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专题 09 综合与实践（创新压轴题，41 题）
1．（2025·江西·中考真题）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的
旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O．
（1）如图1，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角
的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF（点O，B的
BF
对应点分别为点E，F），使得点E落在OD上，点F落在BC上，求 的值
OE
类比探究
（3）如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O是AB的垂直平分线与BD的交点，将
△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF（点O，B的对应点分别为点
BF
E，F），使得点E落在OD上，点F落在BC上．猜想 的值是否与α有关，并说明理由；
OE
（4）若（3）中∠ABC=β，其余条件不变，探究BA，BE，BF之间的数量关系（用含
β的式子表示）．
BF BF
【答案】（1）45°；√2；（2） =√2；（3） 的值与α无关，理由见解析；（4）
OE OE
β
BF+BA=2BEcos ．
2
【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；
AF AB
（2）由题意得△AEF∽△AOB，推出∠EAB=∠EAO， = ，再得到
AE AO
BF AB
△AFB∽△AEO，推出 = ，根据正方形的性质求解即可；
OE AO
BF AB
（3）同理可证△AFB∽△AEO，得到 = ，根据线段垂直平分线的性质求得
OE AO
1AB=2BG，再根据余弦函数的定义求解即可；
β BF AB β
（4）同理可证，∠BAO= ， = =2cos ，根据BE=OE+OB，求解即可．
2 OE OA 2
【详解】解：（1）∵正方形ABCD，
∴∠OAB=∠DAC=45°，AD=√2OA，
AD
∴旋转角为45°，k= =√2，
OA
故答案为：45°；√2；
（2）如图，
根据题意得△AEF∽△AOB，
AF AE
∴∠EAF=∠OAB， = ，
AB AO
AF AB
∴∠FAB=∠EAO， = ，
AE AO
∴△AFB∽△AEO，
BF AB
∴ = ，
OE AO
∵∠OAB=45°，∠AOB=90°，
AB
∴ =√2，
AO
BF AB
∴ = =√2；
OE AO
BF
（3） 的值与α无关，理由如下，
OE
如图，
同理可证△AFB∽△AEO，
BF AB
∴ = ，
OE AO
∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，
2∴∠ABO=30°，
∵O是AB的垂直平分线与BD的交点，
∴AO=BO，
∴∠BAO=∠ABO=30°，
过点O作OG⊥AB于点G，
BG BG √3
∴AB=2BG，cos∠ABO= = =cos30°= ，
OB OA 2
AB
∴ =√3，
OA
BF AB
∴ = =√3，
OE AO
BF
∴ 的值与α无关；
OE
β BF AB β
（3）同理可证，∠BAO= ， = =2cos ，
2 OE OA 2
β β
∴BF=OE⋅2cos ，BA=OB⋅2cos ，
2 2
∵BE=OE+OB，
β β
∴BF+BA=OE⋅2cos +OB⋅2cos
2 2
β β
=2(OE+OB)cos =2BEcos ，
2 2
β
即BF+BA=2BEcos ．
2
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平
分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
2．（2024·江西·中考真题）综合与实践
如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD
CE CB
为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE=90°，连接BE， = =m．
CD CA
特例感知
（1）如图1，当m=1时，BE与AD之间的位置关系是______，数量关系是______；
3类比迁移
（2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知
AC=6，设AD=x，四边形CDFE的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF=2时，请直接写出AD的长度．
【答案】（1）AD⊥BE，AD=BE（2）BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE，数量关
