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大题 04 三角形的证明与计算问题
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，且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，其中一线三等角与手拉手模型较为常见，属于
是中考必考的中等偏上难度的考点.
题型一： 三角形角度计算的常考模型
1．（2021·吉林·中考真题）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，CD是斜边AB上的中线，
点E为射线BC上一点，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为点F．
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（1）若AB=a．直接写出CD的长（用含a的代数式表示）；
（2）若DF⊥BC，垂足为G，点F与点D在直线CE的异侧，连接CF，如图②，判断四边形ADFC的形
状，并说明理由；
（3）若DF⊥AB，直接写出∠BDE的度数．
1
【答案】（1） a；（2）菱形，见解析；（3）∠BDE=45°或∠BDE=135°
2
1 1
【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得CD= AB= a；
2 2
1
（2）由题意可得DF//AC，DF= AB，由“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得
2
1
AC= AB，得DF=AC，则四边形ADFC是平行四边形，再由折叠得DF=BD=AD，于是判断四边形
2
ADFC是菱形；
（3）题中条件是“点E是射线BC上一点”，因此DF⊥AB又分两种情况，即点F与点D在直线CE的异
侧或同侧，正确地画出图形即可求出结果．
【详解】解：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵CD是斜边AB上的中线，AB=a，
1 1
∴CD= AB= a．
2 2
（2）四边形ADFC是菱形．
理由如下：
如图②∵DF⊥BC于点G，
∴∠DGB=∠ACB=90°，
∴DF//AC；
由折叠得，DF=DB，
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1
∵DB= AB，
2
1
∴DF= AB；
2
∵∠ACB=90°，∠A=60°，
∴∠B=90°−60°=30°，
1
∴AC= AB，
2
∴DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形；
1
∵AD= AB，
2
∴AD=DF，
∴四边形ADFC是菱形．
（3）如图③，点F与点D在直线CE异侧，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF=90°；
由折叠得，∠BDE=∠FDE，
1 1
∴∠BDE=∠FDE= ∠BDF= ×90°=45°；
2 2
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如图④，点F与点D在直线CE同侧，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠BDE+∠FDE=360°−90°=270°，
由折叠得，∠BDE=∠FDE，
∴∠BDE+∠BDE=270°，
∴∠BDE=135°．
综上所述，∠BDE=45°或∠BDE=135°．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质、轴对称的性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识
与方法，在解第（3）题时，应进行分类讨论，解题的关键是准确地画出图形，以免丢解．
三角形中角度计算的6种常考模型：
A字模型 8字模型 飞镖模型 老鹰抓小鸡模型（一）
∠1+∠2=∠A+180° ∠A+∠B=∠C+∠D ∠C=∠A+∠B+∠D ∠A+∠O=∠1+
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老鹰抓小鸡模型（二） 双角平分线模型（一） 双角平分线模型（二） 双角平分线模型（三）
∠A+∠O=∠2-∠1 1 1 1
∠D=90°+ ∠A ∠D=90°- ∠A ∠E= ∠A
2 2 2
三角形折叠模型（一） 三角形折叠模型（二） 三角形折叠模型（三）
A
C'
E
2
B F C
∠2=2∠C 1 1
2∠C=∠1+∠2或 ∠C= 2∠C=∠2-∠1或 ∠C=
2 2
（∠1+∠2） （∠2-∠1）
1．（2024·浙江宁波·模拟预测）贝贝在学习三角形章节内容时，对于三角形中的角度计算问题进行了如下
探究：
在△ABC中，已知∠ABC=18°，∠C>∠B．
(1)如图1，若D为BC上一点．连接AD，将△ABD沿着AD进行翻折后得到△AB D，若∠ADC=47°，
1
求∠BDB 的大小；
1
(2)如图2，将△BEF沿EF翻折得到△B EF，探究∠1，∠2之间的数量关系并说明理由．
1
(3)如图3，若D为直线BC上的动点，连接AD，将△ABD沿AD进行翻折后得到△AB D，连接BB ．若
1 1
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△BDB 中存在50°的内角，则∠BAD的度数为______．
1
【答案】(1)∠BDB =94°
1
(2)∠1−∠2=36°，理由见解析
(3)22°或 137°或 7°或 122°
【分析】（1）∠ADC=47°，求出∠ADB=180°−47°=133°，根据折叠得出
∠ADB=180°−47°=133°，求出∠CDB =86°，最后由平角的定义即可求解；
1
（2）根据折叠得出∠B =∠ABC=18°， ∠BEF=∠B EF，∠BFE=∠B FE，求出
1 1 1
1 1
∠BEF=∠B EF=180°−18°−90°− ∠2=7°− ∠2，根据∠1=180°−2∠BEF得出
1 2 2
∠1−∠2=36°即可；
（3）分情况讨论：当点D在线段BC上，当点D在线段CB延长线上时，当点D在线段BC延长线上，分别
画出图形求出结果即可；
本题主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是数形结合，注
意分类讨论．
【详解】（1）∵将△ABD沿着AD进行翻折后得到，△AB D，∠ADC=47°，
1
∴∠ADB=180°−47°=133°，
∴∠ADB =∠ADB=133°，
1
∴∠CDB =∠ADB −∠ADC=133°−47°=86°，
1 1
∴∠BDB =180°−∠CDB =94°；
1 1
（2）
∠1−∠2=36°，理由如下：
∵将△BEF沿EF翻折得到△B EF，
1
∴∠B =∠ABC=18°，∠BEF=∠B EF，∠BFE=∠B FE，
1 1 1
∴∠BFE+∠B FE=180°+∠2，
1
1
∴∠BFE=∠B FE=90°+ ∠2，
1 2
1 1
∴∠BEF=∠B EF=180°−18°−90°− ∠2=72°− ∠2，
1 2 2
( 1 )
∴∠1=180°−2∠BEF=180°−2 72°− ∠2 =36°+∠2，
2
即∠1−∠2=36°；
（3）将△ABD沿AD进行翻折后得到△AB D连接BB ，根据折叠可知BD=B D，AB=AB ，
1 1 1 1
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∠BAD=∠B AD，
1
∴∠DBB =∠DB B，∠ABB =∠AB B，
1 1 1 1
若△BDB 中存在50°的内角时，分以下几种情况讨论：
1
当点D在线段BC上，∠DBB =50°时，如图所示：
1
∴∠AB B=∠ABB =∠ABC+∠DBB =18°+50°=68°，
1 1 1
∴∠BAB =180°−68°−68°=44°，
1
∵∠BAD=∠B AD，
1
1
∴∠BAD=∠B AD= ∠BAB =22°；
1 2 1
当点D在线段BC上，∠BDB =50°时，如图所示，
1
1
∴∠DBB =∠DB B= (180°−50°)=65°，
1 1 2
∴∠AB B=∠ABB =∠ABC+∠DBB =18°+65°=83°，
1 1 1
∴∠BAB =180°−83°−83°=14°，
1
1
∴∠BAD=∠B AD= ∠BAB =7°，
1 2 1
当点D在线段CB延长线上时，如图所示：
∵∠ADB<∠ABC，
∴∠ADB<18°，
根据折叠可知，∠ADB=∠ADB ，
1
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∴∠BDB =2∠ADB<36°，
1
∴∠DBB =∠DB B>72°，
1 1
∴此时△DBB 中的角不存在50°的角；
1
当点D在线段BC延长线上，∠BDB =50°时，如图所示：
1
根据折叠可知，∠ADB=∠ADB ，
1
1
∴∠BDA= ∠BDB =25°
2 1
∴∠BAD=180°−∠BDA−∠ABD=180°−25°−18°=137°，
当点D在线段BC延长线上，∠BB D=50°时，如图所示，
1
∴∠DBB =∠DB❑B=50°，
1 1
∴∠BDB =180°−50°−50°=80°，
1
根据折叠可知，∠ADB=∠ADB ，
1
1
∴∠ABD= ∠BDB =40°，
2 1
∴∠BAD=180°−∠BDA−∠ABD=180°−40°−18°=122°；
综上分析可知，∠BAD的值为22°或 137°或 7°或 122°．
故答案为：22°或 137°或 7°或 122°．
2．（2023内江六中二模）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
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(1)如果∠A=80°，求∠BPC的度数；
(2)如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q、∠A之间的数量关系．
(3)如图③，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，求∠A的度数．
【答案】(1)∠BPC=130°
1
(2)∠Q=90°− ∠A
2
(3)∠A的度数是90°或60°或120°
【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠PBC+∠PCB，进而求出
∠BPC即可解决问题；
（2）根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得
∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；
1 1
（3）在△BQE中，由于∠Q=90°− ∠A，求出∠E= ∠A，∠EBQ=90°，所以如果△BQE中，存
2 2
在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ=2∠E=90°；②
∠EBQ=2∠Q=90°；③∠Q=2∠E；④∠E=2∠Q；分别列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵∠A=80°．
∴∠ABC+∠ACB=100°，
∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，
1 1
∴∠BPC=180°− (∠ABC+∠ACB)=180°− ×100°=130°；
2 2
（2）∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
1
∴∠QBC+∠QCB= (∠MBC+∠NCB)，
2
1
= (360°−∠ABC−∠ACB)，
2
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1
= (180°+∠A)，
2
=90°+∠A，
( 1 ) 1
∴∠Q=180°− 90°+ ∠A =90°− ∠A；
2 2
（3）延长BC至F，
∵CQ △ABC ∠NCB
为 的外角 的角平分线，
∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，
∴∠ACF=2∠ECF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠EBC，
∵∠ECF=∠EBC+∠E，
∴2∠ECF=2∠EBC+2∠E，
即∠ACF=∠ABC+2∠E，
又∵∠ACF=∠ABC+∠A，
1
∴∠A=2∠E，即∠E= ∠A；
2
∵∠EBQ=∠EBC+∠CBQ，
1 1
= ∠ABC+ ∠MBC，
2 2
1
= (∠ABC+∠A+∠ACB)=90°．
2
如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：
①∠EBQ=2∠E=90°，则∠E=45°，∠A=2∠E=90°；
②∠EBQ=2∠Q=90°，则∠Q=45°，∠E=45°，∠A=2∠E=90°；
1
③∠Q=2∠E，则90°− ∠A=∠A，解得∠A=60°；
2
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1 ( 1 )
④∠E=2∠Q，则 ∠A=2 90°− ∠A ，解得∠A=120°．
2 2
综上所述，∠A的度数是90°或60°或120°．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用
三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
3．（2023·山西太原·二模）如图，在凹四边形ABCD中，∠A=55°，∠B=30°，∠D=20°，求
∠BCD的度数．
下面是学习小组的同学们交流时得到的解决问题的三种方法：
方法一：作射线AC；
方法二：延长BC交AD于点E；
方法三：连接BD．
请选择上述一种方法，求∠BCD的度数．
【答案】∠BCD=105°，方法见解析
