2019年中考数学压轴题汇编(几何1)--解析版(共92页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上（2019年安徽23题）23（14分）如图，RtABC中，ACB90，ACBC，P为ABC内部一点，且APBBPC135（1）求证：PABPBC；（2）求证：PA2PC；（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12h2h3【分析】（1）利用等式的性质判断出PBCPAB，即可得出结论；（2）由（1）的结论得出，进而得出，即可得出结论；（3）先判断出RtAEPRtCDP，得出，即h32h2，再由PABPBC，判断出，即可得出结论【解答】解：（1）ACB90，ABBC，ABC45PBA+PBC又APB135，PAB+PBA45PBCPAB

2、又APBBPC135，PABPBC（2）PABPBC在RtABC中，ABAC，PA2PC（3）如图，过点P作PDBC，PEAC交BC、AC于点D，E，PFh1，PDh2，PEh3，CPB+APB135+135270APC90，EAP+ACP90，又ACBACP+PCD90EAPPCD，RtAEPRtCDP，即，h32h2PABPBC，即：h12h2h3【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，判断出EAPPCD是解本题的关键（2019年北京27题）27（7分）已知AOB30，H为射线OA上一定点，OH+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足OMP

3、为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150，得到线段PN，连接ON（1）依题意补全图1；（2）求证：OMPOPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ONQP，并证明【分析】（1）根据题意画出图形（2）由旋转可得MPN150，故OPN150OPM；由AOB30和三角形内角和180可得OMP18030OPM150OPM，得证（3）根据题意画出图形，以ONQP为已知条件反推OP的长度由（2）的结论OMPOPN联想到其补角相等，又因为旋转有PMPN，已具备一边一角相等，过点N作NCOB于点C，过点P作PDOA于点D，即可构造出PDMNCP，进而得PD

4、NC，DMCP此时加上ONQP，则易证得OCNQDP，所以OCQD利用AOB30，设PDNCa，则OP2a，ODa再设DMCPx，所以QDOCOP+PC2a+x，MQDM+QD2a+2x由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MHMQa+x，DHMHDMa，所以OHOD+DHa+a+1，求得a1，故OP2证明过程则把推理过程反过来，以OP2为条件，利用构造全等证得ONQP【解答】解：（1）如图1所示为所求（2）设OPM，线段PM绕点P顺时针旋转150得到线段PNMPN150，PMPNOPNMPNOPM150AOB30OMP180AOBOPM18030150OMPOPN（3）OP2时，总有

5、ONQP，证明如下：过点N作NCOB于点C，过点P作PDOA于点D，如图2NCPPDMPDQ90AOB30，OP2PDOP1ODOH+1DHOHOD1OMPOPN180OMP180OPN即PMDNPC在PDM与NCP中PDMNCP（AAS）PDNC，DMCP设DMCPx，则OCOP+PC2+x，MHMD+DHx+1点M关于点H的对称点为QHQMHx+1DQDH+HQ1+x+12+xOCDQ在OCN与QDP中OCNQDP（SAS）ONQP【点评】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质第（3）题的解题思路是以ONQP为条件反推OP的

6、长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP2为条件构造全等证明ONQP（2019年北京28题）28（7分）在ABC中，D，E分别是ABC两边的中点，如果上的所有点都在ABC的内部或边上，则称为ABC的中内弧例如，图1中是ABC的一条中内弧（1）如图2，在RtABC中，ABAC，D，E分别是AB，AC的中点，画出ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t0），在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点若t，求ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；若在ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在A

7、BC的内部或边上，直接写出t的取值范围【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，当t时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角AEP满足90AEP135；根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是ABC的最长的中内弧，连接DE，A90，ABAC，D，E分别是AB，AC的中点，BC4，DEBC42，弧2；（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直

8、平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EGAC交FP于G，当t时，C（2，0），D（0，1），E（1，1），F（，1），设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，m1，OAOC，AOC90ACO45，DEOCAEDACO45作EGAC交直线FP于G，FGEF根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；m综上所述，m或m1如图4，设圆心P在AC上，P在DE中垂线上，P为AE中点，作PMOC于M，则PM，P（t，），DEBCADEAOB90AE，PDPE，AEDPDEAED+DAEPDE+ADP90，DAEADPAPPDPEAE由三

