文档内容
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模块二 图形与几何基础
第 04 讲 三角形的证明与计算
（思维导图+2考点+14种题型（含4种解题技巧））
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点一 三角形的相关计算
►题型01 与高，中线，角平分线，垂直平分线的计算
►题型02 与三角形有关的角度计算问题
►题型03 利用全等三角形的性质求解
►题型04 利用相似三角形的性质求解
►题型05 利用特殊三角形的性质求解
►题型06 三角形有关的折叠问题
►题型07 利用分类讨论思想解决特殊三角形计算问题
►题型08 利用分类讨论思想解决全等/相似三角形问题
考点二 三角形的相关证明
►题型01 利用全等三角形的性质与判定求解
►题型02 利用相似三角形的性质与判定求解
►题型03 利用特殊三角形的性质与判定求解
►题型04 与三角形有关的多结论问题
►题型05 勾股定理的证明
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►题型06 三角形与函数综合
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
三角形作为初中数学几何部分的重要内容，其在中考数学中的考查频率和难度都较为突
出。
【常见题型】
1.选择题与填空题：选择题和填空题主要考查三角形的基础知识和简单计算，如三角形的三边
关系、内角和、外角性质、中位线定理等。此类题目通常较为简单，但要求考生对知识点掌握
准确。
2.解答题：解答题部分对三角形的考查更为深入，常涉及三角形全等的证明、特殊三角形的性
质和判定等。此类题型综合性较强，要求考生具备良好的逻辑推理能力和计算能力。
3.压轴题：在一些地区的中考中，三角形的证明与计算也会出现在压轴题中，通常结合四边
三角形的
形、圆等其他几何知识，考查学生的综合运用能力和创新思维。
证明与计
【命题预测】
算
1.注重基础知识的理解和运用：中考数学对三角形证明与计算的考查始终以基础知识为核心，
强调对概念、定理的理解和灵活运用。
2.强化实际应用：近年来，中考数学越来越注重与实际生活的联系，解直角三角形部分常常以
实际应用题的形式出现，要求考生能够将所学知识应用于解决实际问题。
3.提升综合思维能力：随着中考改革的深入，三角形的证明与计算题型逐渐向综合化、创新化
方向发展，要求考生具备较强的逻辑推理能力和综合运用知识的能力。
综上所述，考生在复习三角形证明与计算部分时，应注重基础知识的学习和掌握，强化对
全等三角形和特殊三角形性质和判定的理解，提升解直角三角形的实际应用能力，并通过大量
练习提高逻辑推理和综合运用知识的能力。这样，才能在中考中取得优异的成绩。
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02知识导图·思维引航
03 核心精讲 · 题型突破
考点一 三角形的相关计算
►题型01 与高，中线，角平分线，垂直平分线的计算
1．（2024·山东德州·中考真题）如图，在△ABC中，AD是高，AE是中线，AD=4，S =12，则BE
△ABC
的长为（ ）
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A．1.5 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的高线和中线的意义，根据S =12和AD=4求出BC=6，根据AE是中线即
△ABC
可求解．
1
【详解】解：∵S = ×BC×AD=12，AD=4，
△ABC 2
∴BC=6
∵AE是中线，
1
∴BE= BC=3
2
故选：B
1
2．（2023·四川眉山·中考真题）如图，△ABC中，AD是中线，分别以点A，点B为圆心，大于 AB长为
2
半径作弧，两孤交于点M，N．直线MN交AB于点E．连接CE交AD于点F．过点D作DG∥CE，交AB
于点G．若DG=2，则CF的长为 ．
8
【答案】
3
【分析】由作图方法可知MN是线段AB的垂直平分线，则CE是△ABC的中线，进而得到点F是△ABC的
2
重心，则CF= CE，证明△BDG∽△BCE，利用相似三角形的性质得到CE=2DG=4，则
3
2 8
CF= CE= ．
3 3
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【详解】解：由作图方法可知MN是线段AB的垂直平分线，
∴点E是AB的中点，
∴CE是△ABC的中线，
又∵AD是△ABC的中线，且AD与CE交于点F，
∴点F是△ABC的重心，
2
∴CF= CE，
3
∵DG∥CE，
∴△BDG∽△BCE，
CE BC
∴ = =2，
DG BD
∴CE=2DG=4，
2 8
∴CF= CE= ，
3 3
8
故答案为： ．
3
【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的尺规作图，推
出点F是△ABC的重心是解题的关键．
3．（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（ ）
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
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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．
4．（2024·山东泰安·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，分别以顶点A，C为圆心，大于
1
AC的长为半径画弧，两弧分别相交于点M和点N，作直线MN分别与BC，AC交于点E和点F；以点A
2
1
为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点H和点G，再分别以点H，点G为圆心，大于 HG的
2
长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP，若射线AP恰好经过点E，则下列四个结论：
1
①∠C=30°；②AP垂直平分线段BF；③CE=2BE；④S = S ．
△BEF 6 △ABC
其中，正确结论的个数有（ ）
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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题主要考查作图-复杂作图、角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，读懂图象信息，
灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
由作图可知MN垂直平分线段AC、AE平分∠BAC，进而证明∠C=∠EAC=∠BAE=30°可判定①；
再说明AB=AF可得AP垂直平分线段BF可判定②；根据直角三角形的性质可得AC=2AB，AE=2BE
可判定③，根据三角形的面积公式即可判定④．
【详解】解：由作图可知MN垂直平分线段AC，
∴EA=EC，
∴∠EAC=∠C，
由作图可知AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
∵∠ABC=90°，
∴∠C=∠CAE=∠BAE=30°，故①正确，
∴AC=2AB，
∵AF=FC，
∴AB=AF，
∴AP垂直平分线段BF，故②正确，
∵AE=2BE，EA=EC，
∴EC=2BE，故③正确，
1
∴S ❑ = S ，
△ BEF 3 △BCF
∵AF=FC，
1
∴S ❑ = S ，
△ BFC 2 △ABC
1
∴S = S ，故④正确．
△BEF 6 △ABC
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故选：D．
线段
三角形的高 三角形的中线 三角形的角平分线
名称
图形
语言
∵AD是∆ABC中BC边的高 ∵AD是∆ABC中BC边的中线 ∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线
∴∠ADB=∠ADC=90° 1
∴∠BAD=∠DAC= ∠BAC
性质 2
S =S =
∴BD=CD △ABD △ADC
S
△ABC
用途
1）线段垂直．2）角度相等． 1）线段相等．2）面积相等． 角度相等．
举例
线段
三角形的中位线 三角形的垂直平分线
名称
图形
语言
∵DE是∆ABC的中位线 ∵直线l是AB的垂直平分线
性质 1 ∴PA=PB, AC=BC, ∠PCA=∠PCB=90°
∴DE= BC DE∥BC
2
用途
1）线段平行．2）线段关系． 1）线段相等．2）角度相等．
举例
►题型02 与三角形有关的角度计算问题
5．（2024·山西·中考真题）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力G的方向竖直向下，支持
力F 的方向与斜面垂直，摩擦力F 的方向与斜面平行．若斜面的坡角α=25°，则摩擦力F 与重力G方向
1 2 2
的夹角β的度数为（ ）
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A．155° B．125° C．115° D．65°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质和三角形外角性质，根据题意结合图形可知β是重力G与斜面形成的三
角形的外角，从而可求得β的度数．
【详解】解：∵重力G的方向竖直向下，
∴重力G与水平方向夹角为90°，
∵摩擦力F 的方向与斜面平行，α=25°，
2
∴β=∠1=α+90°=115°
，
故选：C．
6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，
若∠C=20°，则∠CAD= °．
【答案】35
【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接OD，构造直角三
角形，利用OA=OD，从而得出∠CAD的度数．
【详解】解：连接OD，
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∵ CD ⊙O D
与 相切于点 ，
∴∠ODC=90°，
∵∠C=20°，
∴∠COD=70°；
∵OA=OD，
1
∴∠ODA=∠CAD= ∠COD=35°，
2
故答案为：35
7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，DA⊥AC，则
∠ADB=（ ）
A．100° B．115° C．130° D．145°
【答案】B
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质．根据等腰三角形的性质，可得
180°−∠BAC
∠C= =25°，再由三角形外角的性质，即可求解．
2
【详解】解：∵AB=AC，∠BAC=130°，
180°−∠BAC
∴∠C= =25°，
2
∵DA⊥AC，
∴∠CAD=90°，
∴∠ADB=∠C+∠CAD=115°．
故选：B
8．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知∠AOB=50°，点P为∠AOB内部一点，点M为射线OA、
点N为射线OB上的两个动点，当△PMN的周长最小时，则∠MPN= ．
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【答案】80°/80度
【分析】本题考查了轴对称−最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；作点P关于
OA，OB的对称点P ，P ．连接OP ，OP ．则当M，N是P P 与OA，OB的交点时，△PMN的周
1 2 1 2 1 2
长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：作P关于OA，OB的对称点P ，P ．连接OP ，OP ．则当M，N是P P 与OA，OB的
1 2 1 2 1 2
交点时，△PMN的周长最短，连接P P、P P，
1 2
∵ P、P 关于OA对称，
1
∴∠P OP=2∠MOP，OP =OP，P M=PM，∠OP M=∠OPM，
1 1 1 1
同理，∠P OP=2∠NOP，OP=OP ，∠OP N=∠OPN，
2 2 2
∴∠P OP =∠P OP+∠P OP=2(∠MOP+∠NOP)=2∠AOB=100°，OP =OP =OP，
1 2 1 2 1 2
∴ △P OP 是等腰三角形．
1 2
∴ ∠OP N=∠OP M=40°，
2 1
∴ ∠MPN=∠MPO+∠NPO=∠OP N+∠OP M=80°
2 1
故答案为：80°．
9．（2024·四川凉山·中考真题）如图，△ABC中，∠BCD=30°，∠ACB=80°，CD是边AB上的高，
AE是∠CAB的平分线，则∠AEB的度数是 ．
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【答案】100°/100度
【分析】本题考查了三角形内角和以及外角性质、角平分线的定义．先求出∠ACD=50°，结合高的定义，
得∠DAC=40°，因为角平分线的定义得∠CAE=20°，运用三角形的外角性质，即可作答．
【详解】解：∵∠BCD=30°，∠ACB=80°，
∴∠ACD=50°，
∵CD是边AB上的高，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC=40°，
∵AE是∠CAB的平分线，
1
∴∠CAE= ∠DAC=20°，
2
∴∠AEB=∠CAE+∠ACB=20°+80°=100°．
故答案为：100°．
1）三角形的内角和为180°；
2）直角三角形中两锐角和为90°；
3）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和.