BE
系是 =m；（3）①y与x的函数表达式y=(x−3√2) 2+18(0m )是函数S=t2+2上的两点，则(m +4，n)，
1 2 2 1 1
(m +4，n)是函数S=(t−4) 2+2上的两点，由此可得
2
m +m =0，m m )是函数S=t2+2上的两点，则(m +4，n)，
1 2 2 1 1
(m +4，n)是函数S=(t−4) 2+2上的两点，
2
∴m +m =0，m 0)，则AE=3a，AD=4a，根据矩形的性质和勾股定理可得BE=3√2a，
过点E作EN⊥BC于点N，设CP与EF交于点O，则四边形CDEN都是矩形，再根据等腰
三角形的性质可得FN=CN=DE=a，然后解直角三角形可得
tan∠CPM=tan∠EFN=3，根据等腰三角形的判定可得BM=PM，设
BM=PM=x(x>0)，则CM=4a−x，在Rt△CPM中，解直角三角形可得x=a，最后利
用勾股定理可得BP=√2a，由此即可得．
【详解】证明：（1）∵∠A=∠B=90°，
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
∴∠C+∠D=180°，
∵∠C=90°，
∴∠D=180°−90°=90°，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）①∵∠A=90°，AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠ABE=90°，
又∵∠A=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
②由题意，设DE=a(a>0)，则AE=3a，
∴AD=AE+DE=4a，
∵AB=AE，
∴AB=3a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD=3a,AD=BC=4a，
∴BE=√AB2+AE2=3√2a，
如图，过点E作EN⊥BC于点N，
30∴四边形CDEN都是矩形，
∴EN=CD=3a，CN=DE=a，
∵EF=EC，EN⊥BC，
∴FN=CN=a，
EN 3a
在Rt△EFN中，tan∠EFN= = =3，
FN a
∵PM⊥BC，CP⊥EF，
∴∠CPM+∠PCM=90°，∠EFN+∠PCM=90°，
∴∠CPM=∠EFN，
∴tan∠CPM=tan∠EFN=3，
∵BE平分∠ABC，∠ABC=90°，
1
∴∠CBE= ∠ABC=45°，
2
∴∠BPM=90°−∠CBE=45°，
∴∠BPM=∠CBE=45°，
∴BM=PM，
设BM=PM=x(x>0)，则CM=BC−BM=4a−x，
CM
在Rt△CPM中，tan∠CPM= =3，
PM
∴CM=3PM，即4a−x=3x，
∴x=a，
∴BM=PM=a，
∴BP=√BM2+PM2=√2a，
BP √2a 1
∴ = = ．
BE 3√2a 3
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三
角形、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．
10．（2025·江西赣州·一模）（1）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO为斜边AB
上的中线，那么OC与AB之间存在什么样的的数量关系呢？
为解决这一问题，小明同学想的办法是：如图2，延长CO到D，使DO=CO，连接AD，
BD……请你顺着小明的思路完成解答；
31【深入探究】
（2）如图3，已知AC⊥BC,AD⊥DB，E为AB的中点．则∠CED与∠CAD之间的数
量关系为___________；
【应用提升】
（3）如图4，在正方形ABCD中，E为BC上一点，F为AE的中点，以CF，DF为边在
AE的右侧作平行四边形FCGD．
①求证：四边形FCGD为菱形；
②如图5，连接AC，过点E作AC的垂线，垂足为M，若∠DFM=45°,EC=8，求四边
形FCGD的面积．
1
【答案】（1）OC= AB；（2）∠CED=2∠CAD；（3）①证明见解答；②48+32√3．
2
【分析】（1）如图 2 ，作辅助线构建平行四边形，根据∠ACB=90°，可得矩形ADBC，
所以AB=CD，即可解答；
1
（2）如图3，由（1）同理得CE= AB=AE，根据等边对等角和三角形外角的性质可得
2
∠BEC=2∠CAE，同理得：∠B ED=2∠DAE，即可解答；
（ 3 ）①如图 4 ，连接BF，根据SAS证明△AFD≌△BFC，可得DF=CF，根据菱形
的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得结论；
②如图5，连接BF并延长交AD于H，作直线FG，交AB于P，交CD于Q，由（2）可得：
∠BFM=2∠BAC=90°，根据△AFD≌△BFC，得∠AFD=∠BFC，证明
△FEC∽△CEA，列比例式可得FE和AE的长，设BE=x，则AB=BC=8+x，由勾股定
理列方程可得x的长，计算FG的长，根据菱形的面积公式即可解答．
