文档内容
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模块四 几何压轴
第 10 讲 三角形与四边形中的计算（压轴题）
（思维导图+1考点+ 8种题型（含33考向）+命题预测）
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
►题型01 全等构造
考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等
考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等
考向三 遇“等腰直角△”→构一线三等角型全等
考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等
考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等
考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等
考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等
►题型02 相似构造
考向一 平行线转移角→构造母子型相似
考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似
考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似
►题型03 三角函数转化
考向一 直接解直角三角形
考向二 作垂线构造直角三角形
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考向三 利用等角代换
考向四 利用共圆代换
►题型04 旋转变换，翻折变换
考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形
考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形
考向三 类比旋转→整体旋转
考向四 翻折全等的对应角相等→导线段的数量关系
考向五 导角相等得线段的关系
►题型05 中点处理
考向一 已知中点→造中位线模型
考向二 中点+等腰→构三线合一
考向三 中点+直角→构斜边中线
考向四 中点+平行线→构A/X型
►题型06 角平分线处理
考向一 角平分线上→造双垂，构轴对称全等
考向二 角平分线+平行→造等腰三角形
考向三 角平分线+垂线→构三线合一
考向四 角平分线为轴→构翻折型全等
►题型07 图形拼接
考向一 面积关系+方程
考向二 方案选择+相似
►题型08 分类讨论
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考向一 腰与底不明的分类讨论
考向二 直角不明的分类讨论
考向三 动点位置不明分类讨论
考向四 图形状态下的分类讨论
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
三角形与四边形中的计算问题作为中考数学中的常见压轴题型，其命题特点和趋势
对于学生备考具有重要的指导意义。以下从考点分布、题型特点、解题策略和备考建议
四个方面进行详细分析。
【考点分布】
1. 三角形部分：主要涉及三角形的相似与全等判定及性质、三角函数的应用、面积计
算以及特殊三角形（如直角三角形、等腰三角形）的性质运用。其中，相似三角形的判
定与性质结合三角函数的应用是高频考点。
2. 四边形部分：重点考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，特别是四
边形的对角线性质、内角和与外角和定理、中位线定理等。此外，不规则四边形的面积
计算及其与三角形的关系也是常考内容。
【题型特点】
1. 综合性：压轴题往往将三角形与四边形的知识点进行深度融合，要求学生具备较强
的知识整合能力。例如，通过构造辅助线将四边形问题转化为三角形问题，或利用三角
形相似解决四边形中的角度与长度关系。
2. 创新性：题目背景新颖，可能结合实际问题或几何图形的动态变化，考查学生的逻
辑推理能力和空间想象能力。如动态几何问题，要求学生在图形运动过程中捕捉不变
量，进而解决问题。
三角形与四边形 3. 计算复杂性：涉及较多的代数运算，包括方程求解、代数式的化简与变形等，对学
中的计算（压轴 生的计算准确性和效率要求较高。
题）
【解题策略】
1. 熟练掌握基础知识：深入理解三角形与四边形的定义、性质、判定定理及三角函数
公式，这是解题的基础。
2. 强化图形分析能力：学会从复杂的图形中提取关键信息，合理构造辅助线，将复杂
问题简单化。
3. 掌握解题技巧：如利用相似三角形的比例关系求解边长，利用三角函数求解角度；
掌握面积法的多种应用，如利用面积公式求解边长、利用面积关系证明几何定理等。
4. 注重逻辑推理：培养严密的逻辑思维能力，学会从已知条件出发，逐步推导出未知
结论。
【备考建议】
1. 系统复习：全面梳理三角形与四边形的知识点，形成知识网络，确保基础扎实。
2. 针对性训练：针对压轴题的特点，进行专项训练，提高解题能力和应试技巧。
3. 错题整理：及时整理错题，分析错误原因，避免重复犯错。
4. 模拟演练：定期进行模拟考试，检验学习成果，调整备考策略。
综上所述，三角形与四边形中的计算（压轴题）考查内容广泛，题型多样，对学生
的综合能力要求较高。通过系统复习、针对性训练和科学备考，学生可以有效提升解题
能力，取得优异成绩。
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02知识导图·思维引航
03 核心精讲 · 题型突破
►题型01 全等构造
考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等
1．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点M为AB边上任意一点，延长BC至点
N，使CN=AM，连接MN交AC于点P，MH AC于点H．
⊥
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(1)求证：MP=NP；
(2)若AB＝a，求线段PH的长（结果用含a的代数式表示）．
【答案】(1)见详解；
(2)0.5a．
【分析】（1）过点M作MQ∥CN，证明△MQP≅△NCP即可；
（2）利用等边三角形的性质推出AH=HQ，则PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）．
【详解】（1）如下图所示，过点M作MQ∥CN，
∵△ABC为等边三角形，MQ∥CN，
AM AB
∴ = =1，
AQ AC
则AM=AQ，且∠A=60°，
∴△AMQ为等边三角形，则MQ=AM=CN，
又∵MQ∥CN，
QMP= CNP，
∴
在 ∠△MQP∠与△NCP中，
¿
∴△MQP≅△NCP，
则MP=NP；
（2）∵△AMQ为等边三角形，且MH AC，
AH=HQ， ⊥
∴
又由（1）得，△MQP≅△NCP，
则PQ=PC，
PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）=0.5AC=0.5a．
∴
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【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、三角形全等的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，
使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
1
【答案】(1)CF= BD，理由见解析
2
(2) 成立，理由见解析②4√3+6√6
【分①析】（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论．
2
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，
2
AH MN
交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到 = ，证明
EH DN
BC AH AH
△ABC∽△ADG，得到 = = ，求出DG的长，利用四边形BDFC的面积为
DG AN AM+MN
S −S −S =S −S −S 进行求解即可．
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1
【详解】（1）解：CF= BD，理由如下：
2
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，
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∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB−AD=AC−AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD−AB=AG−AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
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1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：
AN⊥BC，
1
由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECF(AAS)，CF=FG= BD，
2
∵△ABC为等边三角形，
1
∴AB=AC=BC=4,BH=CH= BC=2，
2
∴AH=√AB2−BH2=2√3，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=2√3，
∴AM=2AH=4√3，
∵△DGF≌△ECF(AAS)，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
AH MN
∴ = ，
EH DN
1 1
设MN= y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN= DG= x，
2 2
2√3 y
= ①
∴x+2 x ，
2
∵DG∥BC，
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∴△ABC∽△ADG，
