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重难点突破 04 全等三角形与相似三角形
目 录
题型01 旋转中的全等模型
类型一 对角互补模型
类型二 对角互补且有一组邻边相等的半角模型
类型三 手拉手旋转模型
类型四 中点旋转模型
类型五 通过旋转构造三角形全等
题型02 构造相似三角形解题
类型一 做平行线构造“A”型相似
类型二 做平行线构造“X”型相似
类型三 作垂线构造直角三角形相似
类型四 作垂线构造“三垂直”型相似
题型03 与相似三角形有关的压轴题
类型一 运用相似三角形的性质与判定求点的坐标
类型二 运用相似三角形的性质与判定求线段的最值
类型三 利用相似三角形的判定和性质求“kAD+BD”型的最值（阿氏圆）
类型四 相似中的“一线三等角”模型
类型五 相似三角形与多边形综合
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题型 01 旋转中的全等模型
类型一 对角互补模型
1．（20-21八年级上·江苏南京·阶段练习）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，
N在边BC 上，且∠MAN=45°．若BM= 1，CN=3，求MN的长．
【答案】√10
【分析】过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明
△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角
三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形
的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
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AB＝AC
在△ABM和△ACE中{∠B＝∠ACE，
BM＝CE
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
AM＝AE
在△MAN和△EAN中{∠MAN＝∠EAN，
AN＝AN
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝√10．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握
三角形的全等的判定定理是解题关键．
2．（2021·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓
展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，
如图1．
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（1）∠EAF=_________°，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，
CQ
则 = ________；
BM
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：BM2+DN2=M N2．
【答案】（1）45，△ABC，△ADC；（2）BP+DQ=PQ；（3）√2；（4）见解析
【分析】（1）由翻折的性质可知：∠DAF=∠FAC,∠BAE=∠EAC，∠EAF=∠FAC+∠EAC，根
据正方形的性质：AB=BC=CD=AD,∠BAD=90°=∠DAF+∠FAC+∠BAE+∠EAC ，则
1
∠EAF= ∠BAD=45°，△ABC,△ADC为等腰三角形；
2
（2）如图：将△ADQ顺时针旋转90°，证明△APQ≌△APQ'全等，即可得出结论；
（3）证明△ACQ∽△ABM即可得出结论；
（4）根据半角模型，将△ADN顺时针旋转90°，连接M N'，可得DN=BN'，通过△AMN≌△AM N'得
出MN=M N'，△BM N'为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）由翻折的性质可知：∠DAF=∠FAC,∠BAE=∠EAC
∵ ABCD为正方形
∴∠BAD=90°，AB=BC=CD=AD
∴△ABC,△ADC为等腰三角形
∵ ∠BAD=∠DAF+∠FAC+∠BAE+∠EAC
∴∠BAD=2(∠FAC+∠EAC)
∵∠EAF=∠FAC+∠EAC
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1 1
∴∠EAF= ∠BAD= ×90°=45°
2 2
（2）如图：将△ADQ顺时针旋转90°，
由旋转的性质可得：AQ=AQ'，DQ=BQ' ∠DAQ=∠BAQ'
由（1）中结论可得∠PAQ=45°
∵ABCD为正方形，∠BAD=90°
∴∠BAP+∠DAQ=45°
∴∠BAQ'+∠BAP=45°
∴∠PAQ=∠PAQ'
∴在△APQ和△APQ'中
¿
∴△APQ≌△APQ'
∴PQ=PQ'
∵PQ'=BQ'+BP
∴PQ=DQ+BP
（3）∵BD,AC为正方形ABCD对角线
∴AC=√2AB
∴∠ABM=∠ACQ=45°，∠BAC=45°
∵∠PAQ=45°
∴∠BAM=45°−∠PAC，∠CAQ=45°−∠PAC
∴∠BAM=∠CAQ
∴ △ABM∽△ACQ
CQ AC
∴ = =√2
BM AB
（4）如图：将△ADN顺时针旋转90°，连接M N'，
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由（2）中的结论可证△AM N'≌△AMN
∴MN=M N'
∵∠D=45°,∠ABD=45°
根据旋转的性质可得：∠D=∠ABN'=45°，DN=BN'
∴∠MBN'=∠ABD+∠ABN'=90°
∴在Rt△MBN'中有BM2+BN'2=M N'2
∴ BM2+DN2=M N2
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判
定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．
3．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，
BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．
探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，
连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是
_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，
∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直
接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，
∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心
南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小
时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到
甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距
离．
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【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际
应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，
∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，
∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，
∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的
长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在 BCG和 BAE中，
¿，
△ △
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
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即∠GBF=60°，
在 BGF和 BEF中，
¿，
△ △
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在 BCG和 BAE中，
¿，
△ △
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
1
∴∠ABE+∠CBF= ∠ABC，
2
1
∴∠CBG+∠CBF= ∠ABC，
2
1
即∠GBF= ∠ABC，
2
在 BGF和 BEF中，
¿，
△ △
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
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探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在 BCG和 BAE中，
¿，
△ △
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
1
∴∠ABE+∠CBF= ∠ABC，
2
1
∴∠CBG+∠CBF= ∠ABC，
2
1
即∠GBF= ∠ABC，
2
在 BGF和 BEF中，
¿，
△ △
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
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∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
1
∴∠EOF= ∠AOB
2
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
类型二 对角互补且有一组邻边相等的半角模型
4．（2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，
AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC
＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整
的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC
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之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝√6，AC与BD相交于点O．若四
边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=√2AC；理由见详解；
(3)3√3−3或3−√3
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明 ADE≌△ABC（SAS），推出
∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出 ACE的等边三角形，可得结论； △
（2）结论：CB+CD=√2AC．如△图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明
AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt ACM≌Rt ACN（HL），推出CM=CN，可得
△结论； △ △
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2
中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在 ADE和 ABC中，
¿，
△ △
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
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∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=√2AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=√2CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt ACM≌Rt ACN（HL），
∴CM△=CN， △
∴CB+CD=CN−BN+CM+DM=2CM=√2AC；
（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
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∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=√3CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
1
CD·OQ
S 2 CD
∴ ΔCDO= = ，
S 1 BC
ΔOBC BC·OP
2
OD CD
∴ = = √3，
OB CB
∵AB=AD=√6，∠DAB=90°，
∴BD=√2AD=2√3，
√3
∴OD= ×2√3=3√3−3．
1+√3
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
OD 1 1
同法可证 = ，OD= ×2√3=3−√3，
OB √3 1+√3
综上所述，满足条件的OD的长为3√3−3或3−√3．
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【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和
性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于
中考压轴题．
5．（20-21九年级上·湖北武汉·阶段练习）（1）问题背景．
如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是线段BC、线段CD上的点．若
∠BAD=2∠EAF，试探究线段BE、EF、FD之间的数量关系．
童威同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG．再证
明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ．
（2）猜想论证．
如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E在线段BC上、F在线段CD延长线上．
若∠BAD=2∠EAF，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你
的证明．
（3）拓展应用．
如图3，在四边形ABDC中，∠BDC=45°，连接BC、AD，AB:AC:BC=3:4:5，AD=4，且
∠ABD+∠CBD=180°．则△ACD的面积为 ．
8
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）不成立，EF=BE−DF．理由见解析；（3）
3
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【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG(SAS)，可得AE=AG，
再证明△AEF≌△AGF(SAS)，可得EF=FG，即可解题；
（2）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，¿=EF，那么
EF=≥=BE−BG=BE−DF．
（3）如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．
证明四边形AHDK是正方形即可解决问题．
【详解】解：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，
∴∠ADG=∠B，
在△ABE和△ADG中，
¿，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
¿，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE−FD．
理由如下：证明：如图2中，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
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∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
¿，
∴△ABG≌△ADF(SAS)．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAD=∠BAG+∠GAD=∠DAF+∠GAD=∠GAF．
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠GAF=2∠EAF，
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF(SAS)．
∴EG=EF．
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
（3）如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．
∵AB:AC:BC=3:4:5，
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∴设AB=3k，AC=4k，BC=5k，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
∵∠H=∠K=90°，
∴四边形AHDK是矩形，
∴∠HDK=90°，
∵∠BDC=45°，
∴∠BDH+∠CDK=45°，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠ABD+∠DBH=180°，
∴∠DBH=∠DBC，
∵∠H=∠DJB=90°，DB=DB，
∴△BDH≌△BDJ(AAS)，
∴DH=DJ，∠BDH=∠BDJ，BH=BJ，
∵∠BDJ+∠CDJ=45°，∠BDH+∠CDK=∠BDJ+∠CDK=45°，
∴∠CDJ=∠CDK，
∵∠K=∠DJC=90°，CD=CD，
∴△CDK≌△CDJ(AAS)，
∴DJ=DK，CJ=CK，