【详解】（1）解：如图 2 ，延长CO到D，使DO=CO，连接AD,BD，
∵CO为斜边AB上的中线，
∴AO=OB，
32∴四边形ADBC是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴▱ADBC是矩形，
∴AB=CD，
∵OC=OD，
1
∴OC= CD，
2
1
∴OC= AB；
2
（2）解：如图3，∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°
，
∵E为AB的中点，
1
∴CE= AB=AE，
2
∴∠ACE=∠CAE，
∵∠BEC=∠ACE+∠CAE，
∴∠BEC=2∠CAE，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，
∵E为AB的中点，
1
∴DE= AB=AE，
2
∴∠ADE=∠DAE，
∵∠BED=∠ADE+∠DAE，
∴∠BED=2∠DAE，
∴∠BEC+∠BED=2∠CAE+2∠DAE，
∴∠CED=2∠CAD；
故答案为：∠CED=2∠CAD；
（3）①证明：如图4，连接BF，
33∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC,∠DAB=∠ABC=90°，
∵F是AE的中点，
1
∴BF= AE=AF，
2
∴∠ABF=∠BAF，
∴∠DAB−∠BAF=∠ABC−∠ABF，
∴∠DAF=∠CBF，
∵AF=BF,AD=BC，
∴△AFD≌△BFC(SAS)，
∴DF=CF，
∴▱FCGD为菱形；
②解：如图5，连接BF并延长交AD于H，作直线FG，交AB于P，交CD于Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠ACB=45°，
∵EM⊥AC，
∴∠AME=90°=∠ABE，
∵F是AE的中点，
∴（2）可得：∠BFM=2∠BAC=90°，
∵∠DFM=45°，
∴∠DFH=45°，
由（1）知：△AFD≌△BFC，
∴∠AFD=∠BFC，
∵∠AFH=∠BFE，
∴∠DFH=∠EFC=45°，
34∴∠EFC=∠ACE=45°，
∵∠FEC=∠CEA，
∴△FEC∽△CEA，
FE CE
∴ = ，
CE AE
∴CE2=FE⋅AE，
∵AE=2FE，
∴CE2=2FE2，
∵CE=8，
∴FE=4√2,AE=8√2，
设BE=x，则AB=BC=8+x，
由勾股定理得：(x+8) 2+x2=(8√2) 2 ，
解得：x =−4−4√3（舍），x =−4+4√3，
1 2
∴BE=4√3−4，
∴BC=CD=4√3−4+8=4√3+4，
∵四边形FCGD为菱形，
∴CD⊥PG，
∴PQ=BC=4√3+4，
∵PF∥BE,AF=EF，
∴AP=PB，
1
∴PF= BE=2√3−2，
2
∴FQ=PQ−PF=4√3+4−(2√3−2)=2√3+6，
∴FG=2FQ=4√3+12，
1 1
∴S = ⋅FG⋅CD= (4√3+12)×(4√3+4)=48+32√3．
四边形FCGD 2 2
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质，菱形的性质和判定，全等三角
形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌
握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11．（2025·江西·模拟预测）已知四边形ABCD,AC,BD是对角线，
AB=BC,∠ABC+∠ADC=90°．
35【模型建立】
（1）如图1，若∠ABC=60°，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△CBE，连接DE．
①求证：△BDE是等边三角形．
②用等式写出线段AD,BD,CD之间的数量关系，并证明．
【模型应用】
（2）在（1）的条件下，当AD=8,CD=6时，求四边形ABCD的面积．
【模型迁移】
（3）如图2，若BD=3AB，求证：AD2+CD2=9AC2．
【答案】（1）①见解析；②AD2+CD2=BD2，证明见解析；（2）25√3−24；（3）
见解析
【分析】（1）①由旋转的性质得∠DBE=60°,BD=BE，可得△BDE是等边三角形；
②证明∠DCE=90°，然后利用勾股定理求解即可；
（2）由（1）得BD=10，然后分别求出S =25√3，S =24，然后根据
△BDE △CDE
S =S +S =S +S =S −S 求解即可；
四边形ABCD △ABD △BCD △BCE △BCD △BDE △CDE
（3）设∠ABC=α°，将△ABD绕点B顺时针旋转α°得到△CBE，连接DE．证明
△ABC∽△DBE，利用相似三角形的性质得DE=3AC，然后利用勾股定理可得
AD2+CD2=9AC2．
【详解】（1）①证明：由旋转，得∠DBE=60°,BD=BE，
∴△BDE是等边三角形．
②解：AD2+CD2=BD2．
证明：∵∠ABC+∠BCD+∠ADC+∠BAD=360°，
