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24(12分)如图，二次函数$y=ax^2+bx+c$的图像经过$A(-6,0)$、$B(2,0)$、$C(0,-6)$三点.
(1)求抛物线的表达式；
(2)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线QA，若射线QA绕点Q逆时针旋转$90°$与抛物线交于点D，当$AQ=QD$时，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)求抛物线的表达式；
(2)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线QA，若射线QA绕点Q逆时针旋转$90°$与抛物线交于点D，当$AQ=QD$时，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
答案
24. 解:(1)由题意,得$\begin{cases}36a−6b+c=0,\\4a+2b+c=0,\\c=−6,\end{cases}$
∴$\begin{cases}a=\frac{1}{2},\\b=2,\\c=−6,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为 $y=\frac{1}{2}x^2+2x−6$.
(2)
,当点 Q 在 x 轴下方时,设抛物线对称轴交 x 轴于 H,过点 D 作 DG⊥QH,垂足为 G.
∵$y=\frac{1}{2}x^2+2x−6=\frac{1}{2}(x+2)^2−8$,
∴对称轴为直线 x=−2,
∴H(−2,0),
∴OH=2.
∵A(−6,0),
∴AH=−2−(−6)=4.
设点 Q 的坐标为(−2,q),则 QH=−q.
由旋转的性质可得∠AQD=90°.
又
∵∠AHQ=∠QGD=90°,
∴∠HAQ+∠HQA=∠HQA+∠GQD=90°,
∴∠HAQ=∠GQD.
又
∵AQ=QD,
∴△HAQ≌△GQD,
∴DG=QH=−q,QG=AH=4,
∴HG=QH+QG=4−q,
∴D 的横坐标为 −2−(−q)=−2+q,纵坐标为 −(4−q)=q−4,
∴D(−2+q,q−4).
∵点 D 在抛物线上,
∴$\frac{1}{2}(−2+q)^2+2(−2+q)−6=q−4$,
∴$q^2−2q−8=0$,
∴q=−2 或 q=4(舍去),
此时 Q(−2,−2).
,当点 Q 在 x 轴上方时,过点 Q 作 RS//x 轴,分别过点 A、点 D 作直线 RS 的垂线,垂足分别为 R、S,则∠R=∠S=90°.设 Q 的坐标为(−2,q),
由旋转的性质可得∠AQD=90°,
∴∠RAQ+∠RQA=∠RQA+∠SQD=90°,
∴∠RAQ=∠SQD.
又
∵AQ=QD,
∴△RAQ≌△SQD,
∴QS=AR=q,DS=QR=−2−(−6)=4,
∴D 的横坐标为 −2+q,纵坐标为 q−4,
∴D(−2+q,q−4).
∵点 D 在抛物线上,
∴$\frac{1}{2}(−2+q)^2+2(−2+q)−6=q−4$,
∴$q^2−2q−8=0$,
∴q=−2(舍去)或 q=4,
此时 Q(−2,4).
综上所述,存在点 Q 使 AQ=QD,此时 Q 的坐标为(−2,−2)或(−2,4).