►题型03 利用全等三角形的性质求解
10．（2024·四川资阳·中考真题）第14届国际数学教育大会（JCME−14）会标如图1所示，会标中心的
图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，
△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH=1：3，则
sin∠ABE=（ ）
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√5 3 4 2√5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】C
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE=4x，再根据勾股定理可得
AB=5x，即可求出sin∠ABE的值．
【详解】解：根据题意，设EF=x，则AH=3x，
∵△ABE≌△DAH，四边形EFGH为正方形，
∴AH=BE=3x，EF=HE=x，
∴AE=4x，
∵∠AEB=90°，
∴AB=√AE2+BE2=5x，
AE 4x 4
∴sin∠ABE= = = ，
AB 5x 5
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解
题的关键．
11．（2024·浙江·中考真题）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形
(△ABE,△BCF,△CDG,△DAH)和中间一个小正方形EFGH组成，连接DE．若AE=4,BE=3，则
DE=（ ）
A．5 B．2√6 C．√17 D．4
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的信纸，求得HE的长度，利用勾股定理即可
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解答，利用全等三角形的性质得到HE=1是解题的关键．
【详解】解：∵△ABE,△BCF,△CDG,△DAH是四个全等的直角三角形，AE=4,BE=3
∴AH=EB，DH=AE=4，
∴HE=AE−AH=1，
∵四边形EFGH为正方形，
∴∠DHE=90°，
∴DE=√DH2+H E2=√17，
故选：C．
12．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在△ABC中，点A的坐标为(0,1)，点B的坐标为(4,1)，点C的坐
标为(3,4)，点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，点D的坐标是 ．
【答案】(1,4)
【分析】本题考查坐标与图形，三角形全等的性质．利用数形结合的思想是解题的关键．根据点D在第一
象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，画出图形，结合图形的对称性可直接得出D(1,4)．
【详解】解：∵点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，
∴AD=BC，AC=BD，
∴可画图形如下，
由图可知点C、D关于线段AB的垂直平分线x=2对称，则D(1,4)．
故答案为：(1,4)．
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13．（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，
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，
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∵∠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
►题型04 利用相似三角形的性质求解
14．（2024·四川巴中·中考真题）如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若OA=1，则OG=
（ ）
125√5 125 64 32√3
A． B． C． D．
64 64 27 27
【答案】C
【分析】本题考查的是相似三角形的性质，锐角三角函数的应用，规律探究；先求解
360° OA OB OC √3
∠BOA=∠BOC=⋯= =30°，可得 = = =⋯=cos30°= ，再进一步探究即可；
12 OB OC OD 2
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【详解】解：∵12个相似的直角三角形，
360°
∴∠BOA=∠BOC=⋯= =30°，
12
OA OB OC √3
= = =⋯=cos30°= ，
OB OC OD 2
∵OA=1，
2 2
∴OB= √3=1× √3，
3 3
4 (2 ) 2
OC= =1× √3 ，
3 3
(2 ) 3 8
OD=1× √3 = √3，⋯
3 9
(2 ) 6 64
∴OG=1× √3 = ，
3 27
故选C
15．（2025·上海静安·一模）把一个三角形放大为与它相似的三角形，如果它的面积扩大为原来的9倍，那
么它的周长扩大为原来的 倍．
【答案】3
【分析】本题考查了相似三角形的性质，理解并掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
根据题意，由相似三角形的面积比等于相似比的平方，周长比等于相似比即可求解．
【详解】解：三角形放大为与它相似的三角形，如果它的面积扩大为原来的9倍，
√1 1
∴相似比为 = ，
9 3
∴周长扩大为原来的3倍，
故答案为：3 ．
16．（2024·山东青岛·一模）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC
的面积为9，阴影部分三角形的面积为4．若A A'=1，则A'D等于（ ）
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2 3
A．2 B．3 C． D．
3 2
【答案】A
【分析】本题主要平移的性质、相似三角形的性质，根据平移的性质可知△ABC∽△A'EF，根据相似三
AD √9 3
角形的面积比等于相似比的平方、相似三角形的中线比等于相似比可得： = = ，从而可得：
A'D 4 2
A'D+1 3
= ，从而可求A'D的长度．
A'D 2
【详解】解：如下图所示，
根据平移的性质可知△ABC∽△A'EF，
∵S =9、S =4，
△ABC △A'EF
S 9
∴ △ABC = ，
S 4
△A'EF
AB AC BC AD √9 3
∴ = = = = = ，
A'E A'F EF A'D 4 2
∵AD=A A'+A'D=1+A'D，
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A'D+1 √9 3
∴ = = ，
A'D 4 2
解得：A'D=2．
故选：A．
17．（2024·江西·模拟预测）将一把直尺与△ABC按如图所示的方式摆放，AB与直尺的一边重合，AC，
BC分别与直尺的另一边交于点D，E．若点A，B，D，E分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，直
尺的宽为1cm，则点C到边AB的距离为 cm．
【答案】2
CM DE
【分析】本题考查了点到直线的距离，相似三角形的判定和性质，证△CDE∽△CAB，可得 = ，
CF AB
CM
已知点A，B，D，E分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，可得AB、DE的长，即得 的值，设
CF
CM=xcm，则CF=(x+1)cm，可得CM的长，即得点C到边DE的距离，关键是掌握相似三角形对应边
成比例．
【详解】解：过C作CF⊥AB，交AB于点F，交DE于点M，
，
由题意得，AB=4，DE=2，
∵DE∥AB，CF⊥AB，
∴CM⊥DE，∠B=∠CED，
∵∠DCE=∠ACB，
∴△CDE∽△CAB，
CM DE 1
∴ = = ，
CF AB 2
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设CM=xcm，则CF=(x+1)cm，
x 1
∴ = ，
x+1 2
解得：x=1，
∴CM=1cm，
CF=2cm．
故答案为：2．
►题型05 利用特殊三角形的性质求解
18．（2024·宁夏·中考真题）在平面直角坐标系中，一条直线与两坐标轴围成的三角形是等腰三角形，则
该直线的解析式可能为 （写出一个即可）．
【答案】y=x+1（答案不唯一）
【分析】本题考查的是等腰三角形的定义，一次函数的几何应用，如图，直线AB过A(0,1)，B(−1,0)，
再求解一次函数的解析式即可．
【详解】解：如图，直线AB过A(0,1)，B(−1,0)，
∴△AOB为等腰直角三角形，
设直线AB为y=kx+1，
∴−k+1=0，
解得：k=1，
∴直线AB为y=x+1，
故答案为：y=x+1，（答案不唯一．）
19．（2024·陕西·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，E是边AB上一点，连接CE，在BC右侧作
BF∥AC，且BF=AE，连接CF．若AC=13，BC=10，则四边形EBFC的面积为 ．
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【答案】60
【分析】本题考查等边对等角，平行线的性质，角平分线的性质，勾股定理：过点C作CM⊥AB，
CN⊥BF，根据等边对等角结合平行线的性质，推出∠ABC=∠CBF，进而得到CM=CN，得到
S =S ，进而得到四边形EBFC的面积等于S ，设AM=x，勾股定理求出CM的长，再利用面
△CBF △ACE △ABC
积公式求出△ABC的面积即可．
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BF∥AC，
∴∠ACB=∠CBF，
∴∠ABC=∠CBF，
∴BC平分∠ABF，
过点C作CM⊥AB，CN⊥BF，
则：CM=CN，
1 1
∵S = AE⋅CM,S = BF⋅CN，且BF=AE，
△ACE 2 △CBF 2
∴S =S ，
△CBF △ACE
∴四边形EBFC的面积=S +S =S +S =S ，
△CBF △CBE △ACE △CBE △CBA
∵AC=13，
∴AB=13，
设AM=x，则：BM=13−x，
由勾股定理，得：CM2=AC2−AM2=BC2−BM2，
∴132−x2=102−(13−x) 2，
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119
解：x= ，
13
∴CM=
√
132−
(119) 2
=
120
，
13 13
1
∴S = AB⋅CM=60，
△CBA 2
∴四边形EBFC的面积为60．
故答案为：60．
20．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点A的坐标为(0,4)，点
B,C均在x轴上．将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°得到△AB'C'，则点C'的坐标为 ．
4√3
【答案】(4,4− )
3
【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作C'F⊥AO，
求出OF，C'F的值即可得到答案．
【详解】解：作C'F⊥AO，交y轴于点F，
由题可得：OA=4，
∵△ABC是等边三角形，AO⊥BC，
∴AO是∠BAC的角平分线，
∴∠OAC=30°，
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1
∴OC= AC，
2
在Rt△AOC中，AO2+OC2=AC2，
1 2
即16+( AC) =AC2，
2
8√3
解得AC= ，
3
8√3
∴AC'=AC=
，
3
4√3
OF=AO−AF=4−AC' ⋅cos60°=4− ，
3
8√3 √3
FC'=AC' ⋅sin60°= × =4，
3 2
4√3
∴C' (4,4− )，
3
4√3
故答案为：(4,4− )．
3
21．（2024·河南·中考真题）如图，⊙O是边长为4√3的等边三角形ABC的外接圆，点D是B´C的中点，
连接BD，CD．以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
8π 16π
A． B．4π C． D．16π
3 3
【答案】C
【分析】过D作DE⊥BC于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出∠BDC=120°，利用
1 1
弧、弦的关系证明BD=CD，利用三线合一性质求出BE= BC=2√3，∠BDE= ∠BDC=60°，在
2 2
Rt△BDE中，利用正弦定义求出BD，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解∶过D作DE⊥BC于E，
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∵⊙O是边长为4√3的等边三角形ABC的外接圆，
∴BC=4√3，∠A=60°，∠BDC+∠A=180°，
∴∠BDC=120°，
∵点D是B´C的中点，
∴B´D=C´D，
∴BD=CD，
1 1
∴BE= BC=2√3，∠BDE= ∠BDC=60°，
2 2
BE 2√3
∴BD= = =4，
sin∠BDE sin60°
120π⋅42 16π
∴S = = ，
阴影 360 3
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直
角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
22．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2√5，AC=2，分别以点
1
A，B为圆心，大于 AB的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N，作直线MN分别交AB，BC于点
2
D，E，连接CD，AE．
(1)求CD的长；
(2)求△ACE的周长．
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【答案】(1)√5
(2)6
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线的点到线段两个端点的距离相等，斜中半定
理：直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理等知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）由题意得MN是线段AB的垂直平分线，故点D是斜边AB的中点．据此即可求解；
（2）根据EA=EB、△ACE的周长=AC+CE+EA=AC+CE+EB=AC+BC即可求解；
【详解】（1）解：由作图可知，MN是线段AB的垂直平分线，
∴在Rt△ABC中，点D是斜边AB的中点．
1 1
∴CD= AB= ×2√5=√5．
2 2
（2）解：在Rt△ABC中，BC=√AB2−AC2=√ (2√5) 2 −22=√16=4．
∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴EA=EB．
∴△ACE的周长=AC+CE+EA=AC+CE+EB=AC+BC=2+4=6．
等腰三角形性质：
1）等腰三角形是轴对称图形，它有1条或3条对称轴，
①当腰和底边不相等的等腰三角形只有1条对称轴，
②当腰和底边不相等的等腰三角形只有3条对称轴.
2）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）.
3）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）.
【注意】“三线合一”的前提是等腰三角形，且必须是顶角的角平分线，底边上的高和底边上的中线.
等边三角形的性质：
1）等边三角形是轴对称图形，并且有3条对称轴；
2）等边三角形的三条边相等；
3）三个内角都相等，并且每个内角都是60°.
直角三角形的性质：
1）直角三角形两个锐角互余.
2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
3) 在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.
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►题型06 三角形有关的折叠问题
23．（2024·四川·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=4，折叠△ABC，使点A与
点B重合，折痕DE与AB交于点D，与AC交于点E，则CE的长为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
设CE=x，则AE=BE=8−x，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由折叠的性质，得AE=BE，
设CE=x，则AE=BE=8−x，
由勾股定理，得BC2+CE2=BE2，
∴42+x2=(8−x) 2，
解得x=3.
