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查漏补缺 02 三角形及特殊三角形
（3 考点 9 大题型）
考点一：三角形的基础
【题型一】三角形的三边关系
易错点01：所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角
形．
易错点02：如遇到等腰三角形求边长，要注意分类讨论.
解题大招01：判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组
成三角形．
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解题大招02：已知等腰三角形两边长，但没有明确腰，底分别是多少，需要进行讨论，所求得的结果还
要满足三角形的三边关系.
解题大招03：已知等腰三角形周长和一条边的长，需分情况讨论已知的边长是腰还是底，所求得的结果
还要满足三角形的三边关系.
【中考真题】
1．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）等腰三角形的两边长分别是方程x2−10x+21=0的两个根，则这个三角
形的周长为（ ）
A．17或13 B．13或21 C．17 D．13
【答案】C
【分析】本题考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，三角形的三边关系及周长，由方程可得x =3，
1
x =7，根据三角形的三边关系可得等腰三角形的底边长为3，腰长为7，进而即可求出三角形的周长，掌
2
握等腰三角形的定义及三角形的三边关系是解题的关键．
【详解】解：由方程x2−10x+21=0得，x =3，x =7，
1 2
∵3+3<7，
∴等腰三角形的底边长为3，腰长为7，
∴这个三角形的周长为3+7+7=17，
故选：C．
2．（2023·江苏南京·中考真题）若一个等腰三角形的腰长为3，则它的周长可能是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】B
【分析】此题考查了三角形的三边关系，等腰三角形的定义，掌握相关知识是解题的关键．根据等腰三角
形的定义及三角形的三边关系求解即可．
【详解】解：∵等腰三角形的腰长为3，
∴3−3<等腰三角形的底长<3+3，
即0<等腰三角形的底长<6，
∴6<等腰三角形的周长<12，
故选：B．
3．（2023·江苏盐城·中考真题）下列每组数分别表示3根小木棒的长度（单位：cm），其中能搭成一个三
角形的是（ ）
A．5，7，12 B．7，7，15 C．6，9，16 D．6，8，12
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”进行分析判断．
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【详解】A、5+7=12，不能构成三角形，故此选项不合题意；
B、7+7=14<15，不能构成三角形，故此选项不合题意；
C、6+9=15<16，不能构成三角形，故此选项不合题意；
D、6+8=14>12，能构成三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形三边关系，看能否组成三角形的简便方法：看较小的两个数的和能否大于第三
个数．
4．（2023·福建·中考真题）若某三角形的三边长分别为3，4，m，则m的值可以是（ ）
A．1 B．5 C．7 D．9
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系求解即可．
【详解】解：由题意，得4−31−2a，求解不等式组即可．
【详解】解：∵3，1−a,1−2a在数轴上从左到右依次排列，
∴3<1−a<1−2a，解得a<−2，
∵这三个数为边长能构成三角形，
∴1−a+3>1−2a，解得a>−3，
综上所述，a的取值范围为−30，x +x =4>2，x x =a>0，
1 2 1 2
解得：a<4，
∵方程(x−2)(x2−4x+a)=0的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，
∴|x −x |<2，
1 2
∴√(x +x ) 2−4x x =√16−4a<2，
1 2 1 2
∴0≤16−4a<4，
解得：35，
∴能组成三角形；
当等腰三角形的一腰长为2时，
∵等腰三角形的周长为12，
∴它的底边长=12−2−2=8，
∵2+2=4<8，
∴不能组成三角形；
综上所述：它的一条腰长是5，
故选：B
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）若3，6，x是某三角形的三边长，则x可取的最大整数为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
【分析】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形两边之和大于第三边．三角形的两边差小
于第三边．设第三边长为x，然后再利用三边关系列出不等式组，进而可得答案．
【详解】解：∵3，6，x是某三角形的三边长，
∴6−3√AB2−AO2=√62−42=√20=4√5，点D在△ABC外部，即BD>BO，结合图形即
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可求解．
【详解】解：如图所示，连接AC,BD，交于点O
在△ABD中，AB−AD√AB2−AO2=√62−42=√20=4√5，
点D在△ABC外部，即BD>BO，
∴4√50，b−c−a<0，a−b−c<0是解题的关键．
先根据三角形的三边关系判断：a+b−c>0，b−c−a<0，a−b−c<0，然后化简绝对值，再进行整式
的加减计算即可得．
【详解】解：∵a,b,c是△ABC的三条边长，
∴ a+b−c>0，b−c−a<0，a−b−c<0，
∴|a+b−c|+|b−c−a|+|a−b−c|
=a+b−c−b+c+a−a+b+c
=a+b+c，
故答案为：a+b+c．
9．（2025·山东青岛·模拟预测）【问题提出】
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB=6，AC=4，AD是中线，求AD的取值范围．
【构建模型】
她的做法是：延长AD到E，使DE=AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到
解决．她的这种做法把中线延长了一倍，所以我们通常称为“倍长中线法”．
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请回答：
（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： ．
（2）AD的取值范围是
【模型应用】
（3）如图2，在△ABC中，AD是△ABC的中线，∠CAD=45°，在AD上取一点E，连接BE，若
BE=AC=4，则“燕尾”四边形AEBC的面积为 ．
【答案】（1） SAS ；（2）1n>0），下列结论正确的是（ ）
m
A．m+n=1 B．m−n=1 C．mn=1 D． =1
n
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【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟
练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接AC、BD交于点E，过点A作MN⊥y轴于点M，过点B作
BN⊥MN于点N，先证明△ANB≌△DMA(AAS)．可得AM=NB，DM=AN．点A、C的横坐标分别
m+n −m2−n2+8
为m、n，可得A(m,−m2+4)，C(n,−n2+4)．E( ， )，M(0,−m2+4)，设
2 2
D(0,b)，则B(m+n,−m2−n2+8−b)，N(m+n,−m2+4)，BN=−n2+4−b，AM=m，AN=n，
DM=m2−4+b．再由AM=NB，DM=AN进而可以求解判断即可．
【详解】解：如图，连接AC、BD交于点E，过点A作MN⊥y轴于点M，过点B作BN⊥MN于点N，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴AC、BD互相平分，AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAN+∠DAM=90°，∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠BAN=∠ADM．
∵∠BNA=∠AMD=90°，BA=AD，
∴△ANB≌△DMA(AAS)．
∴AM=NB，DM=AN．
∵点A、C的横坐标分别为m、n，
∴A(m,−m2+4)，C(n,−n2+4)．
m+n −m2−n2+8
∴E( ， )，M(0,−m2+4)，
2 2
设D(0,b)，则B(m+n,−m2−n2+8−b)，N(m+n,−m2+4)，
∴BN=−n2+4−b，AM=m，AN=n，DM=m2−4+b．
又AM=NB，DM=AN，
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∴−n2+4−b=m，n=m2−4+b．
∴b=−n2−m+4．
∴n=m2−4−n2−m+4．
∴ (m+n)(m−n)=m+n．
∵点A、C在y轴的同侧，且点A在点C的右侧，
∴m+n≠0．
∴m−n=1．
故选：B．
3．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
已知：如图，△ABC中，AB=AC，AE平分△ABC的外角∠CAN，点M是AC的中
点，连接BM并延长交AE于点D，连接CD．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠3．
∵∠CAN=∠ABC+∠3，∠CAN=∠1+∠2，∠1=∠2，
∴①______．
又∵∠4=∠5，MA=MC，
∴△MAD≌△MCB（②______）．
∴MD=MB．∴四边形ABCD是平行四边形．
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．∠1=∠3，AAS B．∠1=∠3，ASA
C．∠2=∠3，AAS D．∠2=∠3，ASA
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得∠ABC=∠3，根据
三角形外角的性质及角平分线的定义可得∠2=∠3，证明△MAD≌△MCB，得到MD=MB，再结合中
点的定义得出MA=MC，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠3．
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∵∠CAN=∠ABC+∠3，∠CAN=∠1+∠2，∠1=∠2，
∴①∠2=∠3．
又∵∠4=∠5，MA=MC，
∴△MAD≌△MCB（②ASA）．
∴MD=MB．∴四边形ABCD是平行四边形．
故选：D．
4．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA=OC，请补充
一个条件 ，使四边形ABCD是平行四边形．
【答案】AD∥BC（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解．
【详解】解：添加条件：AD∥BC，
证明：∵AD∥BC，
∴∠DAO=∠BCO，
在△AOD和△COB中，
¿，
∴△DAO≌△BCO(ASA)
∴AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：AD∥BC（答案不唯一）
5．（2024·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD中，点E，F分别是AB，BC边上的点，AE=CF．求
证：∠≝=∠DFE．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键
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在于能够熟练掌握菱形的性质．先证明△DAE≌△DCF，根据性质得出DE=DF即可证明结论．
【详解】证明：在菱形ABCD中，DA=DC,∠A=∠C，
又∵AE=CF，
∴△DAE≌△DCF，
∴DE=DF，
∴∠≝=∠DFE．
6．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知AB=CD，点E，F在线段BD上，且AF=CE．
请从①BF=DE；②∠BAF=∠DCE；③AF=CF中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得
△ABF≌△CDE．
你添加的条件是：__________（只填写一个序号）．
添加条件后，请证明AE∥CF．
【答案】①（或②）
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质及平行线的判定，解答的关键是熟记全等三角形的判定定
理与性质并灵活运用．利用全等三角形的判定定理进行分析，选取合适的条件进行求解，再根据全等三角
形的性质及平行线的判定证明即可．
【详解】解：可选取①或②（只选一个即可），
证明：当选取①时，
在△ABF与△CDE中，
¿，
∴△ABF≌△CDE(SSS)，
∴∠B=∠D，
∵BF=DE，
∴BF+EF=DE+EF，
∴BE=DF，
在△ABE与△CDF中，
¿，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴∠AEB=∠CFD，
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∴AE∥CF；
证明：当选取②时，
在△ABF与△CDE中，
¿，
∴△ABF≌△CDE(SAS)，
∴∠B=∠D，BF=DE，
∴BF+EF=DE+EF，
∴BE=DF，
在△ABE与△CDF中，
¿，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴∠AEB=∠CFD，
∴AE∥CF；
故答案为：①（或②）
7．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别在边AB，CD上．
将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好
也落在对角线AC上．连接GE，FH．
求证：
(1)△AEH≌△CFG；
(2)四边形EGFH为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由
折叠的性质可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，
∠AHE=∠CGF=90°，进而得AH=CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG；
（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH=FG，进而即可
求证；
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本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠
的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠EAH=∠FCG，
由折叠可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，
∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，
∴AH=CG，
在△AEH和△CFG中，
¿，
∴△AEH≌△CFG(ASA)；
（2）证明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EGFH为平行四边形．
【模拟训练】
1．（2025·山东聊城·一模）如图，在 ▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC=4，BD=4√3． 过点A
作AE⊥BC交BC于点E，记BE长为x，BC长为y． 当x，y的值发生变化时，代数式xy的值是（ ）
A．12 B．16 C．8 D．6
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，作DH⊥BC交BC的延长
线于H，由平行四边形的性质可得AB=DC，AD∥BC，证明Rt△ABE≌Rt△DCH(HL)，得出
BE=CH=x，表示出EC=BC−BE= y−x，BH=BC+CH= y+x，由勾股定理得出
42−(y−x) 2=(4√3) 2 −(y+x) 2，即可得解．
【详解】解：如图，作DH⊥BC交BC的延长线于H，
