专题10三角形压轴（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_二轮复习资料_完2024年中考数学二轮复习课件+讲义+练习（全国通用）_练习

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专题 10 三角形压轴
目 录
题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
题型02 与三角形有关的平移问题
题型03 与三角形有关的翻折问题
题型04 与三角形有关的旋转问题
题型05 与三角形有关的全等/相似问题
题型06 与三角形有关的最值问题
题型07 与三角形有关的动点问题
题型08 与三角形有关的新定义问题
题型09 与三角形有关的阅读理解问题
题型10 与三角形有关的存在性问题
题型11 三角形与几何图形综合
题型12 三角形与函数综合
（时间：60分钟）
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题型 01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·陕西宝鸡·一模）如图，在△ABC中，分别以AC，BC为边作等边△ACD和等边△BCE．设
△ACD，△BCE，△ABC的面积分别是S ,S ,S 现有如下结论：①S :S =AC2:BC2 ；②连接AE，BD，
1 2 3 1 2
3
则△BCD≌△ECA；③若AC⊥BC，则S ⋅S = S2 ，其中正确结论的序号是（ ）
1 2 4 3
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③
【答案】C
【分析】①根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可证；②根据¿，即可求得全等（SAS）；③设
AC=a，BC=b，根据面积公式分别计算出S 、S 、S 即可证．
1 2 3
【详解】解：①S :S =AC2:BC2 正确，
1 2
∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，∠DAC=∠EBC=60°，
∴△ADC∽△BCE，
∴S :S =AC2:BC2 ；
1 2
②△BCD≌△ECA正确，
∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，CD=AC，CE=BC，
∴∠ACD+∠ACB=∠BCE+∠ACD，
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即∠ACE=∠DCB，
在△ACE与△DCB中，
¿，
∴△BCD≌△ECA（SAS）；
3
③若AC⊥BC，则S ⋅S = S2 正确，
1 2 4 3
设等边三角形ADC的边长为a，等边三角形BCE边长为b，
√3 √3
则△ADC的高为 a，△BCE的高为 b，
2 2
1 √3 √3 1 √3 √3
∴S = a⋅ a= a2，S = b⋅ b= b2 ，
1 2 2 4 2 2 2 4
√3 √3 3
∴S ⋅S = a2 ⋅ b2= a2b2 ，
1 2 4 4 16
1
∵S = ab，
3 2
1
∴S2= a2b2
，
3 4
3
∴S ⋅S = S2 ；
1 2 4 3
故答案是：①②③．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，等边三角形的性质，面积公式以及相似三角形面积的比等于相似
比的平方，熟知各性质是解题的关键．
2．（2023·浙江湖州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D，E分别是边AB和
BC上的两点，连结DE，将△BDE沿DE折叠，点B恰好落在AC的中点M处，BM与DE交于点F．下列
11√3
三个结论：①DF=EF；②DM⊥AM；③tan∠CME= 其中正确的是 ．（写出正确结论的
12
序号）
【答案】③
【分析】①由折叠的性质可得ED是BM的垂直平分线，假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，MB平
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分∠ABC，由∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，得出BM不是∠ABC的平分线，即可判断，
② 由 BM不 是 ∠ABC的 平 分 线 ， 可 得 ∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°， 在 △ADM中
∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，即可判断，
③设CM=a，ME=x，应用勾股定理，表示出CE的长度，在Rt△CME中，M E2=CM2+CE2，即可求
13√3a
得：x= ，根据锐角三角函数的定义，即可判断，
12
本题考查了折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握折叠的性质．
【详解】解：由折叠的性质可得：EB=EM，DB=DM，
∴ED是BM的垂直平分线，
假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，
∴∠EBF=∠DBF，即：MB平分∠ABC，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，
∴BM不是∠ABC的平分线，
∴假设DF=EF错误，故①错误，
∵BM不是∠ABC的平分线，
∴∠DBM=∠DBM≠15°，
∴∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，
∴∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，故②错误，
设CM=a，ME=x，则：AM=a，EB=x，AC=2a，AB=2AC=4a，
由勾股定理得：BC=√AB2−AC2=√(4a) 2−(2a) 2=2√3a，
∴CE=BC−BE=2√3a−x，
13√3a
在Rt△CME中，M E2=CM2+CE2，即：x2=a2+(2√3a−x) 2 ，整理得：x= ，
12
13√3a 11√3a
∴CE=2√3a−x=2√3a− = ，
12 12
CE 11√3
∴tan∠CME= = ，故③正确，
CM 12
综上所述，只有③正确，
故答案为：③．
3．（2023·辽宁抚顺·三模）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，
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1
AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF=BC；②2cos∠DEB= ，③
2
AF+BF
AE−CE=√2ED，④若∠CAE=30°，则 =1，正确的是 ．（填写序号）．
AC
【答案】①③④
【分析】①②只要证明△ADF≌△CDB即可解决问题．③如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，
易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，想办法证明
AE−CE=BC+EF−EC=EF+BE=2EN= √2DE，即可．④如图2中，延长FE到H，使得FH=FB．
连接HC、BH．想办法证明△BFH是等边三角形，AC=AH即可解决问题．
【详解】解：∵AE⊥BC，CD⊥AB，
∴∠AEC=∠ADC=∠CDB=∠AEB=90°，∠AFD+∠DAF=90°,∠DCB+∠CFE=90°,
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠DAF=∠DCB，
∵CD⊥AB,∠BAC=45°，
∴∠ACD=90°−45°=45°=∠CAD，
∴AD=DC，
在△ADF和△CDB中，
¿，
∴△ADF≌△CDB（ASA），
∴AF=BC，DF=DB，故①正确，
∴∠DFB=∠DBF=45°，
取BF的中点O，连接OD、OE．
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∵∠BDF=∠BEF=90°，
∴OE=OF=OB=OD，
∴E、F、D、B四点共圆，
∴∠DEB=∠DFB=45°，
∴2cos∠DEB=2cos45°=√2，故②错误，
如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，则四边形DMEN是矩形，
∵∠DEB=45°，∠AEB=90°，
∴∠AED=90°−45°=45°=∠DEB，
∴DM=DN，
∵DF=DB，
∴Rt△DMF≌Rt△DNB，
∴MF=BN，EM=EN，
∴EF+EB=EM−FM+EN+NB=2EM=2EN，
EN √2
∵cos∠DEB= =cos∠45°= ，
DE 2
√2
∴EN= DE，
2
∴AE−CE=BC+EF−EC=EF+BE=2EN= √2DE，故③正确，
如图2中，延长FE到H，使得FH=FB．连接HC、BH．
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∵∠CAE=30°，∠CAD=45°，∠ADF=90°，
∴∠DAF=15°，∠AFD=75°，
∵∠DFB=45°，
∴∠AFB=120°，
∴∠BFH=60°，
∵FH=BF，
∴△BFH是等边三角形，
∴BF=BH，
∵BC⊥FH，
∴FE=EH，
∴CF=CH，
∴∠CFH=∠CHF=∠AFD=75°，
∴∠ACH=75°，
∴∠ACH=∠AHC=75°，
∴AC=AH，
∵AF+FB=AF+FH=AH，
∴AF+BF=AC，
AF+BF
∴ =1，故④正确，
AC
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，
解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中
的压轴题．
题型 02 与三角形有关的平移问题
4．（2023·吉林长春·模拟预测）【问题原型】如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB．若
AB=5，BC=3，则CD的长为 ；
【操作一】如图，②，将图①中的，△ACD沿AC翻折得到△ACE，则四边形AECD的周长为 ；
【操作二】如图③，将图②中的△ACE沿射线AB方向平移，使点A与点D重合，得到△DGF，点E的对
应点为点F．
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（1）求证：四边形ADFE是菱形；
（2）直接写出四边形ADGF的周长．
12 56 368
【答案】问题原型： ；操作一： ；操作二：（1）见解析；（2）
5 5 25
【分析】问题原型：首先利用勾股定理解得AC的值，再利用面积法解得CD的长即可；
操作一：首先利用勾股定理解得AD的值，再根据折叠的性质可得CE=CD，AE=AD，然后计算四边形
AECD的周长即可；
操作二：（1）首先根据平移的性质可得AE=DF，AE∥DF，可证明四边形ADFE为平行四边形，再结
合AE=AD，即可证明四边形ADFE为菱形；（2）连接DE，交AC于点O，首先根据菱形的性质可得
1 64
AF⊥DE，OA=OF= AF，利用面积法解得OE的值，再利用勾股定理解得OA=√AE2−OE2= ，
2 25
易得AF的长度，然后利用平移的性质确定FG，DG的值，即可获得答案．
【详解】解：问题原型：
∵∠ACB=90°，AB=5，BC=3，
∴AC=√AB2−BC2=√52−32=4，
∵CD⊥AB，
1 1
∴S = AB⋅CD= AC⋅BC，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×5×CD= ×4×3，
2 2
12
解得CD= ．
5
12
故答案为： ；
5
操作一：
12
∵CD⊥AB，AC=4，CD= ，
5
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∴AD=√AC2−CD2=
√
42−
(12) 2
=
16
，
5 5
∵△ACD沿AC翻折得到△ACE，
12 16
∴∠AEC=∠ADC=90°，CE=CD= ，AE=AD= ，
5 5
16 12 12 16 56
∴四边形AECD的周长=AE+CE+CD+AD= + + + = ．
5 5 5 5 5
56
故答案为： ；
5
操作二：
（1）∵△ACE沿射线AB方向平移得到△DGF，
∴由平移的性质可得AE=DF，AE∥DF，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AE=AD，
∴四边形ADFE为菱形；
（2）如下图，连接DE，交AC于点O，
∵四边形ADFE为菱形，
1
∴AF⊥DE，OA=OF= AF，
2
1 1
∴S = AE⋅CE= AC⋅OE，
△ACE 2 2
1 16 12 1 48
即 × × = ×4×OE，解得OE= ，
2 5 5 2 25
∴在Rt△AOE中，OA=√AE2−OE2=
√ (16) 2
−
(48) 2
=
64
，
5 25 25
128
∴AF=2OA= ，
25
∵△ACE沿射线AB方向平移得到△DGF，
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12
∴FG=CE= ，DG=AC=4，
5
128 12 16 368
∴四边形ADGF的周长=AF+FG+DG+AD= + +4+ = ．
25 5 5 25
【点睛】本题主要考查了平移的性质、折叠的性质、勾股定理、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠
的性质和平移的性质是解题关键．
5．（2023·山东青岛·三模）已知：如图①，△ABC为边长为2的等边三角形，D、E、F分别为
AB、AC、BC中点，连接DE、DF、EF．将△BDF向右平移，使点B与点C重合；将△ADE向下
平移，使点A与点C重合，如图②．
(1)设△ADE、△BDF、△EFC的面积分别为S 、S 、S ，则S +S +S _______√3（用“<、=、>”填
1 2 3 1 2 3
空）
(2)已知：如图③，∠AOB=∠COD=∠EOF=60°，AD=CF=BE=2，设△ABO、△FEO、△CDO
的面积分别为S 、S 、S ；问：上述结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（可
1 2 3
利用图④进行探究）
【答案】(1)<
(2)结论成立，理由见解析
【分析】
（1）利用等边三角形的性质，证明△ADE∽△ABC,△BDF∽△ABC,△EFC∽△ABC，求出△ABC
的面积，即可得到△ADE、△BDF、△EFC的面积，即可得出结论；
（2）延长OB到H使BH=OE，延长OA到G使AG=OD，连接HG，证明△GHO是等边三角形，且面积
为√3，再证明△MGA≌△COD(SAS)，△MHB≌△FOE，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵ D、E、F分别为AB、AC、BC中点，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴DE=BF=CF=AD=AE=BD=GC=DF=EF=1，
∴ △ADE、△BDF、△EFC都是边长为1的等边三角形，
∴△ADE∽△ABC,△BDF∽△ABC,△EFC∽△ABC，
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DE BF CF 1
∴ = = = ，
BC BC BC 2
1
∴ △ADE、△BDF、△EFC的高等于△ABC高的 ，
2
1
∴ △ADE、△BDF、△EFC的面积都等于△ABC面积的 ，
4
如图，设△ABC的高为h，
∵∠ABC=60°,AB=2，
√3
∴h=AB·sin60°= ·AB=√3，
2
1
∴S = h⋅BC=√3，
△ABC 2
1 √3
∵S =S =S = S = ，
△ADE △BDF △EFC 4 △ABC 4
3√3
∴S +S +S =S +S +S = <√3，
1 2 3 △ADE △BDF △EFC 4
故答案为：<；
（2）结论成立
证明：延长OB到H使BH=OE，
延长OA到G使AG=OD，连接HG，
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∵OA+AG=OA+DO=AD=2
OB+BH=OB+OE=BE=2
∠AOB=60°
∴△GHO是等边三角形
∵OG=OH=HG=2
∴S =√3
△GHO
在HG上取点M，使MG=OC
∵HM+MG=HG=2
OC+OF=CF=2
∴HM=OF
在△MGA和△COD中，¿，
∴△MGA≌△COD(SAS)，
同理可证：△MHB≌△FOE，
∴S =S ，S =S
2 △MHB 3 △MGA
由图形可知：S +S +S <S ，
△ABO △MHB △MGA △GHO
∴S +S +S <S =√3
1 2 3 △GHO
即S +S +S <√3．
1 2 3
【点睛】本题中综合考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性
质，解直角三角形等知识点，由于知识点比较多，本题的难度比较大．
6．（2023·辽宁沈阳·三模）在平面直角坐标系中，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE=90°，
DO=DE=3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B(4，2)，点C在x轴的正半
轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D'O'E'，点D，O，E的对应点分别为
D'，O'，E'．
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(1)如图1，当E'O'经过点A时，求直线O'A的函数表达式；
(2)设OO'=t，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D'E'与AB相交于点M，E'O'分别与AB，
BC交于点N，P，用含有t的式子表示S ；直接写出t的取值范围 ；
7
②请直接写出满足S= 的所有t的值 ．
2
【答案】(1)y=−x+2
1 11
(2)①S=− t2+4t−4，4<t<6；②t的值为 或5
2 4
【分析】（1）根据平移的性质可得△AOO'是等腰直角三角形，根据矩形的性质可得OO'=OA=2，从而
得到A(0，2)，O'(2，0)，最后用待定系数法即可求得答案；
1
（2）①根据S=S −S ，即可求得S=− t2+4t−4，再结合题意列不等式组即可求得4<t<6；
矩形BCD'M △BPN 2
②分五种情况讨论：当0<t≤2时，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为三角形；当2<t<3时，△D'O'E'与
矩形ABCO重叠部分为四边形（梯形）；当3≤t≤4时，重叠部分为梯形；当4<t<6时，△D'O'E'与矩形
ABCO重叠部分为五边形；当6≤t<7时，重叠部分为矩形BCD'F，分别画出图形，结合图形建立方程求
解即可．
【详解】（1）解：如图①，当E'O'经过点A时，
，
∵矩形ABCO的顶点B(4，2)，
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∴OA=BC=2，
由平移的性质可得：△D'O'E'为等腰直角三角形，
∴∠E'O'D'=45°，
∵∠AOO'=90°，
∴△AOO'是等腰直角三角形，
∴OO'=OA=2，
∴A(0，2)，O'(2，0)，
设直线O'A的解析式为y=kx+b，
将A(0，2)，O'(2，0)代入得：¿，
解得：¿，
∴直线O' A的解析式为：y=−x+2；
（2）解：①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，
∵矩形ABCO中，AB=OC=4，BC=OA=2，∠B=∠BCO=90°，
∴四边形BCD'M是矩形，
设OO'=t，则CP=CO'=t−4，
∴ CD'=O'D'−CO'=3−(t−4)=7−t，BP=BC−CP=2−(t−4)=6−t，
∵ ∠O'PC=∠BPN=∠E'O'D'=45°，
∴ △BPN是等腰直角三角形，
∴BN=BP=6−t，
1 1 1
∴ S=S −S =BC⋅CD'− BP2=2(7−t)− (6−t) 2=− t2+4t−4，
矩形BCD'M △BPN 2 2 2
∵¿，
∴ 4<t<6；
②当0<t≤2时，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为三角形，如图，
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1 1
重叠部分的面积为：S=S = O'O2= t2 ，
△O'OF 2 2
7
∵S= ，
2
1 7
∴ t2= ，解得：t=±√7，
2 2
∵0<t≤2，
7
∴t=±√7不符合题意，此时重叠部分面积不可能为 ；
2
当2<t<3时，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为四边形（梯形），如图④，
则OD'=3−t，OO'=t，AL=AG=t−2，
1 1
∴S=S −S = t2− (t−2) 2=2t−2，
△OLO' △ALG 2 2
7
∴2t−2= ，
2
11
解得：t= ，
4
∵2<t<3，
11
∴t= 符合题意；
4
1 1 7
当3≤t≤4时，重叠部分为梯形，S= ×33− ×12=4为定值，不能等于 ；
2 2 2
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当4<t<6时，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形，
1
由①知：S=− t2+4t−4，
2
1 7
∴− t2+4t−4= ，
2 2
解得：t =3（舍去），t =5；
1 2
当6≤t<7时，重叠部分为矩形BCD'F，如图⑤，
∵CD'=7−t，
∴S=S =BC⋅CD'=2(7−t)，
矩形BCD'F
7 21
当2(7−t)= 时，t= <6，不符合题意；
2 4
7 11
综上所述，满足S= 的所有t的值为 或5．
2 4
【点睛】本题是矩形综合题，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，平移变换的性质，三角
形、梯形、矩形面积，代定系数法求一次函数的解析式等知识，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论
思想．
题型 03 与三角形有关的翻折问题
7．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AB=4，点E、F分别在
直线AC、边BC上，连接EF，将△CEF沿着EF翻折，点C落在边AB上的点D处.过点D作DM⊥AB，
交直线AC于M．
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(1)AC= ，BC= ；
(2)当CF=CE时，求证：△EMD≌△FBD；
CM 1
(3)当 = 时，求AD的值；
CE 2
(4)连接CD交EF于点P，当AP+BP取最小值= 时，EF的值为 ．
【答案】(1)2；2√3
(2)见解析
11−√21
(3)AD=3−√5或
5
14√21
(4)√19， ．
9
【分析】本题考查了全等三角形的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，
（1）解直角三角形ABC求得结果；
（2）可推出∠AMD=∠B，DE=CE=CF=DF，∠EDM=∠BDF，从而得出结论；
（3）分为两种情形：当点M在CE上时，作FG⊥AB于G，可证得△EMD∽△FBD，从而
DF DE
= =2，进而求得DF，BF，解三角形BDF求得BG和DG，进而求得结果；当点M在EC的延长
BF EM
线上时，作FH⊥AB于H，同样方法得出结果；
（4）由CP=DP得出点P在△ABC的一条中位线所在的直线l上运动，作点A关于直线l的对称点X，连接
BX，交l于点P'，当点P在P'处时，D在V处，AP+PB最小为BX的值，在Rt△ACX中求得AX的值，
进而求得BX，连接CX，作VS⊥BC于S，可得△CXP'≌△VBP'，从而求得BV =CX=1，依次求出VS，
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CF CP'
BS，CS，CV，CP'，根据△CFP'∽△CVS得出 = ，进而求得CF，根据△CSV∽△ECF得出
CV CS
EF CF
= ，进一步得出结果．
CV VS
【详解】（1）解：Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AB=4，
∴AC=4⋅cos60°=2，BC=4⋅sin60°=2√3，
故答案为：2，2√3；
