＝AE+EF＝6+15＝21；
②作∠BCH＝∠BFC，交BF于点H，
∵∠FBC＝∠HBC，
∴△BCH∽△BFC，
∴，
∴BC2＝BH BF，，
即：BH BF＝100，，
∴当CH最小时，的值最大，
作BG⊥AD交DA的延长线于点G，在射线BG上取一点l，使BG BI＝100，连接lH，
由（1）可知：BG＝4，
∴BI，
∵BG BI＝BH BF，
∴BG：BH＝BF：BI，
又∵∠GBF＝∠IBH，
∴△IBH∽△FBG，
∴∠BHI＝∠BGF＝90°，
∴点H在以BI为直径的圆上运动，
取BI的中点O，连接OH，OC，则，CH≥OC﹣OH，
∴当C，H，O三点共线时，CH的值最小，
在Rt△BOC中，由勾股定理，得，
∴CH的最小值为，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、隐圆问题等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
29．（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E．
①若DE＝1，，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3，，求cos∠CBD的值．
【分析】（1）①先证明∠B＝∠BCD得到，再由平行线的性质推出∠CDE＝∠B，进而可证明△CDE∽△CBD，则，据此代值计算即可；
②先证明△ACD∽△DBE，得到，再由BD＝CD，得到，即；
（2）证出由题意可得出，设BC＝4x，则CE＝9x，证明△CDB∽△CED，由相似三角形的性质得出，求出CD＝6x，过点D作DH⊥BC于点H，则BHBC＝2x，根据锐角三角函数的定义可得出答案．
【解答】解：（1）①∵CD平分∠ACB，
∴，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠B＝∠BCD＝∠ACD，
∴，
∵DE∥AC，
∴∠CDE＝∠ACD，
∴∠CDE＝∠B，
∴△CDE∽△CBD，
∴，即，
∴；
②，是定值，理由如下：
∵∠BDC＝∠A+∠ACD＝∠CDE+∠BDE，∠CDE＝∠ACD，
∴∠A＝∠BDE，
又∵∠B＝∠ACD，
∴△ACD∽△DBE，
∴，
∵BD＝CD，
∴，
∴；
（2）∵DE∥AC，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
设BC＝4x，则CE＝9x，
∵CD平分∠BCF，
∴∠ECD＝∠FCD∠BCF，
∵∠BCF＝2∠CBG，
∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD，
∴BD＝CD，
∵DE∥AC，
∴∠EDC＝∠FCD，
∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD，
∴CE＝DE，
∵∠DCB＝∠ECD，
∴△CDB∽△CED，
∴，
∴CD2＝CB CE＝36x2，
∴CD＝6x，
过点D作DH⊥BC于点H，
∵BD＝CD＝6x，
∴BHBC＝2x，
∴cos∠CBD．
【点评】本题主要考查了角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
30．如图，在等边△ABC中，D是边AC上的动点，将线段BD绕点B按顺时针方向旋转60°得到线段BE，连接CE，DE，DE交边BC于点F．
（1）求∠BCE的度数；
（2）若△DCE的面积为，CF＝3，求BF的长；
（3）若AB＝1，求的最大值．
【分析】（1）根据等边三角形的性质结合旋转的性质证明△ABD≌△CBE（SAS），即可解得；
（2）作DG⊥EC于点G，解直角三角形求出，根据△DCE的面积为，得到CE CD＝20．证明△BED是等边三角形，再证明△CFD∽△CEB，推出，即可求解；
（3）先求出，当S△BDE最小时，最大，即当BD⊥AC时，S△BDE最小，此时，证明△CFD∽△ADB，求出，即可求解．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
由旋转的性质得∠DBE＝60°，BD＝BE，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BAD＝60°．