∴DH=DK，
∴四边形AHDK是正方形，
∴BH+CK=BJ+CJ=5k，
∴AH+AK=12k，
∴AK=KD=6k，
∵AD=4，
∴AK=DK=2√2=6k，
√2
∴k= ，
3
4√2
∴AC= ，
3
1 1 4√2 8
∴S = ⋅AC⋅DK= ⋅ ×2√2= ．
△ACD 2 2 3 3
8
故答案为 ．
3
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【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定与性质，勾股定理及其逆
定理；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线
来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
6．（2020·河南南阳·模拟预测）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，
∠ABC=120°，∠MBN=60°，将∠MBN绕点B旋转，它的两边分别交边AD、DC（或它们的延长
线）于点E、F．
（1）当∠MBN绕点B旋转到AE=CF时（如图1），
①求证：△ABE≌△CBF；
②求证：AE+CF=EF；
（2）当∠MBN绕点B旋转到如图2所示的位置时，AE≠CF，此时，（1）中的两个结论是否还成立？请
直接回答．
【答案】（1）①详见解析；②详见解析；（2）①不成立，②成立．
【分析】（1）①根据AB＝BC，∠A＝∠C，AE＝CF即可得证；
②先证△BEF为等边三角形，进而得到EF＝BE＝BF，再由∠ABE=∠CBF结合∠ABC=120°，
∠MBN=60°可得∠ABE=∠CBF=30°，进而可证得BE=2AE，再用等量代换即可得证；
（2）延长FC至G，使AE＝CG，连接BG，先证△BAE≌△BCG，再证△GBF≌△EBF即可．
【详解】（1）①证明：∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠BAE=∠BCF=90°．
在△ABE和△CBF中，
¿
∴△ABE≌△CBF（SAS）．
②证明：由①知△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，∠ABE=∠CBF．
∵∠MBN=60°，
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∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE=BF．
又∵∠ABC=120°，
1
∴∠ABE=∠CBF= (120°−60°)=30°．
2
∵∠BAE=90°，
∴BE=2AE．
∵AE=CF，
∴AE+CF=2AE=BE=EF．
（2）如图2，延长FC至G，使CG＝AE，连接BG，
在△BAE和△BCG中，
¿，
∴△BAE≌△BCG（SAS），
∴∠ABE＝∠CBG，BE＝BG，
∵∠ABC＝120°，∠EBF＝60°，
∴∠ABE＋∠CBF＝60°，
∴∠CBG＋∠CBF＝60°，
∴∠GBF＝∠EBF，
在△GBF和△EBF中，
¿，
∴△GBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝GF＝CF＋CG＝CF＋AE，
∴①不成立，②成立．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、旋转变换等知识点，难度
适中．本题是典型的“大角夹半角模型”，其基本思路是“旋转补短”，从而构造全等三角形．
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类型三 手拉手旋转模型
7．（2022·山东济南·中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段
AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析
【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACE(SAS)，再由全等三角形的性
质求解；
（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据等边三角形的
AG AF
性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG， = ，进而得到△BAD∽△FAG，进而求出
AD AB
∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用等腰直角三角形的性质求解．
【详解】（1）解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
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在△ABD和△ACE中
¿，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
（2）解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，
由（1）得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．
∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
1
∴∠DAG= ∠DAE=30°，
2
AG √3
∴ =cos∠DAG= ．
AD 2
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
1
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF= ∠BAC=30°，
2
AF √3
∴ =cos∠BAF= ，
AB 2
AG AF
∴∠BAF=∠DAG， = ，
AD AB
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
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∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相
似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
8．（2020·辽宁丹东·中考真题）已知：菱形ABCD和菱形A'B'C'D'，∠BAD=∠B' A'D'，起始位置点
A在边A'B'上，点B在A'B'所在直线上，点B在点A的右侧，点B'在点A'的右侧，连接AC和A'C'，将菱
形ABCD以A为旋转中心逆时针旋转α角（0°<α<180°）．
（1）如图1，若点A与A'重合，且∠BAD=∠B' A'D'=90°，求证：BB'=DD'；
（2）若点A与A'不重合，M是A'C'上一点，当M A'=MA时，连接BM和A'C，BM和A'C所在直线相
交于点P；
①如图2，当∠BAD=∠B' A'D'=90°时，请猜想线段BM和线段A'C的数量关系及∠BPC的度数；
②如图3，当∠BAD=∠B' A'D'=60°时，请求出线段BM和线段A'C的数量关系及∠BPC的度数；
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③在②的条件下，若点A与A'B'的中点重合，A'B'=4，AB=2，在整个旋转过程中，当点P与点M重合
时，请直接写出线段BM的长．
√33
【答案】（1）见详解；（2）①A′C＝√2BM，∠BPC＝45°；②A′C＝√3BM，∠BPC＝30°；③1＋
3
．
【分析】（1）证明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得结论；
（2）①证明△AA′C∽△MAB，可得结论；
②证明方法类似①，即证明△AA′C∽△MAB即可得出结论；
③求出A′C，利用②中结论计算即可．
【详解】（1）证明：如图1，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，
∴四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∵∠DAB＝∠D′AB′＝90°，
∴∠DAD′＝∠BAB′，
∵AD＝AB，AD′＝AB′，
∴△ADD′≌△BAB′（SAS），
∴DD′＝BB′；
（2）①解：如图2中，结论：A′C＝√2BM，∠BPC＝45°；
理由：设AC交BP于O，
∵四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
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∴∠MA′A＝∠DAC＝45°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝45°，
∴∠AMA′＝90°，
∴AA′＝√2AM，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵AC＝√2AB，
AA' AC
∴ = =√2，
AM AB
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△AA′C∽△MAB，
A'C AA'
∴ = =√2，∠A′CA＝∠ABM，
BM AM
∴A′C＝√2BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝45°，即∠BPC＝45°；
②解：如图3中，设AC交BP于O，
在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝60°，
∴∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝30°，
∴AA′＝√3AM，
在△ABC中，∵BA＝BC，∠CAB＝30°，
∴AC＝√3AB，
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AA' AC
∴ = =√3，
AM AB
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△A′AC∽△MAB，
A'C AA'
∴ = =√3，∠ACA′＝∠ABM，
BM AM
∴A′C＝√3BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BPC＝30°；
③如图4中，过点A作AH⊥A′C于H，
由题意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC＝√3AB＝2√3，
1
在Rt△A′AH中，A′H＝ AA′＝1，A′H＝√3AH＝√3，
2
在Rt△AHC中，CH＝√AC2−AH2=√ (2√3) 2-12=√11，
∴A′C＝A′H＋CH＝√3＋√11，
由②可知，A′C＝√3BM，
√33
∴BM＝1＋ ．
3
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（2022·河南驻马店·三模）如图1，△ABC是边长为6cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且
OA=9cm．点D从O点出发，沿OM方向运动．当点D不与点A重合时，将线段CD绕点C逆时针方向
旋转60°得到CE．连接BE，DE．
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(1)如图1，当点D在线段OA上运动时，线段BD、BE、BC之间的数量关系是______，直线AD和直线BE
所夹锐角的度数是______；
(2)如图2，当点D运动到线段AB（不与A点重合）上时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明
理由；若不成立，请写出正确的结论并说明理由；
(3)如图3，将△ABC改为等腰直角三角形，其中斜边AB=6，其它条件不变，以CD为斜边在其右侧作等
腰直角三角形CDE，连接BE，请问BE是否存在最小值，若存在，直接写出答案；若不存在，说明理由．
【答案】(1)BD=BE+BC,60°
(2)（1）中结论BD=BE+BC不成立，应为BD=BC−BE；直线AD与直线BE所夹锐角的度数为60°成
立．理由见解析
3√2
(3)存在，BE的最小值为
2
【分析】（1）结论为：BD= BE+BC；直线AD和直线BE所夹锐角的度数是60°；根据旋转得出CD=CE，
∠DCE=60°，再证∠DCA=∠ECB．然后证明△DCA≌△ECB（SAS）即可
（2）先根据旋转得出∠CDE=60°，DC=EC．再证∠DCA=∠ECB．然后证明 DCA≌ ECB
（SAS）即可； △ △
（3）如图，作CF⊥AB于点F，连结EF，根据∠CED=90°，∠DFC=90°，得出C，D，E，F四点共圆．
CD为直径，根据等腰直角三角形三线合一性质得出AF=BF=CF=3，根据勾股定理AC=BC=
√AF2+CF2=3√2，根据 DEC为等腰直角三角形，得出∠CDE=∠CFE=45°进而得出点E运动轨迹是
△
∠CFB的平分线所在的直线的一部分，当点E在BC上时，BE最短，然后求出BE即可．
【详解】（1）解：结论为：BD= BE+BC；直线AD和直线BE所夹锐角的度数是60°；
∵线段CD绕点C逆时针方向旋转60°得到CE．
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∴∠DCA+∠ACE=60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC=BC=AB，∠ACB=∠CAB=60°，
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∴∠ACE+∠ECB=60°，
∴∠DCA=∠ECB，
在 DCA和 ECB中，
¿，
△ △
∴ DCA≌ ECB（SAS），
∴△DA=EB，△∠DAC=∠EBC=180°-∠CAB=120°，
∴BD=DA+AB=BE+BC，
∴BD= BE+BC，
∠DBE=∠EBC-∠ABC=120°-60°=60°，
故答案为BD= BE+BC；60°；
（2）解：（1）中结论BD=BE+BC不成立，
应为BD=BC−BE；直线AD与直线BE所夹锐角的度数为60°成立．
理由如下：
∵线段CD绕点C逆时针方向旋转60°得到CE，
∴∠CDE=60°，DC=EC．
∵在等边三角形△ABC中，AB=BC=AC，
∠ACB=∠BAC=∠ABC=60°，
∴∠DCA=∠ECB．
在 DCA和 ECB中，
¿，
△ △
∴ DCA≌ ECB（SAS），
∴△AD=BE△，∠CBE=∠DAC=60°．
∴BD=AB−AD=BC−BE，
∠EBM=180°−∠ABC−∠CBE=180°−60°−60°=60°．
3√2
（3）解：存在，BE的最小值为 ．
2
如图，作CF⊥AB于点F，连结EF，
∵∠CED=90°，∠DFC=90°，
∴C，D，E，F四点共圆．CD为直径，
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∵AB=6，CF⊥AB，AC=BC，
∴AF=BF=CF=3，AC=BC=√AF2+CF2=3√2，
∵ DEC为等腰直角三角形，
∴△∠CDE=∠CFE=45°，
∴点E运动轨迹是∠CFB的平分线所在的直线的一部分，
当点E在BC上时．BE最短，
∵DE平分∠CDB，CF=BF，
1 3√2
∴BE=CE= BC= ．
2 2
【点睛】本题考查图形旋转，三角形全等判定与性质，等边三角形判定与性质，四点共圆，圆周角定理，
勾股定理，动点问题，掌握图形旋转，三角形全等判定与性质，等边三角形判定与性质，四点共圆，圆周
角定理，勾股定理，动点问题是解题关键．
类型四 中点旋转模型
10．（2023·河北唐山·二模）已知：在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过点E作EF⊥BD，交
BC于点F，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG．
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【猜想论证】
(1)猜想线段EG与CG的数量关系，并加以证明．
【拓展探究】
(2)将图1中△BEF绕B点逆时针旋转45°得到图2，取DF中点G，连接EG，CG.你在(1)中得到的结论还
成立吗？写出你的猜想并加以证明．
【答案】(1)EG=CG，理由见解析
(2)（1）中结论仍然成立，即EG=CG，理由见解析
【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．
（2）连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出
AG=CG；再证出△DMG≌△FNG(ASA)，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；
最后证出CG=EG．
【详解】（1）EG=CG；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCF=90°，
在Rt△FCD中，
∵G为DF的中点，
1
∴CG= DF，
2
∵EF⊥BD，
同理，在Rt△≝¿中，
1
¿= DF，
2
∴CG=EG．
（2）解：（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，
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在△DAG与△DCG中，
∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，
∴△DAG≌△DCG(SAS)，
∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGN，∠MDG=∠NFG，
∵G为DF的中点，
∴FG=DG，
∴△DMG≌△FNG(ASA)，
∴GM=GN；
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，
∴四边形AENM是矩形，
∴AM=EN，
在△AMG与△ENG中，
∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，
∴△AMG≌△ENG(SAS)
∴AG=EG，
∴EG=CG．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，
添加恰当的辅助线本题的关键．
11．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活
动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG拼成“L”形图案，如图①．
试判断：△ACF的形状为________．
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(2)深入探究
小红在保持矩形ABCD不动的条件下，将矩形CEFG绕点C旋转，若AB=2，AD=4．