（2）证明：∵DM⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ADM=90°，∠A+∠B=90°，
∴∠A+∠AMD=90°，
∴∠AMD=∠B，
由折叠得：∠EDF=90°，DF=CF，DE=CE，
∴∠EDF=∠BDM=90°，DE=DF，
∴∠EDM=∠BDF，
∴△EMD≌△FBD(AAS)；
（3）解：如图1，
当点M在CE上时，作FG⊥AB于G，
由上知：∠AMD=∠B，∠EDM=∠BDF，
∴△EMD∽△FBD，
DF DE
∴ = ，
BF EM
CM 1
∵DE=CE， = ，
CE 2
DF
∴ =2，
BF
∵CF=DF，BC=2√3，
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2√3 4√3
∴BF= ，DF= ，
3 3
2√3 2√3 √3 1 √3
∴BG= ⋅sinB= × =1，FG= BF= ，
3 3 2 2 3
√ 4√3 2 √3 2
∴DG=√DF2−FG2= ( ) −( ) =√5，
3 3
∴AD=AB−BG−DG=4−1−√5=3−√5，
如图2，
当点M在EC的延长线上时，作FH⊥AB于H，
DF DE CE 2
同理上可知： = = = ，
BF EM EM 3
∵CF=DF，CF+BF=2√3，
3 6 4√3
∴BF= ×2√3= √3，DF= ，
5 5 5
3√3 9
∴FH= ，BH= ，
5 5
√ 4√3 2 3√3 2 √21
∴DH= ( ) −( ) = ，
5 5 5
9 √21 11−√21
∴AD=4− − = ，
5 5 5
11−√21
综上所述：AD=3−√5或 ；
5
（4）解：如图3，
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由对称可得：CP=DP，
∴点P在△ABC的一条中位线所在的直线l上运动，
作点A关于直线l的对称点X，连接BX，交l于点P'，当点P在P'处时，D在V处，AP+PB最小为BX的
值，
∵AX=AC⋅cos∠XAC=2cos30°=√3，
∴BX=√AX2+AB2❑=√ (√3) 2+42=√19，
连接CX，作VS⊥BC于S，
∵CP'=P'V，∠CP'X=∠V P'B
又CX∥AB，则∠CXP'=∠P'BV，
∴△CXP'≌△VBP'，
∴BV =CX=AC⋅sin∠CAX=2sin30°=1，
1 1 √3 √3
∴VS= BV = ，BS= BV = ，
2 2 2 2
√3 3√3
∴CS=BC−BS=2√3− = ，
2 2
√ 1 2 3√3 2
∴CV =√V S2+CS2= ( ) +( ) =√7，
2 2
CV √7
∴CP= = ，
2 2
∵∠BCA=90°，VS⊥BC
∴ VS∥EC
∴ △CFP'∽△CVS，
CF CP'
∴ = ，
CV CS
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√7
CF 2
∴ = ，
√7 3√3
2
7√3
∴CF= ，
9
∵ VS∥EC
∴ △CSV∽△ECF，
EF CF
∴ = ，
CV VS
7√3
EF 9
∴ = ，
√7 1
2
14√21
∴EF= ，
9
14√21
故答案为：√19， ．
9
8．（2023·重庆·模拟预测）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，过B点作BE⊥AC于点E，点D为线段AC
的中点，连接BD．
(1)如图1，AB=2，AC=6，求ED的长度；
(2)如图2，将线段DB绕着点D逆时针旋转45°得到线段DG，此时DG⊥AC，连接BG，点F为BG的中
点，连接EF，求证：BC=2EF；
(3)如图3，∠ACB=30°，AB=3，点P是线段BD上一点，连接AP，将△APB沿AP翻折到同一平面内
得到△APB'，连接CB'，将线段绕点CB'顺时针旋转60°得线段CQ，连接BQ，当BQ最小时，直接写出
△BCQ的面积．
7
【答案】(1)ED=
3
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(2)见解析
9√21
(3)9√3−
7
2 7
【分析】（1）证明△ABE∽△ACB，利用相似三角形的性质求出AE= ，则DE=AD−AE= ；
3 3
（2）过点D作DH⊥BC于点H，过点F作FJ⊥AC于点J．连接FD，则BE∥FJ∥GD，先证明
FE=DF，进一步证明BD=AD=DC，再证明∠DBH=∠BDF=22.5°，即可证明△BFD≌△DHB，
得到DF=BF，则BH=EF，再证明BH=HC，即可证明BC=2EF；
（3）如图3中，以AC为边向上作等边三角形ACK，连接BK，证明△ACB'≌△KCQ，得到AB'=QK，
则QK=3，求出BK=3√7，则BQ的最小值为3√7−3，此时B．Q．K共线，作CJ⊥BK于点J，利用等
6√21 1 6√21 9√21
面积法求出CJ= ，则此时△BCQ的面积= ×(3√7−3)× =9√3− ．
7 2 7 7
【详解】（1）解：∵BE⊥AC，
∴∠AEB=∠CEB=90°，
∵∠A=∠A，∠AEB=∠ABC=90°，
∴△ABE∽△ACB，
AB AC 2 6
∴ = ，即 =
AE AB AE 2
2
∴AE= ，
3
∵点D为线段AC的中点，
1
∴AD=DC= AC=3，
2
7
∴DE=AD−AE= ；
3
（2）证明：过点D作DH⊥BC于点H，过点F作FJ⊥AC于点J．连接FD．
∵BE⊥AC，FJ⊥AC，DG⊥AC，
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∴BE∥FJ∥GD，
∵BF=FG，
∴EJ=JD，
∴FE=DF，
∵∠BDG=45°，∠ADG=90°，
∴∠EDB=45°，
∵∠ABC=90°，AD=DC，
∴BD=AD=DC，
∵∠ADB=∠DBC+∠DCB=45°，
∴∠DBC=∠DCB=22.5°，
∵DB=DG，DF⊥BG，
∴∠BDF=∠GDF=22.5°，
∴∠DBH=∠BDF=22.5°，
∵BD=DB，∠BFD=∠BHD=90°，
∴△BFD≌△DHB(AAS)，
∴DF=BH，
∴BH=EF，
∵DB=DC，DH⊥BC，
∴BH=HC，
∴BC=2EF；
（3）解：如图3中，以AC为边向上作等边三角形ACK，连接BK．
∵∠B'CQ=∠ACK=60°，
∴∠ACB'=∠KCQ，
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∵CA=CK，CB'=CQ，
∴△ACB'≌△KCQ(SAS)，
∴AB'=QK，
∵AB=AB'=3，
∴QK=3，
∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，
∴AC=CK=2AB=6，BC=√3AB=3√3，∠BCK=90°，
∴BK=√CK2+BC2=3√7，
∵BQ≥BK−QK=3√7−3，
∴BQ的最小值为3√7−3，此时B．Q．K共线，
作CJ⊥BK于点J，
1 1
∵ ⋅CB⋅CK= ⋅BK⋅CJ，
2 2
3√3×6 6√21
∴CJ= = ，
3√7 7
1 6√21 9√21
∴此时△BCQ的面积= ×(3√7−3)× =9√3− ．
2 7 7
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直
角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
9．（2023·重庆渝北·二模）等边△ABC中，点D为直线AB上一动点，连接DC．
(1)如图1，在平面内将线段DC绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接BE，若D点在AB边上，且
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1
DC=√5，tan∠ACD= ，求BE的长度．
2
(2)如图2，若点D在AB延长线上，点G为线段DC上一点，点F在CB延长线上，连接FG、AG．在点D
的运动过程中，若∠GAF+∠ABF=180°，且FB−BD=AC，猜想线段CG与线段DG之间的数量关系，
并证明你的猜想．
(3)如图3，将△BDC沿直线BC翻折至△ABC所在的平面内得到△BD'C，M点在AB边上，且
1
AM= AB，将MA绕点A逆时针旋转120°得到线段AN，点H是直线AC上一动点，将△MNH沿直线
4
MH翻折至△MNH所在平面内得到△M N'H，在点D、H运动过程中，当N'D'最小时，若AB=4，请直
接写出△DN'H的面积．
2√3
【答案】(1) ，
3
(2)DG=CG，证明见解析
21√3
(3)
8
【分析】
1
（1）作DF⊥AC，在Rt△DFC中，由tan∠ACD= ，求出DF长度，结合∠BAC=60°，求出AD的
2
长度，由旋转的性质可得△ACD≌△BCE(SAS)，即可求解，
（2）作CH∥AB，与AG延长线交于点H，连接DH，由CH∥AB，可得∠ABF=∠ACH=120°，结
合∠GAF+∠ABF=180°，可得∠FAB=∠HAC，由△FAB≌△HAC(ASA)，得到FB=CH，结合
FB−BD=AC，可得CH=AD，可证DACH为平行四边形，根据平行四边形对角线互相平分的性质，即
可求解，
（3）根据折叠的性质，找到D'的轨迹，根据垂线段最短，确定M N'的位置，进而求出BD'、BD、AN、
NH的长度，作DE∥N'H，得到S =S ，CD=BD，依次求出HE、HF的长度即可求解．
△DN'H △EN'H
【详解】（1）解：过点D，作DF⊥AC，于点F，
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1
∵DC=√5，tan∠ACD= ，
2
设AF=a，则FC=2a，
在Rt△DFC中，DF2+FC2=DC2，即：a2+(2a) 2=(√5) 2 ，解得：a=1，
∴DF=a=1，FC=2a=2，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，CA=CB，
DF 1 2√3
AD= = =
∴ sin60° √3 3 ，
2
∵DC绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，
∴∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB，即：∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
2√3
∴AD=BE= ，
3
2√3
故答案为：BE的长度是 ，
3
（2）解：过点C作CH∥AB，与AG延长线交于点H，连接DH，
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∵∠ABC=∠BAC=60°，CH∥AB，
∴∠ABF=120°，∠BAC+∠ACH=180°，即：∠ABF=∠ACH=120°，
∵∠GAF+∠ABF=180°，
∴∠GAF=60°，
∴∠GAF−∠BAG=∠BAC−∠BAG，即：∠FAB=∠HAC，
又∵AB=AC，
∴△FAB≌△HAC(ASA)，
∴FB=CH，
∵FB−BD=AC，即：FB=AC+BD，
∴CH=FB=AC+BD=AB+BD=AD，
∴四边形DACH为平行四边形，
∴DG=CG，
（3）解：过点B作GI∥AC，连接M D'、N'D，过点D作DE∥N'H，交AC延长线于点E,过点H作
HF⊥DE，交DE于点F，
∵GI∥AC，△ABC是等边三角形，
∴∠IBC=∠BCA=∠ABC=60°，
∴直线AB与直线GI关于直线BC对称，即：D'的运动轨迹为直线GI，
∵N'D'≥M D'−M N'，M N'为定值，
当M D'⊥GI，点N'在线段M D'上时，M D'取得最小值，N'D'取得最小值，
1
∵将MA绕点A逆时针旋转120°得到线段AN，AM= AB，AB=4，
4
1 1
∴∠NAM=120°，AN=AM= AB= ×4=1， BM=AB−AM=4−1=3，
4 4
1 1 3
∴MN=M N'=√3，BD=BD'= MB= ×3= ，
2 2 2
由折叠的性质可知，∠NMH=∠N'MH，
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∵∠N'MB=30°=∠NMA，
∴∠NMH−∠NMA=∠N'MH−∠N'MB，即：∠AMH=∠BMH=90°，
∴∠NMH=∠AMN+∠AMH=30°+90°=120°，
∴ N'H=NH=√3MN=√3×√3=3，∠MHN=30°，
∴ ∠NH N'=2∠MHN=2×30°=60°，
∵DE∥N'H，
∴S =S ，∠HEF=∠NH N'=60°，△DAE是等边三角形，
△DN'H △EN'H
3
∴AD−AB=AE−AC，即BD=CE= ，
2
3 7
∴HE=AC−AH+CE=AC−(NH−AN)+CE=4−(3−1)+ = ，
2 2
√3 √3 7 7√3
∴HF= HE= × = ，
2 2 2 4
1 1 7√3 21√3
∴S =S = N'H⋅HF= ×3× = ，
△DN'H △EN'H 2 2 4 8
21√3
故答案为： ．
8
【点睛】本题考查了，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，折叠的性质，
旋转的性质，解题的关键是：（1）证明△ACD≌△BCE(SAS)，解△DAC；（2）找到
△FAB≌△HAC(ASA)；（3）找到D'的运动轨迹，N'D'取得最小值时，点D'的位置．
题型 04 与三角形有关的旋转问题
10．（2023·重庆九龙坡·模拟预测）在等腰△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，将斜边AC绕点A逆时
针旋转一定角度得到线段AD，AD交BC于点G，过点C作CF⊥AD于点F．
(1)如图1，当旋转22.5°时，若BG=1，求AC的长；
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(2)如图2，当旋转30°时，连接BD，CD，延长CF交BD于点E，连接EG，求证：AG=CE+EG；
(3)如图3，点M是AC边上一动点，在线段BM上存在一点N，使NB+NA+NC的值最小时，若NA=2，
请直接写出△CNM的面积．
【答案】(1)2+√2
(2)见解析
√3
(3)
2
【分析】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三
角形等知识，解题的关键是会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会转化的思想思考问题
（1）过点G作GH⊥AC于点H，得到HG=BG=1，即可求得CG=√2，再由BC=AB=BG+CG，勾
股定理求得AC；
（2）延长CF交AB于点T，连接BT，求得Rt△AGB≌Rt△CTB，可得AG=CT，BT=BG，由
BD∥AC，得到△TBE≌△GBE，即可得到AG=CE+EG
（3）将△BCN绕点B逆时针旋转60°，得到△BPQ，连接NQ、AP，当点P、Q、N、A四点共线时，
NB+NA+NC的值最小，此时BM是等腰直角三角形ABC的一条中线，即可求得△CNM的面积
【详解】（1）解：如图1，当旋转22.5°时，则∠CAG=∠GAB=22.5°，
过点G作GH⊥AC于点H，则GH=BG=1，
在等腰Rt△CGH中，∠BCA=45°，
则CG=√2GH=√2，
则BC=BG+CG=√2+1，
在等腰Rt△ABC中，
AC=√2BC=2+√2；
（2）证明：如图2，过点D作DM⊥AC于点M，过点B作BN⊥AC于点N，
∵∠DAM=30°，
1
∴DM= AD
2
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∵∠ABC=90°，AB=AC，
1
∴BN= AC
2
而AC=AD，
∴DM=BN
又DM⊥AC，BN⊥AC，
∴四边形BDMN是矩形
∴BD∥AC
延长CE交BA的延长线于点T，
∵CF⊥AD，
∴∠CFG=∠ABC=90°，
∵∠AGB=∠CGF，
∴∠TCG=∠GAB，
∵∠ABG=∠CBT=90°，BA=BC，
∴△ABG≌△CBT (ASA)，
∴AG=CT，BG=BT，
∵BD∥AC，
∴∠EBG=∠ACB=45°，
则∠EBT=90°−∠EBG=45°=∠EBG，
∵BT=BG，BE=BE，
∴△BEG≌△BET(SAS)，
∴ET=EG，
∴AG=CT=CE+ET=CE+EG；
（3）解：如图3，将△CBN绕点B逆时针旋转60°得到△PBQ，
连接QN，AP．
则PQ=CN，△BQN是等边三角形，
∴BN=NQ，∠BNQ=∠BQN=60°，
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∵CN+AN+BN=PQ+QN+NA≥AP，
∴当P，Q，N，A共线时，NC+BN+AN的值最小．
此时∠ABP=90°+60°=150°，PB=AB，∠BAN=15°，
并且△BQN是等边三角形，∠BNQ=60°，
∴∠ABN=60°−15°=45°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABN=∠CBN=45°，
∵BA=BC，
∴BM⊥AC，且CM=AM
又∠MAN=45°−15°=30°，
1
∴NM= AN=1，AM=√3MN=√3，
2
∴CM=AM=√3，
1 1 √3
∴△CNM的面积= ×CM⋅MN= ×√3×1= ．
2 2 2
11．（2023·贵州贵阳·二模）在△ABC中，∠CAB=90°，在△ADE中，∠EAD=90°，已知Rt△ABC
和Rt△ADE有公共顶点A，连接BD和CE．
(1)如图①，若AB=AC，AD=AE，当△ABC绕点A旋转α(0°<α<360°)，BD和CE的数量关系是
______，位置关系是______；
(2)如图②，若AD:AE=AB:AC=1:√3，当Rt△ABC绕点A旋转α(0°<α<360°)，（1）中BD和CE的
数量关系与位置关系是否依然成立，判断并说明理由；
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(3)在（2）的条件下，若AD=2√3，AB=√3，在旋转过程中，当C，B，D三点共线时，请直接写出CE
的长度．
【答案】(1)BD=CE，BD⊥CE
(2)CE=√3BD，CE⊥BD，理由见解析
3(√13−1) 3(√13+1)
(3) 或
2 2
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识：
（1）根据SAS证明△BAD≌△CAE得BD=CE，再证明∠OAD=∠EHO=90°，可得BD⊥CE；
（2）延长DB交CE于H，与AE交于O，证明△BAD∽△CAE可得结论；
（3）分两种情况讨论：运用相似三角形的性质求出AC，AE，由勾股定理求出DE，在Rt△ECD中，运
用勾股定理求出BD，从而可求出CE．
【详解】（1）证明：如图，延长DB交CE于H，与AE交于O
∵△ADE和△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，
又∠CAE+∠EAB=∠DAB+∠EAB=90°,
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠BDA=∠CEA，
∵∠DOA=∠HOE，
∴∠OAD=∠EHO=90°，
∴CE⊥BD，
故答案为：BD=CE，BD⊥CE；
（2）解：CE=√3BD，CE⊥BD，理由如下：
延长DB交CE于H，与AE交于O，
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AD AB 1
∵ = = ，∠BAD=∠CAE，
AE AC √3
∴△BAD∽△CAE，
BD 1
∴ = ，∠ADB=∠AEC，
CE √3
∴CE=√3BD，
∵∠BOA=∠EOH，
∴∠OAD=∠EHO=90°，
∴BD⊥CE
综上BD⊥CE，CE=√3BD
（3）解：①如图：
BD AB AD 1
由（2）知△BAD∽△CAE， = = = ，且BD⊥CE，
CE AC AE √3
∵AB=√3，
∴AC=3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=√AB2+AC2=2√3，
∵AD=2√3，
∴AE=6
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在Rt△AED中，由勾股定理得DE=√AE2+AD2=4√3，
∵C，B，D三点共线，且∠ECD=90°
∴在Rt△ECD中，由勾股定理得DE2=CE2+CD2
即(4√3)
2=(√3BD) 2+(BD+2√3) 2
√39−√3
∴BD=
2
3(√13−1)
∴CE= ；
2
②如图：
BD AB 1
由（2）知△BAD∽△CAE， = = ，且BD⊥CE，
CE AC √3
∵AB=√3，
∴AC=3，
由勾股定理得BC=√AB2+AC2=2√3，
∵AD=2√3，
∴AE=6，
在Rt△AED中，DE=√AE2+AD2=4√3，
∵C，B，D三点共线，且∠ECD=90°，
∴在Rt△ECD中，由勾股定理得DE2=CE2+CD2，
即(4√3)
2=(√3BD) 2+(BD−2√3) 2
，
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√39+√3
∴BD= ，
2
3(√13+1)
∴CE= ；
2
3(√13−1) 3(√13+1)
综上，当C，B，D三点共线时，CE的长度为 或 ．
2 2
12．（2023·广东云浮·三模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E在边BC上，
∠DAE=45°．若BD=3，CE=1，求DE的长．
小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ACF，连接EF（如图2），由图形旋转的性
质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE=45°，可证△FAE≌△DAE，得FE=DE．解△FCE，可求得
FE（即DE）的长．
(1)请回答：在图2中，∠FCE= ，DE= ；
(2)参考小明思考问题的方法，解决下列问题：
①已知：如图3，正方形ABCD，BM，DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN=45°，连接
MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，则该三角形的形状是 ．
②如图4，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD．猜想线段BE、EF、DF之间的数量关系并说明理由．
2
【答案】(1)90°，√10
(2)①直角三角形；②线段BE、EF、DF之间的数量关系为：EF=BE+DF，理由见解析
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质和旋转性质得到∠FCE=90°，进而利用勾股定理求得
EF=√10，证明△FAE≌△DAE(SAS)证得EF=DE即可求解；
（2）①将△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AD重合，得到△ADF，连接NF交AD的延长
线于P，由旋转性质和正方形的性质证得△FDN是直角三角形，FD=BM，再证明
△FAN≌△MAN(SAS)，得到MN=FN，进而可得答案；
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②将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，根据旋转性质和已知可证得
BE=DG，点F，D，G在同一条直线上，同样证明△AEF≌△AGF(SAS)，得到EF=FG，由
FG=DG+DF=BE+DF可得结论．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转的性质得：∠ACF=∠B=45°，CF=BD=3，AF=AD，∠BAD=∠CAF，
∴∠FCE=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，
在Rt△EFC中，EF=√CF2+CE2=√32+12=√10，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠CAE=45°，
∴∠CAF+∠CAE=45°，即∠FAE=45°，
∴∠FAE=∠DAE，
在△FAE和△DAE中，
¿，
∴△FAE≌△DAE(SAS)，
∴EF=DE，
∴DE=√10；
故答案为：90°，√10；
（2）解：①BM、DN、MN为三边围成三角形，则该三角形的形状是直角三角形，理由如下：
将△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AD重合，得到△ADF，连接NF交AD的延长线于P，
如图3所示：
∴AF=AM，DF=BM，∠DAF=∠BAM，∠ADF=∠ABM，
∵正方形ABCD，BM、DN分别平分正方形的两个外角，
∴∠ABM=90°+45°=135°，∠PDN=45°，∠BAD=90°，
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∴∠ADF=135°，
∴∠FDP=180°−135°=45°，
∴∠FDP+∠PDN=45°+45°=90°，
∴∠FDN=90°，
∴△FDN是直角三角形，