BC AH AH 4 2√3
∴ = = ，即： = ②，
DG AN AM+MN x 4√3+ y
联立①②可得：x=4√2+4（负值已舍去），
经检验x=4√2+4是原方程的根，
1
∴DG=CE=4√2+4，DN=2√2+2，CF=FG= (x−4)=2√2，
2
∴AN=2√6+2√3，
1 1
∴S = CE⋅AH= (4√2+4)⋅2√3=4√6+4√3，
△ACE 2 2
S AC 4
∵ △ACE= = ，
S CF 2√2
△CEF
√2
∴S = (4√6+4√3)=4√3+2√6，
△CEF 2
∴四边形BDFC的面积为S −S −S =S −S −S
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1 1
= (4√2+4)(2√6+2√3)− ×4×2√3−4√3−2√6
2 2
=4√3+6√6．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角
形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似
三角形．
考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等
3．（2021·浙江湖州·二模）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB⊥BD，AB=5，BD=4，
CD=3，点E是AC的中点，则BE的长为（ ）．
5
A．2 B． C．√5 D．3
2
【答案】C
【分析】延长BE交CD延长线于P，可证△AEB CEP，求出DP，根据勾股定理求出BP的长，从而求
≌△
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出BM的长．
【详解】解：延长BE交CD延长线于P，
AB CD，
∵ E∥AB＝∠ECP，
∴在∠△AEB和△CEP中，
¿
AEB CEP（ASA）
∴△BE＝P≌E△，CP＝AB＝5
∴又∵CD＝3，
PD=2，
∴
∵BD=4
∴BP=√DP2+BD2=2√5
1
BE＝ BP＝√5．
2
∴
故选：C．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是得恰当作辅助线构造全等，依据勾股
定理求出BP．
4．（21-22八年级上·山东威海·期中）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：
如图1，在△ABC中，AB=6，AC=10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【阅读理解】
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．根据__________可以判定△ADC≌__________，
得出AC=__________．
这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范
围是__________．
【方法感悟】
当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，把分散的已知
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条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种作辅助线的方法称为“中线加倍”法．
【问题解决】
（2）如图2，在△ABC中，∠A=90°，D是BC边的中点，∠EDF=90°，DE交AB于点E，DF交AC
于点F，连接EF，请判断BE，CF，EF的数量关系，并说明理由．
【问题拓展】
（3）如图3，△ABC中，∠B=90°，AB=3，AD是△ABC的中线，CE⊥BC，CE=5，且
∠ADE=90°，请直接写出AE的长．
【答案】（1）SAS；△EDB；BE；20)的图象上．点
x
A的坐标为(m,2)．连接OA,OB,AB．若OA=AB,∠OAB=90°，则k的值为 ．
【答案】2√5−2/−2+2√5
【分析】过点A作CD⊥y轴于点D，过点B作BC⊥CD于点C，证明△DAO≌△CBA，进而根据全等三
角形的性质得出DA=CB,AC=OD，根据点A(m,2)，进而得出B(2+m,2−m)，根据点A,B在反比例
k
函数y= (x>0)的图象上．列出方程，求得m的值，进而即可求解．
x
【详解】解：如图所示，过点A作CD⊥y轴于点D，过点B作BC⊥CD于点C，
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∴∠C=∠CDO=90°，
∵OA=AB,∠OAB=90°，
∴∠DAO=90°−∠CAB=∠CBA
∴△DAO≌△CBA
∴DA=CB,AC=OD
∵点A的坐标为(m,2)．
∴AC=OD=2，AD=BC=m
∴B(2+m,2−m)
k
∵A,B在反比例函数y= (x>0)的图象上，
x
∴2m=(2+m)(2−m)
解得：m=√5−1或m=−√5−1（舍去）
∴k=2m=2√5−2
故答案为：2√5−2．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，求得点B的坐标是解题的关键．
8．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点P在BC边上，连接PA，将PA绕点P顺时针
旋转90°得到PA'，连接C A'．若AD=9，AB=5，C A'=2√2，则BP= ．
【答案】2
【分析】过点 作 于点F，则 ，可证 ，于是
A' A'F⊥BC ∠PBA=∠A'FP △BPA≌△F A'P(AAS)
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．设 ， ， ，解得 ，于是 ．
BA=FP,BP=F A' BP=F A'=x Rt△FC A' (4−x) 2+x2=(2√2) 2 x=2 BP=2
【详解】解：过点A'作A'F⊥BC于点F，则∠PBA=∠A'FP，
∵∠BPA+∠FPA'=90°,∠FPA'+∠F A'P=90°，
∴∠BPA=∠F A'P．
又PA=A'P，
△BPA≌△F A'P(AAS).
∴
∴BA=FP,BP=F A'．
设BP=F A'=x，矩形ABCD中，BC=AD=9，
CF=BC−BP−PF=9−x−5=4−x，
Rt△FC A'，(4−x) 2+x2=(2√2) 2 ，解得x=2，
∴BP=2．
故答案为：2
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题
的关键．
9．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，已知点A(3,0)，点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋
转120°到线段AC，若点C的坐标为(7,h)，则h= ．
2√3
【答案】
3
【分析】在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120°，过点C作CF⊥x于点F，在Rt△CEF
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√3 2√3 2√3
中，解直角三角形可得EF= h，CE= h，再证明△CAE≌△ABD(AAS)，则AD=CE= h，
3 3 3
2√3 4√3 4√3
AE=BD，求得OD=3− h，在Rt△BOD中，得BD=6− h，AE=BD=6− h，得到
3 3 3
4√3 √3
3+6− h+ h=7，解方程即可求得答案．
3 3
【详解】解：在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120°，过点C作CF⊥x于点F，
∵点C的坐标为(7,h)，
∴OF=7，CF=h，
在Rt△CEF中，∠CEF=180°−∠AEC=60°,CF=h,
CF √3 CF 2√3
∴EF= = h，CE= = h，
tan60° 3 sin60° 3
∵∠BAC=120°，
∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD=120°，
∴∠CAE=∠ABD，
∵AB=CA，
∴△CAE≌△ABD(AAS)，
2√3
∴AD=CE= h，AE=BD，
3
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
2√3
∴OD=OA−AD=3− h，
3
在Rt△BOD中，∠BDO=180°−∠ADB=60°,
OD OD ( 2√3 ) 4√3
∴BD= = =2 3− h =6− h，
cos∠BDO cos60° 3 3
4√3
∴AE=BD=6− h，
3
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∵OA+AE+EF=OF，
4√3 √3
∴3+6− h+ h=7，
3 3
2√3
解得h= ，
3
2√3
故答案为：
3
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解
题的关键．
10．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在
BC边上，连接AD，作BE⊥AD于点E，连接CE．若∠CED=45°，CD=√10，则CE的长为 ．
【答案】3√2
【分析】过点C作CM⊥BE的延长线于点M，交AC于点N，作CF⊥AD延长线于点F，先证明四边形
CMEF是正方形，再证明△ABC是等腰直角三角形，设EM=CM=CF=EF=2x，则CE=2√2x，证明
AE AC 1 1
AEC∽△CEB，得到 = ，进而得到AE= AF，再证明△AEN∽△AFC，得出AN= AC，
CE BC 2 2
EN=x，然后利用勾股定理，得到AN=√5x，BE=4x，最后证明△BED∽△CFD，根据对应边成比例，
求出x的值，即可得出CE的长．
【详解】解：如图，过点C作CM⊥BE的延长线于点M，交AC于点N，作CF⊥AD延长线于点F，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=∠BED=∠MED=90°，
∴∠MED=∠M=∠F=90°，
∴四边形CMEF是矩形，
∵∠CED=45°，∠F=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CF=EF，
