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解答题 04 三角形的综合问题（8 大题型）
中考数学中的三角形综合题，常常是考生们感到挑战的题目之一。这类题目不仅考察学生对三角形基
本性质的掌握，还涉及全等三角形、相似三角形、直角三角形的判定和性质，以及几何图形的变换等知识.
中考中的三角形综合题虽然有一定的难度，但只要掌握了基本的几何知识和解题方法，多加练习，就能轻
松应对。希望考生们在备考过程中，注重基础知识的掌握和思维能力的培养，取得优异的成绩。
题型一： 与三角形有关的多结论问题
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，H为AB延长线上的一点，
CF √3
且BH=BD，连接DH，分别交AC，BC于点E，F，连接BE，则下列结论：① = ；②
BF 2
tan∠H=√3−1；③BE平分∠CBD；④2AB2=DE⋅DH．
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其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，AB=BD=CD=AD=a，BD=√2AB=√2a，AB∥CD，
AC与BD互相垂直且平分，进而可求得AH=(√2+1)a，根据正切值定义即可判断②；由AB∥CD，可知
△DCF∽△HBF，由相似三角形的性质即可判断①；由BH=BD，可求得∠H=∠BDH=22.5°，再结
合AC与BD互相垂直且平分，得DE=BE，可知∠DBE=∠BDE=22.5°，进而可判断③；再证
△BDE∽△HDB，即可判断④．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB∥CD，AB=BD=CD=AD=a，∠BAD=90°，
∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠BAC=45°，AC与BD互相垂直且平分，
则BD=√AB2+AD2=√2AB=√2a，
∵BH=BD=√2a，则AH=(√2+1)a，
AD a
∴tanH= = =√2−1，故②不正确；
AH (√2+1)a
∵AB∥CD，则∠H=∠CDF，∠DCF=∠HBF，
∴△DCF∽△HBF，
CF CD a √2
∴ = = = ，故①不正确；
BF BH √2a 2
∵BH=BD，
∴∠H=∠BDH，
∵∠H+∠BDH=∠ABD=45°，
∴∠H=∠BDH=22.5°，
又∵AC与BD互相垂直且平分，
∴DE=BE，
∴∠DBE=∠BDE=22.5°，则∠CBE=∠CBD−∠DBE=22.5°，
∴∠DBE=∠CBE，
∴BE平分∠CBD，故③正确；
由上可知，∠DBE=∠H=22.5°，
∴△BDE∽△HDB，
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BD DE
∴ = ，则BD2=DE⋅DH，
DH BD
又∵BD=√2AB，
∴2AB2=DE⋅DH，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握
相关图形的性质是解决问题的关键．
2．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延
长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，
15
AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP= ，④BD∥FQ．正确的是（ ）
8
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；
根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得
CP CD 5 EF QE
= = ，求出BP即可判断③正确；根据 ≠ 即可判断④错误．
BP BQ 3 DE BE
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
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∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
CP CD 5
∴ = = ．
BP BQ 3
∵CP+BP=BC=5，
3 15
∴BP= BC= ．
8 8
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
DF CD CD 5 5
∴ = = = = ．
EF BE BQ+QE 3+5 8
EF 8
∴ = ．
DE 13
QE 5
∵ = ，
BE 8
EF QE
∴ ≠ ．
DE BE
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱
形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
一、仔细审题，明确条件
首先，仔细阅读题目，理解并标记所有已知条件。这些条件可能涉及边长、角度、三角形的类型
（如等腰、直角）等。明确已知条件是解题的基础，有助于在后续步骤中有针对性地进行推导。
二、逐项验证，逻辑推导
对每个待验证的结论逐一进行推导。可以利用三角形的各种性质，如内角和定理、正弦定理、余弦
定理、相似三角形的判定和性质等。在推导过程中，确保每一步逻辑严谨，避免跳步或假设未经验证的
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条件。例如，若题目中给出两边及其夹角，可以利用余弦定理求解第三边。
三、综合利用已知条件
有时，单独验证每个结论可能并不足够，需要结合所有已知条件和已推导出的中间结果进行综合分
析。通过这种综合判断，可以排除不可能的结论，筛选出符合题意的正确结论。例如，利用三角形的内
角和为180度，可以进一步确定角度的取值范围。
1．（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，
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∴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°，
∴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，
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∵∠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，
∵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．
2．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D，∠ABC的
平分线分别交AC，AD于点E，F，M为EF中点，AM延长线交BC于点N，连接DM，下列结论：①
DF=DN；②FM+AM=√2DM；③DM平分∠BMN；④S =S ；⑤MN⋅BF=BD⋅CN，其
△ABM △DBM
中正确结论的个数是（ ）
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A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据三线合一的性质证明△FBD≌△NAD(ASA)，即可判断①；证明A、B、D、M四点共圆，则
∠ABM=∠ADM=22.5°，得到∠DMN=45°，即可判断③；证明AM=DM=MN，过点D作
DH⊥AN于点H，则∠AHD=90°，设DH=MH=x，则DM=√2DH=√2x=AM，得到
FM
=√2−1，则FM=(√2−1)AM，即FM=√2AM−AM=√2DM−AM，即可判断②；求出
AM
√2−1 2−√2
S = BM2 ，过点D作DP⊥BM于点P，求出S = BM2 ，即可判断④；证明
△ABM 2 △DBM 4
BD DM
△BMD∽△ACN，则 = ，利用等量代换即可判断⑤.
AN CN
【详解】解：∵∠BAC=90°，AC=AB，AD⊥BC，
∴∠ABC=∠C=45°，AD=BD=CD，∠ADN=∠ADB=90°，∠BAD=45°=∠CAD，
∵BE平分∠ABC，
1
∴∠ABE=∠CBE= ∠ABC=22.5°，
2
∴∠BFD=∠AEB=90°−22.5°=67.5°，
∴∠AFE=∠BFD=∠AEB=67.5°，
∴AF=AE，
∵M为EF中点，
∴AM⊥BE，
∴∠AMF=∠AME=∠BMN=90°，
∴∠DAN=90°−67.5°=22.5°=∠MBN，
∴∠CAN=∠CAD−∠DAN=22.5°
在△FBD和△NAD中¿，
∴△FBD≌△NAD(ASA)，
∴DF=DN，
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∴①正确；
∵∠ADB=∠AMB=90°，
∴A、B、D、M四点共圆，
∴∠ABM=∠ADM=22.5°，
∴∠DMN=∠DAN+∠ADM=22.5°+22.5°=45°，
∵∠BMN=90°，
∴DM平分∠BMN
∴③正确；
∵∠DNA=∠C+∠CAN=45°+22.5°=67.5°，
∴∠MDN=180°−45°−67.5°=67.5°=∠DNM，
∴DM=MN，
∵∠DAN=∠ADM=22.5°，
∴AM=DM，
∴AM=DM=MN
过点D作DH⊥AN于点H，则∠AHD=90°，
∴∠DMN=∠MDH=45°，
设DH=MH=x，则DM=√2DH=√2x=AM，
∴AH=AM+MH=(√2+1)x
FM DH x
∵tan∠DAM=tan22.5°= = = =√2−1
AM AH (√2+1)x
∴FM=(√2−1)AM，即FM=√2AM−AM=√2DM−AM，
∴FM+AM=√2DM；
故②正确；
AM
∵ =tan∠ABM=tan22.5°=√2−1，
BM
∴AM=(√2−1)BM
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1 1 √2−1
∴S = BM⋅AM= BM⋅(√2−1)BM= BM2 ，
△ABM 2 2 2
过点D作DP⊥BM于点P，
则DP=BP·tan∠DBP=BP·tan22.5°=(√2−1)BP，
∴BP=(√2+1)DP，
1
∵∠PMD= ∠BMN=45°，
2
∴△PDM是等腰直角三角形，
∴PD=PM，
∵BM=BP+PM=(√2+1)DP+DP=(√2+2)DP
1 2−√2
∴DP= BM= BM，
√2+2 2
1 1 2−√2 2−√2
∴S = BM⋅DP= BM⋅ BM= BM2
△DBM 2 2 2 4
∴S ≠S ，故④错误；
△ABM △DBM
∵∠DBM=∠CAN=22.5°，∠BMD=∠ACN=45°，
∴△BMD∽△ACN，
BD DM
∴ = ，
AN CN
∵△FBD≌△NAD
∴BF=AN，
∵DM=MN，
BD MN
∴ = ，
BF CN
∴MN⋅BF=BD⋅CN，
故⑤正确；
综上可知，正确结论是①②③⑤，
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故选：C
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形，全等三角形的
判定和性质、四点共圆等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键，综合性较强．
题型二： 与三角形有关的折叠问题
1．（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．
2．（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
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【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°，
∴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．
解题方法：
1）折叠的本质是轴对称，会产生新的角与角的关系.
2）解题关键:找到对应相等的角.
3）折叠问题的本质是全等变换.折叠前的部分与折叠后的部分是全等形.
4）折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分).
5）折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等).
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记住三句话:1）折叠前后对应角，对应边相等.
2）折叠不改变原先的平行关系.
3）以折线为对称轴.