∵∠MAN=45°，
∵∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠DAF+∠DAN=45°，即∠FAN=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
在△FAN和△MAN中，
¿，
∴△FAN≌△MAN(SAS)，
∴MN=FN，
∵FD=BM，FN=MN，
∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形，
故答案为：直角三角形；
②线段BE，EF，DF之间的数量关系为：EF=BE+DF，理由如下：
将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，如图4所示：
∴BE=DG，AE=AG，∠DAG=∠BAE，∠B=∠ADG，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADG+∠ADC=180°，
即点F，D，G在同一条直线上，
∵∠DAG=∠BAE，
∴∠GAE=∠BAD，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF=∠EAF，
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在△AEF和△AGF中，
¿，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
【点睛】本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、
直角三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用旋转性质构造全等三角形求解是解答的
关键．
题型 05 与三角形有关的全等/相似问题
13．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）【问题探究】
（1）如图1，BD、AC相交于点P，连接BC、AD，且∠1=∠2，若PB=6，PC=3，PD=4，则PA的
长为______ ；
（2）如图2，∠MON=120°，点P是∠MON平分线上的一个定点，点A、B分别在射线OM、ON上，
且∠APB=60° ，求证：四边形OAPB的面积是定值；
【拓展运用】
（3）如图3，某创业青年小李租用一块形如四边形ABCD的田地养蜂、产蜜与售蜜，其中AD∥BC，
∠B=90°，AB=120米，AD=60米，BC=110米，点E为入口，点E在AB上，且AE=AD，小李计划
过点E修一条垂直于CD的笔直小路EF，将田地分为两部分，四边形AEFD区域为蜂巢区，四边形BCFE
区域为蜂源植物生长区，在点F处设立售蜜点，为了方便取蜜，计划再沿AF修一条笔直的小路AF，直接
写出小路AF的长（小路的宽度忽略不计，结果保留根号）
720√2
【答案】（1）8；（2）证明见解析；（3） 米
13
【分析】（1）根据8字型模型证明两个三角形相似即可解答；
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（2）过点P分别作OM、ON的垂线，垂足分别为C、D，证明△PAC≌△PBD(AAS)，可得AC=BD，
再证明Rt△PCO≌Rt△PDO(HL)，可得OC=OD，然后利用含30度角的直角三角形和三角形面积公式
即可解决问题；
（3）过点A作AG⊥EF于点G，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点H，可得四边形AGFH是矩形，
证明四边形AGFH是正方形，再过点C作AD的垂线，交AD的延长线于点M，可得四边形ABCM是矩形，
证明△CDM∽△ADH，对应边成比例求出AH的长，进而可以解决问题．
【详解】（1）解： ∵∠1=∠2，∠APD=∠BPC，
∴△DAP∽△CBP，
PD PA
∴ = ，
PC PB
4 PA
∴ = ，
3 6
∴PA=8．
故答案为：8；
（2）证明：如图2，过点P分别作OM、ON的垂线，垂足分别为C、D，
∴∠ACP=∠BDP=90°
，
∵OP平分∠MON，PC⊥OM，PD⊥ON，
∴PC=PD，
∵∠AOP=∠BOP=60°，∠APB=60°，∠MON=120°，
∴∠PAO+∠PBO=180°，
∵∠PBO+∠PBD=180°，
∴∠PAC=∠PBD，
∴△PAC≌△PBD(AAS)，
∴AC=BD，
在Rt△PCO和Rt△PDO中，PC=PD，OP=OP，
∴Rt△PCO≌Rt△PDO(HL)，
∴OC=OD，
在Rt△PCO中，∠POC=60°，
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∴∠OPC=30°，
1
∴CO= OP，
2
√3
∴PC=√3CO= OP，
2
1 1 1
∴四边形OAPB的面积=S +S = OA×PC+ OB×PD= (OA+OB)PC，
△APO △BPO 2 2 2
√3
∵PC=PD= OP，OA+OB=OC+AC+OD−BD=2OC=OP，
2
1 √3 √3
∴四边形OAPB的面积= × ×OP2= OP2 ，
2 2 4
∵点P是∠MON平分线上的一个定点，即OP为定长，
∴四边形OAPB的面积是定值；
（3）解：如图3，过点A作AG⊥EF于点G，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点H，
则四边形AGFH是矩形，
∴∠GAH=90°，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠EAD=90°，
∴∠EAG=90°−∠DAG=∠DAH，
∵∠EGA=∠DHA=90°，AE=AD，
∴△EGA≌△DHA(AAS)，
∴AG=AH，
∴四边形AGFH是正方形，
过点C作AD的垂线，交AD的延长线于点M，则四边形ABCM是矩形，
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∴CM=AB=120
米，
∵AM=BC=110米，
∴DM=AM−AD=110−60=50(米)，
∴CD=√DM2+CM2=130(米)，
∵∠M=∠H=90°，∠CDM=∠ADH，
∴△CDM∽△ADH，
CD CM
∴ = ，
AD AB
130 120
即 = ，
60 AH
720
解得AH= 米，
13
在正方形AGFH中，∠HAF=45°，
720√2
∴AF=√2AH= 米，
13
720√2
即小路AF的长为 米．
13
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的
判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，三角形的面积，利用角平分线的性质构造恰当的辅助线，熟练
掌握8字型模型相似三角形是解题的关键．
14．（2023·安徽合肥·一模）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在AC,AB上，且CD=AE，
BD与CE相交于点P．
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(1)求证：△ACE≌△CBD；
(2)如图2，将△CPD沿直线CP翻折得到对应的△CPM，过C作CG∥AB，交射线PM于点G，PG与BC
相交于点F，连接BG．
①试判断四边形ABGC的形状，并说明理由；
②若四边形ABGC的面积为6√3，PF=1，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①四边形ABGC为菱形，理由见解析，②CE=3
【分析】（1）首先根据等边三角形的性质得到∠A=∠ACB=60°，AC=BC，根据SAS证明
△ACE≌△CBD；
（2）①根据（1）中△ACE≌△CBD，得∠ACE=∠CBD，则∠DPC=∠ACB=60°，证明
△CDB≌△CFG，可得CG=AB=AC，则四边形ABGC是菱形；
②作高CH，设菱形ABGC的边长为a，根据菱形的面积列式为：AB⋅CH=6√3，代数可得a的值，证
明△BGF∽△PGB，列比例式可得FG的长，由△CDB≌△CFG，△ACE≌△CBD，根据对应边相等可
得结论．
【详解】（1）证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=60°，AC=BC．
又∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD(SAS)．
（2）解：①四边形ABGC为菱形，理由如下：
∵△ACE≌△CBD
∴∠ACE=∠CBD
∴∠DPC=∠PCB+∠CBD=∠PCB+∠ACE=∠ACB=60°
由翻折可知：CD=CM，∠CDP=∠CMP，∠MPC=∠DPC=60°
∴∠DCF+∠DPF=60°+2×60°=180°
∴∠CDP+∠CFP=360°−180°=180°
∵∠CDP+∠CMF=∠CMP+∠CMF=180°
∴∠CMF=∠CFP
∴CF=CM=CD
∵∠CFM+∠CFG=180°，∠CDP+∠CFM=180°
∴∠CDP=∠CFG
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∵CG∥AB
∴∠GCF=∠CBA=60°=∠BCD
∴△CDB≌△CFG(AAS)
∴CG=CB
∴CG=AB
∵CG∥AB，CG=AB
∴四边形ABGC为平行四边形．
∵AC=AB，
∴平行四边形ABGC为菱形；
②过C作CH⊥AB于点H．
设菱形ABGC的边长为a．
∵△ABC为等边三角形，
1
∴ AH=BH= a
2
1 √3
∴CH=AH⋅tan60°= a⋅√3= a
2 2
∵菱形ABGC的面积为6√3，
√3
∴AB⋅CH=6√3，即a⋅ a=6√3．
2
∴a=2√3
∴BG=2√3
∵四边形ABGC是菱形，
∴AC∥BG
∴∠GBC=∠ACB=60°
又∵∠GPB=180°−∠CPD−∠CPM=180°−60°−60°=60°
∴∠GBC=∠GPB
∵∠BGF为公共角，
∴△BGF∽△PGB
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BG FG
∴ = ，即BG2=FG⋅PG
PG BG
∵PF=1，BG=2√3
∴(2√3)
2=FG⋅(FG+1)
∴FG=3
∵△CDB≌△CFG，△ACE≌△CBD
∴FG=BD，BD=CE
∴CE=FG=3．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、相似三角形的判
定和性质、平行四边形与菱形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，需要正确
寻找全等三角形，属于中考常考题型．
15．（2023·重庆万州·模拟预测）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，过点C作CD∥AB交过
点B的直线于点D，∠ABD=30°，直线BD交AC于H．
(1)如图1，若AB=2，求BD的长；
(2)如图2，过点A作AG⊥BD交BD于点G，交BC的延长线于E，取线段AB的中点F，连接GF，求证：
GF+√3GH=BH．
(3)在（2）的条件下，过点D作DP⊥AB交AB于点P，若点M是线段GF上任一点，连接BM，将
√3
△BGM沿BM折叠，折叠后的三角形记为△BG'M，当 AG'+DG' 取得最小时，直接写出
2
tan∠PDG'的值．
【答案】(1)BD=2
(2)见解析
2√3−3
(3)tan∠PDG'=
2
【分析】（1）过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BL⊥CD，交DC的延长线于点L，根据两直线平行，
内错角相等可得∠KCL=∠AKC=90°，∠BDL=∠ABD=30°，结合等腰直角三角形的性质可得
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AK=BK=CK=1，根据四个角都是直角的四边形是矩形，矩形的对边相等的可得BL=CK=1，根据直角
三角形中，30°角所对的边是斜边的一半即可求解；
AG √3 1
（2）根据特殊角的三角形函数值可求得 = ，AG= AB，求得∠AGB=∠ACE=∠BGE=90°，
BG 3 2
根据等角的余角相等可得∠EBG=∠EAC，结合锐角三角函数的定义可求得EG=√3GH，根据直角三角
1
形斜边上的中线是斜边的一半可得GF= AB，推得GF=AG，根据两个角和它们所夹的边分别对应相等
2
的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得AE=BH，即可证明；
（3）根据折叠的性质可得BG'=BG，即点G在以B为圆心，BG为半径的圆上运动，以B为圆心，BG为
半径作⊙B，连接CF，过点G作GQ⊥AB于Q，连接DQ，G'Q，根据特殊角的三角函数值可得
BQ BP BG √3 DP 1
= = = ， = ，根据垂直于同一直线的两直线平行可得DP∥CF，根据两直线平行，同
BG BD AB 2 BD 2
旁内角互补、等腰直角三角形的性质和有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形CDPF是矩形，根据矩
CF 1
形的对边相等可得CF=DP，根据直角三角形，斜边上的中线是斜边的一半可得 = ，推得
AB 2
BG' BQ
= ，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，相似三角形的对应边之比相等可得
AB BG'
√3 √3
AG'=G'Q，推得当D、G'、Q在同一条直线上时， AG'+DG' 取得最小值DQ，求出PQ的值，
2 2
根据锐角三角形函数的定义即可求解．
【详解】（1）解：过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BL⊥CD，交DC的延长线于点L，如图：
则∠AKC=∠BKC=∠BLC=90°，
∵CD∥AB，
∴∠KCL=∠AKC=90°，∠BDL=∠ABD=30°，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，CK⊥AB，AB=2，
∴AK=BK=CK=1，
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∵∠BKC=∠KCL=∠BLC=90°，
∴四边形BLCK是矩形，
∴BL=CK=1，
∴BD=2BL=2．
（2）证明：如图：
∵AG⊥BD，
∴∠AGB=90°，
∵∠ABD=30°，
AG √3 1
∴ =tan∠ABD=tan30°= ，AG= AB，
BG 3 2
∵∠ACE=180°−∠ACB=90°，∠BGE=180°−∠AGB=90°，
∴∠AGB=∠ACE=∠BGE=90°，
∴∠EBG+∠E=90°，∠EAC+∠E=90°，
∴∠EBG=∠EAC，
∴tan∠EBG=tan∠EAC，
EG GH
∴ = ，
BG AG
GH AG √3
∴ = = ，
EG BG 3
∴EG=√3GH，
∵点F是AB的中点，∠AGB=90°，
1
∴GF= AB，
2
∴GF=AG，
在△AEC和△BHC中，
¿，
∴△AEC≌△BHC(ASA)，
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∴AE=BH，
∵AE=AG+EG=GF+√3GH，
∴GF+√3GH=BH．
（3）解：∵将△BGM沿BM折叠，折叠后的三角形记为△BG'M，
∴BG'=BG，即点G在以B为圆心，BG为半径的圆上运动，
如图，以B为圆心，BG为半径作⊙B，连接CF，过点G作GQ⊥AB于Q，连接DQ，G'Q，
∵∠BPD=∠BQG=∠AGB=90°，∠ABD=30°，
BQ BP BG √3 DP 1
∴ = = =cos∠ABD=cos30°= ， =sin30°= ，
BG BD AB 2 BD 2
∵DP⊥AB，CF⊥AB，
∴DP∥CF，
∵CD∥AB，∠DPF=90°，
∴四边形CDPF是矩形，
∴CF=DP，
∵点F是Rt△ABC斜边AB的中点，
CF 1
∴ = ，
AB 2
∴AB=BD，BP=BG=BG'，
BP √3
∴ = ，
AB 2
BQ BQ √3
∵ = = ，
BG' BG 2
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BG' BQ
∴ = ，
AB BG'
又∵∠ABG'=∠G'BQ，
∴△ABG'∽△G'BQ，
G'Q BG' BG √3
∴ = = = ，
AG' AB AB 2
√3
∴
AG'=G'Q，
2
√3 √3
∴
AG'+DG'=G'Q+DG'≥DQ，当且仅当D、G'、Q在同一条直线上时， AG'+DG'
取得最小
2 2
值DQ，
√3 √3 3 1 1
∵BP=BG= AB，BQ= BG= AB，DP= BD= AB，
2 2 4 2 2
√3 3 2√3−3
∴PQ=BP−BQ= AB− AB= AB，
2 4 4
2√3−3
AB
PQ 4 2√3−3
在Rt△DPQ中，tan∠PDQ= = = ，
PD 1 2
AB
2
2√3−3
∴tan∠PDG'=
．
2
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，等腰直角三角形性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，全等
三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，添加辅助线构造全等三角形和相
似三角形是解题的关键．
题型 06 与三角形有关的最值问题
16．（2023·吉林长春·模拟预测）【问题提出】
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（1）如图①，AB为⊙O的一条弦，圆心O到弦AB的距离为4，若⊙O的半径为7，则⊙O上的点到弦
AB的距离最大值为______；
【问题探究】
（2）如图②，在△ABC中，∠BAC=60°,AD为BC边上的高，若AD=6，求△ABC面积的最小值；
【问题解决】
（3）如图③，在△ABC中，∠ABC=90°,BD平分∠ABC交AC于点D，点P为BC上一点，
BD=80√2米，∠CDP=45°．则四边形ABPD的面积的最小值为______．
【答案】（1）11；（2）12√3；（3）6400√2平方米
【分析】（1）根据圆的性质直接可得答案；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，设OA=OB=OC=R，
1
则OE= R，根据垂线段最短可得R的最小值，从而得出BC的最小值，进而得出答案；
2
（3）过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F，则DE=DF，在BF上截取FG=AE，连接DG，利用
SAS证明△DFG≌△DEA，则S =S +S +S =6400+S ，要使四边形ABPD
四边形ABPD 四边形BEDF △DPF △DEA △DPG
的面积最小，只需△DPG的面积最小，由（2）同理求出△DPG面积的最小值即可．
【详解】解：（1）∵圆心O到弦AB的距离为4，若⊙O的半径为7，
∴⊙O上的点到弦AB的距离最大值为4+7=11，
故答案为：11；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，如图．
∵∠BAC=60°
，
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∴∠BOC=120°，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
1
设OA=OB=OC=R，则OE= R，
2
1
由OA+OE≥AD，得R+ R≥6，即R≥4，
2
√3
∴BE=√OB2−OE2= R，
2
∴BC=2BE=√3R≥4√3，
1 1
∴S = BC⋅AD≥ ×4√3×6=12√3．
ABC 2 2
即△ABC面积的最小值为12√3；
（3）过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F，
∵BD平分∠ABC，
∴DE=DF．
又∵BD=BD,∠ABD=∠CBD，
∴△BDE≌△BDF．
1
∵BD=80√2米，∠DBE=∠DBF ∠ABC=45°，∠BED=∠BFD=90°，
2
∴△BDE、△BDF为等腰直角三角形，
∴DE=DF=BE=BF=80米，
1
∴S = BE⋅DE=3200（平方米），
△BDE 2
S =2S =6400平方米．
四边形BEDF △BDE
在BF上截取FG=AE，连接DG，如图．
∵FG=AE,∠DFG=∠DEA=90°,DF=DE
，
∴△DFG≌△DEA(SAS)，
∴S =S +S +S =6400+S ，
四边形ABPD 四边形BEDF △DPF △DEA △DPG
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∴要使四边形ABPD的面积最小，只需△DPG的面积最小．
∵∠CDP=45°，
∴∠ADP=180°−45°=135°，
∴∠ADE+∠PDF=∠PDG=135°−∠EDF=45°，
作△DPG的外接圆⊙O，如图，连接OP、OD、OG，作OH⊥PG于点H，
则∠POG=2∠PDG=90°，
∴∠POH=∠GOH=45°．
设OH=m，则OP=OD=OG=√2m,PG=2m．
80
由OD+OH≥DF，得m+√2m≥80，解得m≥ ，
1+√2
160
∴PG≥ 米，
1+√2
1 1 160
∴S = PG⋅DF≥ × ×80=6400√2−6400（平方米），
PDG 2 2 1+√2
∴S ≥6400+6400√2−6400=6400√2（平方米）．
四边形ABPD
即四边形ABPD的面积存在最小值，最小值为6400√2平方米．
故答案为：6400√2平方米．
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与
性质，角平分线的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，将四边形面积最小问题转化为三角形面积最小是
解题的关键．
17．（2023·河南周口·二模）已知在等腰△ABC中，AB=AC，D为BC中点，连接AD．分别以A、B为
1
圆心，大于 AB的长为半径画弧，在AB的两侧分别交于点M、N，连接MN，MN交AB于点E，交AD
2
于点F，连接ED、FC．
ED
(1)如图1，若△ABC为正三角形，则∠DEC=__________； =__________．
FC
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ED
(2)如图2，若AD=BC=2，EF的延长线交AC于点P，求 的值和FP的长．
FC
ED
(3)如图3，若AD=BC=2，把图2中的△AEF绕着点A旋转，直接写出 的值，以及BF的最小值和最
FC
大值．
√3
【答案】(1)30°，
2
ED 2√5 5√5
(2) = ，PF=
FC 5 36
ED 2√5 5 5
(3) = ，AF的最小值为√5− ，最大值为√5+
FC 5 4 4
【分析】（1）首先根据等边三角形三线合一性质得到∠ACE=∠BCE=30°，然后得到DE∥AC，进而
求出∠DEC=∠ACE=30°，设DF=a，得出FC=2DF=2a，然后利用勾股定理和直角三角形的性质
1
得到DE= BC=√3a，进而求解即可；
2
1
（2）首先根据等腰三角形三线合一性质得到BD=CD= BC=1，然后利用勾股定理求出AC=AB=√5，
2
1 EF
= √5 5
然后利用tan∠BAD得到2 √5，求出EF= ，然后求出AF= ，然后证明出△DAD∽△FAC，得到
4 4
2
DE AE 2√5 9 EF DF 5√5
= = ；求出DF= ，然后证明出△EFD∽△PFA，得到 = ，代数求出PF= ；
FC AF 5 4 PF AF 36
ED AE 2√5
（3）由（2）证明出△ADE∽△ACF，进而得到 = = ；根据题意得到点F在以点A为圆心，
FC AF 5
以AF的长为半径的圆上运动，然后得到当点F和点F 重合时，BF的长最小，即BF 的长度，当点F和点
1 1
F 重合时，BF的长最大，即BF 的长度，进而求解即可．
2 2
【详解】（1）由作图可得，CE垂直平分AB
∴点E是AB的中点
∵△ABC为正三角形
1
∴∠ACE=∠BCE= ∠ACB=30°，
2
∵D为BC中点
∴DE∥AC
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∴∠DEC=∠ACE=30°；
设DF=a，
∵△ABC为正三角形，D为BC中点
∴AD⊥BC
∵∠BCE=30°
∴FC=2DF=2a
∴DC=√FC2−FD2=√3a
∴BC=2CD=2√3a
∵CE⊥AB，D为BC中点
1
∴DE= BC=√3a
2
ED √3a √3
∴ = = ；
FC 2a 2
（2）∵D为BC中点，AD=BC=2
1
∴BD=CD= BC=1
2
∵AB=AC
∴AD⊥BC
∴AC=AB=√BD2+AD2=√5
∵EF垂直平分AB
1 √5
∴AE=BE= AB=
2 2
1 EF
BD EF =
∵tan∠BAD= = ，即2 √5
AD AE
2
√5
∴EF=
4
5
∴AF=√AE2+EF2=
4
√5
AE 2 2√5 AD 2 2√5
∴ = = ， = =
AF 5 5 AC √5 5
4