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，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，DH⊥BC，
∴AE=DH，
∴Rt△ABE≌Rt△DCH(HL)，
∴BE=CH=x，
∵BC= y，
∴EC=BC−BE= y−x，BH=BC+CH= y+x，
∵AE2=AC2−CE2，DH2=BD2−BH2，AC=4，BD=4√3，
∴42−(y−x) 2=(4√3) 2 −(y+x) 2，
∴xy=8，
∴当x，y的值发生变化时，代数式xy的值是8，
故选：C．
2．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在BC、CD、AB上，连接AC、
AE、AF、EF、GF，其中GF=AE，∠EAF=45°，若∠BAE=α，则∠CEF+∠CFG一定等于（
）
A．90+α B．45+2α C．60+2α D．120−α
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质，构造合
理的辅助线证明三角形全等是解题的关键．
根据正方形的性质得到∠AEB=90°−∠BAE=90°−α，∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=45°，
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如图所示，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，可证△AHE≌△AFE(SAS)，
∠AEH=∠AEF=90°−α，则∠CEF=180°−∠AEH−∠AEF=180°−(90°−α)−(90°−α)=2α，
如图所示，过点G作GK⊥CD于点K，则四边形BCKG是矩形，证△ABE≌△GKF(HL)，得
∠AEB=∠GFK=90°−α，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AB=BC=CD=AD,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=45°，
2
∵在Rt△ABE中，∠BAE=α，
∴∠AEB=90°−∠BAE=90°−α，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=45°，
如图所示，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
∴△ADF≌△ABH，
∴∠DAF=∠HAB，AF=AH，
∴∠HAB+∠BAE=45°=∠EAF，
∴△AHE≌△AFE(SAS)，
∴∠AEH=∠AEF=90°−α，
∵∠AEH+∠AEF+∠CEF=180°，
∴∠CEF=180°−∠AEH−∠AEF=180°−(90°−α)−(90°−α)=2α，
如图所示，过点G作GK⊥CD于点K，
∴∠GBC=∠BCK=∠CKG=90°，
∴四边形BCKG是矩形，
∴GK=BC=AB，∠GKF=∠ABE=90°，且AE=GF，
∴△ABE≌△GKF(HL)，
∴∠AEB=∠GFK=90°−α，
∴∠CEF+∠CFG=2α+90°−α=90°+α，
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故选：A ．
3．（2025·湖南岳阳·模拟预测）如图，在△ABC与△≝¿中，AB=DE,BC=EF，且点A在EF上，点D
在BC上，添加下列一个条件后，仍然不能判定△ABC≌△≝¿的是（ ）
A．∠C=∠F B．∠B=∠E C．AC=DF D．∠BAC=∠EDF=90°
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等
三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS，两直角三角形全等还有HL等．
根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【详解】解：A．AB=DE,BC=EF,∠C=∠F，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC与
△≝¿全等，故本选项符合题意；
B．AB=DE,∠B=∠E,BC=EF，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△≝¿，故本选项
不符合题意；
C．AB=DE,AC=DF,BC=EF，符合全等三角形的判定定理SSS，能推出△ABC≌△≝¿，故本选项不
符合题意；
D．AB=DE,BC=EF,∠BAC=∠EDF=90°，符合两直角三角形全等的判定定理HL，能推出
△ABC≌△≝¿，故本选项不符合题意；
故选：A．
4．（2025·河北衡水·模拟预测）如图，某同学用一个等边三角形ABC和一个正五边形BCDEF设计了一个
宝石徽章，其中BC为两个图形的公共边，连接AE，CF交于点G，下列说法错误的是（ ）
A．AC⊥CF B．DE∥CF
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C．△EFG是等腰三角形 D．AE垂直平分BC
【答案】A
【分析】A、利用多边形的内角和公式结合正五边形的每条边都相等得∠BFC=∠BCF=36°，推出
∠ACF≠90°，即AC不垂直于CF；
B、利用A选项得∠CFE=72°，∠CFE+∠FED=180°，得DE∥CF；
C、如图，连接BE、CE，证得△BFE≌△CDE、△ABE≌△ACE可得∠FEA=∠DEA=54°，推出
∠FGE=54°，得FG=FE即可求解；
D、由△BFE≌△CDE得BE=CE，利用垂直平分线的判定即可求解．
【详解】解：A、∵五边形BCDEF是一个正五边形，且△ABC是一个等边三角形，
∴内角和为(5−2)×180°=540°，BC=BF，∠ACB=60°，
∴∠CBF=540°÷5=108°，
180°−108°
∴∠BFC=∠BCF= =36°，
2
∴∠ACF=∠ACB+∠BCF=60°+36°=96°≠90°，
∴AC不垂直于CF，此选项错误，但符合题意；
B、由A选项得∠BFC=36°，
∴∠CFE=∠BFE−∠BFC=108°−36°=72°，
∴∠CFE+∠FED=72°+108°=180°，
∴DE∥CF，此选项正确，但不符合题意；
C、如图，连接BE、CE，
∵ BCDEF △ABC
五边形 是一个正五边形，且 是一个等边三角形，
∴EF=BF=CD=DE=AB=AC，∠BFE=∠CDE=108°，
∴△BFE≌△CDE(SAS)，
∴∠FEB=∠DEC；
同理可证△ABE≌△ACE(SSS)，
∴∠BEA=∠CEA，
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∴∠FEB+∠BEA=∠DEC+∠CEA，
108°
∴∠FEA=∠DEA= =54°，
2
∵由B选项得∠CFE=72°，
∴∠FGE=180°−∠CFE−∠FEA=180°−72°−54°=54°，
∴FG=FE，
∴△EFG是等腰三角形．
此选项正确，但不符合题意；
D、∵△BFE≌△CDE，
∴BE=CE，
∵AB=AC，
∴AE是BC的垂直平分线．
此选项正确，但不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，正五边形和等边三角形的性质，平行线的判定，等腰三角
形的判定，线段垂直平分线的判定，熟练掌握各种判定和性质是解题关键．
5．（2025·贵州遵义·一模）小方在学习画角平分线后，想到用三角尺也能画出∠AOB的角平分线，如图，
她将两块三角尺的一直角边分别与角的两边OA、OB重合，移动三角尺使得OM=ON，另两条直角边相
交于点P，则点P一定在∠AOB的角平分线上．这种做法的理由是（ ）
A． HL B． SSS C． SAS D． ASA
【答案】A
【分析】根据题意可得∠PNO=∠PMO=90°,OM=ON,OP=OP，进而根据HL判定
Rt△OMP≌Rt△ONP，进而即可求得答案．本题考查了HL判定三角形全等以及全等三角形的性质，理解
题意是解题的关键．
【详解】∵ ∠PNO=∠PMO=90°,OM=ON,OP=OP，
∴ Rt△OMP≌Rt△ONP(HL)，
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∴∠MOP=∠NOP，
∴OP是∠AOB的角平分线，
即点P一定在∠AOB的角平分线上．这种做法的理由是HL
故选A
6．（2025·安徽·模拟预测）如图，在 ▱ABCD中，点E，点F在对角线AC上．要使△ABE≌△CDF，可
添加的条件为（ ）
A．BE=DF B．AF=CE
C．∠BAE=∠DCF D．∠CAD=∠ACB
【答案】B
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定等知识，利用平行四边形的性质以及全
等三角形的判定分别判断即可．
【详解】解：∵ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCF；
A、当BE=DF无法得出△ABE≌△CDF，故此选项不符合题意；
B、∵AF=CE，
∴AF−EF=CE−EF，即AE=CF，
∴在△ABE和△CDF中，
¿，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
故此选项符合题意；
C、由平行四边形的性质可推出∠BAE=∠DCF，不能证明△ABE≌△CDF，故此选项不符合题意；
D、由平行四边形的性质可推出∠CAD=∠ACB，不能证明△ABE≌△CDF，故此选项不符合题意．
故选：B．
7．（2025·陕西·模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=∠C，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、
AC的中点，连接DE、DF、EF，则图中与△ADF全等的三角形（不含△ADF）共有 个．
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【答案】3
【分析】本题考查了三角形中位线定理以及全等三角形的判定，结合中位线的定义以及性质可得出
DF=BE，∠EDF=∠DEB，再由△ADF和△DEB有条公共边利用SAS即可证得△≝≌△EDB，同理即
可证出△≝≌△CFE，△≝≌△FAD，由此即可得出结论．
【详解】解：D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，
∴DF为△ABC的中位线，
1
∴DF∥BC,DF=BE=EC= AB，AD=BD，AF=CF，
2
∴∠ADF=∠B，∠AFD=∠C，
在△ADF和△DEB中，
¿，
∴△ADF≌△DBE(SAS)，
同理可证得: △≝≌△CFE，△≝≌△FAD，
∴图中与△ADF全等的三角形是△DEB,△≝,△CEF，共3个，
故答案为：3．
8．（2024广州市模拟预测）已知AB=4cm，AC=BD=3cm．点P在AB上以1cm/s的速度由点A向点B
运动，同时点Q在BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t(s)．
(1)如图①，AC⊥AB，BD⊥AB，若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1时，△ACP与
△BPQ是否全等，请说明理由，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
(2)如图②，将图①中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变．设
点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；
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若不存在，请说明理由．
【答案】(1)△ACP与△BPQ全等，理由见解析；此时PC⊥PQ
(2)存在，x=1cm/s，t=1s或x=1.5cm/s，t=2s
【分析】（1）利用“SAS”证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出
∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；
（2）△ACP与△BPQ全等，分两种情况：①△ACP≌△BPQ，②△ACP≌△BQP，建立方程组求得答
案即可．
【详解】（1）解：当t=1时，△ACP与△BPQ全等，此时PC⊥PQ．理由如下：
∵t=1，点Q与点P的运动速度均为以1cm/s，
∴AP=BQ=1，
∵AB=4cm，
∴PB=3cm，
∴AC=PB=3cm，
又∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠CAP=∠PBQ=90°，
在△ACP和△BPQ中，
¿，
∴ △ACP≌△BPQ(SAS)，
∴∠C=∠BPQ，
∵∠CAP=90°，
∴∠C+∠APC=90°，
∴∠BPQ+∠APC=90°，
∴∠CPQ=180°−(∠BPQ+∠APC)=90°，
∴PC⊥PQ．
（2）解：∵点Q的运动速度为xcm/s，运动的时间为ts，
∴BQ=xtcm，
∵点P在AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，
∴AP=tcm，则BP=AB−AP=(4−t)cm，
又∵∠CAB=∠DBA=60°，
当△ACP与△BPQ全等时，有以下两种情况：
①当AC=BP，AP=BQ时，△ACP≌△BPQ，
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∵AC=3cm，
由AC=BP，得：3=4−t，
解得：t=1，
由AP=BQ，得：t=xt，
解得：x=1，
∴当x=1cm/s，t=1时，△ACP和△BPQ全等；
②当AP=BP，AC=BQ时，△ACP≌△BQP，
由于AC=BD=3cm，因此BQ=AC=3cm，此时点Q与点D重合，如图所示：
由AP=BP，得：t=4−t，
解得：t=2，
由AC=BQ，得：xt=3，
将t=2代入xt=3，得x=1.5．
∴当x=1.5cm/s，t=2时，△ACP和△BPQ全等．
综上所述：当x=1cm/s，t=1或x=1.5cm/s，t=2时，△ACP和△BPQ全等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等，解题
的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质，在解题时注意分类讨论思想的运用．
【题型二】全等三角形的性质与判定
【中考真题】
1．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形ABCD为正方形，点E在BD的延长线上，连接
EA、EC．
(1)求证：△EAB≌△ECB；
(2)若∠AEC=45°，求证：DC=DE．
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【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与
角之间的关系，熟练找出△EAB和△ECB的全等条件．
（1）根据正方形的性质证明AB=BC，∠ABE=∠CBE，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出∠CED和∠DCE，然后进行证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
在△EAB和△ECB中，
¿，
∴△EAB≌△ECB（SAS）；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠BDC= ∠CDA=45°，
2
∵△EAB≌△ECB，∠AEC=45°，
1
∴∠CED=∠AED= ∠AEC=22.5°，
2
∵∠BDC=∠CED+∠DCE=45°，
∴∠DCE=45°−22.5°=22.5°，
∴∠CED=∠DCE，
∴DC=DE．
2．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是 ▱ABCD对角线的交点，过点O的直线分别交AD，BC于
点E，F．
(1)求证：△ODE≌△OBF；
(2)当EF⊥BD时，DE=15cm，分别连接BE，DF，求此时四边形BEDF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)60cm
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【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角
形的判定和性质，是解决问题的关键．