解析
【分析】
(1) 求抛物线表达式时，已知抛物线经过三个已知点，可采用待定系数法，将三点坐标代入二次函数一般式，得到关于a、b、c的三元一次方程组，解方程组即可求得系数，进而得到解析式。
(2) 首先将抛物线解析式配方求得对称轴，因动点Q在对称轴上，故Q的横坐标固定，可设Q坐标为(-2,q)。已知射线QA旋转90°后得QD且AQ=QD，结合90°角和等线段的特征，可通过构造“一线三垂直”模型证明三角形全等，用含q的代数式表示出点D的坐标，再将D点坐标代入抛物线解析式得到关于q的方程，解方程即可得到q的值，注意需分Q在x轴上方、下方两种情况分类讨论，舍去不符合题意的解。
【解析】
(1) 把A(-6,0)、B(2,0)、C(0,-6)三点代入二次函数$y=ax^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}36a−6b+c=0,\\4a+2b+c=0,\\c=−6,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=\frac{1}{2},\\b=2,\\c=−6,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为 $y=\frac{1}{2}x^2+2x−6$。
(2),当点 Q 在 x 轴下方时：
先将抛物线解析式配方：$y=\frac{1}{2}x^2+2x−6=\frac{1}{2}(x+2)^2−8$，
∴抛物线对称轴为直线$x=-2$，设对称轴交x轴于H，则H(-2,0)，
过点D作DG⊥QH，垂足为G。
∵A(-6,0)，
∴AH=$-2-(-6)=4$，
设点Q的坐标为$(-2,q)$，则$QH=-q$，
由旋转性质得$∠AQD=90°$，
∵$∠AHQ=∠QGD=90°$，
∴$∠HAQ+∠HQA=∠HQA+∠GQD=90°$，即$∠HAQ=∠GQD$，
又
∵$AQ=QD$，
∴$△ HAQ≌△ GQD$（AAS），
∴$DG=QH=-q$，$QG=AH=4$，
∴$HG=QH+QG=4-q$，
∴D点横坐标为$-2-(-q)=-2+q$，纵坐标为$-(4-q)=q-4$，即$D(-2+q,q-4)$，
∵点D在抛物线上，代入解析式得：
$\frac{1}{2}(-2+q)^2+2(-2+q)-6=q-4$，
整理得$q^2-2q-8=0$，
解得$q=-2$或$q=4$（Q在x轴下方，q=4舍去），
此时$Q(-2,-2)$。
,当点Q在x轴上方时：
过点Q作$RS//x$轴，分别过点A、点D作直线RS的垂线，垂足分别为R、S，则$∠R=∠S=90°$，
设Q的坐标为$(-2,q)$，由旋转性质得$∠AQD=90°$，
∴$∠RAQ+∠RQA=∠RQA+∠SQD=90°$，即$∠RAQ=∠SQD$，
又
∵$AQ=QD$，
∴$△ RAQ≌△ SQD$（AAS），
∴$QS=AR=q$，$DS=QR=-2-(-6)=4$，
∴D点横坐标为$-2+q$，纵坐标为$q-4$，即$D(-2+q,q-4)$，
代入抛物线解析式得：
$\frac{1}{2}(-2+q)^2+2(-2+q)-6=q-4$，
整理得$q^2-2q-8=0$，
解得$q=-2$（Q在x轴上方，q=-2舍去）或$q=4$，
此时$Q(-2,4)$。
综上所述，存在满足条件的点Q。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=\frac{1}{2}x^2+2x−6}$；
(2) 点Q的坐标为$\boldsymbol{(-2,-2)}$或$\boldsymbol{(-2,4)}$，
【知识点】
待定系数法求解析式，一线三垂直全等模型，二次函数性质
【点评】
本题是二次函数综合题，第一问属于基础题，考查待定系数法的基本应用；第二问结合旋转性质，考查分类讨论思想和数形结合思想，通过构造全等三角形将未知点坐标用参数表示，再结合点在抛物线上的条件列方程求解，是二次函数与几何结合的常见考法，解题时注意不要漏解，对计算能力也有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线表达式时，已知抛物线经过三个已知点，可采用待定系数法，将三点坐标代入二次函数一般式，得到关于a、b、c的三元一次方程组，解方程组即可求得系数，进而得到解析式。
(2) 首先将抛物线解析式配方求得对称轴，因动点Q在对称轴上，故Q的横坐标固定，可设Q坐标为(-2,q)。已知射线QA旋转90°后得QD且AQ=QD，结合90°角和等线段的特征，可通过构造“一线三垂直”模型证明三角形全等，用含q的代数式表示出点D的坐标，再将D点坐标代入抛物线解析式得到关于q的方程，解方程即可得到q的值，注意需分Q在x轴上方、下方两种情况分类讨论，舍去不符合题意的解。
【解析】
