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专题 10 三角形压轴
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点 三角形压轴
题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
题型02 与三角形有关的平移问题
题型03 与三角形有关的翻折问题
题型04 与三角形有关的旋转问题
题型05 与三角形有关的全等/相似问题
题型06 与三角形有关的最值问题
题型07 与三角形有关的动点问题
题型08 与三角形有关的新定义问题
题型09 与三角形有关的阅读理解问题
题型10 与三角形有关的存在性问题
题型11 三角形与几何图形综合
题型12 三角形与函数综合
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
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考点要求 命题预测
在中考中，涉及三角形压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多
三角形压轴 以选择、填空题型出现，但是三角形结合其它几何图形、函数出成压轴题的几率特
别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.
考点 三角形压轴题
题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
1．（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；
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∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴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．
2．（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（ ）
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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明△BAD≌△CAE即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM∽∠ECA得
MC √3−1
出 = ，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的
√3 2
值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中MC=√BC2−MB2 =√2+1，然后根据三角形的
面积公式即可判断④．
【详解】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA=CA,DA=EA,∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，故①正确；
设∠ABD=∠ACE=α，
∴∠DBC=45°−α,
∴∠EMB=∠DBC+∠BCM=∠DBC+∠BCA+∠ACE=45°−α+45°+α=90°，
∴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
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∵AB=√3，AD=1．
∴CD=AC−AD=√3−1，CE=√AE2+AC2=2
MC √3−1
∴ =
√3 2
3−√3
∴MC= ，故③正确；
2
④如图所示，以A为圆心，AD为半径画圆，
∵∠BMC=90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小， ∠ADM=∠DAE=∠AEM=90°
∴四边形AEMD是矩形，
又AE=AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD=AE=1，
∵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．
3．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，
连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其
中所有正确结论的序号是 ．
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【答案】①③④
【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，
∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，则可证△AEB≌△FED(SAS)，然后根据全等三角形的性质及平行四
边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠DBE−∠ABE,∠EBC=∠ABC−∠ABE，
∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，
∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正确；
∴△AEB≌△FED(SAS)，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正确；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②错误；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴AD=CF，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟
练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
4．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，
∠BAC=∠DAE=90°，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于点H．
下列结论中：①AC=CD；②√2AD2=BC⋅AF；③若AD=3√5，DH=5，则BD=3；④
AH2=DH⋅AC，正确的是 ．
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【答案】 /
√2
【分析】 ② 先证 ③ 明 ③AB②=AC= BC,∠B=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°,AD=AE,
2
△BAD≌△CAE, 再证明∠DAG=∠EAG=45°,DG=EG,若AC=CD, 可得AC平分∠EAH, 与题干
AD AF √2
信息不符，可判断①不符合题意；再证明△ADF∽△ACD, 可得 = , 而AC= BC, 可判断②
AC AD 2
符合题意；如图，连接EH，求解DE=3√5×√2=3√10, 设BD=CE=x,CH= y, 再建立方程组
x2+ y2=25
{ , 可判断③符合题意；证明△HAD∽△HBA, 可得AH2=DH·HB, 若
x2+(5+ y) 2=(3√10) 2
AH2=DH⋅AC，则HB=AC, 与题干信息不符，可判断④不符合题意；从而可得答案．
【详解】解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE,
∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，
√2
∴AB=AC= BC,∠B=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°,AD=AE,
2
∴△BAD≌△CAE,
∴∠ACE=45°,∠BCE=90°,BD=CE,
∵AH⊥DE,AD=AE,
∴∠DAG=∠EAG=45°,DG=EG,
∴∠EAC+∠CAH=45°,
若AC=CD,
1
∴∠CDA=∠CAD= (180°−45°)=67.5°,
2
∴∠CAH=67.5°−45°=22.5°=∠CAE,
∴AC平分∠EAH, 与题干信息不符，故①不符合题意；
∵∠ADE=∠ACB=45°,∠DAF=∠CAD,
∴△ADF∽△ACD,
AD AF
∴ = ,
AC AD
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√2
∴AD2=AC·AF, 而AC= BC,
2
∴√2AD2=BC⋅AF，故②符合题意；
如图，连接EH，
由AH⊥DE,DG=EG,
∴DH=EH=5,
∵AD=3√5=AE,∠DAE=90°,
∴DE=3√5×√2=3√10,
设BD=CE=x,CH= y,
x2+ y2=25
∴{ ,
x2+(5+ y) 2=(3√10) 2
x=3
解得：{ , 即BD=3，故③符合题意；
y=4
∵∠DAH=∠B=45°,∠AHD=∠AHB,
∴△HAD∽△HBA,
HA DH
∴ = ,
HB AH
∴AH2=DH·HB,
若AH2=DH⋅AC，则HB=AC, 与题干信息不符，故④不符合题意；
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形
的判定与性质，作出适当的辅助线，构建直角三角形是解本题的关键．
题型02 与三角形有关的平移问题
1．（2023·四川攀枝花·中考真题）如图1，在△ABC中，AB=BC=2AC=8，△ABC沿BC方向向左平
移得到△DCE，A、C对应点分别是D、E．点F是线段BE上的一个动点，连接AF，将线段AF绕点A逆
时针旋转至线段AG，使得∠BAD=∠FAG，连接FG．
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(1)当点F与点C重合时，求FG的长；
(2)如图2，连接BG、DF．在点F的运动过程中：
①BG和DF是否总是相等？若是，请你证明；若不是，请说明理由；
②当BF的长为多少时，△ABG能构成等腰三角形？
【答案】(1)2√15
(2)①DF=BG；②BF的长为14或11或8或0
【分析】（1）根据平移的性质可得四边形ABCD、四边形ACED是平行四边形，再由已知推导出AB是
∠CAG的平分线，由等腰三角形的性质可得AB⊥CG，过B点作BH⊥AC交于H点，求出BH=2√15，
1
CG
再由 2√15 2 ，所以CG=FG=2√15；
sin∠BAC= =
8 4
（2）①证明△ABG≌△ADF(SAS)，则DF=BG；
1 1
②过点A作AN⊥BC交于N，由等积法可得 ×4×2√15= ×8AN，求出AN=√15，分三种情况讨论：
2 2
当AG=AB时，AG=AF=8；当F点与B点重合时，AF=8，此时BF=0，当BF=2BN时，AF=8，在
Rt△ABN中，BN=7，可得BF=14；当AG=BG时，DF=AF，过点F作FM⊥AD交于M，所以
AM=FN=4，能求出CN=1，CF=3，则BF=11；当BA=BG时，DC=DF，当F点在BE上时，
CD=DF，此时C点与F点重合，此时BF=BC=8．
【详解】（1）解：当F点与C点重合时，AF=AC，
由平移可知，CD=AB，CD∥AB，
∴四边形ABCD、四边形ACED是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵∠BAD=∠FAG，
∴∠DAF=∠BAG，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB，
∵∠DAC=∠ACB，
∴∠DAC=∠BAC=∠BAG，
∴AB是∠CAG的平分线，
∵AC=AG，
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∴AB⊥CG，
如图1，过B点作BH⊥AC交于H点，
∵AB=BC=2AC=8，
∴AH=2，
∴BH=2√15，
1
CG
2√15 2 ，
∴sin∠BAC= =
8 4
∴CG=FG=2√15；
（2）解：①DF=BG，理由如下：
如图2，∵AG=AF，∠DAF=∠BAG，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴DF=BG；
②如图2，过点A作AN⊥BC交于N，
1 1
由①可知 ×4×2√15= ×8AN，
2 2
∴AN=√15，
当AG=AB时，
∵AB=BC=8，
∴AG=8，
∵AG=AF，
∴AF=8，
当F点与B点重合时，AF=8，此时BF=0，
当BF=2BN时，AF=8，在Rt△ABN中，BN=√64−15=7，
∴BF=14；
当AG=BG时，AF=BG，
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∵DF=BG，
∴DF=AF，
过点F作FM⊥AD交于M，
∴AM=DM=4，
∵FM⊥AD，AN⊥BC，
∴AM=FN=4，
∵BN=7，
∴CN=1，
∴CF=3，
∴BF=11；
当BA=BG时，
∵DF=BG，
∴AB=DF，
∵AB=CD=BC=AD，
∴DC=DF，
当F点在BE上时，CD=DF，此时C点与F点重合，
∴BF=BC=8；
综上所述：BF的长为14或11或8或0．
【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定及
性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
2．（2022·广西贵港·中考真题）已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD
在AC的右侧，BD=2AC，AD与BC相交于点O．
AO
(1)如图1，若连接CD，则△BCD的形状为______， 的值为______；
AD
(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．
3
①如图2，当AE与AC重合时，连接OE，若AC= ，求OE的长；
2
②如图3，当∠ACB=60°时，连接EC并延长交直线l于点F，连接OF．求证：OF⊥AB．
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1
【答案】(1)等腰三角形，
3
(2)①OE=2√7；②见解析
【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，进而可判断△BCD
的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解．
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得AC//BD，根据等边三角形的性
质可得∠BAD=30°，再利用勾股定理即可求解．
②连接CD，根据AC//BD，得∠CBD=∠ACB=60°，即△BCD是等边三角形，把△ABD旋转得
AF AO 1
∠ECD=∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到 = = ，则可得
AB AD 3
△AOF∽△ADB，根据三角形相似的性质即可求证结论．
【详解】（1）解：过点C作CH⊥BD于H，如图所示：
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC=BH，
又∵BD=2AC，
∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，
∴△BCD的形状为等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴AC//BD，
∴△AOC∽△BOD，
AO AC AC 1
∴ = = = ，即DO=2AO，
DO DB 2AC 2
AO AO AO 1
∴ = = = ，
AD AO+DO 3AO 3
1
故答案为：等腰三角形， ．
3
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，如图所示：
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∵AC，BD均是直线l的垂线段，
∴AC//BD，
∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，
∴∠EAD=60°，
∴∠ADB=∠EAD=60°，
∴∠BAD=30°，
∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=√3BD，
3
又∵BD=2AC，AC= ，
2
∴AD=6,AB=3√3，
1
∴AH=DH= AD=3，AE=6
2
在Rt△AEH中，EH=√AE2−AH2=√62−32=3√3，
AO 1
又由（1）知 = ，
AD 3
1
∴AO= AD=2，则OH=1，
3
∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=√EH2+OH2=2√7．
②连接CD，如图3所示：
∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=60°，
∵由（1）知△BCD是等腰三角形，
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∴△BCD是等边三角形，
又∵△ADE是等边三角形，
∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，
∴∠ECD=∠ABD=90°，
又∵∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，
∴FC=FB=2AF，
AF AO 1
∴ = = ，
AB AD 3
又∠OAF=∠DAB，
∴△AOF∽△ADB，
∴∠AFO=∠ABD=90°，
∴OF⊥AB．
【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理
的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．
3．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，已知A(0,2),B(2,0)．点E位于第二象限且在直线y=−2x上，
∠EOD=90°，OD=OE，连接AB，DE，AE，DB．
(1)直接判断△AOB的形状：△AOB是_________三角形；
(2)求证：△AOE≌△BOD；
(3)直线EA交x轴于点C(t,0),t>2．将经过B，C两点的抛物线y =ax2+bx−4向左平移2个单位，得到
1
抛物线y ．
2
①若直线EA与抛物线y 有唯一交点，求t的值；
1
②若抛物线y 的顶点P在直线EA上，求t的值；
2
2
③将抛物线y 再向下平移， 个单位，得到抛物线y ．若点D在抛物线y 上，求点D的坐标．
2 (t−1) 2 3 3
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)详见解析
(12 6)
(3)①t=3；②t=6；③D ,
5 5
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【分析】（1）由A(0,2),B(2,0)得到OA=OB=2，又由∠AOB=90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD=90°，∠AOB=90°得到∠AOE=∠BOD，又有AO=OB，OD=OE，利用SAS即可
证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y 的解析式，联立得x2−(t+3)x+3t=0，由
1
Δ=(t+3) 2−4×3t=(t−3) 2=0即可得到t的值；
②抛物线y =−
2
x2+
2
(t+2)x−4向左平移2个单位得到抛物线y =−
2(
x−
t−2) 2
+
(t−2) 2
，则抛物
1 t t 2 t 2 2t
(t−2 (t−2) 2 ) (t−2 (t−2) 2 ) 2
线y 的顶点P , ，将顶点P , 代入y =− x+2得到t2−6t=0，解得
❑2 2 2t 2 2t AC t
t =0,t =6,根据t>2即可得到t的值；
1 2
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM(AAS)，
t 2
则ON=EM,DN=OM，设EM=2OM=2m,由OA∥EM得到OC:CM=OA:EM,则 = ,求得
t+m 2m
t ( 2t t ) 2
m= ,得到D , ，由抛物线y 再向下平移 个单位，得到抛物线
t−1 t−1 t−1 2 (t−1) 2
y =− 2 x2+ 2 (t−2)x− 2 ,把D ( 2t , t ) 代入抛物线y =− 2 x2+ 2 (t−2)x− 2 ,得到
3 t t (t−1) 2 t−1 t−1 3 t t (t−1) 2
1
3t2−19t+6=0,解得t = ,t =6,由t>2，得t=6,即可得到点D的坐标．
1 3 2
【详解】（1）证明：∵A(0,2),B(2,0)，
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形
（2）如图，
∵∠EOD=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOB−∠AOD=∠DOE−∠AOD，
∴∠AOE=∠BOD，
∵AO=OB,OD=OE，
∴△AOE≌△BOD(SAS)；
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（3）①设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A(0,2),C(t,0)，
∴¿，
2
∴y =− x+2，
AC t
将C(t,0),B(2,0)代入抛物线y =ax2+bx−4得，
1
¿，
2 2
解得a=− ,b= (t+2)，
t t
2 2
∴y =− x2+ (t+2)x−4，
1 t t
2 2 2
∵直线y =− x+2与抛物线y =− x2+ (t+2)x−4有唯一交点
AC t 1 t t
∴联立解析式组成方程组解得x2−(t+3)x+3t=0
∴Δ=(t+3) 2−4×3t=(t−3) 2=0
∴t=3
2 2
②∵抛物线y =− x2+ (t+2)x−4向左平移2个单位得到y ，
1 t t 2
2( t−2) 2 (t−2) 2
∴抛物线y =− x− + ，
2 t 2 2t
(t−2 (t−2) 2 )
∴抛物线y 的顶点P , ，
❑2
2 2t
(t−2 (t−2) 2 ) 2
将顶点P , 代入y =− x+2，
2 2t AC t
∴t2−6t=0，解得t =0,t =6,
1 2
∵t>2，
∴t=6；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N,
∴∠EMO=∠OND=90°，
∵∠DOE=90°，
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∴∠EOM+∠MEO=∠EOM+∠NOD=90°，
∴∠MEO=∠NOD，
∵OD=OE，
∴△ODN≌△EOM(AAS)，
∴ON=EM,DN=OM，
∵OE的解析式为y=−2x，
∴设EM=2OM=2m,
∴DN=OM=m，
∵EM⊥x轴,
∴OA∥EM,
∴△CAO~△CEM，
∴OC:CM=OA:EM,
t 2
∴ = ,
t+m 2m
t
∴m= ,
t−1
2t t
∴EM=ON=2OM=2m= ，DN=OM=m= ，
t−1 t−1
( 2t t )
∴D , ,
t−1 t−1
2
∵抛物线y 再向下平移 个单位，得到抛物线y ，
2 (t−1) 2 3
2 2 2
∴抛物线y
3
=−
t
x2+
t
(t−2)x−
(t−1) 2 ,
∴D ( t 2 − t 1 , t− t 1 ) 代入抛物线y 3 =− 2 t x2+ 2 t (t−2)x− (t− 2 1) 2 ,
∴3t2−19t+6=0,
1
解得t = ,t =6,
1 3 2
由t>2，得t=6,
2t 12 12 t 6 6
∴ = = , = = ，
t−1 6−1 5 t−1 6−1 5
(12 6)
∴D , ．
5 5
【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定
系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，
综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
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题型03 与三角形有关的翻折问题
1．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于
点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记
∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．
(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
【答案】(1)25°
(2)①当点P在线段BE上时，2α－β＝50°；②当点P在线段CE上时，2α＋β＝50°
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得
∠ACD，从而α＝∠ACB−∠ACD；
（2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90°−α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋
∠BCD，即可得2α−β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90°
−α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°−α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．
【详解】（1）解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵P与E重合，AE平分∠BAC，
∴D在AB边上，AE⊥CD，
∴∠ACD＝65°，
∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；
（2）①如图1，当点P在线段BE上时，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，
∴90°－α＋β＝40°＋α，
∴2α－β＝50°；
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②如图2，当点P在线段CE上时，
延长AD交BC于点F，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，
∴90°－α＝40°＋α＋β，
∴2α＋β＝50°．
【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解
题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质．
2．（2023·宁夏·中考真题）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探
究．
探究发现
如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．
（1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接
DE，DB，则∠BDE=_______°，设AC=1，BC=x，那么AE=______（用含x的式子表示）；