【分析】选择方法一：作射线AC并在线段AC的延长线上任取一点E，根据外角的性质求出
∠BCE=∠B+∠BAE即可解得；
选择方法二：延长BC交AD于点E， 根据外角的性质求出∠BED=∠B+∠A即可解得；
选择方法三：连接BD，根据三角形内角和求出∠A+∠ABD+∠ADB=180°，在△BCD中，
∠BCD=180°−∠CBD−∠CDB，再根据角之间的和差即可求出．
【详解】解：选择方法一：
如答图1，作射线AC并在线段AC的延长线上任取一点E．
∵∠BCE是△ABC的外角，
∴∠BCE=∠B+∠BAE．
同理可得∠DCE=∠D+∠DAE．
∴∠BCD=∠B+∠BAE+∠D+∠DAE．
∴∠BCD=∠B+∠BAD+∠D．
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∵∠BAD=55°，∠B=30°，∠D=20°，
∴∠BCD=105°
选择方法二：
如答图2，延长BC交AD于点E．
∵∠BED是△ABE的外角，
∴∠BED=∠B+∠A．
同理可得∠BCD=∠BED+∠D．
∴∠BCD=∠B+∠A+∠D．
∵∠A=55°，∠B=30°，∠D=20°，
∴∠BCD=105°
选择方法三：
如答图3，连接BD．
在△ABD中，∠A+∠ABD+∠ADB=180°．
∴∠A+∠ABC+∠CBD+∠ADC+∠CDB=180°
∴∠A+∠ABC+∠ADC=180°−∠CBD−∠CDB．
在△BCD中，∠BCD=180°−∠CBD−∠CDB．
∴∠BCD=∠A+∠ABC+∠ADC．
∵∠A=55°，∠ABC=30°，∠ADC=20°，
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∴∠BCD=105°
【点睛】此题考查了三角形的外角性质、三角形内角和，解题的关键是构造辅助线，会用三角形的外角性
质、三角形内角和解题．
题型二： 全等三角形的常考模型
1．（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；
(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
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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°，
∴∠EAP=90°−45°=45°，
∴∠AEP=∠EAP，
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∴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°，
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∴∠AEP=∠EAP，
∴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．
2．（2023·黑龙江·中考真题）如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是
DE,DC和BC的中点，连接FG,FH．易证：FH=√3FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，如图②：若△ABC和△ADE都是等
腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，如图③：其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你
的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】图②中FH=√2FG，图③中FH=FG，证明见解析
1
【分析】图②：如图②所示，连接BD，HG，CE，先由三角形中位线定理得到FG∥CE，FG= CE，
2
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1
GH∥BD，GH= BD，再证明△ABD≌△ACE得到CE=BD，∠ACE=∠ABD，则FG=HG，进
2
一步证明∠FGH=90°，即可证明△HGF是等腰直角三角形，则FH=√2FG；
图③：仿照图②证明△HGF是等边三角形，则FH=FG．
【详解】解：图②中FH=√2FG，图③中FH=FG，
图②证明如下：
如图②所示，连接BD，HG，CE，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴FG是△CDE的中位线，
1
∴FG∥CE，FG= CE，
2
1
同理可得GH∥BD，GH= BD，
2
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，
∴FG=HG，
∵BD∥GH，FG∥CE，
∴∠FGH=∠FGD+∠HGD
=∠DCE+∠GHC+∠GCH
=∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠ACE
=∠DBC+∠ABD+∠ACB
=∠ACB+∠ABC
=90°，
∴△HGF是等腰直角三角形，
∴FH=√2FG；
图③证明如下：
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如图③所示，连接BD，HG，CE，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴FG是△CDE的中位线，
1
∴FG∥CE，FG= CE，
2
1
同理可得GH∥BD，GH= BD，
2
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，
∴AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，
∴FG=HG，
∵BD∥GH，FG∥CE，
∴∠FGH=∠FGD+∠HGD
=∠DCE+∠GHC+∠GCH
=∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠ACE
=∠DBC+∠ABD+∠ACB
=∠ACB+∠ABC
=180°−∠BAC
=60°，
∴△HGF是等边三角形，
∴FH=FG．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股
定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2024沈阳大东区一模）【发现问题】（1）数学活动课上，王老师提出了如下问题：如图1，在
△ABC中，AB=6，AC=4，求BC边上的中线AD的取值范围．
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【探究方法】第一小组经过合作交流，得到了如下的解决方法：
①延长AD到E，使得DE=AD；
②连接BE，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABE中；
③利用三角形的三边关系可得AE的取值范围为AB−BE0）
(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为__________；
(2)当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
(3)当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称
四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)√13
2
(2)
3
(3)见解析
9−3√5 17
(4)0AP，延长AP至点B，使AB=AC，作∠A的等联角
∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线
于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP:PB=1:2，BF=√2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）．
【答案】(1)见解析
5
(2)①等腰直角三角形，见解析；②AB=3k；PE= k
2
【分析】（1）根据新定义，画出等联角；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．由折叠得AC=CM，
∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明
Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF=45°即可求解；
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．证明△APC≌△RFP，
得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=√2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，
3
则BQ=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根据相似三角形的性质得出NE= k，根据
2
PE=PM+ME即可求解．
【详解】（1）解：如图所示（方法不唯一）
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（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．
由折叠得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2
∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，
∴四边形ABNC为正方形
∴CN=AC=CM
又∵CE=CE，
∴Rt△CME≌Rt△CNE(HL)
∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°
∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°
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∴△PCF是等腰直角三角形．
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．
∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，
∴∠1=∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，
∴△APC≌△RFP(AAS)，
∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，
∴AP=BR=FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=√2k，
∴AP=BR=FR=k，
∴PB=2AP=2k，
∴AB=AP+PB=BN=3k，
由BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，
∴四边形BRFQ为正方形，BQ=QF=k，
由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥CN，
∴△QEF∽△NEC，
QE QF
∴ = ，而QE=BN−NE−BQ=3k−NE−k=2k−NE，
NE CN
2k−NE k 1 3
即 = = ，解得：NE= k，
NE 3k 3 2
3
由①知：PM=AP=k，ME=NE= k，
2
3 5
∴PE=PM+ME=k+ k= k．
2 2
【点睛】本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角
形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
3．（2023·四川·中考真题）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，
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以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC=30°．
(1)若∠BDC=90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，连接DE，用等
式表示线段AC与DE的数量关系是 ；
(2)如图2，在(1)的条件下，若DE⊥AB，AB=4，AC=2，求BC的长；
(3)如图3，若∠BCD=90°，AB=4，AC=2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值．
2
【答案】(1)AC= √3DE
3
(2)BC=2√7
√3
(3)
5
【分析】
（ 1 ） 在 Rt△BDC中 ， ∠DBC=30°， Rt△BAE， 且 ∠AEB=90°， ∠EBA=30°， 可 得
AB BE
△ABE∽△CBD，根据相似三角形的性质得出 = ，∠DBE=∠CBA，进而证明△ABC∽△EBD，
BC BD
根据相似三角形的性质即可求解；
（2）延长DE交AB于点F，如图所示，在Rt△AEF中，求得EF,AF，进而求得BF的长，根据（1）的
结论，得出DE=√3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD，即可求解．
（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB=90°，∠EBA=30°，连接BE，EA，
4√3
ED,EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，进而得出D在以E为圆心， 为半径的圆上运动，当点
3
2√7 √21