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AE AD 2√5
∴ = =
AF AC 5
∵AB=AC，D为BC中点，
∴∠EAD=∠FAC
∴△DAD∽△FAC
DE AE 2√5
∴ = = ；
FC AF 5
5
∵AD=2，AF=
4
5 9
∴DF=4− =
4 4
∵点E是AB的中点，D为BC中点，
∴DE∥AC
∴△EFD∽△PFA
√5 9
EF DF 4 4
∴ = ，即 =
PF AF PF 5
4
5√5
∴PF= ；
36
（3）由（2）得，∠EAF=∠DAC
∴∠EAF+∠CAE=∠DAC+∠CAE
∴∠CAF=∠DAE
AE AD 2√5
由（2）得， = =
AF AC 5
∴△ADE∽△ACF
ED AE 2√5
∴ = = ；
FC AF 5
如图所示，
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∵△AEF绕着点A旋转，
∴点F在以点A为圆心，以AF的长为半径的圆上运动
∴当点F和点F 重合时，BF的长最小，即BF 的长度，
1 1
5
∴此时BF =BA−AF =√5− ，
1 1 4
5
∴AF的最小值为√5− ，
4
∴当点F和点F 重合时，BF的长最大，即BF 的长度，
2 2
5
∴此时BF =BA+AF =√5+ ，
2 2 4
5
∴AF的最大值为√5+ ．
4
【点睛】此题考查了三角形综合题，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股
定理，圆的基本性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点并正确运用．
18．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在锐角△ABC中，∠B=60°，点D，E分别是BC，AC上的动点，
连接AD，DE．
(1)如图1，若AB>BC，且BD=DE，AD平分∠BAC，求∠CED的度数．
(2)如图2，若AB=BC，在平面内将线段AD绕点D顺时针方向旋转60度得到线段DF，连接BF，过点F
做FG⊥AB，垂足为点G，在点D运动过程中，猜想线段BD，BA，AG之间存在的数量关系，并证明你
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的猜想．
(3)如图3，若点H为AC下方一点，连接AH，CH，△ACH为等边三角形，将△ACH沿直线AH翻折得
到△AHP．M是线段PB上一点，将△PMH沿直线HM翻折得到△HMN，连接PN，当线段PB取得最小
8√3
值，且tan∠PHN= 时，请求出PN:AC的值．
13
【答案】(1)60°
(2)AB=2AG−BD，证明见解析
√21
(3)
11
【分析】（1）在AB上截取AF=AE，连接DF，可证得△DAF≌△DAE，从而DF=DE，
∠AED=∠AFD，进而得出∠CED=∠BFD，进一步得出结果；
（2）连接AF，在AB上截取AH=BD，根据∠AFD=∠B得出点A、D、B、F共圆，从而
∠FAH=∠BDF，∠ABF=∠ADF=60°，进而得出△FAH≌△FDB，从而AH=BD，FH=BF，进
而得出△BFH是等边三角形，进一步得出结果；
（3）在AC的上方作等边三角形ACD，作△ACD的外接圆O，连接PO并延长，交⊙O于点E，当点B运
动到E点时，PB最大，作OV⊥AC于点V，连接VH，作MT⊥PH于T，可推出O、V、H共线，设
OH 4t 2
OV =t，则AV =CV =√3t，可得出tan∠EPH= = = ，构造Rt△XYZ，∠Y =90°，S在
PH 2√3t √3
8√3 √3
ZY上，ZS=SX，tan∠XSY = ，则∠XSY =2∠Z，进而推出tan∠PHM= ，设MT=√3k，
13 4
TH=4k，解三角形PMH，表示出k，进一步得出结果．
【详解】（1）如图1，
在AB上截取AF=AE，连接DF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
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∵AD=AD，
∴△DAF≌△DAE(SAS)，
∴DF=DE，∠AED=∠AFD，
∴∠CED=∠BFD，
∵BD=DE，
∴DF=BD，
∴∠BFD=∠B=60°，
∴∠CED=60°；
（2）如图2，
AB=2AG−BD，理由如下：
连接AF，在AB上截取AH=BD，
∵∠AFD=60°，AD=DF，
∴△ADF是等边三角形，
∴DF=AF，∠AFD=60°，
∵∠B=60°，
∴∠AFD=∠B，
∴点A、D、B、F共圆，
∴∠FAH=∠BDF，∠ABF=∠ADF=60°，
∴△FAH≌△FDB(SAS)，
∴AH=BD，FH=BF，
∴△BFH是等边三角形，
∵FG⊥AB，
∴BG=GH，
∴AB=AG+BG=AG+GH=AG+AG−AH=2AG−BD；
（3）如图3，
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在AC的上方作等边三角形ACD，作△ACD的外接圆O，连接PO并延长，交⊙O于点E，当点B运动到
E点时，PB最大，
作OV⊥AC于点V，连接VH，作MT⊥PH于T，
∴AV =CV，
∵△ACH是等边三角形，
∴HV⊥AC，
∴O、V、H共线，
设OV =t，则AV =CV =√3t，
∴PH=CH=AC=2√3t，
√3
∴HV = CH=3，
2
∴OH=OV +VH=4t，
OH 4t 2
∴tan∠EPH= = = ，
PH 2√3t √3
如图4，
8√3
在Rt△XYZ中，∠Y =90°，S在ZY上，ZS=SX，tan∠XSY = ，
13
则∠XSY =2∠Z，
不妨设XY =8√3，SY =13，
∴ZS=SX=19，
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∴ZY =ZS+SY =32，
XY 8√3 √3
∴tan∠Z= = = ，
ZY 32 4
√3
∴tan∠PHM= ，
4
MT √3
∵tan∠PHM= = ，
TH 4
∴设MT=√3k，TH=4k，
MT 2
∵tan∠EPH= = ，
PT √3
√3k 2
∴ = ，
PT √3
3
∴PT= k，
2
由PT+TH=PH得，
3
k+4k=PH，
2
2
∴k= PH，
11
3 2√3
∴PT= PH，MT= PH，
11 11
√21 √21
∴PM=√PT2+MT2= PH= AC，
11 11
PM √21
∴ = ．
AC 11
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，
解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
题型 07 与三角形有关的动点问题
19．（2023·吉林长春·二模）在△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，点D是边BC上的一点，且
BD=2.动点P从点B出发，沿折线BA−AC以每秒1个单位长度的速度匀速运动，连结PD，作点B关于直
线PD的对称点B'，连结B'P、B'D.设点P的运动时间为t秒(t>0)．
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(1)线段CD的长为______ ．
(2)用含t的代数式表示线段AP(AP>0)的长．
(3)连结AB'，求AB'的最小值．
(4)当DB'∥AC时，直接写出t的值．
【答案】(1)1
(2)当点P在线段AB上时，0≤t<5，AP=5−t，当点P在线段AC上时，5<t≤9，AP=t−5；
(3)√17−2；
10
(4) 或8．
7
【分析】(1)由勾股定理求出BC=3，则可得出答案；
(2)分两种情况，当点P在线段AB上时，当点P在线段AC上时，由题意可得出答案；
(3)当点A，B'，D共线时，AB'有最小值，由勾股定理求出AD的长，则可得出答案；
(4)当点P在线段AB上时，过点P作PH⊥BC于点H，设DH=PH=x，得出BH=2−x，由
PH AC
tan∠PBH=tan∠ABC得出 = ，可求出答案；当点P在线段AC上时，如图，
BH BC
∠BDB'=∠ACB=90°，由直角三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）解： ∵∠C=90°，AB=5，AC=4，
∴BC=√AB2−AC2=√52−42=3，
∴CD=BC−BD=3−2=1；
（2）解：当点P在线段AB上时，0≤t<5，AP=5−t，
当点P在线段AC上时，5<t≤9，AP=t−5；
（3）解：如图，当点A，B'，D共线时，AB'有最小值，
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在Rt△ACD中，∠C=90°，
∴AD=√AC2+CD2=√42+12=√17，
∴AB'的最小值为√17−2；
（4）解：当点P在线段AB上时，过点P作PH⊥BC于点H，
∵DB'∥AC ∠ACB=90°
， ，
∴∠BDB'=90°，
∵点B与点B'关于直线PD对称，
∴∠BDP=∠B'DP=45°，
设DH=PH=x，
∵BD=2，
∴BH=2−x，
∵tan∠PBH=tan∠ABC，
PH AC
∴ = ，
BH BC
x 4
∴ = ，
2−x 3
8
∴x= ，
7
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8 6
∴DH= ，BH= ，
7 7
10
∴PB=√BH2+PH2=
，
7
10
∴t= ．
7
当点P在线段AC上时，如图，同理可得∠BDB'=∠ACB=90°，
∴∠PDB=∠PDB'=135°
，
∴∠PDC=45°，
∴DC=PC=1，
∴AB+AP=5+3=8，
∴t=8，
10
综上所述，t的值为 或8．
7
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的
性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
20．（2023·吉林长春·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=4，动点F从点
A出发沿折线AC−CB向终点B运动，在AC上的速度为每秒√3个单位长度，在BC上的速度为每秒1个单
位长度．当点F不与点C重合时，以CF为边在点C的右上方作等边△CFQ，设点F的运动时间为t（秒），
点F到AB的距离为h．
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(1)AC=______；
(2)求h与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
2
(3)当点F在AC边上运动，且点Q到AB的距离为 h，求t的值；
3
(4)作点Q关于直线AB的对称点为Q'，当以C,F,Q'为顶点的三角形为锐角三角形时，直接写出h的取值范
围．
【答案】(1)4√3
(2)h=¿
3
(3)t的值是 或3
2
4√3
(4)0≤h<
3
【分析】（1）根据含30°的直角三角形和勾股定理可得AC的长；
（2）分两种情况：F在AC上和BC上，根据含30°角的直角三角形和勾股定理可得h与t的函数关系式；
（3）分两种情况：设直线CQ与AB交于点P，①如图，点P在CQ上，②如图，点P在CQ的延长线上，根
据等边三角形的边长4√3−√3t列等式，解出可得答案；
（4）若点F在AC上，根据当∠CQ'F=90°时，当∠CFQ'=90°时两个临界点求出h的值，若点F在CB
上，根据当∠CFQ'=90°时临界点求出h的值，再结合图形即可确定h的取值范围．
【详解】（1）解：∵∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，
∴AC=√AB2−BC2=4√3，
故答案为：4√3；
（2）分两种情况：
过点F作FH⊥AB于H，
①当0≤t<4时，点F在边AC上，如图，
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由题意得：AF=√3t，Rt△AFH中，∠A=30°，
1 √3
∴FH=h= AF= t；
2 2
②当4<t≤8时，点F在边BC上，如图，
由题意得：CF=t−4，
∴BF=BC−CF=4−(t−4)=8−t，
Rt△BFH中，∠BFH=30°，
1 8−t
∴BH= BF= ，
2 2
√3(8−t) √3
∴FH=h=√3BH= =− t+4√3；
2 2
综上，h与t的函数关系式为：h=¿；
（3）分两种情况：
设直线CQ与AB交于点P，
①如图，点P在CQ上，
∵△CFQ是等边三角形，
∴∠FCQ=∠Q=∠CFQ=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCQ=30°，
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∵∠B=60°，
∴∠CPE=30°+60°=90°，
∴∠PEQ=30°，
2 2 2 √3
∵当点F在AC边上运动，且点Q到AB的距离为 h时，即QP= h= × t，
3 3 3 2
4
∴QE=2PQ= h，
3
∵∠CFQ=60°，∠A=30°，
∴∠A=∠AEF=30°，
∴EF=AF=√3t，
∵CF=FQ=4√3−√3t，
4 4 √3
∴4√3−√3t=√3t+ h=√3t+ × t，
3 3 2
3
∴t= ；
2
②如图，点P在CQ的延长线上，
由①知：∠BPC=90°，∠BCP=30°，
1
∴BP= BC=2，则CP=√BC2−BP2=√3BP=2√3，
2
∵CP=CQ+PQ，
2 √3
∴2√3=4√3−√3t+ × t，
3 2
∴t=3；
3
综上，t的值是 或3；
2
（4）若点F在AC上，由（3）可知，∠QCF=60°，CQ⊥AB，
则点Q关于直线AB的对称点Q'在CQ上，
当∠CQ'F=90°时，QP=Q'P，
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又∵∠CPE=90°，
∴PE∥Q'F，
QP QE 1
∴ = =1，即：QE=EF= QF
Q'P EF 2
∵AF=EF=√3t，QF=CF=4√3−√3t，
1 4 √3 4 2√3
∴√3t= (4√3−√3t)，解得：t= ，此时h= × = ；
2 3 2 3 3
当∠CFQ'=90°时，QP=Q'P，
∵∠QCF=60°，
∴∠Q=30°，则CQ'=2CF=2(4√3−√3t)，Q'F=√3CF=√3(4√3−√3t)=12−3t
1
∴QQ'=CQ'−CQ=4√3−√3t，PM= Q'M，
2
1 4√3−√3t √3
∴PQ'= QQ'= ，PQ'=√Q'M2−PM2= Q'M，
2 2 2
4√3−√3t
2
则Q'M= =4−t，
√3
2
∴MF=Q'F−MF=(12−3t)−(4−t)=8−2t，
由∵∠A=30°，则AM=2FM
∴AF=√AM2−FM2=√3MF，即：√3t=√3(8−2t)，
8 √3 8 4√3
解得：t= ，此时h= × = ，
3 2 3 3
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2√3 4√3
则 <h< 时，以C,F,Q'为顶点的三角形为锐角三角形；
3 3
若点F在CB上，若h=0，即F与点B重合，此时点Q在Q'，且两点重合，符合题意；
由题意可知，∠B=∠CFQ=60°，则FQ∥AB，
延长CQ交AB于N，则∠BNC=∠CQF=60°，
∴△BCN为等边三角形，BC=CN=BN=4，
由轴对称可知∠QNB=∠Q'NB=60°，QN=Q'N，
当∠CFQ'=90°时，
∵CF=CQ=t−4，
∴BF=4−(t−4)=8−t，QN=Q'N=8−t，
又∵∠B=60°，∠CFQ'=90°，
∴∠BGF=∠NGQ'=30°，则∠NQ'G=90°，
∴BG=2BF=2(8−t)，GN=2Q'N=2(8−t)，
∴BG+GN=2(8−t)+2(8−t)=BN=4，解得：t=6，
√3
∴h=− ×6+4√3=√3，
2
则0≤h<√3时，以C,F,Q'为顶点的三角形为锐角三角形；
4√3
综上所述，以C,F,Q'为顶点的三角形为锐角三角形时，0≤h< ．
3
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了轴对称的性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性
质，点到直线的距离等知识，解决问题的关键是根据条件，画出图形，并运用分类讨论的思想．
21．（2023·吉林松原·模拟预测）如图，在△ABC中，∠A=∠B=30°，AC=2cm，CD⊥AB于点D．
动点P从点A出发．以√3cm/s的速度沿边AB向点B匀速运动，当点P不与点A、B重合时，过点P作
PQ⊥AB交折线AC−CB于点Q，将线段PQ绕点Q逆时针旋转60°得到线段QM，连接PM，设点P的运
动时间为x(s)，回答下列问题．
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(1)直接写出AB=______cm；
(2)当点Q在边AC上时，CQ的长为______cm（用含x的代数式表示）；
(3)当点M落在边CD上时，求x的值；
(4)在点P运动的过程中，作点M关于直线AB的对称点N，连接PN、MN，设四边形PQMN与△ABC重
叠部分图形的面积为ycm2，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)2√3
(2)(2−2x)
2
(3)x=
3
(4)y=¿
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和锐角三角函数进行求解即可；
AP
（2）求出AP=√3x，得到AQ= =2x，即可得到答案；
cos30°
PD
（3）证明△PQM是等边三角形，求出PD=√3−√3x,在Rt△PDM中，得到PM= =2−2x，在
cos30°
Rt△APQ中，PQ=AP⋅tan30°=x，由PM=PQ得到2−2x=x，解方程即可得到答案；
（4）分两种情况画出图形，分别进行求解即可．
【详解】（1）∵∠A=∠B=30°
∴△ABC是等腰三角形，
∵CD⊥AB
√3
∴AD=AC⋅cos30°=2× =√3，
2
∴AB=2AD=2√3
故答案为：2√3
（2）∵动点P从点A出发．以√3cm/s的速度沿边AB向点B匀速运动，
∴AP=√3x，
∵PQ⊥AB，
AP
∴AQ= =2x
cos30°
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∴CQ=2−2x，
故答案为：2−2x
（3）∵将线段PQ绕点Q逆时针旋转60°得到线段QM，
∴△PQM是等边三角形，
当点M落在边CD上时，∠MPD=180°−∠APQ−∠QPM=30°，
∵AP=√3x,AD=√3
∴PD=√3−√3x,
PD
在Rt△PDM中，PM= =2−2x，
cos30°
在Rt△APQ中，PQ=AP⋅tan30°=x，
∵PM=PQ，即2−2x=x，
2
解得x=
3
（4）分情况讨论：
①当点P在AD上运动时，即0<√3x≤√3,则0<x≤1,
线段MN交AB于点E，如图，
∵点M与点N关于AB对称，
∴PM=PN
∵MN⊥AB,PQ⊥AB，△PQM是等边三角形，
∴PQ=QM=PN=MN
∴四边形PNMQ是菱形，
由（3）可设，PQ=x=PM，∠MPD=30°，
1 √3
ME=PMsin30°= x,PE=PMcos30°= x
2 2
四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为梯形PDMQ，
∴y= 1 (MB+PQ)⋅PE= 1 × (1 x+x ) × √3 x= √3 x2 ，
2 2 2 2 8
当点P在DB上运动时，MN交AB于点E，如图，
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∵PQ∥CD
∴∠PQM=∠DCB=60°
∴线段QM在边BC上，
∵AP=√3x，
∴BP=2−√3x
在Rt△PBQ中，
√3
PQ=BP⋅tan30°=(2√3−√3x)× =2−x
3
∴PM=PQ=2−x，∠MPB=30
√3 1
∴PE=PMcos30°= (2−x)，ME=PMsin30°= (2−x)，
2 2
重叠部分为梯形PEMQ，
∴y= 1 (ME+PQ)⋅PE= 1 × (2−x +2−x ) × √3(2−x) = 3√3 (2−x) 2
2 2 2 2 8
此时√3<√3x<2√3，即1<x<2，
综上可知，y=¿
【点睛】此题是函数的动点问题，考查了图形旋转的性质、菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、
解直角三角形等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
题型 08 与三角形有关的新定义问题
22．（2023·四川遂宁·一模）定义1：如图1，若点H在直线l上，在l的同侧有两条以H为端点的线段MH、
NH，满足∠1=∠2，则称MH和NH关于直线l满足“光学性质”；
定义2：如图2，在△ABC中，△PQR的三个顶点P、Q、R分别在BC、AC、AB上，若RP和QP关于
BC满足“光学性质”，PQ和RQ关于AC满足“光学性质”，PR和QR关于AB满足“光学性质”，则称
△PQR为△ABC的光线三角形．
阅读以上定义，并探究问题：
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在△ABC中，∠A=30°，AB=AC，△≝¿三个顶点D、E、F分别在BC、AC、AB上．
(1)如图3，若FE∥BC，DE和FE关于AC满足“光学性质”，求∠EDC的度数；
(2)如图4，在△ABC中，作CF⊥AB于F，以AB为直径的圆分别交AC，BC于点E，D．证明：△≝¿为
△ABC的光线三角形．
【答案】(1)30°
(2)证明见解析
【分析】（1）说明∠AEF=∠DEC=75°，可得结论；
（2）①连接AD，证明AD⊥CB，利用等腰三角形的三线合一的性质证明BD=DC，∠BAD=∠CAD，
推出BD=DE=DF，再分别证明∠FDB=∠EDC=30°，∠AEF=∠DEC=75°，
∠AFE=∠DFB=75°，可得结论；
【详解】（1）解：∵∠A=30°，AB=AC，
1
∴∠C=∠B= ×(180°−30°)=75°，
2
∵FE∥BC，
∴∠AEF=∠C=75°，
∵DE和FE关于AC满足“光学性质”，
∴∠DEC=∠AEF=75°，
∴∠EDC=180°−∠C−∠DEC=180°−75°−75°=30°，
∴∠EDC的度数为30°；
（2）证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，∠A=30°，
∴∠B=∠ACB=75°，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∴BD=CD，∠BAD=∠CAD，
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∴B´D=D´E，
∴BD=DE，
∵CF⊥AB，
∴∠CFB=90°，
∵DB=DC，
∴DF=DB=DC，
∴DF=DB=DE=DC，
∴∠B=∠DFB=75°，∠DCE=∠DEC=75°，
∴∠FDB=∠EDC=30°，
∴DF，DE关于BC满足“光学性质”，
∵∠≝=180°−∠FDB−∠EDC=180°−30°−30°=120°，DE=DF，
∴∠≝=∠DFE=30°，
∴∠≝=∠EDC，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠ACB=75°，∠AFE=∠B=75°，
∴∠AFE=∠DFB=75°，∠AEF=∠DEC=75°，
∴FE，DE关于AC满足“光学性质”，EF，DF关于AB满足“光学性质”，
∴△≝¿是为△ABC的光线三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线等于
斜边的一半，三角形内角和定理，平行线的判定和性质，光线三角形的定义等知识．解题的关键是理解新
定义，灵活运用所学知识解决问题．
23．（2023·浙江宁波·二模）定义：两个相似三角形共边且位于一个角的平分线两侧，则称这样的两个相
似三角形为叠似三角形．
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1
(1)如图1，四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCD+ ∠BAD=180°，求证：△ACB和
2
△ADC为叠似三角形；
(2)如图2，△ACB和△ADC为叠似三角形，若AB∥CD，AD=4，AC=6，求四边形ABCD的周长；
(3)如图3，在△ABC中，D是BC上一点，连接AD，点E在AD上，且DE=DC，F为AC中点，且
EF
∠BEC=∠AEF，若BC=9，AE=4，求 的值．
BE
【答案】(1)见解析
(2)23
1
(3)
3
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记定理内容进行几
何推理是解题关键．
1 1
（1）根据 ∠BAD+∠D+∠DCA=180°，结合条件∠BCD+ ∠BAD=180°，可得
2 2
∠D+∠DCA=∠BCD；再由∠BCA+∠DCA=∠BCD可得∠D=∠BCA，即可求证；
AB AC
（2）由条件可推出AD=CD=4，AC=BC=6；再根据相似三角形的性质 = 求出AB的长度即可