（1）由题目中的 ▱ABCD中，O为对角线的中点，可以得出OD=OB，∠OED=∠OFB，结合
∠DOE=∠BOF，可以证得两个三角形全等，进而得出结论；
（2）由（1）中得到的结论可以得到DE=BF，结合DE∥BF得出四边形BEDF是平行四边形，进而利用
EF⊥BD证明出四边形BEDF为菱形，根据DE=15cm即可求出菱形的周长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，
∴∠OED=∠OFB，
∵点O是 ▱ABCD对角线的交点，
∴OD=OB，
在△△ODE和△OBF中，¿，
∴△ODE≌△OBF(AAS)．
（2）由（1）知，△ODE≌△OBF，
∴DE=BF，
∵DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴ ▱BEDF是菱形，
∴DF=BF=BE=DE=15cm，
∴DF+BF+BE+DE=4DE=4×15=60(cm)，
∴四边形BEDF的周长为60cm．
3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，D是BC上一点，AD=AC．E是⊙O外一点，
∠BAE=∠CAD,∠ADE=∠ACB，连接BE．
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(1)若AB=8，求AE的长；
(2)求证：EB是⊙O的切线．
【答案】(1)AE=8
(2)见解析
【分析】（1）根据∠BAE=∠CAD可得∠DAE=∠CAB，然后证明△DAE≌△CAB(ASA)，根据全等
三角形的性质可得答案；
（2）连接OA,OB，首先证明∠ABE=∠AEB=∠ADC=∠ACD，再根据三角形内角和定理和圆周角
1
定理求出∠OBA=90°− ∠AOB，然后计算出∠OBE=∠OBA+∠ABE=90°即可．
2
【详解】（1）解：∵∠BAE=∠CAD，
∴∠DAE=∠CAB，
又∵AD=AC，∠ADE=∠ACB，
∴△DAE≌△CAB(ASA)，
∴AE=AB=8；
（2）证明：如图，连接OA,OB，
由（1）得：AE=AB,AD=AC，
∴∠ABE=∠AEB，∠ADC=∠ACD，
∵∠BAE=∠CAD，
∴∠ABE=∠AEB=∠ADC=∠ACB，
∵OA=OB，
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1 1
∴∠OBA=∠OAB= (180°−∠AOB)=90°− ∠AOB，
2 2
1
又∵∠ACB= ∠AOB，
2
∴∠OBA=90°−∠ACB，
∴∠OBE=∠OBA+∠ABE=90°−∠ACB+∠ACB=90°，
∵OB是半径，
∴EB是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切
线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
4
4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线y=kx与双曲线y=− 交于A，B两点，已知A点坐标为(a,2)．
x
(1)求a，k的值；
4
(2)将直线y=kx向上平移m(m>0)个单位长度，与双曲线y=− 在第二象限的图象交于点C，与x轴交于
x
点E，与y轴交于点P，若PE=PC，求m的值．
【答案】(1)a=−2,k=−1
(2)m=√2
【分析】（1）直接把点A的坐标代入反比例函数解析式，求出a，然后利用待定系数法即可求得k的值；
（2）根据直线y=−x向上平移m个单位长度，可得直线CD解析式为y=−x+m，根据三角形全等的判定
和性质即可得到结论．
【详解】（1）解：∵点A在反比例函数图象上，
4
∴2=− ，解得a=−2，
a
将A(−2,2)代入y=kx，
∴k=−1；
（2）解：如图，过点C作CF⊥y轴于点F，
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∴CF∥OE
，
∴∠FCP=∠OEP，∠CFP=∠EOP，
∵PE=PC，
∴△CFP≌△EOP(AAS)，
∴CF=OE，OP=PF，
∵直线y=−x向上平移m个单位长度得到y=−x+m，
令x=0，得y=m，令y=0，得x=m，
∴E(m,0)，P(0,m)，
∴CF=OE=m，OP=PF=m，
∴C(−m,2m)，
4
∵双曲线y=− 过点C，
x
∴−m⋅2m=−4，
解得m=√2或−√2（舍去），
∴m=√2．
【点睛】本题是反比例函数的综合题，考查了一次函数与反比例函数的交点问题，全等三角形的判定和性
质，反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，正确表示点C的坐标是解题的关
键．
5．（2024·新疆·中考真题）【探究】
（1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；
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②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说
明理由．
【运用】
（2）如图3，等边三角形ABC中，AB=6，点E在AC上，CE=2√3．点D是直线BC上的动点，连接
DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的
长．
【答案】（1）① CA=CE+CD，理由见解析；② CE=CA+CD，理由见解析；（2）6−√3或
6+2√3．
【分析】（1）① CA=CE+CD．证明△BAD≌△CAE(SAS)可得BD=CE，即得
BC=BD+CD=CE+CD，进而可得CA=CE+CD；② CE=CA+CD．同理①即可求解；
（2）分点D在BC上，∠EFC=90°和点D在BC的延长线上，∠CEF=90°两种情况，画出图形，结合
四点共圆及圆周角定理解答即可求解；
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，等角
对等边，应用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：（1）① CA=CE+CD，理由如下：
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=CE+CD，
∵AC=BC，
∴CA=CE+CD；
② CE=CA+CD，理由如下：
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
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∴CE=BD=BC+CD=CA+CD，
即CE=CA+CD；
（2）解：分两种情况：如图，当点D在BC上，∠EFC=90°时，
∵△ABC和△≝¿都是等边三角形，
∴∠EFD=∠ECD=60°，
∴C、D、E、F四点共圆，
∵∠EFC=90°，
∴CE为该圆的直径，
∴∠CDE=90°，
∵CE=2√3，∠ECD=60°，
1
∴CD=CE·cos60°=2√3× =√3，
2
∴BD=BC−CD=6−√3；
如图，当点D在BC的延长线上，∠CEF=90°时，
∵△ABC和△≝¿都是等边三角形，
∴∠ACB=∠EFD=60°，
∴∠ECD=120°，
∴∠ECD+∠EFD=180°，
∴C、D、E、F四点共圆，
∵∠CEF=90°，
∴CF为该圆的直径，
∴∠CDF=90°，
∵∠EDF=60°，
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∴∠CDE=90°−60°=30°，
∴∠CED=180°−120°−30°=30°，
∴∠CED=∠CDE，
∴CD=CE=2√3，
∴BD=BC+CD=6+2√3；
综上，BD的长为6−√3或6+2√3．
6．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中
心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方
形的一边垂直时，重叠部分的面积为______．
（2）若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S ，在旋转过程中S 与S的关系为______．
1 1
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方
形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE+DF=√2OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，
当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM=BN时，请求出重叠部分的面积．
√6−√2 √6+√2
（参考数据：sin15°= ，cos15°= ，tan15°=2−√3）
4 4
1
【答案】（1）4；4；（2）S = S；类比探究：见解析；拓展延伸：4√3−4
1 4
【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知
识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为△BOC（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积
即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形OMCN是正方形，求解面积即可；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．证明△OGE≌△OHF，从而证明
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1
S =S = S ，即可求得结论；
四边形OECF 正方形OGCH 4 正方形ABCD
类比探究： 先证明△EOB≌△FOC，从而证明BE+DF=CF+DF=CD，即可证明结论；
拓展延伸：过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．先证明△OGM≌△OHN，即可证明
S =S ，∠GOM=∠NOH，从而证明∠GOM=15°，根据tan15°=2−√3，即可求得
△OGM △OHN
GM=2×(2−√3)=4−2√3，由重叠部分的面积=S =S −2S ，即可求得结果．
四边形OMBN 正方形OGBH △OGM
【详解】解：操作发现：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
1 1
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S = S = ×4×4=4；
△BOC 4 正方形ABCD 4
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC=∠MON=∠BCD=90°
，
∴四边形MONC是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，OA=OC，
∴∠MOC=∠MCO，
∴OM=MC，
∴四边形OMCN是正方形，
1
∴OM= AD=2，
2
∴四边形OMCN的面积是4，
故答案为：4，4；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
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∵O ABCD
是正方形 的中心，
∴OG=OH，
∵∠OGC=∠OHC=∠C=90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∵OG=OH，
∴四边形OGCH是正方形，
∴∠GOH=∠EOF=90°，
∴∠EOG=∠FOH，
∵∠OGE=∠OHF=90°，
∴△OGE≌△OHF(ASA)，
∴S =S ，
△OGE △OHF
1
∴S =S = S ，
四边形OECF 正方形OGCH 4 正方形ABCD
1
∴S = S．
1 4
1
故答案为：S = S；
1 4
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB=OC=OD=OA，∠BCD=∠OCD=45°，
∵∠FOE=∠BOC，
∴∠EOB=∠FOC，
∴△EOB≌△FOC(ASA)，
∴BE=CF，
∴BE+DF=CF+DF=CD，
∵CD=√2OC，
∴BE+DF=√2OC，
拓展延伸：
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过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同（2）可知四边形OGBH是正方形，
∴BG=BH，OG=OH，
∵BM=BN，
∴GM=NH，
∵∠OGM=∠OHN=90°，
∴△OGM≌△OHN(SAS)，
∴S =S ，∠GOM=∠NOH，
△OGM △OHN
∵∠MON=60°，
1
∴∠GOM= ×(90°−60°)=15°，
2
由（1）可知OG=2，S =4，
正方形OGBH
GM
∴tan∠GOM=tan15°= =2−√3，
OG
∴GM=2×(2−√3)=4−2√3，
1 1
∴S = OG⋅GM= ×2×(4−2√3)=4−2√3，
△OGM 2 2
∴重叠部分的面积=S =S −2S
四边形OMBN 正方形OGBH △OGM
=4−2×(4−2√3)
=4√3−4．
【模拟训练】
1．（2025·辽宁大连·一模）如图，在△ABC和△ABD中，AC与BD相交于点E，AD=BC，
∠DAB=∠CBA．
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(1)求证：△ABD≌△BAC；
(2)若AB=2√3，AE=2，求△ABE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)√3
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识
是解题的关键；
（1）根据SAS直接证明△ABD≌△BAC，即可；
（2）根据（1）得出∠ABD=∠BAC则AE=BE，进而根据三线合一求得AH的长，进而根据勾股定理，
即可求解．
【详解】（1）证明：在△ABD和△BAC中，
¿
∴△ABD≌△BAC (SAS)
（2）解：过点E作EH⊥AB于点H
由（1），△ABD≌△BAC，
∴∠ABD=∠BAC，
∴AE=BE，
1
∴AH= AB=√3，
2
在Rt△AEH中，∠AHE=90°，
∴EH=√AB2−AH2=√22−(√3) 2=1，
1 1
∴S= AB⋅EH= ×2√3×1=√3．
2 2
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2．（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AE=CF，连接
EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BE=BF，∠BEF=2∠BAC．
(1)求证EO=OF；
(2)若FC=2，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12√3
【分析】（1）根据矩形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等得出
∠BAC=∠FCO，然后证明△AOE≌△COF(AAS)，再根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据等腰三角形的性质可得BO⊥EF，继而得到∠BEF+∠ABO=90°，根据矩形的性质得到
OA=OB，继而得到∠BAC=∠ABO，进而可证明△EBF是等边三角形，即可得到∠CBF=30°，进而
求得AB=6，BC=2√3，即可求得矩形ABCD的面积．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中， AB∥CD，
∴∠BAC=∠FCO，
在△AOE和△COF中，¿，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴EO=OF．
（2）解：如图，连接OB，
∵BE=BF，由（1）知OE=OF，
∴BO⊥EF，
∴在Rt△BEO中，∠BEF+∠ABO=90°，
∵△AOE≌△COF，
∴AO=CO，即点O是矩形ABCD对角线的交点，
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∴OA=OB，
∴∠BAC=∠ABO，
又∵∠BEF=2∠BAC，
∴2∠BAC+∠BAC=90°，
∴∠BAC=30°，∠BEO=60°，
∴△EBF是等边三角形，
∴∠CBF=90°−∠EBF=90°−60°=30°，
