21. (8分)已知$∠ AOB=90°$,在$∠ AOB$的平分线$OM$上有一点$C$,将一个三角板的直角顶点与$C$重合,它的两条直角边分别与$OA$,$OB$相交于点$D$,$E$.
(1) 如图(1),当$CD⊥ OA$于$D$,$CE⊥ OB$于$E$,则$CD$,$CE$的大小关系为
(2) 当三角板绕点$C$旋转到$CD$与$OA$不垂直时,在图(2)这种情况下,上述结论是否还成立?若成立,请证明;若不成立,请写出你的猜想.
(1) 如图(1),当$CD⊥ OA$于$D$,$CE⊥ OB$于$E$,则$CD$,$CE$的大小关系为
$CD=CE$
.(2) 当三角板绕点$C$旋转到$CD$与$OA$不垂直时,在图(2)这种情况下,上述结论是否还成立?若成立,请证明;若不成立,请写出你的猜想.
答案：
21. 解: (1) $\because$ OC 平分$∠ AOB$,$CD⊥ OA$,$CE⊥ OB$,
$\therefore CD=CE$；(2) $CD=CE$,
过点 $C$ 作 $CF⊥ OA$ 于 $F$,$CG⊥ OB$ 于 $G$,由(1)可知,$CF=CG$. $\because ∠ AOB = 90°$,$CF⊥ OA$,$CG⊥ OB$,$\therefore$ 四边形 $FOGC$ 为矩形，
$\therefore ∠ FCG=90°$,$\therefore ∠ FCD+∠ DCG=90°$. $\because ∠ DCE=90°$,$\therefore ∠ GCE+∠ DCG=90°$,$\therefore ∠ FCD=∠ GCE$.
在$△ FCD$ 和$△ GCE$ 中，
$\begin{cases}∠ FCD=∠ GCE,\\CF=CG,\\∠ CFD=∠ CGE,\end{cases}$
$\therefore △ FCD≌△ GCE(\mathrm{ASA})$,
$\therefore CD=CE$.
配图
21. 解: (1) $\because$ OC 平分$∠ AOB$,$CD⊥ OA$,$CE⊥ OB$,
$\therefore CD=CE$；(2) $CD=CE$,
过点 $C$ 作 $CF⊥ OA$ 于 $F$,$CG⊥ OB$ 于 $G$,由(1)可知,$CF=CG$. $\because ∠ AOB = 90°$,$CF⊥ OA$,$CG⊥ OB$,$\therefore$ 四边形 $FOGC$ 为矩形，
$\therefore ∠ FCG=90°$,$\therefore ∠ FCD+∠ DCG=90°$. $\because ∠ DCE=90°$,$\therefore ∠ GCE+∠ DCG=90°$,$\therefore ∠ FCD=∠ GCE$.
在$△ FCD$ 和$△ GCE$ 中，
$\begin{cases}∠ FCD=∠ GCE,\\CF=CG,\\∠ CFD=∠ CGE,\end{cases}$
$\therefore △ FCD≌△ GCE(\mathrm{ASA})$,
$\therefore CD=CE$.