∴矩形CMEF是正方形，
∴EM=CM=CF=EF，CE=√2EM=√2CM，∠CEM=45°，EM∥CF，
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∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=45°，AB=√AB2+AC2=√2AC，
设EM=CM=CF=EF=2x，则CE=2√2x，
∵∠CED=∠CAE+∠ACE=45°，∠ACB=∠ACE+∠BCE=45°，
∴∠CAE=∠BCE，
∵∠AEC=180°−∠CED=135°，∠BEC=180°−∠CEM=135°，
∴∠AEC=∠BEC，
∴AEC∽△CEB，
AE AC
∴ = ，
CE BC
AE AC 1
∴ = = ，
2√2x √2AC √2
∴AE=2x，即AE=EF，
1
∴AE= AF，
2
∵EM∥CF，
∴△AEN∽△AFC，
AN EN AE 1
∴ = = = ，
AC CF AF 2
1 1
∴AN= AC，EN= CF=x，
2 2
在Rt△AEN中，AN=√AE2+EN2=√5x，
∴AB=AC=2AN=2√5x，
∴BC=√2AC=2√10x，
∵CD=√10，
∴BD=BC−CD=2√10x−√10，
在Rt△AEB中，BE=√AB2−AE2=4x，
∵BE∥CF，
∴△BED∽△CFD，
BE BD
∴ = ，
CF CD
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4x 2√10x−√10
∴ = ，
2x √10
3
解得：x= ，
2
3
∴CE=2√2x=2√2× =3√2，
2
故答案为：3√2．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾
股定理等知识，掌握相似三角形的性质，作辅助线构造相似三角形是解题关键．
考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等
11．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，点E为BC上一动点，DC⊥BC，
连接AE，DE．DE与AC交于点F，∠DFC=45°，AC=2√15，CE=3√3，若BE=DC，则AE=
．
【答案】√15
【分析】延长BA，过点E作¿⊥ED，交BA的延长线于点G，证明△BEG≌△CDE(AAS)，得出EG=DE，
BG=EC=3√3，证明四边形ACDG为平行四边形，得出DG=AC=2√15，AG=CD，求出DE=√30，
根据勾股定理求出CD=√3，得出AG=BE=DC=√3，求出AB=BG−AG=2√3，根据勾股定理求出
AE=√15即可．
【详解】解：延长BA，过点E作¿⊥ED，交BA的延长线于点G，如图所示：
∵DC⊥BC，≥⊥ED
，
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∴∠B=∠DCE=∠DEG=90°，
∴∠BGE+∠BEG=∠BEG+∠CED=90°，
∴∠BGE=∠CED，
∵BE=DC，
∴△BEG≌△CDE(AAS)，
∴EG=DE，BG=EC=3√3，
1
∴∠EDG=∠EGD= ×90°=45°，
2
∵∠DFC=45°，
∴∠DFC=∠GDE，
∴AC∥DG，
∵∠B+∠DCE=180°，
∴BG∥CD，
∴四边形ACDG为平行四边形，
∴DG=AC=2√15，AG=CD，
∵DE2+GE2=DG2，即2DE2=(2√15) 2 ，
解得：DE=√30或DE=−√30（舍去），
在Rt△CDE中根据勾股定理得：CD=√ED2−CE2=√(√30) 2 −(3√3) 2=√3，
∴AG=BE=DC=√3，
∴AB=BG−AG=2√3
∴AE=√AB2+BE2=√(2√3) 2+(√3) 2=√15．
故答案为：√15．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，余角的性质，平行线的判定，平行四边形
的判定与性质，作出辅助线，构造全等三角形证明△BEG≌△CDE是解题的关键．
考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等
12．（22-23七年级下·山东淄博·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在边BC上，点E在∠C
内部，且△ADE是等边三角形，∠CBE=60°．若BC=5，BE=3，则△ABD的面积为（ ）
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5√3
A． B．3√3 C．4√3 D．5√3
2
【答案】C
【分析】在BC的延长线上取点F，使得∠AFD=60°，根据全等三角形的判定和性质可得FD=BE=3，
AF=BD，设CF=x，则CD=3−x，BD=2+x，再由含30°角的直角三角形的性质得AF=2x，则
2x=x+2，解得x=2，故CF=2，AF=4，BD=4，根据勾股定理即可求得AC=2√3，即可求解．
【详解】解：在BC的延长线上取点F，使得∠AFD=60°，如图：
∵△ADE是等边三角形，
∵AD=DE=AE，∠ADE=60°，
∵∠ADB=∠AFD+∠DAF=∠ADE+∠EDB，∠AFD=∠ADE=60°，
∴∠DAF=∠EDB，
在△AFD和△DBE中，
¿，
∴△AFD≌△DBE(AAS)，
∴FD=BE=3，AF=BD，
设CF=x，则CD=3−x，BD=BC−CD=5−(3−x)=2+x，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF=90°，
∴∠CAF=90°−60°=30°，
∴AF=2CF=2x，
∴2x=x+2，
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解得：x=2，
∴CF=2，AF=4，BD=4，
在Rt△ACF中，AC=√AF2−CF2=√42−22=2√3，
1 1
∴△ABD的面积为 BD×AC= ×4×2√3=4√3；
2 2
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的
性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
13．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在BC上，点E为Rt△ABC外
一点，且△ADE为等边三角形，∠CBE=60°，若BC=7，BE=4，则△ADE的边长为 ．
【答案】2√7
【分析】在BC的延长线上取点F，使得∠AFD=60°，证△AFD≌△DBE(AAS)，得FD=BE=4，
AF=BD，设CF=x，则CD=4−x，BD=3+x，再由含30°角的直角三角形的性质得AF=2x，则
2x=x+3，解得x=3，即可解决问题．
【详解】解：在BC的延长线上取点F，使得∠AFD=60°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，∠ADE=60°，
∵∠ADB=∠AFD+∠DAF=∠ADE+∠EDB，
∴∠DAF=∠EDB，
在△AFD和△DBE中，
¿
∴△AFD≌△DBE(AAS)，
∴FD=BE=4，AF=BD，
设CF=x，则CD=4−x，BD=7−(4−x)=3+x，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF=90°，
∴∠CAF=90°−60°=30°，
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∴AF=2CF=2x，
∴2x=x+3，
解得：x=3，
∴CF=3,AC=3√3，
∴CD=1，
∴AD=√AC2+CD2=√ (3√3) 2+12=2√7，
故答案为：2√7．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性
质．
考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等
14．（21-22八年级上·辽宁大连·期中）如图，△ABC为等边三角形，若
∠DBC=∠DAC=α(0°<α<60°)，则∠BCD= （用含α的式子表示）．
【答案】120°−α/−α+120°
【分析】在BD上截取BE=AD，连结CE，可证得△BEC≅△ADC ，从而得到CE=CD，
∠DCE= ACB=60°，从而得到△DCE是等边三角形，进而得到∠BDC=60°，则有∠BCE=60°−α，即可
求解． ∠
【详解】解：如图，在BD上截取BE=AD，连结CE，
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∵△ABC为等边三角形，
BC=AC，∠BAC= ABC= ACB=60°，
∴
∵∠DBC=∠DAC∠ =α， ∠BE=AD，
∴△BEC≅△ADC ，
CE=CD，∠BCE= ACD，
∴ BCE+ ACE= AC∠D+ ACE，
∴∠DCE=∠ACB=∠60°， ∠
∴∠CE=CD∠，
∵
∴△DCE是等边三角形，
BDC=60°，
∴
∴ ∠∠BCD=180°−60°−α=120°−α．
故答案为：120°−α
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做出辅助线构
造全等三角形是解题的关键．
15．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD BC，垂足为点D，线段AE与
线段CD相交于点F，且AE＝AB，连接DE，∠E＝∠C，若AD＝3DE，则⊥cosE的值为 ．
3
【答案】 √14
14
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【分析】在AD取点G使AD=3AG，连接BG，证明△ABG EAD（SAS），得出BG＝AD＝3DE＝3AG，
≌△
由勾股定理得出BD＝√BG2−DG2＝√5AG，AB＝√AD2+BD2＝√14AG，再由三角函数定义即可得出
答案．
【详解】解：取AD上的点G使AD=3AG，连接BG，如图所示：，
AD＝3DE，
∵DE＝AG，
∴ BAC＝90°，AD BC，
∵∠ABC+ C＝∠AB⊥C+ BAG＝90°，
∴∠C＝∠∠BAG， ∠
∴∠C＝∠E，
∵∠BAG＝∠E，
∴在∠ ABG和 EAD中，
△AB=EA△
{∠BAG=∠E，
AG=ED
ABG EAD（SAS），