（2）作DG⊥EC于点G，
∵∠BCE＝∠ACB＝60°，
∴∠DCG＝60°，
∴，
∵△DCE的面积为，
∴，
∴CE CD＝20．
由旋转的性质得BD＝BE，∠DBE＝60°，
∴△BED是等边三角形，
∴∠BED＝60°，
∴∠DFC＝60°+∠CEF＝∠BEC，
∵∠DCF＝∠BCE＝60°，
∴△CFD∽△CEB，
∴，
∴CF BC＝CE CD＝20，
∵CF＝3，
∴，
∴．
（3）∵AB＝1，
∴，
∵，
∴当S△BDE最小时，最大，
∵△BDE是等边三角形，要使S△BDE最小，只需满足BD最短，
∴当BD⊥AC时，S△BDE最小，此时，
∵∠A＝∠DCF＝∠FDB＝60°，∠ADF＝∠DCF+∠CFD＝∠FDB+∠ADB，
∴∠CFD＝∠ADB，
∴△CFD∽△ADB，
∴，
∴，
∴的最大值为．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造等边三角形，进而构造全等三角形是解题的关键．
31．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，过点A，B，C作⊙O交CD边于点E，连结AE，且AD＝AE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）若，，AE＝6．
①求四边形ABCD的面积．
②延长BC至点G，连结DG，使．在线段CG上取点F，过点F作FH⊥AF交DG于点H，求GH的最大值．
【分析】（1）通过证明AB∥CD，结合AD∥BC即可证明；
（2）①连结AO并延长交BC于点I，利用垂径定理结合勾股定理得到AI，再根据平行四边形的面积公式求解；
②方法1：分别过点A，D，H作BG的垂线于点I，M，N，则四边形AIMD为矩形，解三角形得到IG＝14，再证△AIF∽△FNH，得到，令IF＝b，进而得到b2+（2a﹣14）b+36a＝0，再利用根的判别式得到a≤1即可求解；方法2：同方法1得，再利用配方法得，再解不等式即可；方法3：同方法1得，再换元令b+18＝m，结合配方法求最值即可．
【解答】（1）证明：∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED．
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴∠AED＝∠DCG．
∵∠AED+∠AEC＝180°，∠B+∠AEC＝180°，
∴∠AED＝∠B，
∴∠DCG＝∠B，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AE＝6，连结AO并延长交BC于点I．
∴BC＝AD＝6．
∵，
∴AI⊥BC，BI＝IC＝3．
∵，
在直角三角形ABI中，由勾股定理得：，
∴四边形ABCD的面积＝BC×AI＝6×12＝72；
②方法1：如图2，分别过点A，D，H作BG的垂线于点I，M，N，则四边形AIMD为矩形，
∴IM＝AD＝6，DM＝AI＝12．
∴，
∴MG＝8，
∴IG＝14．
设NH＝3a，则NG＝2a，
在直角三角形NGH中，由勾股定理得：GHa．
∵∠AIF＝∠FNH＝90°，∠IAF＝∠NFH，
∴△AIF∽△FNH，
∴，
令IF＝b，则，
∴，
∴，
∴b2+（2a﹣14）b+36a＝0．
∵Δ＝（2a﹣14）2﹣4×36a≥0，即a2﹣50a+49≥0，
∴由二次函数y＝a2﹣50a+49的图象得a≤1（a≥49舍去），
∴当a＝1时，GH的最大值为，此时b＝6符合题意．
方法2：同上可得，
要使GH最大，只需NG最大，只需最小．
∵，
∴当GH取最大值时，，即，
解得：a＝1，
∴GH的最大值为；
方法3：由比例式可得，
∴，
令b+18＝m，则．
∵，
∴a≤﹣24+25＝1，
∴当a＝1时，GH的最大值为．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理与相似三角形的性质是解题的关键．
32．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的动点（不包含端点），AG⊥EF于点G，GM⊥AB于点M，EF＝AG．
（1）如图1，求证：△AMG≌△ECF．