(1) 把A(-6,0)、B(2,0)、C(0,-6)三点代入二次函数$y=ax^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}36a−6b+c=0,\\4a+2b+c=0,\\c=−6,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=\frac{1}{2},\\b=2,\\c=−6,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为 $y=\frac{1}{2}x^2+2x−6$。
(2)
,当点 Q 在 x 轴下方时：先将抛物线解析式配方：$y=\frac{1}{2}x^2+2x−6=\frac{1}{2}(x+2)^2−8$，
∴抛物线对称轴为直线$x=-2$，设对称轴交x轴于H，则H(-2,0)，
过点D作DG⊥QH，垂足为G。
∵A(-6,0)，
∴AH=$-2-(-6)=4$，
设点Q的坐标为$(-2,q)$，则$QH=-q$，
由旋转性质得$∠AQD=90°$，
∵$∠AHQ=∠QGD=90°$，
∴$∠HAQ+∠HQA=∠HQA+∠GQD=90°$，即$∠HAQ=∠GQD$，
又
∵$AQ=QD$，
∴$△ HAQ≌△ GQD$（AAS），
∴$DG=QH=-q$，$QG=AH=4$，
∴$HG=QH+QG=4-q$，
∴D点横坐标为$-2-(-q)=-2+q$，纵坐标为$-(4-q)=q-4$，即$D(-2+q,q-4)$，
∵点D在抛物线上，代入解析式得：
$\frac{1}{2}(-2+q)^2+2(-2+q)-6=q-4$，
整理得$q^2-2q-8=0$，
解得$q=-2$或$q=4$（Q在x轴下方，q=4舍去），
此时$Q(-2,-2)$。
,当点Q在x轴上方时：过点Q作$RS//x$轴，分别过点A、点D作直线RS的垂线，垂足分别为R、S，则$∠R=∠S=90°$，
设Q的坐标为$(-2,q)$，由旋转性质得$∠AQD=90°$，
∴$∠RAQ+∠RQA=∠RQA+∠SQD=90°$，即$∠RAQ=∠SQD$，
又
∵$AQ=QD$，
∴$△ RAQ≌△ SQD$（AAS），
∴$QS=AR=q$，$DS=QR=-2-(-6)=4$，
∴D点横坐标为$-2+q$，纵坐标为$q-4$，即$D(-2+q,q-4)$，
代入抛物线解析式得：
$\frac{1}{2}(-2+q)^2+2(-2+q)-6=q-4$，
整理得$q^2-2q-8=0$，
解得$q=-2$（Q在x轴上方，q=-2舍去）或$q=4$，
此时$Q(-2,4)$。
综上所述，存在满足条件的点Q。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=\frac{1}{2}x^2+2x−6}$；
(2) 点Q的坐标为$\boldsymbol{(-2,-2)}$或$\boldsymbol{(-2,4)}$，
【知识点】
待定系数法求解析式，一线三垂直全等模型，二次函数性质
【点评】
本题是二次函数综合题，第一问属于基础题，考查待定系数法的基本应用；第二问结合旋转性质，考查分类讨论思想和数形结合思想，通过构造全等三角形将未知点坐标用参数表示，再结合点在抛物线上的条件列方程求解，是二次函数与几何结合的常见考法，解题时注意不要漏解，对计算能力也有一定要求。
【难度系数】
0.6
25(14分)【特例感知】在正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，EF与AC相交于点G.
(1)①如图
，若E、F分别是AB、AD的中点，则$\tan∠ EFC=$
②如图，若F是AD的中点，$∠ EFC=90°$，则$\frac{EF}{CF}=$
【类比探究】在菱形ABCD中，$∠ BAD=60°$，点E、F分别在AB、AD上，对角线AC、BD相交于点O，CF与BD相交于点M，连接EF交AC于点G.
(2)①如图，若E、F分别是AB、AD的中点，求$\tan∠ EFC$的值；
②如图，若$∠ EFC=60°$，求证：$EF· AD=AF· CF$.
【拓展延伸】(3)如图，在四边形ABCD中，$BC// AD$，且$BC=\frac{1}{2}AD$，E为AB的中点.若$∠ A=∠ DCE=45°$，求$\frac{CD}{CE}$的值.
(1)①如图
，若E、F分别是AB、AD的中点，则$\tan∠ EFC=$3
；②如图，若F是AD的中点，$∠ EFC=90°$，则$\frac{EF}{CF}=$
$\frac{1}{2}$
.【类比探究】在菱形ABCD中，$∠ BAD=60°$，点E、F分别在AB、AD上，对角线AC、BD相交于点O，CF与BD相交于点M，连接EF交AC于点G.
(2)①如图，若E、F分别是AB、AD的中点，求$\tan∠ EFC$的值；
②如图，若$∠ EFC=60°$，求证：$EF· AD=AF· CF$.
【拓展延伸】(3)如图，在四边形ABCD中，$BC// AD$，且$BC=\frac{1}{2}AD$，E为AB的中点.若$∠ A=∠ DCE=45°$，求$\frac{CD}{CE}$的值.
答案
25. (1)解:①
,设 AC 与 BD 交于点 H.∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AC⊥BD,$DH=BH=\frac{1}{2}BD$,AD=CD,∠DAC=45°.