配图
解析：
【分析】
(1) 已知OM是∠AOB的角平分线，点C在OM上，且CD⊥OA、CE⊥OB，可直接利用角平分线的性质判断CD与CE的数量关系。
(2) 当CD与OA不垂直时，可通过构造辅助线转化为第一问的模型：过点C作CF⊥OA、CG⊥OB，先由角平分线性质得到CF=CG；再结合∠FCG和∠DCE均为直角，利用同角的余角相等推出∠FCD=∠GCE，即可证明△FCD和△GCE全等，进而得到CD与CE的关系。
【解析】
(1)
∵OC平分∠AOB，CD⊥OA，CE⊥OB，
根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，
∴$\boldsymbol{CD=CE}$。
(2) 上述结论仍然成立，$CD=CE$，证明如下：
过点C作$CF⊥OA$于F，$CG⊥OB$于G。
由(1)的结论可得$CF=CG$。
∵$∠AOB=90°$，$CF⊥OA$，$CG⊥OB$，
∴四边形FOGC为矩形，
∴$∠FCG=90°$，即$∠FCD+∠DCG=90°$。
∵三角板的直角顶点与C重合，
∴$∠DCE=90°$，即$∠GCE+∠DCG=90°$，
∴$∠FCD=∠GCE$（同角的余角相等）。
在$△ FCD$和$△ GCE$中：
$\begin{cases}∠CFD=∠CGE=90°,\\CF=CG,\\∠FCD=∠GCE,\end{cases}$
∴$△ FCD≌△ GCE(\mathrm{ASA})$，
∴$CD=CE$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{CD=CE}$
(2) 结论成立，$\boldsymbol{CD=CE}$，证明过程见解析。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；余角的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，侧重考查核心几何性质的应用，通过构造辅助线将旋转后的未知情况转化为已证的基础模型，渗透了转化的数学思想，能较好地考查学生的逻辑推理能力和模型迁移能力。
【难度系数】
0.7
(1) 已知OM是∠AOB的角平分线，点C在OM上，且CD⊥OA、CE⊥OB，可直接利用角平分线的性质判断CD与CE的数量关系。
(2) 当CD与OA不垂直时，可通过构造辅助线转化为第一问的模型：过点C作CF⊥OA、CG⊥OB，先由角平分线性质得到CF=CG；再结合∠FCG和∠DCE均为直角，利用同角的余角相等推出∠FCD=∠GCE，即可证明△FCD和△GCE全等，进而得到CD与CE的关系。
【解析】
(1)
∵OC平分∠AOB，CD⊥OA，CE⊥OB，
根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，
∴$\boldsymbol{CD=CE}$。
(2) 上述结论仍然成立，$CD=CE$，证明如下：
过点C作$CF⊥OA$于F，$CG⊥OB$于G。
由(1)的结论可得$CF=CG$。
∵$∠AOB=90°$，$CF⊥OA$，$CG⊥OB$，
∴四边形FOGC为矩形，
∴$∠FCG=90°$，即$∠FCD+∠DCG=90°$。
∵三角板的直角顶点与C重合，
∴$∠DCE=90°$，即$∠GCE+∠DCG=90°$，
∴$∠FCD=∠GCE$（同角的余角相等）。
在$△ FCD$和$△ GCE$中：
$\begin{cases}∠CFD=∠CGE=90°,\\CF=CG,\\∠FCD=∠GCE,\end{cases}$
∴$△ FCD≌△ GCE(\mathrm{ASA})$，
∴$CD=CE$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{CD=CE}$
(2) 结论成立，$\boldsymbol{CD=CE}$，证明过程见解析。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；余角的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，侧重考查核心几何性质的应用，通过构造辅助线将旋转后的未知情况转化为已证的基础模型，渗透了转化的数学思想，能较好地考查学生的逻辑推理能力和模型迁移能力。
【难度系数】
0.7
22. (12分)在正方形ABCD中,点E在射线BC上(不与点B,C重合),连接DB,DE,将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF,连接BF.
(1) 如图(1),点E在BC边上.
① 依题意补全图(1);
② 若AB=6,EC=2,求BF的长.
(2) 如图(2),点E在BC边的延长线上,用等式表示线段BD,BE,BF之间的数量关系.
(1) 如图(1),点E在BC边上.
① 依题意补全图(1);
② 若AB=6,EC=2,求BF的长.
(2) 如图(2),点E在BC边的延长线上,用等式表示线段BD,BE,BF之间的数量关系.
答案：
22. 解:(1) ①图形如图所示
. ②过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 的延长线于点 $H$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
$\therefore CD=AB=6$,$∠ C=90°$.
$\because ∠ DEF=∠ C=90°$,$\therefore ∠ DEC+∠ FEH=90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$, $\therefore ∠ FEH = ∠ EDC$. 在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ H=∠ C=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,$\therefore EC=FH=2$,$CD=BC=EH=6$,$\therefore HB=EC=2$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ FHB$ 中，
$BF=\sqrt{FH^2+BH^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$.
(2) 结论：$BF+BD=\sqrt{2} BE$.
