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6. 在矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1.当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为.
答案
解：设AD的长为x，在矩形ABCD中，∠A=90°，由AB=AN=1，得DN = x - 1，BD = √(AB² + AD²) = √(1 + x²)。
∵M是BD的中点，
∴DM = 1/2 BD = √(1+x²)/2。
分两种情况讨论：
1. 当∠DNM = 90°时：
∵∠A=90°，∴MN//AB，
∴△DNM∽△DAB，
∴DN/DA = DM/BD = 1/2，
即x - 1 = x/2，
解得x=2。
2. 当∠DMN = 90°时：
∵∠MDN = ∠ADB，∠DMN = ∠A = 90°，
∴△DMN∽△DAB，
∴DN/BD = DM/AD，
代入得：(x-1)/√(1+x²) = (√(1+x²)/2)/x，
整理得：2x(x-1) = x² + 1，
即x² - 2x - 1 = 0，
解得x₁=1+√2，x₂=1-√2（边长为正，舍去）。
∵∠MDN是Rt△ABD的锐角，不可能为直角，
综上，AD的长为2或1+√2。
∵M是BD的中点，
∴DM = 1/2 BD = √(1+x²)/2。
分两种情况讨论：
1. 当∠DNM = 90°时：
∵∠A=90°，∴MN//AB，
∴△DNM∽△DAB，
∴DN/DA = DM/BD = 1/2，
即x - 1 = x/2，
解得x=2。
2. 当∠DMN = 90°时：
∵∠MDN = ∠ADB，∠DMN = ∠A = 90°，
∴△DMN∽△DAB，
∴DN/BD = DM/AD，
代入得：(x-1)/√(1+x²) = (√(1+x²)/2)/x，
整理得：2x(x-1) = x² + 1，
即x² - 2x - 1 = 0，
解得x₁=1+√2，x₂=1-√2（边长为正，舍去）。
∵∠MDN是Rt△ABD的锐角，不可能为直角，
综上，AD的长为2或1+√2。
解析
【分析】
本题是矩形背景下的直角三角形存在性问题，解题可按以下思路推进：①先设AD的长为x，结合矩形性质和已知条件，将DN、BD、DM的长度用含x的代数式表示；②直角三角形需分三种情况讨论直角顶点，首先可排除∠MDN为直角的情况（该角是Rt△ABD的内角，为锐角），仅需讨论∠DNM=90°和∠DMN=90°两种情况；③每种情况通过“两角对应相等”证明三角形相似，利用相似三角形对应边成比例列方程，求解后舍去不符合边长为正的根，即可得到AD的长度。
【解析】
设AD的长为x，
在矩形ABCD中，∠A=90°，
∵AB=AN=1，
∴DN = AD - AN = x - 1，
由勾股定理得BD = √(AB² + AD²) = √(1 + x²)，
∵M是BD的中点，
∴DM = $\frac{1}{2}$BD = $\frac{\sqrt{1+x^2}}{2}$。
接下来分情况讨论：
1. 当∠DNM = 90°时：
∵∠A=∠DNM=90°，
∴MN//AB，
∴△DNM∽△DAB，
∴$\frac{DN}{DA}$ = $\frac{DM}{BD}$ = $\frac{1}{2}$，
即 $\frac{x - 1}{x}$ = $\frac{1}{2}$，
解得x=2，经检验符合题意。
2. 当∠DMN = 90°时：
∵∠MDN = ∠ADB，∠DMN = ∠A = 90°，
∴△DMN∽△DAB，
∴$\frac{DN}{BD}$ = $\frac{DM}{AD}$，
代入各边表达式得：$\frac{x-1}{\sqrt{1+x^2}}$ = $\frac{\frac{\sqrt{1+x^2}}{2}}{x}$，
交叉相乘整理得：2x(x-1) = x² + 1，
即x² - 2x - 1 = 0，