∵CF=2，
√3
∴AE=2，BF=BE=2AE=4，AB=AE+BE=2+4=6，BC= AB=2√3，
2
∴矩形ABCD的面积=AB⋅BC=6×2√3=12√3．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知
识点，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
3．（2025·吉林长春·一模）已知四边形ABCD是正方形，点E为平面内一点，连结BE，将BE绕点B顺时
针旋转90°得到BF，连结AF、CE，已知点M为CE的中点，连结BM．
(1)如图①，若点E为边AB上一点，易知线段BM和AF的数量关系为_____（不需要证明）．
(2)如图②，若点E是正方形ABCD的内部一点，可证（1）中线段BM和AF的数量关系仍然成立，以下是
小明的部分证明过程，请补充完整．
证明：延长BM到点N，使MN=BM，连结EN，如图③，
∵M为CE的中点，
∴EM=CM，
又∵∠EMN=∠CMB，MN=BM，
∴△EMN≌△CMB，
．．．．．．
(3)若点E在以点B为圆心，1为半径的圆上运动，连结DM，当AB=2时，线段DM的最大值为_____．
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1
【答案】(1)BM= AF；
2
(2)见解析；
1
(3)√5+ ．
2
1 1
【分析】（1）证明△ABF≌△CBE(SAS)，可得AF=CE，而BM= CE，即知BM= AF；
2 2
（2）延长BM到N，使MN=BM，连接EN，由△EMN≌△CMB(SAS)，可得
∠N=∠CBM，EN=BC=AB，即知∠BEN=180°−∠N−∠EBN=180°−∠EBC，由BE绕点B
顺时针旋转90°得到BF，有BE=BF，∠EBF=90°=∠ABC，得
∠ABF=∠ABC+∠EBF−∠EBC=180°−∠EBC，故∠BEN=∠ABF，即得△BEN≌△FBA(SAS)，
1
故BN=AF，从而BM= AF；
2
1 1
（3）取BC的中点G，连接DG,GM，可得GM= BE= ，DG=√CD2+CG2=√5，在△DMG中，
2 2
DMAE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，
连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其
中所有正确结论的序号是 ．
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【答案】①③④
【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，
∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，则可证△AEB≌△FED(SAS)，然后根据全等三角形的性质及平行四
边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠DBE−∠ABE,∠EBC=∠ABC−∠ABE，
∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，
∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正确；
∴△AEB≌△FED(SAS)，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正确；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②错误；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴AD=CF，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟
练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
6．（2024·江苏南通·中考真题）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习
活动．
【特例探究】
（1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积．
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等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
角平分线AD的 ∠BAD的度 两腰之 两腰之
图序 腰长
长 数 和 积
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° √2 2√2 2
图③ 1 30° ______ ______ ______
请补全表格中数据，并完成以下猜想．
已知△ABC的角平分线AD=1，AB=AC，∠BAD=α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积
AB⋅AC之间的数量关系：______．
【变式思考】
（2）已知△ABC的角平分线AD=1，∠BAC=60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB⋅AC
之间的数量关系，并证明．
【拓展运用】
（3）如图④，△ABC中，AB=AC=1，点D在边AC上，BD=BC=AD．以点C为圆心，CD长为半径
作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析
1 1
+ 的值是否变化？
BM BN
AB+AC
【答案】（1）见解析； =2cosα，（2）AB+AC=√3AB⋅AC，证明见解析；（3）
AB⋅AC
1 1
+ 是定值
BM BN
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AD 1
【分析】（1）根据特殊角的三角函数值分别计算，再填表即可；再由AB=AC= = 可得结论；
cosα cosα
（2）如图，延长AB至E使AE=AC，连接CE，过B作BH⊥CE于H，延长AD交CE于F，证明△ACE
为等边三角形，AF⊥CE，∠EAF=∠CAF=30°，设AC=AE=CE=2x，EH=a，利用相似三角形的
2√3x2−2x
性质求解a= ，再进一步可得AB+AC=√3AB⋅AC；
2√3x−1
（3）根据题目要求画图，设∠A=α，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α=36°，过点E作
EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，利用S =S +S ，即可求得答案．
△BMN △BEM △BEN
【详解】解：（1）∵∠BAD=∠CAD=30°，AD是△ABC的角平分线，AD=1，
∴AD⊥BC，
AD 1 2√3
AB=AC= = =
∴ cos30° √3 3 ；
2
4√3 4
∴AB+AC= ，AB⋅AC= ；
3 3
角平分线AD的 ∠BAD的度
图序 腰长 两腰之和 两腰之积
长 数
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° √2 2√2 2
2√3 4√3 4
图③ 1 30°
3 3 3
如图，由（1）可得：AD⊥BC，
AD 1
∴AB=AC= = ，
cosα cosα
2 1
∴AB+AC= ，AB⋅AC= ，
cosα cos2α
AB+AC
∴ =2cosα；
AB⋅AC
（2）猜想：AB+AC=√3AB⋅AC，理由如下：
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如图，延长AB至E使AE=AC，连接CE，过B作BH⊥CE于H，延长AD交CE于F，
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，
∴△ACE为等边三角形，AF⊥CE，∠EAF=∠CAF=30°，
设AC=AE=CE=2x，EH=a，
∴CF=EF=x，AF=√3x，而AD=1，
∴DF=√3x−1，
∵BH⊥CE，AF⊥CE，
∴BH∥AF，
∴∠EBH=∠EAF=30°，△CDF∽△CBH，
∴BE=2a，EH=√3a，
∵△CDF∽△CBH，
DF CF √3x−1 x
∴ = ，即 = ，
BH CH √3a 2x−a
2√3x2−2x
解得：a= ，
2√3x−1
2√3x2−2x 4√3x2
∴AB+AC=4x−2a=4x− = ；
2√3x−1 2√3x−1
4x2
AB⋅AC=2x(2x−2a)=4x2−4ax=
，
2√3−1
∴AB+AC=√3AB⋅AC；
（3）补全图形如图所示：
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设∠A=α，
∵BD=AD，
∴∠ABD=∠A=α，
∴∠BDC=∠ABD+∠A=2α，
∵BD=BC，
∴∠BCD=∠BDC=2α，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=2α，
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴α+2α+2α=180°，
解得：α=36°，
∴∠A=∠ABD=∠CBD=36°，
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，
∵S =S +S
△BMN △BEM △BEN
，
1 1 1
∴ BM⋅NG= BM⋅EF+ BN⋅EH，
2 2 2
∵∠ABD=∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF=EH，
在Rt△BNG中，NG=BN⋅sin∠ABC=BN⋅sin72°，
∴BM⋅BN⋅sin72°=(BM+BN)⋅EH，
sin72° BM+BN 1 1
∴ = = + ，
EH BM⋅BN BM BN
EH
∵ =sin∠CBD=sin36°，
BE
∴EH=BE⋅sin36°，
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1 1 sin72°
∴ + = ，
BM BN BEsin36°
由△ABC是确定的，由作图可得BE为定长，而sin36°和sin72°为定值，
sin72°
∴ 为定值，
BE⋅sin36°
1 1
即 + 为定值．
BM BN
【点睛】本题属于实际探究题，考查了类比方法的应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理的应用，锐角三角函数的灵活应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
7．（2024·江苏常州·中考真题）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，AC、DE相交于点G，AB=DF
，AC=DE，BC=EF．
(1)求证：△GEC是等腰三角形；
(2)连接AD，则AD与l的位置关系是________．
【答案】(1)见解析
(2)AD∥l
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行线的判定：
（1）证明△ABC≌△DFE，得到∠ACB=∠≝¿，即可得证；
（2）根据线段的和差关系，易得AG=DG，根据三角形的内角和定理，得到∠CAD=∠ACB，即可得
出结论．
【详解】（1）证明：在△ABC和△DFE中
¿，
∴△ABC≌△DFE，
∴∠ACB=∠≝¿，
∴EG=CG，
∴△GEC是等腰三角形；
（2）∵AC=DE，EG=CG，
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∴AC−CG=DE−EG，
∴AG=DG，
1
∴∠GAD=∠GDA= (180°−∠AGD)，
2
1
∵∠ACE=∠≝= (180°−∠CGE)，
2
∵∠AGD=∠EGC，
∴∠CAD=∠ACB，
∴AD∥l．
8．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，点D，E分别在
AB，CB上，DB=EB，连接AE，CD，取AE中点F，连接BF．
(1)求证：CD=2BF，CD⊥BF；
(2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出BF与CD的位置关系：___________________；
②求证：CD=2BF．
【答案】(1)见解析
(2)①BF⊥CD；②见解析
【分析】（1）先证明△ABE≌△CBD得到AE=CD，∠FAB=∠BCD，根据直角三角形斜边中线性质
得到CD=AE=2BF，根据等边对等角证明∠FBA=∠BCD，进而可证明BF⊥CD；
（2）①延长BF到点G，使FG=BF，连接AG，延长BE到M，使BE=BM，连接AM并延长交CD于点
N．先证明△AGF≌△EBF，得到∠FAG=∠FEB，AG=BE，进而AG∥BE，AG=BD．证明
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△AGB≌△BDC得到∠ABG=∠BCD，然后利用三角形的中位线性质得到BF∥AN，则
∠ABG=∠BAN=∠BCD，进而证明AN⊥CD即可得到结论；
②根据△AGB≌△BDC得到CD=BG即可得到结论．
【详解】（1）证明：在△ABE和△CBD中，
∵AB=BC，∠ABE=∠CBD=90°，BE=BD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，∠FAB=∠BCD．
∵F是Rt△ABE斜边AE的中点，
∴AE=2BF，
∴CD=2BF，
1
∵BF= AE=AF，
2
∴∠FAB=∠FBA．
∴∠FBA=∠BCD，
∵∠FBA+∠FBC=90°，
∴∠FBC+∠BCD=90°．
∴BF⊥CD；
（2）解：①BF⊥CD；
理由如下：延长BF到点G，使FG=BF，连接AG，延长BE到M，使BE=BM，连接AM并延长交CD于
点N．
∵AF=EF，FG=BF，∠AFG=∠EFB，
∴△AGF≌△EBF(SAS)，
∴∠FAG=∠FEB，AG=BE，
∴AG∥BE，
∴∠GAB+∠ABE=180°，
∵∠ABC=∠EBD=90°，
∴∠ABE+∠DBC=180°，
∴∠GAB=∠DBC．
∵BE=BD，
∴AG=BD．
在△AGB和△BDC中，
∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，
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∴△AGB≌△BDC(SAS)，
∴∠ABG=∠BCD．
∵F是AE中点，B是EM中点，
∴BF是△ABM中位线，
∴BF∥AN．
∴∠ABG=∠BAN=∠BCD，
∴∠ABC=∠ANC=90°，
∴AN⊥CD．
∵BF∥AN，
∴BF⊥CD．
故答案为：BF⊥CD；
②证明： ∵△AGB≌△BDC，
∴CD=BG，
∵BG=2BF，
∴CD=2BF．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角
形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与
运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
【模拟训练】
1．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，设AC=x，BC= y，且x+ y是定值，
点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于
点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（ ）
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A．AD B．CD C．CG D．DE
【答案】B
【分析】连接ED，DF，AF，在AC上取点H，使CH=BC，连接BH，过点E作EK⊥AC于点K，根
据直角三角形的性质得出AE=CE=BE，设∠BAC=α，则∠BEC=2∠BAC=2α，求出
1
∠EAF= (180°−∠AEF)=45°+α，得出∠DFA=∠DAF=45°+α−α=45°，求出
2
∠ADF=180°−45°−45°=90°，得出∠EDC=135°−90°=45°，求出CH=BC，∠HCB=90°，
1 x−y 1 √2
得出BH=√2BC=√2y，求出AH=AC−BC=x−y，AD=DK= AH= ，ED= BH= y，
2 2 2 2
x−y x+ y x+ y y(x−y) x2+ y2
从而求出CD=AC−AD=x− = ，CG=CD−DG= − = ，即可得出答案．
2 2 2 2x 2x