探究一：当点F恰好落在AD的延长线上时，设CG与DF相交于点M，如图②．求△CMF的面积．
探究二：连接AE，取AE的中点H，连接DH，如图③．
求线段DH长度的最大值和最小值．
【答案】(1)等腰直角三角形
5
(2)探究一： ；探究二：线段DH长度的最大值为√5+1，最小值为√5−1
2
【分析】（1）由AC=CF，可知△ACF是等腰三角形，再由△ABC≌△FGC(SAS)，推导出
∠ACF=90°，即可判断出△ACF是等腰直角三角形，
（2）探究一：证明△CDM≌△FGM(AAS)，可得CM=MF，再由等腰三角形的性质可得AD=DF，
在Rt△CDM中，勾股定理列出方程CM2=22+(4−CM) 2，解得CM，即可求△CMF的面积；
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，分
别得出四边形MHPD是平行四边形，四边形HNCP是平行四边形，则∠MHN=90°，可知H点在以MN
为直径的圆上，设MN的中点为T，DT=√5，即可得出DH的最大值与最小值．
【详解】（1）解：∵两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG，
∴AC=CF，
∴△ACF是等腰三角形，
∵AB=GF，∠FGC=∠ABC=90°．BC=CG，
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∴△ABC≌△FGC(SAS)，
∴∠BAC=∠GFC，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACG，
∴∠ACG=∠GFC，
∵∠GCF+∠GFC=90°，
∴∠ACG+∠GCF=90°，
∴∠ACF=90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）探究一：∵CD=GF，∠FMG=∠DMC，∠G=∠CDF=90°，
∴△CDM≌△FGM(AAS)，
∴CM=MF，
∵AC=CF，CD⊥AF，
∴AD=DF，
∵AB=CD=2，AD=DF=4，
∴DM=4−CM，
在Rt△CDM中，CM2=CD2+DM2，
∴ CM2=22+(4−CM) 2，
5
解得CM= ，
2
5
∴MF= ，
2
1 5 5
∴△CMF的面积= ×2× = ；
2 2 2
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，CP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，
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∵H是AE的中点，
1
∴ MH∥DE，且MH= DE，
2
∵CD=CE，
∴CP⊥DE，DP=PE，
∵ MH∥DP，且MH=DP，
∴四边形MHPD是平行四边形，
∴MD=HP，MD∥HP，
∵ AD∥BC，MD=CN，
∴ HP∥CN，HP=CN，
∴四边形HNCP是平行四边形，
∴ NH∥CP，
∴∠MHN=90°，
∴H点在以MN为直径的圆上，
设MN的中点为T，
∴ DT=√12+22=√5，
∴DH的最大值为√5+1，最小值为√5−1．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性
质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．
12．（2021·江苏宿迁·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
CF
(1)如图①，连接BG、CF，求 的值；
BG
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：
MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
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1
【答案】（1）√2；（2）MN⊥BE;MN= BE；（3）9π
2
【分析】（1）由旋转的性质联想到连接AF、AC，证明ΔCAF∽ΔBAG即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、
EH，则可证ΔBMC≌ΔHMF即可得到HF=BC=BA，再由四边形BEFC内角和为360°可得
∠BAC=∠HFE，则可证明ΔBAE≌ΔHFE，即ΔBHE是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可
求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，
所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】解：（1）连接AF、AC
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
∴AB=BC,AG=FG,∠BAD=∠GAE=∠CBA=∠AGF=90°
∵ AF、AC分别平分∠EAG,∠BAD
∴∠BAC=∠GAF=45°
∴∠BAC+∠CAG=∠GAF+∠CAG即∠BAG=∠CAF
且ΔABC,ΔAGF都是等腰直角三角形
AC AF
∴ = =√2
AB AG
∴ΔCAF∽ΔBAG
CF AC
∴ = =√2
BG AB
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（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
∵M是CF的中点
∴CM=MF
又∠CMB=∠FMH
∴ΔCMB≌ΔFMH
∴BC=HF,∠BCM=∠HFM
在四边形BEFC中
∠BCM+∠CBE+∠BEF+∠EFC=360°
又∠CBA=∠AEF=90°
∴∠BCM+∠ABE+∠AEB+∠EFC=360°−90°−90°=180°
即∠HFM+∠EFC+∠ABE+∠AEB=180°
即∠HFE+∠ABE+∠AEB=180°
∵∠BAE+∠ABE+∠AEB=180°
∴∠HFE=∠BAE
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
∴BC=AB=FH,EA=EF
∴ΔBAE≌ΔHFE
∴BE=HE.∠BEA=∠HEF
∵∠HEF+∠HEA=∠AEF=90°
∴∠BEA+∠HEA=90°=∠BEH
∴三角形BEH是等腰直角三角形
∵M、N分别是BH、BE的中点
1
∴MN//HE,MN= HE
2
1
∴∠MNB=∠HEB=90°,MN= BE
2
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1
∴MN⊥BE,MN= BE
2
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在ΔABF中，O、Q分别是AB、BF的中点
1
∴OQ= AF
2
1
同理可得ON= AE
2
∵AF=√2AE=6√2
∴OQ=3√2,ON=3
所以QN扫过的面积是以O为圆心，3√2和3为半径的圆环的面积
∴S=(3√2) 2 π−32π=9π．
【点睛】本题考查旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问
题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
类型五 通过旋转构造三角形全等
13．（2022·内蒙古呼和浩特·二模）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别
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为2√3、√2、4，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．28+8√3 B．14+4√3 C．12 D．24
【答案】B
【分析】将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，过点B作BH⊥PM于H，先证明∠PMC=90°，推出
∠CMB=∠APB=135°，推出A、P、M共线，利用勾股定理求出AB2．
【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，过点B作BH⊥PM于H，
∵BP=BM=√2，∠PBM=90°，
∴PM=√2PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2√3，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A、P、M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2√3+1，
∴AB2=AH2+BH2=(2√3+1)2+12=14+4√3，
∴正方形ABCD的面积为14+4√3，
故选：B．
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【点睛】本题考查了正方形性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形，旋转的性质等知识点
的应用，解此题的关键是正确作辅助线，本题具有一定的代表性，有一定的难度，对学生提出较高的要求．
14．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条
直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托
里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问
题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择
填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④
处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P' A'=PA，故
PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时
的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为
△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
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(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=2√3km，∠ACB=60°．
现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分
别为a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．
（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)2√13a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在
同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明
∠AC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得
到等腰直角△PP'C，得到√2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'
取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P' A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
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∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=√BC2+A'C2=√42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)
∴当PA+PB+√2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC A'=90°，P' A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=P' A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
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过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠AC A'=90°，
∴∠A'CH=30°，
1
∴A'H= A'C=2km，
2
∴HC=√AC2−AH2=√42−22=2√3(km)，
∴BH=BC+CH=2√3+2√3=4√3(km)，
∴A'B=√AH2+BH2=√ (4√3) 2+22=2√13(km)
PA+PB+√2PC的最小值为2√13km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）
故答案为：2√13a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股
定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
15．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）【问题背景】：如图1，点 D是等边△ABC内一点，连接
AD,BD，将△ABD绕点A逆时针旋转 60°得到△ACE，连接DE，观察发现：BD与CE的数量关系为
________，直线BD与CE所夹的锐角为________度；
【尝试应用】：如图2，在等腰直角△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D是等腰直角 △ABC内一点，
连接AD，BD，CD，若AD=2√2,BD=5,CD=3，求△BCD面积；
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【拓展创新】：如图3，在等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，点D为平面内一点，且
AD AC
∠ADB=60°, =3，直接写 的值为________．
BD CD
9 1 √133
【答案】问题背景：BD=CE，60；；【尝试应用】： ；【拓展创新】： 或 ．
2 2 19
【分析】问题背景：如图所示，延长BD交CE，由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=60°，通过证明
△BAD≌△CAE(SAS)得到BD=CE，∠ABD=∠ACE，再由角度之间的关系推出
∠ACE+∠CBD=60°，进而利用三角形内角和定理求出∠BFC=60°，即可得到结论；
尝试应用：如图，将△ADC绕点A顺时针旋转90°得到△ATB，连接DT，证明∠BTD=90°,，推出
∠ATB=∠ADC=135°,，再证明C，D，T共线，可得结论；
拓展创新：分两种情形：当点D在的上方时，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AT，连接
CT,DT,CD，设BD=m，则AD=AT=3m．再求出AC，CD，可得结论；
当点D在AB的下方时，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AT，连接CT,DT,CD，设BD=m，则
AD=AT=3m，过点D作DH⊥TC交TC的延长线于点H．再求出AC，CD，可得结论．
【详解】解：问题背景：如图所示，延长BD交CE
由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠CBD=∠ABC=60°，
∴∠ACE+∠CBD=60°，
∴∠BFC=180°−∠ACE−∠CBD−∠ACB=60°，
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∴BD=CE，直线BD与CE所夹的锐角为60°，
故答案为：BD=CE，60；
尝试应用：如图，将△ADC绕点A顺时针旋转90°得到△ATB，连接DT．
∴AT=AD=2√2,∠DAT=90°，
∴DT=√2AD=4, ∠ATD=∠ADT=45°,
∵CD=BT=3,BD=5,
∴BD2=BT2+DT2,
∴∠BTD=90°,
∴∠ATB=∠ADC=135°,
∴∠ADT+∠ADC=180°，
∴C,D,T共线，
1 1 9
∴S = ⋅CD⋅BT= ×3×3= ．
△CBD 2 2 2
拓展创新：①当点D在AB的上方时，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AT，连接DT，CD，CT，
设BD=m，则AD=AT=3m．
∵∠ABT=∠BAC=120°,
∴∠BAD=∠CAT,
∵AD=AT，AB=AC，
∴△BAD≌△CAT(SAS)，
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∴BD=CT=m,
∠ADB=∠ATC=60°，
过点B作BH⊥AD于点H ，
1 1
则DH= BD= m,
2 2
√3
BH= m，
2
1 5
∴AH=AD−DH=3m− m= m，
2 2
∴AB=AC=√AH2+BH2 = √ (5 m ) 2 + (√3 m ) 2 =√7m，
2 2
∵AD=AT=3m,∠DAT=120°,
∴∠ADT=∠ATD=30°, DT=3√3m，
∵∠ATC=60°,
∴∠DTC=90°,
∴CD=√DT2+CT2
=√(3√3m) 2+m2=2√7m，
AC √7m 1
∴ = = ．
CD 2√7m 2
②当点D在AB的下方时，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AT，连接DT，CT，CD，设
AD=AT=3m,
BD=m,则
¿
过点D作DH⊥TC交TC的延长线于点H．
¿
同法可证△BAD≌△CAT，
AB=AC=√7m，
∴∠ATC=∠ADB=60°，
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∵∠ATB=∠ABT=30°,
∴∠DTH=30°,
∴DT=√3AD=3√3m,
1 3√3m
∴DH= DT= ,
2 2
9
∴TH=√3DH= m,
2
9 7
∴CH=TH−CT= m−m= m,
2 2
∴CD=√DH2+CH2
√ (3√3m) 2 (7 ) 2
= + m
2 2
=√19m,
AC √7m √133
∴ = = .
CD √19m 19
AC 1 √133
综上所述， 的值为 或 .
CD 2 19
1 √133
故答案为： 或 .