∵点 E、F 分别是 AB、AD 的中点,
∴$EF=\frac{1}{2}BD$,$AF=DF=\frac{1}{2}AD$,EF//BD,
∴EF⊥AH,
∴∠DAC=∠AFG=45°,
∴AG=FG. 设 AG=FG=x,则 AF=DF=$\sqrt{2}x$,
∴AD=CD=2$\sqrt{2}x$,AH=CH=DH=2x,
∴$\tan∠EFC=\frac{GC}{FG}=\frac{2x+x}{x}=3$.
②
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠BAD=∠ADC=90°,AD=CD.
∵∠AFE+∠AEF=90°,∠EFC=90°,
∴∠AFE+∠DFC=90°,
∴∠AEF=∠DFC,
∴△AEF∽△DFC,
∴$\frac{EF}{CF}=\frac{AF}{CD}$.
∵点 F 是 AD 的中点,
∴$AF=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}CD$,
∴$\frac{EF}{CF}=\frac{AF}{CD}=\frac{1}{2}$.
故答案为①3,②$\frac{1}{2}$.
(2)①解:四边形 ABCD 是菱形,
∴AC⊥BD,$∠FAG=\frac{1}{2}∠BAD=30°$,OA=OC.
∵E、F 分别是 AB、AD 的中点,
∴EF//BD,$AF=DF=\frac{1}{2}AD$,
∴FG⊥AC,
∴∠AGF=90°,
∴$FG=\frac{1}{2}AF$,即 AF=2FG,
∴$AG=\sqrt{AF^2-FG^2}=\sqrt{3}FG$.
∵∠FAG=∠EAG=30°,
∴∠AFE=∠AEF=∠EAF=60°,
∴△AEF 是等边三角形,
∴AF=EF.
同理可得△ADB 是等边三角形,
∴AD=BD.
设 FG=b,则 AG=$\sqrt{3}b$,
∴AF=DF=2b,
∴AD=4b,
∴DO=2b.
由勾股定理,得
$AO=\sqrt{AD^2-DO^2}=\sqrt{(4b)^2-(2b)^2}=2\sqrt{3}b$,
∴AC=4$\sqrt{3}b$,
∴GC=AC−AG=4$\sqrt{3}b−\sqrt{3}b=3\sqrt{3}b$,
∴$\tan∠EFC=\frac{GC}{FG}=\frac{3\sqrt{3}b}{b}=3\sqrt{3}$.
②证明:在 AD 的延长线上取一点 H,连接 CH,使得∠CHD=60°,
.∵∠EFC=∠H=60°,
∴∠AFE+∠CFH=120°,∠FCH+∠CFH=120°,
∴∠AFE=∠FCH.
又
∵∠FAE=∠CHF=60°,
∴△AEF∽△HFC,
∴$\frac{AF}{HC}=\frac{EF}{FC}$.
∵∠BAD=60°,AB//CD,
∴∠CDH=60°,
∴∠DCH=60°,
∴△CDH 为等边三角形,
∴CH=CD=AD,
∴$\frac{AF}{AD}=\frac{EF}{FC}$,即 EF·AD=AF·CF.
(3)解:
,过点 D 作 DF//AB,交 BC 的延长线于点 F,过点 E 作 EN⊥AB,交 CB 的延长线于点 N.∵BC//AD,
∴四边形 ABFD 是平行四边形,∠A+∠ABF=180°,
∴AB=DF,AD=BF,∠EBN=∠N=45°,∠A=∠F=45°,
∴EN=EB,∠F=∠N=45°.
∵$BC=\frac{1}{2}AD$,
∴BC=CF.
∵∠DCE=45°,
∴∠BCE+∠DCF=135°.
∵∠CDF+∠DCF=135°,
∴∠CDF=∠BCE,
∴△CDF∽△ECN,
∴$\frac{CD}{EC}=\frac{CF}{EN}=\frac{DF}{CN}$.
设 EN=EB=m,BC=CF=n,
则 BN=$\sqrt{2}m$,CN=$\sqrt{2}m+n$.