∴△BG＝A≌D△ ＝3DE=3AG，DG=2AG,
∴
BD＝√BG2−DG2=√(3AG) 2−(2AG) 2=√5AG，
∴
AB＝√AD2+BD2=√ (3AG) 2+(√5AG) 2＝√14AG，
∴
AD 3AG 3√14
cos BAD＝ ＝ = ；
AB √14AG 14
∴ ∠
3√14
故答案为： ．
14
【点睛】本题考查的知识点有全等三角形的性质，勾股定理的性质，三角函数，解题的关键是构造出全等
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三角形，再结合勾股定理和三角函数确定各边之间的关系求解．
考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等
16．（2017·湖北武汉·中考真题）如图△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∠DAE=60°，BD=5，CE=8，
则DE的长为 ．
【答案】7
【详解】解：∵AB=AC，
∴可把△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AE′B，如图，
BE′=EC=8，AE′=AE，∠E′AB= EAC，
∴ BAC=120°，∠DAE=60°， ∠
∵∠BAD+ EAC=60°，
∴∠E′AD=∠E′AB+ BAD=60°，
∴在∠△E′AD∠和△EA∠D中¿
E′AD EAD（SAS），
∴△E′D=ED≌，△
∴过E′作EF BD于点F，
AB=AC，⊥∠BAC=120°，
∵ ABC= C= E′BA=30°，
∴∠E′BF=6∠0°，∠
∴∠BE′F=30°，
∴∠ 1
BF= BE′=4，E′F=4√3，
2
∴
BD=5，
∵FD=BD-BF=1，
∴
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在Rt E′FD中，由勾股定理可得E′D=√ (4√3) 2+12=7，
△
DE=7．
∴故答案为：7
【点睛】本题考查1.含30度角的直角三角形；2.等腰三角形的性质．
17．（2021·贵州贵阳·一模）在△ABC中，∠ACB=90°,CA=CB，点E,F在AB边上，∠ECF=45°．
若AE=10,EF=15，则BF的长为 ．
【答案】5√5
【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE BCG，从而得FG2＝AE2＋
BF2，再证明△ECF GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解． ≌△
【详解】解：将CE≌绕△点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，
BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
∵∠ACE＝∠BCG．
∴∵∠在△ACE与△BCG中，
CE＝CG
∵{∠ACE＝∠BCG，
AC＝CB
ACE BCG（SAS），
∴△A＝∠≌C△BG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
∴在∠Rt FBG中，∠FBG＝90°，
FG2△＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
∴又∵∠ECF＝45°，
FCG＝∠ECG− ECF＝45°＝∠ECF．
∴∵∠在△ECF与△G∠CF中，
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EC＝CG
{∠FCG＝∠ECF，
CF＝CF
ECF GCF（SAS）．
∴△EF＝G≌F△，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∴
∵AE=10,EF=15，
BF=√152−102=√125=5√5，
∴
故答案是：5√5．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全
等三角形，是解题的关键．
►题型02 相似构造
考向一 平行线转移角→构造母子型相似
1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E,F是边BC上两点，且BE=EF=FC，连接
DE,AF,DE与AF相交于点G，连接BG．若AB=4，BC=6，则sin∠GBF的值为（ ）
√10 3√10 1 2
A． B． C． D．
10 10 3 3
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【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正弦值：过点G作GH⊥BC，证明
FG EF 1
△AGD∽△FGE，得到 = = ，再证明△GHF∽△ABF，分别求出HG,FH的长，进而求出BH
AG AD 3
的长，勾股定理求出BG的长，再利用正弦的定义，求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，BE=EF=FC，AB=4，BC=6，
∴AD=BC=6,AD∥BC，BE=EF=FC=2，
∴△AGD∽△FGE，BF=4，
FG EF 1
∴ = = ，
AG AD 3
FG 1
∴ =
AF 4
过点G作GH⊥BC，则：GH∥AB，
∴△GHF∽△ABF，
FH GH FG 1
∴ = = = ，
BF AB AF 4
1 1
∴FH= BF=1，GH= AB=1，
4 4
∴BH=BF−FH=3，
∴BG=√12+32=√10，
HG 1 √10
∴sin∠GBF= = = ；
BG √10 10
故选A．
2．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，点E
OF 5
在BC延长线上，OE与CD相交与点F．若∠ACD=2∠OEC， = ，则菱形ABCD的面积为
FE 6
．
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【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作OH∥BC交CD于点
1
H，则△DOH∽△DBC，求得OH= BC=5，再证明△OFH∽△EFC，求得EC=6，再证明
2
∠OEC=∠COE，则OC=EC=6，利用勾股定理求得OB的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问
题的答案．
【详解】解：作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点O，
1
∴BC=10，OD=OB= BD，OA=OC，AC⊥BD，
2
OH OD 1
∴ = = ，∠BOC=90°，
BC BD 2
1
∴OH= BC=5，
2
OF 5
∵OH∥BC， = ，
FE 6
∴△OFH∽△EFC，
OH OF 5
∴ = = ，
EC FE 6
6 6
∴EC= OH= ×5=6，
5 5
∵四边形ABCD是菱形，且∠ACD=2∠OEC，
∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，
∴∠OEC=∠COE，
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∴OC=EC=6，
∴OB=√BC2−OC2=√102−62=8，
∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，
1 1
∴S = BD·AC= ×16×12=96，
菱形ABCD 2 2
故答案为：96．
考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似
3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点A(0,−2)，B(1,0)，将线段AB平移得到线段DC，若
∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是 ．
【答案】(4,−4)
【分析】由平移性质可知AB=CD，AB∥CD，则四边形ABCD是平行四边形，又∠ABC=90°，则有
四边形ABCD是矩形，根据同角的余角相等可得∠OBA=∠EAD，从而证明△OAB∽△EDA，由性质得
2 √5 1
= = ，设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，则√5a=2√5，解得：a=2，故有EA=2，
ED DA EA
ED=4，得出OE=OA+EA=4即可求解．
【详解】如图，过D作DE⊥y轴于点E，则∠AED=90°，
由平移性质可知：AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
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∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB，
∴∠OAB+∠EAD=90°，
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠EAD，
∵∠AOB=∠DEA=90°，
∴△OAB∽△EDA，
OA AB OB
∴ = = ，
ED DA EA
∵A(0,−2)，B(1,0)，
∴OA=2，OB=1，AB=√5，
2 √5 1
∴ = = ，
ED DA EA
设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，
∴√5a=2√5，解得：a=2，
∴EA=2，ED=4，
∴OE=OA+EA=4，
∵点D在第四象限，
∴D(4,−4)，
故答案为：(4,−4)．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移
的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
k
4．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，点A在双曲线y = (x>0)上，连接AO并延长，交双曲线
1 x
k
y = (x<0)于点B，点C为x轴上一点，且AO=AC，连接BC，若△ABC的面积是6，则k的值为
2 4x