（2）如图2，过点E作HE⊥BC分别交AG，MG于点H，N．
①求证：四边形BMNE为正方形；
②求证：HE+GN＝AB；
③若AB＝1，请直接写出HE的取值范围．
【分析】（1）根据正方形的性质及垂直的性质得到∠C＝∠B＝90°＝∠AMG，根据等角的补角相等得到∠BAG＝∠CEF，根据AAS即可证明△AMG≌△ECF；
（2）①根据HE⊥BC，GM⊥AB得到∠BEN＝∠BMN＝∠B＝90°，根据正方形的性质得到AB＝BC，∠B＝90°，根据△AMG≌△ECF得到AM＝EC，进而得到BE＝BM，即可证明四边形BMNE为正方形；
②延长MG交CD于点K，根据正方形的性质得到∠C＝∠B＝90°，∠CEN＝∠KNE＝90°，根据矩形的性质得到CK＝NE＝MN，∠FKG＝∠HNG＝90°，根据全等三角形的性质得到MG＝CF，∠KFG＝∠HGN，进而得到FK＝NG，证明△FKG≌△GNH，得到HN＝KG，即可证明HE+GN＝AB；
③取HE中点O，连接GO，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，延长EH交AD于P，则四边形AMNP是矩形，得到∠APH＝90°，AP＝MN，根据正方形的性质得到MN＝NE，进而得到AP＝EN，证明△PAH≌△NEG（ASA），得到PH＝NG＝1﹣EH，可知0≤EH≤1，根据GO≥NG得到，即可得到HE的取值范围．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，GM⊥AB，
∴∠C＝∠B＝90°＝∠AMG，
∵AG⊥EF，
∴∠BAG+∠BEG＝360°﹣∠AGB﹣∠B＝180°，
∵∠CEF+∠BEG＝180°，
∴∠BAG＝∠CEF，
在△AMG和△ECF中，
，
∴△AMG≌△ECF（AAS）；
（2）①证明：∵HE⊥BC，GM⊥AB，
∴∠BEN＝∠BMN＝∠B＝90°，
∴四边形BMNE为矩形，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∵△AMG≌△ECF，
∴AM＝EC，
∴BE＝BM．
∴四边形BMNE为正方形；
②证明：如图2，四边形ABCD为正方形，延长MG交CD于点K，
∴∠C＝∠B＝90°．
又∵四边形BMNE为正方形，
∴∠CEN＝∠KNE＝90°．
∵四边形NECK为矩形，
∴CK＝NE＝MN，∠FKG＝∠GNH＝90°，
∵△AMG≌△ECF，
∴MG＝CF，∠KFG＝∠HGN，
∴FK＝NG，
在△FKG和△GNH中，
，
∴△FKG≌△GNH（ASA），
∴HN＝KG，
∴HE+GN＝HN+NE+GN＝KG+MN+GN＝BC＝AB；
③解：HE的取值范围为．理由如下：
如图3，取HE中点O，连接GO，
∵∠HGE＝90°，
∴，
延长EH交AD于P，
∴四边形AMNP是矩形，
∴AP＝MN，∠APH＝90°，
∵四边形BMNE为正方形，
∴MN＝NE，
∴AP＝EN，
∵∠BAP＝∠CEP＝90°，∠BAG＝∠CEF，
∴∠PAG＝∠NEG，
在△PAH和△NEG中，
，
∴△PAH≌△NEG（ASA），
∴PH＝NG＝1﹣EH，
∴0≤1﹣EH≤1，
∴0≤EH≤1，
∵GO≥NG，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握以上知识是解题的关键．
33．如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC，AC＝AD，E为AD的中点，连接BE，交AC于点F．
（1）求证：∠CAD＝2∠ACB．
（2）如图2，若AD＝CD，求的值．
（3）如图3，若BE⊥AC，求tan∠ACB．
【分析】（1）利用互余关系、等腰三角形的性质以及三角形的内角和关系导角可证明；
（2）由已知证明△ACD为等边三角形，导角可得∠BCA＝∠BAC＝30°．设AE＝DE＝a，则AD＝AC＝2a，故AB＝BC，作BG∥AD交AC于点G，再计算得到BG＝CG，通过BG∥AD，得到△BGF∽△EAF，从而．
（3）作DM⊥AC于点M，设AE＝DE＝1，则AC＝AD＝2．可得AF＝MF，EF，由中位线定理可得DM＝2EF＝2．设AF＝MF＝x，则CM＝2﹣2x，根据射影定理可得AF2＝BF EF，从而得BF．再证明∠ACB＝∠MDC，从而有tan∠ACB＝tan∠MDC，从而有，即，解得x，故tan∠ACB．