2 19
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直
角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三
角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
题型 02 构造相似三角形解题
类型一 做平行线构造“A”型相似
16．（2023·内蒙古·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，E为⊙O上的一点，点C是A´E的中点，连接BC，
过点C的直线垂直于BE的延长线于点D，交BA的延长线于点P．
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(1)求证：PC为⊙O的切线；
(2)若PC=2√2BO，PB=10，求BE的长．
【答案】(1)见解析
5
(2)BE=
3
【分析】（1）连接OC，根据点C是A´E的中点可得∠ABC=∠CBD，进而证OC∥BD，从而得证
∠PCO=∠D=90°即可；
5
（2）解法一：连接AE交OC于M，根据PC=2√2BO及勾股定理求出OC= ，再证明AE∥PD，从而
2
OM OA 5
得到 = ，即可求出BE的值；解法二：过点O作OH⊥BD于点H，按照解法一步骤求出OC= ，
OC OP 2
10
然后证明四边形COHD是矩形，再证明△PCO∽△PDB，求得BD= ，进而求出BE的值．
3
【详解】（1）证明：连接OC，
∵BD⊥CD，
∴∠D=90°，
∵点C是A´E的中点，
∴A´C=C´E，
∴∠ABC=∠CBD，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OCB＝∠CBD，
∴OC∥BD，
∴∠PCO=∠D=90°，
∴OC⊥PD，
∵OC是半径，
∴PC是⊙O的切线；
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（2）解法一：连接AE交OC于M，
∵PC=2√2BO，BO=CO，
∴PC=2√2CO，
∵PB=10，
∴PO=PB−OB=10−OC，
∴在Rt△PCO中PC2+OC2=PO2，
∴(2√2CO) 2+OC2=(10−OC) 2，
5
∴OC= 或OC=−5（不符合题意，舍去），
2
∵点C是A´E的中点，OC是半径，
∴OC垂直平分AE，
∵OA=OB，
∴OM是△AEB的中位线，
∴BE=2OM，
∵AB是直径，
∴∠AEB=∠D=90°，
∴AE∥PD，
5
OM OA 2 1
∴ = = = ，
OC OP 5 3
10−
2
1 1 5 5
∴OM= OC= × = ，
3 3 2 6
5 5
∴BE=2× = ；
6 3
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解法二：过点O作OH⊥BD于点H，
∴∠DHO=90°，BE=2BH，
∵ PC=2√2BO，BO=CO，
∴PC=2√2CO，
∵PB=10，
∴PO=PB−OB=10−OC，
∴在Rt△PCO中，PC2+OC2=PO2，
∴(2√2CO) 2+OC2=(10−OC) 2，
5
∴OC= 或OC=−5（不符合题意，舍去），
2
∵∠PDB=∠DHO=∠OCD=90°，
∴四边形COHD是矩形，
5
∴DH=CO= ，
2
∵OC∥BD，
∴△PCO∽△PDB，
PO CO
∴ = ，
PB BD
15 5
2 2 ，
∴ =
10 BD
10
∴BD= ，
3
10 5 5
∴BH= − = ，
3 2 6
5 5
∴BE=2BH=2× = ．
6 3
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【点睛】本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理，平行线间线段成比例，相似三角形的的判定与
性质，掌握并理解相关性质定理并能综合应用是关键．
17．（2018·湖北黄石·中考真题）在 ABC中，E、F分别为线段AB、AC上的点（不与A、B、C重合）．
△
S AE·AF
（1）如图1，若EF∥BC，求证： △AEF =
S AB·AC
△ABC
（2）如图2，若EF不与BC平行，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
AE 3 S
（3）如图3，若EF上一点G恰为 ABC的重心， = ，求 △AEF 的值．
AB 4 S
△ABC
△
9
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
20
AE AF S AE 2
【详解】分析：（1）由EF∥BC知 AEF∽△ABC，据此得 = ，根据 △AEF =( ) 即可得证；
AB AC S AB
ABC
△
FN AF
（2）分别过点F、C作AB的垂线，垂足分别为N、H，据此知 AFN∽△ACH，得 = ，根据
CH AC
△
1
AE⋅FN
S 2
△AEF
= 即可得证；
S 1
ABC AB⋅CH
2
（3）连接AG并延长交BC于点M，连接BG并延长交AC于点N，连接MN，由重心性质知
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AG 2 AF S AE⋅AG 1 S AG⋅AF 2
S =S 、 = ，设 =a，利用（2）中结论知
△AEG
= = 、
△AFG
= = a，从
ABM ACM AM 3 AC S AB⋅AM 2 S AM⋅AC 3
ABM ACM
△ △
S S +S 1 1 S AE⋅AF 3
△AEF △AEG △AFG △AEF
而得 = = + a，结合 = = a可关于a的方程，解之求得a的值即可得出
S 2S 4 3 S AB⋅AC 4
ABC ACM ABC
答案．
详解：（1）∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
AE AF
∴ = ，
AB AC
S AE 2 AE AF AE⋅AF
∴ △AEF =( ) = ⋅ = ；
S AB AB AC AB⋅AC
ABC
（2）若EF不与BC平行，（1）中的结论仍然成立，
分别过点F、C作AB的垂线，垂足分别为N、H，
∵FN⊥AB、CH⊥AB，
∴FN∥CH，
∴△AFN∽△ACH，
FN AF
∴ = ，
CH AC
1
AE⋅FN
S 2 AE⋅AF
∴
△AEF
= = ；
S 1 AB⋅AC
ABC AB⋅CH
2
（3）连接AG并延长交BC于点M，连接BG并延长交AC于点N，连接MN，
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则MN分别是BC、AC的中点，
1
∴MN∥AB，且MN= AB，
2
GM GN 1
∴ = = ，且S =S ，
GA GB 2 ABM ACM
△ △
AG 2
∴ = ，
AM 3
AF
设 =a，
AC
S AE⋅AG 3 2 1 S AG⋅AF 2
由（2）知：
△AEG
= = × = ，
△AFG
= = a，
S AB⋅AM 4 3 2 S AM⋅AC 3
ABM ACM
S S +S S +S 1 1
则 △AEF = △AEG △AFG = △AEG + △AFG = + a，
S 2S 2S 2S 4 3
ABC ACM ACM ACM
S AE⋅AF 3
△AEF
而 = = a，
S AB⋅AC 4
ABC
1 1 3
∴ + a = a，
4 3 4
3
解得：a= ，
5
S 3 3 9
△AEF
∴ = × = ．
S 4 5 20
ABC
点睛：本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质和三角形重心的
定义及其性质等知识点．
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类型二 做平行线构造“X”型相似
18．（2023九年级·全国·专题练习）在△ABC中，已知D是BC边的中点，G是△ABC的重心，过G点的
直线分别交AB、AC于点E、F．
BE CF
(1)如图1，当EF∥BC时，求证： + =1；
AE AF
(2)如图2，当EF和BC不平行，且点E、F分别在线段AB、AC上时，（1）中的结论是否成立？如果成
立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，当点E在AB的延长线上或点F在AC的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请
给出证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)成立，证明见解析
(3)不成立，理由见解析
【分析】（1）根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；
（2）过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，得出△BME∽△ANE，
△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；
（3）分两种情况：当F点与C点重合时，E为AB中点，BE=AE；点F在AC的延长线上时，BE>AE，
BE BE CF BE CF
得出 >1，则 + >1，同理：当点E在AB的延长线上时， + >1，即可得出结论．
AE AE AF AE AF
【详解】（1）证明：∵G是△ABC重心，
DG 1
∴ = ，
AG 2
又∵EF∥BC，
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BE DG 1 CF DG 1
∴ = = ， = = ，
AE AG 2 AF AG 2
BE CF 1 1
则 + = + =1；
AE AF 2 2
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，
则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
BE BM CF CM
∴ = ， = ，
AE AN AF AN
BE CF BM CM BM+CM
∴ + = + = ，
AE AF AN AN AN
又∵BM+CM=BM+CD+DM，
而D是BC的中点，即BD=CD，
∴BM+CM=BM+BD+DM=DM+DM=2DM，
BE CF 2DM
∴ + = ，
AE AF AN
DM DG 1
又∵ = = ，
AN AG 2
BE CF 1
∴ + =2× =1，
AE AF 2
故结论成立；
（3）解：（1）中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为AB中点，，
点F在AC的延长线上时，BE>AE，
BE BE CF
∴ >1，则 + >1，
AE AE AF
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BE CF
同理：当点E在AB的延长线上时， + >1，
AE AF
∴结论不成立．
【点睛】此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成
比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相
似是解题的关键．
19．（2023·湖北孝感·三模）【问题情境】
小睿遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，点D在线段BC上，
∠BAD=75°,∠CAD=30°,AD=4,BD=2DC，求AC的长．
【问题探究】
小睿发现，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，经过推理和计算能够使问题得到解决，如图2．
(1)①∠ACE的度数为________；②求AC的长；
【问题拓展】
(2)如图3，在四边形ABCD中，∠BAC=90°,∠CAD=30°,∠ADC=75°,AC与BD交于点
E,AE=2m,BE=2ED，求BC的长．
【答案】(1)①75°；②6
(2)2√6m
【分析】（1）①根据两直线平行，同旁内角互补，即可求解；②通过证明△ABD∽△ECD，得出
AD BD
= ，即可求解；
DE CD
AB AE BE
（2）过点D作DF⊥AC于点F，先证明△ABE∽△FDE，得出 = = =2,再证明AC=AD，
FD FE DE
根据在Rt△AFD中，AF=2m+m=3m,∠FAD=30°，得出DF=AF⋅tan30°,AD=2DF，则
AC=AD=2√3m,AB=2DF=2√3m，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：①∵∠BAD=75°,∠CAD=30°，
∴∠BAC=75°+30°=105°，
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∵CE∥AB，
∴∠ACE+∠BAC=180°，
则∠ACE=180°−∠BAC=75°；
②由①知，∠ACE=∠AEC,
∴AE=AC，
又∵CE∥AB,
∴△ABD∽△ECD，
AD BD
∴ = ,
DE CD
∵BD=2DC,
∴AD=2DE=4,
∴DE=2,
∴AE=AD+DE=6,
∴AC=AE=6．
（2）解： 如图，过点D作DF⊥AC于点F，
∴∠DFA=90°，
∵∠BAC=90°=∠DFA,∴AB∥DF，
∴△ABE∽△FDE，
AB AE BE
∴ = = =2,
FD FE DE
∴EF=m,AB=2DF，
在△ACD中，∠CAD=30°,∠ADC=75°,
∴∠ACD=75°,
∴AC=AD，
在Rt△AFD中，AF=2m+m=3m,∠FAD=30°，
∴DF=AF⋅tan30°=√3m,AD=2DF=2√3m，
∴AC=AD=2√3m,AB=2DF=2√3m，
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∴BC=√AB2+AC2=2√6m．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是掌握两
直线平行，同旁内角互补；相似三角形对应边成比例；以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
20．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S =20时，则BE⋅CF=______．
矩形ABCD
1
（2）如图，在菱形ABCD中，cosA= ，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交
3
AD于点F，若S =24时，求EF⋅BC的值．
菱形ABCD
（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC
上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=7√3时，请直接写出
AG的长．
3
【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或
2
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【分析】
（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结
合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
AB BE
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出 = ，根据
CF BC
S =AB⋅CD=20，即可求解；
矩形ABCD
1 4
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE= BC,AE= AB，证明
3 3
△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过
点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据
tan∠MEH=tan∠HGE，得出H E2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，
如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG
是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，
25√3
解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S = ，而
△BTC 8
7
S = √3，得出矛盾，则此情况不存在．
△EFG 2
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
AB BE
∴ = ，
CF BC
又∵S =AB⋅CD=20
矩形ABCD
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
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1
（2）∵在菱形ABCD中，cosA= ，
3
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
BE
∵cos∠CBE=
CB
1
∴BE=BC⋅cos∠CBE=BC×cos∠A= BC，
3
1 1 4
∴AE=AB+BE=AB+ BC=AB+ AB= AB，
3 3 3
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
AE EF AF
∴ = = ，
BC CE BE
4 4 4
∴EF⋅BC =AE⋅CE= AB×CE= S = ×24=32；
3 3 菱形ABCD 3
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM
于点H，
∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