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底BC √5−1
（2）进一步探究发现： = ，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：
腰AC 2
底BC √5−1
= ；
腰AC 2
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角
形．如图2，在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1．求这个菱形较长对角线的长．
√5+1
【答案】（1）72°,1−x（2）证明见解析，拓展应用：
2
1
【分析】（1）利用等边对等角求出∠ABC,∠ACB的长，翻折得到∠ABD=∠CBD= ∠ABC，
2
∠BDC=∠BDE,BC=BE，利用三角形内角和定理求出，∠BDC，AE=AB−BE=AB−BC，表示出
AE即可；
底BC √5−1
（2）证明△BDC∽△ABC，利用相似比进行求解即可得出 = ；
腰AC 2
拓展应用：连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，得到△ACE为黄金三角形，进而得到
CE √5−1
= ，求出AC的长即可．
AC 2
【详解】解：（1）∵∠A=36°，AB=AC，
1
∴∠ABC=∠C= (180°−36°)=72°，
2
∵将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°，∠BDC=∠BDE,BC=BE=x，
2
∴∠BDC=∠BDE=180°−∠CBD−∠C=72°，AE=AB−BE=AB−BC=1−x；
故答案为：72°,1−x；
（2）证明：∵∠BDC=72°=∠C，
∴BD=BC=x，
∵∠A=∠CBD=36°,∠C=∠C，
∴△BDC∽△ABC，
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BC CD
∴ = ，
AC BC
∵∠ABD=∠CBD=∠A=36°，
∴AD=BD=BC=x，
∴CD=1−x，
x 1−x
∴ = ，
1 x
整理，得：x2+x−1=0，
√5−1
解得：x= （负值已舍掉）；
2
√5−1
经检验x= 是原分式方程的解．
2
底BC √5−1
∴ = ；
腰AC 2
拓展应用：
如图，连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，
∵在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1，
∴∠CAD=∠ACD=36°,CD=AD=1，
1
∴∠EDC=∠DAC+∠ACD=72°,∠ACE=∠AEC= (180°−∠DAC)=72°，
2
∴∠EDC=∠AEC，
∴CE=CD=1，
∴△ACE为黄金三角形，
CE √5−1
∴ = ，
AC 2
2 √5+1 √5+1
∴AC= = ．即菱形的较长的对角线的长为 ．
√5−1 2 2
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解
√5−1
并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为 ．
2
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3．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如
下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进
一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC
的长．
3+√57
【答案】（1）见解析；（2） ；问题2：BC=√10
2
【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A
=180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可
求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得
BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求
得BC的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，
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∵折叠，
1
∴EA=ED，AF=FD，AE= AC=2，AD⊥BE，
2
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
1 3
∴EF= CD= ，
2 2
在Rt△AEF中，AF=√AE2−EF2=
√
22−
(3) 2
=
√7
，
2 2
在Rt△ABF中，BF=√AB2−AF2=
√
42−
(√7) 2
=
√57
，
2 2
3+√57
∴BE=BF+EF= ；
2
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，
∵AB=BD，
1
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM= ∠ABD，
2
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
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在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=√AC2−CD2=√42−12=√15，
√15 √15
∴AM=MD= ，CG=MD=
2 2
在Rt△BDM中，BM=√BD2−DM2=
√
42−
(√15) 2
=
7
，
2 2
7 5
∴BG=BM−GM=BM−CD= −1= ，
2 2
在Rt△BCG中，BC=√BG2+CG2=
√ (5) 2
+
(√15) 2
=√10．
2 2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
题型04 与三角形有关的旋转问题
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，AB=6，点D是BC的中点．
四边形DEFG是菱形（D，E，F，G按逆时针顺序排列），∠EDG=60°，且DE=2，菱形DEFG可以
绕点D旋转，连接AG和CE，设直线AG和直线CE所夹的锐角为α．
(1)在菱形DEFG绕点D旋转的过程中，当点E在线段DC上时，如图①，请直接写出AG与CE的数量关系
及α的值；
(2)当菱形DEFG绕点D旋转到如图②所示的位置时，（1）中的结论是否成立?若成立，请写出证明过程；
若不成立，请说明理由；
(3)设直线AG与直线CE的交点为P，在菱形DEFG绕点D旋转一周的过程中，当EF所在的直线经过点B
时，请直接写出△APC的面积．
【答案】(1)AG=CE，α=60°；
(2)（1）中结论成立，证明见解析；
20√3
(3) 或2√3
7
【分析】
（1）根据AG=AD−GD=2√3−2，CE=CD−DE=2√3−2=AG，即可得出答案；
（2）证明△ADG≌△CDE(SAS)，即可求解；
（3）证明△BDE、△DGC均为等边三角形，证明A、M、P、G共线，由（1）、（2）知，
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MC
∠MPC=∠ADM=60°，则PM= =1，在等边三角形ACD中，AC=2√3，则
tan60∘
AM=AC·sin60∘=3，则AP=AM+MP=3+1=4，进而求解；当B、F重合时，也符合题意，由
AE 4 2
（1）、（2）知，∠MPA=∠ADC=60°，根据tan∠ACE= = = ，在△APC中，用解直角
AC 2√3 √3
三角形的方法即可求解．
【详解】（1）
解：AG=CE，α=60°，理由如下：
在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，AB=6，
则AC=ABtan30°=2√3，BC=2AC=4√3，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD=AD=2√3，
则AG=AD−GD=2√3−2，CE=CD−DE=2√3−2，
∴CE=AG,
∵△ADC为等边三角形，
∴ ∠ADC=60°=α；
（2）解：（1）的结论成立，理由：
证明：延长AG交CD于点T，交CE于点N，
∵∠ADG+∠GDC=60°=∠GDC+∠CDE，
∴∠ADG=∠CDE，
∵AD=CD，GD=ED，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE，∠DCE=∠DAN，
∵∠ATD=∠CTN，
∴∠ANC=∠ADC=60°，
∴α=60°；
（3）解：当B、E、F共线时，如下图，连接AD，
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根据图形的对称性，当B、E、F共线时，且点D是BC的中点，
则F、G、C共线，分别过点G、E作BC的垂线，垂足分别为H、M，GM交CE于点P，
∵∠EDG=60°，
则∠BDE=∠CDG=60°，
则∴∠EBH=∠HDE=∠MCG=60°
,
即△BDE，△DGC均为等边三角形，
1
∴BH=HD=DM=CM= BC=√3，
4
由（1）知△ADC为等边三角形，
则AM⊥CD，则A、M、P、G共线，
由（1）、（2）知，∠MPC=∠ADM=60°，
MC
则PM= =1，
tan60∘
在等边三角形ACD中，AC=2√3，
则AM=AC·sin60∘=3，
∴ AP=AM+MP=3+1=4，
1 1
∴S = ×CM⋅AP= ×4×√3=2√3；
△APC 2 2
当B、F重合时，也符合题意，如下图：
在Rt△ABC中，AC=2√3，AE=AB−BE=6−2=4，
AE 4 2
∴tan∠ACE= = = ，
AC 2√3 √3
由（1）、（2）可知，∠MPA=∠ADC=60°，
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AM
∵tan60∘= =√3，
PM
设AM=√3x，则PM=x，
AM √3x 3
∴CM= = = x
tan∠ACE 2 2 ，
√3
∵ AC2=AM2+CM2，
9
即12=3x2+ x2
，
4
4
解得：x= ，
√7
1 1 3 20√3
S = ×AM⋅PC= ×√3x×(x+ x)= ；
△APC 2 2 2 7
20√3
综上，△APC的面积为： 或2√3．
7
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到三角形全等、解直角三角形、面积的计算、勾股定理的运用，题目
难度很大，分类求解是本题解题的关键．
2．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，点D在边AC上，将
线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，线段DA'交AB于点E，作A'F⊥AB于点F，与线段
AC交于点G，连接FC,GB．
(1)求证：△ADE≌△A'DG；
(2)求证：AF⋅GB=AG⋅FC；
1
(3)若AC=8，tanA= ，当A'G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
8√65
(3)
13
【分析】（1）根据旋转的性质可得DA=DA',∠ADA'=∠GDA'=90°，再根据A'F⊥AB，可得
∠A=∠A'，即可；
（2）根据∠BFG=∠ACB=90°，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到∠CBG=∠CFG，
∠ABC+∠CGF=180°，从而得到∠AGF=∠ABC，进而得到∠ACF=∠ABG，可证明
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△ABG∽△ACF，即可；
1
（3）连接EG，根据AC=8，tanA= ，可得BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，AB=4√5，设
2
DE=DG=x，则A'D=AD=2x可得AE=A'G=√5x，A'E=x，CG=8−3x，
√5 2√5 3√5 6√5
EF= x,A'F= x，FG= x，BF=4√5− x，再由A'G平分四边形DCBE的面积，可得
5 5 5 5
S +S =S +S ，从而得到关于x的方程，即可求解．
△DEG △FEG △BFG △BCG
【详解】（1）证明：∵线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，
∴DA=DA',∠ADA'=∠GDA'=90°，
∴∠A+∠AED=90°，
∵A'F⊥AB，即∠A'FE=90°，
∴∠A'+∠AEF=90°，
∵∠AED=∠AEF，
∴∠A=∠A'，
在△ADE和△A'DG中，
∵∠A=∠A'， DA=DA',∠AD A'=∠GD A'=90°，
∴△ADE≌△A'DG；
（2）证明：∵∠BFG=∠ACB=90°，
∴点B，C，G，F四点共圆，
∴∠CBG=∠CFG，∠ABC+∠CGF=180°，
∵∠AGF+∠CGF=180°，
∴∠AGF=∠ABC，
∵∠AGF=∠CFG+∠ACF,∠ABC=∠ABG+∠CBG，
∴∠ACF=∠ABG，
∵∠A=∠A，
∴△ABG∽△ACF，
AG BG
∴ = ，
AF CF
即AF⋅GB=AG⋅FC；
（3）解：如图，连接EG，
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∵△ADE≌△A'DG，
∴DE=DG，AE=A'G，
1
∵AC=8，tan A= ，
2
BC DE 1 EF 1
∴tanA= = = ,tanA'= =
，
AC AD 2 A'F 2
∴BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，
∴AB=4√5，
设DE=DG=x，则A'D=AD=2x，
∴AE=A'G=√5x，A'E=x，CG=8−3x，
√5 2√5
∴EF= x,A'F= x，
5 5
3√5 6√5
∴FG= x，BF=4√5− x，
5 5
∵A'G平分四边形DCBE的面积，
∴S +S =S +S ，
△DEG △FEG △BFG △BCG
1 1 1 1
∴ DE×DG+ EF×FG= BC×CG+ BF×FG，
2 2 2 2
即 1 x2+ 1 × √5 x× 3√5 x= 1 ×4(8−3x)+ 1( 4√5− 6√5 x ) × 3√5 x，
2 2 5 5 2 2 5 5
4√65
解得：x= （负值舍去），
13
8√65
∴AD=2x= ．
13
【点睛】本题主要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，解直角三角形，勾股定理
等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（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
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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°，
∴∠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°．
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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，
∵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°，
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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．
4．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别
作l的垂线，垂足分别为点D、E．
(1)特例体验：
如图①，若直线l∥BC，AB=AC=√2，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α(0<α<45°)，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说
明理由；
②如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α(45°<α<90°)，与线段BC相交于点H，请再探线
段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE=3，DE=1，求S ．
△BFC
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)①DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
25
(3)S =
ΔBFC 8
90°
【分析】（1）先根据得出∠ABC=∠ACB= =45°，根据l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，
2
∠EAC=∠ACE=45°，再根据∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°，∠ACE=45°，
即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根据三角函数得出AD=BD=1，AE=CE=1，
即可求出DE=AD+AE=2；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结
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论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
AD AF
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出AC=√AE2+CE2=5，根据DF∥CE，得出 = ，代入数
AE CF
据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
90°
∴∠ABC=∠ACB= =45°，
2
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠ABD=90°−45°=45°，∠ACE=90°−45°=45°，
∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，
√2
∴AD=BD=AB×sin∠DAB=√2× =1，
2
√2
AE=CE=AC×sin∠EAC=√2× =1，
2
∴DE=AD+AE=2．
（2）①DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
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∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
（3）根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴AE=AD+DE=3+1=4，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：AC=√AE2+CE2=5，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴DF∥CE，
AD AF
∴ = ，
AE CF
3 AF
即 = ，
4 5
15
解得：AF= ，
4
15 5
∴CF=AC−AF=5− = ，
4 4
∵AB=AC=5，
1 1 5 25
∴S = CF×AB= × ×5= ．
ΔBFC 2 2 4 8
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，
解直角三角形，根据题意证明ΔABD≌ΔCAE，是解题的关键．
题型05 与三角形有关的全等/相似问题
1．（2023·四川成都·中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
AD 1
在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=BC，D是AB边上一点，且 = （n为正整数），E是AC边上的动
BD n
点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．
【初步感知】
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√2
(1)如图1，当n=1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF= AB，请写出证明过程．
2
【深入探究】
(2)①如图2，当n=2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论
并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必
证明）
【拓展运用】
(3)如图3，连接EF，设EF的中点为M．若AB=2√2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的
路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
1 √2 1 √2
(2)①AE+ BF= AB，证明过程略；②当点F在射线BC上时，AE+ BF= AB，当点F在CB
2 3 n n+1
1 √2
延长线上时，AE− BF= AB
n n+1
(3)√n2+1
AD
【分析】（1）连接CD，当n=1时， =1，即AD=BD，证明AD=CD，从而得到△ADE≌△CDF即
BD
可解答；
（2）①过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，当n=2时，AD=DG，根据
1 √2
GH∥BC，可得△AHG是等腰直角三角形，JG= FB，根据（1）中结论可得AE+JG= AG，再根
2 2
1 2 1 √2
据JG= FB，AG= AB，即可得到AE+ BF= AB；
2 3 2 3
②分类讨论，即当点F在射线BC上时；当点F在CB延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；
（3）如图，当E 与A重合时，取E F 的中点M ，当E 与C重合时，取E F 的中点M ，可得M的轨迹
1 1 1 1 2 2 2 2
长度即为M M 的长度，可利用建系的方法表示出E ,F ,E ,F 的坐标，再利用中点公式求出M ,M ，
1 2 1 1 2 2 1 2
最后利用勾股定理即可求出M M 的长度．
1 2
【详解】（1）证明：如图，连接CD，
AD
当n=1时， =1，即AD=BD，
BD
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∵∠C=90°,AC=BC，
1
∴ ∠A=∠B=45°，CD⊥AB，∠FCD= ∠ACB=45°,
2
√2
∴CD=AD，AB=√2BC，即BC= AB，
2
∵DE⊥FD，
∴∠ADE+∠EDC=∠FDC+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDF
在△ADE与△CDF中，
¿，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，
√2
∴BC=CF+BF=AE+BF= AB；
2
1 √2
（2）①AE+ BF= AB
2 3
证明：如图，过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，
AD 1
当n=2时， = ，即2AD=DB，
DB 2
∵ G是DB的中点，
2
∴AD=DG，AG= AB，
3
∵ HG∥BC，
∴∠AHG=∠C=90°，∠HGA=∠B=45°，
∵∠A=45°，
∴ △AHG是等腰直角三角形，且△DJG∽△DBF，
JG DG 1
∴ = = ，
FB DB 2
√2
根据（1）中的结论可得AE+JG= AG，
2
1 √2 2 √2 √2
∴AE+JG=AE+ FB= AG= × AB= AB；
2 2 3 2 3
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1 √2
故线段AE，BF，AB之间的数量关系为AE+ BF= AB；
2 3
②解：当点F在射线BC上时，
如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，
√2
同①，可得AE+JG= AG，
2
AD 1
∵ = ，AD=DG，
BD n
DG 1 2
∴ = ，AG= AB，
BD n n+1
JG DG 1
同①可得 = = ，
FB DB n
1 √2 2 √2 √2
∴AE+JG=AE+ FB= AG= × AB= AB，
n 2 n+1 2 n+1
1 √2
即线段AE，BF，AB之间数量关系为AE+ BF= AB；
n n+1
当点F在CB延长线上时，
如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，连接HD
同（1）中原理，可证明△DHE≌△DGJ(ASA)，
√2
可得AE−GJ= AG，
2
AD 1
∵ = ，AD=DG，
BD n
DG 1 2
∴ = ，AG= AB，
BD n n+1
JG DG 1
同①可得 = = ，
FB DB n
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1 √2 2 √2 √2
∴AE−JG=AE− FB= AG= × AB= AB
n 2 n+1 2 n+1
1 √2
即线段AE，BF，AB之间数量关系为AE− BF= AB,
n n+1
1 √2
综上所述，当点F在射线BC上时，AE+ BF= AB；当点F在CB延长线上时，
n n+1
1 √2
AE− BF= AB；
n n+1
（3）解：如图，当E 与A重合时，取E F 的中点M ，当E 与C重合时，取E F 的中点M ，可得M的
1 1 1 1 2 2 2 2
轨迹长度即为M M 的长度，
1 2
如图，以点D为原点，DF 为y轴，DB为x轴建立平面直角坐标系，过点E 作AB的垂线段，交AB于点G，
1 2
过点F 作AB的垂线段，交AB于点H，
2
AD 1
∵AB=2√2, = ，
DB n
2√2 2√2n
∴AD= ，DB= ，
n+1 n+1
( 2√2 )
∴E − ,0 ，
1 n+1
∵∠F BD=45°，
1
∴F D=BD，
1
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( 2√2n)
∴F 0, ，
1 n+1
∵M 是E F 的中点，
1 1 1
( √2 √2n)
∴M − , ，
1 n+1 n+1
1
∵GB=GC= AB=√2，
2
−√2+√2n
∴DG=DB−BG= ，
n+1
(−√2+√2n )
∴E ,√2 ，
2 n+1
1 √2
根据（2）中的结论AE − BF = AB，
2 n 2 n+1
( √2 ) 2n2−2n
∴BF =n AE − AB = ，
2 2 n+1 n+1
√2 √2n2−√2n
∴BH=F H= BF = ，
2 2 2 n+1
∴DH=DB+BH=√2n，
(
√2n2−√2n)
∴F √2n,− ，
2 n+1
(√2n2+2√2n−√2 −√2n2+2√2n+√2)
∴M , ，