【解答】（1）证明：设∠ACB＝α，则∠ACD＝90°﹣α，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝90°﹣α，
∴∠CAD＝180°﹣2（90°﹣α）＝2α，
即∠CAD＝2∠ACB．
（2）解：如图2所示，
∵AD＝CD＝AC，
∴△ACD为等边三角形，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BCA＝∠BAC＝30°．
设AE＝DE＝a，则AD＝AC＝2a，
故AB＝BC，
作BG∥AD交AC于点G，
∴∠GBA＝90°，∠BGA＝60°，
∴∠BCG＝∠CBG＝30°，
∴BG＝CG，
∵BG∥AD，
∴△BGF∽△EAF，
∴．
（3）解：作DM⊥AC于点M，如图3所示，
设AE＝DE＝1，则AC＝AD＝2，
∵E为AD中点，EF∥DM，
∴AF＝MF．
∴EF，DM＝2EF＝2．
设AF＝MF＝x，则CM＝2﹣2x，
∵∠B+∠BAF＝90°，∠BAF+∠FAE＝90°，
∴∠B＝∠FAE，
又∵∠BFA＝∠AFE＝90°，
故△BAF∽△AEF，
∴AF2＝BF EF，即x2＝BF ，
故BF．
∵∠ACB+∠MCD＝90°，∠MCD+∠MDC＝90°，
∴∠ACB＝∠MDC，从而有tan∠ACB＝tan∠MDC，
∴，即．
解得x，
故tan∠ACB．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，等边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，构造平行线证明三角形相似，三角形的中位线，勾股定理，熟练掌握以上内容并作出恰当的辅助线是解题关键．
34．如图，正方形ABCD，直线DA绕点D顺时针旋转α至DE（0°≤α≤45°），作A关于直线DE的对称点F，AF交DE于点G，连CF交DE于点H，连BH交AC于点M．小明在探究DHC与α的大小关系时，发现其对应如下：
α 10° 20° 30° α
∠DHC 45° 45° ①　45°　 ②　45°　
（1）请填表，并证明结论②；
（2）求证：BH∥AF；
（3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比（用含α的式子表示）．
【分析】（1）由表可知，∠DHC为定值45°，连接DF，AH，设CF交AD于N，由A，F关于DE对称，可证明∠∠AHN＝∠CDN＝90°，即可得∠FHE＝∠AHE＝45°，故∠DHC＝∠FHE＝45°；
（2）连接BD交AC于点O，连接AH，OH，由（1）可知∠AHC＝90°，而四边形ABCD是正方形，有OA＝OC＝OB＝OD，可得∠BHD＝90°，从而BH∥AF；
（3）设BH交AD于K，证明∠HDK＝∠ABK＝α，可得tan∠ABK＝tanα，由△AKM∽△CBM，AB＝BC，即可得tanα．
【解答】（1）解：由表可知，∠DHC为定值45°，故α＝30时，∠DHC＝45°；当0°≤α≤45°时，∠DHC＝45°；理由如下：
连接DF，AH，设CF交AD于N，如图：
∵A，F关于DE对称，
∴DF＝DA，HF＝HA，
∴∠DFA＝∠DAF，∠HFA＝∠HAF，
∴∠DFH＝∠DAH，
∵DA＝DC，
∴DF＝DC，
∴∠DFC＝∠DCN，即∠NAH＝∠NCD，
∵∠ANH＝∠CND，
∴∠AHN＝∠CDN＝90°，
∴∠AHF＝90°，
∵HF＝HA，HG⊥AF，
∴∠FHE＝∠AHE＝45°，
∴∠DHC＝∠FHE＝45°；
故答案为：45°；45°；
（2）证明：连接BD交AC于点O，连接AH，OH，如图：
由（1）可知∠AHC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴OH＝OA＝OC，
∴OH＝OB＝OD，
∴∠BHD＝90°，
∴BH⊥DE，
∵DE⊥AF，
∴BH∥AF；
（3）设BH交AD于K，如图：
由（2）知∠BHD＝90°，
∴∠KHD＝∠KAB＝90°，
∵∠HKD＝∠AKB，
∴∠HDK＝∠ABK＝α，
∴tan∠ABK＝tanα，
∵AK∥BC，
∴△AKM∽△CBM，
∴，
∵AB＝BC，