AC AD
求解；
CG CE GE
（3）作CG∥AD，证△BEC∽△EGC得出 = = ；再证△AFE≌△CFG得出AE=CG=4，
CE BC BE
1
EF= EG．即可求解．
2
【详解】（1）证明：∵AC平分∠BAD，
1
∴∠DAC=∠CAB= ∠BAD
2
∵∠DAC+∠D+∠DCA=180°，
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1
∴ ∠BAD+∠D+∠DCA=180°
2
1
∵∠BCD+ ∠BAD=180°，
2
∴∠D+∠DCA=∠BCD
∵∠BCA+∠DCA=∠BCD
∴∠D=∠BCA，
∴△ACB ∽△ADC
∴△ACB和△ADC为叠似三角形
（2）解：∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠CAB
由（1）得：∠DAC=∠CAB
∴∠DAC=∠DCA
∴AD=CD=4
∵△ACB和△ADC为叠似三角形，
AB AC
∴∠DCA=∠CBA， = ，
AC AD
∴∠CBA=∠CAB，
AB 6
∴AC=BC=6， = ，
6 4
∴AB=9
四边形ABCD的周长为：AB+BC+CD+AD=9+6+4+4=23
（3）解：作CG∥AD，如图所示：
∵DE=DC，
∴∠DEC=∠DCE
∵CG∥AD
∴∠DEC=∠GCE,∠AEG=∠G
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∴∠DCE=∠GCE
∵∠BEC=∠AEF，
∴∠BEC=∠G
∴△BEC∽△EGC
CG CE GE
∴ = =
CE BC BE
∵F为AC中点，
∴AF=CF
又∠AEG=∠G，∠AFE=∠CFG
∴△AFE≌△CFG
∴AE=CG=4,EF=GF
1
即：EF= EG
2
∴CE=√CG×BC=6
EF 1 EG 1 CE 1 6 1
∴ = × = × = × =
BE 2 BE 2 BC 2 9 3
24．（2023·山东青岛·一模）定义：三角形一边中线的中点和该边的两个顶点组成的三角形称为中原三角
形．如图①，AD是△ABC的中线，F是AD的中点，则△FBC是中原三角形．
(1)求中原三角形与原三角形的面积之比（直接写出答案）．
(2)如图②，AD是△ABC的中线，E是边AC上的点，AC=3AE，BE与AD相交于点F，连接CF．求证：
△FBC是中原三角形．
(3)如图③，在（2）的条件下，延长CF交AB于点M，连接ME，求△FEM与△ABC的面积之比．
【答案】(1)中原三角形与原三角形的面积之比为1：2
(2)见解析
(3)△FEM与△ABC的面积之比为1：18
1 1 1
【分析】（1）由F是AD的中点，可得S = S ，S = S ，即有S = S ，故中原
△DFC 2 △DAC △DFB 2 △DAB △FBC 2 △ABC
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三角形与原三角形的面积之比为1：2；
（2）作CE的中点G，连接DG，由AD是△ABC的中线，可得DG是△BCE的中位线，CE=2EG，即得
BE∥DG，即EF∥DG，根据AC=3AE，CE=2AE，可得AE=EG，即得AF=DF，从而△FBC是
中原三角形；
（3）过D作DH∥CM交AB于H，由DH∥CM，D是BC中点，F是AD中点，可得AM=MH=BH，
AE 1 AM ME AE 1
即知 = = ，可得△AME∽△ABC，有∠AME=∠ABC， = = ，从而ME∥BC，
AC 3 AB BC AC 3
△MEF∽△CBF，即有
S
△FEM =
(ME) 2
=
(1) 2
=
1
，再根据S =
1
S ，即得△FEM与△ABC的面
S BC 3 9 △FBC 2 △ABC
△FBC
积之比．
【详解】（1）解：∵F是AD的中点，
1 1
∴S = S ，S = S ，
△DFC 2 △DAC △DFB 2 △DAB
1 1
∴S +S = S + S ，
△DFC △DFB 2 △DAC 2 △DAB
1
∴S = S ，
△FBC 2 △ABC
∴中原三角形与原三角形的面积之比为1：2；
（2）证明：作CE的中点G，连接DG，如图：
∵AD是△ABC的中线，
∴D是BC中点，
∵G是CE中点，
∴DG是△BCE的中位线，CE=2EG，
∴BE∥DG，即EF∥DG，
∵AC=3AE，
∴CE=2AE，
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∴AE=EG，
又∵EF∥DG，
∴AF=DF，即F是AD中点，
∴△FBC是中原三角形；
（3）解：过D作DH∥CM交AB于H，如图：
∵DH∥CM，D是BC中点，
∴BH=MH，
∵DH∥MF，F是AD中点，
∴AM=MH，
∴AM=MH=BH，
AM 1
∴ = ，
AB 3
∵AC=3AE，
AE 1 AM
∴ = = ，
AC 3 AB
又∵∠MAE=∠BAC，
∴△AME∽△ABC，
ME AE 1
∴∠AME=∠ABC， = = ，
BC AC 3
∴ME∥BC，
∴△MEF∽△CBF，
∴
S
△FEM =
(ME) 2
=
(1) 2
=
1
，
S BC 3 9
△FBC
∴S =9S ，
△FBC △FEM
1
由（1）知：S = S ，
△FBC 2 △ABC
1
∴9S = S ，
△FEM 2 △ABC
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1
∴S = S ，
△FEM 18 △ABC
∴△FEM与△ABC的面积之比为1：18．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例以及相似三角形的判定
和性质，正确理解新定义是解题的关键．
题型 09 与三角形有关的阅读理解问题
25．（2023·河南新乡·二模）阅读下列材料并并完成任务：
数学活动课上，老师让同学们探究用尺规作图作一条直线的平行线．如图1，已知在∠AOB中，点M、N
分别在射线OA、OB上，且OM＝ON，点P在线段OB上，求作直线PQ，使PQ∥MN．
小琦的作图方
法：如图2，连接MP，作∠QNP＝∠PMQ，NQ交OA于点Q，作直线PQ，则PQ∥MN．
（1）①通过师生讨论，小琦的解法得到赞同，下面是小琦不完整的证明过程请补充完成．
∵∠PMO=∠QNP，OM＝ON，∠O＝∠O，
∴ ，
∴ ，
1
∴∠OPQ= (180°−∠O)，
2
1
∵∠ONM= (180°−∠O)，
2
∴ ，
∴
小颖：我认为小琦的作图方法很有创意，但是太麻烦了，可以改进如下，作∠OMN的角平分线MC交OB
于点P，作MP的垂直平分线EG交OM于点Q，则PQ∥MN．…
任务：
(1)小琦得出△PMO≌△QNO的依据是 （填序号）．
①SSS ②SAS ③AAS ④ASA
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(2)小颖的作法正确吗？若正确，请加以证明；
(3)如图4，已知∠AOB＝30°，点M、N分别在射线OA、OB上，且OM＝ON，点P在线段OB上，
S
点Q是射线OA上的一动点，当∠PMQ=∠QNP=45°时，请直接写出 △OPQ 的值．
S
△PQM
【答案】(1)④
(2)正确，见解析
3+√3
(3)√3+1或
3
【分析】（1）①先根据ASA证明△PMO≌△QNO，可得OP＝OQ，由等边对等角可得
∠OPQ＝∠OQP，由三角形的内角和定理可得∠OPQ＝∠ONM，由平行线的判定可得结论；
②根据全等三角形的判定可解答；
（2）根据角平分线的定义和线段垂直平分线的性质可得∠QPM＝∠NMP，则PQ∥MN；
（3）分两种情况：点P在线段ON上或在线段ON的延长线上，作辅助线，构建直角三角形，分别计算
OQ和MQ，利用同高三角形面积的比等于对应底边的比可得结论．
本题是三角形的综合题，考查了角平分线定义，含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质和
判定，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【详解】（1）①∵∠PMO=∠QNP，OM＝ON，∠O＝∠O，
∴△PMO≌△QNO(ASA)，
∴OP＝OQ，
∴∠OPQ＝∠OQP，
1
∴∠OPQ= (180°−∠O)，
2
1
∵∠ONM= (180°−∠O)，
2
∴∠OPQ＝∠ONM，
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∴PQ∥MN．
故答案为：△PMO≌△QNO(ASA)，OP＝OQ，∠OPQ＝∠OQP，∠OPQ＝∠ONM PQ∥MN；
②故答案为：④．
（2）小颖的作法正确，理由如下：
由作图知：∠QMP＝∠NMP，
∵EG垂直平分MP，
∴MQ＝PQ，
∴∠QMP＝∠QPM，
∴∠QPM＝∠NMP，
∴PQ∥MN．
（3）分两种情况：
①如图4，当点P在线段ON上时，
∵∠O＝30°，OM＝ON，
∴∠OMN＝∠ONM＝75°，
∵∠PMQ＝45°，
∴∠MPN＝∠O+∠PMO＝30°+45°＝75°，
∴∠MPN＝∠MNP，
∴MN＝MP，
过点P作PF⊥OA于F，过点M作MG⊥OB于G，
设OM＝ON＝a，
Rt△MGO中，∠O＝30°，
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√3
∴OG= a，
2
∵MP＝MN，MG⊥ON，
√3
∴PG＝NG=ON−OG=a− a，
2
∵PQ∥MN，
∴MQ=PN=2a−√3a，
∴OQ＝OP=ON−PN=a−(2a−√3a)=√3a−a，
Rt△OFP中，∠O＝30°，
1 1
∴PF= OP= (√3a−a),
2 2
S OQ √3a−a
∴ △OPQ = = =√3+1；
S QM 2a−√3a
△PMQ
②如图5，当点P在线段ON的延长线上时，过点P作PF⊥OA于F，
设QG＝m，
∵∠O＝30°，
∴OQ=OP=2m,OG=√3m，
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∵∠PNQ＝45°，
∴QG＝NG＝m，
∴OM＝ON＝√3m−m，
∴MQ＝OQ−OM＝3m−√3m，
S OQ 2m 3+√3
∴∴ △OPQ = = = ．
S QM 3m−√3m 3
△PMQ
3+√3
综上可知：面积比是√3+1或 ．
3
26．（2023·河南南阳·二模）请阅读下列材料，完成相应的任务．
中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常采用倍长中线法添加辅助线．
所谓倍长中线法，即延长边上（不一定是底边）的中线，使所延长-部分与中线相等，以便构造全等三角
形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的一种方法．
如图①，在△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB=3，AC=5，求AD的长的取值范围．
解题思路：如图①，延长AD到点E，使DE=DA，连接CE，则可证得△ECD≌△ABD（依据），得出
EC=AB=3，在△ACE中，AE=2AD，AC=5，CE=3，即可得到AE的取值范围，进一步得到AD的
取值范围．
任务：
(1)上述解题思路中的“依据”是___________（填序号）
①SAS ②ASA ③AAS ④SSS ⑤HL
(2)如图②，在△ABC中，D为边BC的中点，已知AB=5，AC=3，AD=2，求BC的长．
BF 1
(3)如图③，在矩形ABCD中，AB=4√6，点E是CD边的中点，连接AE，点F在直线BC上，且 = ，
CF 2
若∠FAE=∠DAE，请直接写出CF的长．
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【答案】(1)①
(2)2√13
(3)4或4√3
【分析】（1）根据题意可得根据SAS，证明△ECD≌△ABD；
（2）延长AD到E，使DE=AD，连接CE，证明△ABD≌△ECD(SAS)，得出AB=CE=5，勾股定理求
得AE2+AC2=CE2，则△EAC为以CE为斜边的直角三角形，进而勾股定理求得DC，即可求解；
（3）分2种情况讨论，当F在线段BC上时，延长AE交直线BC于点G，当F在CB的延长线上时，证明
AF=FG，进而根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）根据题意可得△ECD≌△ABD的依据是SAS，
故选：①
（2）延长AD到E，使DE=AD，连接CE．
∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中，
¿
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴AB=CE=5，
∵AE=2AD=4，AC=3，CE=5，
∴AE2+AC2=CE2，
∴△EAC为以CE为斜边的直角三角形，
∴∠EAC=90°，
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∴DC=√AC2+AD2=√32+22=√13，
∴BC=2CD=2√13．
（3）解：如图所示，当F在线段BC上时，延长AE交直线BC于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∴∠D=∠ECG=90°，
又∵DE=EC,∠AED=∠GEC，
∴△ADE≌△GCE，
∴CG=AD，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠EGC,
∵∠FAE=∠DAE，
∴∠FAE=∠FGA
∴FA=FG，
BF 1
∵ = ，
CF 2
设BF=x，则CF=2x，
∴FG=FC+CG=2x+3x=5x，
∴FA=5x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
∴(4√6) 2+x2=(5x) 2，
解得：x=2（负值舍去），
∴CF=2x=4；
如图所示，当F在CB的延长线上时，
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同理可得AF=FG，
设FB=x，则CF=2x，CG=AD=BC=x，
∴AF=FG=3x，
在Rt△ABF中，AF2=FB2+AB2，
(3x) 2=x2+(4√6) 2 ，
解得：x=2√3（负值舍去），
∴CF=2x=4√3；
综上所述，CF的长为4或4√3．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握倍长中线法证明全等三
角形是解题的关键．
27．（2023·山西忻州·模拟预测）阅读与思考
如图是小强同学的数学课堂笔记本，请仔细阅读，并完成相应的任务．
平面直角坐标系与直角三角形
x年×月ⅹ日星期三
原理：根据直角三角形的定义，性质，判定，以直角三角形顶点分三种情况进行分类讨论
口诀：“两线一圆”
作图：举例如下：已知A(3，0)、B(0，4)，在直线x=1上求点C，使得△ABC为直角三角形．以下分
三种情况讨论：
情况一：当A为直角顶点时，过点A作AB的垂线l交直线x=1于点C，则交点即为所求点C．如图①，有
C 一个点；
1
情况二：当B为直角顶点时，过点B作AB的垂线l交直线x=1于点C，则交点即为所求点C．如图②，有
C 一个点；
2
情况三：当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，则该圆与直线x=1的交点即为所求点C．如图③，有C ，
3
C 两个点；
4
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方法：一、几何法：构造“K型”或“一线三垂直”相似；
二、代数法：两点间的距离公式，列方程，解方程，检验根；
三、解析法：求垂线解析式，联立方程组求交点．
任务：
(1)上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是 （从下面选项中选出两个即可）；
A．数形结合 B．统计思想 C．分类讨论 D．转化思想
(2)选择一种课堂笔记本中记载的方法，求出“情况一”中C 的坐标．
1
(3)直接写出“情况二”中C 的坐标 ；
2
(4)请你写出在“情况三”中，确定C 、C 的坐标位置及求坐标过程中，所依据的数学定理或原理（写出
3 4
一个即可）．
【答案】(1)AC
( 3)
(2)C 1，−
1 2
( 19)
(3)C 1，
2 4
(4)C (1，2+√6)，C (1，2−√6)，所依据的定理为：直径所对的圆周角是直角
3 4
【分析】（1）根据题意可知运用了数形结合和分类讨论的思想；
（2）设C (1，m)，利用勾股定理分别表示出AC ，BC ，AB，进而利用勾股定理建立方程求解即可；
1 1 1
（3）（4）仿照（2）利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：根据题意可知，上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是数形结合和分类
讨论的思想，
故选AC；
（2）解：设C (1，m)，
1
∵A(3，0)、B(0，4)，
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∴AC 2=(3−1) 2+(0−m) 2=m2+4，BC 2=(0−1) 2+(4−m) 2=m2−8m+17，
1 1
AB2=(3−0) 2+(0−4) 2=25，
∵AB⊥AC ，
1
∴AB2+AC 2=BC 2
，
1 1
∴25+m2+4=m2−8m+17，
3
解得m=− ，
2
( 3)
∴C 1，− ；
1 2
（3）解：设C (1，n)，
2
同（2）得AC 2=n2+4，BC 2=n2−8n+17，AB2=25，
2 2
∵AB⊥BC ，
2
∴AB2+BC 2=AC 2
，
2 2
∴m2+4=m2−8m+17+25，
19
解得m= ，
4
( 19)
∴C 1， ；
2 4
（4）解：设C (1，s)，
3
同（2）得AC 2=n2+4，BC 2=n2−8n+17，AB2=25，
3 3
∵AC ⊥BC ，
3 3
∴AC 2+BC 2=AB2 ，
3 3
∴m2+4+m2−8m+17=25，
解得m=2+√6或m=2−√6（舍去），
∴C (1，2+√6)；
3
同理可得C (1，2−√6)；
4
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∵直径所对的圆周角是直角，
∴当点C在以AB为直径的圆上时，一定有∠ACB=90°，
∴所依据的定理为：直径所对的圆周角是直角．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，利用两点距离公式建立方程求解是解题的关键．
题型 10 与三角形有关的存在性问题
28．（2023·浙江金华·三模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4．点D为AC的中点，点E
为折线A−B−C上一动点，连接DE，以DE为边作正方形DEFG（点F为点D绕点E顺时针旋转90°得
到），直线FG与直线BC，AC的交点分别为M，N．
(1)当点E在线段AB上时，
①若AE=ED，求此时AE的长；
②若直线FG过点C，求此时正方形DEFG的面积；
(2)是否存在点E，使得△CMN是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长，若不存在，请说明理由．
25
【答案】(1)①AE= ；②正方形DEFG的面积为5
12
25 5 5 25
(2)存在，△CMN的腰长为 或 或 或
6 48 6 384
【分析】（1）①作EF⊥AC，解直角三角形AEF即可求得结果；
②作作EH⊥AC于H，作GQ⊥AC于Q，可证得△EHD≌△DQG，从而GQ=DH，DQ=EH，故设
5 5
AE=5x，则DQ=EH=4x，AH=3x，GQ=DH= −3x，求出CQ=CD−DQ= −4x，由
2 2
GQ CQ
tan∠CDG=tan∠CGQ可得 = ，从而列式计算即可；
DO GQ
AE AD 5
（2）分为四种情形：当点E在AB上，CM=CN时，可得出ED是∠ADR的平分线，从而 = = ，
ER DR 4
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DE ER
可求得ER，根据DE2=ER2+DR2可求得DE，根据△DER∽△NDG，得出 = ，进而求得DN，
DN DG
CN CM
进一步得出结果；当点E在B处时，可求得BM，进而求得CM，根据DE∥FG，列出 = ，进而
CD BC
求得结果；当点E在BC上，CD=CE时，作CH⊥DE于H，交FG于X，设XN=x，则XC=3x，设
DH=a，则HX=2a，CH=3a，从而得出a=3x，可证得△CXN∽△DGN，利用相似三角形的性质即
可求得CN；当DE=CE时，可得CM=MN，作ET⊥AC于T，作DH⊥BC于H，可求得CT，从而得
DH DE
出DE，EF，CE，根据△DHE∽△EFM，得出 = ，求出EM，进一步得出结果．
EF EM
【详解】（1）解：①如图1，
AI
作EF⊥AC于F，
∵∠ABC=90°，AB=3，BC=4，
∴AC=5，
AB 3
∴cos∠A= = ，
AC 5
∵D是AC的中点，
5
∴AD= ，
2
∵AE=DE，
1 5
∴AF=FD= AD= ，
2 4
5
AF 4 25
∴AE= = = ；
cos∠A 3 12
5
②如图2，
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作EH⊥AC于H，作GQ⊥AC于Q，
∴∠EHD=∠DQG=90°，
∴∠EDH+∠DEH=90°，
∵∠EDG=90°，
∴∠EDH+∠QDG=90°，
∴∠DEH=∠QDG，
∵DE=DG，
∴△EHD≌△DQG(AAS)，
∴GQ=DH，DQ=EH，
5
设AE=5x，则DQ=EH=4x，AH=3x，GQ=DH= −3x，
2
5
∴CQ=CD−DQ= −4x，
2
同理可得：∠CDG=∠CGQ，
∴tan∠CDG=tan∠CGQ，
GQ CQ
∴ = ，
DO GQ
∴GQ2=DQ⋅CQ，
(5 ) 2 (5 )
∴ −3x =4x⋅ −4x ，
2 2
1
∴x =x = ，
1 2 2
5
∴EH=4x=2，DH= −3x=1，
2
∴DE2=EH2+DH2=5，
∴正方形DEFG的面积为5；
（2）存在点E，使△CMN是等腰三角形；
如图3，
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当点E在AB上，CM=CN时，则∠N=∠CMN，
∵DE∥FG，
∴∠N=∠ADE，
∵∠F=∠EBM=90°，
∴∠FEB=∠CMN，
作DR⊥AB于R，
∴∠FED=∠DRE=90°，
∴∠FEB+∠DER=∠DER+∠EDR，
∴∠EDR=∠FEB，
∴∠ADE=∠EDR，
∴ED是∠ADR的平分线，
AE AD 5
∴ = = ，
ER DR 4
1 3
∵AR= AB= ，
2 2
3 4 2
∴ER= × = ，
2 5+4 3
4 40
∴DE2=ER2+DR2= +4= ，
9 9
∵∠EDR=∠N，∠ERD=∠DGN=90°，
∴△DER∽△NDG，
DE ER
∴ = ，
DN DG
∵DE=DG，
∴DE2=DN⋅ER，
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40
DE2 9 20
∴DN= = = ，
ER 2 3
3
20 5 25
∴CN=DN−DC= − = ，
3 2 6
如图4，
当点E在B处时，
∵DE∥FG，
∴∠CMN=∠DBC，
∵BD=CD，
∴∠DBC=∠DCB=∠MCN，
∴∠CMN=∠MCN，
∴CN=MN，
5
EF BD 2 25
∵BM= = = = ，
sin∠BMF sin∠ACB 3 6
5
1
∴CM=BM−BC= ，
6
∵DE∥FG，
CN CM
∴ = ，
CD BC
1
CN 6
∴ = ，
5 4
2
5
∴CN= ，
48
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如图5，
当点E在BC上，CD=CE时，则∠CNM=∠CDE=∠CED=∠CMN，
∴CM=CN，
作CH⊥DE于H，交FG于X，
2
由（2）如图3可知： 1 3 1，
tan= ∠ACB=tan∠EDT= =
2 2 3
设XN=x，则XC=3x，设DH=a，则HX=2a，CH=3a，
∴a=3x，
∴DG=DE=2DH=6x，
∵CX∥DG，
∴△CXN∽△DGN，
CN CX 3x 1
∴ = = = ，
DN DG 6x 2
1 5
∴CN= DC= ，
3 6
如图6，
当DE=CE时，则∠CNM=∠EDC=∠DCE=∠MCN，
∴CM=MN，
作ET⊥AC于T，作DH⊥BC于H，
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1 5
∴CT= CD= ，
2 4
5
CT 4 25
∴DE=EF=CE= = = ，
cos∠ACB 4 16
5
由上知：△DHE∽△EFM，
DH DE
∴ = ，
EF EM
3 25
2 16
∴ = ，
25 EM
16
625
∴EM= ，
384
625 25 25
∴CM=EM−CE= − = ，
384 16 384
25 5 5 25
综上所述：△CMN的腰长为 或 或 或 ．
6 48 6 384
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解