理由:过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 于点 $H$,$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore CD = AB = 6$,$∠ DCE = 90°$. $\because ∠ DEF = ∠ DCE=90°$,
$\therefore ∠ DEC + ∠ FEH = 90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$,$\therefore ∠ FEH=∠ EDC$.在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ FHE=∠ DCE=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,$\therefore EC=FH$,$CD=BC=EH$,$\therefore HB=EC=HF$,$\therefore △ DCB$ 和$△ BHF$ 都是等腰直角三角形,$\therefore BD=\sqrt{2} BC=\sqrt{2} HE$,$BF=\sqrt{2} BH$. $\because HE+BH=BE$,$\therefore BF+BD=\sqrt{2} BE$.
配图
22. 解:(1) ①图形如图所示
. ②过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 的延长线于点 $H$，$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
$\therefore CD=AB=6$,$∠ C=90°$.
$\because ∠ DEF=∠ C=90°$,$\therefore ∠ DEC+∠ FEH=90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$, $\therefore ∠ FEH = ∠ EDC$. 在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ H=∠ C=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,$\therefore EC=FH=2$,$CD=BC=EH=6$,$\therefore HB=EC=2$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ FHB$ 中，
$BF=\sqrt{FH^2+BH^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$.
(2) 结论：$BF+BD=\sqrt{2} BE$.
理由:过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 于点 $H$,$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore CD = AB = 6$,$∠ DCE = 90°$. $\because ∠ DEF = ∠ DCE=90°$,
$\therefore ∠ DEC + ∠ FEH = 90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$,$\therefore ∠ FEH=∠ EDC$.在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ FHE=∠ DCE=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,$\therefore EC=FH$,$CD=BC=EH$,$\therefore HB=EC=HF$,$\therefore △ DCB$ 和$△ BHF$ 都是等腰直角三角形,$\therefore BD=\sqrt{2} BC=\sqrt{2} HE$,$BF=\sqrt{2} BH$. $\because HE+BH=BE$,$\therefore BF+BD=\sqrt{2} BE$.
配图
解析：
【分析】
(1)①补全图形时，依据旋转的性质，保证EF由DE绕点E逆时针旋转90°得到，即∠DEF=90°且EF=DE即可完成作图；②求BF的长度时，BF不在已知边长的三角形中，因此考虑作辅助线构造直角三角形：过F作FH垂直CB的延长线于H，结合旋转性质和正方形的内角、边长性质，可证△EFH与△DEC全等，得到FH、EH的长度，进而求出BH的长，最后在Rt△FHB中用勾股定理即可算出BF的长度。
(2)探究三条线段的数量关系时，同样过F作FH垂直CB于H，先证明△EFH≌△DEC，再结合正方形和等腰直角三角形的三边关系，将BD、BF分别转化为带$\sqrt{2}$、与BH和HE相关的表达式，结合HE+BH=BE即可推导出三者的数量关系。
【解析】
(1) ①补全后的图形如图所示。
②过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 的延长线于点 $H$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
$\therefore CD=AB=6$,$∠ C=90°$.
$\because ∠ DEF=∠ C=90°$,$\therefore ∠ DEC+∠ FEH=90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$, $\therefore ∠ FEH = ∠ EDC$.
在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ H=∠ C=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,
$\therefore EC=FH=2$,$CD=BC=EH=6$,
$\therefore HB=EH-BE=EH-(BC-EC)=6-(6-2)=2$,
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ FHB$ 中，
$BF=\sqrt{FH^2+BH^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$.
(2) 线段BD,BE,BF之间的数量关系为$BF+BD=\sqrt{2} BE$，理由如下：
过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 于点 $H$,
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore CD = BC$,$∠ DCE = 90°$.
$\because ∠ DEF = ∠ DCE=90°$,
$\therefore ∠ DEC + ∠ FEH = 90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$,$\therefore ∠ FEH=∠ EDC$.