【详解】解：连接ED，DF，AF，在AC上取点H，使CH=BC= y，连接BH，过点E作EK⊥AC于
点K，如图所示：
∵在△ABC中，∠ACB=90°，点E为AB中点，
∴AE=CE=BE，
∴∠BAC=∠ACE，
根据旋转可知：EF=CE，∠FEC=90°，
∴△AEF和△CEB为等腰三角形，∠AEF+∠CEB=180°−90°=90°，
设∠BAC=α，则∠BEC=2∠BAC=2α，
∴∠AEF=90°−2α，
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1
∴∠EAF= (180°−∠AEF)=45°+α，
2
根据轴对称可知：AD=DF，∠ADE=∠FDE，
∴∠DFA=∠DAF=45°+α−α=45°，
∴∠ADF=180°−45°−45°=90°，
∴DF⊥AC，
∵∠ADE+∠ADF+∠FDE=360°，
∴∠ADE=∠FDE=135°，
∴∠EDC=135°−90°=45°，
∵CH=BC，∠HCB=90°，
∴∠BHC=45°，BH=√2BC=√2y，
AH=AC−CH=x−y，
∴∠EDK=∠BHC，
∴ED∥BH，
AD AE
∴ = =1，
DK BE
1 x−y
∴AD=DK= AH= ，
2 2
∴DE为△ABK的中位线，
1 √2
∴ED= BH= y，
2 2
∴DE、AD均不是定值，
x−y x+ y
∴CD=AC−AD=x− = ，
2 2
∴CD为定值，
∵EK⊥AC，FD⊥AC，
∴EK∥DF，
∵∠FDK=∠BCA=90°，
∴DF∥BC，
∴DF∥EK∥BC，
AK AE 1
∴ = = ，
AC AB 2
∴EK为△ABC的中位线，
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1 1 1 1
∴EK= BC= y，AK= AC= x，
2 2 2 2
1 x−y 1
∴DK=AK−AD= x− = y，
2 2 2
∵EK∥DF，
∴△DFG∽△KEG，
x−y
DG DF 2 x−y
∴ = = = ，
GK EK 1 y
y
2
DG x−y
=
∴1 y ，
y−DG
2
y(x−y)
∴DG= ，
2x
x+ y y(x−y) x2+ y2
∴CG=CD−DG= − = ，
2 2x 2x
∴CG不是定值，
综上分析可知，CD为定值，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理，三角
形中位线的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握
相关的判定和性质．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知如图，在等腰三角形ABC中，AC=BC，∠DBC=30°，在AC上取
一点E，使EB=EC，BE的延长线交线段AC的垂直平分线于点D，BC=√3+1，则①CD=1.5；②
BD=2；③∠DAC=18°；④AB=√2．以上结论正确的是 ．
【答案】②④
【分析】先运用等腰三角形的性质得∠ACB=30°，外角性质得∠DEC=60°，再结合三角形内角和性质
得∠BAC=∠ABC=75°，再结合垂直平分线的性质得AD=DC，∠DAC=∠DCA，得出△ABW是等
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腰直角三角形，在Rt△BZE中，BE2=EZ2+BZ2，代入数值计算，得AW =1，AB=√W B2+AW2=√2，
然后运用AAS证明△DRC≌△DEA，△AWD≌△CHD，运用30度所对的直角边是斜边的一半得
BD=2DH，再结合勾股定理算出DH=1，BD=2，再运用角的关系计算∠DAC=90°−75°=15°，然
后再求出CD=AD=√12+12=√2，即可作答．
【详解】解：∵EB=EC，∠DBC=30°，
∴∠ACB=∠DBC=30°，
∴∠DEC=∠ACB+∠DBC=60°，
∵在等腰三角形ABC中，AC=BC，
1
∴∠BAC=∠ABC= (180°−∠ACB)=75°，
2
∴∠ABE=∠ABC−∠DBC=75°−30°=45°
∵BE的延长线交线段AC的垂直平分线于点D，
∴AD=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
过点A作AW⊥BD，过点E作EZ⊥BC，过点D作DH⊥BC，并交AC于点R，如图所示：
∵AW⊥BD，
∴∠AWB=90°，
∵∠ABE=45°，
∴△ABW是等腰直角三角形，
∴∠BAW =45°，AW =WB，AB=√W B2+AW2=√2AW，
∵∠AEB=∠DEC=60°
∴∠EAW=30°
1
∴WE= AE
2
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设WE=r,AE=2r
∴AW =√AE2−W E2=√3r
即BW =AW =√3r
∴EB=BW+WE=(√3+1)r，
∵EZ⊥BC，EB=EC，∠DBC=30°，
1 1 1 √3 1
∴EZ= BE= (√3+1)r，BZ= BC= +
2 2 2 2 2
则在Rt△BZE中，BE2=EZ2+BZ2，
2 2
2 [1 ] [1 ]
∴[(√3+1)r] = (√3+1)r + (√3+1)
2 2
√3
解得r= ，
3
√3
∴AW =√3× =1，
3
则AB=√W B2+AW2=√2AW =√2，故④是正确的；
∵∠DBC=30°，DH⊥BC，
∴∠BDH=90°−∠DBC=90°−30°=60°，
∵∠DEC=60°，
∴∠DRE=180°−60°−60°=60°，
∴∠DRC=∠DEA=120°，
∵∠DAC=∠DCA，AD=DC，
∴△DRC≌△DEA(AAS)，
∴∠CDR=∠ADE，
∵AW⊥BD，DH⊥BC，
∴∠AWD=∠CHD=90°，
∵AD=DC，
∴△AWD≌△CHD(AAS)，
∴AW=HC=1，
∴BH=√3，
在Rt△BHD中，∠DBC=30°，
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∴BD=2DH，
则BD2=DH2+BH2，
即4DH2=DH2+3，
∴DH=1，
∴BD=2，
故②是正确的；
∴DW=BD−BW=2−1=1，
即AW=WD=1，
∵∠AWD=90°，
∴△AWD是等腰直角三角形，
∴∠WAD=45°，
∴∠BAD=45°+45°=90°，
∴∠DAC=90°−75°=15°，
故③是错误的；
∵△AWD是等腰直角三角形，AW=WD=1，
∴CD=AD=√12+12=√2，
故①是错误的；
故答案为：②④．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，30度所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，全等三角形
的判定与性质，外角性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，抛物线y=a(x+1)(x−3)交x轴于A，B两点，交y轴于点C，点D
为抛物线的顶点，若△ABD为等腰直角三角形，则a的值为 ．
1
【答案】 /0.5
2
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，与坐标轴的交点问题，求出顶点D的坐标是解题的关键．
先求出A(−1,0),B(3,0)，则可得AB=4，对称轴为直线x=1，那么AE=2，由△ABD为等腰直角三角形，
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可得△EAD为等腰直角三角形，则ED=EA=2，故D(1,−2)，再将其代入y=a(x+1)(x−3)，即可求解．
【详解】解：记对称轴与x轴交于点E，
当y=0时，a(x+1)(x−3)=0，而a≠0
∴x=−1或x=3，
∴A(−1,0),B(3,0)，
∴AB=4，对称轴为直线x=1，
∴AE=2，
∵△ABD为等腰直角三角形，只能为∠ADB=90°，
∴∠EAD=45°，
∵DE⊥x轴，
∴△EAD为等腰直角三角形，
∴ED=EA=2，
∴D(1,−2)，
将D(1,−2)代入y=a(x+1)(x−3)得：a(1+1)(1−3)=−2，
1
解得：a= ，
2
1
故答案为： ．
2
4．（2025·湖北恩施·一模）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，且抛物线经过点
A(−1,0)和C(0,−3)两点，且抛物线与x轴交另一点B．
(1)求抛物线解析式；
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(2)如图1，在抛物线上有点P，过点A过PC的平行线交y轴与点M，若△PCM是以MC为底的等腰三角形，
求点P的坐标；
(3)在抛物线上是否存在一点Q，使得△CAQ中有一个角是∠OBC的2倍，若存在，求出点P的坐标，若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(5+√33 25+9√33) (5−√33 25−9√33)
(2) , 或 ,
4 8 4 8
(7 20) (10 13)
(3)存在， , 或 ,
3 9 3 9
【分析】（1）先根据对称轴求出抛物线与x轴的另一个交点，再利用待定系数法求解即可；
（2）设点M的坐标为(0,m)，求出直线AM的解析式为，再求出直线PC的解析式，令
mx−3=x2−2x−3，求出点P(m+2,m2+2m−3)，根据PM=PC，建立方程求解即可；
（3）设点Q(q,q2−2q−3)，由C(0,−3),B(3,0)易证△OBC是等腰直角三角形，得到∠OBC=45°，
分∠QAC=90°和∠ACQ=90°两种情况讨论，利用正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：∵物线的对称轴为直线x=1，且经过点A(−1,0)和C(0,−3)，则B点坐标为(3,0)，
则抛物线y=ax2+bx−3=a(x−3)(x+1)
将C(0,−3)代入上式中，
解得a=1，
∴抛物线的解析式为：y=(x−3)(x+1)=x2−2x−3；
（2）设点M的坐标为(0,m)，直线AM的解析式为y =kx+b
AM 1
∵(0,m)代入上式得：b=m
再将点A(−1,0)代入上式得：k=m
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∴直线AM的解析式为y=mx+m
∵AM∥PC
∴直线PC的解析式为y =mx+b
PC 2
∵C(0,−3)
∴直线PC的解析式为y=mx−3
令mx−3=x2−2x−3
解得：x =0，x =m+2
1 2
∴P(m+2,m2+2m−3)
∵△PCM是以MC为底的等腰三角形，
∴PM=PC
m−3
则m2+2m−3=
2
−3±√33
解得m=
4
(5+√33 25+9√33) (5−√33 25−9√33)
∴P的坐标为 , 或 , ；
4 8 4 8
（3）设点Q(q,q2−2q−3)，
∵C(0,−3),B(3,0)
∴OB=OC
∴∠OBC=45°
∴使得△CAQ中有一个角是∠OBC的2倍
则△CAQ为直角三角形
当∠QAC=90°时，如图，过点Q作QD⊥x轴于点D，
∵∠QAB+∠BAC=∠BAC+∠ACO=90°
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∴∠QAB=∠ACO
QD OA
∴tan∠QAB= =tan∠ACO=
AD OC
∵A(−1,0)，C(0,−3)，QD=q2−2q−3，AD=OD+OA=q+1，
∴OA=1,OC=3，
QD q2−2q−3 OA 1 (q−3)(q+1) 1
∴ = = = ，即 = ，
AD q+1 OC 3 q+1 3
10 (10) 2 10 13
∴q= ，则 −2× −3= ，
3 3 3 9
(10 13)
∴Q , ；
3 9
当∠ACQ=90°时，如图，过点Q作QF⊥y轴于点F，
CE OA 1
同理：tan∠CQF= =tan∠ACO= =
QF OC 3
∵CF=3−(−q2+2q+3)=q2−2q，QF=q，
q2−2q q(q−2) 1
∴ = = ，
q q 3
7 (7) 2 7 20
∴q= ，则 −2× −3=− ，
3 3 3 9
(7 20)
∴Q ,− ；
3 9
当∠AQC=90°时，该情况不存在
(7 20) (10 13)
∴Q点的坐标为： , 或 , ．
3 9 3 9
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及等腰三角形的判定、二次函数的最值，解直角三角形等知
识，考查了用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，考查了分类讨论的思想，综合性比较强．
5．（2023·湖南永州·二模）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点P是底边BC上任意一点(不与B、
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C重合)，过C作CD⊥AB于D，为AB边上的高过点P作PM⊥AB，PN⊥AC，垂足为M、N，由等
1 1 1
面积法可知S =S +S ，即 AB⋅CD= AB⋅PM+ AC⋅PN，从而可得：CD=PM+PN．
△ABC △APB △APC 2 2 2
即：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离和，等于腰上的高．
(1)如图1，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC、
BD的垂线，垂足分别为E、F．求PE+PF的值；
(2)如图2，在矩形ABCD中，点M、N分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线MN折叠，使点D恰好
与点B重合，点C落在点C'处．点P为线段MN上一动点(不与点M，N重合)，过点P分别作直线BM、BC
的垂线，垂足分别为E、F，以PE、PF为邻边作平行四边形PEGF，若DM=13，CN=5，求平行四边
形PEGF的周长；
(3)如图3，当点P是等边△ABC外一点时，过点P分别作直线AB、AC、BC的垂线，垂足分别为点H 、
1
H 、H ．若PH −PH +PH =3，直接写出△ABC的面积．
2 3 1 2 3
12
【答案】(1)
5
(2)平行四边形PEGF的周长为24
(3)3√3
【分析】（1）根据勾股定理求得BD=5，设AB到BD的距离为h，等面积法求得h，根据题意，即可求解；
（2）根据折叠的性质，得出△BMN是等腰三角形，勾股定理求得AB即等腰三角形腰上的高，结合平行
四边形的性质即可求解；
（3）根据三角形的面积公式，根据S =S +S −S ，求得AB=2√3，根据等边三角形的性
△ABC △ABP △BCP △ACP
质即可求解．
【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，
1 1
∴BD=√AB2+AD2=5，AO= AC= BD=OD
2 2
设AB到BD的距离为h，
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1 1
则 BD×h= AB×AD，
2 2
3×4 12
∴h= = ，
5 5
∵等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离和，等于腰上的高．
12
∴PE+PF=
5
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A=∠D=90°
∴∠DMN=∠MNB
∵将矩形ABCD沿直线MN折叠，使点D恰好与点B重合，
∴MD=BM=13,CD=C'B，∠DMN=∠BMN，∠C'=∠D=∠A=90°，NC'=NC=5
∴∠MNB=∠BMN
∴BM=BN
∴△BMN是等腰三角形，
在Rt△ABM与Rt△C'BN中，
¿
∴Rt△ABM≌Rt△C'BN(HL)
∴AM=NC'=5，
在Rt△ABM中，AB=√BM2−AM2=√132−52=12,
即等腰三角形△BMN，腰上的高为12，
依题意，PE+PF=12，
∴平行四边形PEGF的周长为24；
（3）解：如图所示，连接PA,PB,PC
∵S =S +S −S
△ABC △ABP △BCP △ACP
√3 1 1 1
∴ AB2= ×AB×PH + ×BC×PH − ×AC×PH ，
4 2 1 2 3 2 2
√3
∴ AB=PH −PH +PH ，
2 1 2 3
∵PH −PH +PH =3，
1 2 3
∴AB=2√3，
√3
∴S = AB2=3√3．
△ABC 4
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【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，全等三角形的性质，等边
三角形的性质，熟练掌握题中结论是解题的关键．
【题型二】等边三角形性质与判定综合
1）等边三角形具有等腰三角形的一切性质.