1．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，E是AB中点，
F是BC上一点，沿着EF折叠△B'EF，若AB'=2，则CF= ．
8±2√6
【答案】
5
【分析】取BC中点为D、连接ED，作AB'中点G，连接EG交BB'，交EF于O，根据勾股定理求出AB
的长，由折叠性质以及等腰三角形的判定与性质得出E，O'，F共线，即O与O'重合，利用中位线性质，
勾股定理得出一元二次方程(√x2+9−1) 2 +(√24) 2=(x+4) 2，求出结果即可得出结论．
【详解】解：如图所示，取BC中点为D、连接ED，作AB'中点G，连接EG交BB'，交EF于O，
在Rt△ABC中AC=6，BC=8
∴AB=√AC2+BC2=10
∵E为AB中点，
∴AE=BE=5，
由折叠可知：B'E=BE=AE=5，
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1
∵点G是AB'中点，在△EAB'中有EG⊥AB'，且AG= AB'=1，
2
在Rt△EGA中，EG=√AE2−AG2=2√6，
在△ABB'中，E为AB中点，G为AB'中点，
∴BB'=2EG=4√6，
取BB'中点为O'，则EO'⊥BB'，
∵BF=B'F，
∴FO'⊥BB'，
∴E，O'，F共线，即O与O'重合，
1
∴BO= BB'=2√6，
2
在Rt△EOB中，EO=√BE2−BO2=1，
∵E为AB的中点，D为BC的中点，
1
∴ED∥AC，ED= AC=3，
2
∵∠C=90°，
∴∠EDB=∠EDF=90°，
在Rt△EDF中，设DF=x，则BF=4+x，
EF=√ED2+DF2=√x2+9，
∴FO=√x2+9−1，
在Rt△BOF中，FO2+BO2=BF2，即(√x2+9−1) 2 +(√24) 2=(x+4) 2，
整理得：5x2−24x+24=0，
12+2√6 12−2√6
解得：x = ，x = ，
1 5 2 5
12±2√6 8±2√6
∴CF=BC−BD−DF=8−4− = ，
5 5
8±2√6
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了勾股定理，一元二次方程的几何应用，中位线的性质，等腰三角形的判定与性质，折
叠性质，熟练掌握相关性质定理，准确作出辅助线为解题关键．
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2．（2024·河南商丘·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点P为BC上一个动点，连接AP，
将△ACP沿AP折叠得到△ADP，点C的对应点为D，连接BD，若AC=5，BC=12，当△PBD为直角三
角形时，线段CP的长为 ．
10
【答案】 或5
3
【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，分当∠DPB=90°时，
当∠BDP=90°时，两种情况画出对应的图形，讨论求解即可．
【详解】解：如图所示，当∠DPB=90°时，则∠DPC=90°，
1
由折叠的性质可得∠APC=∠DPA= ∠DPC=45°，
2
∵∠ACB=90°，
∴△ACP是等腰直角三角形，
∴CP=AC=5；
如图所示，∠BDP=90°时，
由折叠的性质可得CP=DP，∠ADP=∠C=90°，
∴∠ADP+∠BDP=180°，
∴A、D、B三点共线，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=√AC2+BC2=13，
∵S =S +S ，
△ABC △ACP △ABP
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1 1 1
∴ AC⋅BC= AC⋅CP+ AB⋅DP，
2 2 2
1 5 13
∴ ×5×12= CP+ CP，
2 2 2
10
∴CP= ，
3
10
综上所述，CP的长为 或5；
3
10
故答案为： 或5．
3
题型三： 利用特殊三角形的性质与判定解决分类讨论问题
1．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，∠A=30°，射线CP从射线CA开始绕点C
逆时针旋转α角(0°<α<75°)，与射线AB相交于点D，将△ACD沿射线CP翻折至△A'CD处，射线C A'
与射线AB相交于点E．若△A'DE是等腰三角形，则∠α的度数为 ．
【答案】22.5°或45°或67.5°
【分析】分情况讨论，利用折叠的性质知∠A=∠A'=30°，∠ACP=∠ACP'=α，再画出图形，利用三
角形的外角性质列式计算即可求解．
【详解】解：由折叠的性质知∠A=∠A'=30°，∠ACP=∠ACP'=α，
当A'D=DE时，∠DEA'=∠A'=30°，
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由三角形的外角性质得∠DE A'=∠A+∠ACD+∠A'CD，即30°=30°+2α，
此情况不存在；
当A'D=A'E时，
1
∠A'=30° ∠DEA'=∠EDA'= (180°−30°)=75°
2
， ，
由三角形的外角性质得75°=30°+2α，
解得α=22.5°；
当EA'=DE时，∠ED A'=∠A'=30°，
∴∠DE A'=180°−30°−30°=120°，
由三角形的外角性质得120°=30°+2α，
解得α=45°；
当A'D=A'E时，∠A'DE=∠A'ED=15°，
1
∴∠ADC=∠A'DC= (180°−15°)=82.5°，
2
∴α=∠ACD=180°−30°−82.5°=67.5°；
综上，∠α的度数为22.5°或45°或67.5°．
故答案为：22.5°或45°或67.5°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的性质，画出图形，数形结合是解题的
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关键．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半
圆O与BC相切于点D，连接AD，BE=3,BD=3√5．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，
AP的长为 ．
【答案】2√30或6
【分析】连接OD，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出CD的长，勾股定理求出AC和AD的
长，分AP=AD和AP=PD两种情况进行求解即可．
【详解】解：连接OD，
∵以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，OA=OE=OD，
∴∠ODB=90°
设OA=OE=OD=r，则OB=OE+BE=3+r，
在Rt△ODB中：OD2+BD2=OB2，即：r2+(3√5) 2=(3+r) 2，
解得：r=6，
∴OA=OE=OD=6，
∴OB=9，AB=15，AE=12，
∵∠C=∠ODB=90°，
∴OD∥AC，
OB DB 9 3
∴ = = = ，
OA DC 6 2
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∵DB=3√5，
∴CD=2√5，
∴BC=DB+CD=5√5，
∴AC=√AB2−BC2=10，
∴AD=√AC2+CD2=2√30；
∵△ADP为等腰三角形，
当AD=AP时，AP=2√30，
当PA=PD时，
∵OA=OD，
∴点P与点O重合，
∴AP=OA=6，
不存在PD=AD的情况；
综上：AP的长为2√30或6．
故答案为：2√30或6．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性
质，等腰三角形的定义，确定点P的位置，是解题的关键．
在几何学中，特殊三角形如等腰三角形、直角三角形和等边三角形因其独特的性质，常常成为解题
的关键。分类讨论是一种重要的解题策略，尤其在面对条件复杂或存在多种可能性时，利用特殊三角形
的性质与判定进行分类讨论，可以使问题简化、明朗化。
具体步骤：
1. 审题：仔细阅读题目，明确题目中给出的条件和要求解决的问题。
2. 分类标准：根据题目条件，确定分类的标准。例如，三角形的边长关系、角度大小等。
3. 分类讨论：按照分类标准，将问题分为若干个子问题，每个子问题对应一种情况。针对每种情况，
利用特殊三角形的性质与判定进行求解。
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4. 综合结论：将每种情况的解综合起来，得到问题的完整答案。
1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）已知矩形纸片ABCD，AB=5，BC=4，点P在边BC上，连接AP，
将△ABP沿AP所在的直线折叠，点B的对应点为B'，把纸片展平，连接BB'，CB'，当△BCB'为直角三
角形时，线段CP的长为 ．
3
【答案】 或2
2
【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进
行讨论：当∠BCB'=90°时，当∠BB'C=90°，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AB=CD=5，AD=BC=4，
当∠BCB'=90°时，如图所示：
∵∠BCD=90°，
∴点B'在CD上，
根据折叠可知：AB'=AB=5，BP=B'P，
设CP=x，则BP=B'P=4−x，
∴DB'=√AB'2−AD2=√52−42=3，
CB'=DC−DB'=5−3=2，
在Rt△CB'P中，根据勾股定理得：B'P2=B'C2+CP2，
即(4−x) 2=22+x2，
3
解得：x= ，
2
3
即CP= ；
2
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当∠BB'C=90°，如图所示：
根据折叠可知：BP=B'P，
∴∠PBB'=∠PB'B，
∵∠PBB'+∠BCB'=90°，∠PB'B+∠PB'C=90°，
∴∠BCB'=∠CB'P，
∴PC=PB'，
∴PC=PB，
∵BC=BP+PC=4，
∴CP=2；
3
综上分析可知：CP= 或2．
2
3
故答案为： 或2，
2
2．（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，
AB=2，M是直线BD上的一个动点，当△AMC为直角三角形时，CM的长为 ．
【答案】2√3或2√7或2
【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，先由矩
形对角线相等且互相平分得到AC=BD=2OA=2BD，∠ABC=90°，再证明△AOB是等边三角形，得
到OA=OB=AB=2，则AC=BD=2OB=4，据此利用勾股定理求出BC的长；然后分情况分析：
∠AMC=90°，∠MAC=90°，∠MCA=90°，分别作出相应图形，利用勾股定理及直角三角形的性质
求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，AC=BD=2OA=2BD，∠ABC=90°，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∴AC=BD=2OB=4，
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在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=√AC2−BD2=2√3，
当点M与点B重合时，∠AMC=90°，
∴CM=BC=2√3；
当点M与点D重合时，当∠AMC=90°时，如图所示：
∴CM=CD=2；
当∠MAC=90°时，如图所示：
∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠BAO=∠ABO=60°，OA=OB=AB=2
∴∠BAM=∠AMB=30°，
∴AB=BM=OB=2，
∴OM=4，
∴AM=√OM2−AO2=2√3，
∵AC=4，
∴CM=√AM2+AC2=2√7；
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当∠MCA=90°时，如图所示：
同理得： CM=2√3；
综上可得：CM的长为2√3或2√7或2，
故答案为：2√3或2√7或2．
题型四： 与三角形有关的规律探究问题
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知直线l的表达式为y=x，点A 的坐标为
1
(√2,0)，以O为圆心，OA 为半径画弧，交直线l于点B ，过点B 作直线l的垂线交x轴于点A ；以O为圆
1 1 1 2