解得$x_1=1+\sqrt{2}$，$x_2=1-\sqrt{2}$（边长为正数，故舍去）。
∵∠MDN是Rt△ABD的锐角，不可能为直角，无需讨论该情况。
综上，AD的长为2或$1+\sqrt{2}$。
【答案】
2或$1+\sqrt{2}$
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题为几何综合类的存在性问题，解题的核心是对直角顶点进行分类讨论，避免漏解，同时结合相似三角形的性质建立方程求解，需要注意对求解结果进行合理性检验，舍去不符合实际意义的根，对学生的分类讨论意识和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是矩形背景下的直角三角形存在性问题，解题可按以下思路推进：①先设AD的长为x，结合矩形性质和已知条件，将DN、BD、DM的长度用含x的代数式表示；②直角三角形需分三种情况讨论直角顶点，首先可排除∠MDN为直角的情况（该角是Rt△ABD的内角，为锐角），仅需讨论∠DNM=90°和∠DMN=90°两种情况；③每种情况通过“两角对应相等”证明三角形相似，利用相似三角形对应边成比例列方程，求解后舍去不符合边长为正的根，即可得到AD的长度。
【解析】
设AD的长为x，
在矩形ABCD中，∠A=90°，
∵AB=AN=1，
∴DN = AD - AN = x - 1，
由勾股定理得BD = √(AB² + AD²) = √(1 + x²)，
∵M是BD的中点，
∴DM = $\frac{1}{2}$BD = $\frac{\sqrt{1+x^2}}{2}$。
接下来分情况讨论：
1. 当∠DNM = 90°时：
∵∠A=∠DNM=90°，
∴MN//AB，
∴△DNM∽△DAB，
∴$\frac{DN}{DA}$ = $\frac{DM}{BD}$ = $\frac{1}{2}$，
即 $\frac{x - 1}{x}$ = $\frac{1}{2}$，
解得x=2，经检验符合题意。
2. 当∠DMN = 90°时：
∵∠MDN = ∠ADB，∠DMN = ∠A = 90°，
∴△DMN∽△DAB，
∴$\frac{DN}{BD}$ = $\frac{DM}{AD}$，
代入各边表达式得：$\frac{x-1}{\sqrt{1+x^2}}$ = $\frac{\frac{\sqrt{1+x^2}}{2}}{x}$，
交叉相乘整理得：2x(x-1) = x² + 1，
即x² - 2x - 1 = 0，
解得$x_1=1+\sqrt{2}$，$x_2=1-\sqrt{2}$（边长为正数，故舍去）。
∵∠MDN是Rt△ABD的锐角，不可能为直角，无需讨论该情况。
综上，AD的长为2或$1+\sqrt{2}$。
【答案】
2或$1+\sqrt{2}$
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题为几何综合类的存在性问题，解题的核心是对直角顶点进行分类讨论，避免漏解，同时结合相似三角形的性质建立方程求解，需要注意对求解结果进行合理性检验，舍去不符合实际意义的根，对学生的分类讨论意识和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
三、解答题
7. 操作：如图，在正方形ABCD中，P是边CD上一动点（与点C，D不重合），使三角板的直角顶点与点P重合，并且有一条直角边始终经过点B，另一条直角边与正方形某一边所在的直线交于点E.
（1）观察操作结果，哪一个三角形与△BPC相似，写出你的结论，并说明理由；
（2）当P是边CD的中点时，直接写出两对相似三角形的相似比和面积比.
7. 操作：如图，在正方形ABCD中，P是边CD上一动点（与点C，D不重合），使三角板的直角顶点与点P重合，并且有一条直角边始终经过点B，另一条直角边与正方形某一边所在的直线交于点E.
（1）观察操作结果，哪一个三角形与△BPC相似，写出你的结论，并说明理由；
（2）当P是边CD的中点时，直接写出两对相似三角形的相似比和面积比.