故答案为：3．
24．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在纸片△ABC中，∠C=90°,∠B=60°，点D，E分别在边
AB,AC上，且AD=AE，将△ADE沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，则BD:CE=（ ）
A．3:2 B．√3:2 C．2√3:3 D．4:3
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理与折叠，30°直角三角形的性质，由折叠可得∠FED=∠AED=75°，
AD=AE=EF，即可得到∠FEC=30°，再分别在Rt△ABC和Rt△EFC利用30°直角三角形的性质和勾
股定理求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°,∠B=60°，
∴∠A=30°，
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∴AB=2BC，AC=√AB2−BC2=√3BC，
2√3
∴AB= AC，
3
∵AD=AE，
180°−∠A
∴∠ADE=∠AED= =75°，
2
∵将△ADE沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，
∴∠FED=∠AED=75°，AD=AE=EF，
∴∠FEC=180°−∠FED−∠AED=30°，
∴EF=2FC，EC=√EF2−FC2=√3FC，
∴AD=AE=EF=2FC，
∴AC=AE+EC=(2+√3)FC，
2√3 2√3 6+4√3
∴AB= AC= ×(2+√3)FC= FC，
3 3 3
6+4√3 4√3
∴BD=AB−AD= FC−2FC= FC，
3 3
4√3
∴BD:CE= FC:√3FC=4:3，
3
故选：D．
25．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分别与
DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是 ．
【答案】√m2+n2
【分析】先根据折叠的性质可得S =S ，∠F=∠B=60°，从而可得S =S +S ，再根
△BDE △FDE △FHG △ADG △CHE
据相似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得
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S
△ADG=
(DG) 2
=
m2 ，S
△CHE =
(EH) 2
=
n2 ，然后将两个等式相加即可得．
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S =S ，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
△BDE △FDE
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴S =S =S ，
梯形ACED △BDE △FDE
∴S =S +S ，
△FHG △ADG △CHE
又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，
∴
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
S S m2+n2 S +S
∴ △ADG+ △CHE = = △ADG △CHE=1，
S S GH2 S
△FHG △FHG △FHG
∴GH2=m2+n2，
解得GH=√m2+n2或GH=−√m2+n2（不符合题意，舍去），
故答案为：√m2+n2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似
三角形的判定与性质是解题关键．
思路：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.
解题方法：不找以折痕为边长的直角三角形,利用未知数表示其它直角三角形三边,通过勾股定理/相似三
角
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形知识求解.
►题型07 利用分类讨论思想解决特殊三角形计算问题
26．（2025中原区一模）在等腰△ABC中，AB=AC，中线BD将这个三角形的周长分为18和21两个部
分，则这个等腰三角形的腰长为 ．
【答案】15或11/11或15
【分析】分类讨论，当腰长与腰长一半分别是18和21时，分别求腰的值，即可得到底边长．
【详解】解：根据题意，
1
①当18是腰长与腰长一半时，AC+ AC=18，解得AC=12，
2
1
所以底边长=21− ×12=15；
2
1
②当21是腰长与腰长一半时，AC+ AC=21，解得AC=14，
2
1
所以底边长=18− ×14=11．
2
所以底边长等于15或11．
故答案为：15或11．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
27．（2024大庆市二模）已知a、b、c为△ABC的三边，且满足a4−b4=a2c2−b2c2，则△ABC是（ ）
A．直角三角形 B．等腰或直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，三角形的分类，勾股定理得逆定理，将等式化为a2=b2或
a2+b2=c2是解题的关键．先将等式右边移项，再将等式左边分解因式可求得a2=b2或a2+b2=c2，进而可
得a=b或a2+b2=c2，进而判定三角形的形状即可．
【详解】解：∵a4−b4=a2c2−b2c2，
∴(a2+b2)(a2−b2)=c2(a2−b2)，
∴(a2+b2)(a2−b2)−c2(a2−b2)=0，
∴(a2−b2)[(a2+b2)−c2]=0，
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∴a2−b2=0或(a2+b2)−c2=0，
∴a2=b2或a2+b2=c2，
∴a=b（舍去负值）或a2+b2=c2，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．
故选：B．
28．（2024云岩区一模）在△ABC中，∠C为钝角，∠A=48°，如果经过△ABC其中一个顶点作一条直
线能把△ABC分成两个等腰三角形，那么∠C的度数为 ．
【答案】108°或99°或116°
【分析】本题考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、解二元一次方程组，根据等腰三角形的性质和
三角形内角和定理分多种情况求解即可．
【详解】解：①过顶点C作一条直线把△ABC分成两个等腰三角形，假设以点A为顶点的等腰三角形为
△AMC，如下图，
180°−48°
∴∠ACM=∠AMC= =66°，
2
∴∠CMB=180°−∠AMC=180°−66°=114°，
若△MBC是等腰三角形，顶点为M，
∠AMC
∴∠MCB=∠MBC= =33°，
2
∴∠ACB=∠ACM+∠MCB=66°+33°=99°>90°，
故假设成立；
②过顶点C作一条直线把△ABC分成两个等腰三角形，假设以点C为顶点的等腰三角形为△CAM，如图，
∴∠AMC=48°，
∴∠ACM=180°−2×48°=84°，
∵∠CMB=180°−∠AMC=132°，
若△MCB为等腰三角形，顶点为M，
∠AMC
∴∠MCB=∠MBC= =24°，
2
∴∠ACB=∠ACM+∠MCB=84°+24°=108°>90°，
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故假设成立；
③过顶点C作一条直线把△ABC分成两个等腰三角形，假设以点M为顶点的等腰三角形为△MCA，如图，
∴∠ACM=48°，
∴∠AMC=180°−2×48°=84°，
∵∠CMB=2×48°=96°，
若△MCB为等腰三角形，顶点为M，
∠AMC
∴∠MCB=∠MBC= =42°，
2
∴∠ACB=∠ACM+∠MCB=48°+42°=90°，
故假设不成立；
④过顶点A作一条直线把△ABC分成两个等腰三角形，等腰三角形为△CMA只能以点C为顶点，如图，
设∠CAM=x(090°)，
则∠MAB=48°−x，
∴∠AMB=x+ y>90°，
若△MAB为等腰三角形，顶点为M，
∴¿，
解得¿，
故假设成立；
⑤由题得，∠B=180°−48°−∠C=132°−∠C，
∵∠C>90°，
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∴∠B<42°，
∵∠A>∠B，
∴BC>AC，
若过顶点B作直线交AC于点M，等腰三角形为△CMB以点C为顶角，如图，
∵CB>CM，故矛盾；
综上所述，∠C的度数为：99°或108°或116°，
故答案为：99°或108°或116°．
29．（2024·新疆·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠A=30°,AB=8．若点D在直线AB上
（不与点A，B重合），且∠BCD=30°，则AD的长为 ．
【答案】6或12
【分析】本题考查了含30°的直角三角形的性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，分①点D在线
段AB时，②点D在线段AB延长线上时， ③点D在线段BA延长线上时，三种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=8，
1
∴∠B=60°，BC= AB=4，
2
①点D在线段AB时，
∵∠BCD=30°，∠B=60°，
∴∠BDC=90°，
1
∴BD= BC=2，
2
∴AD=AB−BD=6；
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②点D在线段AB延长线上时，
∵∠BCD=30°，∠ABC=60°，
∴∠D=∠ABC−∠BCD=30°=∠BCD，
∴BC=BD=4，
∴AD=AB+BD=12；
③点D在线段BA延长线上时，
此时∠BCD>∠ACB，即∠BCD>90°，故不符合题意，舍去，
综上，AD的长为6或12．
30．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，将
△ADE绕点A顺时针旋转一定角度，当AD⊥BC时，∠BAE的度数是 ．
【答案】60°或120°
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的
性质与角的和差运算可得答案；
【详解】解：如图，当AD⊥BC时，延长AD交BC于J，
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∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAJ=∠CAJ=20°,
∴∠BAE=20°+40°=60°；
如图，当AD⊥BC时，延长DA交BC于J，
∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAJ=∠CAJ=20°,
∴∠BAE=180°−20°−40°=120°，
故答案为：60°或120°
31．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知直角三角形的两边长分别为3、1．则第三边长为 ．
【答案】2√2或√10
【分析】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是注意进行分类讨论，①长为1的边是直角边，长为3的
边是斜边时，②长为3、1的边都是直角边时，分别根据勾股定理求出第三边长即可．
【详解】解：已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：
①长为1的边是直角边，长为3的边是斜边时：
第三边的长为：
√32−12=√8=2√2；
②长为3、1的边都是直角边时：
第三边的长为：
√12+32=√10；
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∴第三边的长为：2√2或√10．
故答案为：2√2或√10．
1. 等腰三角形
边长分类：若已知等腰三角形的周长和一条边长，但未指明该边长是腰长还是底边长，则需要分两种情况
讨论：一是该边长为底边，求两腰长；二是该边长为腰长，求底边长。
角度分类：若已知等腰三角形的一个角度，但未指明是顶角还是底角，也需要分两种情况讨论：一是该角
度为顶角，求两个底角；二是该角度为底角，求顶角。
2. 直角三角形
边长分类：若已知两边求第三边长.
►题型08 利用分类讨论思想解决全等/相似三角形问题
32．（2025宝山区模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点O(0，0)，点A(1，0)，B(0，2)，
C(3，0)，点D在第一象限内，如果以点D、O、C为顶点的三角形与△AOB相似，那么这样的点D有
（ ）个
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】分情况讨论，当DC⊥OC时，再分∠D OC=∠ABO和∠D OC=∠BAO讨论；当
1 2
∠ODC=90°时，再分∠D OC=∠OBA和∠D OC=∠OAB讨论即可求解．
3 4
【详解】解：如图，当DC⊥OC时，
若∠D OC=∠ABO，则△D OC∽△ABO；
1 1
若∠D OC=∠BAO，则△D OC∽△BAO；
2 2
当∠ODC=90°时，
若∠D OC=∠OBA，则△D OC∽△OBA；
3 3
若∠D OC=∠OAB，则△D OC∽△OAB；
4 4
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综上，如果以点D、O、C为顶点的三角形与△AOB相似，那么这样的点D有4个，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了相似三角形性质，作出图形，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
33．（2025·湖北黄石·一模）如图所示的三角形是由左边的梯形经过连续的旋转形成的图案，则它们的旋
转角度是 ．
【答案】120°+n⋅360°或240°+n⋅360°（n为整数）
【分析】本题考查了旋转的性质、全等图形的性质，根据全等图形的性质求出旋转角度是解题的关键．对
图形的部分顶点命名，再由旋转的性质得，梯形ADOF、梯形CEOD、梯形BFOE为全等的图形，得出
∠DOF=∠EOD=∠FOE=120°，分2种情况：①梯形ADOF绕着点O旋转至梯形CEOD，再旋转至
梯形BFOE；②梯形ADOF绕着点O旋转至梯形BFOE，再旋转至梯形CEOD；分别求出旋转角度即可解
答．
【详解】解：如图，
由旋转的性质得，梯形ADOF、梯形CEOD、梯形BFOE为全等的图形，
∴∠DOF=∠EOD=∠FOE，OD=OE=OF，
又∵∠DOF+∠EOD+∠FOE=360°，
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1
∴∠DOF=∠EOD=∠FOE= ×360°=120°，
3
当梯形ADOF绕着点O旋转至梯形CEOD，再旋转至梯形BFOE，则它们的旋转角度是120°+n⋅360°（
n为整数）；
当梯形ADOF绕着点O旋转至梯形BFOE，再旋转至梯形CEOD，则它们的旋转角度是240°+n⋅360°（
n为整数）；
∴如图所示的三角形是由左边的梯形经过连续的旋转形成的图案，则它们的旋转角度是120°+n⋅360°或
240°+n⋅360°（n为整数）．
故答案为：120°+n⋅360°或240°+n⋅360°（n为整数）．
34．（2021·山东日照·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=8cm，AD=12cm，点P从点B出发，以
2cm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止，同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD边向点
D运动，到达点D停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当v为 时，
△ABP与△PCQ全等．
8
【答案】2或
3
【分析】可分两种情况：①ΔABP≅ΔPCQ得到BP=CQ，AB=PC，②ΔABP≅ΔQCP得到BA=CQ，
PB=PC，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．
【详解】解：①当BP=CQ，AB=PC时，ΔABP≅ΔPCQ，
∵AB=8cm，
∴PC=8cm，
∴BP=12−8=4(cm)，
∴2t=4，解得：t=2，
∴CQ=BP=4cm，
∴v×2=4，
解得：v=2；
②当BA=CQ，PB=PC时，ΔABP≅ΔQCP，
∵PB=PC，
∴BP=PC=6cm，
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∴2t=6，解得：t=3，
∵CQ=AB=8cm，
∴v×3=8，
8
解得：v= ，
3
8
综上所述，当v=2或 时，ΔABP与ΔPQC全等，
3
8
故答案为：2或 ．
3
【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
全等图形的性质：
A
全等三角形的对应边相等，
若 ，则AB=DE,AC=DF,BC=EF
全等三角形的对应角相等
若 ，则∠A=∠D, ∠B=∠E,∠C=∠F
全等三角形的周长相等，面积相等
B G H I C
若 ，则
D
全等三角形对应边上的高线相等，
，则 AG=DJ(对应边上的高线相等)
对应边上的中线相等，对应角的角
平分线相等． AI=DL(对应边上的中线相等)
AH=DK(对应角的角平分线相等)
E J K L F
相似三角形的性质：
1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等.