∴tanα．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及旋转的性质，正方形性质，相似三角形判定与性质，解题的关键是掌握以上知识．
35．在边长为4的正方形ABCD中，M是AD边的中点，点E是AB边上的一个动点，连接EM并延长交射线CD于点F．
（1）如图1，连接CM，当AE＝1时，求证：CM⊥EF；
（2）过点M作EF的垂线交射线BC于点G，连接EG，FG．
（ⅰ）如图2，求证：MG＝2ME；
（ⅱ）如图3，当△BEG∽△CGF时，求tan∠BGE的值．
【分析】（1）利用正方形性质证明△AME≌△DMF得AE＝DF＝1，ME＝MF，连接CE，再结合勾股定理证明CE＝CF，最后利用垂直平分线的判定定理即可证明CM⊥EF；
（2）（ⅰ）过点G作GN⊥AD，交AD的延长线于点N，结合正方形性质证明四边形ABGN是矩形，得NG＝AB＝AD＝4，再证明△AME∽△NGM，由相似三角形性质得出，即可证明MG＝2ME；
（ⅱ）由△AME≌△DMF可得AE＝DF，ME＝MF，由垂直平分线性质得GE＝FG，结合相似三角形性质得BE＝CG，BG＝CF，设BE＝CG＝x，则DF＝AE＝AB﹣BE＝4﹣x，建立一元一次方程4+x＝8﹣x，解出后可得BE＝CG＝2，根据即可得解．
【解答】（1）证明：连接CE，
∵M是AD边的中点，
∴AM＝DM，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAE＝∠CDM＝∠MDF＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∵在△AME和△DMF中，
，
∴△AME≌△DMF（ASA），
∴AE＝DF＝1，ME＝MF，
∴M为EF的中点，BE＝AB﹣AE＝4﹣1＝3，CF＝CD+DF＝4+1＝5，
∵Rt△BCE中，，
∴CE＝CF＝5，
∴点C一定在线段EF的垂直平分线上，
故CM⊥EF；
（2）（ⅰ）证明：如图，过点G作GN⊥AD，交AD的延长线于点N，
∵四边形ABCD为正方形，M是AD边的中点，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝4，，
∵∠A＝∠B＝∠N＝90°，
∴四边形ABGN是矩形，
∴NG＝AB＝AD＝4，
∵GM⊥EF，
∴∠NMG+∠AME＝90°，
在Rt△MAE中，∠AEM+∠AME＝90°，
∴∠AEM＝∠NMG，
∵∠A＝∠N＝90°，
∴△AME∽△NGM，
∴，
即MG＝2ME；
（ⅱ）解：由（1）可知△AME≌△DMF，
∴AE＝DF，ME＝MF，
又GM⊥EF，
∴GE＝FG，
∵△BEG∽△CGF，
∴，
∴BE＝CG，BG＝CF，
设BE＝CG＝x，则DF＝AE＝AB﹣BE＝4﹣x，
CF＝BG＝BC+CG＝4+x，
又CF＝CD+DF＝4+4﹣x＝8﹣x，
则有4+x＝8﹣x，
解得x＝2，
即BE＝CG＝2，
∴．
【点评】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元一次方程的应用、求角的正切值，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
36．已知：在△ABC中，BC＝5，，tan∠BCA＝2．
（1）如图1，求△ABC的面积．
（2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合．
①连结AA1，CA1，求△AA1C的面积．
②如图3，将△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点E，连结CE．当CD＝2AD时，求CE2﹣BD2的最小值．
【分析】（1）过点B作BF⊥AC于点F，则：设CF＝x（x＞0），则BF＝2x，结合勾股定理可得：，进一步求解即可；
（2）①如图2，连结CC1，证明四边形ACC1A1是平行四边形，求解△A1DC1的面积＝△ABC的面积＝15，可得△AA1C的面积＝15；
②如图3，过点B作BF⊥AC于点F，求解BD＝BC＝5，过点C作CG⊥BD于点G，则△BCD的面积为：求解CG＝4，结合只需DE最小，则CE2﹣BD2最小，再进一步求解即可．
【解答】解：（1）如图1，在直角三角形BCF中，BC＝5，，过点B作BF⊥AC于点F，