2 2n+2 2n+2
∴M M =√n2+1．
1 2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的
性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．
2．（2023·福建·中考真题）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,D是AB边上不与A,B重合的
一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD,CA的
延长线相交于点M．
(1)求证：△ADE∽△FMC；
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(2)求∠ABF的度数；
(3)若N是AF的中点，如图2．求证：ND=NO．
【答案】(1)见解析
(2)∠ABF=135°
(3)见解析
【分析】
1
（1）由旋转的性质可得∠DFC=45°，再根据等腰三角形的性质可得∠BAO= ∠BAC，再证明
2
∠BAO=∠DFC、∠EDA=∠M，即可证明结论；
BI DI
（2）如图1：设BC与DF的交点为I，先证明∴△BID∽△FIC可得 = ，再证明△BIF∽△DIC可
FI CI
得∠IBF=∠IDC=90°，最后运用角的和差即可解答；
（3）如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，先证明△TNF≌△ONA可得NT=NO,FT=AO，再
证 △BIF∽△DIC可 得 ∠DFT=∠DCO； 进 而 证 明 △DFT≌△DCO即 DT=DO， 再 说 明
∠ODT=∠CDF=90°则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】（1）解： ∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，
∴∠DFC=45°，
∵AB=AC,AO⊥BC，
1
∴∠BAO= ∠BAC．
2
∵∠BAC=90°，
∴∠BAO=∠ABC=45°．
∴∠BAO=∠DFC．
∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°，
∴∠EDA=∠M．
∴△ADE∽△FMC．
（2）解：如图1：设BC与DF的交点为I，
∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC，
∴△BID∽△FIC，
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BI DI
∴ = ，
FI CI
BI FI
∴ = ．
DI CI
∵∠BIF=∠DIC，
∴△BIF∽△DIC，
∴∠IBF=∠IDC．
又∵∠IDC=90°，
∴∠IBF=90°．
∵∠ABC=45°,∠ABF=∠ABC+∠IBF，
∴∠ABF=135°．
（3）解：如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，
∵∠FBI=∠BOA=90°，
∴BF∥AO，
∴∠FTN=∠AON．
∵N是AF的中点，
∴AN=NF．
又∵∠TNF=∠ONA，
∴△TNF≌△ONA，
∴NT=NO,FT=AO．
∵∠BAC=90°,AB=AC,AO⊥BC，
∴AO=CO，
∴FT=CO．
由（2）知，△BIF∽△DIC，
∴∠DFT=∠DCO．
∵DF=DC，
∴△DFT≌△DCO，
∴DT=DO,∠FDT=∠CDO，
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∴∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO，即∠ODT=∠CDF．
∵∠CDF=90°，
∴∠ODT=∠CDF=90°，
1
∴ND= ¿=NO．
2
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形
的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
3．（2023·湖北黄冈·中考真题）【问题呈现】
△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．
(1)如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系：____________；
(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】
(3)当m=√3,AB=4√7,DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A,D,E三点恰好在同一直线上，求BE的长．
【答案】(1)BE⊥AD
(2)成立；理由见解析
(3)BE=6√3或4√3
【分析】（1）根据m=1，得出AC=BC，DC=EC，证明△DCA≌△ECB，得出∠DAC=∠CBE，根
据∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，求出∠GAB+∠ABG=90°，即可证明结论；
（2）证明△DCA∽△ECB，得出∠DAC=∠CBE，根据∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，
求出∠GAB+∠ABG=90°，即可证明结论；
（3）分两种情况，当点E在线段AD上时，当点D在线段AE上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结
果即可．
【详解】（1）解：∵m=1，
∴AC=BC，DC=EC，
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∴△DCA≌△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，
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=∠CBE+∠CAB+∠ABG
=∠CAB+∠CBA
=180°−∠ACB
=90°，
∴∠AGB=180°−90°=90°，
∴BE⊥AD；
故答案为：BE⊥AD．
（2）解：成立；理由如下：
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
DC AC 1
∵ = = ，
CE BC m
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，
=∠CBE+∠CAB+∠ABG
=∠CAB+∠CBA
=180°−∠ACB
=90°，
∴∠AGB=180°−90°=90°，
∴BE⊥AD；
（3）解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：
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设AE=x，则AD=AE+DE=x+4，
根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，
BE BC
∴ = =m=√3，
AD AC
∴BE=√3AD=√3(x+4)=√3x+4√3，
根据解析（2）可知，BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即x2+(√3x+4√3) 2=(4√7) 2 ，
解得：x=2或x=−8（舍去），
∴此时BE=√3x+4√3=6√3；
当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：
设AD= y，则AE=AD+DE= y+4，
根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，
BE BC
∴ = =m=√3，
AD AC
∴BE=√3AD=√3 y，
根据解析（2）可知，BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即(y+4) 2+(√3 y) 2=(4√7) 2 ，
解得：y=4或y=−6（舍去），
∴此时BE=√3 y=4√3；
综上分析可知，BE=6√3或4√3．
【点睛】本题主要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，三角形内角和定理的应用，
勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．
题型06 与三角形有关的最值问题
1．（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．
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(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；
(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
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∠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°，
∴∠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°，
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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，
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．
2．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，
D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
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(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得
到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，
直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACF(SAS)，即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四
边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP,DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得
∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得
1
Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC= AC=2，进而得出
2
∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=√3PG=√3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，
PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
¿，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，
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∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC
∴BD=CD
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE,CF=CE，
∴AF=CF,
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
1
∴AC⊥BF，AG=CG= AC
2
∴∠AGF=90°
1
又∵DG= AC=CG，∠ACD=60°
2
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°
∴∠AGH=∠DGC=60°
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60°=30°，KF∥AD
∴∠HKF=∠ADK=30°
∴∠FKG=∠KGF=30°，
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∴FG=FK
在Rt△CED与Rt△CGF中，
¿
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP,DQ交于点R，
由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至
△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG
∴DE=GF，
∵DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF∥DQ
∴四边形GDQF是平行四边形，
1
∴QF=DG= AC=2
2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
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∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=≥=GQ，
∴PQ=√3PG=√3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，
1 1
∴GQ= GC= DC=1，
2 2
∴PQ=√3，
∴PQ+QF=√3+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判
定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点
P向右(a≥0)或向左(a<0)平移|a|个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单位长度，得到点
P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”．
(1)如图，点M(1,1),点N在线段OM的延长线上，若点P(−2,0),点Q为点P的“对应点”．
①在图中画出点Q；
1
②连接PQ,交线段ON于点T.求证：NT= OM;
2
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1
(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t( <t<1)，若P为⊙O外一点，点Q
2
为点P的“对应点”，连接PQ.当点M在⊙O上运动时直接写出PQ长的最大值与最小值的差（用含t的式
子表示）.
【答案】(1)见解析
(2)4t−2
【分析】（1）①先根据定义和M(1,1)求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N的对称点为Q求出点Q的
1
坐标；②延长ON至点A(3,3)，连接AQ，利用AAS证明ΔAQT≅ΔOPT，得到TA=¿= OA，再计算
2
√2 1
出OA，OM，ON即可求出NT=ON−OT= = OM；
2 2
（2）连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，结合对称的性质得出NM为ΔP'QT
1
的中位线，推出NM= QT，得出SQ=ST−TQ=1−(2−2t)=2t−1，则
2
PQ −PQ =(PS+QS)−(PS−QS)=2QS．
max min
【详解】（1）解：①点Q如下图所示．
∵点M(1,1)，
∴点P(−2,0)向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'，
∴P'(−1,1)，
∵点P'关于点N的对称点为Q，N(2,2)，
∴点Q的横坐标为：2×2−(−1)=5，纵坐标为：2×2−1=3，
∴点Q(5,3)，在坐标系内找出该点即可；
②证明：如图延长ON至点A(3,3)，连接AQ，
∵ AQ//OP，
∴∠AQT=∠OPT，
在ΔAQT与Δ∠OPT中，
¿，
∴ΔAQT≅ΔOPT(AAS)，
1
∴TA=¿= OA，
2
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∵ A(3,3)，M(1,1)，N(2,2)，
∴OA=√32+32=3√2，OM=√12+12=√2，ON=√22+22=2√2，
1 3
∴¿= OA= √2，
2 2
3 √2
∴NT=ON−OT=2√2− √2= ，
2 2
1
∴NT= OM；
2
（2）解：如图所示，
连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，
∵M(a,b)，点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移|a|个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单
位长度，得到点P'，
∴PP'=OM=1，
∵点P'关于点N的对称点为Q，
∴NP'=NQ，
又∵OP=OS，
∴OM∥ST，
∴NM为ΔP'QT的中位线，
1
∴NM//QT，NM= QT，
2
∵NM=OM−ON=1−t，
∴TQ=2NM=2−2t，
∴SQ=ST−TQ=1−(2−2t)=2t−1，
在ΔPQS中，PS−QS<PQ<PS+QS，
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结合题意，PQ =PS+QS，PQ =PS−QS，
max min
∴PQ −PQ =(PS+QS)−(PS−QS)=2QS=4t−2，
max min
即PQ长的最大值与最小值的差为4t−2．
【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值
问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点P'的轨迹是解题的关键．
4．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E
分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交
PC于点H．
(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
CH
(4)求 的最大值．
CE
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
√2+1
(4)
2
【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DE∥BP，然后由平行线的性质即可解
答；
√2 √2
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF= DE 、GF=CF= CG ；设AP=x，则
2 2
BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形
的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，
进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
CE CF CH CF⋅CD
（4）先说明△CEF∽△CDH得到 = ，进而得到 = ，然后将已经求得的量代入可得
CD CH CE CE2
12
CH = 1 ( 1 ) 2
= 288 ，然后根据a+ = √a+ −2≥2求最值即可．
CE x+12+ −24 a √a
x+12
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【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
1
∴DE∥BP，DE= BP
2
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
√2 √2
∴DF=EF= DE ，GF=CF= CG ，
2 2
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
12−x 12−x
∴DE= ，EF=
2 2√2
∵Rt△APC，
∴PC=√AP2+AC2=√x2+144
1
∴CE=
√x2+144
2
∵Rt△EFC
∴FC=FG=√CE2−EF2= √(1 √x2+144 ) 2 − (12−x) 2 = √(x+12) 2 = 12+x
2 2√2 8 2√2
12+x
∴CG=√2CF=
2
12+x 12−x
∴AG=12-CG=12- =
2 2
1 1 12−x 12x−x2 −(x−6) 2+36
∴S APG= AP⋅AG= x⋅ = =
2 2 2 4 4
△
所以当x=6时，S APG有最大值9．
△
（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
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∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
CE CF
∴ = ，即CE⋅CH=CF⋅CF
CD CH
CH CF⋅CD
=
∴
CE CE2
12+x 1 1
∵FC= ，CE= √x2+144，CD= BC=√122+122=6√2
2√2 2 2
12+x
⋅6√2 x+12 12
CH 2√2 =12× =
∴ = x2+144 288
CE (1 √x2+144 ) 2 x+12+ x+12 −24
2
12 12 1 2√2+2 √2+1
≤ = = = =
2√288−24 24√2−24 2√2−2 4 2
CH √2+1
∴ 的最大值为 ．
CE 2
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相
似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
题型07 与三角形有关的动点问题
1．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点D是射线BC上的动点
（不与点B，C重合），连接AD，过点D在AD左侧作DE⊥AD，使AD=kDE，连接AE，点F，G分
别是AE，BD的中点，连接DF，FG，BE．
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(1)如图1，点D在线段BC上，且点D不是BC的中点，当α=90°，k=1时，AB与BE的位置关系是
FG
________， = ________．
CD
(2)如图2，点D在线段BC上，当α=60°，k=√3时，求证：BC+CD=2√3FG．
(3)当α=60°，k=√3时，直线CE与直线AB交于点N．若BC=6，CD=5，请直接写出线段CN的长．
1
【答案】(1)垂直，
2
(2)见解析
6√57 42√3
(3)CN= 或
7 13
【分析】（1）连接BF并延长交AC于R，根据等腰三角形的判定和性质，推出A,B,E,D，四点共圆，
进而得到∠ABE=90°，推出AB与BE垂直，利用斜边上的中线以及等腰三角形三线合一，得到
1
FG⊥BC，证明△AFR≌△EFB，得到FG∥DR,FG= DR，即可得出结果；
2
（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，连接BF，同（1）推出FG⊥BC，得到
EH∥FG∥AQ，进而得到EH+AQ=2FG，变形得到√3EH+√3AQ=2√3FG，再根据等腰三角形三
线合一，以及含30度角的直角三角形的性质，利用线段之间的等量代换，即可得证；
（3）分点D在线段BC上和在线段BC的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：连接BF并延长交AC于R，
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，
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同理：∠AED=45°，
∴∠AED=∠ABD，
∴A,B,E,D，四点共圆，
∴∠ABE+∠ADE=180°，
∵∠ADE=90°，
∴∠ABE=90°，
∴AB与BE垂直；
∵F是AE的中点，
1
∴BF=DF= AB，AF=EF，
2
∵G是BD的中点，
∴FG⊥BC，
∵∠ABE+∠BAC=180°，
∴BE∥AC，
∴∠EAR=∠FEB，
又AF=EF，∠BFE=∠AFR，
∴△AFR≌△EFB，
∴BF=RF，
1
∴FG∥DR,FG= DR，
2
∴RD⊥BC，
∵∠C=45°，
∴CD=RD，
1
∴FG= CD，
2
FG 1
∴ = ；
CD 2
1
故答案为：垂直， ；
2
（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，连接BF，
∵AB=AC,∠BAC=60°，
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∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，BC=2CQ，
AD
∵∠ADE=90°, =√3，
DE
∴∠AED=60°，
∴A,B,E,D，四点共圆，
∴∠ABE=∠ADE=90°，
∵F是AE的中点，
1
∴BF=DF= AB，AF=EF，
2
∵G是BD的中点，
∴FG⊥BC，
∴EH∥FG∥AQ，
HG EF
∴ = =1，
QG AF
∴HG=QG，
∴GF是梯形AEHQ的中位线，
∴EH+AQ=2FG，
∴√3EH+√3AQ=2√3FG，
∵∠H=90°,∠EBH=180°−∠ABE−∠ABC=30°，
∴BH=√3EH，
∵HG=QG，BG=DG，
∴DQ=BH=√3EH，
∵∠AQC=90°,∠C=60°，
√3
∴CQ= AQ，
3
∴DQ+3CQ=2√3FG，
∴(DQ+CQ)+2CQ=2√3FG，
∴BC+CD=2√3FG；
（3）①当点D在BC上时，作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，作CX⊥EB，交
EB的延长线与点X，
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由（2）知：△ABC为等边三角形，∠ABE=90°，
1
∴∠C=60°，BQ=CQ= BC=3，
2
√3
∴DQ=CD−CQ=2，AQ= AC=3√3，
2
∵∠ADE=90°，∠H=∠AQD=90°，
∴∠EDH=∠DAQ=90°−∠ADQ，
∴△EHD∽△DQA，
HE ED √3
∴ = = ，
DQ AD 3
√3 2√3
∴HE= DQ= ，
3 3
∵∠EBH=180°−∠ABE−∠ABC=30°，
4√3
∴BE=2HE= ，BH=√3HE=2，
3
∴CH=BH+BC=8，
14√3
∴CE=√EH2+CH2=
，
3
在Rt△BCX中，BC=6，∠BCX=∠EBH=30°，
∴BX=6⋅cos30°=3√3，
13√3
∴EX=EB+BX= ，
3
∵∠ABE=∠CXE=90°，
∴CX∥BN，
CN 3√3
CN BX =
∴ = ，即：14√3 13√3，
CE EX
3 3
42√3
∴CN= ；
13
②当点D在BC的延长线上时，作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB于点H，作CX⊥EB，交EB的延长线与