A,E,D三点共线时，AD的值最大，进而求得cos∠BDA= ，sin∠BDA= ，根据
7 7
△ABC∽△EBD得出∠BDE=∠BCA，过点A作AF⊥BC，于点F，分别求得AF,CF,然后求得BF，
最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）
解：在Rt△BDC中，∠DBC=30°，Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，
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√3
∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC=∠ABC+∠EBC，BE=AB×cos∠ABE= AB
2
AB BE
∴ = ，∠DBE=∠CBA，
BC BD
∴△ABC∽△EBD
AC AB AB 2√3
= = =
∴DE BE √3 3
AB
2
2
∴AC= √3DE，
3
2
故答案为：AC= √3DE．
3
（2）∵Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，AB=4
1
∴AE=AB⋅sin∠EBA= AB=2，∠BAE=60°，
2
延长DE交AB于点F，如图所示，
∵DE⊥AB，
∴∠BFD=∠DFA=90°，
√3 1
∴在Rt△AEF中，EF=AE×sin∠BAE= ×2=√3，AF= AE=1，
2 2
∴BF=AB−AF=4−1=3，
2
由（1）可得AC= √3DE，
3
√3
∴DE= AC=√3，
2
∴DF=DE+EF=2√3，
在Rt△BFD中，BD=√BF2+DF2=√32+(2√3) 2=√21，
∵△ABC∽△EBD，
BC AC 2√3
∴ = = ，
BD DE 3
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2√3
∴BC= ×√21=2√7，
3
∴BC=2√7；
（3）解：如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB=90°，∠EBA=30°，连接BE，EA，
ED,EC，
同（1）可得△BDE∽△BCA
DE BD 2√3
则 = = ，
AC BC 3
4√3
∵AC=2，则DE= ，
3
√3 4√3
在Rt△AEB中，AB=4，AE=AB×tan∠EBA=4× = ，
3 3
4√3
∴D在以E为圆心， 为半径的圆上运动，
3
8√3
∴当点A,E,D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD=AE+DE= ，
3
在Rt△ABD中，BD=√AB2+AD2=
√
42+
(8√3) 2
=
4√21
3 3
8√3
AB 4 √21
AD 3 2√7 sin∠BDA= = =
∴cos∠BDA= = = , BD 4√21 7 ，
BD 4√21 7
3
3
∵△ABC∽△EBD，
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∴∠BDE=∠BCA，
过点A作AF⊥BC，于点F，
2√7 4√7 2√21
∴CF=AC×cos∠ACB=2× = ，AF=AC×sin∠ACB= ，
7 7 7
∵∠DBC=30°，
√3 √3 4√21
∴BC= BD= × =2√7，
2 2 3
4√7 10√7
∴BF=BC−CF=2√7− = ，
7 7
2√21
AF 7 √3
Rt△AFB中，tan∠CBA= = = ．
FB 10√7 5
7
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆
的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，点D，E在以AC为直径的⊙O上，∠ADC的平分线交⊙O于点
B，连接BA，EC，EA，过点E作EH⊥AC，垂足为H，交AD于点F．
(1)求证：AE2=AF⋅AD；
2√5
(2)若sin∠ABD= ,AB=5，求AD的长．
5
【答案】(1)见解析
(2)AD=2√10
【分析】（1）先证明∠ADE=∠AEH，再利用两角分别相等的两个三角形相似证明△EAF∽△DAE，
利用相似三角形的性质即可求证；
（2）先利用勾股定理求出AC，再利用∠ABD=∠ACD和正弦值即可求出AD．
【详解】（1）连接ED，
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∵EH⊥AC，
∴∠EAH+∠AEH=90°，
∵AC是直径，
∴∠AEC=90°，
∴∠EAH+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠AEH，
∴∠ADE=∠AEH，
又∵∠EAF=∠DAE，
∴△EAF∽△DAE，
AE AF
∴ = ，
AD AE
∴AE2=AF⋅AD；
（2）如图，连接BC，
∵∠ADC的平分线交⊙O于点B，
∴∠ADB=∠BDC，
∴A´B=B´C，
∴AB=BC，
∵AC是直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
2√5
∵sin∠ABD= ,AB=5，∠ABD=∠ACD
5
AD 2√5
∴AC=√52+52=5√2， =sin∠ACD=sin∠ABD= ，
AC 5
∴AD=2√10．
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【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、正弦函数、圆周角定理的推论和勾股定理等知识，学生应
理解与掌握正弦的定义、两角分别相等的两个三角形相似和相似三角形的对应边成比例、圆周角定理的推
论，即同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角等知识，正确作出辅助线构造直角三角形
是解题的关键．
【A字模型】
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【8字模型】
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【射影定理】
【一线三等角】
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【线束模型】
【三角形内接矩形模型】
已知 图示 结论（性质）
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若四边形DEFG为矩 ①∆ABC~∆ADG
A
形，AN⊥BC
AD AG DG AM
② = = =
AB AC BC AN
D M G
③若四边形DEFG为正方形
DG AM
即 = 若假设DG=x
BC AN
B C
E N F x AN−x
则 = 若已知BC、AN长，即可求
BC AN
出x的值
【三平行模型】
已知 图示 结论（性质）
若AB∥EF∥CD D 1 1 1
① + =
A AB CD EF
E 1 1 1
② + =
S∆ABC S∆BCD S∆BEC
B F C
【手拉手模型-进阶】
【扩展一】如图，直线AB的同一侧作∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点共线），连接BM、
CN，两者相交于点E，则存在多组相似三角形.
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【扩展二】如图，∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点不共线），连接BM、CN，两者相交于点
O，则
存在多组相似三角形.
1．（2023·浙江湖州·模拟预测）如图a，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，
∠ABC=∠ADE=30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，连接CE．
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(1)求证：△ABD∽△ACE；
AD
(2)若 =√3，求sin∠CDE的值；
BD
(3)将△ADE绕点A逆时针旋转一定的角度到△AD'E' (如图b)，若∠AE'B =30°，AE' = √5，CE'
=6，求BE'的长．
【答案】(1)见解析
√3
(2)
6
(3)2√22
【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形；
AB AC
（1）根据题意得出△BAC∽△DAE，∠BAD=∠CAE，根据相似三角形的性质得出 = ，进而即
AD AE
可得证；
√3
（2）根据题意设AD=√3a，则BD=a，根据△ABD∽△ACE 得出，EC= a，进而根据正弦的定义，
3
即可求解；
（3）连接BD'，证明△BAD'∽△CAE'，得出BD'=6√3，进而在Rt△BED'中，勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=90°，∠ABC=∠ADE=30°，
∴△BAC∽△DAE，∠BAD=∠CAE
AB AC
∴ = ，
AD AE
∴△ABD∽△ACE，
（2）解：∵△ABD∽△ACE
∴∠ABD=∠ACE =30°，
∵∠BAC=90°，∠ABC=30°
∴∠ACB=60°
∴∠ECD=∠ACB+∠ACE=90°
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EC
∴sin∠CDE= ，
DE
AD
∵ =√3
BD
设AD=√3a，则BD=a，
√3
在Rt△ADE中，AE=tan∠ADE×AD= AD=a，DE=2AE=2a
3
∵△ABD∽△ACE
AD BD
∴ = =√3
AE EC
√3
∴EC= a
3
√3
a
∴ EC 3 √3；
sin∠CDE= = =
DE 2a 6
（3）如图所示，连接BD'，
在Rt△AE'D'中，AE'=√5，∠AD'E'=30°
∴AD'=√3AE'=√15，E'D'=2AE'=2√5
∵∠BAC=∠D' AE'=90°
AB AD'
∴∠BAD'=∠CAE'， = =√3
AC AE'
∴△BAD'∽△CAE'
BD'
∴ =√3，
E'C'
∴BD'=6√3，
∵∠AE'D'=60°,∠BE' A=30°，
∴∠BE'D'=90°，
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在Rt△BED'中，BE'=√BD'2−ED'2=√(6√3) 2
−(2√5)
2=2√22．
2．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）【问题探究】
（1）如图1，BD、AC相交于点P，连接BC、AD，且∠1=∠2，若PB=6，PC=3，PD=4，则PA的
长为______ ；
（2）如图2，∠MON=120°，点P是∠MON平分线上的一个定点，点A、B分别在射线OM、ON上，
且∠APB=60° ，求证：四边形OAPB的面积是定值；
【拓展运用】
（3）如图3，某创业青年小李租用一块形如四边形ABCD的田地养蜂、产蜜与售蜜，其中AD∥BC，
∠B=90°，AB=120米，AD=60米，BC=110米，点E为入口，点E在AB上，且AE=AD，小李计划
过点E修一条垂直于CD的笔直小路EF，将田地分为两部分，四边形AEFD区域为蜂巢区，四边形BCFE
区域为蜂源植物生长区，在点F处设立售蜜点，为了方便取蜜，计划再沿AF修一条笔直的小路AF，直接
写出小路AF的长（小路的宽度忽略不计，结果保留根号）
720√2
【答案】（1）8；（2）证明见解析；（3） 米
13
【分析】（1）根据8字型模型证明两个三角形相似即可解答；
（2）过点P分别作OM、ON的垂线，垂足分别为C、D，证明△PAC≌△PBD(AAS)，可得AC=BD，
再证明Rt△PCO≌Rt△PDO(HL)，可得OC=OD，然后利用含30度角的直角三角形和三角形面积公式
即可解决问题；
（3）过点A作AG⊥EF于点G，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点H，可得四边形AGFH是矩形，
证明四边形AGFH是正方形，再过点C作AD的垂线，交AD的延长线于点M，可得四边形ABCM是矩形，
证明△CDM∽△ADH，对应边成比例求出AH的长，进而可以解决问题．
【详解】（1）解： ∵∠1=∠2，∠APD=∠BPC，
∴△DAP∽△CBP，
PD PA
∴ = ，
PC PB
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4 PA
∴ = ，
3 6
∴PA=8．
故答案为：8；
（2）证明：如图2，过点P分别作OM、ON的垂线，垂足分别为C、D，
∴∠ACP=∠BDP=90°
，
∵OP平分∠MON，PC⊥OM，PD⊥ON，
∴PC=PD，
∵∠AOP=∠BOP=60°，∠APB=60°，∠MON=120°，
∴∠PAO+∠PBO=180°，
∵∠PBO+∠PBD=180°，
∴∠PAC=∠PBD，
∴△PAC≌△PBD(AAS)，
∴AC=BD，
在Rt△PCO和Rt△PDO中，PC=PD，OP=OP，
∴Rt△PCO≌Rt△PDO(HL)，
∴OC=OD，
在Rt△PCO中，∠POC=60°，
∴∠OPC=30°，
1
∴CO= OP，
2
√3
∴PC=√3CO= OP，
2
1 1 1
∴四边形OAPB的面积=S +S = OA×PC+ OB×PD= (OA+OB)PC，
△APO △BPO 2 2 2
√3
∵PC=PD= OP，OA+OB=OC+AC+OD−BD=2OC=OP，
2
1 √3 √3
∴四边形OAPB的面积= × ×OP2= OP2 ，
2 2 4
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∵点P是∠MON平分线上的一个定点，即OP为定长，
∴四边形OAPB的面积是定值；
（3）解：如图3，过点A作AG⊥EF于点G，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点H，
