22.(10分)如图，正方形ABCD中，BE平分∠DBC且交CD边于点E，将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置，并延长BE交DF于点G。
(1)求证:△BDG∽△DEG；
(2)求证:DG=GF；
(3)若EG·BG=4，求BE的长。

22.(1)证明:由旋转可知△BCE≌△DCF，
∴∠FDC=∠EBC.
∵BE平分∠DBC,
∴∠DBE=∠EBC，
∴∠FDC=∠DBE.又
∵∠DGE=∠DGB,
∴△BDG∽△DEG.(2)证明:
∵∠EBC=∠GDE,∠BEC=∠DEG，
∴∠DGE=∠BCE=90°，
∴∠DGB=∠FGB=90°.
∵∠DBG=∠FBG,BG=BG，
∴△DBG≌△FBG,
∴DG=GF.(3)解:由(1)得△BDG∽△DEG，
∴$\frac{DG}{EG}=\frac{BG}{DG}$,
∴$DG^2=BG·EG=4$,
∴DG=2.
∵DG=GF,
∴DF=2DG=4.由旋转可知△BCE≌△DCF，
∴BE=DF=4.

【分析】
(1) 要证△BDG∽△DEG，需找两组对应角相等：先由旋转性质得△BCE≌△DCF，推出∠FDC=∠EBC，结合角平分线性质得∠DBE=∠EBC，即可得∠FDC=∠DBE，再加上公共角∠DGE=∠BGD，即可用两角对应相等判定相似。
(2) 要证DG=GF，可通过证明△DBG≌△FBG推导：先通过角的等量代换得∠DGB=∠FGB=90°，再结合公共边BG、角平分线得到的∠DBG=∠FBG，用ASA证明两三角形全等，即可得对应边DG=GF。
(3) 求BE的长时，先利用(1)的相似三角形得到比例式，转化为$DG^2=EG·BG$，代入已知条件求出DG的长度，再结合(2)的结论得到DF的长，最后根据旋转的全等关系得BE=DF，即可求出结果。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质可知△BCE≌△DCF，
∴∠FDC=∠EBC。
∵BE平分∠DBC，
∴∠DBE=∠EBC，
∴∠FDC=∠DBE。
又
∵∠DGE=∠BGD（公共角），
∴△BDG∽△DEG。
(2) 证明：
∵∠EBC=∠GDE，∠BEC=∠DEG，
∴∠DGE=∠BCE=90°，即∠DGB=∠FGB=90°。
在△DBG和△FBG中：
$\begin{cases}∠DBG=∠FBG \\BG=BG \\∠DGB=∠FGB\end{cases}$
∴△DBG≌△FBG（ASA），
∴DG=GF。
(3) 解：由(1)得△BDG∽△DEG，
∴$\frac{DG}{EG}=\frac{BG}{DG}$，即$DG^2=BG·EG$。
已知$EG·BG=4$，
∴$DG^2=4$，解得$DG=2$（线段长度为正数）。
∵DG=GF，
∴$DF=2DG=4$。
由旋转的性质可知△BCE≌△DCF，
∴$BE=DF=4$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 证明成立；(3) BE的长为4。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题属于几何综合题，围绕正方形和旋转的背景，综合考查了全等、相似的判定与性质，解题时需紧扣旋转的性质得到边角相等关系，再逐步推导，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.65

23.(12分)如图,在△ABC中,∠C=90°,AB=10 cm,AC=8 cm.动点N从点C出发,以每秒1 cm的速度沿CB向终点B移动;同时,动点M从点B出发,以每秒2 cm的速度沿BA向终点A移动.两个动点中有一个到达终点即同时停止运动.连接MN,设移动时间为t(单位:秒).
(1)当△BMN的面积为$\frac{36}{5}$ cm²时,求t的值;
(2)若以B、M、N为顶点的三角形与△ABC相似,求t的值.