（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
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【分析】本题考查了反比例函数的k的几何意义，掌握反比例函数的k几何意义是解题的关键．
AD
过点A作AD⊥x轴，过点B作BF⊥x轴，根据相似三角形的判定和性质得出 =2，确定OC=2OD，
BF
然后结合图形及面积求解即可．
【详解】解：过点A作AD⊥x轴，过点B作BF⊥x轴，如图所示：
∴AD∥BF，
∴△AOD∽△BOF，
k k
∵点A在双曲线y = (x>0)上，点B在y = (x<0)，
1 x 2 4x
k
∴ k 4 k
S = ,S = =
△AOD 2 △BOF 2 8
S
∴
△AOD=4，
S
△BOF
AD 2
∴( ) =4，
BF
AD
∴ =2，
BF
1
∴BF= AD，
2
∵AO=AC，AD⊥x轴，
∴OC=2OD，
1 1
∵ OD×AD= k，
2 2
∴OD×AD=k，
∴OC×AD=2k
1 1 1
∴S =S +S = OC×AD+ OC×BF= OC×(AD+BF)
△ABC △AOC △BOC 2 2 2
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1 3 3 3
= OC× AD= OC×AD= k=6
2 2 4 2
∴k=4，
故选：C．
考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似
5．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在CB的延长线
上，且∠DAE=120°，若AB=2√3，DB=3，求CE的长为 ．
6
【答案】
5
AF 2√3
【分析】如图，在AC上取一点F，使EF=EC，连接EF，证明△ABD∽△AFE，可得 = ，设
EF 3
2√3
EF=a，则AF= a，过点F作FG⊥CD，先利用勾股定理求出FC，再根据AC−CF=AF，求出a
3
即可．
【详解】解：如图，在AC上取一点F，使EF=EC，连接EF，
∵∠BAC=∠DAE=120°，则∠DAB+∠ABE=∠EAC+∠ABE，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AB=AC，EF=EC，
∴∠ABE=∠C=∠CFE=30°，∠FED=60°，
∴∠ABD=∠AFE=150°，
∴△ABD∽△AFE，
AB BD 2√3 3 AF 2√3
∴ = ，即： = ，则 = ，
AF EF AF EF EF 3
2√3
设EF=a，则AF= a，过点F作FG⊥CD，
3
∵EF=CE=a，∠C=30°，
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√3
则FG=EF⋅sin60°= a，
2
FG
∴CF= =√3a，
sin30°
2√3
则AC−CF=AF，即：2√3−√3a= a，
3
6
∴a= ，
5
6
∴CE=EF= ；
5
6
故答案为： ．考向四 遇“显性夹半角”→构旋转型相似
5
6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=2√3,∠BAC=120°，点D，E都在边
BC上，∠DAE=60°．若BD=2CE，则DE的长为（ ）
A．3+√3 B．3√3−3 C．2√3−1 D．3√3−4
【答案】B
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由
AB=AC=2√3，∠BAC=120°，可得出∠B=∠ACB=30°，根据旋转的性质可得出∠ECG=60°，结
合CF=BD=2CE可得出△CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，求出BC的长度以及证明
全等找出DE=FE，设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6−3x，在Rt△CEF中利用勾股定理可得
出EF=√CF2−EC2=√3x，利用FE=6−3x=√3x，可求出x以及FE的值，此题得解．
【详解】解：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示：
AN⊥BC
过点A作 于点N，如图，
∵AB=AC=2√3，∠BAC=120°，
∴BN=CN，∠B=∠ACB=30°．
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在Rt△BAN中，∠B=30°，AB=2√3，
1
∴AN= AB=√3，
2
∴BN=√AB2−AN2=3，
∴BC=6．
∴∠ACB=∠B=∠ACF=30°，
∴∠ECG=60°．
∵CF=BD=2CE，
∴CG=CE，
∴△CEG为等边三角形，
∴EG=CG=FG，
1
∴∠EFG=∠FEG= ∠CGE=30°，
2
∴△CEF为直角三角形．
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．
在△ADE和△AFE中，
¿，
∴△ADE≌△AFE(SAS)，
∴DE=FE．
设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6−3x，
在Rt△CEF中，∠CEF=90°，CF=2x，EC=x，EF=√CF2−EC2=√3x，
∴6−3x=√3x，
∴x=3−√3，
∴DE=√3x=3√3−3，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程
是解题的关键．
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►题型03 三角函数转化
考向一 直接解直角三角形
1. （2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=60°，
∠BAC=∠CAD=45°，AB+AD=2，则⊙O的半径是（ ）
√6 2√2 √3 √2
A． B． C． D．
3 3 2 2
【答案】A
【分析】延长AB至点E，使BE=AD，连接BD，连接CO并延长交⊙O于点F，连接AF，即可证得
△ADC≌△EBC(SAS)，进而可求得AC=cos45°⋅AE=√2，再利用圆周角定理得到∠AFC=60°，结
合三角函数即可求解．
【详解】解：延长AB至点E，使BE=AD，连接BD，连接CO并延长交⊙O于点F，连接AF，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC=∠ABC+∠CBE=180°
∴∠ADC=∠CBE
∵∠BAC=∠CAD=45°
∴∠CBD=∠CDB=45°，∠DAB=90°
∴BD是⊙O的直径，
∴∠DCB=90°
∴△DCB是等腰直角三角形，
∴DC=BC
∵BE=AD
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∴△ADC≌△EBC(SAS)
∴∠ACD=∠ECB，AC=CE,
∵AB+AD=2
∴AB+BE=AE=2
又∵∠DCB=90°
∴∠ACE=90°
∴△ACE是等腰直角三角形
∴AC=cos45°⋅AE=√2
∵∠ABC=60°
∴∠AFC=60°
∵∠FAC=90°
AC 2√6
∴CF= =
sin60° 3
1 √6
∴OF=OC= CF=
2 3
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等
知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N分别在边BC，AD上．
连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（ ）
A．2 B．√2 C．√3 D．√5
【答案】A
【分析】连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，利用勾股定理求得
1
AC=√AB2+BC2=2√5m，由折叠得到AM=CM，MN垂直平分AC，则AF=CF= AC=√5m，由
2
5 √5 AF
AB2+BM2=AM2代入求得AM= m，则MF=√AM2−AF2= m，所以tan∠AMN= =2，于
2 2 MF
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是得到问题的答案．
【详解】解：连接AC交MN于点F，
设AB=2m，则BC=2AB=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=√AB2+BC2=2√5m
∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线MN对称，
∴AM=CM，MN垂直平分AC，
1
∴BM=BC−CM=4m−AM，∠AFM=90°，AF=CF= AC=√5m，
2
∵AB2+BM2=AM2，
∴(2m) 2+(4m−AM) 2=AM2
5
∴AM= m，
2
√5
∴MF=√AM2−AF2= m
2
AF √5m
tan∠AMN= = =2
∴ MF √5 ．
m
2
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是
解题的关键．
考向二 作垂线构造直角三角形
3 ．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中点，则
sin∠EBC的值为（ ）
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√3 √7 √21 5√7
A． B． C． D．
5 5 14 14
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助
线，构造直角三角形求解．
延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，设BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，则
1 1 √3 1
CE= CD= x，进而得出EH=CE⋅sin60°= x,CH=CE⋅cos60°= x，再得出
2 2 4 4
5 EH
BH=BC+CH= x，最后根据sin∠EBC= ，即可解答．
4 BE
【详解】解：延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCH=60°，