心，OA 为半径画弧，交直线l于点B ，过点B 作直线l的垂线交x轴于点A ；以O为圆心，OA 为半径画
2 2 2 3 3
弧，交直线l于点B ，过点B 作直线l的垂线交x轴于点A ；……按照这样的规律进行下去，点A 的横坐
3 3 4 2024
标是 ．
【答案】21012
【分析】本题考查的是一次函数性质应用，等腰直角三角形的判定与性质及点的坐标规律问题，作
B H⊥x轴于点H，依次求出OA ，OA ，OA ，找出规律即可解决．
1 2 3 4
【详解】解：作B H⊥x轴于点H，
1
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∵B ,B ,B ,B ,B ⋯ y=x
1 2 3 4 5
均在直线 上，
∴OH=B H，
1
∴∠B OH=45°，
1
∵A (√2，0)，OA =OB ，
1 1 1
∴OB =OA =√2，
1 1
∵B A ⊥l,∠B OH=45°，
1 2 1
∴OB =B A =√2，
1 1 2
∴OA =√2OB =√2OA =2，
2 1 1
∴A (2,0)，
2
同理，OA =OB =B A =2，
2 2 2 3
∴OA =√2OA =2√2=(√2) 3 ，
3 2
同理，OA =(√2) 4
4
OA =(√2) 5 ⋯
5
∴OA =(√2) 2024=21012，
2024
即点A 的横坐标是21012，
2024
故答案为：21012．
2．（2024·四川达州·中考真题）如图，在△ABC中，AE ，BE 分别是内角∠CAB、外角∠CBD的三等
1 1
1 1
分线，且∠E AD= ∠CAB，∠E BD= ∠CBD，在△ABE 中，AE ，BE 分别是内角∠E AB，
1 3 1 3 1 2 2 1
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1 1
外角∠E BD的三等分线．且∠E AD= ∠E AB，∠E BD= ∠E BD，…，以此规律作下去．若
1 2 3 1 2 3 1
∠C=m°．则∠E = 度．
n
1
【答案】 m
3n
【分析】本题考查了三角形的外角定理，等式性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先分别对△ABC,△E AB运用三角形的外角定理，设∠E AD=α，则∠CAB=3α，∠E BD=β，则
1 1 1
1 (1) 2
∠CBD=3β，得到β=α+∠E ，3β=3α+∠C，同理可求：∠E = ∠E = ∠C，所以可得
1 2 3 1 3
(1) n
∠E = ∠C．
n 3
【详解】解：如图：
1 1
∵∠E AD= ∠CAB，∠E BD= ∠CBD，
1 3 1 3
∴设∠E AD=α，∠E BD=β，则∠CAB=3α，∠CBD=3β，
1 1
由三角形的外角的性质得：β=α+∠E ，3β=3α+∠C，
1
1
∴∠E = ∠C，
1 3
如图：
1
同理可求：∠E = ∠E ，
2 3 1
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(1) 2
∴∠E = ∠C，
2 3
……，
(1) n
∴∠E = ∠C，
n 3
1
即∠E = m°，
n 3n
1
故答案为： m．
3n
1．（2024·山东济宁·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O顺
时针旋转45°到OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转45°到
1 1 1 2 1 2 2
OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交y轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转45°到OA 扫过的面
3 2 3 4 3 4 4 5
积记为S ；…；按此规律，则S 为（ ）
3 2024
A．22020π B．22021π C．22022π D．22023π
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，余弦，扇形面积．根据题意推导一般性
规律是解题的关键．
OA
由题意知，△A OA ，△A OA ，△A OA ……均为等腰直角三角形，则OA = =√2，
1 2 3 4 5 6 2 cos45°
OA OA 45π⋅12 1
OA = 2 =2，OA = 4 =2√2，……，由S = = π=(2) −3 ⋅π，
4 cos45° 6 cos45° 1 360 8
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45π⋅(√2) 2 1 ， 45π⋅(2) 2 1 ， 45π⋅(2√2) 2 ，……，
S = = π=(2) −2 ⋅π S = = π=(2) −1 ⋅π S = =π=20 ⋅π
2 360 4 3 360 2 4 360
可推导一般性规律为 ，然后求解作答即可．
S =2n−4 ⋅π
n
【详解】解：由题意知，△A OA ，△A OA ，△A OA ……均为等腰直角三角形，
1 2 3 4 5 6
OA OA OA
∴OA = =√2，OA = 2 =2，OA = 4 =2√2，……
2 cos45° 4 cos45° 6 cos45°
∴S =
45π⋅12
=
1
π=(2) −3 ⋅π，S =
45π⋅(√2) 2
=
1
π=(2) −2 ⋅π，S =
45π⋅(2) 2
=
1
π=(2) −1 ⋅π，
1 360 8 2 360 4 3 360 2
2
45π⋅(2√2)
S = =π=20 ⋅π，……
4 360
∴可推导一般性规律为S =2n−4 ⋅π，
n
∴S =22024−4 ⋅π=22020π，
2024
故选：A．
2．（2024·山东济南·二模）如图，在平面直角坐标系中，将等边△OAB绕点A旋转180°得到△O AB ，再
1 1
将△O AB 绕点O 旋转180°得到△O A B ，再将△O A B 绕点A 旋转180°得到△O A B ，按此规律
1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 3
进行下去，若点B的坐标为(−2,0)，则点B 的坐标为 ．
2024
【答案】(−2026,2024√3)
【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，坐标与图形等，找出规律是解题的关键．
先根据题意求出O 、O ，B 、B 的坐标，发现规律，即可求解．
1 2 1 2
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【详解】解：∵△OAB是等边三角形，点B的坐标为(−2,0)，将△OAB绕点A旋转180°得到△O AB ，
1 1
∴O B =O A=OA=OB=2，
1 1 1
∵∠AOB=60°=∠AO B =∠AB O ，
1 1 1 1
∴∠AOB =∠AB O=30°，
1 1
∴∠OB O =90°，
1 1
故OB =√OO❑❑ 2−O❑B❑❑ 2=2√3，
1 1 1 1
即O (−2,2√3)，B (0,2√3)，
1 1
则B (−4,2√3)，
2
同理可得O (−4,4√3)， B (−6,4√3)，
2 4
······O (−2n,2√3n)， B (−2n−2,2√3n)，
n 2n
故点B 的坐标为(−2×1012−2,2√3×1012)，
2024
即(−2026,2024√3)．
故答案为：(−2026,2024√3)．
题型五： 与三角形有关的最值问题
1．（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，点P是边AB上任意一
点，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（ ）
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13 60 12 30
A． B． C． D．
2 13 5 13
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不
大，设计很新颖，解题的关键是求DE的最小值转化为其相等线段CP的最小值．连接CP，根据矩形的性
质可知：DE=CP，当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，再根据
三角形的面积为定值即可求出CP的长．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴AB=√AC2+BC2=13，
连接CP，如图所示：
∵PD⊥AC于点D，PE⊥CB于点E，∠ACB=90°，
∴∠PDC=∠PEC=∠ACB=90°，
∴四边形DPEC是矩形，
∴DE=CP，
当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，
5×12 60
∴此时DE=CP= = ．
13 13
故选：B．
2．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A(3,0)，B(0,2)，过点B作y轴的
垂线l，P为直线l上一动点，连接PO，PA，则PO+PA的最小值为 ．
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【答案】5
【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线l的对称点A'，
连A'O交直线l于点C，连AC，得到AC=A'C，A' A⊥l，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，
得到当O,P,A'三点共线时，PO+PA的最小值为A'O，再利用勾股定理求A'O即可．
【详解】解：取点A关于直线l的对称点A'，连A'O交直线l于点C，连AC，
则可知AC=A'C，A' A⊥l，
∴PO+PA=PO+PA'≥A'O，
即当O,P,A'三点共线时，PO+PA的最小值为A'O，
∵直线l垂直于y轴，
∴A' A⊥x轴，
∵A(3,0)，B(0,2)，
∴AO=3,A A'=4，
∴在Rt△A' AO中，
A'O=√OA2+A A'2=√32+42=5，
故答案为：5
√5
3．（2024·四川广元·中考真题）如图，在△ABC中，AB=5，tan∠C=2，则AC+ BC的最大值为
5
．
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【答案】5√2
√5
【分析】过点B作BD⊥AC，垂足为D，如图所示，利用三角函数定义得到AC+ BC=AC+DC，延
5
√5
长DC到E，使EC=CD=x，连接BE，如图所示，从而确定AC+ BC=AC+DC=AC+CE=AE，
5
√5
∠E=45°，再由辅助圆-定弦定角模型得到点E在⊙O上运动，AE是⊙O的弦，求AC+ BC的最大值
5
就是求弦AE的最大值，即AE是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，如图所示：
∵ tan∠C=2
，
∴在Rt△BCD中，设DC=x，则BD=2x，由勾股定理可得BC=√5x，
DC x √5 √5
∴ = = ，即 BC=DC，
BC √5x 5 5
√5
∴ AC+ BC=AC+DC，
5
延长DC到E，使EC=CD=x，连接BE，如图所示：
√5
∴ AC+ BC=AC+DC=AC+CE=AE
5
，
∵ BD⊥DE，DE=2x=BD，
∴△BDE是等腰直角三角形，则∠E=45°，
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在△ABE中，AB=5，∠E=45°，由辅助圆-定弦定角模型，作△ABE的外接圆，如图所示：
√5
∴ E ⊙O AE ⊙O AC+ BC
5
由圆周角定理可知，点 在 上运动， 是 的弦，求
的最大值就是求弦AE的最大值，根据圆的性质可知，当弦AE过圆心O，即AE是直径时，弦最大，如图
所示：
∵AE ⊙O
是 的直径，
∴ ∠ABE=90°，
∵∠E=45°，
∴ △ABE是等腰直角三角形，
∵AB=5，
√5
∴ BE=AB=5，则由勾股定理可得AE=√AB2+BE2=5√2，即AC+ BC的最大值为5√2，
5
故答案为：5√2．
【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、
圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问
题的关键．
中考与三角形有关的最值问题解题思路
一、利用固定底边或高
如果题目中给出了三角形某条边或高的固定值，那么可以直接使用面积公式。通过确定底或高
的最大值或最小值，进而求得面积的最值。例如，若已知底边长度，则当高取得最大值时，面积也