则四边形AGFH是矩形，
∴∠GAH=90°，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠EAD=90°，
∴∠EAG=90°−∠DAG=∠DAH，
∵∠EGA=∠DHA=90°，AE=AD，
∴△EGA≌△DHA(AAS)，
∴AG=AH，
∴四边形AGFH是正方形，
过点C作AD的垂线，交AD的延长线于点M，则四边形ABCM是矩形，
∴CM=AB=120
米，
∵AM=BC=110米，
∴DM=AM−AD=110−60=50(米)，
∴CD=√DM2+CM2=130(米)，
∵∠M=∠H=90°，∠CDM=∠ADH，
∴△CDM∽△ADH，
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CD CM
∴ = ，
AD AB
130 120
即 = ，
60 AH
720
解得AH= 米，
13
在正方形AGFH中，∠HAF=45°，
720√2
∴AF=√2AH= 米，
13
720√2
即小路AF的长为 米．
13
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的
判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，三角形的面积，利用角平分线的性质构造恰当的辅助线，熟练
掌握8字型模型相似三角形是解题的关键．
3．（2023·吉林长春·模拟预测）【知识点】三角形的三条中线交于一点，这个点叫做三角形的重心．
GE GD 1
【解决问题】如图①，在△ABC中，D、E分别是边BC、AB的中点，求证： = = ；
CE AD 3
【归纳】用文字语言叙述【解决问题】反映的关于三角形重心的性质；
【应用】如图②，在△ABC中，D是边BC的中点，过点G的直线分别交边AB、AC于点E、F，若
AB=5，AC=3，BE=2，则CF= ．
【答案】解决问题：详见解析；
归纳：三角形的重心与一边中点的连线等于对应中线的三分之一．
3
应用：
4
【分析】本题考查了相似型的综合应用，主要考查了三角形的重心，相似三角形的性质与判定，解题的关
键是掌握三角形的重心．
DE 1
[解决问题]连接DE，根据题意得到DE∥AC且 = ，证明△ACG∽△DEG，得到
AC 2
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GE GD DE 1
= = = ，即可得证．
GC AG AC 2
[归纳]三角形的重心与一边中点的连线等于对应中线的三分之一．
[应用]如图（2）中，过点D作DH∥AB交AC于H．交EF于N．利用相似三角形的性质求解．
【详解】[解决问题]证明：连接DE，如图，
∵D、E分别是边BC、AB的中点，
DE 1
∴DE∥AC且 = ，
AC 2
∴∠ACG=∠DEG,∠GAC=∠GDE，
∴△ACG∽△DEG，
GE GD DE 1
∴ = = = ，
GC AG AC 2
GE GD
即 = ，
¿+CG GD+AG
GE GD 1
∴ = = ．
CE AD 3
[归纳]解：三角形的重心与一边中点的连线等于对应中线的三分之一．
[应用]解：如图，过点D作DH∥AB交AC于H．交EF于N．
∵AB=5,BE=2
，
∴AE=3，
∵ DH∥AB，
∴△ABC∽△HDC，△AGE∽△DGN，
DH CD CH 1 DG DN 1
∴ = = = , = = ，
AB BC AC 2 AG AE 2
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5 3 1 3
∴DH= ,CH=AH= ,DN= AE= ，
2 2 2 2
∴NH=1，
∵NH∥AB，
∴△AEF∽△HNF，
NH FH
∴ = ，
AE AF
1 FH
∴ =
3 3 ，
+FH
2
3
∴FH= ，
4
3
∴CF= ，
4
3
故答案为： ．
4
4．（2023·四川眉山·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，过点D作DF⊥AC，垂足于点F．
(1)求证：直线DF是⊙O的切线；
(2)若⊙O半径为4，∠CDF=15°，求阴影部分的面积；
(3)求证：BC2=4CF⋅AC．
【答案】(1)见解析
16
(2) π−4√3
3
(3)见解析
【分析】本题考查圆的综合题型，涉及圆周角定理，相似三角形的判断与性质，等腰三角形的性质，三角
函数，扇形面积计算．
（1）连接OD，证明OD∥AC即可；
（2）连接AD,OE，作OG⊥AC于G，先求得∠BAD=15°，再得∠BAC=30°，∠AOE=120°，根
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据S =S −S 可得；
阴影 扇形AOE △AOE
（3）连接AD，证明△CFD∽△CDA即可．
【详解】（1）证明：如图1，
连接OD，
∵AB=AC
∴∠B=∠C
∵OB=OD
∴∠B=∠BDO
∴∠BDO=∠C
∴OD∥AC
∵DF⊥AC
∴OD⊥DF
∵OD是⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线；
（2）如图2，
连接AD,OE
∴AE=2AG
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∵AB为⊙O的直径，
∵∠ADC=∠DFC=90°,∠B=∠C
∴∠DAC=∠CDF=15°
∵AB=AC,AD⊥BC
∴∠BAC=2∠DAC=30°
1
∴OG= OA=2
2
√3
∴AG=OA⋅cos30°=4× =2√3
2
∴AE=4√3
1
∴S = ×4√3×2=4√3
△AOE 2
∴OA=OE
∴∠BAC=∠AEO=30°
∴∠AOE=180°−∠BAC−∠AEO=120°
120×π×42 16
∴S = = π
扇形AOE 360 3
16
∴S =S −S = π−4√3；
阴影 扇形AOE △AOE 3
（3）证明：如图3，连接AD
∵AB是⊙O的直径
∴AD⊥BC
∵AB=AC
1
∴DB=DC= BC
2
∵∠CDF+∠C=90°，∠C+∠DAC=90°
∴∠CDF=∠DAC
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∵∠DFC=∠ADC=90°
∴△CFD∽△CDA
∴CD2=CF⋅AC
即BC2=4CF⋅AC．
题型四： 利用勾股定理解决三角形折叠问题
1．（2022·新疆·中考真题）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是
线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)∠AEB=30°+∠CAD
(3)y=(2√3−x) 2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，
∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根
据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
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∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
180°−(120°−2∠CAD)
∴∠AEB= =30°+∠CAD；
2
（3）如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=2√3，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD=√ y−4，
1 1
∵S = ×OC×AO− ×OD×OA，
ΔADC 2 2
1 1
∴x= ×2×2√3− ×2×√y−4，
2 2
∴y=(2√3−x) 2+4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练
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掌握相关性质并能够灵活运用．
已知在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，AC=5
1．（2023·贵州贵阳·模拟预测）（1）【阅读理解】
如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线．试判断CD与AB的数量关系．
解决此问题可以用如下方法：
延长CD至点E，使DE=CD，连接AE，BE．易证四边形ACBE是矩形，得到AB=EC，即可作出判断．
则CD与AB的数量关系为________．
（2）【问题探究】
如图②，直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边的中点，连接CD，将△ACD沿CD折叠，
点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB．若BC=2，求CE的长度．
（3）【拓展延伸】
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如图③，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=4，∠C=90°，D是边AB的中点，E，F分别是边AC，
BC上的动点，且DE⊥DF，当点E从点A运动到点C时，EF的中点M所经过的路径长是多少？
1
【答案】（1）CD= AB；（2）CE=2√3；（3）EF的中点M所经过的路径长为2√2．
2
1
【分析】（1）延长CD到E，使DE=CD，连接AE，BE，则CD= CE，根据有一个角是直角的平行四
2
边形是矩形证明即可；
（2）如图2中，设CE交AB于点O．证明CO=OE，可得结论；
（3）过点D作DG⊥AC，DH⊥BC，如图，证明四边形DGCH为正方形，再证明
△EDG≌△FDH(ASA)．推出DE=DF．△EDF为等腰直角三角形，可得结论．
1
【详解】解：（1）CD= AB，理由如下：
2
1
延长CD到E，使DE=CD，连接AE，BE，则CD= CE，
2
∵CD是斜边AB上的中线，
∴AD=BD，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴平行四边形ACBE是矩形，
∴CE=AB，
1
∴CD= AB；
2
1
故答案为：CD= AB；
2
（2）如图2中，设CE交AB于点O．
∵∠ACB=90° AD=DB
， ，
∴CD=AD=DB，
∴∠A=∠ACD，
由翻折的性质可知∠ACD=∠DCE，
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∵CE⊥AB，
∴∠BCE+∠B=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠BCE=∠A，
∴∠BCE=∠ACD=∠DCE=30°，
√3
∴CO=CB⋅cos30°=2× =√3，
2
∵DA=DE，DA=DC，
∴DC=DE，
∵DO⊥CE，
∴CO=OE=√3，
∴CE=2√3；
（3）过点D作DG⊥AC，DH⊥BC，如图，
∵DG⊥AC AC⊥BC
， ，
∴DG∥BC．
∵D是边AB中点，
1
∴DG= BC，
2
1
同理：DH= AC，
2
∵AC=BC，
∴DG=DH．
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°．
∴∠GDF+∠FDH=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠GDF+∠EDG=90°．
∴∠EDG=∠FDH．
在△EDG和△FDH中，
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¿，
∴△EDG≌△FDH(ASA)．
∴DE=DF．
∴△EDF为等腰直角三角形，
当点E从点A运动到点C时，EF的中点M所经过的路径为AC，BC中点的连线，
1
即M所经过的路径为 AB，
2
∵AC=BC=4，∠C=90°，
∴AB=√2AC=4√2，
∴EF的中点M所经过的路径长为2√2．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角
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解决问题，属于中考常考题型．
2．（2023·广西南宁·二模）如图1，在直角三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．
【数学活动】
将三角形纸片ABC进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片ABC使点C与点A重合，然后展开铺平，得
到折痕DE；第二步：然后将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG，点E，C的对应点分别是点F，
G，直线GF与边AC交于点M（点M不与点A重合），与边AB交于点N．
【数学思考】
（1）折痕DE的长为 ；
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（2）在△DEC绕点D旋转的过程中，试判断MF与ME的数量关系；并证明你的结论；
【数学探究】
（3）在△DEC绕点D旋转的过程中，探究下列问题：
①如图2，当直线GF经过点B时，AM的长为 ；
②如图3，当直线GF∥BC时，求AM的长；
【问题延伸】
（4）在△DEC绕点D旋转的过程中，连接AF，则AF的最小值为 ．
7
【答案】（1）3；（2）MF=ME，证明见解析；（3）① ；②3；（4）2
4
【分析】（1）由折叠的性质可知AE=EC，DE⊥AC，在证DE是△ABC的中位线，即可得出结论；
（2）连接DM，由旋转知，DE=DF，∠DFM=∠DEM=90°，再证Rt△DMF≌Rt△DME即可得
出结论；
（3）①由旋转的性质和等腰三角形的性质得∠MBC=∠C，BM=MC，BM=MC=x，然后在