设BC=CD=x，
∵E是CD的中点，
1 1
∴CE= CD= x，
2 2
∵EH⊥BH，
√3 1
∴EH=CE⋅sin60°= x,CH=CE⋅cos60°= x，
4 4
5
∴BH=BC+CH= x，
4
√7
BE=√BH2+EH2= x
2
√3
x
EH 4 √21
∴sin∠EBC= = = ，
BE √7 14
x
2
故选：C．
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4．（2023·天津河北·二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=2√3，连接AC，点E在AC上，
∠≝=90°,EC平分∠≝,AE= ．
【答案】3−√3/−√3+3
【分析】过点D作DG⊥AC，由∠≝=90°,EC平分∠≝¿可得△DEG是等腰直角三角形，再根据矩形性
质和勾股定理易求对角线AC长，进而解三角形求出CG、DG即可解答．
【详解】解：过点D作DG⊥AC，如图：
∵∠≝=90°,EC平分∠≝¿，
∴∠DEG=45°，
∴DG=EG，
∵在矩形ABCD中，AB=2,BC=2√3，
∴CD=2，AD=2√3，∠ADC=∠ABC=90°，
∴AC=√AD2+CD2=4，
AD √3 CD 1
∴sin∠ACD= = ，cos∠ACD= = ，
AC 2 AC 2
√3
∴EG=GD=CDsin∠ACD=2× =√3，
2
1
GC=CDcos∠ACD=2× =1，
2
∴AE=AC−EG−GC=4−√3−1=3−√3，
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故答案为：3−√3．
【点睛】本题主要考查了矩形性质和解三角形，解题关键是过点D作DG⊥AC构造△DEG是等腰直角三
角形，再解三角形．
5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长
DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
21
【答案】
20
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为
H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，
利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵ ABCD
四边形 为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=√AB2+BC2=√32+42=5，
1 1 1 1
∴S = AD⋅DC= AC⋅DE，即 ×4×3= ×5×DE，
△ADC 2 2 2 2
12
解得：DE= ，
5
12
DE DC
∴cos∠EDC= = ，即 5 3 ，
DC DF =
3 DF
15
解得：DF= ，
4
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∴FC=√DF2−DC2=
√ (15) 2
−32=
9
，
4 4
9 7
∴BF=BC−FC=4− = ，
4 4
1 1 1 1 7
∴S = BD⋅FH= BF⋅DC，即 ×5×FH= × ×3，
△BDF 2 2 2 2 4
21
解得：FH= ，
20
21
故答案为： ．
20
考向三 利用等角代换
6．（2024·海南·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、N，分别
1
以点M、N为圆心，大于 MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若
2
∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）
A．22 B．21 C．20 D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．
利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=2√5，利用
tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=√5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵ ▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
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∴CE=√42+82=4√5，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，
1
则CG=EG= CE=2√5，
2
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
DE BG 4 BG
∴ = ，即 = ，
CD CG 8 2√5
∴BG=√5，
∴BE=BC=√(√5) 2+(2√5) 2=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．.
7．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形ABCD中，点O是BD的中点，AM⊥BC，垂足为
M，AM交BD于点N，OM=2，BD=8，则MN的长为（ ）
4√5 3√5 2√5
A．√5 B． C． D．
5 5 5
【答案】C
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【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．
先由菱形性质可得对角线AC与BD交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得
√5
OA=OC=OM=2，进而由菱形对角线求出边长，由sin∠MAC=sin∠OBC= 解三角形即可求出
5
4√5 3√5
MC=ACsin∠MAC= ，MN=BMtan∠OBC= ．
5 5
【详解】解：连接AC，如图，
∵菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，
又∵点O是BD的中点，
A、O、C三点在同一直线上，
∴
∴OA=OC，
∵OM=2，AM⊥BC，
∴OA=OC=OM=2，
∵BD=8，
1
∴OB=OD= BD=4，
2
OC 2 1
∴BC=√OB2+OC2=√42+22=2√5，tan∠OBC= = = ，
OB 4 2
∵∠ACM+∠MAC=90°，∠ACM+∠OBC=90°，
∴∠MAC=∠OBC
OC 2 √5
∴sin∠MAC=sin∠OBC= = = ，
BC 2√5 5
4√5
∴MC=ACsin∠MAC= ，
5
4√5 6√5
∴BM=BC−MC=2√5− = ，
5 5
6√5 1 3√5
∴MN=BMtan∠OBC= × = ，
5 2 5
故选：C．
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考向四 利用共圆代换
8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，点E是AB边上的点，AE=4，BE=8，
点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直
线BC上运动时，线段AG的最小值是（ ）
A．2 B．4√3−2 C．2√3 D．4
【答案】C
【分析】如图：过E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AI⊥GM于点I，则点E、M、F、G
四点共圆，从而得到AI=MH，因为AG≥GF，所以求出MH的值即可解答．
【详解】解：如图，过E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AI⊥GM于点I，
∵∠EMF+∠EGF=180°，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴∠EMG=∠EFG=30°，
∵∠B=60°，
∴∠BEM=30°=∠EMG，
∴MG∥AB，
∴∠HMF=∠MHA=90°，
∠HAI=∠AIM=90°
∴四边形MHAI是矩形，
∴MH=AI，
∵BE=8，
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∴EM=BE⋅cos30°=4√3，
1
∴MH= EM=2√3=AI，
2
∴AG≥AI=2√3，
∴AG最小值是2√3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟
练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键．
►题型04 旋转变换，翻折变换
考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形
1．（24-25九年级上·广东深圳·期中）已知：如图，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=45°，
CD=2√2，连接BD、AC，若∠ABD=60°，AC=√10，则BC的长为 ．
4√3 4
【答案】 / √3
3 3
【分析】作DF⊥BC于点F，作AE⊥AC交FD的延长线于点E，证明△ABC∽△ADE，得到
DE AE AD
= = =√3，进而求出AE的长，勾股定理求出CE的长，证明△CFD为等腰直角三角形，求出
BC AC AB
CF,DF的长，勾股定理求出EF的长，进而求出DE的长，即可．
【详解】解：作DF⊥BC于点F，作AE⊥AC交FD的延长线于点E，则：∠CAE=90°=∠BAD，
∠DFB=∠DFC=90°，
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∴∠BAC=∠DAE=90°−∠CAD，
∵∠ABD=60°，
∴∠ADB=30°，
∴BD=2AB,AD=√3AB，∠ADE=180°−∠BDF−∠ADB=150°−∠BDF，
∵∠ABC=∠ABD+∠DBF=60°+90°−∠BDF=150°−∠BDF，
∴∠ADE=∠ABC，
∴△ABC∽△ADE，
DE AE AD
∴ = = =√3，
BC AC AB