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最大。
二、利用三角形的相似与比例关系
当题目中出现线段的倍数关系时，可以考虑利用三角形的相似性质来转化求解。常见的技巧包
括作平行线构造相似三角形，通过相似比来推导目标三角形的面积与其他三角形面积的关系。例
如，若某条线段被分为1:2的两部分，则可以利用该比例关系求解相关面积的最值。
三、转化为二次函数求最值
当三角形的底和高均变化时，通常需要借助函数思想，将面积表示为某个变量的二次函数，再
利用二次函数的极值性质求解最值。具体步骤包括：
1. 设定变量：假设某条边的长度为变量$x$。
2. 表示面积：利用几何关系将面积表示为$x$的函数。
3. 求最值：通过求二次函数的极值点，确定面积的最大值或最小值。
四、利用几何图形的特性
有时，利用几何图形的特性（如等腰三角形的三线合一、直角三角形的性质等）可以简化问
题。例如，等腰三角形底边上的高也是底边的中垂线，利用这一性质可以快速确定高的最大值。
五、构造辅助圆
在某些动态问题中，特别是涉及翻折、旋转等操作时，可能会形成圆或圆弧的轨迹。通过构造
辅助圆，利用圆的性质（如半径相等、圆周角定理等）来求解最值问题。
1．（2024·四川广元·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=4，点 D 为AC边上一
个动点，以BD为边在BD的上方作正方形BDFE，当AE取得最小值时，BD的长为 ．
【答案】√5
【分析】过点E作EH⊥AC于H，由四边形DEFB是正方形，得∠BDE=90°=∠C，DE=BD，可证
明△BDC≌△DEH(AAS)，即有EH=CD，DH=BC=2，从而AH=AC−DH−CD=2−CD，而
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，根据二次函数性质可得 取得最小值时， ，即可得到答案．
AE2=2(CD−1) 2+2 AE CD=1
【详解】解：过点E作EH⊥AC于H，如图所示：
∵ DEFB
四边形 是正方形，
∴∠BDE=90°=∠C，DE=BD，
∴∠EDA+∠BDC=90°，∠BDC+∠DBC=90°，
∴∠DBC=∠EDA，且DE=BD，∠DHE=∠C=90°，
∴△BDC≌△DEH(AAS)，
∴EH=CD，DH=BC=2，
∴AH=AC−DH−CD=4−2−CD=2−CD，
∵AE2=AH2+EH2=(2−CD) 2+CD2=2(CD−1) 2+2，
∵2>0，
∴当CD=1时，AE2最小，则AE也最小，
此时BD=√CD2+BC2=√12+22=√5，
故答案为：√5．
【点睛】本题考查正方形中的动点问题，涉及正方形性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理及二次函
数图像与性质等知识，熟记二次函数表图像与性质，用含CD的代数式表示AE2是解决问题的关键．.
21．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形ABCD的面积为12√3，E是边BC上的中点，P是对角线BD上
的动点，连接AE，若AE平分∠BAC，则PE+PC的最小值为 ．
【答案】3√2
【分析】如图，连接AC、AP，过点B作BF∥AC交AE的延长线于点F，由点E是一边BC上的中点及
AE平分∠BAC，可得△ABC是等边三角形，继而推出PE+PC的最小值为AE，求出AE即可．
【详解】解：如图，连接AC、AP，过点B作BF∥AC交AE的延长线于点F，
∴∠F=∠CAE，∠EBF=∠ECA，
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∵点E是BC的中点，
∴BE=CE，
在△FBE和△ACE中，
¿
∴△FBE≌△ACE(AAS)，
∴BF=AC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
∴∠BAE=∠F，
∴AB=BF=AC，
∵四边形ABCD是菱形，且面积为12√3，
∴AB=BC，
∴AB=BC=AC，即△ABC是等边三角形，设AB=BC=AC=2a，
1 1
∴∠ABC=60°，AE⊥BC，BE= BC= ×2a=a，
2 2
∴AE=√AB2−BE2=√(2a) 2−a2=√3a，
1
∴12√3=2× BC⋅AE=2a×√3a，
2
解得：a=√6或a=−√6（负值不符合题意，舍去），
∴AE=√3a=√3×√6=3√2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点A和点C关于BD对称，
∴PA=PC，
∴PE+PC=PE+PA≥AE，
∴PE+PC的最小值为AE，即3√2．
故答案为：3√2．
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【点睛】本题考查轴对称—最短路线问题，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和
性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识点，证明△ABC是等边三角形是解题的关键．
题型六： 全等三角形与相似三角形综合
1．（2024·海南·中考真题）正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1=∠2，
AE=EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G．
(1)如图1，求证：△ABE≌△EGF；
(2)如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M．
①求证：点P在∠ABC的平分线上；
CH
②当 =m时，猜想AP与PH的数量关系，并证明；
DH
③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB=6，求BE的值．
【答案】(1)见解析；
AP
(2)①见解析；② =m+1；③BE=3．
HP
【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△EGF；
（2）①证明△AEF是等腰直角三角形，再推出A，B，E，P四点共圆，求得∠ABP=∠AEP=45°，
据此即可证明结论成立；
②由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线BD上，证明△ABP∽△HDP，根据相似三角形的性
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质即可求解；
③证明四边形MNEH是平行四边形，推出△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形，设PM=PH=a，则
DH PM a 1
MQ=2a，ME=2MQ=4a，由△APM∽△ADH，得到 = = = ，据此求解即可．
AD AP 3a 3
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠ABE=90°，
∵FG⊥BC，
∴∠EGF=90°，
∵∠1=∠2，AE=EF，
∴△ABE≌△EGF(AAS)；
（2）①证明：连接BP，
由（1）得△ABE≌△EGF，
∴∠AEB=∠EFG，
∴∠AEB+∠GEF=∠AEB+∠BAE=90°，即∠AEF=90°，
∵AE=EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵EM⊥AF，
∴∠APE=90°，∠AEP=∠FEP=45°，
∵∠ABE=90°，
∴A，B，E，P四点共圆，
∴∠ABP=∠AEP=45°，
∵∠ABE=90°，∠ABP=∠CBP=45°，
∴点P在∠ABC的平分线上；
AP
② =m+1，理由如下：
HP
由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线BD上，
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∵正方形ABCD，
∴AB∥HD，
∴△ABP∽△HDP，
AP AB
∴ = ，
HP HD
CH
∵ =m，即HC=mHD，
DH
∴DC=DH+HC=(m+1)HD，
AP AB DC
∴ = = =m+1；
HP HD HD
③由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线BD上，
∴∠PDH=45°，
同理M，D，H，P四点共圆，则∠PMH=∠PDH=45°，
∵∠AEP=∠NEM=45°，
∴∠EMH=∠NEM=45°，
∴MH∥EN，∵MN∥HE，
∴四边形MNEH是平行四边形，
设平行四边形MNEH的对角线的交点为Q，且HN⊥AE，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形，
设PM=PH=a，则MQ=2a，ME=2MQ=4a，
∵PM=PH，PA=PE，
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∴AH=ME=4a，
∴AP=3a，则AE=3√2a，
∴BE=√AE2−AB2=√(3√2a) 2 −62=√18a2−36，
∵∠APM=∠ADH，
∴△APM∽△ADH，
DH PM a 1
∴ = = = ，
AD AP 3a 3
1
∴DH= AD=2，
3
∴AH=√DH2+AD2=√40=2√10，
∵AH=4a，
∴2√10=4a，
√10
∴a= ，
2
∴BE=√18a2−36=
√
18×
(√10) 2
−36=√9=3．
2
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，四
点共圆，熟练掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
2．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE,CE，
且S =S ．
△ABE △DCE
(1)如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE,EF相交于点G,H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG:GH:HC；
(2)如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N．试探究线
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段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①见解析；②AG:GH:HC=2:1:3
(2)AM=3AN，理由见解析
【分析】（1）①根据S =S ，得出E为AD的中点，证明出△AHE≌△CHF即可；②先证明出
△ABE △DCE
AB AG
△AGB∽△HGE得到 = =2，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；
EH GH
（2）连接BD交CN于点F，证明△AEB≌△DEM(AAS)，进一步证明出四边形ABDM为平行四边形，
1
得出DF为△CMN的中位线，得到DF= MN，再证明出△AEN≌△≝¿得到DF=AN，再通过等量代换
2
即可求解．
【详解】（1）解：①∵S =S ，
△ABE △DCE
∴E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵F是边BC的中点，
∴BF=CF，
∴AE=CF，
在 ▱ABCD中，AD∥BC
∴∠EAH=∠FCH，
又∵∠AHE=∠CHF，
∴△AHE≌△CHF(AAS)，
∴AH=CH，
∴H是AC的中点；
②∵AE=BF,AE∥BF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴AB∥EF，
∴△AGB∽△HGE，
AB AG
∴ = ，
EH GH
∵△AHE≌△CHF，
∴EH=FH，
AB AG
∴ = =2，
EH GH
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∴AG=2GH，
1 1
∴GH= AH= HC，
3 3
∴AG:GH:HC=2:1:3；
（2）解：线段AM与线段AN之间的数量关系为：AM=3AN，理由如下：
连接BD交CN于点F，如下图：
由题意，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N，
∵AE=DE,∠AEB=∠DEM，
又∵AB∥CD，
∴AB∥CM，
∴∠ABE=∠DME，
∴△AEB≌△DEM(AAS)，
∴AB=DM，
∴四边形ABDM为平行四边形，
∴AM=BD,AB=MD，
∵ AB=CD，
∴DM=CD，