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点X，
同①可知：AQ=3√3,CQ=3,△DHE∽△AQD，
EH DE √3
∴DQ=CQ+CD=8, = = ，
DQ AD 3
√3 8√3
∴EH= DQ= ，
3 3
16√3
∴BE=2HE= ，BH=√3HE=8，
3
∴CH=BH−BC=2，
2√57
∴CE=√EH2+CH2=
，
3
在Rt△BCX中，BC=6，∠BCX=∠EBH=30°，
∴BX=6⋅cos30°=3√3，
7√3
∴EX=EB−BX= ，
3
∵∠ABE=∠CXE=90°，
∴CX∥BN，
CN 3√3
CN BX =
∴ = ，即：2√57 7√3，
CE EX
3 3
6√57
∴CN= ；
7
6√57 42√3
综上：CN= 或 ．
7 13
【点睛】本题考查几何的综合应用，难度大，属于中考压轴题，重点考查了等腰三角形的判定和性质，等
边三角形的判定和性质，斜边上的中线，全等三角形和相似三角形的判定和性质，解直角三角形．解题的
关键是添加合适的辅助线，构造特殊图形．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，
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使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
1
【答案】(1)CF= BD，理由见解析
2
(2)①成立，理由见解析②4√3+6√6
【分析】（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论．
2
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，
2
AH MN
交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到 = ，证明
EH DN
BC AH AH
△ABC∽△ADG，得到 = = ，求出DG的长，利用四边形BDFC的面积为
DG AN AM+MN
S −S −S =S −S −S 进行求解即可．
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1
【详解】（1）解：CF= BD，理由如下：
2
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
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∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB−AD=AC−AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD−AB=AG−AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：
AN⊥BC，
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1
由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECF(AAS)，CF=FG= BD，
2
∵△ABC为等边三角形，
1
∴AB=AC=BC=4,BH=CH= BC=2，
2
∴AH=√AB2−BH2=2√3，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=2√3，
∴AM=2AH=4√3，
∵△DGF≌△ECF(AAS)，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
AH MN
∴ = ，
EH DN
1 1
设MN= y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN= DG= x，
2 2
2√3 y
= ①
∴x+2 x ，
2
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
BC AH AH 4 2√3
∴ = = ，即： = ②，
DG AN AM+MN x 4√3+ y
联立①②可得：x=4√2+4（负值已舍去），
经检验x=4√2+4是原方程的根，
1
∴DG=CE=4√2+4，DN=2√2+2，CF=FG= (x−4)=2√2，
2
∴AN=2√6+2√3，
1 1
∴S = CE⋅AH= (4√2+4)⋅2√3=4√6+4√3，
△ACE 2 2
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S AC 4
∵ △ACE= = ，
S CF 2√2
△CEF
√2
∴S = (4√6+4√3)=4√3+2√6，
△CEF 2
∴四边形BDFC的面积为S −S −S =S −S −S
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1 1
= (4√2+4)(2√6+2√3)− ×4×2√3−4√3−2√6
2 2
=4√3+6√6．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角
形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似
三角形．
3．（2022·重庆·中考真题）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，
连接BE交直线CD于点F．
(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接
MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关
系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中
点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点
PQ
D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出 的值．
BC
【答案】(1)∠EFC=60°
(2)BF+CF=2CN，证明见解析
2√14+√42
(3)
14
【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出
∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；
（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，
求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出
∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，
然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论；
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（3）根据∠BFC=120°可知F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当P、
F、O三点共线时，PF取得最小值，设HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计
算即可．
【详解】（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，
∴△CBE≌△BCK（SAS），
∴BK=CE=BD，
∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°，
∵∠A=60°，
∴∠DFE=120°，
∴∠CFE=60°；
（2）BF+CF=2CN，
证明：∵AB=AC，∠A=60°，
∴ ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，
△
又∵BD=AE，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，
由旋转的性质得AC＝CM，
∴FQ=CM=BC，
在CF上截取FP＝FB，连接BP，
∵∠BFC=120°，
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∴∠BFP=60°，
∴△PBF为正三角形，
∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠FCM=∠PBC，
∵∠QFN＝∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴∠PFQ=∠FCM，
∴∠PFQ=∠PBC，
又∵PB=PF，FQ=BC
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，
∴△PCQ为正三角形，
∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；
（3）由（2）知∠BFC=120°，
∴F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，
∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，
∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，
AO 2
∴tan∠APK= = ，
AP √3
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如图3-2，作HL⊥PK于L，
设HL=LK=2，
HL 2 2 2
在Rt HLP中，tan∠HPL= = ，即 = ，
PL √3 PL √3
△
∴PL=√3，
∴PH=√(√3) 2+22=√7，HK=√22+22=2√2，
设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，
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1 1
∵S PHK＝ PK⋅HL= HK⋅PR，
2 2
△
∴(2+√3)×2=2√2PR，
2+√3
∴PR= ，
√2
4+2√3
∴PQ=2PR= ，
√2
∵BC＝AP＝2PH=2√7，
PQ 4+2√3 1 2√14+√42
∴ = × = ．
BC √2 2√7 14
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，
圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键．
题型08 与三角形有关的新定义问题
1．（2022·山东青岛·中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在△ABC和△A'B'C'中，AD,A'D'分别是BC和B'C'边上的高线，且AD=A'D'，则
△ABC和△A'B'C'是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用S ，S 分别表示△ABC和△A'B'C'的面积．
△ABC △A'B'C'
1 1
则S = BC⋅AD,S = B'C' ⋅A'D' ，
△ABC 2 △A'B'C' 2
∵AD=A'D'
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∴S :S =BC:B'C' ．
△ABC △A'B'C
【性质应用】
(1)如图②，D是△ABC的边BC上的一点．若BD=3,DC=4，则S :S = __________；
△ABD △ADC
(2)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点．若BE:AB=1:2，CD:BC=1:3，S =1，
△ABC
则S = __________，S = _________；
△BEC △CDE
(3)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点，若BE:AB=1:m，CD:BC=1:n，S =a，
△ABC
则S = __________．
△CDE
【答案】(1)3:4
1 1
(2) ；
2 6
a
(3)
mn
【分析】（1）由图可知△ABD和△ADC是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据BE:AB=1:2，S =1和等高三角形的性质可求得S ，然后根据CD:BC=1:3和等高三
△ABC △BEC
角形的性质可求得S ；
△CDE
（3）根据BE:AB=1:m，S =a和等高三角形的性质可求得S△BEC，然后根据CD:BC=1:n，和等
△ABC
高三角形的性质可求得S ．
△CDE
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，
1 1
则S = BD⋅AE，S = DC⋅AE
△ABD 2 △ADC 2
∵AE=AE，
∴S :S =BD:DC=3:4．
△ABD △ADC
（2）解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S :S =BE:AB=1:2，
△BEC △ABC
1 1 1
∴S = S = ×1= ；
△BEC 2 △ABC 2 2
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S :S =CD:BC=1:3，
△CDE △BEC
1 1 1 1
∴S = S = × = ．
△CDE 3 △BEC 3 2 6
（3）解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
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∴S :S =BE:AB=1:m，
△BEC △ABC
1 1 a
∴S = S = ×a= ；
△BEC m △ABC m m
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S :S =CD:BC=1:n，
△CDE △BEC
1 1 a a
∴S = S = × = ．
△CDE n △BEC n m mn
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵
活运用是解题的关键．
2．（2021·山东东营·中考真题）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和
点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．
（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关
系是________．
（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成
立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是
否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD=60°，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．
【答案】（1）OC=OD；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②
AC+BD=√3OC
【分析】（1）根据三角形全等可得；
（2）方法一：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明△COE≌△DOF即
可，
方法二：延长CO交BD于点E，证明△AOC≌△BOE即可；
（3）①方法一：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明△COE≌△DOF，
方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明△AOC≌△BOE；
②延长CO交DB的延长线于点E，证明△AOC≌△BOE，根据已知条件得出DE=√3CD．
【详解】（1）∵O是线段AB的中点
∴OA=OB
∵AC⊥l，BD⊥l
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∴∠ACO=∠BDO
在△ACO和△BDO中
¿
∴ △ACO ≌ △BDO(AAS)
∴ OC=OD
（2）数量关系依然成立．
证明（方法一）：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E．
∵EF//CD
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°
∴四边形CEFD为矩形．
∴∠OFD=90°，CE=DF
由（1）知，OE=OF
∴△COE≌△DOF(SAS)，
∴OC=OD．
证明（方法二）：延长CO交BD于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠A=∠B，
∵点O为AB的中点，
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∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOE(ASA)，
∴OC=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=OC．
（3）①数量关系依然成立．
证明（方法一）：
过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长CA交EF于点E．
∵EF//CD
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°
∴四边形CEFD为矩形．
∴∠OFD=90°，CE=DF
由（1）知，OE=OF
∴△COE≌△DOF(SAS)，
∴OC=OD．10分
证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∴点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOE(AAS)，
∴OC=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=OC．
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②如图，延长CO交DB的延长线于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∴点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOE(AAS)，
∴AC=BE，
∴AC+BD=BE+BD=DE
∵∠CDE=90°,∠COD=60°
∴ OD=OC
∵∠COD=60°
∴∠DCE=60°
DE
∴ =tan∠DCE=tan60°=√3
CD
∴DE=√3CD
∴ AC+BD=√3OC．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全
等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．
题型09 与三角形有关的阅读理解问题
1．（2022·吉林·中考真题）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l ∥l ，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
1 2
解：相等．理由如下：
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1 1
设l 与l 之间的距离为h，则S = BC⋅h，S = BC⋅h．
1 2 △ABC 2 △DBC 2
∴S =S ．
△ABC △DBC
【探究】
S h
(1)如图②，当点D在l ，l 之间时，设点A，D到直线l 的距离分别为h，h'，则 △ABC = ．
1 2 2 S h'
△DBC
证明：∵S
△ABC
S AM
(2)如图③，当点D在l ，l 之间时，连接AD并延长交l 于点M，则 △ABC = ．
1 2 2 S DM
△DBC
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM=∠DFM=90°，
∴AE∥ ．
∴△AEM∽ ．
AE AM
∴ = ．
DF DM
S
由【探究】（1）可知 △ABC = ，
S
△DBC
S AM
∴ △ABC = ．
S DM
△DBC
(3)如图④，当点D在l 下方时，连接AD交l 于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，
2 2
S
△ABC
的值为 ．
S
△DBC
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【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
7
(3)
3
1 1
【分析】（1）根据三角形的面积公式可得S = BC⋅h,S = BC⋅h' ，由此即可得证；
△ABC 2 △DBC 2
（2）过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，先根据平行线的判定可得
AE AM
AE∥DF，再根据相似三角形的判定可证△AEM∼△DFM，根据相似三角形的性质可得 = ，
DF DM
然后结合【探究】（1）的结论即可得证；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，先根据相似三角形的判定证出
AM AE 7
△AME∼△DNE，再根据相似三角形的性质可得 = = ，然后根据三角形的面积公式可得
DN DE 3
1 1
S = BC⋅AM，S = BC⋅DN，由此即可得出答案．
△ABC 2 △DBC 2
1 1
【详解】（1）证明：∵S = BC⋅h，S = BC⋅h' ，
△ABC 2 △DBC 2
S h
∴ △ABC = ．
S h'
△DBC
（2）证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则
∠AEM=∠DFM=90°，
∴AE∥DF．
∴△AEM∼△DFM．
AE AM
∴ = ．
DF DM
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S AE
由【探究】（1）可知 △ABC = ，
S DF
△DBC
S AM
∴ △ABC = ．
S DM
△DBC
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，则∠AME=∠DNE=90°，
∴AM∥DN，
∴△AME∼△DNE，
AM AE
∴ = ，
DN DE
∵点A,E,D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，
∴AE=5−1.5=3.5，DE=1.5，
AM 3.5 7
∴ = = ，
DN 1.5 3
1 1
又∵S = BC⋅AM，S = BC⋅DN，
△ABC 2 △DBC 2
S AM 7
∴ △ABC = = ，
S DN 3
△DBC
7
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的判定、三角形的面积等知识点，熟练掌握相似三
角形的判定与性质是解题关键．
2．（2022·贵州黔东南·中考真题）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC=AE，∠ADC=120°，从
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而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由．
②若AE2+AG2=10，试求出正方形ABCD的面积．
【答案】(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S
四边形
ABCD=5
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC
（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，
EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可
证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=√AG2+CG2=√10，然后利用正方形的
面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
¿，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
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（2）证明：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
¿，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；
②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，AE2+AG2=10，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC=√AG2+CG2=√10，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=√10，
1 1
∴S ABCD= AC⋅BD= AC2=5．
四边形 2 2
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【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角
形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
题型10 与三角形有关的存在性问题
1．（2020·湖南湘潭·中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．
（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．
OD S
（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断 、 △OBC 是否都为定值？如果是，分
OA S
△ABC
别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；
②若S =1，求正方形ABCD的面积．
△CME
√3 OD 1 S 1 2
【答案】（1） ，√3；（2）都是定值， = ， △OBC = ；（3）①EM= √5；②12．
3 OA 2 S 3 3
△ABC
OD 1
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明 = ，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公
AO 2
式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
EM 1
（3）①证明 CME∽△ABM得 = ，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
BM 2
②分别求出S △ BMC和S ABM 即可.