【小技巧】相似多边形对应边的比相等是求某条线段的长或求两条线段的比的一种常用方法，采用此方
法时一定要注意找准对应关系.
2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.
3）相似三角形周长的比等于相似比.
4）相似三角形面积比等于相似比的平方.
5）传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB.
解题方法：利用相似三角形的性质可推得成比例线段，从而建立等式求得未知线段的长.在中考题中常常
运用相似三角形的面积比等于相似比的平方解决与几何图形面积相关的问题.
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1．（2025·陕西·一模）如图，在△ABC中，∠BAC=30°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，点O在
AD上，OA的垂直平分线分别交AC、AB于点E、F，连接OC，若OC=AF=4，则△AOC的面积为
．
【答案】4+4√3
【分析】连接OE、OF，作OH⊥AC于点H．由EF垂直平分OA可得AE=OE,AF=OF，结合AD平分
∠BAC可知四边形AEOF是菱形，则AE=OE=AF=OC=4，CH=HE．由菱形的性质及∠BAC=30°
1
可得∠CEO=30°，则OH= OE=2，则CE=2HE=4√3，进而可求面积．
2
【详解】解∶ 如图，连接OE、OF，作OH⊥AC于点H．
∵EF OA
垂直平分 ，
∴ AE=OE,AF=OF，
∴∠EAO=∠EOA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAO=∠FAO，
∴∠FAO=∠EOA，
∴OE∥AF，
同理可证明AE∥OF，
∴四边形AEOF是平行四边形，
∵AE=OE，
∴四边形AEOF是菱形，
∴ AE=OE=AF=OC=4，
∵OH⊥AC，
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∴ CH=HE．
∵ ∠BAC=30°，OE∥AF，
∴∠CEO=30°，
1
∴OH= OE=2，
2
∴EH=√OE2−OH2=2√3，
∴CE=2HE=4√3，
∴AC=AE+CE=4+4√3，
1
∴ S = AC⋅OH=4+4√3，
△AOC 2
故答案为：4+4√3．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的性质和判定，30度角直角三角形的性质，勾股定理，
等腰三角形的性质，熟知相关知识点，正确作出辅助线是解题的关键
2
| 1| (√2 )
2．（2024·安徽亳州·模拟预测）在△ABC中，若 sinA− + −cosB =0，则∠C= ．
2 2
【答案】105°
【分析】本题主要考查了绝对值非负性，特殊角的三角函数，三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握特
殊角的三角函数是解题的关键．
1 √2 1
由绝对值的非负性及完全平方式的非负性可得sin A− =0， −cosB=0，进而可得sin A= ，
2 2 2
√2
cosB= ，由特殊角的三角函数可得∠A=30°，∠B=45°，由三角形的内角和定理可得
2
∠C=180°−∠A−∠B，由此即可求出∠C的度数．
2
| 1| (√2 )
【详解】解：∵sinA− + −cosB =0，
2 2
1 √2
∴sin A− =0， −cosB=0，
2 2
1 √2
∴sin A= ，cosB= ，
2 2
∴∠A=30°，∠B=45°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=180°−30°−45°=105°，
故答案为：105°．
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3．（2025·陕西西安·一模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ．著名的数学著作《九章算
术》已经能十分灵活地应用“出入相 补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被
称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”， 也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面
积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的． 如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的
面积为20，那么图中阴影部分的面积是
【答案】5
【分析】本题主要考查割补法求面积，理解题目意思是解题的关键．连接EF，由“出入相补”原理得到
△BME≌△AGE，△CNF≌△DGF即可得到答案．
【详解】解：连接EF，由“出入相补”原理得到△BME≌△AGE，△CNF≌△DGF，
∴AE=BE,DF=CF，
1 1
∴S =S = S = ×20=10，
AEFD EBCF 2 ABCD 2
1 1
∴S = S = ×10=5，
△EGF 2 AEFD 2
∴图中阴影部分的面积=10−5=5．
故答案为：5．
4．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，△ABC中，∠B=90°，将△ABC绕点B逆时针旋转90°，若
BC=3，AC=4，点A旋转后的对应点为A'，则A ´'A的长是 ．
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√7
【答案】 π
2
【分析】此题考查了旋转的性质，勾股定理，弧长公式等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键．
先根据题意作出旋转后的图形，根据勾股定理求出AB=√7，再根据弧长公式求出A ´'A的长，即可解答．
【详解】解：将△ABC绕点B逆时针旋转90°后，连接A A'，如图所示：
在△ABC中，∵∠B=90°，BC=3，AC=4，
∴AB=√AC2−BC2=√42−32=√7，
∴A
´'
A=
90π×√7
=
√7
π，
180 2
√7
故答案为： π．
2
5．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，等腰三角形ABC中，AB=AC=3，BC=4，点D为平面内一点，
且∠BDC=90°，连接AD，则AD的最小值为 ，最大值 ．
【答案】 √5−2/−2+√5 √5+2/2+√5
【分析】根据题意，得∠BDC=90°，BC=4，得点D的运动轨迹是以BC为直径的⊙O，且⊙O的半径
为2，连接AO，并延长交⊙O于点E，F，利用的等腰三角形的性质，勾股定理，圆的性质解答即可．
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，圆的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得∠BDC=90°，BC=4，
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∴点D的运动轨迹是以BC为直径的⊙O，且⊙O的半径为2，
连接AO，并延长交⊙O于点E，F，
∵AB=AC=3，
∴OB=OC=OE=OF=2，AO⊥OB，
∴OA=√OA2−OB2=√5，
∴AE=OA−OE=√5−2，AF=OA+OF=√5+2，
∴当点D与点E重合时，AD由最小值，当点D与点F重合时，AD由最大值，
故答案为：√5−2，√5+2．
6．（2025·陕西·一模）我国是最早了解勾股定理的国家之一，在《周髀算经》中记载了勾股定理的公式与
证明，相传是由商高发现，故又称之为“商高定理”．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形
和中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，直角三角形的两
条直角边长分别为m、n，则mn= ．
【答案】12
【分析】本题考查了勾股定理，以及完全平方式，由题意可得，m2+n2=25，(m−n) 2=1，进而可得
2mn=24．
【详解】解：∵大正方形的面积是25，
∴m2+n2=25，
∵小正方形的面积是1，
∴(m−n) 2=1，
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∴m2−2mn+n2=1，
∴25−2mn=1，
∴2mn=24，
∴mn=12，
故答案为：12．
7．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均在格点上．
（1）AC的长等于 ；
（2）只用无刻度的直尺作出△ABC的AC边上的高BD．（保留作图痕迹） ．
【答案】 √10 见解析
【分析】此题考查了勾股定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据勾股定理求解即可；
（2）取格点E，连接BE交AC的延长线于点D，连接BD即为所求△ABC的AC边上的高．
【详解】（1）AC=√12+32=√10；
故答案为：．√10；
（2）如图所示，BD即为所求．
由网格可得，∠CAB=∠CEB，∠ACF=∠ECD
∴∠AFC=∠CDE=90°
∴BD⊥AC
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∴BD即为所求△ABC的AC边上的高．
8．（2024·辽宁抚顺·二模）△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转
60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC=30°，AB=2√3，AD=4时，CE= ．
【答案】2或2√7
【分析】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识，分AD在AC的左侧和
右侧两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图，当AD在AC的左侧时，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2√3；
由旋转得DE=DA=4,∠D=60°,
∵△ADE是等边三角形，
延长AC交DE于点F，
∵∠DAC=30°,
∴∠AFD=90°,
∵AD=4,
∴DF=2，
由勾股定理得，AF=√AD2−DF2=2√3，
而AC=2√3，
∴点C与点F重合，
∴AC⊥DE,
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1
∴CE= DE=2；
2
如图，当AD在AC的右侧时，
同理得△ADE是等边三角形，
∴AE=AD=4,∠DAE=60°,
∵∠DAC=30°，
∴∠CAE=90°,
∴CE=√C A2+AE2=2√7,
综上，CE的长为2或2√7，
故答案为：2或2√7．
9．（2024·湖南长沙·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分
√5−1
与较大部分的比值，其比值为 ．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．
2
如图，乐器上的一根弦长AB=80cm，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分
割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 cm．（结果保留根号）
【答案】(80√5−160)
【分析】本题主要考查了黄金分割的定义，根据黄金分割的定义分别求出AC，DB，再根据线段的和差关
系进行计算即可解答．
【详解】解： 点C是靠近点B的黄金分割点，AB=80cm，
√5−1∵ √5−1
AC= AB= ×80=(40√5−40)cm，
2 2
∴
点D是靠近点A的黄金分割点，AB=80cm，
∵
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√5−1 √5−1
DB= AB= ×80=(40√5−40)cm
2 2
∴
CD=AC+BD−AB=2(40√5−40)−80=(80√5−160)cm，
∴
支撑点C，D之间的距离为(80√5−160)cm，
∴故答案为：(80√5−160)．
考点二 三角形的相关证明
►题型01 利用全等三角形的性质与判定求解
1．（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
【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，
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∴∠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．
2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，△ABC中，∠ACB=90°，点O为AC边上一点，以点O为圆心，
OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD．
(1)求证：∠ABC=2∠ACD；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接OD，根据题意可得∠ODA=90°，根据余角的性质可得∠AOD=∠ABC，根据圆周
角定理可得∠AOD=2∠ACD，等量代换即可得证；
（2）在Rt△ABC中，勾股定理求得AB=10,证明Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，设⊙O的半径为r，则
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， ，在 中， ，解方程即可求解．
OD=OC=r OA=8−r Rt△AOD r2+42=(8−r) 2
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AB为切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
∴∠A+∠AOD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠A=90°
∴∠AOD=∠ABC，
∵∠AOD=2∠ACD，
∴∠ABC=2∠ACD．
（2）解：在Rt△ABC中，AB=√BC2+AC2=√62+82=10，
∵∠OCB=90°=∠ODB，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，OD=OC，OB=OB，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，
∴BD=BC=6，
∴AD=AB−BD=4，
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r，
在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，
解得r=3，
∴⊙O半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知
识是解题的关键．
3．（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．
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(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
△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°，
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∴∠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，
∴△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；
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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．
►题型02 利用相似三角形的性质与判定求解
4．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，△ACD内接于⊙O，C´D=D´B，AB，CD的
延长线相交于点E，且DE=AD．
(1)求证：△CAD∽△CEA；
(2)求∠ADC的度数．
【答案】(1)见详解
(2)45°
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等