设CF＝x（x＞0），则BF＝2x，
由勾股定理得：CF2+BF2＝BC2，
∴x2+（2x）2＝52，
解得：，
∴，
∴△ABC的面积为：；
（2）①如图2，△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，连接CC1，
∴A1C1∥AC，A1D∥AB，△A1DC1≌△ABC，
∴A1C1＝AC，
∵A1C1∥AC且A1C1＝AC，
∴四边形ACC1A1是平行四边形，
∴△AA1C的面积＝△CA1C1的面积＝△A1DC1的面积，
∵△A1DC1≌△ABC，
∴△A1DC1的面积＝△ABC的面积＝15，
∴△AA1C的面积＝15；
②如图3，过点B作BF⊥AC于点F，
由（1）得：，
当CD＝2AD时，，
∴，
∴BD＝BC＝5，
过点C作CG⊥BD于点G，则△BCD的面积为：，
∵△BCD的面积为：，
∴，
解得：CG＝4，
∴BG＝3，DG＝2，
由勾股定理得：CE2﹣BD2＝CE2﹣BC2＝（EG2+CG2）﹣（BG2+CG2）＝EG2﹣BG2＝（DE+2）2﹣9，
∴只需DE最小，则CE2﹣BD2最小，
∵△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，
∴△A2DC2≌△A1DC1≌△ABC，
∴DE的最小值，
∴CE2﹣BD2的最小值为：．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质，三角形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键．
37．如图1，在 ABCD中，．
（1）求AC的长．
（2）把△ABC绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F．
①当点B的对应点E落在对角线AC上时，EF与DC的交点为G，求四边形ADGE的面积；
②如图2，点E在对角线AC下方时，线段EF的反向延长线交BD与点P，连接AP，求DP﹣AP的最小值．
【分析】（1）作CH⊥AB，交AB的延长线H，易得CH＝3，BH＝1，可得AH＝6，再利用勾股定理即可得解；
（2）①作GM⊥AC，交AC于点M，易得tan∠DCA＝tan∠CAH，则CM＝2GM，tan∠MEG＝tan∠CBH＝3，则GM＝3EM，再根据CE＝AC﹣AE即可求出GM，进而得解；
②先求BD＝5，AQ⊥BD得AQ＝3，DQ＝1，将DP﹣AP转化为，利用旋转性质得，当AP⊥EF时AP最小，代入求得DP﹣AP最小值．
【解答】解：（1）如图，作CH⊥AB，交AB的延长线H，
在平行四边形ABCD中，BC＝AD，AD∥BC，
∴∠CBH＝∠DAB，
∴tan∠DAB＝tan∠CBH3，
设BH＝a，则CH＝3a，
∴CBa，
解得a＝1，
∴CH＝3，BH＝1，
则AH＝AB+BH＝6，
在Rt△ACH中，AC3；
（2）①如图，作GM⊥AC，交AC于点M，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAH，
∴tan∠DCA＝tan∠CAH，
∴，
∴CM＝2GM，
由旋转可知∠AEF＝∠ABC，AE＝AB＝5，
∴，
∴∠MEG＝∠CBH，
∴tan∠MEG＝tan∠CBH＝3，即，
设GM＝m，则，CM＝2m，
∴，
解得：，
∴，S△CDA＝S△CAB，
∴S四边形ADGE；
②如图，过点A作AQ⊥BD于点Q，过D作DM⊥AB于点M，
由（1）得tan∠DAB＝3，设AM＝k，则DM＝3k，
∵∴，
解得k＝1，
∴AM＝1，DM＝3．
∴BM＝AB﹣AM＝4，
在Rt△DMB中，，
∵，
又∵，且BD＝5，
∴，
解得AQ＝3，
在Rt△AQD中，，
∵P在BD上，
∴DP＝DQ+QP＝1+QP，
∴DP﹣AP＝1+QP﹣AP，
在Rt△AQP中，AP2＝AQ2+QP2，
∴AP2﹣QP2＝9，即（AP﹣QP）（AP+QP）＝9，
∴，
∴，
要最小化DP﹣AP，需最大化，即最小化AP+QP．
由旋转性质得，△ABC≌△AEF，
∴S△AEF＝S△ABC，
由（2）得，，
当AP⊥EF时，AP最小，QP也最小，
此时AP是△AEF中EF边上的高，
由旋转性质得，，
∴，即，
∴，
解得，
在Rt△AQP中，，