9、角形中内弧定义知，PDPMAE，AE3，即3，解得：t，t00t【点评】此题是一道圆的综合题，考查了圆的性质，弧长计算，直角三角形性质等，给出了“三角形中内弧”新定义，要求学生能够正确理解新概念，并应用新概念解题（2019年福建24题）24（12分）如图，四边形ABCD内接于O，ABAC，ACBD，垂足为E，点F在BD的延长线上，且DFDC，连接AF、CF（1）求证：BAC2CAD；（2）若AF10，BC4，求tanBAD的值【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出ABCACB，根据圆心角、弧、弦的关系得到，即可得到ABCADB，根据三角形内角和定理得到ABC（180BAC）90BAC，ADB9

10、0CAD，从而得到BACCAD，即可证得结论；（2）易证得BCCF4，即可证得AC垂直平分BF，证得ABAF10，根据勾股定理求得AE、CE、BE，根据相交弦定理求得DE，即可求得BD，然后根据三角形面积公式求得DH，进而求得AH，解直角三角函数求得tanBAD的值【解答】解：（1）ABAC，ABCACB，ABCADB，ABC（180BAC）90BAC，BDAC，ADB90CAD，BACCAD，BAC2CAD；（2）解：DFDC，DFCDCF，BDC2DFC，BFCBDCBACFBC，CBCF，又BDAC，AC是线段BF的中垂线，ABAF10，AC10又BC4，设AEx，CE10x，由AB2A

11、E2BC2CE2，得100x280（10x）2，解得x6，AE6，BE8，CE4，DE3，BDBE+DE3+811，作DHAB，垂足为H，ABDHBDAE，DH，BH，AHABBH10，tanBAD【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，圆心角、弧、弦的关系，相交弦定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握并灵活运用性质定理，属于中考压轴题（2019年甘肃兰州27题）27（10分）通过对下面数学模型的研究学习，解决问题【模型呈现】如图，在RtABC，ACB90，将斜边AB绕点A顺时针旋转90得到AD，过点D作DEAC于点E，可以推理得到ABCDAE，进

12、而得到ACDE，BCAE我们把这个数学模型成为“K型”推理过程如下：【模型应用】如图，在RtABC内接于O，ACB90，BC2，将斜边AB绕点A顺时针旋转一定的角度得到AD，过点D作DEAC于点E，DAEABC，DE1，连接DO交O于点F（1）求证：AD是O的切线；（2）连接FC交AB于点G，连接FB求证：FG2GOGB【分析】（1）因为直角三角形的外心为斜边中点，所以点O在AB上，AB为O直径，故只需证ADAB即可由ABC+BAC90和DAEABC可证得DAE+BAC90，而E、A、C在同一直线上，用180减去90即为BAD90，得证（2）依题意画出图形，由要证的结论FG2GOGB联想到对应

13、边成比例，所以需证FGOBGF其中FGOBGF为公共角，即需证FOGBFGBFG为圆周角，所对的弧为弧BC，故连接OC后有BFGBOC，问题又转化为证FOGBOC把DO延长交BC于点H后，有FOGBOH，故问题转化为证BOHBOC只要OHBC，由等腰三角形三线合一即有BOHBOC，故问题继续转化为证DHCE联系【模型呈现】发现能证DEAACB，得到AEBC2，ACDE1，即能求ADAB又因为O为AB中点，可得到，再加上第（1）题证得BAD90，可得DAOAED，所以ADOEAD，DOEA，得证【解答】证明：（1）O为RtABC的外接圆O为斜边AB中点，AB为直径ACB90ABC+BAC90DA

14、EABCDAE+BAC90BAD180（DAE+BAC）90ADABAD是O的切线（2）延长DO交BC于点H，连接OCDEAC于点EDEA90AB绕点A旋转得到ADABAD在DEA与ACB中DEAACB（AAS）AEBC2，ACDE1ADABO为AB中点AOABDAOAED90DAOAEDADOEADDOEAOHBACB90，即DHBCOBOCOH平分BOC，即BOHBOCFOGBOH，BFGBOCFOGBFGFGOBGFFGOBGFFG2GOGB【点评】本题考查了三角形外心定义，圆的切线判定，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，垂径定理，等腰三角形

15、三线合一，圆周角定理其中第（2）题证明DOEA进而得到DO垂直BC是解题关键（2019年甘肃陇南27题）27.阅读下面的例题及点拨，并解决问题：例题：如图，在等边ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是ABC的外角ACH的平分线上一点，且AM=MN求证：AMN=60点拨：如图，作CBE=60，BE与NC的延长线相交于点E，得等边BEC，连接EM易证：ABMEBM（SAS），可得AM=EM，1=2；又AM=MN，则EM=MN，可得3=4；由3+1=4+5=60，进一步可得1=2=5，又因为2+6=120，所以5+6=120，即：AMN=60问题：如图，在正方形A1B1C1D1中，M1是