∴DE=√3BC，AE=√3AC=√30，
∴CE=√10+30=2√10
∵∠DFC=90°，∠BCD=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，
√2
∴CF=DF= CD=2，
2
∴EF=√CE2−CF2=6，
∴DE=EF−DF=4，
∵DE=√3BC，
4√3
∴BC= ；
3
4√3
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性
质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊三角形和相似三角形，是解题的关键．
2．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）如图，四边形ABCD中，∠BCD=90°,∠BAC=45°，连接
AC,BE⊥AD于点E,∠ABE=∠ACD，AE=2√2,CD=3，则BC的长为 ．
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【答案】5
【分析】如图：过点A作AG CD交CD的延长线于点G、延长BE交CD于点F，根据题意说明
BCF、△DEF、△ADG是等⊥腰直角三角形，设DE=EF=√2x并表示出BC、BF、BE，再说明
△△AEB AGC，然后根据相似三角形的性质列式求出x，最后代入BC=3+2x求解即可．
【详解∽】△解：如图：过点A作AG CD交CD的延长线于点G，延长BE交CD于点F，
BED=90°，∠BCD=90°， ⊥
∵∠EBC+ EDC=180°，
∴∠EDF+∠EDC=180°，
∵∠EBC=∠EDF，
∴∠ABE=∠ACD，∠BAC=45°，
∵∠EFD=∠BAC=45°，
∴∠EDF=∠45°，
∴∠BCF、△DEF、△ADG是等腰直角三角形，
∴设△DE=EF=√2x，则：AD=2√2+√2x,DF=2x,
∵AE=2√2,CD=3，
√2 √2
∴AG=DG= AD= ×(2√2+√2x)=2+x，
2 2
BC=CF=3+2x，CG=CD+DG=5+x，
∴BF=√2BC=3√2+2√2x,BE=BF−EF=3√2+2√2x−√2x=3√2+√2x，
∴在△AEB和△AGC中，∠AEB= AGC=90°，∠ABE= ACG，
AEB AGC， ∠ ∠
∴△AE ∽△BE 2√2 3√2+√2x
∴ = ，即 = ,
AG CG 2+x 5+x
解得x=1或x=-4（舍去），
BC=3+2x=5．
∴故答案为：5．
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【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定与性质、等角的补角相等、线段的
和与差等知识点，正确作出辅助线、构造等腰直角三角形并表示出相关的量是解答本题的关键．
3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知，在△ABC中，∠ACB=60°，CD平分∠ACB．点E、F分别在边
AC、BC上，∠EDF=120°，当AD=6,BD=4时，则△ADE与△BDF的面积之和S为 ．
【答案】6√3
【分析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，解直角三角形，把
△ADM绕点D顺时针旋转120°得到△DNT，再解直角三角形是做题的关键；
过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BC于点N，可先证明△DME≌△DNF（AAS），推出
S=S +S =S +S ，把△ADM绕点D顺时针旋转120°得到△DNT，
△ADE △BDF △ADM △BDN
∠BDT=60°,DT=AD=6,DB=4，过点B作BH⊥DT于点H，解直角三角形求出BH，可得结论．
【详解】解：过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BC于点N．
∵DM⊥AC,DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM=DN，∠DMC=∠DNC=∠DME=90°,
∵∠ACB=60°，
∴∠MDN=180°−∠ACB=120°，
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∴∠EDF=∠MDN=120°，
∴∠EDM=∠FDN，
在△DME和△DNF中，
¿，
∴△DME≌△DNF（AAS），
∴S =S ，
△DME △DNF
∴S=S +S =S +S ，
△ADE △BDF △ADM △BDN
把△ADM绕点D顺时针旋转120°得到△DNT，∠BDT=60°,DT=AD=6,DB=4，
过点B作BH⊥DT于点H，
√3
∴BH=BD⋅sin60°=4× =2√3，
2
1
∴S=S = ×6×2√3=6√3，
△BDT 2
故答案为：6√3．
考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形
4．（2023·山东滨州·中考真题）已知点P是等边△ABC的边BC上的一点，若∠APC=104°，则在以线段
AP,BP,CP为边的三角形中，最小内角的大小为（ ）
A．14° B．16° C．24° D．26°
【答案】B
【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，可得以线段AP,BP,CP为边的三角形，即△PCQ，
最小的锐角为∠PQC，根据邻补角以及旋转的性质得出∠AQC=∠APB=76°，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，
∴AP=AQ,∠PAQ=60°，BP=CQ，∠AQC=∠APB，
∴△APQ是等边三角形，
∴PQ=AP，
∴以线段AP,BP,CP为边的三角形，即△PCQ，最小的锐角为∠PQC，
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∵∠APC=104°，
∴∠APB=76°
∴∠AQC=∠APB=76°
∴∠PQC =76°−60°=16°，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
5．（2024·山西朔州·二模）阅读与思考
下面是小宇同学收集的一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务.
构图法在初中数学解题中的应用构图法指的是构造与数量关系对应的几何图形，用几何
图形中反映的数量关系来解决数学问题的方法.巧妙地构造图形有助于我们把握问题的本
质，明晰解题的路径，也有利于发现数学结论.本文通过列举一个例子，介绍构图法在解
题中的应用，
例：如图1，已知P为等边三角形ABC内一点，∠APB=113°，∠APC=123°.
AP BP CP
求以 ， ， 为边的三角形中各个内角的度数.
解析：如何求所构成的三角形三个内角的度数？由于没有出现以AP，BP，CP为边的
三角形，问题难以解决.于是考虑通过构图法构造长度为AP，BP，CP的三角形来解决
问题．
解：将△APC绕点A顺时针旋转60°得△AQB，则△AQB≌△APC．
∴ BQ=CP，AQ=AP，∠1=∠CAP．
由旋转可知∠QAP=60°，∴ △APQ是等边三角形．【依据】
∴ QP=AP，∠3=∠4=60°．
∴ △QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形．
∵ ∠APB=113°，∴ ∠5=∠APB−∠4=53°．
∵ ∠AQB=∠APC=123°.∴ ∠6=∠AQB−∠3=63°．
∴ ∠QBP=180°−∠5−∠6=64°．
∴以AP，BP，CP为边的三角形中，三个内角的度数分别为64°，63°，53°.
构造图形的关键在于通过图形的变化，能使抽象的数量关系集中在一个图形上直观地表
达出来，使问题变简单．
任务：
(1)上面小论文中的“依据”是________．
(2)如图2，已知点P是等边三角形ABC的边BC上的一点，若∠APC=102°，则在以线段AP，BP，CP
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为边的三角形中，最小内角的度数为________°．
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=30°，∠ABC=60°，AB=BC．求证：BD2=AD2+CD2．
【答案】(1)有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
(2)18
(3)证明见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，勾股定理：
（1）依据是有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形；
（2）将△ACP绕点A顺时针旋转60°到△AQB的位置，连接PQ，则△AQB≌△APC，可得△APQ是等
边三角形，则△QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形．根据全等三角形的性质及三角形内角和定理分
别求得三个内角的度数，即可得到答案；
（3）连接AC，将△BCD绕点C顺时针旋转60°到△ACE的位置，连接DE，先证明△ABC是等边三角形，
由旋转的性质可得△DCE为等边三角形，进而可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，利用勾股定理即可
得证．
【详解】（1）解：依据是有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，
故答案为：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形；
（2）解：如图，将△ACP绕点A顺时针旋转60°到△AQB的位置，连接PQ，则△AQB≌△APC，
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∴BQ=CP AQ=AP ∠1=∠CAP
， ， ，
由旋转的性质可知∠QAP=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴QP=AP，∠3=∠4=60°，
∴△QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形，