Rt△ABM中根据勾股定理求出x，即可解答；
②过A作AH⊥BC于H，交FG于K．则四边形DFKH是矩形，则DF=KH=3在由三角形面积求出AH，
AK AM
然后证△AKM∽△AHC，得 = ，即可得出结论；
AH AC
（4）连接AD，则AF+DF≥AD，当A、F、D三点共线时， AF+DF=AD，此时AF+DF的值最小，
1
AF最小，由直角三角形的性质得AD= BC=5，即可解答； ．
2
【详解】解：（1）由折叠的性质得：AE=EC，DE⊥AC，
∴DE∥AB，
CD EC
∴ = =1
BD BE
∴DC=BD，
∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE= AB=3，
2
故答案为：3；
（2）MF=ME，证明如下：
如图1，连接DM，
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由旋转的性质得：DE=DF，∠DFM=∠DEM=90°，
在Rt△DMF和Rt△DME中，
，¿
∴Rt△DMF≌Rt△DME(HL)，
∴MF=ME；
（3）①由旋转的性质得：∠DGB=∠C，DG=DC，
∵DB=DC，
∴DG=DB，
∴∠DGB=∠DBG，
∴∠MBC=∠C，
∴BM=MC，
设BM=MC=x，
在Rt△ABM中，BM2=AB2+AM2，
即62+(8−x) 2=x2，
25
解得： x= ，
4
25 7
∴AM=AC−CM=8− = ，
4 4
7
故答案为： ；
4
②如图3，过A作AH⊥BC于H，交FG于K．
则四边形DFKH是矩形，
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∴.DF=KH=3，
∵∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=√AB2+AC2=√62+82=10，
∵AH⊥BC，
1 1
∴S = BC⋅AH= AB⋅AC，
△ABC 2 2
AB⋅AC 24
∴AH= = ，
BC 5
9
∴AK=AH−KH= ，
5
∵GF∥BC，
∴△AKM∽△AHC，
AK AM
∴ = ，
AH AC
9
5 AM
即 = ，
24 8
5
解得：AM=3；
（4）如图4，连接AD，
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则AF+DF≥AD，
当A、F、D三点共线时， AF+DF=AD，
此时AF+DF的值最小，AF最小，
∵∠BAC=90°， BD=CD，
1
∴AD= BC=5，
2
∵DF=DE=3，
∴AF的最小值=AD−DF=5−3=2，
故答案为：2．
【点睛】考查了旋转的性质、折叠的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的
判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质以及最小值等知识，熟练掌握旋转的性质和折叠的
性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
3．（2023·江苏泰州·二模）如图1，将Rt△ABC(∠A=90°)纸片按照下列图示方式折叠：①将△ABD沿
BD折叠，使得点A落在BC边上的点M处，折痕为BD；②将△BEF沿EF折叠，使得点B与点D重合，折
痕为EF；③将△≝¿沿DF折叠，点E落在点E'处，展开后如图2，BD、PF、DF、DP为图1折叠过程中
产生的折痕．
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(1)求证：DP∥BC；
(2)若DE'落在DM的右侧，求∠C的范围；
(3)是否存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合，如存在，请求∠C的大小；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)0°<∠C<30°；
(3)不存在，理由见解析．
【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折
叠的性质是解题的关键．
（1）由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，证出四边形PBFD是菱形，则可
得出结论；
（2）设∠ABD=α，求出∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，当DE'落在DM的右侧时，
α>90−2α，求出a>30°，则可得出答案；
（3）设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，得出90−2α+α=α，求出
α=45°，∠C=0°，则可得出结论．
【详解】（1）证明：由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，
∴PF与BD垂直且互相平分，
∴四边形PBFD是菱形，
∴DP∥BC；
（2）解：设∠ABD=α，
∵四边形PBFD是菱形，
∴PB∥DF，
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∴∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，
当DE'落在DM的右侧时，α>90−2α，
∴a>30°，
∴90°−2α<30°，
∴0°<∠C<30°；
（3）解：不存在．
若存在∠C使得DE'与∠MDC的角平分线重合，
设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，
∴90−2α+α=α，
∴α=45°，
∴∠C=0°，
∴不存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合．
题型五： 全等三角形与相似三角形综合（几何模型）
1．（2023·江苏宿迁·中考真题）【问题背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如图，即
∠CEF=∠AEF）．小军测量某建筑物高度的方法如下：在地面点E处平放一面镜子，经调整自己位置
后，在点D处恰好通过镜子看到建筑物AB的顶端A．经测得，小军的眼睛离地面的距离CD=1.7m，
BE=20m，DE=2m，求建筑物AB的高度．
【活动探究】
观察小军的操作后，小明提出了一个测量广告牌高度的做法（如图）：他让小军站在点D处不动，将镜子
移动至E 处，小军恰好通过镜子看到广告牌顶端G，测出DE =2m；再将镜子移动至E 处，恰好通过镜
1 1 2
子看到广告牌的底端A，测出DE =3.4m．经测得，小军的眼睛离地面距离CD=1.7m，BD=10m，求这
2
个广告牌AG的高度．
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【应用拓展】
小军和小明讨论后，发现用此方法也可测量出斜坡上信号塔AB的高度．他们给出了如下测量步骤（如
图）：①让小军站在斜坡的底端D处不动（小军眼睛离地面距离CD=1.7m），小明通过移动镜子（镜子
平放在坡面上）位置至E处，让小军恰好能看到塔顶B；②测出DE=2.8m；③测出坡长AD=17m；④测
8
出坡比为8:15（即tan∠ADG= ）．通过他们给出的方案，请你算出信号塔AB的高度（结果保留整
15
数）．
【答案】[问题背景] AB=17m；[活动探究] AG=3.5m；[应用拓展] AB≈20m
【分析】[问题背景]根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，列出相似比代值求解即可得到答
案；
[活动探究] 根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，运用两次三角形相似，列出相似比代值，
作差求解即可得到答案；
AM AB
[应用拓展] 过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，证△DCN∽△ABM，得 = ，
DN CD
AM 8 15a 15b
再由锐角三角函数定义得tan∠ABM= = ，设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
BM 15 8 8
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BM EM
进而由勾股定理求出a=0.8m，然后由相似三角形的性质得 = ，即可解决问题．
CN EN
【详解】解：[问题背景]如图所示：
∵ ∠CEF=∠AEF，AB⊥BD,FE⊥BD,CD⊥BD，
∴∠AEB=∠CED,∠B=∠D=90°，
∴△ABE∽△CDE，
AB CD
∴ = ，
BE DE
∵ CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，
AB 1.7
∴ = ，解得AB=17m；
20 2
[活动探究]如图所示：
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠GE B=∠CE D
1 1
∴△GBE ∽△CDE ，
1 1
GB CD
∴ = ，
BE DE
1 1
∵ DE =2m，BD=10m，
1
∴ BE =BD−DE =10−2=8m，
1 1
∵CD=1.7m，
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GB 1.7
∴ = ，解得GB=6.8m；
8 2
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠AE B=∠CE D
2 2
∴△ABE ∽△CDE ，
2 2
AB CD
∴ = ，
BE DE
2 2
∵ DE =3.4m，BD=10m，
2
∴ BE =BD−DE =10−3.4=6.6m，
2 2
∵CD=1.7m，
AB 1.7
∴ = ，解得GB=3.3m；
6.6 3.4
∴AG=GB−AB=6.8−3.3=3.5m；
[应用拓展] 如图，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
由题意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD=∠CDG=∠BMA=∠CND=90°，
∵∠BAM=∠GAD，
∴90°−∠BAM=90°−∠GAD，
即∠ABM=∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ADG+∠CDN=90°，
∴∠CDN=∠DAG，
∴90°−∠CDN=90°−∠DAG，
即∠DCN=∠ADG，
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∴∠DCN=∠ADG=∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
AM AB
∴ = ，
DN CD
由题意得：AE=AD−DE=17−2.8=14.2(m)，
8
∵tan∠ADG= ，
15
DN 8 AM 8
∴tan∠DCN= = ，tan∠ABM= = ，
CN 15 BM 15
15a 15b
设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
8 8
∵CN2+DN2=CD2，
∴
(15a) 2
+a2=1.72 ，
8
解得：a=0.8(m)（负值已舍去），
15×0.8
∴EN=DE−DN=2.8−0.8=2(m)，CN= =1.5(m)，
8
b AB
∴ = ，
0.8 1.7
17b
∴AB= ，
8
同【问题背景】得：△BME∽△CNE，
BM EM
∴ = ，
CN EN
15b
∴ 8 14.2+b，
=
1.5 2
426
解得：b= (m)，
45
17 426
∴AB= × ≈20(m)，
8 45
答：信号塔AB的高度约为20m．
【点睛】本题考查解直角三角形综合，涉及相似三角形的判定与性质、三角函数求线段长、勾股定理等知
识，读懂题意，熟练掌握相似三角形测高、三角函数测高的方法步骤是解决问题的关键．
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
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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．
(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；
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（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
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°，
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∴∠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，
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°
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∵∠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
√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
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∴∠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．
3．（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．