23.解:(1),过点M作MD⊥BC于D.在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10 cm,AC=8 cm，根据勾股定理,得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6(cm)$.
∵∠C=90°,MD⊥BC,
∴MD//AC，
∴Rt△BMD∽Rt△BAC，
∴$\frac{BM}{BA}=\frac{MD}{AC}$,即$\frac{2t}{10}=\frac{MD}{8}$,解得$MD=\frac{8}{5}t$.由$S_{△BMN}=\frac{1}{2}BN·MD=\frac{1}{2}(6-t)×\frac{8}{5}t=\frac{36}{5}$,解得$t_1=t_2=3$,
∴t的值为3.(2)分两种情况讨论：①当MN⊥BC时,Rt△MBN∽Rt△ABC，此时$\frac{BM}{BA}=\frac{BN}{BC}$,即$\frac{2t}{10}=\frac{6-t}{6}$,解得$t=\frac{30}{11}$；②当MN⊥AB时,Rt△NBM∽Rt△ABC，此时$\frac{BM}{BC}=\frac{BN}{BA}$,即$\frac{2t}{6}=\frac{6-t}{10}$,解得$t=\frac{18}{13}$.综上所述,t的值为$\frac{30}{11}$或$\frac{18}{13}$.

【分析】
(1) 求△BMN的面积首先需要确定其底和高：先由勾股定理求出BC的长度，底BN可通过BC减去CN用含t的代数式表示；过M作MD⊥BC于D，通过证明△BMD∽△BAC，利用相似性质将高MD也用含t的代数式表示，再根据面积公式列方程求解即可，最后要验证t是否符合动点的运动时间范围。
(2) △BMN和△ABC有公共角∠B，故两三角形相似分两种对应情况：①MN⊥BC时△MBN∽△ABC，②MN⊥AB时△NBM∽△ABC，分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，验证解符合运动范围即可。
【解析】
(1) ，过点M作MD⊥BC于D。
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10 cm，AC=8 cm，根据勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6(\mathrm{cm})$
∵∠C=90°，MD⊥BC，
∴MD//AC，可得Rt△BMD∽Rt△BAC
∴$\frac{BM}{BA}=\frac{MD}{AC}$，由题意知BM=2t cm，代入得$\frac{2t}{10}=\frac{MD}{8}$，解得$MD=\frac{8}{5}t\ \mathrm{cm}$
又CN=t cm，故BN=BC-CN=(6-t) cm
由$S_{△BMN}=\frac{1}{2}BN·MD=\frac{36}{5}$，代入得：
$\frac{1}{2}(6-t)×\frac{8}{5}t=\frac{36}{5}$
化简得$t^2-6t+9=0$，解得$t_1=t_2=3$
动点M到终点A的时间为$10÷2=5$秒，动点N到终点B的时间为$6÷1=6$秒，故t的取值范围为$0≤t≤5$，t=3符合范围。
(2) 两三角形有公共角∠B，分两种情况讨论：
①当MN⊥BC时，Rt△MBN∽Rt△ABC，对应边成比例$\frac{BM}{BA}=\frac{BN}{BC}$，代入得：
$\frac{2t}{10}=\frac{6-t}{6}$，解得$t=\frac{30}{11}$，符合$0≤t≤5$；
②当MN⊥AB时，Rt△NBM∽Rt△ABC，对应边成比例$\frac{BM}{BC}=\frac{BN}{BA}$，代入得：
$\frac{2t}{6}=\frac{6-t}{10}$，解得$t=\frac{18}{13}$，符合$0≤t≤5$。
【答案】
(1) $t=3$；(2) $t=\frac{30}{11}$或$t=\frac{18}{13}$
【知识点】
勾股定理；相似三角形的性质；分类讨论思想
【点评】
本题是典型的动点几何综合题，将几何性质与方程应用结合，考查基础几何知识的同时也对逻辑严谨性有要求，解题时需注意相似三角形不同的对应关系，避免漏解，同时要验证所求的时间是否符合动点的运动规则，排除增根。
【难度系数】
0.6

24(12分)如图,在梯形ABCD中,AD//BC,BD²=AD·BC,E是腰CD上的点,∠ABD=∠DBE,F是线段BC上的点,连接DF交BE于点O.
(1)求证:∠ABD=∠C;
(2)当DB=DF时,求证:$\frac{CF}{CE}=\frac{AB}{BD}$.