【详解】（1）连接DE，如图，
△ △
∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
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∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
1
∴DE//AB，DE= AB，
2
∴△ODE~△OAB，
OD DE 1
∴ = = ，
OA AB 2
∴AB=2，BD=1
√3
∴AD=√3，OD= ，
3
1 1 √3 √3
∴S = ×BC×OD= ×2× =
△OBC 2 2 3 3
1 1
S = ⋅BC⋅AD= ×2×√3=√3；
△ABC 2 2
OD 1
（2）由（1）可知， = 是定值；
OA 2
1
BC⋅OD
S 2 OD 1
△OBC = = = 是定值；
S 1 AD 3
OABC BC⋅AD
2
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
∴CD//AB，AB÷BC=CD=4，
∴△CME∼△AMB
EM CE
∴ =
BM AB
∵E为CD的中点，
1
∴CE= CD=2
2
∴BE=√BC2+CE2=2√5
EM 1
∴ =
BM 2
EM 1 2
∴ = ，即EM= √5；
BE 3 3
ME 1
②∴S =1，且 =
△CME BM 2
∴S ❑ =2，
△ BMC
ME 1
∵ = ，
BM 2
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∴
S
△CME =
(ME) 2
=
1
，
S BM 4
△AMB
∴S =4S =4，
△AMB ΔCME
∴S ❑ =S +S =2+4=6，
△ ABC △BMC △ABM
又S =S
△ADC △ABC
∴S ❑ =6
△ ADC
∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性
质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
2．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在Rt△ABC中，AC=BC=3√2，点D在AB边上，连接CD，将
CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE，DE．
(1)求证：△CAD≌△CBE；
(2)若AD=2时，求CE的长；
(3)点D在AB上运动时，试探究AD2+BD2的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存
在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)√10
(3)存在，18
【分析】（1）由SAS即可证明△CAD≌△CBE；
（2）证明△CAD≌△CBE（SAS），勾股定理得到DE，在 Rt△CDE 中，勾股定理即可求解；
（3）证明AD2+BD2=2CD2，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，可知∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB，CD=CE．
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB．
即∠ACD=∠BCE．
∴△CAD≌△CBE(SAS)．
（2）∵在Rt△ABC中，AC=BC=3√2，
∴∠CAB=∠CBA=45°,AB=√2AC=6．
∴BD=AB−AD=6−2=4．
∵△CAD≌△CBE，
∴BE=AD=2，∠CBE=∠CAD=45°．
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．
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∴DE=√BD2+BE2=2√5．
DE
∴在Rt△CDE中，CE=CD= =√10．
√2
（3）由（2）可知，AD2+BD2=BE2+BD2=DE2=2CD2．
∴当CD最小时，有AD2+BD2的值最小，此时CD⊥AB．
∵△ABC为等腰直角三角形，
1 1
∴CD= AB= ×6=3．
2 2
∴ AD2+BD2=2CD2≥2×32=18．
即AD2+BD2的最小值为18．
【点睛】本题主要考查了图形的几何变换，涉及到等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性
质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·北京·中考真题）在△ABC中、∠B=∠C=α(0°<α<45°)，AM⊥BC于点M，D是线段MC
上的动点（不与点M，C重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．
(1)如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；
(2)如图2，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DF=DC，连接AE，EF，直接写出
∠AEF的大小，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠AEF=90°，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得DM=DE，∠MDE=2α，利用三角形外角的性质求出∠DEC=α=∠C，
可得DE=DC，等量代换得到DM=DC即可；
（2）延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，可得DE是△FCH的中位线，然后求出∠B=∠ACH，
设DM=DE=m，CD=n，求出BF=2m=CH，证明△ABF≅△ACH(SAS)，得到AF=AH，再根据等
腰三角形三线合一证明AE⊥FH即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∵∠C=α，
∴∠DEC=∠MDE−∠C=α，
∴∠C=∠DEC，
∴DE=DC，
∴DM=DC，即D是MC的中点；
（2）∠AEF=90°；
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证明：如图2，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，
∵DF=DC，
∴DE是△FCH的中位线，
∴DE∥CH，CH=2DE，
由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∴∠FCH=2α，
∵∠B=∠C=α，
∴∠ACH=α，△ABC是等腰三角形，
∴∠B=∠ACH，AB=AC，
设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，
∴DF=CD=n，
∴FM=DF−DM=n−m，
∵AM⊥BC，
∴BM=CM=m+n，
∴BF=BM−FM=m+n−(n−m)=2m，
∴CH=BF，
在△ABF和△ACH中，¿，
∴△ABF≅△ACH(SAS)，
∴AF=AH，
∵FE=EH，
∴AE⊥FH，即∠AEF=90°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及
全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知
识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
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(1)发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=30°，连接BE，
CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：______，∠BDC=______°；
(2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，
CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，
且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：
______；
(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2，若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1，则S =
△ABP
______．
【答案】(1)BE=CF，30
(2)BE=CF，∠BDC=60°，证明见解析
(3)BF=CF+2AM
7+√7 7−√7
(4) 或
4 4
【分析】（1）根据已知得出∠BAE=∠CAF，即可证明△BAE≌△CAF，得出BE=CF，
∠ABE=∠ACF，进而根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）同（1）的方法即可得证；
1
（3）同（1）的方法证明△BAE≌△CAF(SAS)，根据等腰直角三角形的性质得出AM= EF=EM=MF，
2
即可得出结论；
（4）根据题意画出图形，连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，
√2
两圆交于点P,P ，延长BP至M，使得PM=DP=1，证明△ADP∽△BDM，得出PA= BM，勾股定
1 2
√2 √2+√14
理求得PB，进而求得BM，根据相似三角形的性质即可得出PA= (1+√7)= ，勾股定理求得
2 2
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BQ,PQ，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠EAF=30°，
∴∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF
设AC,BD交于点O，
∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO
∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，
故答案为：BE=CF，30．
（2）结论：BE=CF，∠BDC=60°；
证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，即∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF
∴BE=CF，
∠AEB=∠AFC
∵∠EAF=120°，AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD=∠AEB+30°−(∠AFC−30°)=60°，
（3）BF=CF+2AM，理由如下，
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形
∴AB=AC,AE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF，
在Rt△AEF中，AM⊥BF，
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1
∴AM= EF=EM=MF，
2
∴BF=BE+EF=CF+2AM；
（4）解：如图所示，
连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P ，
1
延长BP至M，使得PM=DP=1，
则△MDP是等腰直角三角形，∠MDP=45°
∵∠CDB=45°,
∴∠MDB=∠MDP+∠PDC+∠CDB=90°+∠PDC =∠ADP，
AD 1 DP 1
∵ = , = ，
DB √2 DM √2
∴△ADP∽△BDM
PA 1 √2
∴ = = ，
BM √2 2
√2
∴PA= BM，
2
∵AB=2，
在Rt△DPB中，PB=√DB2−DP2=√(2√2) 2 −12=√7，
∴BM=BP+PM=√7+1
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√2 √2+√14
∴PA= (1+√7)=
2 2
过点P作PQ⊥AB于点Q，
设QB=x，则AQ=2−x，
在Rt△APQ中，PQ2=AP2−AQ2，
在Rt△PBQ中，PQ2=PB2−BQ2
∴AP2−AQ2=PB2−BQ2
∴
(√2+√14) 2
−(2−x) 2=(√7) 2 −x2
2
7−√7 7−√7
解得：x= ，则BQ= ，
4 4
设PQ,BD交于点G，则△BQG是等腰直角三角形，
7−√7
∴QG=QB=
4
在Rt△DPB,Rt△DP B中，
1
¿
∴Rt△DPB≌Rt△DP B
1
∴∠PDB=∠P DB
1
又PD=P D=1，DG=DG
1
∴△PGD≌△P DG
1
∴∠PGD=∠P GD=45°
1
∴∠PGP =90°，
1
∴P G∥AB
1
1 1 7−√7 7−√7
∴S = AB×QG= ×2× = ，
△ABP 1 2 2 4 4
在Rt△PQB中，PQ=√PB2−BQ2=
√
(√7) 2 −
(7−√7) 2
=
7+√7
，
4 4
1 1 7+√7 7+√7
∴S = AB×PQ= ×2× = ，
△ABP 2 2 4 4
7+√7 7−√7
综上所述，S = 或
△ABP 4 4
7+√7 7−√7
故答案为： 或 ．
4 4
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直
径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．
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题型11 三角形与几何图形综合
1．（2023·江苏镇江·中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片ABC，小宏做如下操作：
（1）取AB，AC的中点D，E，在边BC上作MN=DE；
（2）连接EM，分别过点D，N作DG⊥EM，NH⊥EM，垂足为G，H；
（3）将四边形BDGM剪下，绕点D旋转180°至四边形ADPQ的位置，将四边形CEHN剪下，绕点E旋
转180°至四边形AEST的位置；
（4）延长PQ，ST交于点F．
小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：
①点Q，A，T在一条直线上；
②四边形FPGS是矩形；
③△FQT≌△HMN；
④四边形FPGS与△ABC的面积相等．
【任务1】请你对结论①进行证明．
【任务2】如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，P，Q分别是AB，CD的中点，连接PQ．求证：
1
PQ= (AD+BC)．
2
4
【任务3】如图3，有一张四边形纸ABCD，AD∥BC，AD=2，BC=8，CD=9，sin∠DCB= ，小
5
丽分别取AB，CD的中点P，Q，在边BC上作MN=PQ，连接MQ，她仿照小宏的操作，将四边形
ABCD分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的长．
1
【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]BM=
2
【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即∠ABC=∠QAD，∠ACB=∠TAE，由三角形内角和定
理得∠ABC＋∠BAC＋∠ACB=180°，从而得∠QAD＋∠BAC＋∠TAE=180°，即Q，A，T三点
共线；
（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接AQ并延长，交BC的延长线于点
1 1
E，证明△ADQ≌△ECQ，可得AQ=EQ，AD=CE，由三角形中位线定理得PQ= BE= (AD+BC)；
2 2
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4 36
（3）过点D作DR⊥BC于点R，由DC=9，sin∠DCB= 得DR= ，从而得
5 5
1 36
S = ×(2+8)× =36，由【发现】得S =S ，则¿=6，PE=3，由【任务2】的
梯形ABCD 2 5 正方形GEST 梯形ABCD
9 4
结论得PQ=5，由勾股定理得EQ=4．过点Q作QH⊥BC，垂足为H．由CQ= 及sin∠DCB= 得
2 5
18 27 24 1
QH= ，从而得CH= ，证明△PEQ∽△QHM，得HM= ，从而得BM=BC−HM−CH= ．
5 10 5 2
【详解】[任务1]
证法1：由旋转得，∠QAD=∠ABC，∠TAE=∠ACB．
在△ABC中，∠ABC＋∠BAC＋∠ACB=180°，
∴∠QAD＋∠BAC＋∠TAE=180°，
∴点Q，A，T在一条直线上．
证法2：由旋转得，∠QAD=∠ABC，∠TAE=∠ACB．
∴AQ∥BC，AT∥BC．
∴点Q，A，T在一条直线上．
[任务2]
证明：如图1，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E．
∵AD∥BC，
∴∠DAQ=∠E．
∵Q是CD的中点，
∴DQ=CQ．
在△ADQ和△ECQ中，
¿
∴△ADQ≌△ECQ(AAS)．
∴AQ=EQ，AD=CE．
又∵P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴PQ是△ABE的中位线，
1 1
∴PQ= BE= (CE+BC)，
2 2
1
∴PQ= (AD+BC)．
2
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[任务3]的方法画出示意图如图2所示．
1 1
由【任务2】可得PQ∥BC，PQ= (AD+BC)= ×(2+8)=5．
2 2
过点D作DR⊥BC，垂足为R．
DR
在Rt△DCR中，sin∠DCB= ，
CD
4 36
∴DR=CD⋅sin∠DCB=9× = ．
5 5
1 36
∴S =S = ×(2+8)× =36，
正方形GEST 梯形ABCD 2 5
∴¿=6，PE=3．
在Rt△PEQ中，由勾股定理得EQ=√PQ2−PE2= √52−32=4．
过点Q作QH⊥BC，垂足为H．
∵Q是CD的中点，
1 1 9
∴CQ= CD= ×9= ．
2 2 2
QH
在Rt△QHC中，sin∠DCB= ，
CQ
9 4 18
∴QH=CQ⋅sin∠DCB= × = ．
2 5 5
又由勾股定理得CH=√CQ2−QH2=
√ (9) 2
−
(18) 2
=
27
．
2 5 10
由PQ∥BC，得∠PQE=∠QMH．
又∵∠PEQ=∠QHM=90°，
∴△PEQ∽△QHM．
3 4
PE EQ =
∴ = ，即18 HM，
QH HM
5
24
∴HM= ．
5
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24 27 1
∴BM=BC−HM−CH=8− − = ．
5 10 2
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、
三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．
3
2．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10,sinB= ，点E从点B出发沿折线
5
B−C−D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的
右侧作矩形EFGH．
(1)如图1，点G在AC上．求证：FA=FG．
(2)若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长．
(3)已知FG=8，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似
（包括全等）？
【答案】(1)见解析
(2)AG=7或5
32 32
(3)s=1或s= 或s= 或10≤s≤12
25 7
【分析】（1）证明 AFG是等腰三角形即可得到答案；
（2）记AC中点为点O．分点E在BC上和点E在CD上两种情况进行求解即可；
△
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．分点E在线段BM上时，点E在线段MC上时，
点E在线段CN上，点E在线段ND上，共四钟情况分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA．
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∵FG∥BC，
∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA，
∴ AFG是等腰三角形，
∴FA=FG．
△
（2）解：记AC中点为点O．
①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
3
∵在Rt△ABM中，AM= AB=6，
5
∴BM=√AB2−AM2=√102−62=8．
∴FG=EF=AM=6,CM=BC−BM=2，
∵OA=OC,OE∥AM，
1 1
∴CE=ME= CM= ×2=1，
2 2
∴AF=ME=1，
∴AG=AF+FG=1+6=7．
②当点E在CD上时，如图3，
过点A作AN⊥CD于点N．
同理，FG=EF=AN=6,CN=2，
1
AF=NE= CN=1，
2
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∴AG=FG−AF=6−1=5．
∴AG=7或5．
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．
①当点E在线段BM上时，0<s≤8．设EF=3x，则BE=4x,GH=EF=3x，
ⅰ）若点H在点C的左侧，s+8≤10，即0<s≤2，如图4，
CH=BC−BH=10−(4x+8)=2−4x．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3x 3
∴ = ，
2−4x 4
1
解得x= ，
4
1
经检验，x= 是方程的根，
4
∴s=4x=1．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3x 4
∴ = ，
2−4x 3
8
解得x= ，
25
8
经检验，x= 是方程的根，
25
32
∴s=4x= ．
25
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ⅱ）若点H在点C的右侧，s+8>10，即2<s≤8，如图5，
CH=BH−BC=(4x+8)−10=4x−2．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3x 3
∴ = ，
4x−2 4
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3x 4
∴ = ，
4x−2 3
8
解得x= ，
7
8
经检验，x= 是方程的根，
7
32
∴s=4x= ．
7
②当点E在线段MC上时，8<s≤10，如图6，EF=6,EH=8,BE=s．
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∴BH=BE+EH=s+8,CH=BH−BC=s−2．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
6 6
∴ = ，
s−2 s
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
6 s
∴ = ，
s−2 6
解得s=1±√37，
经检验，s=1±√37是方程的根，
∵8<s≤10，
∴s=1±√37不合题意，舍去；
③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J，
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在Rt△BJC中，BC=10,CJ=6,BJ=8．
EH=BJ=8,JF=CE，
∴BJ+JF=EH+CE，
∴CH=BF，
∵GH=EF,∠GHC=∠EFB=90°，
∴△GHC≌△EFB，符合题意，
此时，10≤s≤12．
④当点E在线段ND上时，12<s<20，
∵∠EFB>90°，
∴△GHC与△BEF不相似．
32 32
综上所述，s满足的条件为：s=1或s= 或s= 或10≤s≤12．
25 7
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、
锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．
3．（2023·贵州·中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在
等腰直角三角形ABC中，CA=CB,∠C=90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．
(1)【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意
在图中画出图形，图中∠PBE的度数为_______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