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【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
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．
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∴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
[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
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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
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．
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1．（2023·河南信阳·模拟预测）阅读理解：如图1，在四边形ABCD中，AB∥DC，点E是BC的中点，
若AE是∠BAD的平分线，试判断AB，AD，DC之间的等量关系．
(1)解决此问题可以用如下方法：延长AE交DC的延长线于点F，易证△AEB≌△FEC，得到AB=FC，
从而把AB，AD，DC转化在一个三角形中，即可判断．AB，AD，DC之间的等量关系为______；
(2)问题探究：如图2，在四边形ABCD中，AB∥DC，AF与DC的延长线交于点F，点E是BC的中点，
若AE是∠BAF的平分线，试探究AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论；
(3)问题解决：如图3，AB∥CF，AE与BC交于点E，BE：EC=2：3，点D在线段AE上，且
∠EDF=∠BAE，试判断AB，DF，CF之间的数量关系，直接写出你的结论．
【答案】(1)AD=AB+DC
(2)AB=AF+CF，证明见解析
2
(3)AB= (CF+DF)
3
【分析】本题考查的是全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，正确作出辅助性、解题的关
键是灵活运用相关的性质定理和判定定理．
（1）延长AE交DC的延长线于点F，证明△AEB≌△FEC，根据全等三角形的性质得到AB=FC，根据
等腰三角形的判定得到DF=AD，证明结论；
（2）延长AE交DF的延长线于点G，利用同（1）相同的方法证明；
（3）延长AE交CF的延长线于点G，根据相似三角形的判定定理得到△AEB∽△GEC，根据相似三角形
2
的性质得到AB= CG，计算即可．
3
【详解】（1）解：如图①，延长AE交DC的延长线于点F，
∵AB∥DC，
∴∠BAF=∠F，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE，
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在△AEB和△FEC中，
¿，
∴△AEB≌△FEC，
∴AB=FC，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAF=∠BAF，
∴∠DAF=∠F，
∴DF=AD，
∴AD=DC+CF=DC+AB，
故答案为：AD=AB+DC；
（2）AB=AF+CF，
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，
∵E BC
是 的中点，
∴CE=BE，
∵AB∥DC，
∴∠BAE=∠G，
在△AEB和△GEC中，
¿，
∴△AEB≌△GEC，
∴AB=GC，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG=∠FAG，
∵AB∥CD，
∴∠BAG=∠G，
∴∠FAG=∠G，
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∴FA=FG，
∴AB=CG=AF+CF；
2
（3）AB= (CF+DF)，
3
证明：如图③，延长AE交CF的延长线于点G，
∵AB∥CF
，
∴△AEB∽△GEC，
AB BE 2 2
∴ = = ，即AB= CG，
CG EC 3 3
∵AB∥CF，
∴∠A=∠G，
∵∠EDF=∠BAE，
∴∠FDG=∠G，
∴FD=FG，
2 2
∴AB= CG= (CF+DF)．
3 3
2．（2023·江苏宿迁·模拟预测）（1）问题呈现：
BD
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．易知 = ．
CE
（2）类比探究
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AB AD 3 BD
如图2，△ABC和△ADE都是Rt△，∠ABC=∠ADE=90°，且 = = ．连接BD，CE，求
BC DE 4 CE
的值；
（3）拓展提升：
如图3，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接
BD，EC，延长EC交BD于点F，设AB=6，求EF的长．
3 3√6+3√2
【答案】（1）1；（2） ；（3） ．
5 2
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
1
（3）由“AAS”可证△BCF≌△DHF，可得BF=DF= BD=3，由直角三角形的性质可求解．
2
【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
BD
∴ =1，
CE
故答案为：1；
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AB AD 3
（2）∵ = = ，∠ABC=∠ADE=90°，
BC DE 4
∴△ABC∽△ADE，
AB AD 3
∴∠BAC=∠DAE， = = ；
AC AE 5
∴∠CAE=∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
BD AD 3
∴ = = ；
CE AE 5
（3）如图，过点D作DH∥BC，交EF的延长线于H，过点D作DN⊥EF于N，
∵△ABC ∠ACB=90° AB=6
是等腰直角三角形， ， ，
∴AC=BC=3√2，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，BC=DE，∠ACB=∠AED=90°，
∴△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AB=BD=6，∠ACE=∠AEC=60°，
∴∠BCF=∠≝=30°，
∵DH∥BC，
∴∠BCF=∠H=30°=∠≝¿，
∴DH=DE=BC=3√2，
又∵∠BCF=∠≝¿，∠BFC=∠DFH，
∴△BCF≌△DHF(AAS)，
1
∴BF=DF= BD=3，
2
∵DN⊥EF，∠≝=30°，
1 3√2 3√6
∴DN= DE= ，NE=√3DN= ，
2 2 2
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√ 18 3√2
∵FN=√FD2−N D2= 9− = ，
4 2
3√6 3√2 3√6+3√2
∴EF=FN+EN= + = ．
2 2 2
【点睛】本题是相似形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和
性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023·江苏苏州·一模）如图①，矩形ABCD，E是BC上的一点，连接AE，过E作AE的垂线交矩形
AB
外角DCF的平分线于点G， =k．
BE
(1)若E是BC边中点．
AE
①求 的值（用含k的代数式表示）．
EG
②连接AG交CD于点H，连接EH，若∠AHE=90°，求k的值．
BE AE
(2)若 =m，请直接写出 的值（用含k、m的代数式表示）．
EC EG
(3)如图②，P为边CD上一点，连接AP，PG，∠PAE=45°，若BE=1，EC=2，且PG⊥EG，求
PG的长．
【答案】(1)①k−1；②3
(2)km−m
√26
(3)
2
【分析】本题考查了矩形、全等三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的综合等知识点，
（1）①在AB上BR=BE，根据矩形ABCD，AE⊥EG，可证△ARE与△ECG相似，根据相似三角形的
性质解答即可，②利用①中的条件结合题中的条件证明△ADH∽△GFH，再利用比值进行转换即可得证；
（2）根据（1）中的证明方法结合解答即可；
（3）延长AP，EG交于点Q，过点Q作QM⊥CF于点M，过点Q作QN⊥DC于点N，，根据等腰直
角三角形的判定得出△AEQ是等腰直角三角形，进而利用全等三角形的判定和性质解答即可；
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熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的综合应用是解决此题的关键．
【详解】（1）①在AB上取BR=BE，连接RE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠DCF=90°，且BR=BE，
∴∠BRE=∠BER=45°，则∠ARE=180°−45°=135°，
∵CG是∠DCF的角平分线，
∴∠GCF=45°，则∠ECG=180°−45°=135°，
∴∠ARE=∠ECG=135°，
∵EG⊥AE，在Rt△ABE中，∠BAE+∠BEA=90°，且∠BEA+∠CEG=90°，
∴∠BAE=∠CEG，
∴△ARE∽△ECG，
AE AR
∴ = ，
EG EC
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，AR=AB−BR=AB−BE，
AB
∵ =k，
BE
∴AB=kBE，
∴AR=kBE−BE=(k−1)BE，
AE (k−1)BE
∴ = =k−1；
EG BE
②过G点作GF⊥DC交DC于点G，
√2
∴△ADH∽△GFH，GF= CG
2
AD AH √2AD
∴ = = ，
GF HG CG
∵∠EAH=∠GAE,∠AHE=∠AEG=90°，
∴△AHE∽△AEG，
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∴AE2=AH⋅AG，
同理可证：EG2=HG⋅AG,
∴ ( AE) 2 = AH =(k−1) 2 ,
EG HG
AH √2AD
∴ = =(k−1) 2 ，
HG CG
√2AD √2BC 2√2BE
∴CG= = =
,
(k−1) 2 (k−1) 2 (k−1) 2
∵△ARE∽△ECG，
AE RE √2BE
= = =k−1
∴EG CG 2√2BE ，
(k−1) 2
∴k−1=2
∴k=3；
（2）由（1）可知，在AB上取BR=BE，可得△ARE∽△ECG，
AE AR
∴ = ，
EG EC
AB BE
∵ =k， =m，
BE EC
∴BE=BR=mEC，
∴AR=AB−BR=kBE−BR=kmEC−mEC=(km−m)EC，
AE AR (km−m)EC
∴ = = =km−m；
EG EC EC
（3）如图所示，延长AP，EG交于点Q，过点Q作QM⊥CF于点M，过点Q作QN⊥DC于点N，
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∵∠PAE=45°，AE⊥EG，
∴△AEQ为等腰直角三角形，
∴AE=EQ，
∴∠QME=∠EBA=90°，四边形CMQN为矩形，
∵∠AEB+∠QEM=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠QEM=∠EAB，
在△ABE与△EMQ中，
¿，
∴△ABE≌△EMQ(AAS)，
∴QM=BE=1，EM=AB，
AB 1
∵ =k，BE=1，CE=2 ，BC=3，BE= BC
BE 3
∴BC=BE+EC=3，AB=kBE，
∴EM=AB=kBE=k，MC=EM−EC=k−2，
∵四边形CMQN是矩形，
∴NQ=CM=k−2，
∵∠APD=∠NPQ，∠ADP=∠QNP，
∴△ADP≌△QNP(AAS)，
1
∴AP=PQ= AQ，AD=NQ=BC=k−2=3，
2
∴k=5，
BE 1
∵ = =m，
EC 2
AE 1 1
∴由(2)知： =km−m=5× − =2，
EG 2 2
1 1
∴EG= AE= EQ ，
2 2
∴PG为△AEQ的中线，
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在Rt△ABE中，BE=1，AB=5，
∴AE=√26，
1 √26
∴PG= AE，即PG= ．
2 2
1．（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图1，矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落
在CD边上的P点处，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．
(1)求证：△OCP∽△PDA
(2)如图2，擦去折痕AO、线段OP，连接BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在
线段AB的延长线上，且BN=PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．探究：当点M、N在移
动过程中，线段EF与线段PB有何数量关系？并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
1
(2)EF= PB．理由见解析
2
【分析】（1）结合矩形与折叠性质，得两个对应角相等，证明△OCP∽△PDA；
1
（2）因为折叠性质，得∠APB=∠ABP，则PE=EQ= PQ，证明△MFQ≌△NFB（AAS），再进