直角三角形等知识，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论．
29．（2024·广东湛江·一模）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，
AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB=BE．求证：△ACB≌△BDE；
3
【类比迁移】（2）如图2，点A(−3,a)在反比例函数y= 图象上，连接OA，将OA绕点O逆时针旋转
x
k k
90°到OB，若反比例函数y= 经过点B．求反比例函数y= 的解析式；
x x
【拓展延伸】（3）如图3抛物线y=x2+2x−3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于
C点，已知点Q(0,−1)，连接AQ，抛物线上是否存在点M，便得∠MAQ=45°，若存在，求出点M的横
坐标．
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3 (3 9)
【答案】（1）见解析；（2）y=− ；（3）M的坐标为 , 或(−1,−4)．
x 2 4
【分析】（1）根据题意得出∠C=∠D=∠ABE=90°，∠A=∠EBD，证明△ACB≌△BDE(AAS)，
即可得证；
（2）如图2，分别过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C，D．求解A(−3,−1)，AC=1，
k
OC=3．利用△ACO≌△ODB，可得B(1,−3)；由反比例函数y= 经过点B(1,−3)，可得k=−3，可
x
得答案；
（3）如图3，当M点位于x轴上方，且∠MAQ=45°，过点Q作QD⊥AQ，交MA于点D，过点D作
DE⊥y轴于点E．证明△AQO≌△QDE，可得AO=QE，OQ=DE，可得D(1,2)，求解
AM：y=
1
x+
3
，令
1
x+
3
=x2+2x−3， 可得M的坐标为
(3
,
9)
；如图，当M点位于x轴下方，且
2 2 2 2 2 4
∠MAQ=45°，同理可得D(−1,−4)，AM为y=−2x−6．由−2x−6=x2+2x−3，可得M的坐标是
(−1,−4)．
【详解】证明：（1）如图，
∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠C=∠D=∠ABE=90°，
∴∠ABC+∠A=90°,∠ABC+∠EBD=90°，
∴∠A=∠EBD，
又∵AB=BE，
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∴△ACB≌△BDE(AAS)．
（2）①如图2，分别过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C，D．
3
将A(−3,a)代入y= 得：a=−1，
x
∴A(−3,−1)，AC=1，OC=3．
同（1）可得△ACO≌△ODB，
∴OD=AC=1，BD=OC=3，
∴B(1,−3)，
k
∵反比例函数y= 经过点B(1,−3)，
x
∴k=−3，
3
∴y=− ；
x
（3）存在；
如图3，当M点位于x轴上方，且∠MAQ=45°，过点Q作QD⊥AQ，交MA于点D，过点D作
DE⊥y轴于点E．
∵∠MAQ=45°，QD⊥AQ，
∴∠MAQ=∠ADQ=45°，
∴AQ=QD，
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∵DE⊥y轴，QD⊥AQ，
∴∠AQO+∠EQD=∠EQD+∠QDE=90°，∠AOQ=∠QED=90°，
∴∠AQO=∠QDE，
∵AQ=QD，
∴△AQO≌△QDE，
∴AO=QE，OQ=DE，
令y=x2+2x−3=0，得x =−3，x =1，
1 2
∴AO=QE=3，又Q(0,−1)，
∴OQ=DE=1，
∴D(1,2)，
设AM为y=kx+b，则¿
解得：¿，
1 3
∴AM：y= x+
2 2
1 3 3
令 x+ =x2+2x−3，得x = ，x =−3(舍去)，
2 2 1 2 2
3 (3) 2 3 9
当x= 时，y= +2× −3= ，
2 2 2 4
(3 9)
∴M , ；
2 4
如图，当M点位于x轴下方，且∠MAQ=45°，
同理可得D(−1,−4)，AM为y=−2x−6．
由−2x−6=x2+2x−3，得x =−1，x =−3(舍去)
1 2
∴当x=−1时，y=(−1) 2+2×(−1)−3=−4，
∴M(−1,−4)．
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(3 9)
综上：M的坐标为 , 或(−1,−4)．
2 4
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，反比例函数的应用，二次函数的性质，一元二次方程的
解法，熟练的利用类比的方法解题是关键．
题型 11 三角形与几何图形综合
30．（2024·四川达州·模拟预测）【问题发现】
（1）如图1，在△OAB中，OB=3，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得OA'B'，连接BB'，则BB'=
________．
【问题探究】
（2）如图2，已知△ABC是边长为4√3的等边三角形，以BC为边向外作等边△BCD，P为△ABC内一点，
连接AP，BP，CP，将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得△DQC，求PA+PB+PC的最小值；
【实际应用】
（3）如图3，在长方形ABCD中，边AB=10，AD=20，P是BC边上一动点，Q为△ADP内的任意一
点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出此时PQ的长，若不存在，
请说明理由．
10√3
【答案】（1）3√3；（2）12；（3）10−
3
【分析】（1）作OC⊥BB'于C，由旋转的性质可得∠BOB'=120°，OB=OB'=3，由等腰三角形的性
质及三角形内角和定理可得∠OBB'=∠OB'B=30°，BC=B'C，再由含30°角的直角三角形的性质及勾
股定理计算即可得出BB'=3√3；
（2）如图，连接PQ，由旋转的性质可得∠QCP=60°，CP=CQ，PB=QD，则△PCQ是等边三角形，
可得PC=PQ，即可得到PA+PB+PC=PA+PQ+DQ，故当点D、Q、P、A共线时，PA+PQ+DQ
最小，最小值为AD的长，连接AD，作DE⊥AC于交AC延长线于E，求出∠CDE=30°，则
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1
CE= CD=2√3，进一步求出DE=6，AE=6√3，则AD=√DE2+AE2=12，即PA+PB+PC的最小
2
值为12；
（3）如图所示，将△AQD绕点A逆时针旋转60°得到△AEH，连接DH，QE，同（2）可得当
H、E、Q、P四点共线，且HP⊥BC时，HE+EQ+PQ的值最小，即此时AQ+DQ+PQ最小；设
1 √3 10√3
此时PQ交AD于G，证明PH⊥AD，则由三线合一定理得到AG= AD=10，则QG= AG= ；
2 3 3
10√3
再证明四边形ABPG是矩形，得到PG=AB=10，则PQ=PG−QG=10− ．
3
【详解】解：（1）如图，作OC⊥BB'于C，
∵在△OAB中，OB=3，将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到三角形OA'B'，
∴∠BOB'=120°，OB=OB'=3，
∴∠OBB'=∠OB'B，
∵∠OBB'+∠OB'B+∠B'OB=180°，
180°−∠BOB'
∴∠OBB'=∠OB'B= =30°，
2
∵OC⊥BB'，
∴∠OCB'=90°，BC=B'C，
1 3
∴OC= OB'= ，
2 2
3√3
∴B'C=BC=√OB'2−OC2=
2
∴BB'=B'C+BC=3√3，
故答案为：3√3；
（2）如图，连接PQ，
∵将△BPC绕点C逆时针旋转60°得△DQC，
∴∠QCP=60°，CP=CQ，PB=QD，
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∴△PCQ是等边三角形，
∴PC=PQ，
∴PA+PB+PC=PA+PQ+DQ，
∴当点D、Q、P、A共线时，PA+PQ+DQ最小，最小值为AD的长，
连接AD，作DE⊥AC于交AC延长线于E，
∵∠DCB=∠BCA=60°，△ABC边长为4√3，
∴∠DCE=180°−∠DCB−∠BCA=60°，AC=CD=4√3，
∴∠CDE=90°−∠DCE=30°，
1
∴CE= CD=2√3，
2
∴DE=√CD2−CE2=6，AE=CE+AC=6√3，
∴AD=√DE2+AE2=12，
∴ PA+PB+PC的最小值为12；
（3）如图所示，将△AQD绕点A逆时针旋转60°得到△AEH，连接DH，QE，
∴∠HAD=∠EAQ=90°，EA=QA，HA=DA，HE=QD，
∴△ADH，△AQE都是等边三角形，
∴QA=QE，
∴AQ+DQ+PQ=HE+EQ+PQ，
∴当H、E、Q、P四点共线，且HP⊥BC时，HE+EQ+PQ的值最小，即此时AQ+DQ+PQ最小；
设此时PQ交AD于G，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴PH⊥AD，
1
∴AG= AD=10，
2
√3 10√3
∴QG= AG= ；
3 3
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∵∠B=90°，AG⊥PG，BP⊥PG，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB=10，
10√3
∴PQ=PG−QG=10− ．
3
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度
角的直角三角形的性质，解题的关键在于利用旋转构造等边三角形，从而把三条不在一条直线的线段之和
的问题，转换成几点共线求线段的最值问题是解题的关键．
31．（2023·广西·三模）知识回顾
例如，在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的倍长中线方式，将三角形转化为平行四边形使问题
得以解决．
实践操作
如图②，在梯形ABCD中，AD∥BC，F是腰DC的中点，请你延长AF交BC延长线于点M，我们易证
△ADF≌△MCF（自行补充图形）．
数学发现
如图③，在梯形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是两腰AB、DC的中点，我们把EF叫做梯形ABCD的
中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想EF和AD、BC有怎样的位置和数量关系？ （用字母及符
号表示） ．
证明猜想
请结合“实践操作”完成猜想的证明．
已知：
求证：
证明：
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实际应用
如图，在 ▱ABCD中，AB=5，BC=8，E是边BC的中点，F是 ▱ABCD内一点，且∠BFC=90°. 连
接AF并延长，交CD于点G，若EF∥AB，求DG的长．
1
【答案】数学发现：EF∥AD∥BC，EF= (BC+AD)，证明见解析；实际应用：2
2
【分析】数学发现：连接AF并延长，交BC的延长线于点M，证明 △ADF≌△MCF(AAS)，得到
1
AD=MC，AF=MF，在△ABM中，利用三角形的中位线可得EF∥BM，EF= BM，进而可得结论；
2
1
实际应用：由题意可知EF是梯形ABCG的中位线，根据梯形的中位线定理可得EF= (AB+CG)，求出
2
CG，再根据平行四边形的性质得CD=AB=5，最后根据线段的和差即可求解．
【详解】数学发现：
已知：如图，AD∥BC，E、F分别是两腰AB、DC的中点，连接EF．
1
求证：EF∥AD∥BC和EF= (BC+AD)．
2
证明：如图，连接AF并延长，交BC的延长线于点M．
∵ AD∥BC，
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∴∠M=∠DAF，
∵F是DC的中点，
∴ DF=CD，
∵∠AFD=∠MFC，
∴ △ADF≌△MCF(AAS)，
∴AD=MC，AF=MF，
∴点F是AM的中点，又点E是AB的中点，
∴ EF是△ABM的中位线，
1
∴EF∥BM，EF= BM，
2
1 1
∴ EF= (MC+BC)= (AD+BC)，
2 2
∵ AD∥BC，EF∥BC，
∴EF∥AD，
1
∴EF∥AD∥BC，EF= (BC+AD)；
2
实际应用：
∵ E是边BC的中点，且∠BFC=90°，BC=8，
1
∴ Rt△BCF中，EF= BC=4，
2
∵ EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，
∴ F是AG的中点，
∴ EF是梯形ABCG的中位线，
1
∴ EF= (AB+CG)，
2
∵ AB=5，
∴CG=2EF−AB=4×2−5=3，
又∵CD=AB=5，
∴DG=CD−CG=5−3=2．
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【点睛】本题考查了三角形的中位线，梯形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行四边
形的性质，解题的关键是添加辅助线，利用转化的思想解决问题．
32．（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）综合与实践
旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与我们所学过的全等三角形等等数学知识相结合来解决问题，
有时我们还能从中探索学习一些新知．小苗在研究三角形旋转过程中，进行如下探究：如图，已知正方形
ABCD和正方形AEFG．
观察猜想：
GD
（1）在图1中，点E，F，G分别在边AB，AC，AD上，直接写出 = ；
FC
实践发现：
（2）将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图2所示位置，连接DG，FC，请问（1）中的结论是否发生变
化？并加以证明：
联系旧知：
（3）如果正方形ABCD的边长为5，正方形AEFG的边长为3．将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图3
√2
所示位置，连接EG交AB于点M，交AC于点N，若NG= ，直接写出EM的长 ；
2
探求新知：
（4）在（3）的条件下，当正方形AEFG绕点A顺时针旋转至点E，F，B三点共线时，直接写出CG的长
．
√2
【答案】（1）
2
（2）（1）中的结论不变，证明见解析
6√2
（3） ；
5
（4）√17或√65
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质证明AF=√2AG，再由FG∥DC根据平行线分线段成比例
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AG AF GD AG √2
定理得 = ，则 = = ；
GD FC FC AF 2
GD AD √2
（2）连接AF，证明△DAG∽△CAF，则 = = ，即可证明（1）中的结论不变；
FC AC 2
（3）先由AE=AG=3，∠EAG=90°，求得∠AEM=∠AGN=45°，EG=3√2，将△AGN绕点A沿
√2
顺时针方向旋转90°，得到△AEH，连接MH，则∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，HE=NG= ，
2
√2 5√2
再证明△MAH≌△MAN，得MH=MN，设EM=x，则MH=MN=3√2− −x= −x，根据
2 2
H E2+EM2=M H2列方程求出x的值即可；
（4）当E，F，B三点共线时，可由∠AEB=90°，AB=5，AE=3，根据勾股定理求得BE=4；CG的
长存在两种情况，一是点F在线段BE上，作GQ⊥AB于点Q，GR⊥BC于点R，四边形BRGQ是矩形，
AQ GQ AG 3 3 12 3 9
可证明△GAQ∽△ABE，得 = = = ，所以AQ= ×4= ，GQ= ×3= ，求得GR和
BE AE BA 5 5 5 5 5
CR的长，再根据勾股定理求出CG的长；二是点E在线段BF上，作GQ⊥CD交CD的延长线于点Q，
GR⊥AD于点R，则四边形DRGQ是矩形，由∠ARG=90°，得∠GAR=∠BAE=90°−∠DAE，则
AR 3 GR 4 3 9
=cos∠GAR=cos∠BAE= ， =sin∠GAR=sin∠BAE= ，所以AR= ×3= ，
AG 5 AG 5 5 5
4 12
GR= ×3= ，求得GQ和CQ的长，再根据勾股定理求出CG的长．
5 5
【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴∠AGF=∠D=90°，AG=FG，AD=CD，
∴AF=√AG2+FG2=√AG2+AG2=√2AG，
∵FG∥DC，
AG AF
∴ = ，
GD FC
GD AG 1 √2
∴ = = = ．
FC AF √2 2
(2)不变．证明如下：
如图，连接AF，
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∵ 四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
180°−90°
∴∠DAC=∠DCA= =45°，AC=√AD2+CD2=√AD2+AD2=√2AD，
2
AD √2
∴ = ，
AC 2
AG √2
同理可证∠GAF=∠GFA=45°， = ，
AF 2
AD AG
∴ = ，
AC AF
∵∠DAG=∠DAC−∠GAC，∠CAF=∠GAF−∠GAC，
∴∠DAG=∠CAF，
∴△DAG~△CAF，
GD AD √2
∴ = = ，
FC AC 2
∴（1）中的结论不变．
(3) 如图3，
∵AE=AG=3，∠EAG=90°，
∴∠AEM=∠AGN=45°，EG=√AE2+AG2=√32+32=3√2，
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将△AGN绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到△AEH，连接MH，
√2
∴∠EAH=∠GAN，AH=AN，∠AEH=∠AGN=45°，HE=NG= ，
2
∴∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，
∵AB=BC，∠B=90°，
∴∠MAN=∠BCA=45°，
∴∠MAH=∠EAM+∠EAH=∠EAM+∠GAN=45°，
∴∠MAH=∠MAN，
∵AM=AM，
∴△MAH≌△MAN(SAS)，
∴MH=MN，
√2 5√2
设EM=x，则MH=MN=3√2− −x= −x，
2 2
∵H E2+EM2=M H2，
2 2
∴ (√2) +x2= (5√2 −x ) ，
2 2
6√2
解得x= ，
5
6√2
∴EM的长为 ；
5
(4) 如图4，
E，F，B三点共线且点F在线段BE上，作GQ⊥AB于点Q，GR⊥BC于点R，则∠CRG=90°，
∵∠E=90°，AB=5，AE=3，
∴BE=√AB2−AE2=√52−32=4，
∵∠AQG=∠E=∠EAG=90°，
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∴∠GAQ=∠ABE=90°−∠BAE，
∴△GAQ∽△ABE，
AQ GQ AG 3
∴ = = = ，
BE AE BA 5
3 12 3 9
∴AQ= ×4= ，GQ= ×3= ，
5 5 5 5
∵∠GQB=∠QBR=∠GRB=90°，
∴四边形BRGQ是矩形，
12 13 9
∴GR=BQ=5− = ，BR=GQ= ，
5 5 5
9 16
∴CR=5− = ，
5 5
∴CG=√GR2+CR2=
√ (13) 2
+
(16) 2
=√17；
5 5
如图5，
E，F，B三点共线且点E在线段BF上，作GQ⊥CD交CD的延长线于点Q，GR⊥AD于点R，
∵∠AEB=90°，AB=5，AE=3，
∴BE=4，
∵∠ARG=90°，∠GAR=∠BAE=90°−∠DAE，
AR 3 GR 4
∴ =cos∠GAR=cos∠BAE= ， =sin∠GAR=sin∠BAE= ，
AG 5 AG 5
3 9 4 12
∴AR= ×3= ，GR= ×3= ，
5 5 5 5
9 16
∴DR=5− = ，
5 5
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∵∠Q=∠RDQ=∠DRG=90°，
∴四边形DRGQ是矩形，
16 12
∴GQ=DR= ，DQ=GR= ，
5 5
12 37
∴CQ=5+ = ，
5 5
√ 16 2 37 2
∴CG=√GQ2+CQ2= ( ) +( ) =√65，
5 5
∴CG的长为√17或√65．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、全等三角形的
判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的
运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
题型 12 三角形与函数综合
33．（2023·宁夏银川·二模）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面
积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面
积相等”等性质解决有关数学问题．在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，
解题过程简便快捷．
请用等面积法的思想解决下列问题：
(1)在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为______．
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6
(2)如图1，反比例函数y=− (x>0)的图像上有一点P，PA⊥x轴于点A，点B在y轴上，则△PAB的面
x
积为______．
(3)如图2，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分别为
1
h ，h ，h ，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知 a(h +h +h )=S =3S ，可得
1 2 3 2 1 2 3 △ABC △OAB
√3
h +h +h = a；如图3，若P是边长为4的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE各
1 2 3 2
边距离分别为h ，h ，h ，h ，h ，参照上面的探索过程，求h +h +h +h +h 的值．（参考数据：
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
2 3
tan36°≈ ，tan54°≈ ）
3 2
(4)如图4，已知⊙O的半径为1，点A为⊙O外一点，OA=2，AB切⊙O于点B，弦BC∥OA，连接
AC，求图中阴影部分的面积．（结果保留π）
(5)我国数学家祖暅，提出了一个祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在
所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．如图所示，某帐篷的造型是两个全等圆柱
垂直相交的公共部分的一半（这个公共部分叫做牟合方盖），其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半
圆．用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，且该正方形的面积恰好等
于与帐篷同底等高的正四棱柱中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥后同高度截面的面积（图8中阴影部
1
分的面积），因此该帐篷的体积为______．（正棱锥的体积V = 底面积×高）
3
12
【答案】(1) ；
5
(2)3；
(3)15；
π
(4) ；
6
4
(5) ．
3
【分析】
本题考查三角形的综合应用，熟练掌握正五边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，圆的切
线性质，扇形的面积公式，棱柱的体积，棱锥的体积公式是解题的关键．
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（1）先求斜边，再利用等面积法，求出斜边上的高；
1 1
（2）AP∥y轴，则结合反比例函数的重要性质可得S = |xy|= |k|=3；
PAO 2 2
1
（3）由题可知S = ×AB×(h +h +h +h +h )，连接OE、OD，过O作OO⊥ED交于Q，
正方形ABCDE 2 1 2 3 4 5
1 OQ 3 OQ
根据正五边形的性质可求∠QDO=54°,DQ= DE=2,在 Rt△DOQ中，tan54°= ,即 = ,求