24.证明:(1)
∵AD//BC,
∴∠ADB=∠DBC.
∵$BD^2=AD·BC$,
∴$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{BD}$,
∴△ADB∽△DBC,
∴∠ABD=∠C.(2)
∵∠ABD=∠DBE,∠ABD=∠C，
∴∠DBE=∠C.
∵∠BDE=∠CDB,
∴∠DEB=∠DBC.
∵DB=DF,
∴∠DBC=∠DFB，
∴∠DEB=∠DFB,
∴∠BEC=∠DFC.又
∵∠C=∠C,
∴△DCF∽△BCE,
∴$\frac{CF}{CE}=\frac{DC}{BC}$.由△ADB∽△DBC可得$\frac{AB}{BD}=\frac{DC}{BC}$,
∴$\frac{CF}{CE}=\frac{AB}{BD}$.

【分析】
本题分为两小问，解题思路如下：
(1) 要证∠ABD=∠C，优先考虑证明两角所在的三角形相似。首先由AD//BC得到一组内错角相等，再将已知的等积式转化为比例式，即可得到△ADB和△DBC两边成比例且夹角相等，证明两三角形相似后，对应角相等即可得证。
(2) 要证比例式$\frac{CF}{CE}=\frac{AB}{BD}$，先结合第一问的结论和已知∠ABD=∠DBE，推得∠DBE=∠C，再利用DB=DF的等腰三角形性质得到等角，通过等角的补角相等得到△DCF和△BCE的两组对应角相等，证明两三角形相似得到$\frac{CF}{CE}=\frac{DC}{BC}$，最后利用第一问相似三角形的对应边成比例，将$\frac{DC}{BC}$替换为$\frac{AB}{BD}$即可完成证明。
【解析】
(1) 根据平行线的性质，AD//BC可得内错角∠ADB=∠DBC；将等积式$BD^2=AD·BC$变形为比例式$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{BD}$，结合公共夹角∠ADB=∠DBC，可判定△ADB∽△DBC，根据相似三角形对应角相等，即可得到∠ABD=∠C。
(2) 由已知∠ABD=∠DBE和(1)的结论，可推得∠DBE=∠C；结合公共角∠BDE=∠CDB，可得∠DEB=∠DBC；由DB=DF的等腰三角形性质，得∠DBC=∠DFB，等量代换得∠DEB=∠DFB，再由等角的补角相等推出∠BEC=∠DFC；结合公共角∠C=∠C，可判定△DCF∽△BCE，得比例式$\frac{CF}{CE}=\frac{DC}{BC}$；再结合(1)中△ADB∽△DBC的对应边成比例关系$\frac{AB}{BD}=\frac{DC}{BC}$，等量代换即可证得$\frac{CF}{CE}=\frac{AB}{BD}$。
【答案】
证明:(1)
∵AD//BC,
∴∠ADB=∠DBC.
∵$BD^2=AD·BC$,
∴$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{BD}$,
∴△ADB∽△DBC,
∴∠ABD=∠C.
(2)
∵∠ABD=∠DBE,∠ABD=∠C，
∴∠DBE=∠C.
∵∠BDE=∠CDB,
∴∠DEB=∠DBC.
∵DB=DF,
∴∠DBC=∠DFB，
∴∠DEB=∠DFB,
∴∠BEC=∠DFC.
又
∵∠C=∠C,
∴△DCF∽△BCE,
∴$\frac{CF}{CE}=\frac{DC}{BC}$.
由△ADB∽△DBC可得$\frac{AB}{BD}=\frac{DC}{BC}$,
∴$\frac{CF}{CE}=\frac{AB}{BD}$.
【知识点】
相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是典型的几何综合证明题，第一问属于基础题型，考查等积式结合平行线判定相似的常用方法；第二问需要灵活进行角的等量代换，找到相似三角形的判定条件，解题时要注意前后小问的关联，前一问的结论通常可直接作为后一问的已知条件使用，降低解题难度。
【难度系数】
0.6