答案
解：
（1）结论：$△ PDE ∽ △ BPC$。
理由：∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠ D = ∠ C = 90°$，
∴ $∠ PBC + ∠ BPC = 90°$，
∵ $∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ BPC + ∠ DPE = 180° - ∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ PBC = ∠ DPE$，
∴ $△ PDE ∽ △ BCP$（两角分别相等的两个三角形相似）。
（2）① $△ PDE ∽ △ BCP$的相似比为$1:2$，面积比为$1:4$；
② $△ BPE ∽ △ BCP$的相似比为$\sqrt{5}:2$，面积比为$5:4$。
（1）结论：$△ PDE ∽ △ BPC$。
理由：∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠ D = ∠ C = 90°$，
∴ $∠ PBC + ∠ BPC = 90°$，
∵ $∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ BPC + ∠ DPE = 180° - ∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ PBC = ∠ DPE$，
∴ $△ PDE ∽ △ BCP$（两角分别相等的两个三角形相似）。
（2）① $△ PDE ∽ △ BCP$的相似比为$1:2$，面积比为$1:4$；
② $△ BPE ∽ △ BCP$的相似比为$\sqrt{5}:2$，面积比为$5:4$。
解析
【分析】
（1）解决第一问的核心是利用相似三角形的判定定理找对应等角：首先正方形的内角均为直角，可得$∠ D=∠ C=90°$；再结合三角板的直角$∠ BPE=90°$，可推出$∠ PBC$与$∠ DPE$都是$∠ BPC$的余角，根据同角的余角相等得$∠ PBC=∠ DPE$，即可证明两个三角形相似。
（2）解决第二问时，先根据$P$是$CD$中点得到对应边的长度关系，利用相似三角形对应边的比等于相似比、面积比等于相似比的平方计算即可，注意不要遗漏另一组相似三角形$△ BPE$和$△ BCP$的相关计算。
【解析】
（1）结论：$△ PDE ∽ △ BPC$。
理由：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠ D = ∠ C = 90°$，
∴ $∠ PBC + ∠ BPC = 90°$，
∵ $∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ BPC + ∠ DPE = 180° - ∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ PBC = ∠ DPE$，
∴ $△ PDE ∽ △ BCP$（两角分别相等的两个三角形相似）。
（2）当$P$是$CD$中点时：
① 对$△ PDE ∽ △ BCP$，对应边$PD:BC=1:2$，即相似比为$1:2$，面积比为相似比的平方，即$1:4$；
② 可证得$△ BPE ∽ △ BCP$，对应边$BP:BC=\sqrt{5}:2$，即相似比为$\sqrt{5}:2$，面积比为$5:4$。
【答案】
（1）$△ PDE ∽ △ BPC$，理由见解析；
（2）① $△ PDE ∽ △ BCP$的相似比为$1:2$，面积比为$1:4$；② $△ BPE ∽ △ BCP$的相似比为$\sqrt{5}:2$，面积比为$5:4$。
【知识点】
正方形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题以正方形中的三角板操作为背景，综合考查了相似三角形的判定和性质，解题时要善于利用直角的性质推导等角，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方，是典型的几何基础综合题。
【难度系数】
0.7
（1）解决第一问的核心是利用相似三角形的判定定理找对应等角：首先正方形的内角均为直角，可得$∠ D=∠ C=90°$；再结合三角板的直角$∠ BPE=90°$，可推出$∠ PBC$与$∠ DPE$都是$∠ BPC$的余角，根据同角的余角相等得$∠ PBC=∠ DPE$，即可证明两个三角形相似。
（2）解决第二问时，先根据$P$是$CD$中点得到对应边的长度关系，利用相似三角形对应边的比等于相似比、面积比等于相似比的平方计算即可，注意不要遗漏另一组相似三角形$△ BPE$和$△ BCP$的相关计算。
【解析】
（1）结论：$△ PDE ∽ △ BPC$。
理由：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠ D = ∠ C = 90°$，
∴ $∠ PBC + ∠ BPC = 90°$，
∵ $∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ BPC + ∠ DPE = 180° - ∠ BPE = 90°$，