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(3)【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA,BP,BE
之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；135
(2)PA=PE；理由见解析
(3)BA−BE=√2BP或BE=BA+√2BP；理由见解析
1
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出∠ABC=∠BAC= ×90°=45°，根据∠ABD=90°，求出
2
∠CBE=∠ABC+∠ABE=45°+90°=135°；
（2）根据∠APE=90°，∠ABE=90°，证明A、P、B、E四点共圆，得出∠AEP=∠ABP=45°，求
出∠AEP=∠EAP，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段BC上时，当点P在线段BC延长线上时，分别画出图形，求出
BA,BP,BE之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：
∵CA=CB,∠C=90°，
1
∴∠ABC=∠BAC= ×90°=45°，
2
∵BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
∴∠CBE=∠ABC+∠ABE=45°+90°=135°；
故答案为：135．
（2）解：PA=PE；理由如下：
连接AE，如图所示：
根据旋转可知，∠APE=90°，
∵∠ABE=90°，
∴A、P、B、E四点共圆，
∴∠AEP=∠ABP=45°，
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∴∠EAP=90°−45°=45°，
∴∠AEP=∠EAP，
∴PA=PE．
（3）解：当点P在线段BC上时，连接AE，延长CB，作EF⊥CB于点F，如图所示：
根据解析（2）可知，PA=PE，
∵∠EFP=∠APE=90°，
∴∠EPF+∠PEF=∠EPF+∠APC=90°，
∴∠PEF=∠APC，
∵∠EFP=∠ACP=90°，
∴△PEF≌△APC，
∴EF=PC，
∵∠EBF=180°−∠CBE=45°，∠EFB=90°，
∴△EBF为等腰直角三角形，
∴BE=√2EF，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴BA=√2BC=√2(BP+PC)=√2BP+√2PC=√2BP+√2EF=√2BP+BE，
即BA−BE=√2BP；
当点P在线段BC延长线上时，连接AE，作EF⊥CB于点F，如图所示：
根据旋转可知，∠APE=90°，
∵∠ABE=90°，
∴A、B、P、E四点共圆，
∴∠EAP=∠EBP=45°，
∴∠AEP=90°−45°=45°，
∴∠AEP=∠EAP，
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∴PA=PE，
∵∠EFP=∠APE=90°，
∴∠EPF+∠PEF=∠EPF+∠APC=90°，
∴∠PEF=∠APC，
∵∠EFP=∠ACP=90°，
∴△PEF≌△APC，
∴PF=AC，
∵BC=AC，
∴PF=BC，
∵∠EBF=45°，∠EFB=90°，
∴△EBF为等腰直角三角形，
∴BE=√2BF=√2(PF+BP)=√2(BC+BP)，
即BE=BA+√2BP；
综上分析可知，BA−BE=√2BP或BE=BA+√2BP．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，
等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
题型12 三角形与函数综合
1．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+bx+c上的点A，C坐标分别为(0,2)，(4,0)，抛物线与x轴负半轴交于点B，点M
为y轴负半轴上一点，且OM=2，连接AC，CM．
(1)求点M的坐标及抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线位于第一象限图象上的动点，连接AP，CP，当S =S 时，求点P的坐标；
△PAC △ACM
(3)点D是线段BC(包含点B，C)上的动点，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点Q，交直线CM于点N，
若以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，请直接写出点Q的坐标；
(4)将抛物线沿x轴的负方向平移得到新抛物线，点A的对应点为点A'，点C的对应点为点C'，在抛物线平
移过程中，当M A'+MC'的值最小时，新抛物线的顶点坐标为______，M A'+MC'的最小值为______．
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7
【答案】(1)M(0,−2)，y=−x2+ x+2
2
(2)P(2,5)
( 1 ) (3 )
(3)Q − ,0 ，Q ,5
1 2 2 2
( 11 81)
(4) − , ，2√13
12 16
【分析】（1）根据点M在y轴负半轴且OM=2可得点M的坐标为M(0,−2)，利用待定系数法可得抛物
7
线的解析式为y=−x2+ x+2；
2
1
（2）过点P作PF⊥x轴于点F，交线段AC于点E，用待定系数法求得直线AC的解析式为y=− x+2，
2
设点P的横坐标为p(0<p<4)，则P ( p,−p2+ 7 p+2 ) ，E ( p,− 1 p+2 ) ，故PE=−p2+4 p(0<p<4)，
2 2
1
先求得S =8，从而得到S = PE⋅OC=−2p2+8p=8，解出p的值，从而得出点P的坐标；
△ACM △PAC 2
（3）由∠COM=90°可知，要使点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，则以点Q，N，C为顶点的
三角形也是直角三角形，从而分∠CQN=90°和∠QCN=90°两种情况讨论，①当∠CQN=90°，可推
导B与点Q重合，△CQN∽△COM，即此时符合题意，利用求抛物线与x轴交点的方法可求出点Q的坐
标；②当∠QCN=90°时，可推导△QCN∽△COM，即此时符合题意，再证明△QDC∽△COM，从而
得到QD=2DC，再设点Q的横坐标为q，则Q ( q,−q2+ 7 q+2 ) ，D(q,0)，从而得到
2
7
−q2+ q+2=2(3−q)，解得q的值，从而得到点Q的坐标，最后综合①②即可；
2
（4）设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，将点M右平移m个单位长度得到点M'，
由平移的性质可知，M A'=M' A,MC'=M'C，M A'+MC'的值最小就是M' A+M'C最小值，作出点C
关于直线y=−2对称的对称点C″，连接AC″交直线y=−2于点M'，连接M'C则此时M' A+M'C取得最
小值，即为AC″的长度，利用两点间的距离公式求这个长度，用待定系数法求出直线AC″的解析式，从而
确定M'的坐标，继而确定平移距离，将原抛物线的解析式化为顶点式，从而得到其顶点，继而确定新抛物
线的顶点．
【详解】（1）解：∵点M在y轴负半轴且OM=2，
∴M(0,−2)
将A(0,2)，C(4,0)代入y=−x2+bx+c，得
¿
解得¿
7
∴抛物线的解析式为y=−x2+ x+2
2
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（2）解：过点P作PF⊥x轴于点F，交线段AC于点E，
设直线AC的解析式为y=kx+m(k≠0)，
将A(0,2)，C(4,0)代入y=kx+m，得
¿，解得¿，
1
∴直线AC的解析式为y=− x+2
2
设点P的横坐标为p(0<p<4)
则P ( p,−p2+ 7 p+2 ) ，E ( p,− 1 p+2 ) ，
2 2
∴PE=−p2+ 7 p+2− ( − 1 p+2 ) =−p2+4 p(0<p<4)
2 2
1
∵S =8，∴S = PE⋅OC=−2p2+8p=8，解得p =p =2，
△ACM △PAC 2 1 2
∴P(2,5)
(3 ) ( 1 )
（3）Q ,5 ，Q − ,0 ，
1 2 2 2
补充求解过程如下：
∵在△COM中，∠COM=90°，以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，
∴以点Q，N，C为顶点的三角形也是直角三角形，
又∵QD⊥x轴，直线QD交直线CM于点N，
∴∠CNQ≠90°，即点N不与点O是对应点．
故分为∠CQN=90°和∠QCN=90°两种情况讨论：
①当∠CQN=90°时，由于QN⊥x轴，
∴CQ⊥y轴，即CQ在x轴上，
又∵点Q在抛物线上，
∴此时点B与点Q重合，
作出图形如下：
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此时∠CQN=∠COM=90°，
又∵∠QCN=∠OCM
∴△CQN∽△COM，即此时符合题意，
7
令y=−x2+ x+2=0，
2
1
解得：x =− ,x =3(舍去)
1 2 2
( 1 )
∴点Q的坐标，也即点B的坐标是Q − ,0 ．
1 2
②当∠QCN=90°时，作图如下：
∵QD⊥x轴，∠COM=90°
∴QD∥OM，
∴∠CNQ=∠OMC，
∵ ∠CNQ=∠OMC，∠QCN=∠COM=90°，
∴△QCN∽△COM，即此时符合题意，
∵△QCN∽△COM，
∴∠CQN=∠OCM，即∠DQC=∠OCM
∵∠DQC=∠OCM，∠QDC=∠COM，
∴△QDC∽△COM
QD CO 4
∴ = = =2，QD=2DC
DC OM 2
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设点Q的横坐标为q，则Q ( q,−q2+ 7 q+2 ) ，D(q,0)，
2
7
∴QD=−q2+ q+2，CD=3−q
2
7
∴−q2+ q+2=2(3−q)，
2
3
解得：q = ,q =3(舍去)，
1 2 2
7
∴−q2+ q+2=5，
2
(3 )
∴点Q的坐标是Q ,5
2 2
( 1 ) (3 )
综上所述：点Q的坐标是Q − ,0 ，Q ,5 ；
1 2 2 2
( 11 81)
（4） − , ，2√13，
12 16
补充求解过程如下：
设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，
将点M向右平移m个单位长度得到点M'，作出图形如下：
由平移的性质可知，M A'=M' A,MC'=M'C，
∴M A'+MC'的值最小就是M' A+M'C最小值，
显然点M'在直线y=−2上运用，
作出点C关于直线y=−2对称的对称点C″，连接AC″交直线y=−2于点M'，连接M'C则此时
M' A+M'C取得最小值，即为AC″的长度，
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∵点C关于直线y=−2对称的对称的点是点C″，C(4,0)
∴C″(4,−4)，
∴(M A'+MC') =(M' A+M'C) =AC″=√(4−0) 2+(−4−2) 2=2√13，
min min
设直线AC″的解析式是：y=k x+b
1 1
将点A(0,2)，C″(4,−4)代入得：¿
解得：¿
3
直线AC″的解析式是：y=− x+2
2
3 8
令y=− x+2=−2，解得：x= ，
2 3
∴M'(8
,−2
)
，
3
8
∴平移的距离是m=
3
又∵y=−x2+ 7 x+2=− ( x− 7) 2 + 81 ，
2 4 16
(7 81)
∴平移前的抛物线的坐标是 ,
4 16
(7 8 81) ( 11 81)
∴新抛物线的顶点坐标为 − , 即 − ,
4 3 16 12 16
( 11 81)
故答案是： − , ，2√13．
12 16
【点睛】本题考查求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与几何变换综合，二次函数与
相似三角形综合，最短路径问题，三角形面积公式等知识，难度较大，综合性大，作出辅助线和掌握转换
思想是解题的关键，第二问的解题技巧是使用铅锤公式计算面积，第三问的技巧是转化成直角三角形的讨
论问题，如果直接按相似讨论，则有四种情况，可以降低分类讨论的种类，第四问的技巧，是将点M向反
方向移动，从而将两个动点转化成一个动点来解决．
2．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，
与y轴交于点B(0,9)，与直线OC交于点C(8,3)．
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(1)求直线AB的函数表达式；
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，将△ACD沿射线CB平移得到的三角形记为△A'C'D'，点A，C，D的对
应点分别为A'，C'，D'，若△A'C'D'与△BOC重叠部分的面积为S，平移的距离CC'=m，当点A'与点B
重合时停止运动．
①若直线C'D'交直线OC于点E，则线段C'E的长为________（用含有m的代数式表示）；
10
②当0<m< 时，S与m的关系式为________；
3
24
③当S= 时，m的值为________．
5
3
【答案】(1)y＝﹣ x+9；
4
9 9 15−√15
(2)① m；② m2；③ 或15﹣2√5．
10 25 3
【分析】（1）将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线解析式，求解即可；
（2）①过点C作CF⊥C′D′，易得 CFC′∽△AOB，可用m表达CF和C′F的长度，进而可表达点C′，D′的
坐标，由点C的坐标可得出直线OC的解析式，代入可得点E的坐标；
△
10
②根据题意可知，当0＜m＜ 时，点D′未到直线OC，利用三角形面积公式可得出本题结果；
3
10 10
③分情况讨论，分别求出当0＜m＜ 时，当 ＜m＜5时，当5＜m＜10时，当10＜m＜15时，S与m的
3 3
24
关系式，分别令S＝ ，建立方程，求出m即可．
5
【详解】（1）解：将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线y＝kx+b，
∴¿，
解得¿．
3
∴直线AB的函数表达式为：y＝﹣ x+9；
4
3
（2）①由（1）知直线AB的函数表达式为：y＝﹣ x+9，
4
令y＝0，则x＝12，
∴A（12，0），
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∴OA＝12，OB＝9，
∴AB＝15；
如图1，过点C作CF⊥C′D′于点F，
∴CF∥OA，
∴∠OAB＝∠FCC′，
∵∠C′FC＝∠BOA＝90°，
∴△CFC′∽△AOB，
∴OB：OA：AB＝C′F：CF：CC′＝9：12：15，
∵CC′＝m，
4 3
∴CF＝ m，C′F＝ m，
5 5
4 3 4 3 4 3
∴C′（8﹣ m，3+ m），A′（12﹣ m， m），D′（8﹣ m， m），
5 5 5 5 5 5
∵C（8，3），
3
∴直线OC的解析式为：y＝ x，
8
4 3
∴E（8﹣ m，3﹣ m）.
5 10
3 3 9
∴C′E＝3+ m﹣（3﹣ m）＝ m．
5 10 10
9
故答案为： m．
10
3 3 4
②当点D′落在直线OC上时，有 m＝ （8﹣ m），
5 8 5
10
解得m＝ ，
3
10
∴当0＜m＜ 时，点D′未到直线OC，
3
1 1 9 4 9
此时S＝ C′E•CF＝ • m• m＝ m2；
2 2 10 5 25
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9
故答案为： m2．
25
③分情况讨论，
10 9
当0＜m＜ 时，由②可知，S＝ m2；
3 25
9 24 2√30 10 2√30
令S＝ m2＝ ，解得m＝ ＞ （舍）或m＝﹣ （舍）；
25 5 3 3 3
10
当 ≤m＜5时，如图2，
3
设线段A′D′与直线OC交于点M，
8 3
∴M（ m， m），
5 5
3 3 9
∴D′E＝ m﹣（3﹣ m）＝ m﹣3，
5 10 10
8 4 12
D′M＝ m﹣（8﹣ m）＝ m﹣8；
5 5 5
9 1 9 12
∴S＝ m2﹣ •（ m﹣3）•（ m﹣8）
25 2 10 5
18 36
＝﹣ m2+ m﹣12，
25 5
18 36 24
令﹣ m2+ m﹣12＝ ；
25 5 5
整理得，3m2﹣30m+70＝0，
15−√15 15+√15
解得m＝ 或m＝ ＞5（舍）；
3 3
当5≤m＜10时，如图3，
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1 24
S＝S ACD＝ ×4×3＝6≠ ，不符合题意；
′ ′ ′ 2 5
△
当10≤m＜15时，如图4，
此时A′B＝15﹣m，
3 4
∴BN＝ （15﹣m），A′N＝ （15﹣m），
5 5
1 3 4 6
∴S＝ • （15﹣m）• （15﹣m）＝ （15﹣m）2，
2 5 5 25
6 24
令 （15﹣m）2＝ ，解得m＝15+2 √5＞15（舍）或m＝15﹣2√5．
25 5
15−√15
故答案为： 或15﹣2√5．
3
【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式、三角形的面积、相似三角形的性质与
判定、一元二次方程、分类讨论思想等知识，根据 A′C′D′的运动，进行正确的分类讨论是解题关键．
3．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，
△
B(3,0)，与y轴交于点C，连接AC．
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(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点
N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，
若不存在，请说明理由；
(3)已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形为
矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(5 1)
(2)存在这样的点N（2，1）或(√5,−√5+3)或 , ，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形
2 2
( 3+√17) ( 3−√17)
(3)存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或 2, 或 2, ．
2 2
【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线x=1，可得a=-1，再把点B(3,0)代入，即可求解；
（2）先求出AC2=OA2+OC2=10，设点N（m，-m+3），可得AN2=2m2−4m+10，CN2=2m2，再
分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解；
（3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，
2
∴− =1，解得：a=-1，
2a
∵抛物线过点B(3,0)，
∴−9+6+c=0，解得：c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得：x =3,x =−1，
1 2
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
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∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴AC2=OA2+OC2=10，
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
¿，解得：¿，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，AM=m+1，
∴AN2=(−m+3) 2+(m+1) 2=2m2−4m+10，CN2=m2+(−m+3−3) 2=2m2，
当AC=AN时，2m2−4m+10=10，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，2m2=10，
解得：m=√5或−√5（舍去），
∴此时点N(√5,−√5+3)；
当AN=CN时，2m2=2m2−4m+10，
5
解得：m= ，
2
(5 1)
∴此时点N , ；
2 2
(5 1)
综上所述，存在这样的点N（2，1）或(√5,−√5+3)或 , ，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰
2 2
三角形；
（3）解：存在，理由如下：
∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC=3√2，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平
移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，
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∴¿或¿，
解得：¿或¿，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，
¿，解得：¿或¿，
( 3+√17) ( 3−√17)
∴此时点F的坐标为 2, 或 2, ；
2 2
( 3+√17) ( 3−√17)
综上所述，存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或 2, 或 2, ．
2 2
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形
的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键．
4．（2023·湖南益阳·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，直线l:y=a(x+2)(a>0)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）．
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(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) <a≤ 或a=7．
2 3
【分析】（1）对于直线l:y=a(x+2)，令y=0，求出x，即可求解；
（2）表示出点A，B'，C的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
（3）直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，
分别求出a的范围．
【详解】（1）解：对于直线l:y=a(x+2)，
当y=0时，x=−2，
∴A点的坐标为(−2,0)；
（2）解：联立直线l:y=a(x+2)与抛物线E:y=ax2得：
¿，
∴x2−x−2=0，
∴x=−1或x=2，
∴B(−1，a)，C(2，4a)，
∵B点关于x轴的对称点为B'点，
∴B' (−1，−a)，
∴AB'2=(−2+1) 2+(0+a) 2=a2+1，
AC2=(2+2) 2+(4a−0) 2=16a2+16，
B'C2=(2+1) 2+(4a+a) 2=25a2+9，
若∠CAB'=90°，则AB'2+AC2=B'C2，即a2+1+16a2+16=25a2+9，所以a=1，
√15
若∠AB'C=90°，则AB'2+B'C2=AC2，即a2+1+25a2+9=16a2+16，所以a= ，
5
若∠ACB'=90°，则AC2+B'C2=AB'2，即16a2+16+25a2+9=a2+1，此方程无解．
√15
∴a=1或a= ；
5
（3）解：如图，直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，
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∵D(0，2a)，E(1，a)，F(1，3a)，
∴OD=EF=2a，
∵格点数恰好是26个，
∴落在y轴和直线x=1上的格点数应各为13个，
13
∴落在y轴的格点应满足13<2a≤14，即 <a≤7，
2
13 13
①若 <a<7，即 <y <7，
2 2 E
所以线段EF上的格点应该为(1,7)，(1，8)……(1，19)，
∴19<3a≤20
19 20
∴ <a≤
3 3
13 20
∴ <a≤
2 3
②若a=7，y =7，y =21，所以线段EF上的格点正好13个，
E F
13 20
综上， <a≤ 或a=7．
2 3
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，勾
股定理，关键是弄清格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，并对点D、F进行定位．
一、全等三角形的判定
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二、相似三角形的性质与判定
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
相似三角形的性质：
1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等.