∴D为CM的中点，
∵DF∥MN，
CD CF 1
∴ = = ，
CM CN 2
∴F为CN的中点，
∴DF为△CMN的中位线，
1
∴DF= MN，
2
∵AE=DE,∠AEN=∠≝,∠NAE=∠FDE，
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∴△AEN≌△≝(ASA)，
∴DF=AN，
1
∴DF=AN= MN，
2
∴MN=2AN，
∴AM=AN+MN=3AN，
∴AM=3AN．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的
中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．
中考数学中，全等三角形与相似三角形是几何部分的重要内容，也是考试的常见题型。掌握综合解
题思路，有助于在考试中迅速找到解题切入点，提高答题效率。以下是针对中考全等三角形与相似三角
形的综合解题思路：
全等三角形 相似三角形
解 题 思 路 SSS（边边边）：三组对应边分别相等。 AA（两角对应相等）：两角对应相等。
（ 判 定 方
SAS（边角边）：两边及其夹角对应相等。 SAS（两边成比例且夹角相等）：两边成
法）
比例且夹角相等。
ASA（角边角）：两角及其夹边对应相等。
SSS（三边成比例）：三边对应成比例。
AAS（角角边）：两角及其中一角的对边对
应相等。
HL（直角边斜边）：适用于直角三角形，斜
边和一条直角边对应相等。
解题步骤 标记已知条件：在图中标记已知的边和 标记已知条件：在图中标记已知的边和
角，明确需要证明的全等三角形。 角，明确需要证明的相似三角形。
寻找全等条件：根据已知条件，判断是 寻找相似条件：根据已知条件，判断是
否满足全等三角形的判定定理。 否满足相似三角形的判定定理。
添加辅助线：当直接证明困难时，通过添加 利用比例关系：通过相似三角形的性
辅助线构造全等三角形。 质，建立比例关系，求解未知量。
1．（2024·陕西渭南·模拟预测）【问题呈现】
（1）△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°,CB=mCA,CE=mCD，连接AD，BE，
探究AD，BE的位置关系．
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①如图1，当m=1时，AD与BE的位置关系为______；
②如图2，当m≠1时，①中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由；
【拓展应用】
（2）某村村民计划开垦一块形状为直角三角形的空地△ABC（如图3），同时在空地△ABC内部或周边，
围出形状为直角三角形的空地△CDE作为菜地（点C，D，E按逆时针方向排列），以点A，E，D作为取
水点，且要使三个取水点恰好在同一直线上，已知∠ACB=∠DCE=90°,AB=2√7千米，DE=2千米，
BC=2CA,CE=2CD，求取水点E到入口B的距离．
4√31−4 4√31+4
【答案】（1）①AD⊥BE；②成立，证明见解析；（2） 或 千米
5 5
【分析】本题考查了勾股定理，三角形内角和定理以及相似三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是
通过添加辅助线，利用角度关系证明三角形相似，进而求解相关线段的长度．
（1）①通过观察图形和简单的几何直观判断，当给定特定条件时，可直接得出AD与BE的位置关系为垂
直；
②延长BE交AC于点M，交AD于点N，根据两角对应相等的两个三角形相似，可证∴△BCE∽△ACD，
再根据相似三角形对应角相等，得到∠CAG=∠CBF，而∠CAG+∠AGC=90°，所以
∠CBF+∠BGF=90°，进而得出∠BFG=90°，即AD⊥BE；
（2）①当点D在线段AE上时，在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，求解，舍去负值；
②当点E在线段AD上时，在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，求解，舍去负值．
【详解】（1）①AD⊥BE（或垂直）．
如图，延长BE交AD于点G，
∵m=1
，
∴AC=BC,DC=EC，
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，
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∴∠DCA=∠ECB，
∴△DCA≌△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG
=∠CBE+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°−∠ACB=90°，
∴∠AGB=180°−90°=90°,
∴BE⊥AD。
②当m≠1时，（1）中的结论还成立，证明如下：
延长BE交AC于点M，交AD于点N，如图：
∵CB=mCA，CE=mCD
，
CB CE
∴ = =m，
CA CD
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB−∠ACE=∠DCE−∠ACE，即∠BCE=∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠CMB=∠NMA，
∴∠MCB=∠ANM，
∵∠MCB=90°，
∴BE⊥AD
（2）①当点D在线段AE上时，如图：
同①②可得△BCE∽△ACD,BE⊥AD，
BE BC
∴ = =2，
AD AC
1
∴AD= BE
2
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∵DE=2千米，
1
∴AE=2+ BE，
2
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，
∴ ( 2+ 1 BE ) 2 +BE2=(2√7) 2 ，
2
4√31−4
解得BE= （负值已舍去）；
5
②当点E在线段AD上时，如图：
同理可得 (1 BE−2 ) 2 +BE2=(2√7) 2 ，
2
4√31+4
解得BE= （负值已舍去）；
5
4√31−4 4√31+4
综上所述，取水点E到入口B的距离为 或 千米．
5 5
2．（2022·安徽合肥·一模）如图①，在四边形ABCD中，∠ABC=∠DCB，E为BC上一点，且
DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF=BF．
(1)求证：△ADE≌△FCD；
(2)如图②，连接DB交AE于点G．
①若AG=DC，求证：BC平分∠DBF；
CF
②若DB∥CF，求 的值．
BD
【答案】(1)见解析
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CF √5−1
(2)①见解析；② =
BD 2
【分析】（1）先证DE=CD，再证四边形ABFD是平行四边形，则AD=BF,∠ADE=∠ABF，然后证
∠ABF=∠DCF，则∠ADE=∠FCD，由SAS即可得出结论；
（2）①连接CG，先证四边形AGCD是平行四边形，得CG∥AD,CG=AD，再证四边形BFCG是平行
四边形，然后证平行四边形BFCG是菱形，即可得出结论；
DE EC CF CE EF DE EF
②先证△ABE∽△DEC，得 = ，进而证△BDE∽△CFE，得 = = ，则 = ，然
DF BE BD BE DE DF DE
EF √5−1
后求出 = ，即可得出结论．
DE 2
【详解】（1）证明：∵DE∥AB，
∴∠DEC=∠ABC，
∵∠ABC=∠DCB，
∴∠DEC=∠DCB，
∴DE=CD，
∵DE∥AB,BF∥AD，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴AD=BF,∠ADE=∠ABF，
∵CF=BF，
∴∠FBC=∠FCB,AD=CF，
∴∠ABC+∠FBC=∠DCB+∠FCB，
即∠ABF=∠DCF，
∴∠ADE=∠FCD，
在△ADE和△FCD中，
¿，
∴△ADE≌△FCD(SAS)．
（2）解：①证明：如图，连接CG，
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由（1）得：△ADE≌△FCD，
∴∠DEA=∠CDF
∴AE∥CD，
∵AG=DC，
∴四边形AGCD是平行四边形，
∴CG∥AD CG=AD，
,
∵AD=BF,AD∥BF，
∴CG∥BF,CG=BF，
∴四边形BFCG是平行四边形，
∵CF=BF，
∴平行四边形BFCG是菱形，
∴BC平分∠DBF；
②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD，
∴∠AED=∠FDC，
∵DE∥AB，
∴∠BAE=∠AED,∠ABE=∠DEC，
∴∠BAE=∠EDC，
∴△ABE∽△DEC，
DE EC
∴ = ，
AB BE
DE EC
∴ = ，
DF BE
由（1）可知，四边形BFCG是平行四边形，
∴BD∥FC，
∴△BDE∽△CFE，
CF CE EF
∴ = = ，
BD BE DE
DE EF
∴ = ，
DF DE
∵DF=DE+EF，
DE EF
∴ = ，
DE+EF DE
即DE2=DE⋅EF+EF2，
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EF (EF) 2
两边除以DE2得：1= + ，
DE DE
EF √5−1 EF −√5−1
解得： = ，或 = （舍去），
DE 2 DE 2
CF EF √5−1
∴ = = ．
BD DE 2
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判
定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合
性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
题型七： 三角形与函数综合（求函数解析式）
1．（2023·广西·中考真题）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，CA
上运动，满足AD=BE=CF．
(1)求证：△ADF≌△BED；
(2)设AD的长为x，△≝¿的面积为y，求y关于x的函数解析式；
(3)结合（2）所得的函数，描述△≝¿的面积随AD的增大如何变化．
【答案】(1)见详解
3√3
(2)y= x2−3√3x+4√3
4
(3)当20，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；
即当20)，
△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
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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0180°（舍）；由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠EDC=∠EDF+∠CDF,∠EDC=∠B+∠BED，
又∵∠EDF=∠B，
∴∠CDF=∠BED，
∴△BDE∽△CFD；
（2）解：∵△BDE∽△CFD，
DE BE
∴ = ，
DF CD
∵D是BC中点，
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∴BD=CD，
DE BE DE DF
∴ = ，即 = ，
DF BD BE BD
∵∠EDF=∠B，
∴△BDE∽△DFE，
∴∠BEA=∠FED，即ED平分∠BEF；
（3）解：∵△BDE∽△CFD，△BDE∽△DFE，
∴△CFD∽△DFE，
DF CF
∴ = ，即DF2=EF⋅CF=xy，
EF DF
如图所示，连接AD，过点F作FH⊥BC于点H，
∵AB=AC，D是BC中点，BC=8，
∴DC=4，AD⊥BC，
在Rt△ADC中，AC=5，
∴AD=√AC2−CD2=√52−42=3，
3 4
∴tanC= ，cosC= ，
4 5
CH 4 FH 3
在Rt△FHC中，CF=x，cosC= = ，tanC= = ，
CF 5 CH 4
4 4 3 3 4 3
∴CH= CF= x，FH= CH= × x= x，
5 5 4 4 5 5
4
∴DH=4− x，
5
在Rt△DFH中，DF2=FH2+DH2= (3 x ) 2 + ( 4− 4 x ) 2 =x2− 32 x+16，
5 5 5
∵EF= y，DF2=EF⋅CF，
32
∴x2− x+16=x⋅y，
5
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16 32( 16)
∴y=x+ − 0180°（舍）.