∴ $∠ PBC = ∠ DPE$，
∴ $△ PDE ∽ △ BCP$（两角分别相等的两个三角形相似）。
（2）当$P$是$CD$中点时：
① 对$△ PDE ∽ △ BCP$，对应边$PD:BC=1:2$，即相似比为$1:2$，面积比为相似比的平方，即$1:4$；
② 可证得$△ BPE ∽ △ BCP$，对应边$BP:BC=\sqrt{5}:2$，即相似比为$\sqrt{5}:2$，面积比为$5:4$。
【答案】
（1）$△ PDE ∽ △ BPC$，理由见解析；
（2）① $△ PDE ∽ △ BCP$的相似比为$1:2$，面积比为$1:4$；② $△ BPE ∽ △ BCP$的相似比为$\sqrt{5}:2$，面积比为$5:4$。
【知识点】
正方形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题以正方形中的三角板操作为背景，综合考查了相似三角形的判定和性质，解题时要善于利用直角的性质推导等角，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方，是典型的几何基础综合题。
【难度系数】
0.7
8. 如图，在$□ ABCD$中，$AB=AC$，$E$是边$BC$上的一点，连接$AE$并延长交$DC$的延长线于点$F$，$G$是边$BC$上的一点，且$BG=CE$，连接$GF$，$AG$。
（1）求证：$AG=AE$；
（2）已知$P$是$GF$上一点，连接$EP$，若$\frac{FP}{PG}=\frac{FC}{CD}$，求证：$EG$平分$∠ AEP$。
（1）求证：$AG=AE$；
（2）已知$P$是$GF$上一点，连接$EP$，若$\frac{FP}{PG}=\frac{FC}{CD}$，求证：$EG$平分$∠ AEP$。
答案
（1）证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$。
又∵ $AB=AC$，
∴ $∠ B = ∠ ACB$。
在$△ ABG$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ B = ∠ ACE \\BG=CE\end{cases}$
∴ $△ ABG ≌ △ ACE$（SAS），
∴ $AG=AE$。
---
（2）证明：
∵ $AB// CF$，
∴ $∠ ABE = ∠ FCE$，$∠ BAE = ∠ CFE$，
∴ $△ ABE ∽ △ FCE$，
∴ $\frac{FC}{AB}=\frac{FE}{AE}$。
又∵ $AB=CD$，
∴ $\frac{FC}{CD}=\frac{FE}{AE}$。
已知 $\frac{FP}{PG}=\frac{FC}{CD}$，
∴ $\frac{FP}{PG}=\frac{FE}{AE}$，
根据三角形平行线判定定理，可得$EP// AG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AGE$。
由（1）知$AG=AE$，
∴ $∠ AGE = ∠ AEG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AEG$，
即$EG$平分$∠ AEP$。
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$。
又∵ $AB=AC$，
∴ $∠ B = ∠ ACB$。
在$△ ABG$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ B = ∠ ACE \\BG=CE\end{cases}$
∴ $△ ABG ≌ △ ACE$（SAS），
∴ $AG=AE$。
---
（2）证明：
∵ $AB// CF$，
∴ $∠ ABE = ∠ FCE$，$∠ BAE = ∠ CFE$，
∴ $△ ABE ∽ △ FCE$，
∴ $\frac{FC}{AB}=\frac{FE}{AE}$。
又∵ $AB=CD$，
∴ $\frac{FC}{CD}=\frac{FE}{AE}$。
已知 $\frac{FP}{PG}=\frac{FC}{CD}$，
∴ $\frac{FP}{PG}=\frac{FE}{AE}$，
根据三角形平行线判定定理，可得$EP// AG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AGE$。
由（1）知$AG=AE$，
∴ $∠ AGE = ∠ AEG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AEG$，
即$EG$平分$∠ AEP$。
解析
【分析】
（1）要证明$AG=AE$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先根据平行四边形的性质和$AB=AC$，可得$∠ B=∠ ACE$，再结合已知的$BG=CE$、$AB=AC$的条件，即可用SAS判定$△ ABG≌△ ACE$，利用全等三角形对应边相等得证结论。