2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.
3）相似三角形周长的比等于相似比.
4）相似三角形面积比等于相似比的平方.
判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例．
一、单选题
1．（2023·北京·中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC
同侧，AB<BC，∠A=∠C=90°，△EAB≌△BCD，连接DE，设AB=a，BC=b，DE=c，给出下
面三个结论：①a+b<c；②a+b>√a2+b2；③√2(a+b)>c；
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上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DF<DE，可得
a+b<c，进而可判断①的正误；由△EAB≌△BCD，可得BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，
∠ABE=∠CDB，则∠EBD=90°，△BDE是等腰直角三角形，由勾股定理得，
BE=√AB2+AE2=√a2+b2，由AB+AE>BE，可得a+b>√a2+b2，进而可判断②的正误；由勾股定理
得DE2=BD2+BE2，即c2=2(a2+b2)，则c=√2×√a2+b2<√2(a+b)，进而可判断③的正误．
【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，
∴DF=AC=a+b，
∵DF<DE，
∴a+b<c，①正确，故符合要求；
∵△EAB≌△BCD，
∴BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，∠ABE=∠CDB，
∵∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠CBD+∠ABE=90°，∠EBD=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
由勾股定理得，BE=√AB2+AE2=√a2+b2，
∵AB+AE>BE，
∴a+b>√a2+b2，②正确，故符合要求；
由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2(a2+b2)，
∴c=√2×√a2+b2<√2(a+b)，③正确，故符合要求；
故选：D．
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【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性
质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动
点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点M、作
PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数
图象最低点E的坐标为（ ）
( 24) (32 24) (32 )
A．(5，5) B． 6, C． , D． ,5
5 5 5 5
【答案】C
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角
24 32
形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD= ，则可利用勾股定理求出AD= ；再证明四边形
5 5
24
CMPN是矩形，得到MN=CP，故当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为 ，
5
32 (32 24)
AP= ，则点E的坐标为 , ．
5 5 5
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，
∵在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，
∴AC2+BC2=62+82=100=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，
1 1
∴S = AC⋅BC= AB⋅CD，
△ABC 2 2
AC⋅BC 24
∴CD= = ，
AB 5
32
∴AD=√AC2−CD2=
；
5
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
∴当MN最小时，即CP最小，
24 32
∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为 ，AP=AD= ，
5 5
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(32 24)
∴点E的坐标为 , ，
5 5
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等
等，正确作出辅助线是解题的关键．
3．（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（ ）
(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
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∵OA=OB=3√5，
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
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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
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．
二、填空题
4．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分别与
DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是 ．
【答案】√m2+n2
【分析】先根据折叠的性质可得S =S ，∠F=∠B=60°，从而可得S =S +S ，再根
△BDE △FDE △FHG △ADG △CHE
据相似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，然后将两个等式相加即可得．
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S =S ，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
△BDE △FDE
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴S =S =S ，
梯形ACED △BDE △FDE
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∴S =S +S ，
△FHG △ADG △CHE
又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，
∴
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
S S m2+n2 S +S
∴ △ADG+ △CHE = = △ADG △CHE=1，
S S GH2 S
△FHG △FHG △FHG
∴GH2=m2+n2，
解得GH=√m2+n2或GH=−√m2+n2（不符合题意，舍去），
故答案为：√m2+n2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似
三角形的判定与性质是解题关键．
5．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板ABC和DEF中，
∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12．将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD
与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是 ，现将△≝¿绕点C(F)按顺时针方向旋转
（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积是
．
【答案】 6√6−6√2 12π−18√3+18
【分析】如图1，过点G作GH⊥BC于H，根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出
BH=√3GH，GH=CH，然后由BC=12可求出GH的长，进而可得线段CG的长；如图2，将△≝¿绕点
C顺时针旋转60°得到△D E F，FE 与AB交于G ，连接D D，AD ，△D E F是△≝¿旋转0°到60°
1 1 1 1 1 1 2 2
的过程中任意位置，作DN⊥CD 于N，过点B作BM⊥D D交D D的延长线于M，首先证明△CDD
1 1 1 1
是等边三角形，点D 在直线AB上，然后可得线段DH扫过的面积是弓形D D D的面积加上△D DB的面
1 1 2 1
积，求出DN和BM，然后根据线段DH扫过的面积 =S +S =S −S +S 列
弓形D D D △D DB 扇形CD D △CD D △D DB
1 2 1 1 1 1
式计算即可．
【详解】解：如图1，过点G作GH⊥BC于H，
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∵∠ABC=30°，∠≝=∠DFE=45°，∠GHB=∠GHC=90°，
∴BH=√3GH，GH=CH，
∵BC=BH+CH=√3GH+GH=12，
∴GH=6√3−6，
∴CG=√2GH=√2×(6√3−6)=6√6−6√2；
如图2，将△≝¿绕点C顺时针旋转60°得到△D E F，FE 与AB交于G ，连接D D，
1 1 1 1 1
由旋转的性质得：∠E CB=∠DCD =60°，CD=CD ，
1 1 1
∴△CDD 是等边三角形，
1
∵∠ABC=30°，
∴∠CG B=90°，
1
1
∴CG = BC，
1 2
∵CE =BC，
1
1
∴CG = CE ，即AB垂直平分CE ，
1 2 1 1
∵△CD E 是等腰直角三角形，
1 1
∴点D 在直线AB上，
1
连接AD ，△D E F是△≝¿旋转0°到60°的过程中任意位置，
1 2 2
则线段DH扫过的面积是弓形D D D的面积加上△D DB的面积，
1 2 1
∵BC=EF=12，
√2
∴DC=DB= BC=6√2，
2
∴D C=D D=6√2，
1 1
作DN⊥CD 于N，则N D =NC=3√2，
1 1
∴DN=√D D2−N D 2=√(6√2) 2 −(3√2) 2=3√6，
1 1
过点B作BM⊥D D交D D的延长线于M，则∠M=90°，
1 1
∵∠D DC=60°，∠CDB=90°，
1
∴∠BDM=180°−∠D DC−∠CDB=30°，
1
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1
∴BM= BD=3√2，
2
∴线段DH扫过的面积 =S +S ，
弓形D D D △D DB
1 2 1
=S −S +S ，
扇形CD D △CD D △D DB
1 1 1
2
60π⋅(6√2) 1 1
= − ×6√2×3√6+ ×6√2×3√2，
360 2 2
=12π−18√3+18，
故答案为：6√6−6√2，12π−18√3+18．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30°直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边
三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点D 在直线AB上是本题的突
1
破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
√3
6．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l :y= x上，顶点B
1 3
在x轴上，AB垂直x轴，且OB=2√2，顶点C在直线l :y=√3x上，BC⊥l ；过点A作直线l 的垂线，垂
2 2 2
足为C ，交x轴于B ，过点B 作A B 垂直x轴，交l 于点A ，连接A C ，得到第一个△A B C ；过点
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A 作直线l 的垂线，垂足为C ，交x轴于B ，过点B 作A B 垂直x轴，交l 于点A ，连接A C ，得到第
1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2
二个△A B C ；如此下去，……，则△A B C 的面积是 ．
2 2 2 2023 2023 2023
【答案】24046√3
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【分析】解直角三角形得出∠AOB=30°，∠BOC=60°，求出S =√3，证明△ABC∽△A B C ，
△ABC 1 1 1
△ABC∽△A B C ，得出S =4S ，S =42 ⋅S =(22) 2 ⋅S ，总结得出
2 2 2 △A 1 B 1 C 1 △ABC △A 2 B 2 C 2 △ABC △ABC
S =(2n) 2 S =22nS ，从而得出S =22×2023×√3=24046√3．
△A n B n C n △ABC △ABC △A 2023 B 2023 C 2023
【详解】解：∵OB=2√2，
∴B(2√2,0)，
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为2√2，
√3
∵l :y= x，
1 3
√3 2√6
∴点A的纵坐标为 ×2√2= ，
3 3
2√6
∴ AB 3 √3，
tan∠AOB= = =
OB 2√2 3
∴∠AOB=30°，
∵l :y=√3x，
2
∴设C(x ,y )，则y =√3x ，
C C C C
y
∴tan∠BOC= C =√3，
x
C
∴∠BOC=60°，
1
∴OC=OB×cos60°=2√2× =√2，
2
√3
BC=OB×sin60°=2√2× =√6，
2
∵∠AOC =∠BOC−∠AOB=30°，
1
∴∠AOB=∠AOC ，
1
∴OA平分∠BOC，
∵AC ⊥l ，AB⊥OB，
1 2
2√6
∴AC =AB= ，
1 3
∵AB=AC ，OA=OA，
1
∴Rt△OAB≌Rt△OAC ，
1
∴OC =OB=2√2，
1
∴CC =OC −OC=2√2−√2=√2，
1 1
∴S =2S −S −S
△ABC △OAB △ACC △BOC
1
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1 2√6 1 2√6 1
=2× ×2√2× − ×√2× − ×√2×√6
2 3 2 3 2
=√3，
∵BC⊥l ，
2
∴∠BCO=90°，
∴∠CBO=90°−60°=30°，
∵B C ⊥l ，BC⊥l ，B C ⊥l ，
1 1 2 2 2 2 2
∴BC∥B C ∥B C ，
1 1 2 2
∴∠C B O=∠C B O=∠CBO=30°，
1 1 2 2
∴∠C B O=∠C B O=∠CBO=∠AOB，
1 1 2 2
∴AO=AB ，A O=A B ，
1 1 1 2
∵AB⊥x轴，A B ⊥x轴，
1 1
1 1
∴OB= OB ，OB = OB ，
2 1 1 2 2
∵AB⊥x轴，A B ⊥x轴，A B ⊥x轴，
1 1 2 2
∴AB∥A B ∥A B ，
1 1 2 2
AB OB 1 AB OB 1
= = = =
∴ ， ，
A B OB 2 A B OB 4
1 1 1 2 2 2
∵BC∥B C ∥B C ，
1 1 2 2
BC OB 1 BC OB 1
= = = =
∴ ， ，
B C OB 2 B C OB 4
1 1 1 2 2 2
AB BC
=
∴ ，
A B B C
1 1 1 1
∵∠ABC=∠A B C =90°−30°=60°，
1 1 1
∴△ABC∽△A B C ，
1 1 1
同理△ABC∽△A B C ，
2 2 2
∴S =4S ，
△A B C △ABC
1 1 1
S =42 ⋅S =(22) 2 ⋅S ，
△A B C △ABC △ABC
2 2 2
∴S =(2n) 2 S =22nS ，
△A B C △ABC △ABC
n n n
∴S =22×2023×√3=24046√3．
△A B C
2023 2023 2023
故答案为：24046√3．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和
性质，一次函数规律探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是得出一般规律
S =(2n) 2 S =22nS ．
△A B C △ABC △ABC
n n n
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7．（2023·黑龙江大庆·中考真题）如图，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB'，将AC绕点A逆
时针旋转β至AC' (0°<α<180°,0°<β<180°)，得到△AB'C'，使∠BAC+∠B' AC'=180°，我们称
△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补
中心”．下列结论正确的有 ．
①△ABC与△AB'C'面积相同；
②BC=2AD；
③若AB=AC，连接BB'和CC'，则∠B'BC+∠CC'B'=180°；
④若AB=AC，AB=4，BC=6，则B'C'=10．
【答案】①②③
【分析】延长B'A，并截取AE=AB，连接C'E，证明△ABC≌△AEC'，得出BC=C'E，S =S ，
△ABC △AEC'
根据AB=AB'，AB=AE，得出AE=AB'，证明S =S ，得出S =S ，即可判断①正确；
△AB'C' △AEC' △ABC △AB'C'
1
根据三角形中位线性质得出AD= C'E，根据BC=C'E，得出BC=2AD，判断②正确；根据AB=AC
2
时，AB=AB'=AC'=AC，
得出∠AB'B=∠ABB'，∠AB'C'=∠AC'B'，∠AC'C=∠ACC'，∠ABC=∠ACB，根据四边形
内角和得出
∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C'+∠AC'B'+∠AC'C+∠ACC'+∠ABC+∠ACB=360°，求出
1
∠B'BC+∠CC'B'=180°，判断③正确；根据②可知，AD= BC=3，根据勾股定理得出
2
B'D=√AB'2−AD2=√42−32=√7，求出B'C'=2B'D=2√7，判断④错误．
【详解】解：延长B' A，并截取AE=AB，连接C'E，如图所示：
∵∠BAC+∠B' AC'=180°，
∴α+β=360°−180°=180°，
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∵α+∠BAE=180°，
∴∠BAE=β，
∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAC'，
∴∠BAC=∠EAC'，
根据旋转可知，AC=AC'，AB=AB'，
∵AB=AE，
∴△ABC≌△AEC'，
∴BC=C'E，S =S ，
△ABC △AEC'
∵AB=AB'，AB=AE，
∴AE=AB'，
∴S =S ，
△AB'C' △AEC'
∴S =S ，
△ABC △AB'C'
即△ABC与△AB'C'面积相同，故①正确；
∵AE=AB'，B'D=C'D，
∴AD是△B'C'E的中位线，
1
∴AD= C'E，
2
∵BC=C'E，
∴BC=2AD，故②正确；
当AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC，
∴∠AB'B=∠ABB'，∠AB'C'=∠AC'B'，∠AC'C=∠ACC'，∠ABC=∠ACB，
∵∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C'+∠AC'B'+∠AC'C+∠ACC'+∠ABC+∠ACB=360°，
∴∠ABB'+∠ABC+∠AC'B'+∠AC'C=∠AB'B+∠ACB+∠AB'C'+∠ACC'=180°，
即∠B'BC+∠CC'B'=180°，故③正确；
∵BC=6，
1
∴根据②可知，AD= BC=3，
2
∵当AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC=4，AD为中线，
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∴AD⊥B'C'，
∴∠ADB'=90°，
∴B'D=√AB'2−AD2=√42−32=√7，
∴B'C'=2B'D=2√7，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形
内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ABC≌△AEC'．
三、解答题
8．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，
D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得
到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，
直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACF(SAS)，即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四
边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP,DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得
∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得
1
Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC= AC=2，进而得出
2
∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=√3PG=√3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，
PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
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∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
¿，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC
∴BD=CD
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE,CF=CE，
∴AF=CF,
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
1
∴AC⊥BF，AG=CG= AC
2
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∴∠AGF=90°
1
又∵DG= AC=CG，∠ACD=60°
2
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°
∴∠AGH=∠DGC=60°
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60°=30°，KF∥AD
∴∠HKF=∠ADK=30°
∴∠FKG=∠KGF=30°，
∴FG=FK
在Rt△CED与Rt△CGF中，
¿
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP,DQ交于点R，
由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至
△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°
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由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG
∴DE=GF，
∵DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF∥DQ