知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出∠CAD=∠DAB，再由等边对等角得出∠DAB=∠E，等量代换可
得出∠CAD=∠E，又∠C=∠C，即可得出△CAD∽△CEA．
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（2）连接BD，由直径所对的圆周角等于90°得出∠ADB=90°，设∠CAD=∠DAB=α，即
∠CAE=2α，由相似三角形的性质可得出∠ADC=∠CAE=2α，再根据圆内接四边形的性质可得出
2α+2α+90°=180°，即可得出α的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵C´D=D´B
∴∠CAD=∠DAB，
∵DE=AD，
∴∠DAB=∠E，
∴∠CAD=∠E，
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CEA，
（2）连接BD，如下图：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
设∠CAD=∠DAB=α，
∴∠CAE=2α，
由（1）知：△CAD∽△CEA
∴∠ADC=∠CAE=2α，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠CAB+∠CDB=180°，
即2α+2α+90°=180°，
解得：α=22.5°
∠ADC=∠CAE=2×22.5°=45°
5．（2024·福建·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点
D，AE⊥OC，垂足为E,BE的延长线交A´D于点F．
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OE
(1)求 的值；
AE
(2)求证：△AEB∽△BEC；
(3)求证：AD与EF互相平分．
1
【答案】(1)
2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
AC
【分析】（1）先证得AC=2AO，再在Rt△AOC中，tan∠AOC= =2．在Rt△AOE中，
AO
AE AE
tan∠AOC= ，可得 =2，再证得结果；
OE OE
（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M，先证明△AOE≌△BOM，可得AE=BM,OE=OM，
再证得∠BAE=∠CBE，再由相似三角形的判定可得结论；
AE AB 2AO AO
（3）如图，连接DE,DF，由（2）△AEB∽△BEC，可得 = = = ,∠EAO=∠EBD，
BE BC 2BD BD
从而得出△AOE∽△BDE，得出∠BED=∠AEO=90°， 得出∠AFB=∠≝¿，再由平行线判定得出
AF∥DE，AE∥FD，从而得出四边形AEDF是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1）∵AB=AC，且AB是⊙O的直径，
∴AC=2AO．
∵∠BAC=90°，
AC
∴在Rt△AOC中，tan∠AOC= =2．
AO
∵AE⊥OC，
AE
∴在Rt△AOE中，tan∠AOC= ．
OE
AE
∴ =2，
OE
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OE 1
∴ = ；
AE 2
（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M．
∴∠BAE=∠ABM,∠AEO=∠BMO=90°
．
∵AO=BO，
∴△AOE≌△BOM，
∴AE=BM,OE=OM．
OE 1
∵ = ，
AE 2
∴BM=2OE=EM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，
∴∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°，∠BEC=180°−∠MEB=135°，
∴∠AEB=∠BEC．
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABM=∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE，
∴△AEB∽△BEC．
（3）如图，连接DE,DF．
∵AB ⊙O
是 的直径，
∴∠ADB=∠AFB=90°,AB=2AO．
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∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴BC=2BD,∠DAB=45°．
由（2）知，△AEB∽△BEC，
AE AB 2AO AO
∴ = = = ,∠EAO=∠EBD，
BE BC 2BD BD
∴△AOE∽△BDE，
∴∠BED=∠AEO=90°．
∴∠≝=90°．
∴∠AFB=∠≝¿，
∴AF∥DE．
由（2）知，∠AEB=135°，
∴∠AEF=180°−∠AEB=45°．
∵∠DFB=∠DAB=45°，
∴∠DFB=∠AEF，
∴AE∥FD，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AD与EF互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，
考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
6．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．
如图1，在△ABC中，AB=AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延
长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
(1)求证：AD=AF；
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DF AD
(2)探究 与 的关系；
DE DC
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
某小组探究发现，当 = 时， = ；当 = 时， = ．
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
请你继续探究：
AD 7 DF
①当 = 时，直接写出 的值；
DC 6 DE
AD m DF
②当 = 时，猜想 的值（用含m，n的式子表示），并证明；
DC n DE
(3)拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使
AD m AP
∠ACF=∠ACB时，若 = ，直接写出 的值（用含m，n的式子表示）．
DC n AD
【答案】(1)见解析
DF 7 DF 2m
(2)① = ② = ，证明见解析
DE 3 DE n
AP n
(3) =
AD 2m
【分析】（1）等边对等角，得到∠B=∠C，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到∠F=∠ADF，
即可得出结论；
DF AD
（2）①根据给定的信息，得到 是 的2倍，即可得出结果；
DE DC
DF 2m GD AD m
②猜想 = ，作AG⊥EF于点G，证明△AGD∽△CED，得到 = = ，三线合一得到
DE n DE DC n
DF=2DG，即可得出结论；
DG n
（3）过点D作DG⊥CF，角平分线的性质，得到DG=DE，推出 = ，等角的余角相等，得到
DF 2m
AP DG n
∠AFP=∠DFG，进而得到sin∠AFP=sin∠DFG，得到 = = ，根据AD=AF，即可得出
AF DF 2m
结果．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠BEF=∠CED=90°，
∴∠F=90°−∠B，∠CDE=90°−∠C，且∠CDE=∠ADF，
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∴∠F=∠ADF，
∴AD=AF；
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
（2）解：①当 = 时， = ；当 = 时， = ，
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
DF AD
∴总结规律得： 是 的2倍，
DE DC
AD 7 DF 14 7
∴当 = 时， = = ；
DC 6 DE 6 3
AD m DF 2m
②当 = 时，猜想 = ，
DC n DE n
证明：作AG⊥EF于点G，
∵DE⊥BC，
∴AG∥CE，
∴△AGD∽△CED，
AD m
∵ = ，
DC n
GD AD m
∴ = = ，
DE DC n
由（1）知AD=AF，又AG⊥EF，
∴DG=FG，即DF=2DG，
DF 2GD 2m
∴ = = ；
DE DE n
AP n
（3） = ，理由如下：
AD 2m
过点D作DG⊥CF，
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∵∠ACF=∠ACB，DE⊥CE，
∴DG=DE，
AD m DF 2m
由（2）知，当 = 时， = ，
DC n DE n
DE n
∴ = ，
DF 2m
DG n
∴ = ，
DF 2m
∵PF⊥AC，
∴∠ACF+∠CFP=90°，
∵FE⊥BC，
∴∠B+∠AFD=90°，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B，
∴∠B=∠ACF，
∴∠AFD=∠CFP，
∴∠AFD−∠PFD=∠CFP−∠PFD，
∴∠AFP=∠DFG，
∴sin∠AFP=sin∠DFG，
AP DG n
∴ = = ，
AF DF 2m
由（1）知AD=AF，
AP AP n
∴ = = ．
AD AF 2m
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形
等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．
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►题型03 利用特殊三角形的性质与判定求解
7．（2024·江西·中考真题）追本溯源：
题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）．
（1）如图1，在△ABC中，BD平分∠ABC，交AC于点D，过点D作BC的平行线，交AB于点E，请判
断△BDE的形状，并说明理由．
方法应用：
（2）如图2，在 ▱ABCD中，BE平分∠ABC，交边AD于点E，过点A作AF⊥BE交DC的延长线于点
F，交BC于点G．
①图中一定是等腰三角形的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
②已知AB=3，BC=5，求CF的长．
【答案】（1）△BDE是等腰三角形；理由见解析；（2）①B；②CF=2．
【分析】本题考查了平行四边形的性质和等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和
等腰三角形的判定是解题的关键；
（1）利用角平分线的定义得到∠ABD=∠CBD，利用平行线的性质得到∠BDE=∠CBD，推出
∠BDE=∠ABD，再等角对等边即可证明△BDE是等腰三角形；
（2）①同（1）利用等腰三角形的判定和性质可以得到四个等腰三角形；
②由①得DA=DF，利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：（1）△BDE是等腰三角形；理由如下：
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵DE∥BC，
∴∠BDE=∠CBD，
∴∠BDE=∠ABD，
∴EB=ED，
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∴△BDE是等腰三角形；
（2）①∵ ▱ABCD中，
∴AE∥BC，AB∥CD，
同（1）∠ABE=∠CBE=∠AEB，
∴AB=AE，
∵AF⊥BE，
∴∠BAF=∠EAF，
∵AE∥BC，AB∥CD，
∴∠BGA=∠EAF，∠BAF=∠F，
∵∠BGA=∠CGF，
∴∠BGA=∠BAG，∠DAF=∠F，∠CGF=∠F，
∴AB=AG，DA=DF，CG=CF，
即△ABE、△ABG、△ADF、△CGF是等腰三角形；共有四个，
故选：B．
②∵▱ABCD中，AB=3，BC=5，
∴AB=CD=3，BC=AD=5，
由①得DA=DF，
∴CF=DF−CD=5−3=2．
8．（2024·湖北·中考真题）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，
使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；
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(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；
(3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
3
(2)GH=
4
√6
(3)BG= AB，见解析
6
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；
（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；
（3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据
△BMG∽△MAP，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
1
∴DP=CP= ×2=1，
2
设EP=AE=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
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即x2=(3−x) 2+1，
5
解得x= ，
3
5
∴EP=AE=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
4 5
ED EP
∴ = ，即3 3 ，
PC PH =
1 PH
5
∴PH= ，
4
∵PG=AB=2，
3
∴GH=PG−PH= ．
4
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E F AD BC ABFE EF A P CD
， 分别在 ， 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在 上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP= y，
∴AB=PG=CD=2y，
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∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP= y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3 y，
1 3
∴HP= PM= y，
2 2
√5
在Rt△PCH中，CH=√PH2−PC2= y，
2
∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴ BG √6 ，
y
3
√6
∴AB=√6BG，即BG= AB．
6
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，
熟练掌握以上基础知识是解题关键．
9．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠BAD=60°，P为边AB上的
动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接
PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q．
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(1)若点P与点B重合，则线段MN的长度为______．
(2)随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理
由．
【答案】(1)5
(2)不变，AQ=8，MN=5
【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE=PC=BC，MN为△PDE的中位线，