（2）要证明$EG$平分$∠ AEP$，即证明$∠ AEG=∠ GEP$。首先利用$AB// CD$可证$△ ABE∽△ FCE$，得到对应边成比例，结合$AB=CD$和已知的比例关系，推导得到$\frac{FP}{PG}=\frac{FE}{AE}$，从而判定$EP// AG$；再结合（1）中$AG=AE$得到的$∠ AGE=∠ AEG$，利用平行线的性质等量代换即可得到两个角相等，完成证明。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$。
又
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ B = ∠ ACB$。
在$△ ABG$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ B = ∠ ACE \\BG=CE\end{cases}$
∴ $△ ABG ≌ △ ACE$（SAS），
∴ $AG=AE$。
（2）证明：
∵ $AB// CF$，
∴ $∠ ABE = ∠ FCE$，$∠ BAE = ∠ CFE$，
∴ $△ ABE ∽ △ FCE$，
∴ $\frac{FC}{AB}=\frac{FE}{AE}$。
又
∵ $AB=CD$，
∴ $\frac{FC}{CD}=\frac{FE}{AE}$。
已知 $\frac{FP}{PG}=\frac{FC}{CD}$，
∴ $\frac{FP}{PG}=\frac{FE}{AE}$，
根据三角形平行线判定定理，可得$EP// AG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AGE$。
由（1）知$AG=AE$，
∴ $∠ AGE = ∠ AEG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AEG$，
即$EG$平分$∠ AEP$。
【答案】
（1）$AG=AE$，证明成立；
（2）$EG$平分$∠ AEP$，证明成立。
【知识点】
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理
【点评】
本题综合考查了平行四边形、全等三角形、相似三角形的相关知识，第一问是基础的全等证明，第二问需要结合相似得到的比例关系推导平行线，再利用等腰三角形和平行线的性质完成角相等的证明，逻辑连贯性较强，能有效锻炼几何综合推理能力。
【难度系数】
0.65
（1）要证明$AG=AE$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先根据平行四边形的性质和$AB=AC$，可得$∠ B=∠ ACE$，再结合已知的$BG=CE$、$AB=AC$的条件，即可用SAS判定$△ ABG≌△ ACE$，利用全等三角形对应边相等得证结论。
（2）要证明$EG$平分$∠ AEP$，即证明$∠ AEG=∠ GEP$。首先利用$AB// CD$可证$△ ABE∽△ FCE$，得到对应边成比例，结合$AB=CD$和已知的比例关系，推导得到$\frac{FP}{PG}=\frac{FE}{AE}$，从而判定$EP// AG$；再结合（1）中$AG=AE$得到的$∠ AGE=∠ AEG$，利用平行线的性质等量代换即可得到两个角相等，完成证明。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$。
又
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ B = ∠ ACB$。
在$△ ABG$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ B = ∠ ACE \\BG=CE\end{cases}$
∴ $△ ABG ≌ △ ACE$（SAS），
∴ $AG=AE$。
（2）证明：
∵ $AB// CF$，
∴ $∠ ABE = ∠ FCE$，$∠ BAE = ∠ CFE$，
∴ $△ ABE ∽ △ FCE$，
∴ $\frac{FC}{AB}=\frac{FE}{AE}$。
又
∵ $AB=CD$，
∴ $\frac{FC}{CD}=\frac{FE}{AE}$。
已知 $\frac{FP}{PG}=\frac{FC}{CD}$，
∴ $\frac{FP}{PG}=\frac{FE}{AE}$，
根据三角形平行线判定定理，可得$EP// AG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AGE$。
由（1）知$AG=AE$，
∴ $∠ AGE = ∠ AEG$，
∴ $∠ GEP = ∠ AEG$，
即$EG$平分$∠ AEP$。
【答案】
（1）$AG=AE$，证明成立；
（2）$EG$平分$∠ AEP$，证明成立。
【知识点】
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理
【点评】
本题综合考查了平行四边形、全等三角形、相似三角形的相关知识，第一问是基础的全等证明，第二问需要结合相似得到的比例关系推导平行线，再利用等腰三角形和平行线的性质完成角相等的证明，逻辑连贯性较强，能有效锻炼几何综合推理能力。
【难度系数】
0.65