2）等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合．
3）在等腰三角形中，只要有一个角是60°，无论这个角是顶角还是底角，这个三角形就是等边三角形．
√3
4）等边三角形面积的求解方法：
S
正三角形
=
4
边长2
【中考真题】
1．（2024·海南·中考真题）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且A´B=B´C=C´D，点P在
C´D上，若∠PCB=130°，则∠PBA等于（ ）
A．105° B．100° C．90° D．70°
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接OB，OC，证明△AOB和△BOC都是
等边三角形，求得∠BPC=30°，利用三角形内角和定理求得∠PBC=20°，据此求解即可．
【详解】解：连接OB，OC，
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∵AD是半圆O的直径，A´B=B´C=C´D，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
∴△AOB和△BOC都是等边三角形，
∴∠OBC=∠OBA=60°，
∵B´C=B´C，
1
∴∠BPC= ∠BOC=30°，
2
∵∠PCB=130°，
∴∠PBC=180°−130°−30°=20°，
∴∠PBO=60°−20°=40°，
∴∠PBA=40°+60°=100°，
故选：B．
2．（2024·四川雅安·中考真题）如图，⊙O的周长为8π，正六边形ABCDEF内接于⊙O．则△OAB的
面积为（ ）
A．4 B．4√3 C．6 D．6√3
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，解直角三角形是正确解答的关键．
根据正六边形的性质以及解直角三角形进行计算即可．
【详解】解：设半径为r，由题意得，2πr=8π，
解得r=4，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
360°
∴∠AOB= =60°，
6
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∵OA=OB，
∴△AOB是正三角形，
∴OAB=60°，
√3
∴弦AB所对应的弦心距为OA·sin60°= OA=2√3，
2
1
∴S = ×4×2√3=4√3．
△AOB 2
故选：B．
3．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在扇形AOB中，∠AOB=80°，半径OA=3，C是A´B上一点，
连接OC，D是OC上一点，且OD=DC，连接BD．若BD⊥OC，则A´C的长为（ ）
π π π
A． B． C． D．π
6 3 2
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质；连接BC，根据
OD=DC，BD⊥OC，易证△OBC是等腰三角形，再根据OB=OC，推出△OBC是等边三角形，得到
∠BOC=60°，即可求出∠AOC=20°，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：连接BC，
∵ OD=DC BD⊥OC
， ，
∴OB=BC，
∴ △OBC是等腰三角形，
∵ OB=OC，
∴ OB=OC=BC，
△OBC是等边三角形，
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∴ ∠BOC=60°，
∵ ∠AOB=80°，
∴ ∠AOC=∠AOB−∠BOC=20°，
∵ OA=3，
20×3π π
∴ A´C= = ，
180 3
故选：B．
4．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(△ABE，△BCF，△CAD)与中间的小等边三角形
DEF拼成一个大等边三角形ABC．连接BD并延长交AC于点G，若AE=ED=2，则：
（1）∠FDB的度数是 ；
（2）DG的长是 ．
4√3
【答案】 30°
5
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知
识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）利用三角形相似及AE=DE可得BF=DF，再利用三角形的外角性质结合可求得∠DBF=30°；
（2）作CH⊥BG交BG的延长线于点H，利用直角三角形的性质求得CH=1，FH=√3，证明
△ADG∽△CHG，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵△ABE≌△BCF≌△CAD(已知)，
∴AD=BE=CF，AE=BF=DC，
∵AE=ED=2，
∴AD=BE=4，
∵△≝¿为等边三角形，
∴EF=DF=DE=2，∠EFD=∠EDF=60°，
∴BF=DF=DC=2，
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1
∴∠FDB=∠FBD= ∠EFD=30°，∠ADB=∠EDF+∠FDB=90°，
2
如图，过点C作CH⊥BG的延长线于点H，
∵∠CDH=30°
，
1
∴CH=CD×sin30°=2× =1，
2
√3
DH=CD×cos30°=2× =√3，
2
∵∠ADG=∠CHG，∠AGD=∠CGH，
∴△ADG∽△CHG，
DG AD 4
∴ = = ，
HG CH 1
4 4
∴DG= DH= √3．
5 5
4√3
故答案为：30°， ．
5
5．（2024·江苏常州·中考真题）将边长均为6cm的等边三角形纸片ABC、≝¿叠放在一起，使点E、B分
别在边AC、DF上（端点除外），边AB、EF相交于点G，边BC、DE相交于点H．
(1)如图1，当E是边AC的中点时，两张纸片重叠部分的形状是________；
(2)如图2，若EF∥BC，求两张纸片重叠部分的面积的最大值；
(3)如图3，当AE>EC，FB>BD时，AE与FB有怎样的数量关系？试说明理由．
【答案】(1)菱形
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9√3
(2)
cm2
2
(3)AE=BF，理由见解析
【分析】（1）连接BE，CD，由等边三角形的性质可得∠ACB=∠EDF=60°，则B、D、C、E四
点共圆，由三线合一定理得到∠BEC=90°，则BC为过B、D、C、E的圆的直径，再由
DE=BC=6cm，得到DE为过B、D、C、E的圆的直径，则点H为圆心，据此可证明
∠GEB=∠EBH=∠GBE=∠BEH=30°，推出四边形BHEG是平行四边形，进而可证明四边形BHEG
是菱形，即两张纸片重叠部分的形状是菱形；
（2）由等边三角形的性质得到∠ABC=∠≝=∠C=60°，AC=BC=6cm，则由平行线的性质可推出
∠ABC=∠CHE，进而可证明四边形BHEG是平行四边形，再证明△EHC是等边三角形，则可设
1
EH=CH=2xcm，则BH=(6−2x)cm，HT= CH=xcm，由勾股定理得到
2
( 3) 2 9√3 3
ET=√EH2−HT2=√3xcm，可得S =S =BH⋅ET==−2√3 x− + ，则当x=
重叠 四边形BHEG 2 2 2
9√3
时，S 有最大值，最大值为 cm2 ；
重叠 2
1 1
（3）过点B作BM⊥AC于M，过点E作EN⊥DF于N，连接BE，则AM=FN= DF= AC=3cm，
2 2
EF=AB=6cm，BE=BE，证明EN=BM，进而可证明Rt△NBE≌Rt△MEB(HL)，得到NB=ME，则
FN+BN=AM+ME，即AE=BF．
【详解】（1）解：如图所示，连接BE，CD
∵△ABC，△≝¿都是等边三角形，
∴∠ACB=∠EDF=60°，
∴B、D、C、E四点共圆，
∵点E是AC的中点，
∴∠BEC=90°，
∴BC为过B、D、C、E的圆的直径，
又∵DE=BC=6cm，
∴DE为过B、D、C、E的圆的直径，
∴点H为圆心，
∴EH=BH，
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∴∠HBE=∠HEB=30°，
∴∠GEB=∠EBH=∠GBE=∠BEH=30°，
∴BG∥EH，BH∥EG，
∴四边形BHEG是平行四边形，
又∵EH=BH，
∴四边形BHEG是菱形，
∴两张纸片重叠部分的形状是菱形；
（2）解：∵△ABC，△≝¿都是等边三角形，
∴∠ABC=∠≝=∠C=60°，AC=BC=6cm，
∵EF∥BC，
∴∠CHE=∠≝=60°，
∴∠ABC=∠CHE，
∴BG∥EH，
∴四边形BHEG是平行四边形，
∵∠C=∠CHE=60°，
∴△EHC是等边三角形，
过点E作ET⊥HC，
1
∴设EH=CH=2xcm，则BH=(6−2x)cm，HT= CH=xcm，
2
∴ET=√EH2−HT2=√3xcm，
∴S =S =BH⋅ET=√3x(6−2x)
重叠 四边形BHEG
=−2√3 ( x2−3x+ 9 − 9)
4 4
( 3) 2 9√3
=−2√3 x− + ，
2 2
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∵−2√3<0，
3 9√3
∴当x= 时，S 有最大值，最大值为 cm2 ；
2 重叠 2
（3）解：AE=BF，理由如下：
如图所示，过点B作BM⊥AC于M，过点E作EN⊥DF于N，连接BE，
∵△ABC，△≝¿都是边长为6cm的等边三角形，
1 1
∴AM=FN= DF= AC=3cm，EF=AB=6cm，BE=BE
2 2
∴由勾股定理可得NE=√EF2−FN2=3√3cm，BM=√AB2−AM2=3√3cm，
∴EN=BM，
又∵BE=BE，
∴Rt△NBE≌Rt△MEB(HL)，
∴NB=ME，
∴FN+BN=AM+ME，即AE=BF．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，等边三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三
角形的性质与判定，勾股定理，四点共圆，正确作出辅助线是解题的关键．
【模拟训练】
1．（2025·河北保定·一模）菱形ABCD中，AB=6，BD=6√3，E是AD中点，F是BD上的动点，则
△AEF周长的最小值是（ ）
A．9 B．8 C．3+2√3 D．3+3√3
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【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，等边三角形的判定和性质，轴对称最短路径问题，解决本题
的关键是掌握菱形的性质；
1 1
根据菱形的性质得到AC⊥BD，BO= BD，AO= AC，根据勾股定理求出AC，根据线段垂直平分线
2 2
的性质、勾股定理定理计算即可；
【详解】如图，连接CE，交BD于点F，连接AF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=BC=6，
1
∴BD⊥AC，AO=CO，BO=DO= BD=3√3，
2
由勾股定理得：AO=√AB2−BO2=3，
∴AC=6，
∵E是AD中点，
1 1
∴AE=DE= AD= AB=3，
2 2
∵AO=CO，BD⊥AC，
∴AF=CF，
∴AF+EF=CF+EF=CE，
根据两点之间，线段最短可知此时△AEF的周长最小，
△AEF的周长的最小值=AE+AF+EF=AE+CE，
∵AC=AD=CD=6，
∴△ACD为等边三角形，
∵E为AD中点，
∴△CDE为直角三角形，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE=√CD2−DE2=3√3，
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△AEF的周长的最小值=AE+CE=3+3√3；
故选：D
2．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，以点A为圆心，AD为半径画弧B´D，再以点D为圆
心，DA为半径画弧A´C．若AB=√2，则图中阴影部分面积为（ ）
2π √3 4π √3 2π √3 4π √3
A． − B． − C． − D． −
3 2 3 2 3 4 3 4
【答案】A
【分析】此题考查了求不规则图形面积，扇形面积公式，勾股定理，等边三角形的性质和判定，解题的关
键是掌握以上知识点．
如图所示，设两弧交于点F，过点F作FE⊥AD于点E，连接AF，DF，首先证明出△AFD是等边三角
√6
形，然后求出∠BAF=∠BAD−∠EAF=30°，EF=√AF2−AE2=
，然后求出
2
1 √3
S =S −S = π− ，然后利用S =S +2S 代数求解即可．
弓形AF 扇形ADF △ADF 3 2 阴影 ❑△ADF ❑弓形AF
【详解】解：如图所示，设两弧交于点F，过点F作FE⊥AD于点E，连接AF，DF，
∵四边形ABCD是正方形，AB=√2
∴AB=BC=CD=AD=AF=DF=√2
∴△AFD是等边三角形
∵FE⊥AD
1 1 √2
∴AE= AD= AF= ，∠DAF=∠ADF=∠AFD=60°，
2 2 2
∴∠BAF=∠BAD−∠EAF=30°
√6
∴EF=√AF2−AE2=
，
2
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60π×(√2) 2 1 √6 1 √3
∴S =S −S = − ×√2× = π− ，
弓形AF 扇形ADF △ADF 360 2 2 3 2
√3 (1 √3) 2 √3
∴S =S +2S = +2 π− = π− ．
阴影 ❑△ADF ❑弓形AF 2 3 2 3 2
故选：A．
3．（2025·辽宁辽阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若
点C的坐标为(2,0)，∠D=60°，则点D的坐标为（ ）
A．(4,2√3) B．(2,2√3) C．(3,2√3) D．(4,√3)
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含30°角直角三角形，勾股定理，熟练掌握
相关知识点是解题的关键．连接AC，作DE⊥x轴于点E，可证明△ABC是等边三角形，得到
BC=2OC=4，得出AB=AD=CD=BC=4，求出CE=2，根据勾股定理求出DE=2√3，得到点D的坐
标为(4,2√3)，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接AC，作DE⊥x轴于点E，
∴∠DEC=90°
∵菱形ABCD，∠ADC=60°，
∴∠B=∠ADC=60°，AB=BC=CD=AD，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵AO⊥BC，
∴BC=2OC，
∵点C的坐标为(2,0)，
∴OC=2，
∴BC=2OC=4，
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AB=AD=CD=BC=4，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=90°，
∴∠CDE=∠ADE−∠ADC=30°，
1 1
∴CE= CD= ×4=2，
2 2
∴DE=√CD2−CE2=2√3，
∵OE=OC+CE=2+2=4，
∴点D的坐标为(4,2√3)，
故选：A．
4．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，D为
BC边上一点（不与点B，C重合），连接CE．
(1)如图1，若∠BAC=60°，求证：AC=CD+CE；
(2)如图2，若∠BAC=90°，探究线段BD、CD、DE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)BD2+CD2=DE2，理由见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定
理等知识，熟练掌握相关知识是解答的关键．
（1）先证明△ABC是等边三角形得到AC=BC，再推出∠BAD=∠CAE，进而证明
△BAD≌△CAE(SAS)得到BD=CE，即可得出结论；
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（2）证明△BAD≌△CAE得到BD=CE，∠ACE=∠B，利用等腰直角三角形的性质得到
∠ACE=∠B=∠ACB=45°，进而有∠DCE=90°，利用勾股定理可得结论．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，即∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)
∴BD=CE，
∵BC=CD+BD，
∴AC=CD+CE；
（2）解：BD2+CD2=DE2．
理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠ACE=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ACE=∠B=∠ACB=45°，
∴∠DCE=∠ACE+∠ACB=90°，
∵CE2+CD2=ED2，
∴BD2+CD2=DE2．
5．（2025·新疆阿克苏·一模）如图，△ABC是等边三角形，过边AB上的点D作DG∥BC，交AC于点G，
在GD的延长线上取点E，使DE=DB．连接AE、CD．
(1)求证：△AGE≌△DAC；
(2)过点E作EF∥DC，交BC于点F，连接AF，求证：△AEF是等边三角形．
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【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质及判定，熟练掌握全等三角形的判
定和性质，等边三角形的性质及判定是解决此题的关键．
（1）根据已知等边三角形的性质可推出△ADG是等边三角形，从而再利用SAS判定△AGE≌△DAC；
（2）由已知可得四边形EFCD是平行四边形，从而得到EF=CD、∠≝=∠DCF，由（1）知
△AGE≌△DAC得到AE=CD、∠AED=∠ACD，从而可得到EF=AE、∠AEF=60°，进而即可得
证；
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC、∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∵DG∥BC，
∴∠ADG=∠ABC=60°、∠AGD=∠ACB=60°，
∴△ADG是等边三角形，∠AGE=∠DAC=60°，
∴AD=DG=AG，
∵DE=DB，
∴EG=AB，
∴≥=AC，
在△AGE和△DAC中，
¿
∴△AGE≌△DAC(SAS)；
（2）证明：∵DG∥BC、EF∥DC，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∴EF=CD、∠≝=∠DCF，
由(1)知△AGE≌△DAC，
∴AE=CD、∠AED=∠ACD，
∵EF=CD=AE、∠AED+∠≝=∠ACD+∠DCB=60°，
∴△AEF为等边三角形．
【题型三】直角三角形性质与判定综合
易错点01：若题目中没有指明边的类型，注意分类讨论，已知的两边为两条直角边，或已知的两边为一
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条斜边，一条直角边.