2 DQ 2 2
1 1
出 OQ=3,则 S = ×4×3×5=30， 再 由 方 程 ×AB×(h +h +h +h +h )=30， 可 得
正方形ABCDE 2 2 1 2 3 4 5
h +h +h +h +h =15；
1 2 3 4 5
（4）过A点作AE⊥OC交延长线于E，可证得△OBC是等边三角形，再由 S =S ，即可求解；
阴影 扇形OBC
（5）连接BD，则BD=2,再由四边形ABCD是正方形，求出AB=√2,根据 V =V −V 求
帐篷 正四棱柱 正四棱锥
解即可．
【详解】（1）
解：根据勾股定理，斜边长为：√32+42=5,
设斜边上的高为h，根据等面积法：
1 1
×3×4= ×5×h,
2 2
12
解得：h= ．
5
（2）
解：连接OP，如图：
∵PA⊥x轴，
∴PA∥y轴，
∴S =S ，
△PAB △PAO
1 1
∴△PAB的面积为： ×|x||y|= |k|=3．
2 2
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（3）
1
S = ×AB×(h +h +h +h +h )，
正方形ABCDE 2 1 2 3 4 5
如图3，连接OE、OD，过O作OQ⊥ED交于Q，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形的每一内角为108°,
∴∠QDO=54°,OD=OE,
1
∴DQ= DE=2,
2
OQ
在Rt△DOQ中，tan54°= ,
DQ
3 OQ
∴ = ,
2 2
∴OQ=3,
1
∴S = ×4×3×5=30，
正方形ABCDE 2
1
∴ ×AB×(h +h +h +h +h )=30，
2 1 2 3 4 5
∴h +h +h +h +h =15．
1 2 3 4 5
（4）
解：如图4，过A点作AE⊥CO交延长线于E，
∵AB是圆O的切线，
∴∠OBA=90°,
∴OA=2,OB=1,
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∴AB=√3,∠OAB=30°,
∴∠AOB=60°,
∴BC∥OA,
∴∠OBC=∠AOB=60°，
∵OB=OC,
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°,
过点O作OG⊥BC于点G，如图：
∵BC∥OA，
∴OG是△COB,△ABC的高，
∴S =S ，
△ABC △COB
60×π×1 π
S =S = = ．
阴影 扇形AOB 360 6
（5）
解：如图7，连接BD，
∵BD是圆O的直径，
∴BD=2,
∵四边形ABCD是正方形，
∵AB=√2,
1 4
∴V =V −V =(√2) 2 ×1− ×(√2) 2 ×1= ．
帐篷 正四棱柱 正四棱锥 3 3
34．（2023·山东聊城·二模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点
A的坐标为(−1,0)，与y轴交于点C(0,−3)，直线CD:y=2x−3与x轴交于点D．动点M在抛物线上运动，
过点M作MP⊥x轴，垂足为点P，交直线CD于点N．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P在线段OD上时，△CDM的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理
由；
(3)点M在运动过程中，能否使以C，N，M为顶点的三角形是以NM为腰的等腰直角三角形？若存在，
请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3；
45
(2)存在，最大值为 ；
16
(3)不存在．理由见解析．
【分析】
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质等知识点．
（1）利用待定系数法求解即可；
3
（2）设P(p，0)，且0<p≤ ，求得M(p，p2−2p−3)，N(p，2p−3)，MN=−p2+4 p，利用三
2
角形的面积公式列出关于p的二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
（3）当△CMN是以NM为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点(−1,0)和(0,−3)，
∴¿，
解得¿，
∴抛物线的表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：对于直线CD:y=2x−3，
3
令y=0，则x= ，
2
(3 )
∴D ，0 ，
2
3
设P(p，0)，且0<p≤ ，
2
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∴M(p，p2−2p−3)，N(p，2p−3)，
∴MN=2p−3−(p2−2p−3)=−p2+4 p，
1 3 3
∴S = MN×(x −x )=− (p2−4 p)=− (p−2) 2+3，
△CDM 2 D C 4 4
3
∵− <0，对称轴为直线p=2，
4
∴p≤2时，S 的值随p的增大而增大，
△CDM
3 45
∴当p= ，S 有最大值，最大值为 ；
2 △CDM 16
（3）解：∵MP⊥x轴，
∴当△CMN是以NM为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，
∴M点纵坐标为−3，
∴x2−2x−3=−3，
解得x=0或x=2，
当x=0时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
当x=2时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
点M的坐标为(2，−3)，点N的坐标为(2，1)，
此时，CM=2，MN=1−(−3)=4，
CM≠MN，则△CMN不是以NM为腰的等腰直角三角形，
∴不存在这样的点M，使以C，N，M为顶点的三角形是以NM为腰的等腰直角三角形．
35．（2023·西藏日喀则·一模）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于
A(−1，0),B(4，0)两点，与y轴交于点C，点P是直线BC下方抛物线上一动点．
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(1)求这条抛物线的解析式：
(2)如图（甲），在x轴上是否存在点E，使得以E，B，C为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请直
接写出点E坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图（乙），动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点的坐标和△PBC面积的最大
值．
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)E(−4,0)或(0,0)
(3)点P的坐标为(2,−6)时，△PBC面积最大，最大面积为8
【分析】
本题考查的是二次函数综合运用，求解二次函数解析式，勾股定理，涉及到面积的计算、直角三角形的性
质，分类求解是解题的关键．
（1）由待定系数法即可求解；
（2）当BC是斜边时，根据勾股定理列出等式即可求解当，BE或CE为斜边时，同理可解；
（3）由S =S +S ，即可求解．
△PBC △PHB △PHC
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A(−1，0),B(4，0)两点，
∴设抛物线的表达式为：y=a(x+1)(x−4)=a(x2−3x−4)，
又∵y=ax2+bx−4，
∴−4a=−4，
解得：a=1，
则抛物线的表达式为：y=x2−3x−4；
（2）存在，理由：
有抛物线的表达式可知，点C(0,−4)，
设点E(x,0)，
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则BC2=32，BE2=(x−4) 2，
∴CE2=x2+16，
当BC是斜边时，
则32=(x−4) 2+x2+16，
解得：x=0或4，
即点E(0,0)或(4,0)（舍去），
当BE或CE是斜边时，
同理可得：(x−4) 2=x2+16+32或32+(x−4) 2=x2+16，
解得：x=4或−4，
即点E(4,0)或(−4,0)，
综上，点E(0,0)或(−4,0)；
（3）如图，过点P作PH∥y轴交BC于点H
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设直线BC的表达式为：y=kx+b，
∵B(4,0)，C(0,−4)，
∴¿，解得：¿
则直线BC的表达式为：y=x−4，
1 1
∴S =S +S = ×OB×PH= ×4×(x−4−x2+3x+4)=−2x2+8x
△PBC △PHB △PHC 2 2
∵x=−2<0
故当x=2时，S 的最大值为8，此时，点P(2,−6)．
△PBC
36．（2023·山东济南·二模）如图，点B坐标为(−1,0)，点A在x轴的正半轴上，四边形BDEA是平行四
k
边形，DF⊥x轴于点F，BD=3√5,tan∠DBA=2，反比例函数y= (k>0)在第一象限内的图象经过
x
AC 1
点D，与AE交于点C，且 = ．
CE 2
(1)求反比例函数解析式及C点坐标；
(2)若线段BD上一点P，使得∠DCP=∠BDF，求点P的坐标；
(3)过点C作CG∥y轴，交DE于点G，点M为直线CG上的一个动点，H为反比例函数上的动点，是否存
在这样的点H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出所有满足条件的M点
坐标；若不存在，请说明理由．
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12
【答案】(1)反比例函数的解析式为y= ，C(6,2)；
x
6 26
(2)P( , )
7 7
1
(3)存在H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似，M点的坐标为(6,0)或(6,− )或
2
113 249 20 103
(6, )或(6, )或(6, )或(6, )．
14 14 3 6
【分析】
（1）根据正切函数及勾股定理解三角形得出DF=6，BF=3，即可确定D(2,6)，代入反比例函数解析式
12
即可求解；设C(t, )，过点C作CG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，根据平行四边形及相
t
似三角形的判定和性质求解即可；
（2）过点P作PT⊥CD于点T，作PW⊥x轴于点W，过点B作BR⊥CD于点R，延长DC交x轴于点
M，过点C作CK⊥x轴于点K，利用待定系数法确定直线CD的解析式为y=−x+8，再由等腰直角三角
形的性质及勾股定理解三角形确定CM=2√2，DM=6√2，再由正切函数及相似三角形的判定和性质求
解即可；
（3）根据题分情况分析：当点C与点A为对应点时，点H在点C右侧的双曲线上，当点C与点B为对应
点时，当点C与点E为对应点时，当点C与点A为对应点时，分别作出相应图形，然后利用相似三角形的
判定和性质求解即可．
【详解】（1）
DF
解：∵tan∠DBA=2= ，
BF
∴DF=2BF，
∵DF⊥x轴于点F，
∴DB2=DF2+BF2，即45=5BF2，
∴BF=3，
∴DF=6，
∵点B坐标为(−1,0)，
∴FO=2，
∴D(2,6)，
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k
∵反比例函数y= (k>0)在第一象限内的图象经过点D，
x
∴k=12，
12
∴反比例函数的解析式为y= ，
x
12
设C(t, )，过点C作CG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，如图所示：
t
∵四边形BDEA是平行四边形，
∴DE∥AB，
∴EH=DF=6,
∵CG⊥x轴，EH⊥x轴，
∴CG∥EH，
∴△ACG∽△AEH，
CG AC
∴ = ，
EH AE
AC 1
∵ = ，
CE 2
AC 1
∴ = ，
AE 3
GC 1
∴ = ，
EH 3
1
∴CG= EH=2，
3
12
∴2= ，
x
解得x=6，
∴C(6,2)；
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（2）
如图，过点P作PT⊥CD于点T，作PW⊥x轴于点W，过点B作BR⊥CD于点R，延长DC交x轴于点
M，过点C作CK⊥x轴于点K，
设直线CD的解析式为y=mx+n，
∵C(6,2),D(2,6)，
¿，解得¿，
∴直线CD的解析式为y=−x+8，
令y=0，得x=8，
∴M(8,0)，
∵FM=8−2=6,DF=6，
∴FM=DF，
∵∠DFM=90°，
∴∠DMF=45°，
∵∠CKM=90°，
∴CM=√2CK=2√2，DM=√2DF=6√2，
∴CD=DM−CM=4√2，
∵BR⊥CD，BM=9，
9√2
∴BR=RM= ，
2
3√2
∴DR=DM−RM= ，
2
∴BR=3DR，
∵∠DCP=∠BDF，
∴tan∠DCP=tan∠BDF，
PT BF 1
∴ = = ，
CT DF 2
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∴CT=2PT，
∵PT⊥CD，BR⊥CD，
∴PT∥BR，
DT DR 1
∴ = = ，
PT BR 3
∴PT=3DT，
∴CT=6DT，
∵DT+CT=CD即DT+6DT=4√2，
4√2
∴DT= ，
7
12√2
∴PT= ，
7
DP PT 8
∴ = = ，
DB BR 21
BP 13
∴ = ，
DB 21
∵PW⊥x轴，DT⊥x轴，
∴PW∥DT，
∴△BPW∽△BDT，
BW PW BP 13
∴ = = = ，
BF FD BD 21
13 13 13 26
∴BW = BF= ，PW = DF= ，
21 7 21 7
∵B(−1,0)，
6 26
∴P( , )；
7 7
（3）
存在，理由如下：
根据图象得：△ABE为钝角三角形，
∴当点C与点A为对应点时，点H在点C右侧的双曲线上，在x轴上取点Q(10,0)，
∵AC2+CQ2=5+20=25,AQ2=25，
∴AC2+CQ2=AQ2，
∴∠ACQ=90°，
∴∠GCQ=90°+∠ECG=∠BAE，
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设直线CQ的解析式为y=m x+n ，
1 1
∵C(6,2),Q(10,0)，
¿，解得¿，
1
∴直线CQ的解析式为y=− x+5，
2
联立方程组¿，
解得：¿, ¿，
∴直线CQ与双曲线的交点为(6,2)和(4,3)均不符合题意，
当点C与点B为对应点时，如图所示：
12
设H(m, )，
m
过点H作HL∥x轴，交CG于点L，作EN⊥x轴于点N，
12
则EN=6,BN=9,HL=6−m,CL= −2，
m
∵∠HCL=∠ABE，
∴tan∠HCL=tan∠ABE，
6−m 6
HL EN =
∴ = ，即12 9
CL DN −2
m
4
解得：m =6（舍去），m = ，
1 2 3
4
∴H( ,9)，
3
√ 4 2 7√13
∴CH= (6− ) +(2−9) 2= ，
3 3
设M(6,y)，
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∵△CHM∽△BEA或△CMH∽△BEA
CH BE CM BE
∴ = 或 =
CM BA CH BA
7√13
y−2 √92+62
3 √92+62或 = ，
∴ = 7√13 6
y−2 6
20 103
解得：y= 或y= ，
3 6
20 103
∴M(6, )或(6, )；
3 6
当点C与点E为对应点时，如图所示：
作AS⊥BE于点S，
AB⋅EN 6×6 12√13 21√13
∴AS= = = ，ES=√AE2−AS2=
，
BE √92+62 13 13
∵∠HCL=∠AEB，
∴tan∠HCL=tan∠AEB，
12√13
HL AS 6−m 13
∴ = ，即 = ，
CL ES 12 21√13
−2
m 13
8
解得：m=6（舍去），m= ，
7
8 21
∴H( , )，
7 2
√ 8 2 21 2 17√65
∴CH= (6− ) +(2− ) = ，
7 2 14
∵△CHM∽△EBA或△CMH∽△EBA，
CH BE CM BE
∴ = 或 = ，
CM AE CH AE
17√65 y−2 √92+62
=
∴
14
=
√92+62 或17√65 √32+62，
y−2 √32+62 14
113 249
解得：y= 或y= ，
14 14
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113 249
∴M(6, )或M(6, )；
14 14
当点C与点A为对应点时，如图所示：
12
设H(m, )，过点H作HL∥x轴，交CG于点L，作EN⊥x轴于点N，
m
12
则EN=6,AN=3,HL=6−m,CL= −2，
m
∵∠HCL=∠EAN，
∴tan∠HCL=tan∠EAN，
6−m 6
HL EN =
∴ = ，即12 3
CL AN −2
m
解得：m =6（舍去），m =4，
1 2
∴H(4,3)，
∴CH=√H L2+CL2=√5，
设M(6,y)，则CM=2−y，
∵△HMC∽△EBA或△MHC∽△EBA
CH AE CH BA
∴ = 或 =
CM BA CM AE
√5 3√5 √5 6
∴ = 或 = ，
2−y 6 2−y 3√5
1
解得：y=0或y=− ，
2
1
∴M(6,0)或(6,− )；
2
综上所述，存在H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似，
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1 113 249 20 103
M点的坐标为(6,0)或(6,− )或(6, )或(6, )或(6, )或(6, )．
2 14 14 3 6
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质，反比例函数的应用，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等，
理解题意，综合运用这些知识点，然后进行分情况分析是解题关键．
（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2024·四川广元·二模）如图，在等边三角形ABC中，D是边BC上的中点，DE∥AB．将△CDE绕
点C顺时针旋转α(0°<α<360°)，得到△CD'E'，连接AD'，AE'，当AE'=√3CD时，α的大小是
（ ）
A．60°或90° B．90°或120° C．60°或300° D．120°或150°
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理等知识．利用勾股定理的逆定理
证明∠AE'C=90°，分两种情形分别求解即可．
【详解】解：设CD=a，则CE=a，BC=AC=2a，AE'=√3CD，
∴AC2=AE'2+E'C2，
∴∠AE'C=90°，
①如图中，当点D在AC的中点时，满足条件，此时α=60°；
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②如图中，当点E'落在BC的中点时，满足条件，此时α=300°．
综上所述，满足条件的α的值为60°或300°．
故选：C．
2．（2024·安徽马鞍山·一模）如图，D，E分别在等边△ABC的边AB，BC上，且BD=CE，CD与AE交
于点F．延长CD到点P，使∠BPD=30°，若AF=a，CF=b，则下列结论错误的是（ ）
√3
A．∠AFD=60° B．BF的长度的最小值等于 AB
3
1
C．PC的长度为a+√3b D．△ACF的面积的最大值是△ABC的面积的
3
【答案】C
【分析】由等边三角形的性质得AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，且BD=CE，可证
△BDC≌△CEA(SAS)，由三角形的外角性质可得∠AFD=60°，可判断A正确；过点B作BG⊥AC于
√3 2 √3
点G，则∠ABG=30°，得到 BG= AB，当CD是中线时，点F在BG上，BF= BG= AB，最小，
2 3 3
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可判断B正确；在AC上截取AM=CE，连接BM交CD于点H，证明△CBD≌△ACE≌△BAM(SAS)，
推出△BHC≌△CFA(ASA)，得到BH=b，CH=a，∠PHB=60°，根据∠BPD=30°，得到
∠PBH=90°，得到PH=2b，即得PC=a+2b；可判断C不正确；当FG⊥AC时，点F到AC的距离
1 1
最大，此时FG= BG，得到S = S ，可判断D正确．
3 △AFC 3 △ABC
【详解】A. ∠AFD=60°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，且BD=CE，
∴△BDC≌△CEA(SAS)，
∴∠CAE=∠BCD，
∵∠AFD=∠CAE+∠ACF=∠BCD+∠ACD=∠ACB，
∴∠AFD=60°；
∴A正确；
√3
B. BF的长度的最小值等于 AB．
3
如图1，过点B作BG⊥AC于点G，则∠ABG=30°，
√3
∴BG= AB，
2
当CD是中线时，点F在BG上，BF最小，
2 √3
此时，BF= BG= AB；
3 3
∴B正确；
C. PC的长度为a+√3b．
如图2，在AC上截取AM=CE，连接BM交CD于点H，即AM=CE=BD，
∵∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=AC=CB，
∴△CBD≌△ACE≌△BAM(SAS)，
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∴∠CAE=∠BCD=∠ABM，
∵∠ABC=∠ACE，
∴∠MBC=∠ACD，
∴△BHC≌△CFA(ASA)，
∴BH=CF=b，AF=CH=a，
∵∠PHB=∠HBC+∠HCB=∠ABM+∠MBC=∠ABC，
∴∠PHB=60°，
∵∠BPD=30°，
∴∠PBH=90°，
∴PH=2BH=2b，
∴PC=PH+HC=a+2b；
∴C不正确；
1
D. △ACF的面积的最大值是△ABC的面积的 ．
3
如图1，当FG⊥AC时，F在BG上，点F到AC的距离最大，
1
此时，FG= BG，
3
1
∴S = S ．
△AFC 3 △ABC
∴D正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形综合．熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30°的
直角三角形性质，三角形的外角的性质，三角形三边关系，添加恰当的辅助线构造全等三角形，是解本题
的关键．
3．（2024·河南信阳·一模）如图1，已知 ▱ABCD的边长AB为4√3，∠B=30°，AE⊥BC于点E．现
将△ABE沿BC方向以每秒1个单位的速度匀速运动，运动的△ABE与 ▱ABCD重叠部分的面积S与运动
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时间t的函数图象如图2，则当t为9时，S的值是（ ）
8√3 9√3
A． B．3√3 C． D．5√3
3 2
【答案】C
【分析】本题考查的是动点函数图象问题、平行四边形的性质、勾股定理及含30度角的性质，熟练掌握以
上知识点，弄清楚不同时段，图象和图形的对应关系，是解题的关键．
根据题意得出AE=2√3，BE=6，结合函数图象确定BC=12，当运动时间t>6时，为二次函数，且在
t=6时达到最大值，对称轴为t=6，二次函数与坐标轴的另一个交点为(0,0)，然后确定二次函数解析式，
代入求解即可．
【详解】解：∵AB为4√3，∠B=30°，AE⊥BC于点E．
∴AE=2√3，
∴BE=√AB2−AE2=6，
由运动的△ABE与 ▱ABCD重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象得：
当运动到6时，重叠部分的面积一直不变，
∴CE=6，
∴BC=12，
由函数图象得：当运动时间t>6时，为二次函数，且在t=6时达到最大值，对称轴为直线t=6，
∴二次函数与坐标轴的另一个交点为(0,0)，
设二次函数的解析式为S=at(t−12)(t>6)，
√3
将点(6,6√3)代入得：a=− ，
6
√3
∴S=− t(t−12)(t>6)，
6
9√3
当t为9时，S= ．
2
故选：C．
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4．（2024·河北衡水·一模）如图，在△ABC中，∠B=∠C=65°，将△MNC沿MN折叠得△MNC'，若
MC'与△ABC的边平行，则∠C'MN的度数为（ ）
A．57.5° B．25° C．57.5°或25° D．115°或25°
【答案】C
【分析】
本题考查了翻折的性质，三角形内角和定理，平行线的性质；分类讨论：①当C'M∥BC时， ②当
C'M∥AB时；能根据MC'与△ABC的不同的边平行进行分类讨论是解题的关键.