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∴△EDM∽△ECF
EM ED 4
∴ = = =2，
EF EC 2
S EM
∴ △MGE= =2
S EF
△FEG
∴S =2S = EF⋅EG=7√3
△MGE △EFG
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
√3 √3 1
则EH= DE= ×4=2√3，DH= DE=2，
2 2 2
1
∴ MG×HE=7√3
2
∴MG=7，
∵¿⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
HE HM
∴ =
HG HE
∴H E2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，
HM=GM−GH=7−(7−a)=a，
∴(2√3)
2=x(7−x)
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，
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连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边
形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
EG EN GN 4−x
∴ = = = ，
EM EC CM 2
2GN 10
∴CM= =
4−x 4−x
S EG 4−x
∴ △GEF = = ，
S EM 2
△MEF
∵EF⋅EG=7√3
2S 7√3
∴S = △GEF =
△MEF 4−x 4−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=√3，CH=1，
1 1 7√3
∴S = ×MF×EH，则 ×√3×MF= ，
△MEF 2 2 4−x
14
∴MF= ，
4−x
14 10 x 10 14−x
∴FH=MF−CM−CH= − −1= ，MH=CM+CH= +1=
4−x 4−x 4−x 4−x 4−x
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∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
FH EH
即 = ，
EH HM
∴EH2=FH⋅HM
x 14−x
即(√3)
2=
×
4−x 4−x
3
解得：x = ,x =8（舍去）
1 2 2
3
即AG= ；
2
③当G点在BC边上时，如图所示，
过点B作BT⊥DC于点T，
1 5 5√3
在Rt△BTC中，CT= BC= ，BT=√3TC= ，
2 2 2
1 1 5√3 5 25√3
∴S = BT×TC= × × = ，
△BTC 2 2 2 2 8
∵EF⋅EG=7√3，
7
∴S = √3，
△EFG 2
25 7
∵ √3< √3，
8 2
∴G点不可能在BC边上，
3
综上所述，AG的长为3或4或 ．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌
握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
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类型三 作垂线构造直角三角形相似
21．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角
顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，
AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理
由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
25 25
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN= ；（3）AN= ．
8 7
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明 NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明 CGN∽ CAB，利用相似三角形的性质
即可求解；△ △ △
（3）延长ND，使DH=DN，证明 BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设
AM=AN=x，在Rt BMH中，利用勾△股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1△）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
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∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
△
∴∠B+∠C=90°，BC=√AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
1
∴CD= BC=5．
2
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
1 5
∴CG= CD= ．
2 2
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴ CGN∽ CAB．
△ △ 5
CG CN
∴ = ，即2 CN，
CA CB =
8 10
25
∴CN= ；
8
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
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∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=√2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(√2x)2，
25
解得x= ，
7
25
∴线段AN的长为 ．
7
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第
（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
22．（2020·江苏南通·中考真题）【了解概念】
有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
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【理解运用】
（1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值；
（2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为
对余四边形．证明你的结论；
【拓展提升】
（3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E
AE
在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设 ＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u
BE
关于t的函数解析式．
12 √t
【答案】（1） ；（2）四边形ABCD是对余四边形，证明见解析；（3）u＝ （0＜t＜4）．
25 2
【分析】（1）先构造直角三角形，然后利用对余四边形的性质和相似三角形的性质，求出sin∠CAD的值．
（2）通过构造手拉手模型，即构造等腰直角三角形，通过证明三角形全等，利用勾股定理来证明四边形
ABCD为对余四边形．
（3）过点D作DH⊥x轴于点H，先证明△ABE∽△DBA，得出u与AD的关系，设D（x，t），再利用
（2）中结论，求出AD与t的关系即可解决问题．
【详解】解：（1）过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F．
∵AC＝AB，
∴BE＝CE＝3，
在Rt△AEB中，AE＝√AB2−BE2=√52−32=4，
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∵CF⊥AD，
∴∠D+∠FCD＝90°，
∵∠B+∠D＝90°，
∴∠B＝∠DCF，
∵∠AEB＝∠CFD＝90°，
∴△AEB∽△DFC，
EB AB
∴ = ，
CF CD
3 5
∴ = ，
CF 4
12
∴CF＝ ，
5
12
∴sin∠CAD＝CF 5 12．
= =
AC 5 25
（2）如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形．
理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM．
∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∵∠DCM＝∠DMC＝45°，
∵∠CDM＝∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝∠BDM，
∵AD＝DB，CD＝DM，
∴△ADC≌△BDM（SAS），
∴AC＝BM，
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∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，
∴CM2+CB2＝BM2，
∴∠BCM＝90°，
∴∠DCB＝45°，
∴∠DAB+∠DCB＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形．
（3）如图③中，过点D作DH⊥x轴于H．
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），
∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2√2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠ACE＝∠ADE，
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，
∴∠EAB＝∠ACE，
∴∠EAB＝∠ADB，
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∵∠ABE＝∠DBA，
∴△ABE∽△DBA，
BE AE
∴ = ，
AB AD
AE AD
∴ =
BE AB
AD
∴u＝ ，
4
设D（x，t），
由（2）可知，BD2＝2CD2+AD2，
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，
整理得（x+1）2＝4t﹣t2，
在Rt△ADH中，AD＝√AH2+AD2=√(x+1) 2+t2=2√t，
AD √t
∴u＝ ＝ （0＜t＜4），
4 2
√t
即u＝ （0＜t＜4）．
2
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了对余四边形的定义，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判
定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似
三角形解决问题，属于中考压轴题．
类型四 作垂线构造“三垂直”型相似
23．（23-24九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，
CD=10，DA=5√5，则BD的长为 ．
【答案】2√41
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【分析】连接AC，过点D作BC边上的高，交BC延长线于点H．先证明△ACD为直角三角形，再证明
△ABC∽△CHD，求出CH=6，DH=8，即可得解．
【详解】连接AC，过点D作BC边上的高，交BC延长线于点H．
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=√AB2+BC2=5，∠ABC=90°，
又∵CD=10，DA=5√5，
∴AD2=CD2+AC2，
∴△ACD为直角三角形，且∠ACD=90°，
∴∠ACB+∠DCH=90°，
∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，，
∴∠ACB+∠BAC=90°，
∴∠DCH=∠BAC，
∵BH⊥DH，
∴∠H=90°，
∴∠ABC=∠H=90°，
∴△ABC∽△CHD，
CH HD CD
∴ = = ，
AB BC AC
∵CD=10，AB=3，BC=4，AC=5，
∴CH=6，DH=8，
∴BD=√(4+6) 2+82=2√41．
故答案为：2√41．
【点睛】本题考查了相似三角形判定及性质，勾股定理等知识，构造合理的辅助线，证明
△ABC∽△CHD是解答本题的关键．
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24．（2022上·江苏扬州·九年级统考期中）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角
形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图
所示的四边形纸片ABCD，其中∠A=90°，AB=9，BC=7，CD=6，AD=2，则该矩形与AB相邻
的另一条边长是 ．
35 28
【答案】 或12或
4 5
【分析】连接BD，由勾股定理求得BD，再根据勾股定理的逆定理得∠BCD=90°，根据题意，画出相应
的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可
得出答案．
【详解】连接BD，
∵∠A=90°，AD=2，AB=9，
∴BD2=22+92=85，
∵BC=7，CD=6，
∴BC2+CD2=72+62=85，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠DCB=90° ，
如图所示，
由已知可得，△DFE∽△ECB，
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DF EF DE
则 = = ，
EC CB EB
设DF=x，CE= y，
x 9 6+ y
则 = = ，
y 7 2+x
解得¿ ，
27 35
∴AF=2+x=2+ = ；
4 4
如图所示，
由已知可得，△DCF∽△FEB，
DC CF DF
则 = = ，
EF EB FB
设FC=m，FD=n，
6 m n
则 = = ，
9 n+2 m+7
解得¿，
∴AF=2+n=2+10=12；
如图3所示，
由已知可得，△DCF∽△CBE，
DF CF DC
则 = = ，
EC EB CB
设FC=a，FD=b，
b a 6
则 = = ，
9−a b+2 7
解得¿，
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28
∴AF=2+b= ；
5
35 28
∴该矩形与AB相邻的另一条边长是 或12或 ，
4 5
35 28
故答案为： 或12或 ．
4 5
【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解
答．
25．（2023九年级·全国·专题练习）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=90°，直线l ∥l ∥l ，
1 2 3
l 与l 之间距离是1，l 与l 之间距离是2，且l ，l ，l 分别经过点A，B，C，则边AC的长为（ ）
1 2 2 3 1 2 3
3√21 2√21
A．2√3 B．√11 C． D．
4 3
【答案】D
BC
【分析】过点B作EF⊥l ，交l 于E，交l 于F，在Rt△ABC中运用三角函数可得 =√3，易证
2 1 3 AB
△BFC∽△AEB，运用相似三角形的性质可求出FC，然后在Rt△BFC中运用勾股定理可求出BC，再在
Rt△ABC中运用三角函数就可求出AC的值．
【详解】解：如图，过点B作EF⊥l ，交l 于E，交l 于F，如图．
2 1 3
∵∠BAC=60°，∠ABC=90°，
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BC
∴tan∠BAC= =√3．
AB
∵直线l ∥l ∥l ，
1 2 3
∴EF⊥l ，EF⊥l ，
1 3
∴∠AEB=∠BFC=90°．
∵∠ABC=90°，
∴∠EAB=90°−∠ABE=∠FBC，
∴△BFC∽△AEB，
FC BC
∴ = =√3．
EB AB
∵EB=1，
∴FC=√3．
在Rt△BFC中，
BC=√BF2+FC2=√22+(√3) 2=√7．
BC √3
在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，
AC 2
2 2√21
∴AC= ×√7= ．
√3 3
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角函数，特殊角的三角函数值等知识，构造相似三
角形是解决本题的关键．
题型 03 与相似三角形有关的压轴题
类型一 运用相似三角形的性质与判定求点的坐标
26．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=3√5，点C为平面内
3
一动点，BC= ，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM:MA=1:2．当线段OM取最大值时，
2
点M的坐标是（ ）