∵E 为 AB 的中点,
∴AB=2BE=2m=DF,
∴$\frac{n}{m}=\frac{2m}{\sqrt{2}m+n}$,
整理,得 $n^2+\sqrt{2}mn−2m^2=0$,
∴$(\frac{n}{m})^2+\sqrt{2}×\frac{n}{m}−2=0$,
解得 $\frac{n}{m}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$ 或 $\frac{n}{m}=\frac{-\sqrt{2}-\sqrt{10}}{2}$(舍去),
∴$\frac{CD}{EC}=\frac{n}{m}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$,即$\frac{CD}{CE}$的值为$\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
本题为几何综合探究题，按照“特例感知—类比探究—拓展延伸”的逻辑设置问题，解题思路如下：
(1)①利用正方形对角线互相垂直的性质、中位线定理得到EF与BD平行，结合45°角的等腰直角三角形性质，设参数表示出相关线段长度，代入正切定义计算即可；②先根据直角的性质推导角相等，证明△AEF与△DFC相似，再结合中点性质得到线段比值。
(2)①利用菱形内角为60°的性质得到30°特殊角，结合中位线性质得到EF与BD垂直，设参数表示出FG、GC的长度，代入正切定义计算；②通过在AD延长线上构造含60°角的等边三角形，推导角相等证明△AEF与△HFC相似，结合等边三角形边长相等转换线段，推导得到待证的乘积式。
(3)先作辅助线构造平行四边形和等腰直角三角形，推导角相等证明△CDF与△ECN相似，设参数表示相关线段，根据相似的比例关系列方程求解，即可得到线段比值。
【解析】
(1)①,设 AC 与 BD 交于点 H.
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AC⊥BD,$DH=BH=\frac{1}{2}BD$,AD=CD,∠DAC=45°.
∵点 E、F 分别是 AB、AD 的中点,
∴$EF=\frac{1}{2}BD$,$AF=DF=\frac{1}{2}AD$,EF//BD,
∴EF⊥AH,
∴∠DAC=∠AFG=45°,
∴AG=FG. 设 AG=FG=x,则 AF=DF=$\sqrt{2}x$,
∴AD=CD=2$\sqrt{2}x$,AH=CH=DH=2x,
∴$\tan∠EFC=\frac{GC}{FG}=\frac{2x+x}{x}=3$.
②
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠BAD=∠ADC=90°,AD=CD.
∵∠AFE+∠AEF=90°,∠EFC=90°,
∴∠AFE+∠DFC=90°,
∴∠AEF=∠DFC,
∴△AEF∽△DFC,
∴$\frac{EF}{CF}=\frac{AF}{CD}$.
∵点 F 是 AD 的中点,
∴$AF=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}CD$,
∴$\frac{EF}{CF}=\frac{AF}{CD}=\frac{1}{2}$.
(2)①解:四边形 ABCD 是菱形,
∴AC⊥BD,$∠FAG=\frac{1}{2}∠BAD=30°$,OA=OC.
∵E、F 分别是 AB、AD 的中点,
∴EF//BD,$AF=DF=\frac{1}{2}AD$,
∴FG⊥AC,
∴∠AGF=90°,
∴$FG=\frac{1}{2}AF$,即 AF=2FG,
∴$AG=\sqrt{AF^2-FG^2}=\sqrt{3}FG$.
∵∠FAG=∠EAG=30°,
∴∠AFE=∠AEF=∠EAF=60°,
∴△AEF 是等边三角形,
∴AF=EF.
同理可得△ADB 是等边三角形,
∴AD=BD.
设 FG=b,则 AG=$\sqrt{3}b$,
∴AF=DF=2b,
∴AD=4b,
∴DO=2b.
由勾股定理,得
$AO=\sqrt{AD^2-DO^2}=\sqrt{(4b)^2-(2b)^2}=2\sqrt{3}b$,
∴AC=4$\sqrt{3}b$,
∴GC=AC−AG=4$\sqrt{3}b−\sqrt{3}b=3\sqrt{3}b$,
∴$\tan∠EFC=\frac{GC}{FG}=\frac{3\sqrt{3}b}{b}=3\sqrt{3}$.
②证明:在 AD 的延长线上取一点 H,连接 CH,使得∠CHD=60°,.
∵∠EFC=∠H=60°,
∴∠AFE+∠CFH=120°,∠FCH+∠CFH=120°,
∴∠AFE=∠FCH.
又
∵∠FAE=∠CHF=60°,
∴△AEF∽△HFC,
∴$\frac{AF}{HC}=\frac{EF}{FC}$.