即可求出MN的长度．
（2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，
1 1
得出MN= GH= AD=5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB=DF，然后再由
2 2
AQ=AI+IQ=8，最后得出MN和AQ的长度不变．
【详解】（1）解：当点P与点B重合时，如图①，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，
∴∠EPC=60°，PE=PC，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=BC=PE=10．∠PCE=60°，
∴C、D、E三点共线，
∵CD∥AB，EF∥AB，
∴E、D、F、C共线，
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∵点M、N分别是PF，ED的中点，
∴2MN=PE=10．
∴MN=5．
故答案为：5．
（2）解：结论：不变．
如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN=GN，连接GE，DG，延长EG，BA交于H点，连接PG．
延长AB至点K，使得BK=BC，连接CK，CE，设PG与AD交于I点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵点N为DE中点，
∴EN=DN．
∵FN=GN，
∴四边形GEFD为平行四边形，
∴¿∥AF，GD∥EF．
∵EF∥AB， CD∥AB，
∴GD∥EF∥HB，HG∥AF．
∴四边形HADG为平行四边形，
∴HG=AD，
∵HG∥AF
∴∠BAD=∠AHG=60°．
在平行四边形ABCD中，
∵∠BAD=60°，CD∥AB，
∴∠CBK=60°，
∵BC=BK，
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∴△BKC是等边三角形，
∴∠K=60°．KC=BC=AD=10，
由旋转得∠EPC=60°，PE=PC，
∵∠H=60°，∠H+∠HEP+∠HPE=180°，
∴∠HEP+∠HPE=120°，∠HPE+∠CPK=180°−60°=120°，
∴∠HEP=∠CPK，
又∠K=∠H=60°，PE=PC，
∴△EHP≌△PKC（AAS）．
∴HP=KC=AD=HG=10，
∴△PGH为等边三角形．
∵点M、N为PF、GF的中点，
1
∴MN为△PGF的中位线，MN= PG．
2
∵PG=HG=AD=10．
∴MN=5．即MN的长度不变；
∵△CPE和△GPH都为等边三角形．
∴PH=PG，PE=PC，∠HPG=∠EPC=60°，∠PHG=∠PGH=60°，
∴∠GPC=∠HPE，
∴△HPE≌△GPC（SAS）．
∴GC=HE=AF．
∵∠PHG=∠PGH=60°， HG∥AF
∴∠PAI=∠PHG=∠PGH=∠PIA=∠API=60°，
∴△API为等边三角形．
同理：△GDI为等边三角形．
∴GD=ID．AP=AI，
∴AF−DI=CG−DG，
∴AI+DF=DC=6=AP+PB，
∵AP=AI，
∴PB=DF，
设AP=a，则PB=6−a=DF，AI=AP=a，ID=10−a，
∴IF=ID+DF=10−a+6−a=16−2a．
∵MN为△GFP的中位线，
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∴MN∥GP，
FQ FN
∴ = =1，
IQ GN
∴FQ=IQ，
∵M是PF的中点，
∴Q为IF中点，
1
∴IQ= IF=8−a，
2
∴AQ=AI+IQ=a+8−a=8．
故MN和AQ的长度都不变．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线
1 1
段成比例．本题的难点是构造△HPE≌△KCP得出MN= GH= AD=5．
2 2
10．（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
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
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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，
∴∠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；
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（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
∵−2√3<0，
3 9√3
∴当x= 时，S 有最大值，最大值为 cm2 ；
2 重叠 2
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（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．
11．（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
(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，
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12
由（1）知：∠BAC=∠PAB=90°，AP=AD= ，
5
3
∴PB=√AP2+AB2= √41．
5
►题型04 与三角形有关的多结论问题
12．（2025·广东广州·一模）如图，在△ABC中，AC>BC，∠A=45°，D是AB边上一点，且CB=CD，
过点B作BF⊥CD交CD于点E，交AC于点F，过点F作FH⊥AB于点H，分别以点B,D为圆心，大于
1
BD长为半径画弧，两弧交于点Q，连接CQ并延长交BD于点M，交BF于点N．记△BDE的面积为S ，
2 1
四边形DEFH的面积为S ，△BCE的面积为S ，请判断下列结论中正确个数为（ ）
2 3
DM−MN HM
①CM∥FH；②△BCF是等腰三角形；③ = ；④S +S =S ．
MN BN 1 2 3
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．
由作图知，CM是线段BD的垂直平分线，从而判断结论①；利用等角的余角相等求得∠FBA=∠MCB，
再利用三角形的外角性质，证明∠BFC=∠BCF，利用等角对等边判断结论②；证明△DCM∽△NBM，
利用相似三角形的性质，结合等量代换，从而判断结论③；证明△BCM≌△DCM≌△FBH，利用全等
三角形的性质判断结论④．
【详解】解：由作图知，CM是线段BD的垂直平分线，
∴CM⊥AB，CD=CB，∠MCD=∠MCB，
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∵FH⊥AB，
∴CM∥FH，结论①正确；
∵∠A=45°，
∴△ACM是等腰直角三角形，
∴∠ACM=∠A=45°，
∵BF⊥CD，CM⊥AB，
∴∠CEN=∠BMN=90°，
∵∠CNE=∠BNM，
∴∠NCE=∠NBM，
∵∠MCD=∠MCB，
∴∠FBA=∠MCB，
∵∠BFC=∠A+∠FBA=45°+∠FBA，∠BCF=∠ACM+∠MCB=45°+∠FBA，
∴∠BFC=∠BCF，
∴BC=BF，
∴△BCF是等腰三角形，结论②正确；
∵∠DCM=∠NBM，∠DMC=∠NMB=90°，
∴△DCM∽△NBM，
DM CD
∴ = ，
MN BN
∵BC=CD=BF，
DM FN+BN DM FN
∴ = ，即 = +1，
MN BN MN BN
DM FN
∴ −1= ，
MN BN
DM−MN FN
∴ = ，显然FN≠HM，
MN BN
DM−MN HM
∴ ≠ ，结论③错误；
MN BN
∵BC=CD=BF，∠BCM=∠DCM=∠FBH，∠BMC=∠DMC=∠FHB=90°，
∴△BCM≌△DCM≌△FBH，
∴S =S =S ，
△BCM △DCM △FBH
由题意得S =S =S =S +S ，S =S =2S −S =2(S +S )−S =S +2S ，
△BCM △DCM △FBH 1 2 3 △BCE △BCM △BDE 1 2 1 1 2
∴S +S ≠S ，结论④错误；
1 2 3
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故选：C．
13．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把
△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB=√3，AD=1．以下结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；
3−√3
③当点E在BA的延长线上时，MC= ；
2
1
④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为 ．
2
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明△BAD≌△CAE即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM∽∠ECA得
MC √3−1
出 = ，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的
√3 2
值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中MC=√BC2−MB2 =√2+1，然后根据三角形的
面积公式即可判断④．
【详解】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA=CA,DA=EA,∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，故①正确；
设∠ABD=∠ACE=α，
∴∠DBC=45°−α,
∴∠EMB=∠DBC+∠BCM=∠DBC+∠BCA+∠ACE=45°−α+45°+α=90°，
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∴BD⊥CE，故②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图所示
∵∠DCM=∠ECA，∠DMC=∠EAC=90°，
∴∠DCM∽∠ECA
MC CD
∴ =
AC EC
∵AB=√3，AD=1．
∴CD=AC−AD=√3−1，CE=√AE2+AC2=2
MC √3−1
∴ =
√3 2
3−√3
∴MC= ，故③正确；
2
④如图所示，以A为圆心，AD为半径画圆，
∵∠BMC=90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小， ∠ADM=∠DAE=∠AEM=90°
∴四边形AEMD是矩形，
又AE=AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD=AE=1，
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∵BD=EC=√AC2−AE2=√2，
∴MB=BD−MD=√2−1，
在Rt△MBC中，MC=√BC2−MB2
∴PB取得最小值时，MC=√AB2+AC2−MB2 =√3+3−(√2−1) 2=√2+1
1 1 1
∴S = MB×MC= (√2−1)(√2+1)=
△BMC 2 2 2
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形
的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
14．（2023·山东泰安·中考真题）如图，△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠A=36°．以点B为圆心，
1
任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于 FG的长为半径作弧，
2
1
两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于 BD的长为半径作弧，两孤
2
相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①∠AED=∠ABC；②
1
BC=AE；③ED= BC；④当AC=2时，AD=√5−1．其中正确结论的个数是（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据等腰三角形两底角相等与∠A=36°，得到∠ABC=∠C=72°，根据角平分线定义得到
∠ABD=∠CBD=36°，根据线段垂直平分线性质得到EB=ED，得到∠EBD=∠EDB，推出
∠EDB=∠CBD，得到DE∥BC，推出∠AED=∠ABC，①正确；根据等角对等边得到AD=AE，
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AD=BD，根据三角形外角性质得到∠BDC=72°=∠C，得到BC=BD，推出BC=AE，②正确；根据
ED AD AD √5−1
△AED∽△ABC，得到 = = ，推出ED= BC，③错误；根据AC=2时，
BC AC AD+DC 2
√5−1 √5−1
CD= AD，得到 AD=2−AD,推出AD=√5−1，④正确．
2 2
【详解】∵△ABC中，AB=AC，∠A=36°，
1
∴∠ABC=∠C= (180°−∠A)=72°，
2
由作图知，BD平分∠ABC，MN垂直平分BD，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°，EB=ED，
2
∴∠EBD=∠EDB，
∴∠EDB=∠CBD，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ABC，①正确；
∠ADE=∠C，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∵∠A=∠ABD，
∴AD=BD，
∵∠BDC=∠A+∠ABD=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BC=BD，
∴BC=AE，②正确；
设ED=x，BC=a，
则AD=a，BE=x，
∴CD=BE=x，
∵△AED∽△ABC，
ED AD AD
∴ = = ，
BC AC AD+DC
x a
∴ = ，
a a+x
∴x2+ax−a2=0，
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∵x>0，
√5−1
∴x= a，
2
√5−1
即ED= BC，③错误；
2
当AC=2时，CD=2−AD，
√5−1
∵CD= AD，
2
√5−1
∴ AD=2−AD,
2
∴AD=√5−1，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，
相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
15．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，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 ．
【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，
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∴∠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．
►题型05 勾股定理的证明
16．（2024·山西吕梁·模拟预测）阅读与思考：请阅读下列材料，完成相应任务．
从勾股定理的“无字证明”谈起
在勾股定理的学习过程中，我们已经学会运用一些几何图形验证勾股定理．如图1是古印度的一种证明方
法：过正方形ADEC的中心O，作两条互相垂直的直线，将正方形分成4份，所分成的四部分和一小正方
形恰好能拼成一个大正方形．这种方法，不用运算，单靠移动几块图形就直观地证出了勾股定理，这种根
据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．
意大利著名画家达·芬奇用如图2所示的方法证明了勾股定理，其中图甲的空白部分是由两个正方形和两个
直角三角形组成，图丙的空白部分由两个直角三角形和一个正方形组成．设图甲中空白部分的面积为S ，
1
图丙中空白部分的面积为S ．
2
任务：
(1)下面是小亮利用图2验证勾股定理的过程，请你帮他补充完整．
解：根据题意，得S = ________=a2+b2+ab
1
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1
S =c2+2× ab=c2+ab．
2 2
∵S =S ，