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(3 6) (3 6 ) (6 12) (6 12 )
A． , B． √5, √5 C． , D． √5, √5
5 5 5 5 5 5 5 5
【答案】D
3 ( 3√5 )
【分析】由题意可得点C在以点B为圆心， 为半径的OB上，在x轴的负半轴上取点D − ，0 ，连
2 2
接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得
OM OA 2
= = ，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点
CD AD 3
B在线段DC上时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形
的性质即可求解．
3
【详解】解：∵点C为平面内一动点，BC= ，
2
3
∴点C在以点B为圆心， 为半径的OB上，
2
( 3√5 )
在x轴的负半轴上取点D − ，0 ，连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，
2
∵OA=OB=3√5，
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9√5
∴AD=OD+OA= ，
2
OA 2
∴ = ，
AD 3
∵CM:MA=1:2，
OA 2 CM
∴ = = ，
AD 3 AC
∵∠OAM=∠DAC，
∴△OAM∽△DAC，
OM OA 2
∴ = = ，
CD AD 3
∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，
CD取得最大值，
3√5
∵OA=OB=3√5，OD= ，
2
∴BD= √OB2+OD2=
√
(3√5) 2+
(3√5) 2
=
15
，
2 2
∴CD=BC+BD=9，
OM 2
∵ = ，
CD 3
∴OM=6，
∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，
∴∠DOB=∠DFC=90°，
∵∠BDO=∠CDF，
∴△BDO∽△CDF，
15
OB BD
∴ = 即3√5 2 ，
CF CD =
CF 9
18√5
解得CF= ，
5
同理可得，△AEM∽△AFC，
ME 2
ME AM 2 =
∴ = = 即18√5 3，
CF AC 3
5
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12√5
解得ME= ，
5
∴OE=√OM2−M E2=
√
62−
(12√5) 2
=
6√5
，
5 5
(6√5 12√5)
∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是 ， ，
5 5
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握
相似三角形的判定及性质是解题的关键．
27．（2021·湖南娄底·中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙A与
5
直线l:y= x只有一个公共点时，点A的坐标为（ ）
12
A．(−12,0) B．(−13,0) C．(±12,0) D．(±13,0)
【答案】D
5 5
【分析】当⊙A与直线l:y= x只有一个公共点时，则此时⊙A与直线l:y= x相切，（需考虑左右两
12 12
5
侧相切的情况）；设切点为B，此时B点同时在⊙A与直线l:y= x上，故可以表示出B点坐标，过B点
12
作BC//OA，则此时△AOB∽△OBC，利用相似三角形的性质算出OA长度，最终得出结论．
【详解】如下图所示，连接AB，过B点作BC//OA，
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5
此时B点坐标可表示为(x, x)，
12
5
∴OC= |x|，BC=|x|，
12
√ 5 2 13
在Rt△OBC中，OB=√BC2+OC2= x2+( x) = |x|，
12 12
又∵⊙A半径为5，
∴AB=5，
∵BC//OA，
∴△AOB∽△OBC，
OA AB OB
则 = = ，
BO OC BC
OA 5
=
∴13 5 ，
|x| |x|
12 12
∴OA=13，
∵左右两侧都有相切的可能，
∴A点坐标为(±13,0)，
故选：D．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．
k
28．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，正比例函数y=−3x与反比例函数y= (k≠0)的图象交于A，
x
B(1,m)两点，点C在x轴负半轴上，∠ACO=45°．
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(1)m=______，k=______，点C的坐标为______．
(2)点P在x轴上，若以B，O，P为顶点的三角形与△AOC相似，求点P的坐标．
【答案】(1)−3，−3，(−4,0)
(5 )
(2)点P的坐标为(4,0)或 ,0
2
【分析】（1）点B是两函数图象的交点，利用待定系数法求出m，k的值；根据“A，B两点关于原点对
称”求出点A的坐标，过点A作x轴的垂线，利用等腰直角三角形的性质，结合图形，求出点C的坐标．
（2）根据点P在x轴上，结合图形，排除点P在x轴负半轴上的情形，当点P在x轴正半轴上时，两个三
角形中已有一对角相等，而夹角的两边的对应关系不确定，故分类讨论：①△AOC∽△BOP；②
△AOC∽△POB．分别求出两种情况下OP的长，从而得出点P的坐标．
【详解】（1）（1）将B(1,m)代入y=−3x，得m=−3×1=−3，
∴B(1,−3)．
k k
将B(1,−3)代入y= ，得−3= ，
x 1
∴k=−3．
如图，过点A作AD⊥x轴于点D，则∠ADC=90°．
∵点A，B关于原点O对称，
∴A(−1,3)，
∴OD=1，AD=3．
又∵∠ACO=45°，
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∴CD=AD=3，
∴OC=OD+CD=1+3=4，
∴C(−4,0)．
故答案为：−3，−3，(−4,0)；
（2）由（1）可知，B(1,−3)，A(−1,3)．
当点P在x轴的负半轴上时，∠BOP>90°，
∴∠BOP>∠AOC．
又∵∠BOP>∠ACO，∠BOP>∠CAO，
∴△BOP与△AOC不可能相似．
当点P在x轴的正半轴上时，∠AOC=∠BOP．
OA OC
①若△AOC∽△BOP，则 = ，
OB OP
∵OA=OB，
∴OP=OC=4，
∴P(4，0)；
OA OC
②若△AOC∽△POB，则 = ，
OP OB
又∵OA=√(−1) 2+32=√10，OB=√12+(−3) 2=√10，OC=4，
5
∴OP= ，
2
(5 )
∴P ,0 ．
2
(5 )
综上所述，点P的坐标为(4，0)或 ,0 ．
2
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、相似三角形的性质．熟练掌握用待定系数法求函
数表达式，并能利用数形结合思想和分类讨论思想分析是解答本题的关键．
类型二 运用相似三角形的性质与判定求线段的最值
29．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在△ACD中，AD=6，BC=5，AC2=AB(AB+BC)，且
△DAB∼△DCA，若AD=3AP，点Q是线段AB上的动点，则PQ的最小值是（ ）
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√7 √6 √5 8
A． B． C． D．
2 2 2 5
【答案】A
AD CD
【分析】根据相似三角形的性质得到 = ，得到BD=4，AB=BD=4，过B作BH ⊥AD于H，根
BD AD
1
据等腰三角形的性质得到AH= AD=3，根据勾股定理得到BH=√AB2−AH2= √42−32=√7，当
2
PQ⊥AB时，PQ的值最小，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵ΔDAB∼ΔDCA，
AD CD
∴ = ，
BD AD
6 5+BD
∴ = ，
BD 6
解得：BD=4（负值舍去），
∵ΔDAB∼ΔDCA，
AC CD 9 3
∴ = = = ，
AB AD 6 2
3
∴AC= AB，
2
∵AC2=AB(AB+BC)，
(3 ) 2
∴ AB =AB(AB+BC)，
2
∴AB=4，
∴AB=BD=4，
过B作BH⊥AD于H，
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1
∴AH= AD=3，
2
∴BH=√AB2−AH2=√42−32=√7，
∵AD=3AP,AD=6，
∴AP=2，
当PQ⊥AB时，PQ的值最小，
∵∠AQP=∠AHB=90°,∠PAQ=∠BAH
∴ΔAPQ∼ΔABH，
AP PQ
∴ = ，
AB BH
2 PQ
∴ = ，
4 √7
√7
∴PQ= ，
2
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线
构造相似三角形是解题的关键．
30．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将 CDE沿
CE翻折得 CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交M△C于点
P，则MN+△NP的最小值为 ．
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8
【答案】
5
【分析】过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相
似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】解：作点P关于CE的对称点P′，
由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP=MN+NP′≤MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段 DM的垂直平分线，
∵AD=CD=2，DE=1，
∴CE=√12+22=√5，
1 1
∵ CE×DO= CD×DE，
2 2
2√5
∴DO= ，
5
√5
∴EO= ，
5
∵MF⊥CD，∠EDC=90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO=∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
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∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE=GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG=90°，
∴四边形DEMG为菱形，
2√5
∴EG=2OE= ，GM= DE=1，
5
3√5
∴CG= ，
5
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
3√5
FG CG
∴ = ，即FG 5 ，
DE CE =
1 √5
3
∴FG= ，
5
3 8
∴MF=1+ = ，
5 5
8
∴MN+NP的最小值为 ．
5
8
故答案为： ．
5
【点睛】此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，
会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．
31．（2023·四川泸州·中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的
AP
动点，当PE+PF取得最小值时， 的值是 ．
PC
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2
【答案】
7
【分析】作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，此时PE+PF取得最小值，过点F'作AD的
垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F'落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明
K P'
△AEP'∽△K F'P'，可得 =2，即可解答．
AP'
【详解】解：作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，过点F'作AD的垂线段，交AC于点
K，
由题意得：此时F'落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P'重合时PE+PF取得最小值，
2
设正方形ABCD的边长为a，则AF'=AF= a，
3
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠F' AK=45°，∠P' AE=45°，AC=√2a
∵F'K⊥AF'，
∴∠F' AK=∠F'KA=45°，
2√2
∴AK= a，
3
∵∠F'P'K=∠EP' A，
∴△E'K P'∽△EAP'，
F'K K P'
∴ = =2，
AE AP'
1 2
∴AP'= AK= √2a，
3 9
7
∴CP'=AC−AP'= √2a，
9
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AP' 2
∴ = ，
CP' 7
AP 2
∴当PE+PF取得最小值时， 的值是为 ，
PC 7
2
故答案为： ．
7
【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确
画出辅助线是解题的关键．
32．（2022·湖南郴州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6．点E是线段AD上的动点
（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．
(1)求证：△AEF∽△DCE；
(2)如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．
①求AG+GM的最小值；
②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①5；②DE=3+√5或DE=3−√5
【分析】（1）证明出∠DCE=∠AEF即可求解；
1
（2）①连接AM．先证明BM=CM=GM= BC=3．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当
2
A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．此时，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中利用勾股定理即可
求出AM，则问题得解．②先求出AF，求AF的第一种方法：过点M作MN∥AB交FC于点N，即有
MN CM 1 1
△CMN∽△CBF，进而有 = = ．设AF=x，则BF=4−x，MN= (4−x)．再根据MN∥AB，
BF CB 2 2
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x 2
AF AG =
得到△AFG∽△MNG，得到 = ，则有1 3，解方程即可求出AF；求AF的第二种方法：
MN GM (4−x)
2
GM GH MH
过点G作GH∥AB交BC于点H．即有△MHG∽△MBA．则有 = = ，根据AM=5，可得
AM AB MB
3 GH MH 12 9
= = ，进而求出GH= ，MH= ．由GH∥AB得△CHG∽△CBF，即可求出AF．求出AF
5 4 3 5 5
AF AE 1 6−y
之后，由（1）的结论可得 = ．设DE= y，则AE=6−y，即有 = ，解得解方程即可求出
DE DC y 4
DE．
【详解】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠CED+∠DCE=90°．
∵EF⊥CE，
∴∠CED+∠AEF=90°，
∴∠DCE=∠AEF，
∴△AEF∽△DCE；
（2）①解：如图2-1，连接AM．
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∵BG⊥CF，
∴△BGC是直角二角形．
1
∴BM=CM=GM= BC=3．
2
∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：AG+GM>AM，
当A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．
此时，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中，AM=√AB2+BM2=5．
∴AG+GM的最小值为5．
②（求AF的方法一）如图2-2，过点M作MN∥AB交FC于点N，
∴△CMN∽△CBF．
MN CM 1
∴ = = ．
BF CB 2
设AF=x，则BF=4−x，
1 1
∴MN= BF= (4−x)．
2 2
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
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AF AG
∴ = ，
MN GM
由①知AG+GM的最小值为5、即AM=5，
又∵GM=3，
∴AG=2．
x 2
=
∴1 3，解得x=1，即AF=1．
(4−x)
2
（求AF的方法二）
如图2-3，过点G作GH∥AB交BC于点H．
∴△MHG∽△MBA．
GM GH MH
∴ = = ，
AM AB MB
由①知AG+GM的最小值为5，即AM=5，