∵∠APC=102°，
∴∠5=180°−∠APC−∠4=180°−102°−60°=18°，
∵∠AQB=∠APC=102°，
∴∠6=∠APC−∠3=102°−60°=42°，
∴∠QBP=180°−∠5−∠6=120°，
∵∠5<∠6<∠QBP，
∴最小内角的度数为18°，
故答案为：18；
（3）证明：如图，连接AC，将△BCD绕点C顺时针旋转60°到△ACE的位置，连接DE，
∵ ∠ABC=60° AB=BC
， ，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ BC=AB=AC，
由旋转可知AE=BD，CE=CD，∠DCE=60°，
∴ △DCE为等边三角形，
∴ DE=DC，∠CDE=60°，
∴ ∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，
在Rt△ADE中，由勾股定理得AE2=AD2+DE2，
∴ BD2=AD2+DC2．
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考向三 类比旋转→整体旋转
k
6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，点A在反比例函数y= (k>0,x>0)的图象上，AB⊥y轴于点
x
B，C为x轴正半轴上一点，将△ABC绕点A旋转180°得到△AED，点C的对应点D恰好落在该函数图象
上．若△BOC的面积为6，则k的值为 ．
【答案】8
【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，旋转的性质，反比例函数解析式等知识．熟练掌握反比例函
数与几何综合，旋转的性质，反比例函数解析式是解题的关键．
1 12 (12 )
设B(0,a)，由 OC×OB=6，可求OC= ，则C ,0 ，由将△ABC绕点A旋转180°得到△AED，
2 a a
( 12 ) ( 12)
可知A为CD的中点，设A(b,a)，则D 2b− ,2a ，进而可得k=ab= 2b− ×2a，计算求解即可．
a a
【详解】解：设B(0,a)，
∵△BOC的面积为6，
1 1
∴ OC×OB=6，即 a×OC=6，
2 2
12
解得，OC= ，
a
(12 )
∴C ,0 ，
a
∵将△ABC绕点A旋转180°得到△AED，
∴A为CD的中点，
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( 12 )
设A(b,a)，则D 2b− ,2a ，
a
∵A、D均在函数图象上，
( 12)
∴k=ab= 2b− ×2a，
a
解得，k=ab=8，
故答案为：8．
7．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，D为边AC上的一点，当AD>AB时，
连接BD，将线段BD绕点B按逆时针方向旋转60°，得到线段BE，连接AE，DE．若AD=6，则△ABE
的面积的最大值为（ ）
3√3 9√3
A．√3 B．√2 C． D．
2 4
【答案】D
【分析】在AC上截取AF=AB，连接BF，过B作BH⊥EA交EA延长线于H，由旋转性质和等边三角形
的判定与性质证明△ABF是等边三角形得到AB=BF，∠AFB=∠ABF=60°=∠EBD，进而证明
△ABE≌△FBD(SAS)得到∠BAE=120°，则有∠ABH=30°，设AB=2x，利用直角三角形的性质得到
( 3) 2 9√3
则BH=√AB2−AH2=√3x，进而得到S =−√3 x− + ，然后利用二次函数的性质求解即可．
△ABE 2 4
【详解】解：在AC上截取AF=AB，连接BF，过B作BH⊥EA交EA延长线于H，则∠H=90°，
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由旋转性质得∠EBD=60°，BE=BD，
∵∠BAC=60°，AF=AB，
∴△ABF是等边三角形，
∴AB=BF，∠AFB=∠ABF=60°=∠EBD，
∴∠ABE=∠FBD，
∴△ABE≌△FBD(SAS)，
∴∠BAE=∠BFD=180°−∠AFB=120°，
∴∠ABH=∠BAE−∠H=30°，
1
在Rt△AHB中，设AB=2x，则AH= AB=x，BH=√AB2−AH2=√3x，
2
∵AD=6，AF=AB=2x，AD>AB，
∴AE=DF=6−2x，0AB，边AC上有一点
S
D,∠ABD=∠ACB，过点C作BD的垂线交D延长线于点E．若EC=1,AC=2，则 △ABC =
S
△BEC
．
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√33−1
【答案】
4
【分析】延长BA,CE交于点F，根据已知条件证明△ABC≌△AFC(ASA)，进而得出CF=CB，AB=AF，
设AB=AF=a,EF=b，则BC=FC=EF+EC=b+1，勾股定理表示出a,b的关系，进而根据在
S 2AB
Rt△ABC中，AC2=BC2−AB2，勾股定理求得b的值，根据 △ABC = ，代入数据，进行计算即可
S BE
△BEC
求解．
【详解】解：如图所示，延长BA,CE交于点F，
设∠ABD=∠ACB=α，
∵∠BAC=90°，CE⊥BE
∴∠EDC=∠ADB=90°−α，∠DCE=90°−∠EDC=α，
∴∠DCE=∠ACB即∠FCA=∠BCA，
在△ABC,△AFC中，
¿
∴△ABC≌△AFC(ASA)
∴CF=CB，AB=AF，
设AB=AF=a,EF=b，则BC=FC=EF+EC=b+1
在Rt△BCE中，BE2=BC2−EC2=(b+1) 2−12=b2+2b
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在Rt△BEF中，BE2=BF2−EF2=(2a) 2−b2=4a2−b2
b2+b
∴b2+2b=4a2−b2，即a2=
2
在Rt△ABC中，AC2=BC2−AB2，
∴4=(b+1) 2−a2
b2+b b2 3b
∴4=b2+2b+1− 即 + −3=0
2 2 2
√33−3
解得：b= （负值舍去）
2
2
∴a2=(b+1) 2−4= (√33−3 +1 ) −4= 9−√33
2 2
(b2+b) √33−3 15−√33
∴4a2−b2=4 −b2=b2+2b=6−3b+2b=6−b=6− =
2 2 2
9−√33
4×
4a2 2 17−√33
∴ = =
4a2−b2 15−√33 8
2
1
AB×AC
S 2 AB 2AB 2a √17−√33 √33−1
∴ △ABC = = = = = =
S 1 1 BE √4a2−b2 8 4
△BEC EC×BE BE
2 2
√33−1
故答案为： ．6
4
考向四 角平分线为轴→构翻折型全等
6．（2022·河北唐山·一模）如图，已知在△ABC中，∠BAC，∠BCA的平分线交于点I．若
BC=AI+AC，∠B=40°，则∠BAC为（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【答案】C
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【分析】连接BI，在BC上截取BD=AI，则AC=CD，证明△ACI≌△DCI(SAS)，得出AI=DI，则
BD=DI，推出∠DIB=∠ABI，则DI∥AB，得出∠CAI=∠ABC=∠CDI=40°，即可求解．
【详解】解：连接BI，在BC上截取BD=AI，
∵BC=AI+AC=BD+CD，BD=AI，
∴AC=CD，
∵CI平分∠BCA，
∴∠ACI=∠DCI，
在△ACI和△DCI中，
¿，
∴△ACI≌△DCI(SAS)，
∴AI=DI，
∴BD=DI，
∴∠DBI=∠DIB，
∵∠BAC，∠BCA的平分线交于点I．
∴BI平分∠ABC，
∴∠DBI=∠ABI，
∴∠DIB=∠ABI，
∴DI∥AB，
∴∠ABC=∠CDI=40°，
∴∠CAI=∠CDI=40°，
∵AI平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠CAI=80°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题
的关键是掌握三角形的三条角平分线交于一点；正确画出辅助线，构造全等三角形求解．
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►题型07 图形拼接
考向一 面积关系+方程
1．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学
家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG,△CDH）和中间一个
小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设∠BAF=α,∠BEF=β，若
正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n,tanα=tan2β，则n=（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【分析】设BF=AE=a，EF=b，首先根据tanα=tan2β得到2a2+2ab=2b2，然后表示出正方形ABCD
的面积为AB2=3b2，正方形EFGH的面积为EF2=b2，最后利用正方形EFGH与正方形ABCD的面积之
比为1:n求解即可．
【详解】设BF=AE=a，EF=b，
∵tanα=tan2β，∠AFB=90°，
BF (BF) 2 a (a) 2
∴ = ，即 = ，
AF EF a+b b
a a2
∴ = ，整理得a2+ab=b2，
a+b b2
∴2a2+2ab=2b2，
∵∠AFB=90°，
∴AB2=AF2+BF2=(a+b) 2+a2=2a2+2ab+b2=3b2，
∴正方形ABCD的面积为AB2=3b2，
∵正方形EFGH的面积为EF2=b2，
∵正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n，
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b2 1
∴ = ，
3b2 n
∴解得n=3．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
2．（22-23九年级上·安徽宣城·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB=8，DC=10，
ADb，
∴0