在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ FHE=∠ DCE=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,
$\therefore EC=FH$,$CD=BC=EH$,
$\therefore HB=BE-HE=BE-BC=CE=HF$，即$△ DCB$ 和$△ BHF$ 都是等腰直角三角形,
$\therefore BD=\sqrt{2} BC=\sqrt{2} HE$,$BF=\sqrt{2} BH$.
$\because HE+BH=BE$,$\therefore \sqrt{2}HE + \sqrt{2}BH = \sqrt{2}BE$，即$BF+BD=\sqrt{2} BE$，配图见。
【答案】
(1) ①补全图形见；②$BF=2\sqrt{2}$；
(2) $BF+BD=\sqrt{2} BE$，配图见。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质
【点评】
本题属于几何综合类题型，结合了正方形、旋转、全等三角形、勾股定理等多个知识点，解题的关键是通过作垂线构造全等三角形，将未知线段转化为可计算、可推导的形式，能够很好地锻炼逻辑推理能力和数形结合思维。
【难度系数】
0.6
(1)①补全图形时，依据旋转的性质，保证EF由DE绕点E逆时针旋转90°得到，即∠DEF=90°且EF=DE即可完成作图；②求BF的长度时，BF不在已知边长的三角形中，因此考虑作辅助线构造直角三角形：过F作FH垂直CB的延长线于H，结合旋转性质和正方形的内角、边长性质，可证△EFH与△DEC全等，得到FH、EH的长度，进而求出BH的长，最后在Rt△FHB中用勾股定理即可算出BF的长度。
(2)探究三条线段的数量关系时，同样过F作FH垂直CB于H，先证明△EFH≌△DEC，再结合正方形和等腰直角三角形的三边关系，将BD、BF分别转化为带$\sqrt{2}$、与BH和HE相关的表达式，结合HE+BH=BE即可推导出三者的数量关系。
【解析】
(1) ①补全后的图形如图所示
。②过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 的延长线于点 $H$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
$\therefore CD=AB=6$,$∠ C=90°$.
$\because ∠ DEF=∠ C=90°$,$\therefore ∠ DEC+∠ FEH=90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$, $\therefore ∠ FEH = ∠ EDC$.
在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ H=∠ C=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,
$\therefore EC=FH=2$,$CD=BC=EH=6$,
$\therefore HB=EH-BE=EH-(BC-EC)=6-(6-2)=2$,
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ FHB$ 中，
$BF=\sqrt{FH^2+BH^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$.
(2) 线段BD,BE,BF之间的数量关系为$BF+BD=\sqrt{2} BE$，理由如下：
过点 $F$ 作 $FH⊥ CB$,交$CB$ 于点 $H$,
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore CD = BC$,$∠ DCE = 90°$.
$\because ∠ DEF = ∠ DCE=90°$,
$\therefore ∠ DEC + ∠ FEH = 90°$,$∠ DEC+∠ EDC=90°$,$\therefore ∠ FEH=∠ EDC$.
在$△ EFH$ 和$△ DEC$ 中，
$\begin{cases}∠ FHE=∠ DCE=90°,\\∠ FEH=∠ EDC,\\EF=DE,\end{cases}$
$\therefore △ EFH≌△ DEC(\mathrm{AAS})$,
$\therefore EC=FH$,$CD=BC=EH$,
$\therefore HB=BE-HE=BE-BC=CE=HF$，即$△ DCB$ 和$△ BHF$ 都是等腰直角三角形,
$\therefore BD=\sqrt{2} BC=\sqrt{2} HE$,$BF=\sqrt{2} BH$.
$\because HE+BH=BE$,$\therefore \sqrt{2}HE + \sqrt{2}BH = \sqrt{2}BE$，即$BF+BD=\sqrt{2} BE$，配图见
。【答案】
(1) ①补全图形见
；②$BF=2\sqrt{2}$；(2) $BF+BD=\sqrt{2} BE$，配图见
。【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质
【点评】
本题属于几何综合类题型，结合了正方形、旋转、全等三角形、勾股定理等多个知识点，解题的关键是通过作垂线构造全等三角形，将未知线段转化为可计算、可推导的形式，能够很好地锻炼逻辑推理能力和数形结合思维。
【难度系数】
0.6