又∵GM=3，
3 GH MH
∴ = = ．
5 4 3
12 9
∴GH= ，MH= ．
5 5
由GH∥AB得△CHG∽△CBF，
12 9
GH CH 3+
∴ = ，即 5 5，
FB CB =
FB 6
解得FB=3．
∴AF=AB−FB=1．
AF AE
由（1）的结论可得 = ．
DE DC
设DE= y，则AE=6−y，
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1 6−y
∴ = ，
y 4
解得y=3+√5或3−√5．
∵0<3+√5<6，0<3−√5<6，
∴DE=3+√5或DE=3−√5．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及一元二次方程的应用等知
识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
类型三 利用相似三角形的判定和性质求“kAD+BD”型的最值（阿氏
圆）
33．（2020·广西·中考真题）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P
1
是扇形AEF的E´F上任意一点，连接BP，CP，则 BP+CP的最小值是 ．
2
【答案】√17．
PT AP 1
【分析】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明△PAT∽△BAP，推出 ＝ ＝ ，
PB AB 2
1 1
推出PT＝ PB，推出 PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT≥TC，求出CT即可解决问题．
2 2
【详解】解：在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．
∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，
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∴PA2＝4=AT•AB，
PA AB
∴ ＝ ，
AT PA
∵∠PAT＝∠PAB，
∴△PAT∽△BAP，
PT AP 1
∴ ＝ ＝ ，
PB AB 2
1
∴PT＝ PB，
2
1
∴ PB+CP＝CP+PT，
2
∵PC+PT≥TC，
在Rt△ACT中，
∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，
∴CT＝√AT2+AC2＝√17，
1
∴ PB+PC≥√17，
2
1
∴ PB+PC的最小值为√17．
2
故答案为√17．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关
系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关键．
34．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点
C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．
(1)求直线AD及抛物线的表达式；
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(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；
若不存在，请说明理由；
1
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+ PA的最小值．
2
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)
(3)√41
【分析】
（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解
方程组¿，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组¿，
即可得到点M的坐标；
BF PB
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得 = ，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，
PB AB
1 1
推出PF= PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股
2 2
定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A(1,0),B(5,0)，
将A(1,0)代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A(1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx+5，得
¿，解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D(3,2)，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
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解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组¿，
得¿或¿，
∴点M的坐标为(4,−3)；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D(3,2)代入，
得−3+d=2，
解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组¿，
解得¿或¿，
∴点M的坐标为(0,5) 或(5,0)
综上，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
BF 1
∴ = ，
PB 2
PB 2 1
∵ = = ，、
AB 4 2
BF PB
∴ = ，
PB AB
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
PF BF 1 1
∴ = = ，即PF= PA，
PA PB 2 2
1
∴PC+ PA=PC+PF≥CF，
2
1
∴当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，
2
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=√OC2+OF2=√52+42=√41，
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1
∴PC+ PA的最小值为√41．
2
【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，
勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
35．（2021·四川达州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于点A和
C(1,0)，交y轴于点B(0,3)，抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将线段OE绕着点О沿顺时针方向旋转得到线段OE'，旋转角为α(0°<α<90°)，连接AE'，BE'，
1
求BE'+ AE'的最小值．
3
（3）M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为
矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由；
√82 −1+√5
【答案】（1）y=−x2−2x+3；（2） ；（3）存在，N点的横坐标分别为：2，−1， 或
3 2
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−1−√5
．
2
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为y=−x2+bx+c将C(1,0)，B(0,3)两点代入求
得b，c的值即可；
1 1 1
（2）胡不归问题，要求BE'+ AE'的值，将折线化为直线，构造相似三角形将 AE'转化为 DE'，再
3 3 3
1
利用三角形两边之和大于第三边求得BE'+ AE'最值；
3
（3）分2种情形讨论：①AB为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N点的坐标;
1
②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,RN= AB,利用两点距离公式求解方程可得N点的坐标．
2
【详解】解：（1）∵y=−x2+bx+c过C(1,0)，B(0,3)
∴¿
∴b=−2，c=3
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3
1
（2）在OE上取一点D，使得OD= OE，连接AE'，BD
3
1 1
∵OD= OE= OE'
3 3
−3+1
对称轴x= =−1．
2
∴E(−1,0)，OE=1
OE'=OE=1，OA=3
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OE' OD 1
∴ = = ，∠DOE'=∠E'OA
OA OE' 3
∴ΔDOE'∽ΔE'OA
1
∴DE'= AE'
3
1
∴BE'+ AE'=BE'+DE'
3
当B，E'，D三点在同一点直线上时，BE'+DE'最小为BD．
1
在RtΔBOD中，OD= ，OB=3
3
∴BD=√OB2+OD2=
√
32+
(1) 2
=
√82
3 3
1 √82
即BE'+ AE'最小值为 ．
3 3
（3）情形①如图，AB为矩形的一条边时，
联立¿
得¿
∴A(−3,0),OA=3
∵OB=3
∴△ABO是等腰Rt△，∠BAO=45°
分别过A,B 两点作AB的垂线，交y=−x2−2x+3于点N ,N ，
1 2
过N ,N 作N Q⊥y轴，N P ⊥x轴,
1 2 1 2
∴∠QBN =∠PAN =45°
1 2
∴ △BN Q,△AN P也是等腰直角三角形
1 2
设QB=m，则N Q=m，所以N (−m,m+3)
1 1
代入y=−x2−2x+3，解得m =1,m =0（不符题意，舍）
1 2
∴ N (−1,4)
1
同理，设OP=n，则PN=n+3 ，所以N (n,−n−3)
2
代入y=−x2−2x+3，解得n =2,n =−3（不符题意，舍）
1 2
∴N (2,-5)
2
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1
② AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,则RN= AB
2
∵A(−3,0),B(0,3)
3 3
∴R(− , )，AB=√32+32=3√2
2 2
1 3√2
∴RB= AB=
2 2
1
∵RN= AB
2
3√2
∴RN=
2
设N(x,−x2−2x+3) ，则
3 2 3 2 3√2 2
(x+ ) +(x2+2x− ) =( )
2 2 2
整理得：x(x+3)(x2+x−1)=0
解得：x =0（不符题意，舍），x =−3（不符题意，舍），
1 2
−1+√5 −1−√5
x = ， x =
3 2 4 2
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−1+√5 −1−√5
∴ 综上所述：N点的横坐标分别为：2，−1， 或 ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函数与一次函
数交点，矩形的性质，等腰直角三角形性质，平面直角坐标系中两点距离计算等知识，能正确做出辅助线，
找到相似三角形是解题的关键．
类型四 相似中的“一线三等角”模型
36．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，∠ABC=90°，分别过A，C两点作经过点B的
直线的垂线，垂足分别为E、F，AE=4，BE=2，BF=3，求CF的长度为 ．
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，点E、F、M分别在AB、BC、AD上，
∠EMF=90°，AM=2，当BE+BF=9时，求四边形MEBF的面积．
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（3）如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=15，BC=20，点E、F分别在边AB、BC上，
3
∠CEF=α且tanα= ，若BF=8，求BE的长度．
4
3
【答案】（1） ，（2）17；（3）BE=16−4√6，
2
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质．
（1）根据一线三垂直模型容易证明△ABE∽△BCF，进而由相似三角形性质即可求解；
（2）过点F作FH⊥AD垂足为H，根据（1）可知△AME∽△FHM，根据相似三角形性质结合已知求
出BE=1，MH=6，AE=3，BF=8，再由四边形MEBF的面积=矩形ABFH的面积−S −S 即
△AME △MHF
可求解；
（3）延长BA到点P使CP=BC=20，连接CP，过点C作CH⊥AB，利用等腰三角形三线合一和解三角
PC BE
形求出BP=2BH=32，再证明△PEC∽△BFE，得 = 即可求解．
PE BF
【详解】解：（1）∵∠ABC=90°，AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠E=∠F=90°，∠A+∠ABE=90°，∠CBF+∠ABE=90°，
∴∠A=∠CBF，
∴△ABE∽△BCF，
AE BE
∴ = ，
BF CF
∵AE=4，BE=2，BF=3，
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4 2
∴ = ，
3 CF
3
∴CF= ，
2
3
故答案为 ，
2
（2）如图，过点F作FH⊥AD垂足为H，
同理（1）得：△AME∽△HFM，
AE AM
∴ = ，
MH HF
∵在矩形ABCD中，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABFH是矩形，
∴HF=AB=4，BF=AH=AM+MH，
∵AM=2，BE+BF=9，
∴BE+2+MH=9，即：MH=7−BE，
4−BE 2
∴ = ，解得：BE=1，
7−BE 4
∴MH=6，AE=AB−BE=3，BF=8，
∵四边形MEBF的面积=矩形ABFH的面积−S −S ，
△AME △MHF
1 1
∴四边形MEBF的面积=4×8− ×2×3− ×6×4=17．
2 2
（3）延长BA到点P使CP=BC=20，连接CP，过点C作CH⊥AB，
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1
∴BH=HP= BP，∠B=∠P，
2
∵∠ACB=90°，AC=15，BC=20，
20 4
∴AB=25，cos∠B= = ，
25 5
4
∴BH=BCcos∠B=20× =16，
5
∴BP=2BH=32，
3
∵∠CEF=α且tanα= ，
4
3
又∵tanB= ，
4
∴∠B=∠CEF=α，
∴∠B+∠ECF=∠CEF+∠ECF，
∴∠AEC=∠EFB，
∴△PEC∽△BFE，
PC BE
∴ = ，
PE BF
20 BE
∴ = ，解得：BE=16−4√6，BE=16+4√6>25（不合题意舍去）
32−BE 8
∴BE=16−4√6
【点睛】本题涉及了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、矩形的性质和判定、等腰三角形的判定和
性质、勾股定理解三角形等知识点，解题关键是根据一线三等角模型构造和证明三角形相似．
37．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·开学考试）在综合实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主
题开展数学活动．有一张矩形纸片ABCD，点E在射线AB上，现将矩形折叠，折痕为DE，点A的对应点
记为点F．
(1)操作发现：如图1，若点F恰好落在矩形ABCD的边BC上，直接写出一个与△BEF相似的三角形；
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(2)深入探究：如图2，若点F落在矩形ABCD的边BC的下方时，EF、DF分别交BC于点M、N，过点F
作FG⊥BC，FH⊥DC，垂足分别为点G、H，当点G是BC的中点时，试判断△≝¿与△DFH是否相似，
并证明你的结论；
√3
(3)问题解决：在（2）的条件下，若AD=3，BE= ，求CH的长．
3
【答案】(1)△CFD；
(2)相似，证明见解析；
√3 5√3
(3) 或 ．
6 6
【分析】（1）四边形ABCD是矩形，∠B=∠C=∠A=90°，∠BFE+∠BEF=90°，由折叠的性质可
知，∠DFE=∠A=90°，∠BFE+∠CFD=90°，∠BEF=∠CFD，△BEF∽△CFD；
（2）分别延长HF、AB交于点P，四边形ABCD是矩形，∠ABC=∠ADC=90°，FH⊥CD，
∠DHF=90°，四边形BPFG、四边形GFHC、四边形APHD都是矩形，∠P=∠H=∠A=90°，
∠PFE+∠PEF=90°，由折叠的性质可知，∠DFE=∠A=90°，∠PFE+∠HFD=90°，
EF PF
∠PEF=∠HFD，△PEF∽△HFD， = ，BG=FP，CG=FH，点G是BG的中点，BG=CG，
FD HD
EF FH
PF=FH， = ，∠DFE=∠H=90°，△≝∽△DFH；
FD DH
（3）由（2）可知，△≝∽△DFH，∠EDF=∠FDH，由折叠的性质可知，∠EDF=∠ADE，
DF=AD，∠ADE=∠EDF=∠FDH=30°，DH=DF•cos30°，分情况讨论，①当点E在AB上时，