1 2
________，即________．
∴(2)我国是最早了解勾股定理的国家之一．东汉末年数学家刘徽在为《九章算术》作注中依据割补术而创造
了勾股定理的无字证明“青朱出入图”．如图3，若CB=6，CG=8，则IN的长度为________．
(3)在初中的数学学习中，我们已经接触了很多代数恒等式．一些代数恒等式也可以通过“无字证明”来解
释．可以借助图4直观地解释的代数恒等式为________．借助此方法可将抽象的数学知识变得直观且具有
可操作性，从而帮助我们解决问题，在此过程中体现的数学思想是________．
A．分类讨论思想 B．公理化思想 C．数形结合思想 D．从特殊到一般的思想
(4)借助图5可以直观解释的式子为________．（填序号）
①(a+3) 2=a2+9； ②(a+3) 2=a2+6a+9；
③(a+3) 2≠a2+9； ④(a−3) 2=a2−6a+9．
(5)实际上，初中数学还有一些代数恒等式（除上述涉及的）也可以借助“无字证明”来直观解释，请你举
出一例，画出图形并直接写出所解释的代数恒等式．
1
【答案】(1)a2+b2+ ab×2；a2+b2+ab=c2+ab；a2+b2=c2
2
5
(2)
2
(3)(3a) 2=9a2；C
(4)
②
(5)(a+b) 2=a2+2ab+b2，图形见解析（答案不唯一）
【分析】本题主要考查勾股定理的几何证明、完全平方式在几何中的应用，涉及了正方形的性质、相似三
角形的性质和判定以及勾股定理的应用等知识点，熟练掌握面积的不同表示方法得到相应的等式是解题的
关键．
（1）根据图甲的空白部分是由两个正方形和两个直角三角形组成，即可求出
1
S =a2+b2+ ab×2=a2+b2+ab，再进行化简即可求解；
1 2
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（2）根据正方形的性质以及勾股定理求出BE=√BC2+CE2=10，再根据相似三角形的判定和性质即可
求出；
（3）根据“大正方形的面积=9个小正方形面积之和”即可求解，主要体现的是数形结合的思想；
（4）根据“大正方形的面积=稍大正方形面积+稍小正方形面积+2个长方形面积”即可求解；
（5）借助数形结合的思想，设计一个边长为(a+b)的正方形即可．
1
【详解】（1）解：根据题意，得S =a2+b2+ ab×2=a2+b2+ab，
1 2
1
S =c2+2× ab=c2+ab．
2 2
∵S =S ，
1 2
∴a2+b2+ab=c2+ab，即a2+b2=c2．
1
故答案为：a2+b2+ ab×2；a2+b2+ab=c2+ab；a2+b2=c2．
2
（2）∵CG=8，CB=6，
∴CG=CE=8，CB=CD=6，
由勾股定理可得，BE=√BC2+CE2=10，
∴ED=EC−CD=8−6=2，
∵MD∥BC，
∴△EMD∽△EBC，
ED EM
∴ = ，
EC EB
ED⋅EB 2×10 5
∴EM= = = ，
EC 8 2
5
∴¿=EM= ．
2
（3）由图可知，S=(3a) 2=9a2，体现了数形结合的思想，
故答案为：(3a) 2=9a2；
故选：C．
（4）由图可知，S=(a+3) 2=a2+3a×2+32=a2+6a+9，
故选：②．
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（5）(a+b) 2=a2+2ab+b2，图形如图所示：
17．（2023·辽宁阜新·二模）动手实践、归纳和猜想是我们发现数学结论的重要一环，你也来试试吧！
(1)如图，两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成一个梯形．用
两种不同的方法计算梯形的面积，得到我们学习过的一个重要公式，
请你写出来：面积等式为____________，结论为____________；
(2)n边形有n个顶点，在它的内部再画m个点，以(m+n)个点为顶点，把n边形剪成若干个三角形，设最多
可以剪得y个这样的三角形．当n=3,m=3时，如图，最多可以剪得7个这样的三角形，所以y=7．
①当n=4,m=2时，如图，y=______；
当n=5,m=______时，y=9；
②对于一般的情形，在n边形内画m个点，通过归纳猜想，可得y=______（用含m、n的代数式表示）．
1 1 1
【答案】(1) (a+b) 2 ❑ =2× ab+ c2 ，a2+b2=c2；
2 ❑❑❑ 2 2
(2) 6，3；②n+2(m−1)．
【分①析】（1）此等腰梯形的面积有三部分组成，利用等腰梯形的面积等于三个直角三角形的面积之和列
出等式并整理即可；
（2）①根据图形规律即可解答；
②根据探画出图形究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，即可得出结论；
本题考查了图形的变化规律和勾股定理的验证，读懂题意，找到变化规律是解题的关键．
1 1
【详解】（1）有三个直角三角形其面积分别为ab， ab和 c2 ，
2 2
1
直角梯形的面积为 (a+b)(a+b)，
2
1 1 1 1
由图形可知： (a+b)(a+b)= ab+ ab+ c2 ，
2 2 2 2
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整理得(a+b) 2=2ab+c2，a2+b2+2ab=2ab+c2，
∴a2+b2=c2，
1 1 1 1
故答案为： (a+b)(a+b)= ab+ ab+ c2 ，a2+b2=c2；
2 2 2 2
（2）①如图4，当n=4，m=2时，y=6，
如图5，当n=5，m=3时，y=9，
故答案为：6，3；
② n边对于一般的情形，在n边形内画m个点，第一个点将多边形分成了n个三角形，以后三角形内部每增
加一个点，分割部分增加2部分，故可得y=n+2(m−1)，
故答案为：y=n+2(m−1)．
18．（2021·贵州贵阳·中考真题）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国
古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，
后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
（2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，
作FG⊥HP，将它分成4份．所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若
AC=12,BC=5，求EF的值；
（3）拓展探究：如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向
外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形
A,B,C,D的边长分别为a,b,c,d．已知∠1=∠2=∠3=α，当角α(0°<α<90°)变化时，探究b与c的
关系式，并写出该关系式及解答过程（b与c的关系式用含n的式子表示）．
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17 7
【答案】（1）见详解；（2）EF= 或 ；（3）c+b=n，理由见详解
2 2
【分析】（1）根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和，即可得
到结论；
（2）设EF=a，FD=b，由图形的特征可知：a+b=12，a-b=±5，进而即可求解；
（3）设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，由相似三角形的性质可知：e2=cn，f2=bn，结合勾
股定理，可得e2+f2=n2，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵在图①中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面
积的和．
1
c2＝ ab×4＋（b−a）2，
2
∴
化简得：a2＋b2＝c2；
（2）由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形，
设EF=a，FD=b，
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a+b=12，
∴∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM拼成，
∴E'F'=EF，K F'=FD，E'K=BC=5，
当EF>DF时，
∵E'F'−K F'=E'K，
a-b=5，
∴ 17
∴¿，解得：a= ，
2
17
EF= ；
2
∴
7
同理，当EF0)，
△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S(cm2)．
(1)当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式
表示）．
(2)当点E与点C重合时，求t的值．
(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．
【答案】(1)等腰三角形，AQ=t
3
(2)t=
2
(3)¿
【分析】（1）过点Q作QH⊥AD于点H，根据“平行线+角平分线”即可得到QA=QP，由QH⊥AP，
1 √3
得到HA= AP= t，解Rt△AHQ得到AQ=t；
2 2
3
（2）由△PQE为等边三角形得到QE=QP，而QA=QP，则QE=QA，故AE=2AQ=2t=3，解得t= ；
2
1 √3
（3）当点P在AD上，点E在AC上，重合部分为△PQE，过点P作PG⊥QE于点G，PG= AP= t
2 2
1 √3 3
，则S= QE⋅PG= t2 ，此时00，对称轴为直线 3√3 ，
4 2×
4
∴当x>2时，y随x的增大而增大，当x<2时，y随x的增大而减小；
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即当20)的 图 象 交 于 点
2 x
A， 与 x 轴交于点B， 将 线 段 绕 点B逆时针旋转90°至线段BC，若点C恰好也在反比例函数图象上，
则k的值为 ·
【答案】24
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( 1 )
【分析】设A x, x−4 ，求解B(8,0)，过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，证明
2
( 1 ) ( 1 ) (1 )
△CBF≌△BAE，可得C 12− x,x−8 ，可得 12− x (x−8)=x x−4 ，再进一步求解即可．
2 2 2
1 k
【详解】解：∵直线l：y= x−4与 反 比 例 函 数y= (k>0)的 图 象 交 于 点A， 与 x 轴交于点
2 x
B，
( 1 )
设A x, x−4 ，
2
1
当y= x−4=0时，则x=8，
2
∴B(8,0)，
过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，
∴∠CFB=∠AEB=90°=∠ABC，
∴∠CBF+∠ABE=90°=∠ABE+∠BAE，
∴∠CBF=∠BAE，
∵CB=AB，
∴△CBF≌△BAE，
1
∴CF=BE=x−8，BF=AE= x−4，
2
1
∴OF=12− x，
2
( 1 )
∴C 12− x,x−8 ，
2
k
∵C在y= 上，
x
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( 1 ) (1 )
∴ 12− x (x−8)=x x−4 ，
2 2
解得：x =8（舍去），x =12，
1 2
∴A(12,2)，
∴k=12×2=24，
故答案为：24
【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数与一次函数的综合应用，一元
二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2025·安徽亳州·一模）如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D，若
BD
BF=3EF，则 =（ ）
DC
4 6 3 2
A． B． C． D．
3 5 2 3
【答案】C
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，过点E作EG∥DC，构造相似三角形是解题的关键．
AE 1
先利用三角形的中线的定义得到 = ，过点E作EG∥DC交AD于G，再根据相似三角形的性质得到
AC 2
EF 1
DC=2≥¿，由BF=3FE得到 = ，最后由相似三角形的性质即可得到结论．
BF 3
【详解】解：如图，
∵BE是△ABC的中线，
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AE 1
∴ = ，
AC 2
过点E作EG∥DC交AD于G，
∴∠AGE=∠ADC，∠AEG=∠C，
∴△AGE∽△ADC，
EG AE 1
∴ = = ，
DC AC 2
∴DC=2≥¿．
∵BF=3FE，
EF 1
∴ = ．
BF 3
∵GE∥BD，
∴∠GEF=∠FBD，∠EGF=∠BDF，
∴△GFE∽△DFB，
GE EF 1
∴ = = ，
DB BF 3
DC 2
∴ = ，
DB 3
BD 3
∴ = ．
DC 2
故选：C．
4．（2025·上海宝山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y=x+1，与 轴相交于
点B，与y轴相交于点A，过点A的直线AC与x轴相交于点C(3，0)，以AC为斜边在AC下方作等腰
Rt△ACD，连接BD，则BD的长为：
【答案】√5
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，
求得D点的坐标是解题的关键．
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过点D作EF∥x轴，交y轴于E，交过C点与y轴平行的直线于F，首先求得A、B的坐标，然后证得
△ADE≌△DCF（AAS），得到DE=CF，故设D（m,−m），利用勾股定理求得m=1，进一步求得
BD．
【详解】
解：过点D作EF∥x轴，交y轴于E，交过C点与y轴平行的直线于F，
∵直线AB的解析式为y=x+1，与x轴相交于点B，
∴B点坐标为（−1，0）A点坐标为（0，1），
∵△ACD是以AC为斜边的等腰直角三角形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADE+∠CDF=90°，
∵∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠AED=∠DFC=90°，
∴△ADE≌△DCF（AAS），
∴DE=CF，
∴设D（m,−m），
∵AD=DC，
∴（0−m）2+（1+m）2=（3−m）2+（0+m）2，
∴m=1，
∴D（1，−1），
∴BD=√22+12=√5．
故答案为：√5．
5．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在等边三角形ABC中，AB=3，D、E是边AC上的三等分点，点
M、N分别在边AB，BC上运动，则四边形DENM周长的最小值是 ．
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【答案】5
【分析】作D点关于AB的对称点D 、E点关于BC的对称点E ，连接D E 分别与AB和BC交于M 和N ，
1 1 1 1 1 1
则当M点运动至M 点、N点运动至N 点时，DM+MN+NE的最小值为D E ，此时四边形DMNE的周
1 1 1 1
长最小，分别作CC ⊥N E 、A A ⊥D M ，由对称及等边△ABC易知△NCE 和△AD M 均为等边
1 1 1 1 1 1 1 1 1
三角形，由此可求解出D E 的长度，进而求解四边形的周长．
1 1
【详解】解：作D点关于AB的对称点D 、E点关于BC的对称点E ，连接D E 分别与AB和BC交于M
1 1 1 1 1
和N ，则当M点运动至M 点、N点运动至N 点时，DM+MN+NE的最小值为D E ，此时四边形
1 1 1 1 1
DMNE的周长最小，
∵三角形ABC是等边三角形，
∴由对称性得：∠M AD =∠M AD=60°，∠N AE =∠N AE=60°，
1 1 1 1 1 1
∵D、E是边AC上的三等分点，
∴AD =AD=CE=CE =1
1 1
∴D E ∥AC，
1 1
∴△NCE 和△AD M 时等边三角形，
1 1 1
分别作CC ⊥N E 、A A ⊥D M ，
1 1 1 1 1 1
∵CC ⊥N E 、A A ⊥D M ，
1 1 1 1 1 1
∴A C ∥AC，
1 1
∴四边形A C CA时矩形
1 1
∴D E =DM +M N +E N =AC+CE=3+1=4
1 1 1 1 1 1 1
∴C=DE+DM +EN +M N =DE+D E =1+4=5，
1 1 1 1 1 1
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故答案为：5.
