23．（13分）（2014?海南）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠CAB的平分线分别交BD，BC于点E，F，作BH⊥AF于点H，分别交AC，CD于点G，P，连接GE，GF． （1）求证：△OAE≌△OBG；
（2）试问：四边形BFGE是否为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由； （3）试求：
的值（结果保留根号）．
解答： （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°． ∵BH⊥AF，∴∠AHG=90°，
∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，∴∠GAH=∠OBG，即∠OAE=∠OBG．
∴在△OAE与△OBG中，
，∴△OAE≌△OBG（ASA）；
（2）四边形BFGE是菱形，理由如下：∵在△AHG与△AHB中，
∴△AHG≌△AHB（ASA），∴GH=BH，∴AF是线段BG的垂直平分线，
∴EG=EB，FG=FB．∵∠BEF=∠BAE+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°﹣∠BAF=67.5°
∴∠BEF=∠BFE ∴EB=FB，∴EG=EB=FB=FG，∴四边形BFGE是菱形；
（3）设OA=OB=OC=a，菱形GEBF的边长为b．∵四边形BFGE是菱形，∴GF∥OB， ∴∠CGF=∠COB=90°，∴∠GFC=∠GCF=45°，∴CG=GF=b，
（也可由△OAE≌△OBG得OG=OE=a﹣b，OC﹣CG=a﹣b，得CG=b）
∴OG=OE=a﹣b，在Rt△GOE中，由勾股定理可得：2（a﹣b）=b，求得 a=∴AC=2a=（2+）b，AG=AC﹣CG=（1+∵PC∥AB，∴△CGP∽△AGB， ∴
=
=
=
﹣1，
=
=
﹣1，即
=
﹣1．
）b
2
2
b
由（1）△OAE≌△OBG得 AE=GB，∴
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23．2013（13分）（1）如图（1）点P是正方形ABCD的边CD上一点（点P与点C，D不重合），点E在BC的延长线上，且CE=CP，连接BP，DE． 求证：△BCP≌△DCE；
如图（2）直线EP交AD于F，连接BF，FC．点G是FC与BP的交点． ①若CD=2PC时，求证：BP⊥CF；
②若CD=n?PC（n是大于1的实数）时，记△BPF的面积为S1，△DPE的面积为S2． 求证：S1=（n+1）S2．
证明：（1）在△BCP与△DCE中，
，
∴△BCP≌△DCE（SAS）．
（2）①∵CP=CE，∠PCE=90°， ∴∠CPE=45°，
∴∠FPD=∠CPE=45°， ∴∠PFD=45°， ∴FD=DP． ∵CD=2PC， ∴DP=CP， ∴FD=CP．
在△BCP与△CDF中，
，
∴△BCP≌△CDF（SAS）． ∴∠FCD=∠CBP，
∵∠CBP+∠BPC=90°，
∴∠FCD+∠BPC=90°，∴∠PGC=90°，即BP⊥CF．
②证法一：设CP=CE=1，则BC=CD=n，DP=CD﹣CP=n﹣1． 易知△FDP为等腰直角三角形， ∴FD=DP=n﹣1． S1=S梯形BCDF﹣S△BCP﹣S△FDP
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=（BC+FD）?CD﹣BC?CP﹣FD?DP =（n+n﹣1）?n﹣n×1﹣（n﹣1） =（n﹣1）；
S2=DP?CE=（n﹣1）×1=（n﹣1）． ∵n﹣1=（n+1）（n﹣1）， ∴S1=（n+1）S2． 证法二： ∵AD∥BE，
∴△FDP∽△ECP， ∴∴S1=
=
，
2
2
2
S△BEF．
如下图所示，连接BD．
∵BC：CE=CD：CP=n， ∴S△DCE=
S△BED，
∵DP：CP=n﹣1， ∴S2=∴S2=
S△DCE，
S△BED．
∵AD∥BE，∴S△BEF=S△BED， ∴S1=（n+1）S2．
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23．（11分）（2012?海南）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D恰好落在对角
线AC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN，
（1）求证：△ADN≌△CBM；
（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形；四边形MFNE是菱形吗？请说明理由；
（3）点P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连接PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN，且AB=4cm，BC=3cm，求PC的长度． 解答： （1）证明：由折叠的性质得出∠DAN=∠NAC，∠BCM=∠ACM， ∵AD∥BC，∴∠DAC=∠BCA，∴∠DAN=∠BCM， 在Rt△ADN和Rt△CBM中， ∵，∴△ADN≌△CBM， （2）解：连接NE、MF，∵△ADN≌△CBM，∴NF=ME，∵∠NFE=∠MEF，∴NF∥ME， ∴四边形MFNE是平行四边形，∵MN与EF不垂直，∴四边形MFNE不是菱形； （3）解：设AC与MN的交点为O，EF=x，作QG⊥PC于G点，∵AB=4，BC=3，∴AC=5，∵AF=CE=BC=3，∴2AF﹣EF=AC，即6﹣x=5，解得x=1，∴EF=1，∴CF=2， 在Rt△CFN中，tan∠DCA=22=2=，解得NF=，∵OE=OF=EF=， ，∴MN=2ON=， ∴在Rt△NFO中，ON=OF+NF，∴ON=∵PQ∥MN，PM∥MQ，∴四边形MQPN是平行四边形， ∴MN=PQ=，∵PQ=CQ， ∴△PQC是等腰三角形， ∴PG=CG， 在Rt△QPG中， PG=PQ﹣QG，即PG=∴PC=2PG=2． 222=1， 请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注！
23、（2011?海南）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点P、Q分别在边AB、BC上，且AP=BQ． （1）求证：△BDQ≌△ADP；
（2）已知AD=3，AP=2，求cos∠BPQ的值（结果保留根号）．
分析：（1）由四边形ABCD是菱形，可证得AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，又由∠A=60°，易得△ABD是等边三角形，然后由SAS即可证得△BDQ≌△ADP；
（2）首先过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，然后由三角函数的性质，即可求得PE与QE的长，又由勾股定理，即可求得PQ的长，则可求得cos∠BPQ的值．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，
∵∠A=60°，∴△ABD是等边三角形，∠ABC=120°，∴AD=BD，∠CBD=∠A=60°， ∵AP=BQ，∴△BDQ≌△ADP（SAS）；
（2）过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，∵△BDQ≌△ADP，∴BQ=AP=2，∵AD∥BC，∴∠QBE=60°，
∴QE=QB?sin60°=2×=，BE=QB?cos60°=2×=1，∵AB=AD=3，∴PB=AB﹣AP=3﹣2=1，
∴PE=PB+BE=2，∴在Rt△PQE中，PQ==，∴cos∠BPQ===．
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2010-2014海南中考数学几何大题(含答案)