∠ABC+∠ADC=90°，
∴∠BCD+∠BAD=270°．
∵△CBE由△ABD旋转得到，
∴∠BAD=∠BCE,AD=CE．
∴∠BCD+∠BCE=270°．
∴∠DCE=360°−270°=90°．
在Rt△CDE中，由勾股定理，得CE2+CD2=DE2．
又∵CE=AD,DE=BD，
36∴AD2+CD2=BD2．
（2）解：由（1）得BD=√62+82=10．
∵△BDE是等边三角形，
1
∴S = ×10×10×sin60°=25√3，
△BDE 2
1
S = ×6×8=24．
△CDE 2
∴S =S +S =S +S
四边形ABCD △ABD △BCD △BCE △BCD
=S −S =25√3−24；
△BDE △CDE
（3）证明：如图，设∠ABC=α°，将△ABD绕点B顺时针旋转α°得到△CBE，连接DE．
由旋转，得∠DBE=∠ABC,BD=BE，
BD BE
= ,∠DBE=∠ABC，
AB BC
∴△ABC∽△DBE，
DE BD 3
∴ = = ，
AC AB 1
即DE=3AC．
由（1）得∠DCE=90°，
∴CE2+CD2=DE2．
∴AD2+CD2=(3AC) 2=9AC2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判
定与性质，难度较大，属中考压轴题．
12．（2025·江西·二模）课本再现
37（1）如图1，在正方形ABCD中，E是边AB上的动点，连接CE．过点D作DF⊥CE于
点F，BG∥DF，且交CE于点G，则BG，DF与FG之间的数量关系是___________；
【数学模型】
（2）如图2，在正方形ABCD中，AB=2,E是边AB上的动点，连接CE．过点B作
BF⊥CE于点F，连接DF，当△CFD是以CF为底的等腰三角形时，求CE的长；
【模型迁移】
AB 3
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=90°， = ，AB=BC，AD=CD，点
AD 4
CF
E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，求 的值．
DE
CF 24
【答案】（1）FG=DF−BG；（2）CE=√5；（3） = ．
DE 25
【分析】（1）证明△DCF≌△CBG，推出CF=BG，DF=CG，据此即可得到
FG=DF−BG；
（2）作DG⊥CF于点G，同理，△DCG≌△CBF，得到BF=CG，设BF=CG=FG=x，
2√5 2√5 4√5 CF BC
利用勾股定理求得x= ，即BF= ，CF= ，根据cos∠ECB= = ，列
5 5 5 BC CE
式计算即可求解；
（3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，证明
△BAD≌△BCD(SSS)，得出∠BCD=∠A=90°，证明△BCM∽△DCN，由相似三角
BM BC 3
形的性质得出 = = ，设BM=3 y，则DN=4 y，设AB=BC=3x，则
DN CD 4
AD=CD=4x，由勾股定理证出7x=25 y，则可得出答案．
【详解】（1）解：FG=DF−BG，
∵正方形ABCD，
∴CD=BC，∠DCB=90°，
∵DF⊥CE，BG∥DF，
∴∠DFC=∠CGB=90°，
∴∠DCF=90°−∠BCG=∠CBG，
∴△DCF≌△CBG，
∴CF=BG，DF=CG，
∴FG=CG−CF=DF−BG，
故答案为：FG=DF−BG；
（2）解：作DG⊥CF于点G，
38∵△CFD是以CF为底的等腰三角形，
∴CD=FD，CG=FG，
同（1）理，△DCG≌△CBF，
∴BF=CG，
∴BF=CG=FG，
设BF=CG=FG=x，则CF=2x，
∵BC=AB=2，
由勾股定理得x2+(2x) 2=22，
2√5
解得x= ，
5
2√5 4√5
∴BF= ，CF= ，
5 5
4√5
CF BC
∵cos∠ECB= = ，即 5 2 ，
BC CE =
2 CE
∴CE=√5；
（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，
∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD和△BCD中，
¿，
∴△BAD≌△BCD(SSS)
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
39∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
BM BC BC AB 3
∴ = ，而 = = ，
DN CD CD AD 4
BM BC 3
∴ = = ，
DN CD 4
设BM=3 y，则DN=4 y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，
∴CN=3x+3 y，
在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2=CD2，
∴(4 y) 2+(3x+3 y) 2=(4x) 2，