【点睛】本题考查轴对称最小距离问题，解题的关键是作出最短距离点．
4
6．（2025·上海松江·一模）如图，在△ABC中，∠C=90°，tanB= ，E是边AB上一点，将△BCE沿
5
AE
直线CE翻折，点B的对应点为B'，如果AB'∥BC，那么 的值为 ．
EB
8 2
【答案】 或
5 5
【分析】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形
的判定方法及性质是解题的关键．
4
根据tanB= ，设AC=4x,BC=5x，运用勾股定理可得AB=√41x，分类讨论：如图所示，将△BCE
5
沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB'∥BC，设AB,CB'交于点F，运用勾股定理可得AB'=3x，由
15x 3√41x
平行可证△AB'F∽△BCF，可得解得B'F= ，AF= ，再证△B'EF∽△AEB'，可得
8 8
15x
B'E 8 即可求解；将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB'∥BC，延长B' A,CE交于点G，
=
AE 3x
运用勾股定理可得AB'=3x，由折叠与平行的性质可得BC=B'C=B'G，则AG=2x，再证
AE AG 2x 2
△AGE∽△BCE，得到 = = = 即可求解．
BE BC 5x 5
4
【详解】解：在△ABC中，∠C=90°，tanB= ，
5
AC 4
∴tanB= = ，
BC 5
设AC=4x,BC=5x，
∴AB=√AC2+BC2=√(4x) 2+(5x) 2=√41x，
如图所示，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB'∥BC，设AB,CB'交于点F，
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∴BC=B'C=5x，∠B' AC=∠ACB=90°，
在Rt△AB'C中，AB'=√(B'C) 2 −AC2=√(5x) 2−(4x) 2=3x，
∵AB'∥BC，
∴△AB'F∽△BCF，
AB' AF B'F 3
∴ = = = ，
BC BF CF 5
∵CF+B'F=CB'=5x，
∴CF=5x−B'F，
B'F 3
∴ = ，
5x−B'F 5
15x
解得，B'F=
，
8
同理，AF+BF=AB=√41x，
∴BF=√41x−AF，
AF 3
∴ = ，
√41x−AF 5
3√41x
解得，AF= ，
8
∵折叠，
∴∠CBE=∠CB'E，BE=B'E
∵AB'∥BC，
∴∠CBA=∠B' AB，
∴∠EB'F=∠EAB'，且∠B'EF=∠AEB'，
∴△B'EF∽△AEB'，
15x
B'E B'F EF
∴ = = ，即B'E 8 ，
AE AB' EB' =
AE 3x
B'E 5
整理得， = ，
AE 8
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∵B'E=BE，
AE 8
∴ = ；
BE 5
如图所示，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB'∥BC，延长B' A,CE交于点G，
∴B'G∥BC，
∴∠G=∠BCG，∠B' AC=∠ACB=90°，
∵折叠，
∴∠BCG=∠B'CG，BC=B'C=5x，
∴∠G=∠B'CG，
∴B'C=B'G=5x，
在Rt△ACB'中，AB'=√B'C2−AC2=√(5x) 2−(4x) 2=3x，
∴AG=B'G−AB'=5x−3x=2x，
∵AG∥BC，
∴△AGE∽△BCE，
AE AG 2x 2
∴ = = = ；
BE BC 5x 5
AE 8 2
综上所述， 的值为 或 ，
EB 5 5
8 2
故答案为： 或 ．
5 5
7．（2025·上海普陀·一模）△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC上，CD=2，如图
所示．点E在边AB上，将△BDE沿着DE翻折得△B'DE，其中点B与点B'对应，B'E交边AC于点G，
B'D交AC的延长线于点H．如果△B'HG是等腰三角形，那么BE= ．
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42
【答案】
5
【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角
形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先画出图形，过点H作HF⊥B'E于点
F，确定如果△B'HG是等腰三角形，则只能是B'H=GH，设B'E=BE=x(090°，
∴如果△B'HG是等腰三角形，则只能是∠B'HG为顶角，B'H=GH，
∴∠B'=∠B'GH，
由对顶角相等得：∠AGE=∠B'GH，
∴∠AGE=∠B'，
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由折叠的性质得：∠B=∠B'，
∴∠AGE=∠B，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，CD=2，
∴∠A+∠B=90°，AB=√AC2+BC2=10，BD=BC−CD=6，
∴∠A+∠AGE=90°，
∴∠AEG=90°，即B'E⊥AB，
由折叠的性质得：B'E=BE，B'D=BD=6，
设B'E=BE=x(010（不符合题意，舍去），
5 5
42
即BE= ，
5
42
故答案为： ．
5
8．（2025·上海宝山·一模）如图，已知△ABC，AB=AC=4，∠B=30°，D是边BC的中点，线段AB
绕点D顺时针旋转得到对应线段A'B'，线段A'B'与AC,BC分别交于点E,F，如果△EFC是直角三角形，
那么AE的长是 ．
【答案】√3+1或2
【分析】由三线合一可得AD⊥BC，进而求出各边长，然后根据△EFC是直角三角形分类讨论，当
∠FEC=90°时或∠EFC=90°时，画出图形，利用特殊角求解即可．
【详解】解：连接AD，
∵AB=AC=4，D是BC中点，
∴AD⊥BC，即∠ADB=90°，
∵∠B=∠C=30°，
1 1
∴∠BAD=60°，AD= AB= ×4=2，BD=CD=AB•cos30°=2√3，
2 2
∵线段AB绕点D顺时针旋转得到对应线段A'B'，
∴△ABD≌△A'B'D，
∴∠BAD=∠A'=60°，∠B=∠B'=30°，BD=B'D=2√3，
①当∠FEC=90°时，
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∵∠C=30°，
∴∠EFC=60°=∠DF A'，
∴△A'DF是等边三角形，
∴DF=A'D=2，
∴CF=CD−DF=2√3−2，
√3
∴CE=CF•cos30°=(2√3−2)× =3−√3，
2
∴AE=AC−CE=4−(3−√3)=√3+1；
②当∠EFC=90°时，
此时∠A'FD=90°，∠A'=60°，∠A'DF=30°，
在Rt△A'FD中，A'D=2，
√3
∴DF=A'D•sin60°=2× =√3，
2
∴CF=CD−FD=2√3−√3=√3，
在Rt△EFC中，∠C=30°，
CF √3
CE= = =2
∴ cos30° √3 ，
2
∴AE=AB−CE=2．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形的
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计算，掌握等腰三角形的性质，解直角三角形的计算，数形结合分析，分类讨论思想是解题的关键．
9．（2025·湖南娄底·一模）已知如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，在直线AB的同
侧分别以△ABC的三边作正方形ABFG、正方形BCDE、正方形ACMN，S 、S 、S 、S 分别表示对应
1 2 3 4
图形的面积，则S +S +S +S 的值为 ．
1 2 3 4
【答案】18
【分析】本题考查了以直角三角形三边为边长的正方形构成图形的面积，正方形的性质，全等三角形的性
质与判定，过G作GH⊥CD于H，通过证明S +S +S +S =S ×3，依此即可求解，熟练掌握相关
1 2 3 4 Rt△ABC
定理，证明全等三角形，将阴影面积转化为3S 是解题的关键．
△ABC
【详解】解：过G作GH⊥CD于H，连接GM，
∴∠AHG=90°，
∵四边形ABFG是正方形，
∴∠GAB=∠AHG=∠ACB=90°，AG=AB，
∴∠GAH+∠CAB=∠ABC+∠CAB，
∴∠GAH=∠ABC，
∴△GAH≌△ABC(AAS)，
∴AC=GH，
同理可证：△HGP≌△CAQ，
∴GP=AQ，S =S =S ，
2 △AHG △ABC
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∵GF=GA，
∴GF−GP=GA−AQ，
∴GQ=PF，
同理可证：△PDF≌△QMG，
∴S =S ，
3 △QMG
∴S +S =S =S ，
1 3 △ANG △ABC
同理：△ANG≌△ACB，△ACB≌△FEB，
∴S =S ，
4 △ABC
∴S +S +S +S
1 2 3 4
=(S +S )+S +S
1 3 2 4
=S +S +S
△ABC △ABC △ABC
=3S ，
△ABC
∵∠ACB=90°，AB=5，AC=3，
∴BC=√AB2−AC2=√52−32=4，
1
∴S +S +S +S =3S =3× ×3×4=18，
1 2 3 4 △ABC 2
故答案为：18．
10．（2025·广东·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC=8，∠BAC=60°，点E为高AD上的一动点，
以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF= ，FB+FD的最小值为 ．
【答案】 30° 4√3
【分析】①利用等边三角形的性质和SAS判定出△BAE≌△BCF，即可求解；
②过点D作定直线CF的对称点G，连CG，利用轴对称的性质分析出FB+FD=FB+FG≥BG，求出BG
的长即可．
【详解】①∵∠BAC=60°，AB=AC
∴△ABC为等边三角形，
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∴AB=BC
∵AD⊥BC，
1
∴∠BAE= ∠BAC=30°，
2
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF=∠ABC=60°，BE=BF，
∴∠ABE=∠ABC−∠EBC=60°−∠EBC，∠CBF=∠EBF−∠EBC=60°−∠EBC，
∴∠ABE=∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
¿，
∴△BAE≌△BCF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAE=30°；
②过点D作定直线CF的对称点G，连CG，
∴∠BCF=∠GCF=30°，CD=CG，
∴∠BCG=60°
∴△DCG为等边三角形，
∴CF为DG的中垂线，FD=FG，
∴FB+FD=FB+FG，连接BG，
1
∴FB+FD=FB+FG≥BG，又DG=DC= BC，
2
∴B，G，C三点共圆，BC为直径，
∴△BGC为直角三角形，
∵BC=8，
1
∴CG=CD= BC=4，
2
∴BG=tan∠BCG×CG=4×√3=4√3，
∴FB+FD的最小值为4√3；
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故答案为：30°；4√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，圆周角性质，三角函
数的比值关系等知识点，合理作出辅助线是解题的关键．
120