16、B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1求证：A1M1N1=90【答案】解：延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1C、EC1，如图所示：则EB1=B1C1，EB1M1中=90=A1B1M1，EB1C1是等腰直角三角形，B1EC1=B1C1E=45，N1是正方形A1B1C1D1的外角D1C1H1的平分线上一点，M1C1N1=90+45=135，B1C1E+M1C1N1=180，E、C1、N1，三点共线，在A1B1M1和EB1M1中，A1B1M1EB1M1（SAS），A1M1=EM1，1=2，A1M1=M1

17、N1，EM1=M1N1，3=4，2+3=45，4+5=45，1=2=5，1+6=90，5+6=90，A1M1N1=180-90=90【解析】延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1C、EC1，则EB1=B1C1，EB1M1中=90=A1B1M1，得出EB1C1是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出B1EC1=B1C1E=45，证出B1C1E+M1C1N1=180，得出E、C1、N1，三点共线，由SAS证明A1B1M1EB1M1得出A1M1=EM1，1=2，得出EM1=M1N1，由等腰三角形的性质得出3=4，证出1=2=5，得出5+6=90，即可得出结论此题是四边形综合题目，考查了

18、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键（2019年甘肃天水25题）25（10分）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，ABAD，CBCD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，ACBD试证明：AB2+CD2AD2+BC2；（3）解决问题：如图3，分别以RtACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，

19、连结CE、BG、GE已知AC4，AB5，求GE的长【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形证明：ABAD，点A在线段BD的垂直平分线上，CBCD，点C在线段BD的垂直平分线上，直线AC是线段BD的垂直平分线，ACBD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等如图2，已知四边形ABCD中，ACBD，垂足为E，求证：AD2+BC2AB2+CD2证明：ACBD，AEDAEBBECCED90，由勾股定理得，AD2+B

20、C2AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2AE2+BE2+CE2+DE2，AD2+BC2AB2+CD2；故答案为：AD2+BC2AB2+CD2（3）连接CG、BE，CAGBAE90，CAG+BACBAE+BAC，即GABCAE，在GAB和CAE中，GABCAE（SAS），ABGAEC，又AEC+AME90，ABG+AME90，即CEBG，四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2CB2+GE2，AC4，AB5，BC3，CG4，BE5，GE2CG2+BE2CB273，GE【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的

21、定义、灵活运用勾股定理是解题的关键（2019年广东深圳23题）23（9分）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（3，0），C（3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交E于点D，连接OD（1）求证：直线OD是E的切线；（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交E于点G，连接BG；当tanACF时，求所有F点的坐标，F2（5，0）（直接写出）；求的最大值【分析】（1）连接ED，证明EDO90即可，可通过半径相等得到EDBEBD，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得DOBOAO，ODBOBD，得证；（2）分两种情况：a）F位于线段AB上，b）F位于BA的延长线上；过F作AC的垂线，

22、构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点F坐标；应用相似三角形性质和三角函数值表示出，令yCG2（64CG2）（CG232）2+322，应用二次函数最值可得到结论【解答】解：（1）证明：如图1，连接DE，BC为圆的直径，BDC90，BDA90OAOBODOBOAOBDODBEBEDEBDEDBEBD+OBDEDB+ODB即：EBOEDOCBx轴EBO90EDO90点D在E上直线OD为E的切线（2）如图2，当F位于AB上时，过F作F1NAC于N，F1NACANF1ABC90ANFABCAB6，BC8，AC10，即AB：BC：AC6：8：103：4：5设AN3k，则NF14k，AF15kCNCA

23、AN103ktanACF，解得：k即F1（，0）如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2MCA于M，AMF2ABC设AM3k，则MF24k，AF25kCMCA+AM10+3ktanACF解得：AF25k2OF23+25即F2（5，0）故答案为：F1（，0），F2（5，0）如图4，CB为直径CGBCBF90CBGCFBBC2CGCFCFCG2+BG2BC2，BG2BC2CG2令yCG2（64CG2）CG4+64CG2（CG232）2322（CG232）2+322当CG232时，此时CG4【点评】本题是一道难度较大，综合性很强的有关圆的代数几何综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定定理

24、，直角三角形性质，相似三角形性质和判定，动点问题，二次函数最值问题等，构造相似三角形和应用求二次函数最值方法是解题关键（2019年广东24题）24（9分）如图1，在ABC中，ABAC，O是ABC的外接圆，过点C作BCDACB交O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CFAC，连接AF（1）求证：EDEC；（2）求证：AF是O的切线；（3）如图2，若点G是ACD的内心，BCBE25，求BG的长【分析】（1）由ABAC知ABCACB，结合ACBBCD，ABCADC得BCDADC，从而得证；（2）连接OA，由CAFCFA知ACDCAF+CFA2CAF，结合ACBBCD得ACD2ACB，CA