5 8
综上所述，当四边形ADCE有两个内角互补时，CF的长为 或 ．
2 5
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，函数解析式的计算，解
直角三角形的计算，掌握相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算是解题的关键．
题型八： 三角形与函数综合（存在性问题）
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如果两点到一条直线的距离相等，则称该直线为“两点的等距线”．
(1) 如图1，直线CD经过线段AB的中点P，试说明直线CD是点A，B的一条等距线．
(2)如图2，A，B，C是正方形网格中的三个格点，请在网格中作出所有的直线m，使直线m过点C且直
线m是“A，B两点的等距线”．
(3)如图3，△ABC中，A(1,2),B(0,−1),C(−2,1)，则在坐标轴上是否存在点P，使S =S ？若存
△APC △BPC
在，试求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
( 7 ) ( 3)
(3)存在，P − ,0 ,P (0,7),P (3,0),P 0,
1 3 2 3 4 5
【分析】本题是三角形综合题，考查了点到直线的距离、全等三角形的判定与性质，待定系数法，一次函
数解析式与坐标轴的交点等知识．
（1）分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足为E，F，利用AAS证明△AEP≌△AFP，得到AE=BF即可证
明直线CD是点A、B的一条等距线；
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（2）根据两点等距线的定义作图，连接AB中点与C组成的直线或者过C作AB的平行线即可；
（3）由S =S 可得A、B两点到直线PC的距离相等，再分两类进行讨论，由待定系数求出直线解
△APC △BPC
析式即可求出点P的坐标．
【详解】（1）证明：分别过A，B两点作AE⊥CD,BF⊥CD，垂足分别为E，F．
∴∠AEP=∠BFP=90°
，
∵P是AB的中点，
∴AP=BP，
在△AEP和△BFP中，
¿
∴△AEP=△AFP(AAS)，
∴AE=BF，
即直线CD是点A，B的一条等距线；
（2）如图，直线m 、m 就是所有的直线，
1 2
（3）设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A(1,2),B(0,−1)，
∴¿解得：¿
∴直线AB的解析式为y=3x−1．
∵S =S ，
△APC △BPC
∴A,B两点到直线PC的距离相等，
∴PC∥AB或过AB中点，
如图，当PC∥AB时，可设直线PC的解析式为y=3x+k ，代入C(−2,1)得1=−6+k ，解得k =7，
1 1 1
∴直线PC的解析式为y=3x+7，
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( 7 )
∴直线PC与坐标轴的交点为P − ,0 ,P (0,7)；
1 3 2
②当直线CP过AB中点时，
∵A(1,2),B(0,−1)，
(1 1)
∴AB中点E的坐标为 , ，
2 2
∴设直线CE的函数解析式为y=mx+n，
(1 1)
代入 , ，C(−2,1)得¿，解得：¿，
2 2
1 3
∴直线CE的函数解析式为y=− x+ ，
5 5
( 3)
∴直线CE与坐标轴的交点为P (3,0),P 0, ．
3 4 5
( 7 ) ( 3)
综上所述，满足条件的点P的坐标为P − ,0 ,P (0,7),P (3,0),P 0, ．
1 3 2 3 4 5
k
2．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，过原点O的直线与反比例函数y = (k≠0)的图象交于A(1，2)，
1 x
B两点，一次函数y =mx+b(m≠0)的图象过点A与反比例函数交于另一点C(2，n)．
2
(1)求反比例函数的解析式；当y >y 时，根据图象直接写出x的取值范围；
1 2
(2)在y轴上是否存在点M，使得△COM为等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理
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由．
2
【答案】(1)y = ，0y ．
1 2 1 2
所以x的取值范围是：02．
（2）将x=2代入反比例函数解析式得y=1，
所以点C的坐标为(2，1)．
则OC=√(2−0) 2+(1−0) 2=√5．
如图：
当OC=OM时， OM=√5，
所以点M坐标为((0,√5)或(0,−√5)．
当CM=CO时，点C在OM的垂直平分线上，
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又因为点C坐标为(2，1)，
所以点M坐标为(0，2)．
当MO=MC时，点M在OC的垂直平分线上，
过点C作CN⊥y轴于点N，
令MO=m，则MC=m，MN=m−1，
在Rt△CMN中，
CN2+M N2=MC2
即22+（m−1）2=m2，
5
解得m= ．
2
5
所以点M的坐标为(0, )．
2
5
综上所述：点M的坐标为(0,√5)或(0,−√5)或(0,2)或(0, )．
2
3．（2023·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于B(4,0)，
C(−2,0)两点．与y轴交于点A(0,−2)．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的平行线
1
交x轴于点D，求与 PK+PD的最大值及此时点P的坐标；
2
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形：若存在，请求
出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y= x2− x−2
4 2
1 25 (3 35)
(2)存在， PK+PD的最大值为 ，P ,−
2 8 2 16
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(3)(1,6)或(1,−4)
【分析】（1）将A、B、C代入抛物线解析式求解即可；
（2）可求直线AB的解析式为y= 1 x−2，设P ( m, 1 m2− 1 m−2 ) （0x+4，
x
k
∴观察函数图象可知：当−1AB
∵点E是边AB上的点，
∴ BC>CE，故②错误；
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB =45°，
∴ BC=√AB2+AC2=√2AC，
∵ AD∥BC，∠ECD=45°，
∴ ∠DAC=∠ACB=∠ABC=45°，∠ECD−∠ECA=∠ACB−∠ECA，
∴∠ACD=∠BCE，
∴ △DAC∽△EBC，
AC DC
∴ = ，
BC EC
∵ ∠ACB=∠ECD=45°，
∴ △ABC∽△DEC，
∴ ∠EDC=∠BAC=90°，
∴ A，D在以EC为直径的圆上，
∴ ∠AED=∠ACD，∠ADE=∠ACE，故④正确；
∵ ∠ACD=∠ECB，
∴ ∠AED=∠ECB，故①正确；
∵ △DAC∽△EBC，
BE BC
∴ = =√2，
AD AC
∴ BE=√2AD，故③正确．
故选C．
4．（2025·河南周口·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴正半轴上，OA=√2．将OA绕点O顺
时针旋转45°得到OA ，过点A 作A A ⊥OA 交x轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转45°得到OA ，
1 1 1 2 1 2 2 3
过点A 作A A ⊥OA 交y轴于点A ；…；按此规律循环下去，则点A 的坐标是（ ）
3 3 4 3 4 2025
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A．(−2505,2505) B．(0,4253)
C．(2506,2506) D．(2253,2253)
【答案】C
【分析】本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，根据旋转的性质，得到△A OA 、△A OA 、
1 2 3 4
△A OA 、⋯、都是等腰直角三角形，分别求出OA =2，OA =2√2，OA =4，进而得A (1,1)，
5 6 2 4 6 1
A (√2,−√2)，A (−2,−2)，A (−2√2,2√2)，抽象概括出相应的数字规律，进而得出结论即可．
3 5 7
【详解】解：将OA绕点O顺时针旋转45°得到OA ，A A ⊥OA 交x轴于点A ，
1 1 2 1 2
∴∠AOA =45°，OA=OA =√2，∠OA A =90°，
1 1 1 2
∴∠A OA =90°−∠AOA =45°，
1 2 1
∴∠OA A =90°−∠A OA =45°，
2 1 1 2
∴△A OA 是等腰直角三角形，
1 2
∴A A =OA =√2，
1 2 1
∴OA =2，
2
同理可得：△A OA 、△A OA 、⋯、都是等腰直角三角形，OA =2√2，OA =4…，
3 4 5 6 4 6
∴A (1,1)，A (√2,−√2)，A (−2,−2)，A (−2√2,2√2)…，
1 3 5 7
∵(2025+1)÷2÷4=253⋯1，
∴点A 2025 在第一象限，坐标为 ( (√2) 202 2 5−1 ,(√2) 202 2 5−1) 即(2506,2506)，
故选：C．
5．（2025·安徽合肥·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B在x轴正半轴上（点B在点A的右
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侧），OA=2AB，分别以OA，AB为直角边作等腰直角三角形OAC，等腰直角三角形ABD，反比例函
k
数y= (k>0)的图象与斜边AD交于点E，与斜边OC交于点F．
x
（1）若F是OC的中点，且点F的坐标为(2,2)，则点E的坐标为 ．
（2）过点F作FM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥y轴于点N．若E是AD的中点，阴影部分（四边形
PMON的面积等于√5，则k的值为 ．