∴四边形GDQF是平行四边形，
1
∴QF=DG= AC=2
2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=≥=GQ，
∴PQ=√3PG=√3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，
1 1
∴GQ= GC= DC=1，
2 2
∴PQ=√3，
∴PQ+QF=√3+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判
定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．（2023·河北·中考真题）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，
AB=8,BC=2√11,CD=12,DA=6,∠A=90°，点M在AD边上，且DM=2．将线段MA绕点M顺时
针旋转n°(0<n≤180)到M A',∠A'MA的平分线MP所在直线交折线AB—BC于点P，设点P在该折线
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上运动的路径长为x(x>0)，连接A'P．
(1)若点P在AB上，求证：A'P=AP；
(2)如图2．连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n=180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A'MP的值；
(3)当0<x≤8时，请直接写出点A'到直线AB的距离．（用含x的式子表示）．
【答案】(1)见解析
7 23
(2)①∠CBD=90°，x=13；② 或
6 6
8x2
(3)
x2+16
【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到A'M=AM，∠A'MP=∠AMP，然后证明出
△A'MP≌△AMP(SAS)，即可得到A'P=AP；
（2）①首先根据勾股定理得到BD=√AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出
10
∠CBD=90°；首先画出图形，然后证明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性质求出DN= ，
3
8
MN= ，然后证明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性质得到PB=5，进而求解即可；
3
②当P点在AB上时，PQ=2，∠A'MP=∠AMP，分别求得BP,AP，根据正切的定义即可求解；②当P
在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，证明
4 8 3 6
△PQB∽△BAD，得出PQ= PB= ，BQ= PB= ，进而求得AQ，证明△HPQ∽△HMA，即可求
5 5 5 5
解；
（3）如图所示，过点A'作A'E⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A'E于点F，则四边形AMFE是矩形，
证明△A'PE∽△M A'F，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）∵将线段MA绕点M顺时针旋转n°(0<n≤180)到M A'，
∴A'M=AM
∵∠A'MA的平分线MP所在直线交折线AB−BC于点P，
∴∠A'MP=∠AMP
又∵PM=PM
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∴△A'MP≌△AMP(SAS)
∴A'P=AP；
（2）①∵AB=8，DA=6，∠A=90°
∴BD=√AB2+AD2=10
∵BC=2√11，CD=12
∴BC2+BD2=(2√11) 2+102=144，CD2=122=144
∴BC2+BD2=CD2
∴∠CBD=90°；
如图所示，当n=180时，
∵PM平分∠A'MA
∴∠PMA=90°
∴PM∥AB
∴△DNM∽△DBA
DN DM MN
∴ = =
DB DA BA
∵DM=2，DA=6
DN 2 MN
∴ = =
10 6 8
10 8
∴DN= ，MN=
3 3
20
∴BN=BD−DN=
3
∵∠PBN=∠NMD=90°，∠PNB=∠DNM
∴△PBN∽△DMN
20
PB BN PB 3
∴ = ，即 =
DM MN 2 8
3
∴解得PB=5
∴x=AB+PB=8+5=13．
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②如图所示，当P点在AB上时，PQ=2，∠A'MP=∠AMP
∵AB=8,DA=6,∠A=90°，
AD 6 3
∴BD=√AB2+AD2=√62+82=10，sin∠DBA= = = ，
BD 10 5
BQ 2 10
BP= = =
∴ sin∠DBA 3 3 ，
5
10 14
∴AP=AB−BP=8− =
3 3
14
∴ AP 3 7；
tan∠A'MP=tan∠AMP= = =
AM 4 6
如图所示，当P在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线
于点H，
∵∠PQB=∠CBD=∠DAB=90°，
∴∠QPB=90°−∠PBQ=∠DBA，
∴△PQB∽△BAD
PQ QB PB
∴ = =
BA AD BD
PQ QB PB
即 = =
8 6 10
4 8 3 6
∴PQ= PB= ，BQ= PB= ，
5 5 5 5
46
∴AQ=AB+BQ=
5
∵PQ⊥AB,DA⊥AB
∴PQ∥AD，
∴△HPQ∽△HMA，
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HQ PQ
∴ =
HA AM
8
HQ 5
∴ =
46 4
HQ+
5
92
解得：HQ=
15
92
HQ 15 23
∴tan∠A'MP=tan∠AMP=tan∠QPH= = = ，
PQ 8 6
5
7 23
综上所述，tan∠A'MP的值为 或 ；
6 6
（3）解：∵当0<x≤8时，
∴P在AB上，
如图所示，过点A'作A'E⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A'E于点F，则四边形AMFE是矩形，
∴AE=FM，EF=AM=4，
∵△A'MP≌△AMP，
∴∠PA'M=∠A=90°，
∴∠PA'E+∠F A'M=90°，
又∠A'MF+∠F A'M=90°，
∴∠PA'E=∠A'MF，
又∵∠A'EP=∠MF A'=90°，
∴△A'PE∽△M A'F，
A'P PE A'E
∴ = =
M A' A'F FM
∵A'P=AP=x，M A'=MA=4，设FM=AE= y，A'E=h
x x−y h
即 = =
4 h−4 y
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4h
∴y= ，4(x−y)=x(h−4)
x
( 4h)
∴4 x− =x(h−4)
x
8x2
整理得h=
x2+16
8x2
即点A'到直线AB的距离为 ．
x2+16
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，熟练
掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．
10．（2023·重庆·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，点D为线段AB上一动点，连接
CD．
(1)如图1，若AC=9，BD=√3，求线段AD的长．
(2)如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点
G． 若∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE．
(3)在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将
△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM． 连接AN，点P为AN的中点，连接CP，
当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出
NQ
此时 的值．
CP
【答案】(1)5√3
(2)见解析
√43
(3)
5
【分析】（1）解Rt△ABC，求得AB，根据AD=AB−BD即可求解；
（2）延长FB使得FH=FG，连接EH，可得△GFD≌△HFE(SAS)，根据∠DEC=∠DBC=60°，得
出B,C,D,E四点共圆，则∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，得出
∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，结合已知条件得出∠H=∠BEH，可得EB=BH，即
可得证；
（3）在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，设AB=4a，则BC=2a，AC=2√3a，根据题意得出
点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，取AB的中点S，连接SP，则SP是△ABN的中位线，P在半径为
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1
a的⊙S上运动，当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过
2
点N作NR⊥AC于点R，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，得出PD是△ANR的中位线，
同理可得PT是△ANR的中位线，△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面
内得到△BCQ，则∠QCP=2∠BCP=120°，在Rt△NUQ中，勾股定理求得NQ，进而即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，
AC 9
AB= = =6√3
∴ sinB √3 ，
2
∵BD=√3，
∴AD=AB−BD=5√3；
（2）证明：如图所示，延长FB使得FH=FG，连接EH，
∵F是DE的中点则DF=FE，FH=FG，∠GFD=∠HFE，
∴△GFD≌△HFE(SAS)，
∴∠H=∠G，
∴EH∥GC，
∴∠HEC=∠ECD=60°
∵△DEC是等边三角形，
∴∠DEC=∠EDC=60°，
∵∠DEC=∠DBC=60°，
∴B,C,D,E四点共圆，
∴∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，
∴∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，
∵∠G=∠BCE=∠BDE=∠H，
∴∠H=∠BEH，
∴EB=BH，
∴FH=FG=BF+BH=BF+EB；
（3）解：如图所示，
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在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，
设AB=4a，则BC=2a，AC=2√3a，
AC×BC 2√3a×2a 1
∴CD= = =√3a，BD= BC=a，
AB 4a 2
∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．
∴BE=BN
∴点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，
取AB的中点S，连接SP，
则SP是△ABN的中位线，
1
∴P在半径为 a的⊙S上运动，
2
当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于
点R，
∵S是AB的中点，∠ABC=60°
∴SC=SB=BC，
∴△BCS是等边三角形，
则∠PCB=60°，
∴∠PCA=∠ACB−∠BCP=30°，
∵BC=2a，AB=4a，
1
∴CS=BC=2a，PS= a
2
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5 1 5 5
∴PC= a，PT=PC×sin∠PCT= PC= a，TC=√3PT= √3a
2 2 4 4
∵AC=2√3a，
3
∴AT= √3a，
4
如图所示，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，
∴PU∥AR，P是AN的中点，
NU NP
∴ = =1
UR PA
即PU是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，
5 1 3
∴NU=UR=PT= a， PU= AR=AT= √3a
4 2 4
∵△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，
∴∠QCP=2∠BCP=120°
5
∴PQ=√3QC=√3PC= √3a
2
5 3 7
则UQ=PQ−PU= √3a− √3a= √3a
2 4 4
在Rt△NUQ中，NQ=√NU2+UQ2= √ (5 a ) 2 + (7 √3a ) 2 = √43 a
4 4 2
√43
a
NQ 2 √43
∴ = = ．
CP 5 5
a
2
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，
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折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟
练掌握以上知识是解题的关键．
11．（2023·广西·中考真题）【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，
使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接
AB'，BB'，BE'．
请完成：
(1)观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；
(2)证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使
B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点
B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接，P'B'．
请完成：
(3)证明BB'是∠NBC的一条三等分线．
【答案】(1)∠1=∠2=∠3
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）由折叠的性质可知AB'=BB'，AB=AB'，然后可得AB'=BB'=AB，则有△ABB'是等边三角形，
进而问题可求证；
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1
（3）连接PB'，根据等腰三角形性质证明∠PB'E=∠BB'E= ∠BB'P，根据平行线的性质证明
2
1
∠BB'E=∠CBB'= ∠BB'P，证明△PBB'≌△P'B'B(SAS)，得出∠P'BB'=∠PB'B，即可证明
2
1
∠CBB'= ∠CBN．
3
【详解】（1）解：由题意可知∠1=∠2=∠3；
（2）证明：由折叠的性质可得：AB'=BB'，AB=AB'，AE=AE'，AE=BE，
∴AB'=BB'=AB，AE'=B'E'，
∴△ABB'是等边三角形，
∵AE'=B'E'，∠ABB'=60°，
1
∴∠ABE'=∠B'BE'= ∠ABB'=30°，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠3=30°，
∴∠1=∠2=∠3；
（3）证明：连接PB'，如图所示：
由折叠的性质可知：BB'=PB'，PB=P'B'，∠PBB'=∠P'B'B，
∵折痕B'E⊥AB，BB'=PB'，
1
∴∠PB'E=∠BB'E= ∠BB'P，
2
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠EBC=90°，
∴CB⊥AB，
∵B'E⊥AB，
∴B'E∥BC，
1
∴∠BB'E=∠CBB'= ∠BB'P，
2
∵在△PBB'和△P'B'B中，
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¿，
∴△PBB'≌△P'B'B(SAS)，
∴∠P'BB'=∠PB'B，
1
∴∠CBB'= ∠NBB'
，
2
1
∴∠CBB'= ∠CBN，
3
∴BB'是∠NBC的一条三等分线．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三
角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，△PBB'≌△P'B'B是解题的关键．
12．（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2<x<4时，△≝¿的面积随AD的增大而增大，当0<x<2时，△≝¿的面积随AD的增大而减小
【分析】（1）由题意易得AF=BD，∠A=∠B=60°，然后根据“SAS”可进行求证；
（2）分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，根据题意可得S =4√3，
△ABC
√3
AF=4−x，然后可得FG= (4−x)，由（1）易得△ADF≌△BED≌△CFE，则有
2
√3
S =S =S = x(4−x)，进而问题可求解；
△ADF △BED △CFE 4
（3）由（2）和二次函数的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC=4，
∵AD=BE=CF，
∴AF=BD=CE，
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在△ADF和△BED中，
¿，
∴△ADF≌△BED(SAS)；
（2）解：分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，如图所示：
在等边△ABC中，∠A=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=4，
∴CH=AC⋅sin60°=2√3，
1
∴S = AB⋅CH=4√3，
△ABC 2
设AD的长为x，则AD=BE=CF=x，AF=4−x，
√3
∴FG=AF⋅sin60°= (4−x)，
2
1 √3
∴S = AD⋅FG= x(4−x)，
△ADF 2 4
同理（1）可知△ADF≌△BED≌△CFE，
√3
∴S =S =S = x(4−x)，
△ADF △BED △CFE 4
∵△≝¿的面积为y，
3√3 3√3
∴y=S −3S =4√3− x(4−x)= x2−3√3x+4√3；
△ABC △ADF 4 4
3√3
（3）解：由（2）可知：y= x2−3√3x+4√3，
4
−3√3
3√3 x=− =2
∴a= >0，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2<x<4时，△≝¿的面积随AD的增大而增大，当0<x<2时，△≝¿的面积随AD的增大而减小．
【点睛】本题主要考查锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数、二
次函数的综合及等边三角形的性质是解题的关键．
1
13．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y= x2+bx−4的图像与x轴相交于点A(−2,0)、B，其顶
2
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点是C．
(1)b=_______；
5
(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD= ；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物
2
线经过点D，过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范
围；
(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接
PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)−1；
(2)k≤−3；
( 5) ( 5)
(3) 3,− 或 −1,− ．
2 2
【分析】
1
（1）把A(−2,0)代入y= x2+bx−4即可求解；
2
1
（2）过点D作DM⊥OA于点M，设D ( m, 1 m2−m−4 ) ，由 DM − 2 m2+m+4 5，解
2 tan∠AOD= = =
OM −m 2
( 5)
得D −1,− ，进而求得平移后得抛物线，
2
1 9
平移后得抛物线为y= (x+3) 2− ，根据二次函数得性质即可得解；
2 2
（3）先设出平移后顶点为P ( p, 1 p2−p−4 ) ，根据原抛物线y= 1 (x−1) 2− 9 ，求得原抛物线的顶点
2 2 2
C ( 1,− 9) ，对称轴为x=1，进而得Q ( 1,p2−2p− 7) ，再根据勾股定理构造方程即可得解．
2 2
【详解】（1）
1
解：把A(−2,0)代入y= x2+bx−4得，
2
1
0= ×(−2) 2+b×(−2)−4，
2
解得b=−1，
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故答案为−1；
（2）
解：过点D作DM⊥OA于点M，
∵b=−1，
1
∴二次函数的解析式为y= x2−x−4
2
设D ( m, 1 m2−m−4 ) ，
2
5
∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD= ，
2
1
− m2+m+4
∴ DM 2 5，
tan∠AOD= = =
OM −m 2
解得m=−1或m=8（舍去），
1 1 5
当m=−1时， m2−m−4= +1−4=− ，
2 2 2
( 5)
∴D −1,− ，
2
1 1 9
∵y= x2−x−4= (x−1) 2− ，
2 2 2
1 9
∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y= (x+a) 2− ，
2 2
把D ( −1,− 5) 代入y= 1 (x+a) 2− 9 得− 5 = 1 (−1+a) 2− 9 ，
2 2 2 2 2 2
解得a=3或a=−1（舍去），
1 9
∴平移后得抛物线为y= (x+3) 2−
2 2
∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
1 9
在y= (x+3) 2− 的对称轴x=−3的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，
2 2
∴k≤−3；
（3）
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1 9 1
解：由y= (x−1) 2− ，设平移后的抛物线为y= (x−p) 2+q，则顶点为P(p,q)，
2 2 2
1 9
∵顶点为P(p,q)在y= (x−1) 2− 上，
2 2
1 9 1
∴q= (p−1) 2− = p2−p−4，
2 2 2
∴平移后的抛物线为y= 1 (x−p) 2+ 1 p2−p−4，顶点为P ( p, 1 p2−p−4 ) ，
2 2 2
1 9
∵原抛物线y= (x−1) 2− ，
2 2
( 9)
∴原抛物线的顶点C 1,− ，对称轴为x=1，
2
∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，
∴Q ( 1,p2−2p− 7) ，
2
∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P
的上方，
∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴ ( p2−2p− 7 + 9) 2 =(p−1) 2+ (1 p2−p−4+ 9) 2 +(p−1) 2+ (1 p2−p−4−p2+2p+ 7) 2 化 简 得
2 2 2 2 2 2
(p−1) 2 (p−3)(p+1)=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=−1，
1 1 5
当p=3时，
p2−p−4= ×32−3−4=−
，
2 2 2
1 5
当p=−1时， ×(−1) 2+1−4=− ，
2 2
( 5) ( 5)
∴点P坐标为 3,− 或 −1,− ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析
式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
145