解题大招01：因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以我们在图形中至少可以找到三条相等
的线段，进而可以运用等腰三角形的性质解决问题.
解题大招02：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.这个性质常常用于计算三角形的边
长也是证明一边(30°角所对的直角边)等于另一边(斜边)的一半的重要依据.当已知的条件或结论倾向于
该性质时，我们可运用转化思想，将线段或角转化，构造直角三角形.
解题大招03：若图中没有含特征线段的直角三角形，则需添加辅助线，构造满足条件的直角三角形.
【中考真题】
1．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC绕点
A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B．1−√3 C．0 D．3−2√3
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作CF⊥AE于点F，利用菱形的性质，
直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作CF⊥AE于点F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
1
∴BF= BC=1，CF=√BC2−BF2=√3，
2
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=√AF2+CF2=√32+(√3) 2=2√3，
∵点E表示的数是3，
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∴点A表示的数是3−2√3，
故选：D．
2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°，以点A为圆心，适当
1
长为半径画弧分别交AB,AC于点M和点N，再分别以点M,N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧
2
交于点P，连接AP并延长交BC于点D．若△ACD的面积为8，则△ABD的面积是（ ）
A．8 B．16 C．12 D．24
【答案】B
【分析】本题考查了尺规作图，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的判定等知识， 由作图知AD平
1
分∠BAD，则可求∠CAD=∠DAB=30°，利用含30°的直角三角形的性质得出CD= AD，利用等角
2
1
对等边得出AD=BD，进而得出CD= BD，然后利用面积公式即可求解．
2
【详解】解： ∵∠C=90°,∠B=30°，
∴∠CAB=60°，
由作图知：AD平分∠BAD，
∴∠CAD=∠DAB=30°，
1
∴CD= AD，∠B=∠BAD，
2
∴AD=BD，
1
∴CD= BD，
2
1
CD⋅AC
S 2 CD 1
∴ △ACD= = = ，
S 1 BD 2
△ABD BD⋅AC
2
又△ACD的面积为8，
∴△ABD的面积是2×8=16，
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故选B．
3．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的动
点，且满足AE=BF，AF与DE交于点O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG=2GB，则
1
OM+ FG的最小值是（ ）
2
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，
先证明△ADE≌△BAF(SAS)得到∠ADE=∠BAE，进而得到∠DOF=90°，则由直角三角形的性质可
1
得OM= DF，如图所示，在AB延长线上截取BH=BG，连接FH，易证明△FBG≌△FBH(SAS)，则
2
1
FH=FG，可得当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即此时OM+ FG有最小值，最小值即为
2
DH的长的一半，求出AH=8，在Rt△ADH中，由勾股定理得DH=√AD2+AH2=10，责任
1
OM+ FG的最小值为5．
2
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，
又∵AE=BF，
∴△ADE≌△BAF(SAS)，
∴∠ADE=∠BAF，
∴∠DOF=∠ADO+∠DAO=∠BAF+∠DAO=∠DAB=90°，
∵点M是DF的中点，
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1
∴OM= DF；
2
如图所示，在AB延长线上截取BH=BG，连接FH，
∵∠FBG=∠FBH=90°，FB=FB，BG=BH，
∴△FBG≌△FBH(SAS)，
∴FH=FG，
1 1 1 1
∴OM+ FG= DF+ HF= (DF+HF)，
2 2 2 2
1
∴当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即此时OM+ FG有最小值，最小值即为DH的长的一
2
半，
∵AG=2GB，AB=6，
∴BH=BG=2，
∴AH=8，
在Rt△ADH中，由勾股定理得DH=√AD2+AH2=10，
1
∴OM+ FG的最小值为5，
2
故选：B．
4．（2024·四川成都·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是△ABC的一条角平分线，E为
AD中点，连接BE．若BE=BC，CD=2，则BD= ．
√17+1
【答案】
2
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【分析】连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰
1
三角形的性质证得CF=DF= CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC=∠BEC，进而利用三角
2
形的外角性质和三角形的中位线性质得到∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，证明△CBE∽△CED，
利用相似三角形的性质和勾股定理得到m2=3+2x；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明
△CAB∽△FBE得到2m2=(x+1)(x+2)，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【详解】解：连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，
∵∠ACB=90°，E为AD中点，
∴CE=AE=DE，又CD=2，
1
∴CF=DF= CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
2
∴∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，
∵BE=BC，
∴∠BEC=∠ECB，则∠BEC=∠EDC，又∠BCE=∠ECD，
∴△CBE∽△CED，
CE CB
∴ = ，∠CBE=∠CED=2∠CAE，
CD CE
∴CE2=CD⋅CB=2(2+x)=4+2x，
则m2=EF2=CE2−CF2=3+2x；
∵AD是△ABC的一条角平分线，
∴∠CAB=2∠CAE=∠CBE，又∠ACB=∠BFE=90°，
∴△CAB∽△FBE，
AC BC
∴ =
BF EF
2m x+2
∴ = ，则2m2=(x+1)(x+2)，
x+1 m
∴2(3+2x)=(x+1)(x+2)，即x2−x−4=0，
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√17+1
解得x= （负值已舍去），
2
√17+1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线
性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难
度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
5．（2024·北京·中考真题）已知∠MAN=α(0°<α<45°)，点B，C分别在射线AN，AM上，将线段BC
绕点B顺时针旋转180°−2α得到线段BD，过点D作AN的垂线交射线AM于点E.
(1)如图1，当点D在射线AN上时，求证：C是AE的中点；
(2)如图2，当点D在∠MAN内部时，作DF∥AN，交射线AM于点F，用等式表示线段EF与AC的数量
关系，并证明。
【答案】(1)见详解
(2)EF=2AC，理由见详解
180°−(180°−2α)
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得∠BDC= =α，则
2
∠BDC=∠A，故CA=CD，再根据等角的余角相等即可得到∠1=∠2，故CD=CE，最后等量代换出
CA=CE，即点C是AE的中点；
（2）在射线AM上取点H，使得BH=BA，取EF的中点G，连接DG，可证明△ABC≌△HBD，则
AC=DH，∠BHD=∠A=α，则∠FHD=2α，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到
∠HGD=2α，则DG=DH，而EF=2GD，故可等量代换出EF=2AC．
【详解】（1）证明：连接CD，
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由题意得：BC=BD，∠CBD=180°−2α，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠BDC+∠BCD+∠CBD=180°，
180°−(180°−2α)
∴∠BDC= =α，
2
∴∠BDC=∠A，
∴CA=CD，
∵DE⊥AN，
∴∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°，
∴∠1=∠2，
∴CD=CE，
∴CA=CE，
∴点C是AE的中点；
（2）解：EF=2AC，
在射线AM上取点H，使得BH=BA，取EF的中点G，连接DG，
∵BH=BA，
∴∠BAH=∠BHA=α，
∴∠ABH=180°−2α=∠CBD，
∴∠ABC=∠HBD，
又∵BC=BD，
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∴△ABC≌△HBD，
∴AC=DH，∠BHD=∠A=α，
∴∠FHD=∠BHA+∠BHD=2α，
∵DF∥AN，
∴∠EFD=∠A=α，∠EDF=∠3=90°，
∵G是EF的中点，
∴GF=GD，EF=2GD，
∴∠GFD=∠GDF=α，
∴∠HGD=2α，
∴∠HGD=∠FHD，
∴DG=DH，
∵AC=DH，
∴DG=AC，
∴EF=2AC．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，
直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
【模拟训练】
1．（2024·陕西西安·一模）如图，在△ABC中，AB=8，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线
段DE上的一点且EF=2，连接AF、BF，若∠AFB=90°，则线段BC的长为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】B
1
【分析】本题考查了三角形的中位线定理的应用，利用三角形中位线定理得到DE= BC．由直角三角形
2
1
斜边上的中线等于斜边的一半得到DF= AB．所以由图中线段间的和差关系来求线段BC的长度即可．
2
解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，题目比较好，难度适中．
【详解】解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
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∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE= BC，
2
∵∠AFB=90°，D是AB的中点，AB=8，
1 1
∴DF= AB= ×8=4，
2 2
1
∴EF=DE−DF= BC−4=2．
2
∴BC=12，
故选：B．
2．（2025·湖北襄阳·二模）如图，将一个直角三角板的直角顶点与坐标原点重合，已知
∠AOB=90°,∠ABO=30°，点A的坐标是(−1,0)，若把直角三角板绕坐标原点O顺时针旋转60°，则
点B的对应点的坐标是（ ）
(√3 3) (3 √3) ( √3 3) ( 3 √3)
A． , B． , C． − , D． − ,
2 2 2 2 2 2 2 2
【答案】B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，先根据点A
的坐标求出OA的长，再由直角三角形的性质和勾股定理求出OB的长，进而得到OC的长，求出
∠COD=30°，进而可求出CD，OD的长，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，设点B的对应点为点C，过点C作x轴的垂线，垂足为D，
∵点A的坐标是(−1,0)，
∴OA=1，
∵∠AOB=90°,∠ABO=30°，
∴AB=2OA=2，
∴OB=√AB2−OA2=√3，
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由旋转的性质可得OC=OB=√3，∠BOC=60°，
∴∠COD=30°，
∵CD⊥OD，
1 √3
∴CD= OC= ，
2 2
3
∴OD=√OC2−CD2=
，
3
(3 √3)
∴点C的坐标为 , ，
2 2
故选：B．
3．（2025·安徽滁州·一模）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，BC=6，点P为AC边上一动点，
PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值为（ ）
3 3
A． √6 B． √5 C．3 D．2√5
2 2
【答案】A
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，正确作出辅助线是解题的关键．
√2
连接BP，取BP的中点G，连接EG，FG，先证明△EGF为等腰直角三角形，得出EF= BP，然后得
2
出当BP⊥AC时，BP取最小值，则BP也取最小值，最后直角三角形的性质和勾股定理求出BP的值即可．
【详解】解：如图，连接BP，取BP的中点G，连接EG，FG，
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∵PE⊥AB PF⊥BC
， ，
∴∠BEP=∠BFP=90°，
1
∴EG=GF=BG= BP，
2
∴∠BEG=∠EBG，∠BFG=∠FBG，
∴∠EGF=∠BEG+∠EBG+∠BFG+∠FBG，
=2(∠EBG+∠FBG)=2∠ABC=2×45°=90°，
∴△EGF为等腰直角三角形，
∴EF=√EG2+FG2= √ (1 BP ) 2 + (1 BP ) 2 = √2 BP，
2 2 2
∴当BP⊥AC时，BP取最小值，此时EF的值也最小，
∵∠C=60°，
∴∠PBC=30°，
1
∴PC= BC=3，
2
∴BP=√BC2−CP2=3√3，
∴BP的最小值为3√3，
√2 3√6
此时，EF的最小值为 ×3√3= ．
2 2
故选：A．
4．（2025·陕西宝鸡·一模）如图，M为菱形ABCD的对角线AC上的一个定点，N为边AD上的一个动点，
AM的垂直平分线分别交AB，AM于点E，F，∠BAD=60°，连接MN．若MN长的最小值为4，则AE
的长为 ．
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8√3 8
【答案】 / √3
3 3
【分析】由菱形的性质得∠DAC=∠BAC=30°，根据“垂线段最短”知：当MN长取最小值时
1
MN⊥AD，由含30°角的直角三角形的性质得AM=2MN=8，继而得到AF= AM=4，最后根据锐角
2
三角函数的定义即可得解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形且∠BAD=60°，
1 1
∴∠DAC=∠BAC= ∠BAD= ×60°=30°，
2 2
∵M为菱形ABCD的对角线AC上的一个定点，N为边AD上的一个动点，且MN长的最小值为4，
∴MN⊥AD，即∠ANM=90°，
∴AM=2MN=2×4=8，
∵EF垂直平分AM，
1 1
∴AF= AM= ×8=4，∠AFE=90°，
2 2
AF 4 4 8√3
AE= = = =
∴ cos∠BAC cos30° √3 3 ，
2
8√3
即AE的长为 ．
3
8√3
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，垂线段最短等知识
点，解题的关键是正确理解垂线段最短的意义．
5．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在 ▱ABCD中，AB=4，BC=6，点E为直线BC上一动点，
连接AE，DE，若∠ABC=45°，则AE+DE的最小值为 ．
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【答案】2√17
【分析】作点A关于BC的对称点A'，连接A'D，设A A'交BC于点F，则A'D即为AE+DE的最小值，由
轴对称的性质可得A'F=AF，∠AFB=90°，由直角三角形的两个锐角互余可得
∠BAF=90°−∠ABF=45°，进而可得∠ABF=∠BAF，由等角对等边可得AF=BF，在Rt△AFB中，
根据勾股定理可得AB2=AF2+BF2=2AF2，即2AF2=42，进而可得AF=2√2，A'F=AF=2√2，
A A'=AF+A'F=4√2，由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC=6，由两直线平行内错角相等
可得∠A' AD=∠AFB=90°，在Rt△A' AD中，根据勾股定理可得A'D=√A A'2+AD2，由此即可求出
AE+DE的最小值．
【详解】解：如图，作点A关于BC的对称点A'，连接A'D，A' A，设A A'交BC于点F，
则A'D即为AE+DE的最小值，
由轴对称的性质可得：
A'F=AF，∠AFB=90°，
∵∠ABF=∠ABC=45°，
∴∠BAF=90°−∠ABF=90°−45°=45°，
∴∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，
在Rt△AFB中，根据勾股定理可得：
AB2=AF2+BF2=2AF2，
即：2AF2=42，
∴AF=2√2，
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∴A'F=AF=2√2，
∴A A'=AF+A'F=2√2+2√2=4√2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
AD∥BC，AD=BC=6，
∴∠A' AD=∠AFB=90°，
在Rt△A' AD中，根据勾股定理可得：
A'D=√A A'2+AD2=√(4√2) 2+62=2√17，
∴AE+DE的最小值为2√17，
故答案为：2√17．
【点睛】本题主要考查了轴对称——最短路线问题，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质，直角
三角形的两个锐角互余，等角对等边，两直线平行内错角相等等知识点，熟练掌握轴对称——最短路线问
题是解题的关键．
【题型四】勾股定理及应用
易错点01：勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，因而在
应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形；
易错点02：应用勾股定理时，要分清直角边和斜边.