25、FACB，据此可知AFBC，从而得OAAF，从而得证；（3）证ABECBA得AB2BCBE，据此知AB5，连接AG，得BAGBAD+DAG，BGAGAC+ACB，由点G为内心知DAGGAC，结合BAD+DAGGDC+ACB得BAGBGA，从而得出BGAB5【解答】解：（1）ABAC，ABCACB，又ACBBCD，ABCADC，BCDADC，EDEC；（2）如图1，连接OA，ABAC，OABC，CACF，CAFCFA，ACDCAF+CFA2CAF，ACBBCD，ACD2ACB，CAFACB，AFBC，OAAF，AF为O的切线；（3）ABECBA，BADBCDACB，ABECBA，AB2BCBE，

26、BCBE25，AB5，如图2，连接AG，BAGBAD+DAG，BGAGAC+ACB，点G为内心，DAGGAC，又BAD+DAGGDC+ACB，BAGBGA，BGAB5【点评】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆心角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点（2019年广东广州24题）24（14分）如图，等边ABC中，AB6，点D在BC上，BD4，点E为边AC上一动点（不与点C重合），CDE关于DE的轴对称图形为FDE（1）当点F在AC上时，求证：DFAB；（2）设ACD的面积为S1，ABF的面积为S2，记SS1S2，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由；

27、（3）当B，F，E三点共线时求AE的长【分析】（1）由折叠的性质和等边三角形的性质可得DFCA，可证DFAB；（2）过点D作DMAB交AB于点M，由题意可得点F在以D为圆心，DF为半径的圆上，由ACD的面积为S1的值是定值，则当点F在DM上时，SABF最小时，S最大；（3）过点D作DGEF于点G，过点E作EHCD于点H，由勾股定理可求BG的长，通过证明BGDBHE，可求EC的长，即可求AE的长【解答】解：（1）ABC是等边三角形ABC60由折叠可知：DFDC，且点F在AC上DFCC60DFCADFAB；（2）存在，过点D作DMAB交AB于点M，ABBC6，BD4，CD2DF2，点F在以D为圆心

28、，DF为半径的圆上，当点F在DM上时，SABF最小，BD4，DMAB，ABC60MD2SABF的最小值6（22）66S最大值（66）3+6（3）如图，过点D作DGEF于点G，过点E作EHCD于点H，CDE关于DE的轴对称图形为FDEDFDC2，EFDC60GDEF，EFD60FG1，DGFGBD2BG2+DG2，163+（BF+1）2，BF1BGEHBC，C60CH，EHHCECGBDEBH，BGDBHE90BGDBHEEC1AEACEC7【点评】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造相似三角形是本题的关键（2019年广西

29、池州25题）25（10分）如图，五边形ABCDE内接于O，CF与O相切于点C，交AB延长线于点F（1）若AEDC，EBCD，求证：DEBC；（2）若OB2，ABBDDA，F45，求CF的长【分析】（1）由圆心角、弧、弦之间的关系得出，由圆周角定理得出ADEDBC，证明ADEDBC，即可得出结论；（2）连接CO并延长交AB于G，作OHAB于H，则OHGOHB90，由切线的性质得出FCG90，得出CFG、OGH是等腰直角三角形，得出CFCG，OGOH，由等边三角形的性质得出OBH30，由直角三角形的性质得出OHOB1，OG，即可得出答案【解答】（1）证明：AEDC，ADEDBC，在ADE和DBC中

30、，ADEDBC（AAS），DEBC；（2）解：连接CO并延长交AB于G，作OHAB于H，如图所示：则OHGOHB90，CF与O相切于点C，FCG90，F45，CFG、OGH是等腰直角三角形，CFCG，OGOH，ABBDDA，ABD是等边三角形，ABD60，OBH30，OHOB1，OG，CFCGOC+OG2+【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质；熟练掌握切线的性质和圆周角定理是解题的关键（2019年广西贺州25题）25（10分）如图，BD是O的直径，弦BC与OA相交于点E，AF与O相切于点A，交D

31、B的延长线于点F，F30，BAC120，BC8（1）求ADB的度数；（2）求AC的长度【分析】（1）由切线的性质得出AFOA，由圆周角定理好已知条件得出FDBC，证出AFBC，得出OABC，求出BOA903060，由圆周角定理即可得出结果；（2）由垂径定理得出BECEBC4，得出ABAC，证明AOB是等边三角形，得出ABOB，由直角三角形的性质得出OEOB，BEOE4，求出OE，即可得出ACABOB2OE【解答】解：（1）AF与O相切于点A，AFOA，BD是O的直径，BAD90，BAC120，DAC30，DBCDAC30，F30，FDBC，AFBC，OABC，BOA903060，ADBAOB3