2
行线段的和差关系运算，即可作答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°．
由折叠可得∠APO=∠B=90°，
∴∠APD=90°－∠CPO=∠POC，
∴△OCP∽△PDA．
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1
（2）解：EF= PB．
2
理由：如图，过点M作MQ∥AN，交PB于点Q，
∴∠ABP=∠MQP，∠QMF=∠BNF．
由折叠可知AP=AB，
∴∠APB=∠ABP，
∴∠APB=∠MQP，
∴PM=QM．
又∵ME⊥PQ，
1
∴PE=EQ= PQ．
2
∵BN=PM，PM=QM，
∴QM=BN．
在△MFQ和△NFB中，
¿
∴△MFQ≌△NFB（AAS），
∴QF=BF，
1
∴QF= QB，
2
1 1 1
∴EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB．
2 2 2
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的三
线合一，综合性较强，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
2．（2024·广东·一模）在△ABC中，CA=CB，∠ACB=α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．
连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转a得到线段DP，连接AD，BD，CP．
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(1)观察证明如图1，当α=60°时
①猜想BD与CP的数量关系为___________，并说明理由．
②直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是___________．
(2)类比猜想
BD
如图2，当α=90°时，请直接写出 的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数
CP
(3)解决问题
当α=90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上
AD
时 的值．
CP
【答案】(1)①BD=CP，理由见解析；②60°；
BD
(2) =√2；45°；
CP
(3)2+√2或2−√2．
【分析】（1）观察猜想：由“SAS”可证△CAP≌△BAD，可得PC=BD，∠ACP=∠ABD，即可求
解；
BD AB
（2）类比探究：通过证明△DAB∽△PAC，可得∠PCA=∠DBA， = =√2 ，即可求解；
PC AC
（3）分两种情形：①当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H，证明AD=DC即可解决问题；
②当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC解决问题．
【详解】（1）解： ① ∵AC=BC，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=60°，AC=AB，
由旋转的性质得，∠APD=60°，AP=PD，
∴△APD是等边三角形，
∴∠PAD=60°=∠CAB，AP=AD，
∴∠CAP=∠BAD，
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∵CA=BA，PA=DA，
∵△CAP≌△BAD(SAS)，
∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，
故答案为：BD=CP；
②如图1中，延长CP交BD的延长线于G，设AB交GC于点O，
在△AOC和△BOG中，
∠ACO=∠GBO，∠COA=∠BOG，
∴∠G=∠CAN=60°，
直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°；
故答案为：60°；
（2）解：类比探究：
如图2中，设BD交PC于点G，
∵∠PAD=∠CAB=45°
，
∴∠PAC=∠DAB，
AB AD
∵ = =√2，
AC AP
∴△DAB∽△PAC，
BD AB
∴∠PCA=∠DBA， = =√2，
PC AC
∵∠GHC=∠AHB，
∴∠CGH=∠HAB=45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°；
（3）解：如图3，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H，
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∵CE=EA CF=FB
， ，
∴EF∥AB，
∴∠CFE=∠ABC=45°，
∵∠PAO=45°，
∴∠PAO=∠OFH，
∵∠POA=∠FOH，
∴∠H=∠APO，
∵∠APC=90°，CE=EC，
∴PE=EA=EC，
∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，
∴∠H=∠BAH，
∴BH=BA，
∵∠ADP=∠BDC=45°，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA=∠DBC=22.5°，
∵∠ADB=∠ACB=90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∴∠DAC=∠DBC=22.5°，∠DCA=∠ABD=22.5°，
∴∠DAC=∠DCA=22.5°，
√2
∴DA=DC，设AD=a，则DC=AD=a，PD= a，
2
AD a
∴ = =2−√2
CP √2 ；
a+ a
2
如图4中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC，
√2
设AD=a，则DC=AD=a，PD= a，
2
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√2
∴PC=a− a
2
，
AD a
∴ = =2+√2
CP √2 ；
a− a
2
AD
综上所述： 的值为2−√2或2+√2．
PC
【点睛】本题考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，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，学会用分类
讨论的思想思考问题．
3．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，△ABC中，CD⊥AB于D．AC=10cm，AD=8cm，点E在AC
上，且CE=CD，连接DE，点F从点A出发，以2cm/s的速度沿AC边向终点C运动，过F作FG⊥AB
于G，FH⊥CD于H，得到矩形FGDH，DE与矩形FGDH的边交于点M，连接DF，当点F不与点A、
E、C重合时，设点F的运动时间为t(s)，△FDM的面积为S(cm2)．
(1)求AE的长；
(2)求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
【答案】(1)AE=4cm；
(2)S=¿
【分析】（1）根据勾股定理求出CD，进而得到CE，计算AC−CE即可；
（2）分两种情况，即点F在AE上，点F在CE上，分别画出相应的图形，利用相似三角形的判定和性质进
行计算即可．
【详解】（1）解：在Rt△ACD中，AC=10cm，AD=8cm，
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∴CD=√AC2−AD2=6(cm)，
∵CD=CE，
∴CE=6cm，
∴AE=AC−CE=10−6=4(cm)，
答：AE=4cm；
（2）解：①当点F在线段AE上时，此时0AB，点E为边AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠，得到△FBE，延长
BF交直线CD于点G，直线EF交边BC于点H．若CG=1，DG=2，直接写出HF的长．
1 √6 √2
【答案】（解决问题）见解析；（应用） ；（拓展）HF的长为 或
2 4 4
【分析】（解决问题）如图①，延长DE交射线CB于点F，证明△DAE≌△FBE(ASA)，可得DE=FE，
∠ADE=∠F，进而可以解决问题；
（应用）如图②，延长FE交AD延长线于点Q，证明△CEF≌△DEQ(ASA)，可得FE=QE，再
△AEF≌△AEQ(SAS)，可得∠FAE=∠QAE，所以∠FAB=∠FAE=∠QAE=30°，进而可得
sin∠BAF的值；
（拓展）分两种情况画图讨论：①当点G在DC边上时，②当点G在DC延长线上时，然后证明
FH BF
△BAE≌△QDE(SAS)，可得∠ABE=∠Q，AB=DQ，证明△FBH∽△CBG，可得 = ，进而
CG BC
可以求出FH的长．
【详解】（解决问题）证明：如图①，延长DE交射线CB于点F，
∵点E是边AB的中点，
∴AE=BE，
在△DAE和△FBE中，
¿，
∴△DAE≌△FBE(ASA)，
∴DE=FE，∠ADE=∠F，
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∵∠DEC=90°，
∴CE⊥DF，
∴CD=CF，
∴∠CDE=∠F，
∴∠ADE=∠CDE，
∴DE平分∠ADC；
（应用）如图②，延长FE交AD延长线于点Q，
∵ E CD
点 是边 的中点，
∴CE=DE，
在△CEF和△DEQ中，
¿，
∴△CEF≌△DEQ(ASA)，
∴FE=QE，
由翻折可知：∠AEF=∠B=90°，
∴∠AEF=∠AEQ=90°，
在△AEF和△AEQ中，
¿，
∴△AEF≌△AEQ(SAS)，
∴∠FAE=∠QAE，
由翻折可知：∠FAE=∠FAB，
∴∠FAB=∠FAE=∠QAE=30°，
1
∴sin∠BAF=sin30°= ；
2
1
故答案为： ；
2
（拓展）①如图，在矩形ABCD中，AD>AB，当点G在DC边上时，
延长BE交CD延长线于点Q，
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∵ E AD
点 为边 的中点，
∴AE=DE，
在△BAE和△QDE中，
¿，
∴△BAE≌△QDE(ASA)，
∴∠ABE=∠Q，AB=DQ，
∵将△ABE沿直线BE折叠，得到△FBE，
∴∠ABE=∠FBE，∠A=∠EFB=90°，FB=AB，
∴∠Q=∠FBE，
∴GB=GQ，
∵CG=1，DG=2，
∴AB=CD=DQ=CG+DG=3，
∴GQ=GD+DQ=5，
∴GB=5，
∴BC=√BG2−CG2=√52−12=2√6，
∵∠BFH=∠C=90°，∠FBH=∠CBG，
∴△FBH∽△CBG，
FH BF
∴ = ，
CG BC
FH 3
∴ = ，
1 2√6
√6
∴FH= ；
4
②如图，在矩形ABCD中，AD>AB，当点G在DC延长线上时，
延长BE交CD延长线于点Q，
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同①得△BAE≌△QDE(ASA)，
∴∠ABE=∠Q，AB=DQ，
∵将△ABE沿直线BE折叠，得到△FBE，
∴∠ABE=∠FBE，
∴∠Q=∠FBE，
∴GB=GQ，
∵CG=1，DG=2，
∴AB=CD=DQ=DG−CG=1，
∴GQ=GD+DQ=3，
∴GB=3，
∴BC=√BG2−CG2=2√2，
同①△FBH∽△CBG，
FH BF
∴ = ，
CG BC
FH 1
∴ = ，
1 2√2
√2
∴FH= ．
4
√6 √2
综上所述：HF的长为 或 ．
4 4
【点睛】本题属于四边形的综合题，全等三角形的判定与性质，相似三角形是判定与性质，等腰三角形的
性质，翻折变换，锐角三角函数，解决本题的关键是得到△FBH∽△CBG．
5．（2023·海南海口·模拟预测）如图1，在平行四边形ABCD中，AE=EC，AE⊥BC于E，CG⊥AB
于G，交AE于F．
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(1)①求证：△AEB≌△CEF；
②若AB=5，EF=√5，求AD的长；
AG
(2)如图2，若AF=2EF，求 的值；
GB
(3)如图3，平行四边形ABCD外部有一H点，连接AH、EH，满足EH∥AB，∠H=∠ACE，请直接写
出AG、AH和CG三者的数量关系．
【答案】(1)①见解析；②AD=3√5
AG 3
=
(2)
GB 2
(3)AG+√2AH=CG
【分析】（1）①利用直角三角形的性质即可证明；②利用全等三角形的性质及勾股定理即可求解．
（2）作辅助线，证明△AGF∽△EHF，△CEH∽△CBG，利用相似三角形的性质即可求解．
（3）作辅助线，证明四边形AGCN为矩形，△AEM≌△ECK(AAS)，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）①证明：∵AE⊥BC，CG⊥AB，
∴∠BGC=90° ∠AEC=∠AEB=90°
， ，
在Rt△BGC中，∠B+∠1=90°，
在Rt△EFC中，∠2+∠1=90°，
∴∠B=∠1，
又∵AE=EC，
∴△AEB≌△CEF(ASA)；
②解：∵△AEB≌△CEF，
∴ BE=EF=√5，
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∴在Rt△ABE中，AE=√AB2−BE2=√52−(√5) 2=2√5，
∴ EC=AE=2√5，
∴ BC=BE+EC=√5+2√5=3√5，
∴ AD=BC=3√5；
（2）解：过E作EH∥AB交CG于点H，如图，
∴△AGF∽△EHF
，
AG
∵AF=2EF， =2，
EH
∵AF=2EF，FE=BE，AE=EC，
EC 3EF
∴ = =3，
BE EF
又EH∥AB，
∴△CEH∽△CBG，
EH EC 3
∴ = = ，
GB BC 4
AG AG EH 3 3
∴ = ⋅ =2× = ；
GB EH GB 4 2
（3）解：AG+√2AH=CG，理由如下：