【答案】 (2√2+2,2√2−2) 5
【分析】本题考查反比例函数的图像上点的特征，等腰直角三角形的性质，掌握相关知识是解题的关键．
（1）由点F的坐标为(2,2)可得k=4，OA=4，设点E的纵坐标为y，则点E的横坐标为4+ y，得到
y(4+ y)=4，求出y值即可求解；
（2）设OA=4a，得以得到点D的坐标为(6a,2a)，然后可以得到点E的坐标为(5a,a)，然后得到点F的
(√5 √5)
坐标 , ，根据阴影部分的面积求出a值即可解题．
a a
【详解】解：（1）∵点F的坐标为(2,2)，
∴k=2×2=4，
∵F是OC的中点，
∴OA=2×2=4，
设点E的纵坐标为y，则点E的横坐标为4+ y，
∴y(4+ y)=4，
解得：y =2√2−2，y =−2√2−2（舍去），
1 2
∴4+ y=2√2+2，
∴点E的坐标为(2√2+2,2√2−2)，
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故答案为：(2√2+2,2√2−2)；
（2）设OA=4a，
∵AO=2AB，
∴AB=2a，
∵ △OAC，△ABD都是等腰直角三角形，
∴点D的坐标为(6a,2a)，
∵E是AD的中点，
∴点E的坐标为(5a,a)，
∴ON=a，
∵阴影部分的面积等于√5，
√5
∴OM= ，
a
√5
∴MF=OM= ，
a
(√5 √5)
∴点F的坐标为 , ，
a a
√5 √5
∴k=5a⋅a= ⋅ ，
a a
∴a2=1，
∴k=5a2=5，
故答案为：5．
6．（2025·河南驻马店·一模）如图，在△ABC中，AC=5、AB=4、BC=3，D是平面内一点，CD=1，
连接AD、E为AD的中点，连接BE，则BE的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】 2 3
1 1 1
【分析】如图，取AC的中点Q，连接EQ，求解EQ= CD= ，E在以Q为圆心， 为半径的⊙Q上运
2 2 2
动，连接BQ交⊙Q于E,E'，则BE为最小，BE'为最长，再进一步求解即可．
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【详解】解：如图，取AC的中点Q，连接EQ，
∵E为AD的中点，CD=1，
1 1
∴EQ= CD= ，
2 2
1
∴E在以Q为圆心， 为半径的⊙Q上运动，
2
连接BQ交⊙Q于E、E'，则BE为最小，BE'为最长，
∵AC=5、AB=4、BC=3，
∴AB2+BC2=25=AB2，
∴∠ABC=90°，
∵Q为AC中点，
1 5
∴BQ= AC= ，
2 2
∴BE=2.5−0.5=2，BE'=2.5+0.5=3，
∴BE的最小值为2，最大值为3；
故答案为：2，3
【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，圆的确定，圆外一点
与圆上各点的距离的最值问题，确定E的轨迹是解本题的关键．
7．（2025·山东济南·一模）（一）模型呈现
（1）如图1，点A在直线l上，∠BAD=90°,AB=AD，过点B作BC⊥l于点C，过点D作DE⊥l于点E，
由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠DEA=90°，可以推理得到△ABC≌DAE，
进而得到AC=_______，BC=_______．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（二）模型体验
（2）如图2，在△ABC中，点D为AB上一点，DE=DF=3,∠A=∠EDF=∠B，四边形CEDF的周长
为10，△ABC的周长为18．小诚同学发现根据模型可以推理得到△ADE≌△BFD，进而得到
AE=BD,AD=BF，那么AB=AE+BF，再根据题目中周长信息就可得AB=_______；
（三）模型拓展
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（3）如图3，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=2BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，
BE⊥MN于点E．请猜想线段DE,AD,BE之间的数量关系，并写出证明过程：
（四）模型应用
（4）如图4，已知在矩形ABCD中，AB=14,BC=7，点E在CD边上，且DE=4．P是对角线AC上一
2
动点，Q是边AD上一动点，且满足sin∠EPQ= √5，当P在AC上运动时，请求线段AQ的最大值，并
5
求出此时线段AP的长度．
1
【答案】（1）DE,AE；（2）7；（3）DE=2BE− AD，见解析；（4）当AP=2√5时AQ =4
2 max
【分析】（1）由全等三角形的性质可得结论；
（2）由全等三角形的性质得对应相等的线段，经过等量代换即可求出；
AD CD AC
（3）证明△CDA∽△BEC，得 = = ，由AC=2BC，得AD=2CE,CD=2BE，进而可得结
CE BE BC
论：
（4）在AC上找一点F使∠EFP=∠DAC，延长FE交AD的延长线于点G，过点G作AC的垂线，垂足为
M，过点F作AD的垂线，垂足为N．由矩形性质及勾股定理证明∠BAC=∠DCA，求出
AC=√AB2+BC2=7√5，证明∠EFP=∠DAC=∠EPQ，进而证明△AQP∽△FPE，△GAF为等腰
三角形，
设AM=MF=a，则AF=2a，解直角三角形求出DG=3，EG=5，设AQ= y，AP=x，证明
x(4√5−x) 1 4√5
△AQP∽△FPE，得y= =− x2+ x，由二次函数的性质即可求解．
5 5 5
【详解】（1）解：∵△ABC≌△DAE，
∴AC=DE,BC=AE，
故答案为：DE,AE
（2）解：∵四边形CEDF的周长为10，DE=DF=3，
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∴CE+CF+DE+DF=10，
∴CE+CF=4，
∵ △ABC的周长为18，AB=AE+BF，
∴AB+AE+BF+CE+CF=18，
∴2AB+4=18，
∴AB=7，
故答案为：7；
1
（3）解：DE=2BE− AD；理由如下，
2
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵BE⊥MN，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
∵AD⊥MN，
∴∠CDA=90°，
∴∠CDA=∠BEC=90°，
∴△CDA∽△BEC，
AD CD AC
∴ = = ，
CE BE BC
∵AC=2BC，
∴AD=2CE,CD=2BE，
1
∴DE=CD−CE=2BE− AD；
2
（4）解：在AC上找一点F使∠EFP=∠DAC，延长FE交AD的延长线于点G，过点G作AC的垂线，垂
足为M，过点F作AD的垂线，垂足为N．
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∵ ABCD AB=14 BC=7
在矩形 中， ， ，
∴AB=CD=14，AB∥CD，∠B=90°
∴∠BAC=∠DCA，AC=√AB2+BC2=7√5，
DC AB 2√5
∴sin∠DAC= = = ，
AC AC 5
2
∵sin∠EPQ= √5，
5
∴∠EFP=∠DAC=∠EPQ，
∵∠QPF=∠QPE+∠EPF=∠DAC+∠AQP,∠QPE=∠DAC，
∴∠EPF=∠AQP，
∴△AQP∽△FPE，AG=GF，
∴△GAF为等腰三角形，
∴AM=MF，
设AM=MF=a，则AF=2a，
2√5
∵sin∠DAC= ，
5
4√5 2√5
∴MG=2a，AG=FG=√5a，FN= a，AN= a，
5 5
2√5 3√5
∴GN=GA−AN=√5a− a= a，
5 5
∵tan∠DGE=tan∠NGF，
4√5
a
DE FN 5 4
∴ = = = ，
DG GN 3√5 3
a
5
∵DE=4，
∴DG=3，EG=5，
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∴AG=GF=10，
∴EF=10−5=5，
2√5
∵MG=sin∠DAC·AG= ×10=4√5，
5
∴AM=√AG2−MG2=2√5，
1
∴AM=MF= AF=2√5，AF=4√5，
2
设AQ= y，AP=x，
∵△AQP∽△FPE，
AQ AP
∴ = ，
PF EF
y x
∴ = ，
4√5−x 5
x(4√5−x) 1 4√5
即y= =− x2+ x，
5 5 5
1
∵− <0，对称轴为直线x=2√5，
5
∴当x=2√5时，y =4，
max
即当AP=2√5时，AQ =4．
max
【点睛】本题主要涉及全等三角形的判定与性质、“一线三等角”模型等数学概念，利用“一线三等角”
模型及全等三角形的判定定理证明三角形全等，进而得出对应边相等；构造“一线三等角”模型，结合三
角函数和相似三角形的性质及二次函数的性质，求解线段的最值及相应长度是正确解题的关键．
8．（2025·河南濮阳·一模）综合与探究
如图，∠AOB=120°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A．
(1)【操作判断】
如图1，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意，在图1中画出PC，并直接写出∠APC的度数：
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_______________．
(2)【问题探究】
如图2，点M在线段AO上，连接PM，作∠MPN=60°，PN交射线OB于点N，探究OM，ON与PA之
间的数量关系，并给出证明．
(3)【拓展延伸】
点M在射线AO上，连接PM，作∠MPN=60°，PN交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于点E．
OP
若ON=3OM，请直接写出 的值．
OE
【答案】(1)图见解析，60°
√3
(2)PA= (OM+ON)，证明见解析
2
4
(3)
3
【分析】（1）根据尺规基本作图——作垂线，作出PC；再利用四边形内角和等于360度求出∠APC即
可；
（2）作PC⊥OB于C，证明△PCN≌△PAM(AAS)，得到CN=AM，再证明
1
Rt△POC≌Rt△POA(HL)，得到OC=OA，从而得到OA= (OM+ON)，然后证明OP=2OA，由勾股
2
√3
定理，得OA2+PA2=OP2=(2OA) 2，即可得PA=√3OA，从而得出结论PA= (OM+ON)．