解题大招01：勾股定理是解决三角形中线段问题最有效的方法之一，若图中没有含特征线段的直角三角
形，则需添加辅助线，构造满足条件的直角三角形.
解题大招02：解决“翻折”问题时，要弄清翻折前后的边、角的对应情况，将待求线段或角与已知线
段、角归结到一起，尤其是求线段长度时，常常利用勾股定理直接求出未知线段的长度或通过勾股定理
列方程使问题得以解决.
【中考真题】
1．（2024·山东德州·中考真题）如图Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂足为D，AE平分
∠BAC，分别交BD，BC于点F，E．若AB:BC=3:4，则BF:FD为（ ）
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A．5:3 B．5:4 C．4:3 D．2:1
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌
握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设AB=3x，BC=4x，利用勾股定理求
AB AC 5x 5
得AC=5x，∠ABD+∠CBD=90°，再证明△ACB∽△ABD得到 = = = ，再利用角平分
AD AB 3x 3
S BF AB 5
线的性质和三角形的面积得到 △ABF = = = 即可求解．
S FD AD 3
△ADF
【详解】解：∵AB:BC=3:4，
设AB=3x，BC=4x，
∵∠ABC=90°，
∴AC=√AB2+BC2=5x，∠ABD+∠CBD=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB=∠ABC=90°，∠CBD+∠C=90°，
∴∠C=∠ABD，
∴△ACB∽△ABD，
AB AC 5x 5
∴ = = = ，
AD AB 3x 3
∵AE平分∠BAC，
∴点F到AB、AC的距离相等，又点A到BF、DF的距离相等，
S BF AB 5
∴ △ABF = = = ，即BF:FD=5:3，
S FD AD 3
△ADF
故选：A．
2．（2024·四川巴中·中考真题）“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水
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深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题．即AC=5，DC=1，BD=BA，则BC=（ ）
A．8 B．10 C．12 D．13
【答案】C
【分析】本题考查勾股定理的实际应用．设BC=x，则BD=BA=(x+1)，由勾股定理列出方程进行求解
即可．
【详解】解：设BC=x，则BD=BA=(x+1)，
由题意，得：(x+1) 2=52+x2，
解得：x=12，即BC=12，
故选：C．
3．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点
3
B在直线y= x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
4
A．(−1,6) B．(−2,6) C．(−3,6) D．(−4,6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B(8,6)，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得
到BC=BO=10,BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
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3
∵顶点B在直线y= x上，点B的横坐标是8，
4
3
∴y =8× =6，即BD=6，
B 4
∴B(8,6)，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=√BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C(−2,6)，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添
加辅助线是解题的关键．
4．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E在DC上，把△ADE沿
AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，则cos∠CEF的值为（ ）
√7 √7 3 5
A． B． C． D．
4 3 4 4
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性
质是解题的关键．
根据折叠的性质，可求得AF=AD=8，EF=DE，从而求得BF，CF，在Rt△EFC中，由勾股定理，得
EF2=CE2+CF2，即可求得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，DC=AB=6，
∵把△ADE沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，
∴AF=AD=8，EF=DE，
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∴BF=√AF2−AB2=√82−62=2√7，
∴CF=BC−BF=8−2√7，
在Rt△EFC中，
CE=DC−DE=6−EF，
由勾股定理，得EF2=CE2+CF2，
∴EF2=(6−EF) 2+(8−2√7) 2 ，
32−8√7
∴EF= ，
3
32−8√7 8√7−14
∴CE=6− = ，
3 3
8√7−14
CE 3 √7
∴cos∠CEF= = = ，
EF 32−8√7 4
3
故选：A．
5．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的
解决方案是：在工件圆弧上任取两点A,B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交A´B于点C，
测出AB=40cm,CD=10cm，则圆形工件的半径为（ ）
A．50cm B．35cm C．25cm D．20cm
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出BD的长；设圆心为O，连接OB，在
Rt△OBD中，可用半径OB表示出OD的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的
直径长．
【详解】解：∵CD是线段AB的垂直平分线，
∴直线CD经过圆心，设圆心为O，连接OB．
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1
Rt△OBD BD= AB=20cm
2
中， ，
根据勾股定理得：
OD2+BD2=OB2，即：
(OB−10) 2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm，
故选：C．
6．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为
(−2，0)，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为(0，6)，则点E的
坐标为 ．
【答案】(3,10)
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出
OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，
利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，求出
CE的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
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则四边形AOGD是矩形，
∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，
∵折叠，
∴BF=BC=a，CE=FE，
∵点A的坐标为(−2，0)，点F的坐标为(0，6)，
∴AO=2，FO=6，
∴BO=AB−AO=a−2，
在Rt△BOF中，BO2+FO2=BF2，
∴(a−2) 2+62=a2，
解得a=10，
∴FG=OG−OF=4，¿=CD−DG−CE=8−CE，
在Rt△EGF中，GE2+FG2=EF2，
∴(8−CE) 2+42=CE2，
解得CE=5，
∴¿=3，
∴点E的坐标为(3,10)，
故答案为：(3,10)．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利
用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
7．（2024·江苏南通·中考真题）如图，△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，⊙A与BC相切于点D．
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(1)求图中阴影部分的面积；
(2)设⊙A上有一动点P，连接CP，BP．当CP的长最大时，求BP的长．
36
【答案】(1)6− π
25
3
(2) √41
5
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是：
（1）连接AD，利用勾股定理的逆定理判定得出∠BAC=90°，利用切线的性质得出AD⊥BC，利用等
12
面积法求出AD= ，然后利用S =S −S 求解即可；
5 阴影 △ABC 扇形
（2）延长CA交⊙A于P，连接BP，则CP最大，然后在Rt△ABP中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解∶连接AD，
∵AB=3，AC=4，BC=5，
∴AB2+AC2=32+42=25=52=BC2，
∴∠BAC=90°，
∵BC与⊙A相切于D，
∴AD⊥BC，
1 1
∵S = AD⋅BC= AC⋅AB，
△ABC 2 2
AC⋅AB 3×4 12
∴AD= = = ，
BC 5 5
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(12) 2
90π×
∴ 1 5 36 ；
S =S −S = ×3×4− =6− π
阴影 △ABC 扇形 2 360 25
（2）解∶延长CA交⊙A于P，连接BP，此时CP最大，
12
由（1）知：∠BAC=∠PAB=90°，AP=AD= ，
5
3
∴PB=√AP2+AB2= √41．
5
【模拟训练】
1．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知在矩形ABCD中，CD=9，AD=15，点E在直线BC上，且
AE=AD，则CE= ．
【答案】3或27
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，分两种情况：点E在点B右侧，点E在点B左侧，利用矩形的性
质及勾股定理即可求解．
【详解】在矩形ABCD中，AB=CD=9，BC=AD=15，∠ABC=90°，AE=AD=15，
当点E在点B右侧时，BE=√AE2−AB2=12，则CE=BC−BE=3；
当点E在点B左侧时，BE=√AE2−AB2=12，则CE=BC+BE=27；
综上，CE的长为3或27，
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故答案为：3或27．
2．（2025·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，B(0,2)，连接AB，点C为线段
k
AB的中点，将线段AB绕点B逆时针旋转一定角度后，点A、C同时落在反比例函数y= （k>0，x>0）
x
的图像上，则k= ．
2√29
【答案】
9
( k ) (m 4+k)
【分析】首先勾股定理求出AB=√12+22=√5，然后设旋转后A m, ，C , ，由点C在反比
m 2 4
例函数图象上得到 m ⋅ 4+k =k，表示出m= 3 k，然后根据AB=√5得到 √ m2+ ( k −2 ) 2 =√5，然后代入
2 4 2 m
求解即可．
【详解】∵A(1,0)，B(0,2)，
∴OA=1，OB=2
∴AB=√12+22=√5
k
∵将线段AB绕点B逆时针旋转一定角度后，点A、C同时落在反比例函数y= （k>0，x>0）的图像上，
x
( k )
∴设旋转后A m,
m
∵点C为线段AB的中点
k
( 2+ ) (m 4+k)
∴旋转后 m 2 ，即C ,
C , 2 4
2 2
m 4+k
∴ ⋅ =k
2 4
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3
整理得，m= k
2
∵AB=√5
∴ √ m2+ ( k −2 ) 2 =√5
m
∴m2+ ( k −2 ) 2 =5
m
k2 4k
∴m2+ − −5=0
m2 m
3
∴将m= k代入整理得，81k2=116
2
2√29
∴k= （负值舍去）
9
2√29
故答案为： ．
9
【点睛】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，勾股定理，旋转的性质等知识，解题的关键是掌握
以上知识点．
3．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，分别过点B,D
作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E,F．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)四边形BEDF能否是菱形？简要说明你的理由；
(3)若DF=EF，CE=7，AB=13，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BEDF不能是菱形，理由见解析
(3)95
【分析】（1）由BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，得BE∥DF，∠CEB=∠AFD=90∘，由平行四
边形的性质得CB∥AD，且CB=AD，则∠BCE=∠DAF，即可根据“AAS”证明△BCE≌△DAF，得
BE=DF，则四边形BEDF是平行四边形；
（2）由BE⊥AC于点E，得BE