∵∠BAD=60°,AB//CD,
∴∠CDH=60°,
∴∠DCH=60°,
∴△CDH 为等边三角形,
∴CH=CD=AD,
∴$\frac{AF}{AD}=\frac{EF}{FC}$,即 EF·AD=AF·CF.
(3)解:,过点 D 作 DF//AB,交 BC 的延长线于点 F,过点 E 作 EN⊥AB,交 CB 的延长线于点 N.
∵BC//AD,
∴四边形 ABFD 是平行四边形,∠A+∠ABF=180°,
∴AB=DF,AD=BF,∠EBN=∠N=45°,∠A=∠F=45°,
∴EN=EB,∠F=∠N=45°.
∵$BC=\frac{1}{2}AD$,
∴BC=CF.
∵∠DCE=45°,
∴∠BCE+∠DCF=135°.
∵∠CDF+∠DCF=135°,
∴∠CDF=∠BCE,
∴△CDF∽△ECN,
∴$\frac{CD}{EC}=\frac{CF}{EN}=\frac{DF}{CN}$.
设 EN=EB=m,BC=CF=n,
则 BN=$\sqrt{2}m$,CN=$\sqrt{2}m+n$.
∵E 为 AB 的中点,
∴AB=2BE=2m=DF,
∴$\frac{n}{m}=\frac{2m}{\sqrt{2}m+n}$,
整理,得 $n^2+\sqrt{2}mn−2m^2=0$,
∴$(\frac{n}{m})^2+\sqrt{2}×\frac{n}{m}−2=0$,
解得 $\frac{n}{m}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$ 或 $\frac{n}{m}=\frac{-\sqrt{2}-\sqrt{10}}{2}$(舍去),
∴$\frac{CD}{EC}=\frac{n}{m}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$.
【答案】
(1)①$\boxed{3}$；②$\boxed{\frac{1}{2}}$
(2)①$\boxed{3\sqrt{3}}$；②$\boxed{EF· AD=AF· CF}$
(3)$\boxed{\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}}$
（辅助线图对应）
【知识点】
特殊四边形性质，相似三角形判定与性质，三角函数计算
【点评】
本题是典型的几何探究类综合题，从特殊图形到一般图形逐步深入，既覆盖了特殊四边形的基础性质考点，也对相似构造、方程思想、逻辑推理能力有较高要求，能有效区分不同层次的知识掌握水平。
【难度系数】
0.3
本题为几何综合探究题，按照“特例感知—类比探究—拓展延伸”的逻辑设置问题，解题思路如下：
(1)①利用正方形对角线互相垂直的性质、中位线定理得到EF与BD平行，结合45°角的等腰直角三角形性质，设参数表示出相关线段长度，代入正切定义计算即可；②先根据直角的性质推导角相等，证明△AEF与△DFC相似，再结合中点性质得到线段比值。
(2)①利用菱形内角为60°的性质得到30°特殊角，结合中位线性质得到EF与BD垂直，设参数表示出FG、GC的长度，代入正切定义计算；②通过在AD延长线上构造含60°角的等边三角形，推导角相等证明△AEF与△HFC相似，结合等边三角形边长相等转换线段，推导得到待证的乘积式。
(3)先作辅助线构造平行四边形和等腰直角三角形，推导角相等证明△CDF与△ECN相似，设参数表示相关线段，根据相似的比例关系列方程求解，即可得到线段比值。
【解析】
(1)①
,设 AC 与 BD 交于点 H.∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AC⊥BD,$DH=BH=\frac{1}{2}BD$,AD=CD,∠DAC=45°.
∵点 E、F 分别是 AB、AD 的中点,
∴$EF=\frac{1}{2}BD$,$AF=DF=\frac{1}{2}AD$,EF//BD,
∴EF⊥AH,
∴∠DAC=∠AFG=45°,
∴AG=FG. 设 AG=FG=x,则 AF=DF=$\sqrt{2}x$,
∴AD=CD=2$\sqrt{2}x$,AH=CH=DH=2x,
∴$\tan∠EFC=\frac{GC}{FG}=\frac{2x+x}{x}=3$.
②
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠BAD=∠ADC=90°,AD=CD.
∵∠AFE+∠AEF=90°,∠EFC=90°,
∴∠AFE+∠DFC=90°,
∴∠AEF=∠DFC,
∴△AEF∽△DFC,
∴$\frac{EF}{CF}=\frac{AF}{CD}$.