√3
AE= AD，AB=AE+BE，CH=DH−CD=DH−AB，②当点E在AB的延长线上时，
3
√3
AE= AD，AB=AE−BE，CH=DH−CD=DH−AB．
3
【详解】（1）解：△CFD与△BEF相似
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠A=90°，
∴∠BFE+∠BEF=90°，
由折叠的性质可知，∠DFE=∠A=90°，
∴∠BFE+∠CFD=90°，
∴∠BEF=∠CFD，
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∴△BEF∽△CFD；
（2）解：△≝∽△DFH，
理由：如图，分别延长HF、AB交于点P，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵FH⊥CD，
∴∠DHF=90°，
∴四边形BPFG、四边形GFHC、四边形APHD都是矩形，
∴∠P=∠H=∠A=90°，
∴∠PFE+∠PEF=90°，
由折叠的性质可知，∠DFE=∠A=90°，
∴∠PFE+∠HFD=90°，
∴∠PEF=∠HFD，
∴△PEF∽△HFD，
EF PF
∴ = ，
FD HD
∵BG=FP，CG=FH，点G是BG的中点，
∴BG=CG，
∴PF=FH，
EF FH
∴ = ，
FD DH
EF FD
∴ = ，
FH DH
∵∠DFE=∠H=90°，
∴△≝∽△DFH；
（3）解：由（2）可知，△≝∽△DFH，
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∴∠EDF=∠FDH，
由折叠的性质可知，∠EDF=∠ADE，DF=AD=3，
∴∠ADE=∠EDF=∠FDH=30°，
3√3
DH=DF•cos30°= ，
2
①当点E在AB上时，如图，
√3 √3
AE= AD= ×3=√3，
3 3
√3 4√3
∴AB=AE+BE=√3+ = ，
3 3
3√3 4√3 √3
∴CH=DH−CD=DH−AB= − = ，
2 3 6
②当点E在AB的延长线上时，如图，
√3
AE= AD=√3，
3
√3 2√3
∴AB=AE−BE=√3− = ，
3 3
3√3 2√3 5√3
∴CH=DH−CD=DH−AB= − = ．
2 3 6
√3 5√3
综上所述，CH的长为： 或 ．
6 6
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，相似的性质和判定，三角函数等知识点，属于压轴
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题，难度较大，熟练掌握相关性质定理和分类讨论思想是解题的关键．
38．（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，∠ABC=α，将边AC绕点C顺时针旋转α得到线段
CE，在射线BC上取点D，使得∠CDE=α．请求出线段BC与DE的数量关系；
1
（2）类比探究：如图2，若α=90°，作∠ACE=90°，且CE= AC，其他条件不变，则线段BC与DE
2
的数量关系是否发生变化?如果变化，请写出变化后的数量关系，并给出证明；
（3）拓展延伸：如图3，正方形ABCD的边长为6，点E是边AD上一点，且AE=2，把线段CE逆时针旋
转90°得到线段EF，连接BF，直接写出线段BF的长．
【答案】（1）BC=DE；（2）发生变化，BC=2DE，证明见解析；（3）2√41
【分析】（1）结合“一线三等角”推出△ABC≌△CDE，从而证得结论即可；
（2）利用条件证明△ABC∽△CDE，然后根据相似三角形的性质证明即可；
（3）作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，结合“一线三垂直”
证明△FTE≌△EGC，从而利用全等三角形的性质求出BH和FH，最后利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：∵∠ABC=∠CDE=∠ACE=α，
∴∠A＝∠ECD．
在△ABC和△CDE中，
¿
∴△ABC≌△CDE(AAS)，
∴BC=DE．
（2）发生变化，BC=2DE．
证明：由（1）得，∠A=∠ECD，∠ABC=∠CDE，
∴△ABC∽△CDE，
BC AC
∴ = =2，
DE CE
∴BC=2DE．
（3）如图所示，作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，
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则TH=BG=AE=2，EG=AB=6，AH=TE，
由（1）同理可证，△FTE≌△EGC(AAS)，
∴FT=EG=6，AH=TE=GC=6−2=4，
∴FH=FT+TH=6+2=8，BH=BA+AH=6+4=10，
∴BF=√FH2+BH2=√82+102=2√41．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，准确证明三角形全等或相似，
并熟练运用其性质是解题关键．
类型五 相似三角形与多边形综合
39．（2023·山东济南·中考真题）在矩形ABCD中，AB=2，AD=2√3，点E在边BC上，将射线AE绕点
A逆时针旋转90°，交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG．
DG
(1)如图1，连接BD，求∠BDC的度数和 的值；
BE
(2)如图2，当点F在射线BD上时，求线段BE的长；
(3)如图3，当EA=EC时，在平面内有一动点P，满足PE=EF，连接PA，PC，求PA+PC的最小值．
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【答案】(1)∠BDC=60°，√3；
(2)√3；
(3)4√3．
【分析】（1）根据矩形的性质得出∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=2√3，进而根据正切函数得出
BC
tan∠BDC= =√3，可求出∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，
DC
∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，求出∠DAG=∠BAE，证明△ADG∽△ABE，根据相似
三角形的性质即可得出答案；
（2）过点F作FM⊥CG于点M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，
MF
AE=GF，证明△ABE≌△GMF，进而得出tan∠MDF=tan60°= =√3，设DM=x，则
MD
DG 2+x
BE=MF=√3x，根据 =√3，得出 =√3，求出x=1，进而可得出答案；
BE √3x
（3）连接AC，先证明△AGC是等边三角形，AG=AC=4，得出PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，进而求出PA=P'C，∠PEP'=120°，
EP=EP'=4，得出PP'=√3PE=4√3，可得当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为
PA+PC=PP'=4√3．
【详解】（1）解：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=2√3，
∴∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=2√3，
BC
∴tan∠BDC= =√3，
DC
∴∠BDC=60°，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，
∴∠EAG−∠EAD=∠BAD−∠EAD，即∠DAG=∠BAE，
∴△ADG∽△ABE，
DG AD
∴ = =√3；
BE AB
（2）解：如答案图1，过点F作FM⊥CG于点M，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，
AE=GF，
∴∠BAE=∠DAG=∠CGF，∠ABE=∠GMF=90°，
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∴△ABE≌△GMF，
∴BE=MF，AB=GM=2，
∴∠MDF=∠BDC=60°，FM⊥CG，
MF
∴tan∠MDF=tan60°= =√3，
MD
∴MF=√3MD，
设DM=x，则BE=MF=√3x，
∴DG=GM+MD=2+x，
DG
∵ =√3，
BE
2+x
∴ =√3，
√3x
解得x=1，
∴BE=√3x=√3；
（3）解：如答案图2，连接AC，
∵矩形ABCD中，AD=BC=2√3，AB=2，
∴∠ACB=30°，AC=2AB=4，
∵EA=EC，
∴∠EAC=∠ACE=30°，∠AEC=120°，
∴∠ACG=∠GAC=90°−30°=60°，
∴△AGC是等边三角形，AG=AC=4，
∴PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，
∴PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，
∴PP'=√3PE=4√3，
∴当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=4√3．
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【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题
的关键．
40．（2023·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三
角形，AE=EF，∠AEF=∠ABC=α(a≥90°),AF交CD于点G，探究∠GCF与α的数量关系．
问题探究：
(1)先将问题特殊化，如图（2），当α=90°时，直接写出∠GCF的大小；
(2)再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与α的数量关系．
问题拓展：
DG 1 BE
(3)将图（1）特殊化，如图（3），当α=120°时，若 = ，求 的值．
CG 2 CE
【答案】(1)45°
3
(2)∠GCF= α−90°
2
BE 2
(3) =
CE 3
【分析】（1）延长BC过点F作FH⊥BC，证明△ABE≌△BHF即可得出结论．
（2）在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，证明△ANE≌△ECF，通过边和角的关系即可证明．
（3）过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m，由（2）知，
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3 6√3
∠GCF= a−90°=90°，通过相似求出CF= m，即可解出．
2 5
【详解】（1）延长BC过点F作FH⊥BC，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∠FEH+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEH，
在△EBA和△FHE中
¿
∴△ABE≌△EHF，
∴AB=EH，
BE=FH，
∴BC=EH，
∴BE=CH=FH，
∴∠GCF=∠FCH=45°．
故答案为：45°．
（2）解：在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE．
∵∠ABC+∠BAE+∠AEB=∠AEF+∠FEC+∠AEB=180°，
∠ABC=∠AEF，
∴∠EAN=∠FEC．
∵AE=EF，
∴△ANE≌△ECF．
∴∠ANE=∠ECF．
∵AB=BC,
∴BN=BE
∵∠EBN=α，
1
∴∠BNE=90°− α．
2
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∴∠GCF=∠ECF−∠BCD=∠ANE−∠BCD
( 1 ) 3
= 90°+ α −(180°−α)= α−90°．
2 2
（3）解：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m，
DG 1
∵ = ,
CG 2
∴DG=m,CG=2m．
在Rt△ADP中，
∵∠ADC=∠ABC=120°,
∴∠ADP=60°，
3 3
∴PD= m,AP= √3m．
2 2
3
∵α=120°，由（2）知，∠GCF= a−90°=90°．
2
∵∠AGP=∠FGC,
∴△APG∽△FCG．
AP PG
∴ = ，
CF CG
3 5
√3m m
2 2 ，
∴ =
CF 2m
6√3
∴CF= m，
5
在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O．
由（2）知，△ANE≌△ECF，
∴NE=CF，
∵AB=BC，
1 √3
∴BN=BE，OE=EF= EN= m．
2 5
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∵∠ABC=120°，
∴∠BNE=∠BEN=30°，
OE
∵cos30°= ，
BE
6
∴BE= m,．
5
9
∴CE= m
5
BE 2
∴ = ．
CE 3
【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角
形相似．
41．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形ABCD中，AB=2√3，∠ABD=30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于
点F．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图2所示，得到结
AE
论：① = _____；②直线AE与DF所夹锐角的度数为______．
DF
（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是
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否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，则△ADE的面积为______．
√3 13√3+√39 13√3−√39
【答案】（1） ，30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸： 或
2 8 8
AE BE √3
【分析】（1）通过证明ΔFBD∽ΔEBA，可得 = = ，∠BDF=∠BAE，即可求解；
DF BF 2
AE BE √3
（2）通过证明ΔABE∽ΔDBF，可得 = = ，∠BDF=∠BAE，即可求解；
DF BF 2
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE，DG的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，∵∠ABD=30°，∠DAB=90°，EF⊥BA，
BE AB √3
∴cos∠ABD= = = ，
BF DB 2
如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，
∵ΔBEF绕点B按逆时针方向旋转90°，
∴∠DBF=∠ABE=90°，
∴ΔFBD∽ΔEBA，
AE BE √3
∴ = = ，∠BDF=∠BAE，
DF BF 2
又∵∠DOB=∠AOF，
∴∠DBA=∠AHD=30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，
√3
故答案为： ，30°；
2
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，
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∵将ΔBEF绕点B按逆时针方向旋转，
∴∠ABE=∠DBF，
BE AB √3
又∵ = = ，
BF DB 2
∴ΔABE∽ΔDBF，
AE BE √3
∴ = = ，∠BDF=∠BAE，
DF BF 2
又∵∠DOH=∠AOB，
∴∠ABD=∠AHD=30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．
拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DG⊥AE于G，
∵AB=2√3，∠ABD=30°，点E是边AB的中点，∠DAB=90°，
∴BE=√3，AD=2，DB=4，
∵∠EBF=30°，EF⊥BE，
∴EF=1，
∵D、E、F三点共线，
∴∠DEB=∠BEF=90°，
∴DE=√BD2−BE2=√16−3=√13，
∵∠DEA=30°，
1 √13
∴DG= DE= ，
2 2
AE BE √3
由（2）可得： = = ，
DF BF 2
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AE √3
∴ = ，
√13+1 2
√39+√3
∴AE= ，
2
1 1 √39+√3 √13 13√3+√39
∴ΔADE的面积= ×AE×DG= × × = ；
2 2 2 2 8
如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DG⊥AE，交EA的延长线于G，
1 1 √39−√3 √13 13√3−√39
同理可求：ΔADE的面积= ×AE×DG= × × = ；
2 2 2 2 8
13√3+√39 13√3−√39
故答案为： 或 ．
8 8
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋
转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
114