【详解】
解：①当C'M∥BC时，如图1中，
∴∠AMC'=∠C=65°，
∴∠C'MC=180°−∠AMC'
=115°，
由折叠得，
1
∠C'MN= ∠C'MC=57.5°；
2
②当C'M∥AB时，如图2，
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∴∠C'MC=∠A，
∵ ∠B=∠C=65°，
∴∠A=180°−2∠B
=50°，
1
由折叠得，∠C'MN= ∠C'MC=25°，
2
∴∠C'MN的度数为57.5°或25°；
故选：C．
5．（2024·安徽·一模）如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，AB=BC，CD=DE，
∠ABC=∠CDE=90°，点A，C，E共线，点F和点G分别是BD和AE的中点，AE=4，连接
AF，CF，FG，EF，下列结论错误的是（ ）
A．CF+FG的最小值是2 B．S 的最大值为1
△BCD
C．S +S 的最小值为2√2 D．AF+EF的最小值为2√5
△ABC △CDE
【答案】C
【分析】
延长AB，ED交于点H，连接FH，GH．易得△AEH是等腰直角三角形，四边形BCDH是矩形，得点
F 是 对 角 线 CH与 BD的 交 点 ． 由 FG是 直 角 △HCG斜 边 上 的 中 线 得 FH=FG， 从 而
CF+FG=CF+FH=CH≥GH，当 C 与 G 重合时，取得最小值 2，故选项 A 正确；设AC=a，则
√2 √2 1 1
CE=4−a，BC= a，CD= (4−a)，则S = BC⋅CD=− (a2−4a)，由二次函数的性质即
2 2 △BCD 2 4
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1
可求得其最大值为1，从而判断选项B正确；由S +S = (a−2) 2+2得其最小值为2，从而判断选
△ABC △CDE 2
项C错误；以GH的垂直平分线作点E的对称点P，连接PE，PF，PH，则PF=EF，PE=GH=2，
当A，F，P三点共线时，AF+PF有最小值，最小值为线段AP的长，在Rt△APE中由勾股定理即可求得
最小值为2√5，故选项D正确；最后可确定答案．
【详解】解：如图，延长AB，ED交于点H，连接FH，GH．
∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠BAC=∠DEC=45°，
∴∠AHE=180°−∠BAC−∠DEC=90°，AH=EH，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠CBH=∠CDH=90°，
即∠CBH=∠CDH=∠AHE=90°，
∴四边形BCDH是矩形．
∵点F是BD的中点，
∴点F是对角线CH与BD的交点．
∵△AEH是等腰直角三角形，点G是AE的中点，
1
∴∠CGH=90°，GH= AE=2．
2
∵点F是CH的中点，∠CGH=90°，
1
∴FH=FG= CH．
2
∴CF+FG=CF+FH=CH≥GH．
当CH⊥AE时，即点C与点G重合时，CH有最小值，故CF+FG的最小值为CH=GH=2，故选项A正
确．
√2 √2
设AC=a，则CE=4−a，BC= a，CD= (4−a)．
2 2
∵四边形BCDH是矩形，
∴∠BCD=90°，
1 1 √2 √2 1 1
∴S = BC⋅CD= × a× (4−a)=− (a2−4a)=− (a−2) 2+1．
△BCD 2 2 2 2 4 4
1
∵− <0，
4
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∴当a=2时，S 有最大值为1．
△BCD
故选项B正确．
1 1 1 1 1 1
∵S +S = a× a+ (4−a)× (4−a)= a2−2a+4= (a−2) 2+2．
△ABC △CDE 2 2 2 2 2 2
1
∵ >0，
2
∴S +S 有最小值为2，选项C错误．
△ABC △CDE
如图，以GH的垂直平分线作点E的对称点P，连接PE，PF，PH，则PF=EF，
1
PE=GH= AE=2．
2
当A，F，P三点共线时，AF+PF有最小值，最小值为线段AP的长，
而AP=√AE2+PE2=√42+22=2√5，
即AF+EF的最小值为2√5，故选项D正确．
综上，故选C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾
股定理，两点间线段最短，对称的性质，二次函数求最值等知识，综合性较强，构造的辅助线较多．
二、填空题
6．（23-24九年级下·四川成都·阶段练习）如图，△ABC是等边三角形，AB=4，点D在边AC上由C向
A运动，点E在边BC上由B向C运动，且CD=BE，连接BD、AE交于点P，将边AC绕着点C顺时针旋
1
转90°得到CM，在射线CM上截取线段CF，使CF=√3AC，在D、E的运动过程中，求 PC+PF的最
2
小值 ．
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【答案】2√21
【分析】先证明△ABE≌△BCD，可得∠APB=120°，如图，作等边三角形△ABQ，证明A,P,B,Q四
点共圆，圆心为J，作△ABC的内切圆I，记内切圆与AB的切点为K，取CP的中点H，连接IH，CJ，
1
JP，PK，PI，AF，可得I在⊙J上，证明K，I在CJ上，JK=KI= CI，再证明△PIK≌△PIH，可
2
1 1
得 PC+PF=PK+PF≥KF，当K,P,F共线时， CP+PF最短，过K作KL⊥QF于L，再利用勾股
2 2
定理可得答案．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC，
∵BE=CD，
∴△ABE≌△BCD，
∴∠BAE=∠CBD，
∴∠APD=∠BAE+∠ABP=∠ABP+∠CBD=60°，
∴∠APB=120°，
如图，作等边三角形△ABQ，
∴AB=BQ=AQ=4，∠AQB=60°，
∴∠AQB+∠APB=180°，
∴A,P,B,Q四点共圆，圆心为J，
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作△ABC的内切圆I，记内切圆与AB的切点为K，取CP的中点H，连接IH，CJ，JP，PK，PI，AF，
∴I在⊙J上，
∵等边△ABQ与等边△ABC全等，
1
∴K，I在CJ上，JK=KI= CI，
2
∴IJ=IC，而PH=CH，
1
∴HI∥JP，HI= JP，
2
1
∴HI= JI=IK，∠HIP=∠JPI，
2
∵JI=JP，
∴∠JIP=∠JPI，
∴∠KIP=∠HIP，而PI=PI，
∴△PIK≌△PIH，
∴PH=PK，
1
∴ PC+PF=PK+PF≥KF，
2
1
当K,P,F共线时， CP+PF最短，
2
过K作KL⊥QF于L，
∵K为内切圆与边的切点，
∴AK=BK=2，
∵∠QAB=60°，
∴AL=1，KL=√3，
∵在△ACF中，CF=√3AC，∠ACF=90°，
CF
∴tan∠FAC= =√3，
AC
∴∠FAC=60°，
∴AF=2AC=8，
由∠QAB+∠BAC+∠CAF=180°，
∴L,A,F共线，
∴LF=1+8=9，
∴FK=√K L2+LF2=√81+3=√84=2√21，
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1
∴ CP+PF的最小值为2√21；
2
故答案为：2√21．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，勾股定理的应
用，锐角三角函数的应用，三角形的内切圆的应用，本题的难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
7．（2023·浙江金华·三模）如图是某品牌电脑支架，整体支架由3组支撑条和2组活动条组成，支撑条
AB=BC=28cm，CD=24cm，相连两根支撑条可绕交点转动，活动条EF，GH一端分别与支撑条BC，
CD中点连接，并且可绕固定支点E与支点G转动，通过转动活动条，将末端点F与点H分别卡入支撑条
AB及BC上的孔洞中，以此来完成支架调节，其中活动条GH=16cm．将电脑支架调节到如图2所示，底
部一组支撑条贴合水平桌面，调节活动条EF，使得∠ABC=30°，调节活动条GH使得GH⊥CD，此时
活动条末端点H到桌面的距离为 ，如图3某电脑键盘面与显示屏面长度相等，即MP=NP，将其放
置到上述状态电脑支架上，使点M与点C重合，此时点P恰好与点D重合，开合电脑显示屏，点N到桌面
的最大高度是 ．
48√3+154
【答案】 4cm cm
5
【分析】①先由勾股定理求出CH的长，再算出BH，利用∠ABC=30°，即可得出活动条末端点H到桌
面的距离；②当DN⊥AB时，点N到桌面的高度最大，作CL⊥AB于点L，延长ND交AB于点K，作
CS⊥DK于点K，作¿⊥AB于点T，交CS于点O，交BC于点J，作GI⊥BC于点I，先求出CL=14cm，
48 36
根据矩形的性质得出CL=SK=OT=14cm，由三角形面积得出GI= cm，由勾股定理得出CI= cm，
5 5
解直角三角形求出GJ、IJ，进而得出CJ、BJ，再由直角三角形的性质得出JT，进而得出GT、GO，再
根据三角形中位线定理得出DS，即可得出NK的值．
1
【详解】解：①∵CG= CD=12cm，GH=16cm，GH⊥CD，
2
∴CH=√CG2+GH2=√122+162=20cm，
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∴BH=BC−CH=28−20=8cm，
又∵∠ABC=30°，
1
∴活动条末端点H到桌面的距离= BH=4cm；
2
②如图4，当DN⊥AB时，点N到桌面的高度最大，
，
作CL⊥AB于点L，延长ND交AB于点K，作CS⊥DK于点K，作¿⊥AB于点T，交CS于点O，交BC
于点J，作GI⊥BC于点I，
在Rt△CLK中，BC=28cm，∠ABC=30°，
1 1
∴CL= BC= ×28=14cm，
2 2
∵ CL⊥AB，CS⊥DK，NK⊥AB，¿⊥AB，
∴四边形CLKS为矩形，四边形CLTO为矩形，
∴CL=SK=OT=14cm，
1 1
∵S = CG⋅GH= CH⋅GI，CG=12cm，GH=16cm，CH=20cm，
△CGH 2 2
∴12×16=20GI，
48
∴GI= cm，
5
在Rt△CGI中，CI=√CG2−GI2=
√
122−
(48) 2
=
36
cm，
5 5
∵>⊥AB，CL⊥AB，
∴>∥CL，
∴∠CJG=∠BCL=90°−30°=60°，
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∵GI⊥BC，
GI 32√3 1 16√3
∴GJ= = cm，IJ= GJ= cm，
sin60° 5 2 5
36+16√3
∴CJ=CI+IJ= cm，
5
36+16√3 104−16√3
∴BJ=BC−CJ=28− = cm，
5 5
在Rt△BJT中，∠ABC=30°，
1 52−8√3
∴JT= BJ= cm，
2 5
32√3 52−8√3 24√3+52
∴>=GJ+JT= + = cm，
5 5 5
24√3+52 24√3−18
∴GO=>−OT= −14= cm，
5 5
∵>⊥AB，NK⊥AB，
∴ ¿∥NK
∵CG=DG，
∴CO=SO，
24√3−18 48√3−36
∴DS=2OG=2× = cm，
5 5
∵CD=MP=NP=24cm，DN=NP，
48√3−36 48√3+154
∴NK=DN+DS+SK=24+ +14= cm，
5 5
48√3+154
即点N到桌面的最大高度是 cm．
5
48√3+154
故答案为：4cm； cm．
5
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、平行线分线段成比例定理、直角三角形的性质、三角形中位线
的性质、矩形的判定与性质等知识点，综合性较强，添加辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
三、解答题
8．（2024·辽宁大连·模拟预测）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋
转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．
探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
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【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之
间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你
帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF
旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
1
【答案】（1）DE+DF=AD，见解析；（2）DE+DF= AD；（3）4或2
2
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，解答本题
的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
（1）利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE=DF，即可得出结论
DE+DF=AD；
（2）取AD的中点T，连接PT，利用菱形的性质，可得出△TDP是等边三角形，易证△TPE≌△FPD，
1 1
得出TE=DF，由DE+TE= AD，即可得出DE+DF= AD；
2 2
（3）分两种情形：如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交
AD于G．解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可求．
【详解】解：（1）结论：DE+DF=AD．
理由：如图1中，
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∵ ABCD AC BD P
正方形 的对角线 ， 交于点 ，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中
¿，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
1
（2）（1）中的结论变为DE+DF= AD，理由如下：
2
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
∵ ABCD ∠ADC=120°
四边形 为 的菱形，
∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=60°，
∵∠PAT=30°，
∴∠TPD=60°，
∵∠MPN=60°，
∴∠MPT=∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
¿，
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∴△TPE≌△DPF(ASA)
∴TE=DF，
1
∴DE+DF= AD，
2
1
故答案为：DE+DF= AD；
2
（3）如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．
∵△ABD AH⊥BD
是等边三角形， ，
∴BH=DH=4，AH=4√3，
在Rt△APH中，PH=√PA2−AH2=√72−(4√3) 2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3，
由（2）可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4．
如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5，
∵DF=EG=1
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．
故答案为：4或2．
9．（2024·江苏连云港·一模）问题情景：如图1，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB=4，
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BC=10．矩形顶点C从O点出发沿x轴的正半轴向右运动，矩形的另一个顶点B随之在y轴的正半轴上
运动，当点B回到O点时运动也随之停止．
问题提出：如图2．
（1）当OC=5时，点A的坐标为__________；
（2）在运动过程中，求OA的最大值；
问题探究：（3）如图3，点P为线段AD上一点，AP=2．
①在运动过程中，tan∠POC的值是否会发生改变，如果不变，请求出其值，如果改变，请说明理由；
②从运动开始到运动停止，请直接写出点P所走过的路程．
【答案】（1）(2√3,2+5√3)；（2）5+√41；（3）①不变，2；②20−6√5
【分析】（1）过A作AE⊥y轴与E，OC=5，BC=10，可知∠OBC=30°，则可求出OB=5√3，有
∠ABE=60°，∠BAE=30°，在Rt△ABE中，可求出BE=2，AE=2√3，即可得到A点坐标；
（2）取BC中点M，可求出AM于OM的值，当O、M、A三点不共线时，有OA<AM+OM，当O、M、
A三点共线时，有OA=AM+OM，OA≤AM+OM，OA的最大值即是AM+OM的值；
AP 1 CD 1 PC CD 1
（3）①根据 = ， = ，可证△ABP∽△DPC，进而有∠ABP=∠CPD， = = ，再证
AB 2 DP 2 PB AP 2
明∠BPC=90°，从而可得点B、O、C、PB、O、C、P四点共圆，都在以BC为直径的圆上，
∠POC=∠PBC，进而证得tan∠POC=tan∠PBC=2为定值；②根据②的结论可知，点P在直线
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y=2x上运动，点P所走过的路程为P 到BP，再回到距离为4的P 直到P ，利用两点距离公式可求出路径
1 1 2
的长度，进而求解．
【详解】解：（1）如图，过A作AE⊥y轴与E，
∵BC=10，OC=5，∠BOC=90°，
∴∠OBC=30°，OB=√BC2−OC2=√102−52=5√3，
∵∠AEB=∠ABC=90°，
∵∠BAE+∠ABE=∠ABE+∠OBC，
∴∠BAE=∠OBC=30°，
1
∴BE= AB=2，AE=√AB2−BE2=√42−22=2√3，
2
∴OE=OB+BE=5√3+2，
∴A点坐标为：(2√3，5√3+2)，
故答案是：(2√3，5√3+2)．
（2）如图，取BC中点M，连接AM、OM，
在Rt△COB中，
∵M为斜边BC中点，
1
∴OM= BC=5，BM=5，
2
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AM=√AB2+BM2=√42+52=√41，
当O、M、A三点不共线时，根据OA<AM+OM，
当 O、M、A三点共线时，OA=AM+OM时，
∴OA≤AM+OM，即OA≤5+√41，
∴当 O、M、A三点共线时，OA取最大值，最大值为5+√41．
（3）①不变，
∵AP=2，DP=8，
AP 2 1
有 = = ，
AB 4 2
CD 4 1
= = ，
DP 8 2
AP CD
∴ = ，∠A=∠D=90°，
AB DP
∴△ABP ∽△DPC，
PC CD
∴ = =2，
PB AP
∴∠ABP=∠CPD，
∴∠APB+∠ABP=90°=∠CPD+∠APB，
∴∠BPC=90°，
∴点B、O、C、P四点共圆，都在以BC为直径的圆上，
∴∠POC=∠PBC，
PC
而tan∠POC=tan∠PBC= =2为定值．
PB
②由①可知tan∠POC为定值，
∴点P在直线y=2x上运动，
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由①知，点P到y轴的距离从4到最大为BP，再回到距离为4直到P ，
2
∵ BP=√AP2+AB2=2√5，
∴当P从P 运动到BP⊥y轴时，其坐标为(2√5,4√5)，
1
∵P (4,8)，
1
这时点P从P 运动到BP⊥y轴，再回到P 经过的路径长为
1 1
2√(2√5−4) 2+(4√5−8) 2=2√5(2√5−4) 2=2√5(2√5−4)=20−8√5，
∵P (4,8)、P (2,4)，
1 2
∴P P =√(4−2) 2+(8−4) 2=2√5，
1 2
∴点P经过的路径长为20−8√5+2√5=20−6√5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、三角函数、四点共圆、两点距离公式等知识，
正确的作出辅助线是求解本题的关键，
10．（2024·辽宁大连·一模）【概念感知】
两个二次函数只有一次项系数不同，就称这两个函数为“异b族二次函数”．
【概念理解】
1 3
如图1，二次函数y=− x2+ x+2的图象C 交x轴于点A,B，交y轴于点C，点D为线段BC的中点，二
2 2 1
1 3
次函数y=ax2+bx+c与y=− x2+ x+2是“异b族二次函数”，其图象C 经过点D．
2 2 2
（1）求二次函数y=ax2+bx+c的解析式；
【拓展应用】
（2）如图2，直线EF∥BC，交抛物线C 于E,F，当四边形CDEF为平行四边形时，求直线EF的解析
1
式；
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（3）如图3，点P为x轴上一点，过点P作x轴的垂线分别交抛物线C ,C 于点M，N，连接MC,NC，当
1 2
△MNC为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
1 1 1 7
【答案】（1）y=− x2+ x+2；（2）y=− x+ ；（3）P(1,0)或P(2,0)或P(3,0)
2 2 2 2
【分析】（1）先求出点C和B的坐标，再根据中点性质，得出D的坐标，结合“异b族二次函数”的定义，
进行列式，代数计算，即可作答．
（2）先得出这两个函数的顶点坐标
(3
,
25)
,
(1
,
17)
，因为二次函数y=−
1
x2+
3
x+2与
2 8 2 8 2 2
1 1
y=− x2+ x+2的a值相同，结合四边形CDEF为平行四边形，C(0,2),D(2,1)，得出F(1,3),E(3,2)，
2 2
再运用待定系数法，求解析式，即可作答．
（3）根据等腰三角形的性质，进行分类讨论，当CN=CM，CN=NM，CM=NM这三种情况，分别
根据两点距离公式以及勾股定理进行列式，代数化简计算，即可作答．
1 3
【详解】解：（1）将x=0代入y=− x2+ x+2得，y=2，
2 2
∴C(0,2)
1 3
解方程− x2+ x+2=0得x=−1,x=4，
2 2
∴B(4,0)
∴BC的中点D的坐标是(2,1)
1 3
∵二次函数y=ax2+bx+c与y=− x2+ x+2是“异b族二次函数”
2 2
1
∴a=− ,c=2
2
1 1
将D(2,1)代入y=− x2+bx+2解得b=
2 2
1 1
∴二次函数y=ax2+bx+c的解析式为y=− x2+ x+2
2 2
（2）依题意，
1 1
∵y=− x2+ x+2
2 2
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1
∴当 x=−
2
=
1
时，则y=−
1
×
(1) 2
+
3
×
1
+
1
=
17
；
( 1) 2 2 2 2 2 2 8
2× −
2
1 3
∵y=− x2+ x+2
2 2
3
∴当 x=−
2
=
3
时，则y=−
1
×
(3) 2
+
3
×
3
+
1
=
25
；
( 1) 2 2 2 2 2 2 8
2× −
2
(3 25) (1 17)
∴抛物线C ,C 的顶点分别为 , , ,
1 2 2 8 2 8
1 3 1 1
∵二次函数y=− x2+ x+2与y=− x2+ x+2的a值相同
2 2 2 2
∴抛物线C 可以由抛物线C 向右移动1个单位，再向上移动1个单位得到
1 2
∵四边形CDEF为平行四边形，C(0,2),D(2,1)
∴F(1,3),E(3,2)
设直线EF的解析式为y=kx+b
1
将F(1,3),E(3,2)代入y=kx+b
1
得¿
解得¿
1 7
∴直线EF的解析式为y=− x+
2 2
（3）依题意，设P的坐标为(n，0)，则N ( n，− 1 n2+ 1 n+2 ) ，M ( n，− 1 n2+ 3 n+2 )
2 2 2 2
∵△MNC为等腰三角形
∴当CN=CM时，则根据等腰三角形的“三线合一”，
1
即 (y + y )= y
2 M N C
∴ 1 × ( − 1 n2+ 3 n+2+− 1 n2+ 1 n+2 ) =2
2 2 2 2 2
解得n =2 ，n =0（舍去）
1 2
∴当CN=NM时，
即CN2=N M2
∴(n−0) 2+ ( − 1 n2+ 1 n+2−2 ) 2 =(n−n) 2+ ( − 1 n2+ 3 n+2+ 1 n2− 1 n−2 ) 2
2 2 2 2 2 2
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解得n =1 ，n =0（舍去）
1 2
∴当CM=NM时，
即CM2=N M2
∴(n−0) 2+ ( − 1 n2+ 3 n+2−2 ) 2 =(n−n) 2+ ( − 1 n2+ 3 n+2+ 1 n2− 1 n−2 ) 2
2 2 2 2 2 2
解得n =3 ，n =0（舍去）
1 2
综上：P(1,0)或P(2,0)或P(3,0)，使得△MNC为等腰三角形
【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，等腰三角形的性质，平行四边形的性质、求一次函数、二次函
数的解析式，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
149