2
（3）证明△PCN≌△PAM(AAS)，得到CN=AM，PN=PM，从而可证得△PMN是等边三角形，得出
∠PMN=60°，MN=PN，再证明OA=OM，设OA=OM=x，则AM=2x，由（2）知：
OP=2OA=2x，PA=√3OA=√3x，从而求得MN=PM=√PA2+AM2=√7x，然后证明
NE OE NO 3x 3√7 3
△NEO∽△PEM，得 = = = = ，即可求出OE= x，即可代入求解．
PE ME PM √7x 7 2
【详解】（1）解：如图，PC即为所求，
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∵PA⊥OA，PC⊥OB，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴ ∠APC=360°−90°−90°−120°=60°，
故答案为：60°．
√3
（2）解：PA= (OM+ON)，
2
证明：如图，作PC⊥OB于C，
由（1）知：∠APM+∠MPC=∠APC=60°，
∵∠NPC+MPC=∠MPN=60°，
∴∠NPC=∠APM，
∵PC⊥OB，PA⊥OA，
∴∠PCN=∠PAM，
∵点P在∠AOB的平分线上，
∴PC=PA，
∴△PCN≌△PAM(AAS)，
∴CN=AM，
∵PC=PA，OP=OP，
∴Rt△POC≌Rt△POA(HL)，
∴OC=OA，
∴ON+OM=OC+NC+OM=OC+AM+OM=OC+OA=2OA，
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1
∴OA= (OM+ON)，
2
∵点P在∠AOB的平分线上，∠AOB=120°，
1
∴∠POA= ∠AOB=60°，
2
∴∠APO=30°，
∴OP=2OA，
由勾股定理，得OA2+PA2=OP2=(2OA) 2，
∴PA=√3OA，
√3
∴PA= (OM+ON)．
2
（3）解：如图，
由（1）知：∠APM+∠MPC=∠APC=60°，
∵∠NPC+MPC=∠MPN=60°
∴∠NPC=∠APM
∵PC⊥OB，PA⊥OA，
∴∠PCN=∠PAM，
∵点P在∠AOB的平分线上，
1
∴PC=PA，∠PON= ∠AOB=60°，
2
∴∠EON=120°，
∴△PCN≌△PAM(AAS)，
∴CN=AM，PN=PM，
∵∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形，
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∴∠PMN=60°，MN=PM，
∴∠PME=120°，
由（2）知：OC=OA，
∴OM+ON=OM+OC+CN=OM+OA+AM=2OM+2OA，
∵ON=3OM，
∴4OM=2OM+2OA，
∴OA=OM，
设OA=OM=x，则AM=2x，
由（2）知：OP=2OA=2x，PA=√3OA=√3x，
∴MN=PM=√PA2+AM2=√7x，
∵∠NOP=∠PME=120°，∠NEO=∠PEM，
∴△NEO∽△PEM，
NE OE NO 3x 3√7
∴ = = = = ，
PE ME PM √7x 7
√7
∴ME= OE，
3
MN+ME 3√7
∴ = ，
PO+OE 7
√7
√7x+ OE
∴ 3 3√7，
=
2x+OE 7
3
∴OE= x，
2
OP 2x 4
= =
∴OE 3 3．
x
2
4
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查尺规基本作图-作垂线，角平分线的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，
勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，证明△PCN≌△PAM(AAS)和
△NEO∽△PEM是解题的关键．
9．（2025·重庆·模拟预测）如图．在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点M从点B出发，以每秒1个单
位长度的速度沿BC运动到点C停止，过点M作NM⊥BC交两腰于点N，连接CN，设点M的运动时间为
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x(秒)，△BCN的面积为y
1
(1)直接写出y 与x之间的函数关系式，并写出对应的x的取值范围；
1
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质：
8
(3)反比例函数y = 的图象如下，直接写出y ≥ y 时x的取值范围．（误差小于0.2)
2 x 1 2
【答案】(1)y =¿
1
(2)见解析
(3)1.4≤x≤5.6
【分析】本题考查了一次函数，反比例函数，解直角三角形，根据题意列出函数解析式是解题的关键；
（1）分两种情况，当 0≤x≤3时，当30)与x轴交于点A，
与抛物线E:y=ax2交于B，C两点（B在C的左边）．
(1)求A点的坐标；
(2)如图1，若B点关于x轴的对称点为B'点，当以点A，B'，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a
的值；
(3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如(−2,1)，(2,0)等均为格点．如图
2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值
范围．
【答案】(1)(−2，0)
√15
(2)a=1或a= ；
5
13 20
(3) y ．其中
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．③④ D．①②④
【答案】D
【分析】由图知当动点P沿BC匀速运动到点C时，DP2=7，作DE⊥BC于点E，利用解直角三角形和勾
股定理，即可得到BC，即可判断①，当t=5时，证明△ADP是等边三角形，即可判断②，当4≤t≤6时，
且DP⊥AC时，DP2最小，求出最小值即可判断③，利用勾股定理分别表示出y 和y 进行比较，即可判
1 2
断④．
【详解】解：由图知当动点P沿BC匀速运动到点C时，DP2=7，
作DE⊥BC于点E，
∵ △ABC D AB BD=2
是等边三角形，点 在边 上， ，
∴∠B=60°，AB=BC=AC，
∴DE=BD⋅sin60°=√3，BE=BD⋅cos60°=1，
∴EP=√DP2−DE2=2，
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∴AB=BC=BE+EP=3，
故①正确；
当t=5时，PC=5−3=2，AP=1=AD，
∵ ∠A=60°
，
∴ △ADP是等边三角形，
∴DP=AP=AD=1，
∴y=DP2=1，
故②正确；
当4≤t≤6时，且DP⊥AC时，DP2最小，
∵AD=1 ∠A=60°
， ，
√3
∴DP=AD⋅sin60°= ，
2
3 3
∴ DP2最小为 ，即y能取到 ，
4 4
故③错误；
动点P沿BC−CA匀速运动时，
∵ t +t =6，t 3，t =6−t ，
1 2 2 1
y =(1−t ) 2+(√3) 2=t 2−2t +4；
1 1 1 1
5 3
当DP⊥AC时，CP= ，DP= ，
2 4
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( 11) 2 3 (1 ) 2 3
y = t − + = −t + ；
2 2 2 4 2 1 4
∴y −y =t 2−2t +4− (1 −t ) 2 − 3 =3−t >0，
1 2 1 1 2 1 4 1
∴y >y ；
1 2
故④正确；
综上所述，正确的有①②④，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数综合，等边三角形性质，解直角三角形，勾股定理，涉及到动点问题、读懂
函数图象、正确理解题意，利用数形结合求解是解本题的关键．
3．（2024·安徽·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=2，BD是边AC上的高．
点E，F分别在边AB，BC上（不与端点重合），且DE⊥DF．设AE=x，四边形DEBF的面积为y，则
y关于x的函数图象为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了函数图象的识别，相似三角形的判定以及性质，勾股定理的应用，过点E作
EH⊥AC于点H，由勾股定理求出AC，根据等面积法求出BD，先证明△ABC∽△ADB，由相似三角
AB AC
形的性质可得出 = ，即可求出AD，再证明△AED∽△BFD，由相似三角形的性质可得出
AD AB
S
△AED=
(AD) 2
，即可得出S =4S ，根据S =S −S −(S −S )，代入可
S BD △AED △BFD 四边形DEBF △ABC △AED △BDC △BDF
△BFD
得出一次函数的解析式，最后根据自变量的大小求出对应的函数值．
【详解】解：过点E作EH⊥AC于点H，如下图：
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∵∠ABC=90°，AB=4，BC=2，
∴AC=√AB2+BC2=2√5，
∵BD是边AC上的高．
1 1
∴ AB⋅BC= AC⋅BD，
2 2
4
∴BD= √5，
5
∵∠BAC=∠CAB，∠ABC=∠ADB=90°，
∴△ABC∽△ADB，
AB AC
∴ = ，
AD AB
8√5
解得：AD= ，
5
8√5 2√5
∴DC=AC−AD=2√5− = ，
5 5
∵∠BDF+∠BDE=∠BDE+∠EDA=90°，∠CBD+∠DBA=∠DBA+∠A=90°，
∴∠DBC=∠A，∠BDF=∠EDA，
∴△AED∽△BFD，
2
8√5
( )
∴
S
△AED=
(AD) 2
=
5
=4，
S BD 4√5
△BFD
5
∴S =4S ，
△AED △BFD
∴S =S −S −(S −S )
四边形DEBF △ABC △AED △BDC △BDF
1 1 1 1
= AB⋅BC− AE⋅ADsin∠A− DC⋅DB+ S
2 2 2 4 △AED
1 3 1 8√5 2 1 2√5 4√5
= ×4×2− × x⋅ × − × ×
2 4 2 5 2√5 2 5 5
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16 3
= − x
5 5
∵0n时，同理可得：√mn+m2