∴，
∴DP﹣AP的最小值为：．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、解三角形、勾股定理、旋转的性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键．
38．问题提出
（1）如图①，AB⊥BC，CD⊥BC，E为BC上一点，连接AE、DE，当∠AED＝90°时，∠A+∠D＝　90　 °．
问题探究
（2）如图②，在边长为6的等边△ABC中，D为AB的中点，E为BC边上任意一点，连接DE，并作∠DEF＝60°，使得∠DEF的一边与AC交于点F，试求出CF的最大值．
问题解决
（3）如图③，四边形ABCD为某美食商业区的平面示意图，其中AD∥BC，∠B＝90°，AB＝80m，BC＝CD＝100m．经过一段时间的运营，为了更好地服务消费者，打造美食街区的独特风格．市场管理者计划在美食商业区规划一片三角形区域用于美食烹饪表演．
方案：在BC上选取一点M，CD上选取一点N，连接AM、AN、MN，构造△AMN．已知点A为美食商业区的出入口，，设BM＝xm，NC＝ym．
（i）求y与x之间的函数关系式．
（ii）为了不影响其他商户的经营，同时确保表演区域足够集中，需要点N与点C的距离足够远，请你根据需求计算出当NC最大时△AMN的面积．
【分析】（1）利用直角三角形两锐角互余即可求解；
（2）证明△DBE∽△ECF，设BE＝m，CF＝n，利用相似三角形对应边成比例可得，整理得，利用二次函数的性质求最值即可；
（3）（i）延长CB至点E，使得，连接AE，过点D作DF⊥BC，根据题意可知，DF＝AB＝80m，CD＝100m，利用直角三角形的性质得出∠E＝∠AMN＝∠C，进而证明△AEM∽△MCN，设BM＝xm，NC＝ym，利用相似三角形对应边成比例求解即可．
（ii）过点N作BC的垂线，与AD的延长线交于点G，与BC交于点H．根据（i）所得关系式可知，当BM＝20m时，CN有最大值为64m，根据∠C的正切值，设NH＝（4a）m，CH＝（3a）m，结合勾股定理得出NH的长，从而得出GN和AD的长，进而求出S△AND、S△NMC、S四边形ADCB、S△ABM，即可得解．
【解答】解：（1）∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，∠D+∠DEC＝90°，
∴∠A+∠AEB+∠D+∠DEC＝180°，
∵∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠A+∠D＝90°．
故答案为：90；
（2）∵△ABC是等边三角形，∠DEF＝60°，
∴∠B＝∠C＝60°＝∠DEF，AB＝BC＝6．
，
∴∠BDE＝∠FEC，
∴△DBE∽△ECF，
∴△DBE∽△ECF，
∴．
设BE＝m，CF＝n，则EC＝6﹣m，
∵D为AB的中点，
∴，
∴，整理得，
∴当m＝3时，n有最大值，最大值为3，即CF的最大值为3．
（3）（i）如图，延长CB至点E，使得，连接AE，过点D作DF⊥BC，
根据题意可知，DF＝AB＝80m，CD＝100m，
∴，
∴，，
∵，
∴tanE＝tan∠AMN＝tanC，
∴∠E＝∠AMN＝∠C，
∵∠E+∠EAM+∠AME＝180°，∠AME+∠AMN+∠NMC＝180°，
∴∠EAM＝∠NMC，
∴△AEM∽△MCN，
∴．
设BM＝xm，NC＝ym．
∵，
∴，
整理得．
（ii）如图，过点N作BC的垂线，与AD的延长线交于点G，与BC交于点H．
由（i）可知，，
∴当x＝20时，y取得最大值为64，
即当BM＝20m时，CN有最大值为64m，
∵，
∴设NH＝4am，CH＝3am，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵CF＝60m，BM＝20m，CM＝80m，
∴AD＝BF＝BC﹣CF＝40m，
∴，，，，
∴，
∴当NC最大时，△AMN的面积为2176m2．
【点评】本题是几何综合题，考查相似、勾股定理、解直角三角形，二次函数的最值等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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