∵点 F 是 AD 的中点,
∴$AF=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}CD$,
∴$\frac{EF}{CF}=\frac{AF}{CD}=\frac{1}{2}$.
(2)①解:四边形 ABCD 是菱形,
∴AC⊥BD,$∠FAG=\frac{1}{2}∠BAD=30°$,OA=OC.
∵E、F 分别是 AB、AD 的中点,
∴EF//BD,$AF=DF=\frac{1}{2}AD$,
∴FG⊥AC,
∴∠AGF=90°,
∴$FG=\frac{1}{2}AF$,即 AF=2FG,
∴$AG=\sqrt{AF^2-FG^2}=\sqrt{3}FG$.
∵∠FAG=∠EAG=30°,
∴∠AFE=∠AEF=∠EAF=60°,
∴△AEF 是等边三角形,
∴AF=EF.
同理可得△ADB 是等边三角形,
∴AD=BD.
设 FG=b,则 AG=$\sqrt{3}b$,
∴AF=DF=2b,
∴AD=4b,
∴DO=2b.
由勾股定理,得
$AO=\sqrt{AD^2-DO^2}=\sqrt{(4b)^2-(2b)^2}=2\sqrt{3}b$,
∴AC=4$\sqrt{3}b$,
∴GC=AC−AG=4$\sqrt{3}b−\sqrt{3}b=3\sqrt{3}b$,
∴$\tan∠EFC=\frac{GC}{FG}=\frac{3\sqrt{3}b}{b}=3\sqrt{3}$.
②证明:在 AD 的延长线上取一点 H,连接 CH,使得∠CHD=60°,
.∵∠EFC=∠H=60°,
∴∠AFE+∠CFH=120°,∠FCH+∠CFH=120°,
∴∠AFE=∠FCH.
又
∵∠FAE=∠CHF=60°,
∴△AEF∽△HFC,
∴$\frac{AF}{HC}=\frac{EF}{FC}$.
∵∠BAD=60°,AB//CD,
∴∠CDH=60°,
∴∠DCH=60°,
∴△CDH 为等边三角形,
∴CH=CD=AD,
∴$\frac{AF}{AD}=\frac{EF}{FC}$,即 EF·AD=AF·CF.
(3)解:
,过点 D 作 DF//AB,交 BC 的延长线于点 F,过点 E 作 EN⊥AB,交 CB 的延长线于点 N.∵BC//AD,
∴四边形 ABFD 是平行四边形,∠A+∠ABF=180°,
∴AB=DF,AD=BF,∠EBN=∠N=45°,∠A=∠F=45°,
∴EN=EB,∠F=∠N=45°.
∵$BC=\frac{1}{2}AD$,
∴BC=CF.
∵∠DCE=45°,
∴∠BCE+∠DCF=135°.
∵∠CDF+∠DCF=135°,
∴∠CDF=∠BCE,
∴△CDF∽△ECN,
∴$\frac{CD}{EC}=\frac{CF}{EN}=\frac{DF}{CN}$.
设 EN=EB=m,BC=CF=n,
则 BN=$\sqrt{2}m$,CN=$\sqrt{2}m+n$.
∵E 为 AB 的中点,
∴AB=2BE=2m=DF,
∴$\frac{n}{m}=\frac{2m}{\sqrt{2}m+n}$,
整理,得 $n^2+\sqrt{2}mn−2m^2=0$,
∴$(\frac{n}{m})^2+\sqrt{2}×\frac{n}{m}−2=0$,
解得 $\frac{n}{m}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$ 或 $\frac{n}{m}=\frac{-\sqrt{2}-\sqrt{10}}{2}$(舍去),
∴$\frac{CD}{EC}=\frac{n}{m}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$.
【答案】
(1)①$\boxed{3}$；②$\boxed{\frac{1}{2}}$
(2)①$\boxed{3\sqrt{3}}$；②$\boxed{EF· AD=AF· CF}$
(3)$\boxed{\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}}$
（辅助线图对应
）【知识点】
特殊四边形性质，相似三角形判定与性质，三角函数计算
【点评】
本题是典型的几何探究类综合题，从特殊图形到一般图形逐步深入，既覆盖了特殊四边形的基础性质考点，也对相似构造、方程思想、逻辑推理能力有较高要求，能有效区分不同层次的知识掌握水平。
【难度系数】
0.3