过点A作AN⊥CD于点N，交EH于点M，连接CH，交AN于点O，HE交CG于点K，如图所示，
∵ ABCD
四边形 为平行四边形，
∴AB∥CD，
∵CG⊥AB，
∴∠AGC=∠GCN=90°，
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∴∠AGC=∠GCN=∠CNA=90°，
∴四边形AGCN为矩形，
∴CG=AN，AG=CN，
∵EH∥AB，
∴AB∥EH∥CD，
∴CG⊥EH，AN⊥EH，
∴∠AME=∠AMH=∠CKE=90°，
∵∠AEM+∠CEK=90°，∠AEM+∠EAM=90°，
∴∠CEK=∠EAM，
∵AE=CE，
∴△AEM≌△ECK(AAS)，
∴EK=AM，ME=CK，∠AHM=∠ACE=∠DAC=45°，
∴∠HAM=90°−∠AHM=45°，
∴∠AHM=∠HAM，
∴AM=MH，
∴MH=EK，
∴MH+MK=EK+MK，即HK=ME，
∴HK=CK，
180°−90°
∴ ∠KHC=∠KCH= =45°，
2
∴∠AHC=∠AHE+∠KHC=90°，
∴∠HOA=90°−∠HAO=90°−45°=45°，
∴∠NOC=∠HOA=45°，
∴∠NCO=90°−∠NOC=45°，
∴∠NOC=∠NCO，
∴NO=NC，
∴NO=AG，
∵∠HAO=∠HOA，
∴AH=HO，
∴ AO=√AH2+HO2=√AH2+AH2=√2AH，
∴ CG=AN=AO+ON=AG+√2AH．
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【点睛】本题考查了相似形的综合应用，主要考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三
角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．
6．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，已知△ABC内接于⊙O，若∠BAC=60°，AD平分∠BAC交
⊙O于D，交BC于点E．
(1)求证：BD2=AD⋅DE；
(2)若AB=4√3,AC=6√3，试求AD、DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AD=10,DE=2.8
【分析】（1）先证∠CBD=∠BAD，然后根据两角对应相等的两个三角形相似判定△DBE∽△DAB，
进而根据相似三角形的性质可得出结论；
（2）设⊙O的圆心为点O，连接OD交BC于H，过点B作BF∥AD交CA的延长线于F，先证OD⊥BC
及△OBD为等边三角形，从而得BD=OD,OH=DH，BH=CH，设OH=DH=k，则BD=2k，
BH=√3k，BC=2√3k，再证AF=AB=4√3，由BF∥AD得BE:CE=2:3，于是可设
2√3k 4√3k 6√3k
BE=2a,CE=3a，则BC=5a=2√3k，从而得a= ，则BE= ，CE= ，然后由（1）
5 5 5
得△DBE∽△DAB，据此由相似三角形的性质得AD=10，最后设DE=x，则AE=10−x，由（1）的结
论得k2=2.5x，再证△ACE∽△BDE，可得DE⋅AE=BE⋅CE，据此即可求出x，进而得DE的长．
【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BDE=∠ADB，
∴△DBE∽△DAB，
∴BD:AD=DE:BD，
∴BD2=AD⋅DE；
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（2）解：设⊙O的圆心为点O，连接OD交BC于H，过点B作BF∥AD交CA的延长线于F，
∵∠BAC=60° AD ∠BAC
， 平分 ，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴B´D=C´D，
∴∠O=2∠BAD=60°，OD⊥BC，
∴BH=CH,BC=2BH，
∵OB=OD，
∴△OBD为等边三角形，
∴BD=OD,OH=DH，
设OH=DH=k，则BD=2k，
由勾股定理得：BH=√BD2−DH2=√3k，
∴BC=2BH=2√3k，
∵BF∥AD,∠BAD=∠CAD=30°,
∴∠F=∠CAD=30°,∠ABF=∠BAD=30°,
∴∠F=∠ABF=30°，
∴AF=AB=4√3，
∵BF∥AD，
∴AF:AC=BE:CE，
∴BE:CE=4√3:6√3=2:3，
∴可设BE=2a,CE=3a，
∴BC=BE+CE=5a，
2√3k
∴5a=2√3k，即a= ，
5
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4√3k 6√3k
∴BE=2a= ，CE=3a= ，
5 5
由（1）得：△DBE∽△DAB，
4√3k
∴BD:AD=BE:AC，即2k:AD= :4√3，
5
∴AD=10，
设DE=x，则AE=AD−DE=10−x，
由（1）的结论得：BD2=AD⋅DE，即：(2k) 2=10x，
∴k2=2.5x，
∵∠DBC=∠DAC,∠C=∠ADB，
∴△ACE∽△BDE，
AE CE
∴ = ，
BE DE
∴DE⋅AE=BE⋅CE，
4√3k 6√3k 72
∴ x(10−x)= ⋅ = k2 ，
5 5 25
72
将k2=2.5x代入上式得：x(10−x)= ×2.5x=7.2x，
25
∵x≠0，
∴10−x=7.2，
∴x=2.8，
∴DE=2.8．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，等边三角形的判定及性质，圆周角与圆心
角之间的关系；解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的性质，垂径定理．
1．（2023·山东·中考真题）如图，已知坐标轴上两点A(0,4),B(2,0)，连接AB，过点B作BC⊥AB，交
k
反比例函数y= 在第一象限的图象于点C(a,1)．
x
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k
(1)求反比例函数y= 和直线OC的表达式；
x
3
(2)将直线OC向上平移 个单位，得到直线l，求直线l与反比例函数图象的交点坐标．
2
4 1
【答案】(1)y= ，y= x
x 4
( 1)
(2)(2,2)或 −8,−
2
【分析】（1）如图，过点C作CD⊥x轴于点D，证明△ABO∽△BCD，利用相似三角形的性质得到
k
BD=2，求出点C的坐标，代入y= 可得反比例函数解析式，设OC的表达式为y=mx，将点C(4,1)代入
x
即可得到直线OC的表达式；
（2）先求得直线l的解析式，联立反比例函数的解析式即可求得交点坐标．
【详解】（1）如图，过点C作CD⊥x轴于点D，
则CD=1，∠CDB=90°，
∵BC⊥AB，
∴∠ABC=90°，
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∴∠ABO+∠CBD=90°，
∵∠CDB=90°，
∴∠BCD+∠CBD=90°，
∴∠BCD=∠ABO，
∴△ABO∽△BCD，
OA BD
∴ = ，
OB CD
∵A(0,4),B(2,0)，
∴OA=4，OB=2，
4 BD
∴ = ，
2 1
∴BD=2，
∴OD=2+2=4，
∴点C(4,1)，
k
将点C代入y= 中，
x
可得k=4，
4
∴y= ，
x
设OC的表达式为y=mx，
将点C(4,1)代入可得1=4m，
1
解得：m= ，
4
1
∴OC的表达式为y= x；
4
1 3
（2）直线l的解析式为y= x+ ，
4 2
1 3 4
当两函数相交时，可得 x+ = ，
4 2 x
解得x =2,x=−8,
1
代入反比例函数解析式，
得¿，¿
( 1)
∴直线l与反比例函数图象的交点坐标为(2,2)或 −8,−
2
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【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，反比例函数与一次函数的交
点问题，一次函数的平移问题，解一元二次方程等知识．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，
使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
1
【答案】(1)CF= BD，理由见解析
2
(2)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°，
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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，
∴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，
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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，
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
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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
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．（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：
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(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，
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°．
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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
∴∠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,
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∴△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
∵∠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．
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4．（2023·山东泰安·中考真题）如图，△ABC、△CDE是两个等腰直角三角形，EF⊥AD．
(1)当AF=DF时，求∠AED；
(2)求证：△EHG∽△ADG；
AE AC
(3)求证： = ．
EH HC
【答案】(1)60°
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）先证明EA=ED，再证明GC是线段ED的垂直平分线，即有EA=AD=DE，即△EAD是
等边三角形，问题得解；
（2）根据垂直可得∠AGE=∠AGD=∠AFH=90°，又根据∠EHG=∠AHF，可得∠HEG=∠HAF，
即可证明；
（3）过H点作HK⊥BC于点K，先表示出∠EHK=45°−∠HEG，根据GC是线段ED的垂直平分线，
可得∠EAG=∠DAG，即可得∠BAE=45°−∠HEG=∠EHK，进而可得△ABE∽△HKE，则有
AE AB AE AB BC
= ，结合AB=BC，HK=KC，可得 = = ，再证明△ABC∽△HKC，即可证明．
HE HK HE HK KC
【详解】（1）∵EF⊥AD，
∴∠EFA=∠EFD=90°，
∵EF=EF，AF=DF，
∴△EFA≌△EFD，
∴EA=ED，
∵△ABC、△CDE是两个等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠BAC=45°=∠CED=∠CDE，AB=BC，
∴∠EGC=180°−∠BCA−∠CED=90°，
∴GC⊥DE，
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∴等腰直角△CDE中，EG=GD，
∴GC是线段ED的垂直平分线，
∴EA=AD，
∴EA=AD=DE，即△EAD是等边三角形，
∴∠AED=60°；
（2）在（1）中有GC⊥DE，EF⊥AD，
∴∠AGE=∠AGD=∠AFH=90°，
又∵∠EHG=∠AHF，
∴∠HEG=∠HAF，
∴△EHG∽△ADG；
（3）过H点作HK⊥BC于点K，如图，
∵HK⊥BC，∠BCH=45°，
∴∠HKB=∠HKC=90°，
∴∠KHC=∠KCH=45°，即是等腰Rt△KHC，
∴HK=KC，
∵∠EHK=180°−∠HKE−∠HEK，∠DEC=45°，∠HEK=∠HEG+DEC，
∴∠EHK=45°−∠HEG，
∵GC是线段ED的垂直平分线，
∴∠EAG=∠DAG，
在（1）中已证明∠HEG=∠DAG，
∴∠HEG=∠EAG，
∵∠BAE=∠BAC−∠EAG=45°−∠EAG，
∴∠BAE=45°−∠HEG=∠EHK，
∵∠B=∠HKE=90°，
∴△ABE∽△HKE，
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AE AB
∴ = ，
HE HK
∵AB=BC，HK=KC，
AE AB BC
∴ = = ，
HE HK KC
∵HK⊥BC，AB⊥BC，
∴HK∥AB，
∴△ABC∽△HKC，
BC AC
∴ = ，
KC HC
AE AC
∴ = ．
HE HC
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，
作出科学的辅助线，是解答本题的关键．
125