32、0；（2）OABC，BECEBC4，ABAC，AOB60，OAOB，AOB是等边三角形，ABOB，OBE30，OEOB，BEOE4，OE，ACABOB2OE【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂径定理、直角三角形的性质等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理，证出OABC是解题的关键（2019年广西柳州25题）25（10分）如图，AB是O的直径，弦CDAB于点E，点F是O上一点，且，连接FB，FD，FD交AB于点N（1）若AE1，CD6，求O的半径；（2）求证：BNF为等腰三角形；（3）连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作O的切线，交BA的延长线于点M求证

33、：ONOPOEOM【解答】解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，CDAB，AB是直径，CEDECD3ACDABC，且AECCEBACECEBBE9ABAE+BE10O的半径为5（2）ACDADCCDF，且DEDE，AEDNED90ADENDE（ASA）DANDNA，AEENDABDFB，ANDFNBFNBDFBBNBF，BNF是等腰三角形（3）如图2，连接AC，CE，CO，DO，MD是切线，MDDO，MDODEO90，DOEDOEMDODEOOD2OEOMAEEN，CDAOANCCAN，CAPCNO，AOCABFCOBFPCOPFB四边形ACFB是圆内接四边形PACPFBPACPFBPCOC

34、NO，且POCCOECNOPCOCO2PONO，ONOPOEOM（2019年广西北部湾等25题）25（10分）如图1，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B作BFCE于点G，交AD于点F（1）求证：ABFBCE；（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DCDG；（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CMDG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求的值【分析】（1）先判断出GCB+CBG90，再由四边形ABCD是正方形，得出CBE90A，BCAB，即可得出结论；（2）设ABCDBC2a，先求出EAEBABa，进而得出CEa，再求出BG

35、a，CGa，再判断出CQDBGC（AAS），进而判断出GQCQ，即可得出结论；（3）先求出CHa，再求出DHa，再判断出CHDDHM，求出HMa，再用勾股定理求出GHa，最后判断出QGHGCH，得出HNa，即可得出结论【解答】（1）证明：BFCE，CGB90，GCB+CBG90，四边形ABCD是正方形，CBE90A，BCAB，FBA+CBG90，GCBFBA，ABFBCE（ASA）；（2）证明：如图2，过点D作DHCE于H，设ABCDBC2a，点E是AB的中点，EAEBABa，CEa，在RtCEB中，根据面积相等，得BGCECBEB，BGa，CGa，DCE+BCE90，CBF+BCE90，DC

36、ECBF，CDBC，CQDCGB90，CQDBGC（AAS），CQBGa，GQCGCQaCQ，DQDQ，CQDGQD90，DGQCDQ（SAS），CDGD；（3）解：如图3，过点D作DHCE于H，SCDGDQCHDG，CHa，在RtCHD中，CD2a，DHa，MDH+HDC90，HCD+HDC90，MDHHCD，CHDDHM，HMa，在RtCHG中，CGa，CHa，GHa，MGH+CGH90，HCG+CGH90，QGHHCG，QGHGCH，HNa，MNHMHNa，【点评】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出DGQCDQ是解本题的关键（2

37、019年广西梧州25题）25（10分）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC3，AF平分DAC，分别交DC，BC的延长线于点E，F；连接DF，过点A作AHDF，分别交BD，BF于点G，H（1）求DE的长；（2）求证：1DFC【分析】（1）由ADCF，AF平分DAC，可得FACAFC，得出ACCF5，可证出ADEFCE，则，可求出DE长；（2）由ADGHBG，可求出DG，则，可得EGBC，则1AHC，根据DFAH，可得AHCDFC，结论得证【解答】（1）解：矩形ABCD中，ADCF，DAFACF，AF平分DAC，DAFCAF，FACAFC，ACCF，AB4，BC3，5，CF5，ADCF，ADEFCE，设DEx，则，解得x；（2）ADFH，AFDH，四边形ADFH是平行四边形，ADFH3，CH2，BH5，ADBH，ADGHBG，DG，DE，EGBC，1AHC，又DFAH，AHCDFC，1DFC【点评】本题考查了矩形的相关证明与计算，熟练掌握矩形的性质、平行四边形的判定与性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键（2019年广西梧州25题）25（10分）如图，在正方形ABCD中，分别过顶点B，D作BEDF交对角线AC所在直线于E，