解得7x=25 y（x=−y舍去），
CF CN 3x+3 y 24
∴ = = = ．
DE AD 4x 25
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直
角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定
与性质是解题的关键．
13．（2025·江西新余·二模）如图1，正方形ABCD的顶点D在直线l上，点C′与点C关于
直线l对称，直线AC′与直线l交于点E，连接EC，BE，探究AC′与BE的数量关系．
【特殊感知】（1）①如图2．当∠EDC=30°，EC=2时，EC′=_____，∠C′EC=
_____；
②如图3，当AC′=C′E时，AC′=_____BE，∠AEB=_____；
【猜想论证】（2）猜想AC′与BE的数量关系，并结合图1进行证明；
【拓展应用】（3）若正方形ABCD的边长为2，当AE=2AC′时，直接写出线段BE的长．
2√13
【答案】（1） 2，90°； √2，45°；（2）AC′=√2BE，见解析；（3）BE=
13
① ②
2√5
或 ．
5
【分析】（1）①连接AC，C′C，C′D，根据轴对称的性质得出DC=DC′，
40EC=EC′=2，AD=DC′ ∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=60°，由正方形的性质得出
AD=CD，∠ACB=45°，AD=DC′，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得
出∠DAC′=∠DC′ A=75°，再得出∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°，由邻补角
的定义得出∠EC′C=45°，进而可得出∠CEC′=90°；
②同①解法得出∠CEC′=90°，C′E=CE，进而得出C′C:EC=AC:BC，再根据角的和
差关系得出∠BCE=∠ACC′，再证明△ACC′∽△BCE，由相似三角形的性质进一步求
解即可；
（2）同（1）②求解过程一致；
（3）分两种情况，①当点C′在线段AE上时和②当点C′在线段的延长线上时，利用正方形
的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）①连接AC，C′C，C′D，
∵点C′与点C关于直线l对称，
∴DC=DC′，EC=EC′=2，∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=60°，
∴∠ADC′=30°，∠DC′C=60°．
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，
∴AD=DC′，
∴∠DAC′=∠DC′ A=75°．
∴∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°，
∴∠EC′C=45°，
∴∠EC′C=∠C′CE=45°，
∴∠CEC′=90°；
②连接AC，C′C，C′D，
41设∠EDC=α．
∵点C′与点C关于直线l对称，
∴DC=DC′，EC=EC′，∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=2α，
∴∠ADC′=90°−2α，∠DC′C=90°−α．
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，AC:BC=√2，
∴AD=DC′，
∴∠DAC′=∠DC′ A=45°+α．
∴∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°，
∴∠EC′C=45°，
∴∠EC′C=∠C′CE=45°，
∴∠CEC′=90°，C′E=CE，
∴C′C:EC=√2，
∴C′C:EC=AC:BC．
∵∠ACB=∠C′CE=45°，
∴∠ACB−∠C′CB=∠C′CE−∠C′CB，
∴∠BCE=∠ACC′，
∴△ACC′∽△BCE，
∴∠AC′C=∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CEC′=45°，
∴AC′:BE=AC:BC=√2，
即AC′=√2BE；
（2）AC′=√2BE，证明如下：
连接AC，C′C，C′D，
42设∠EDC=α．
∵点C′与点C关于直线l对称，
∴DC=DC′，EC=EC′，∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=2α，
∴∠ADC′=90°−2α，∠DC′C=90°−α．
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，AC:BC=√2，
∴AD=DC′，
∴∠DAC′=∠DC′ A=45°+α．
∴∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°，
∴∠EC′C=45°，
∴∠EC′C=∠C′CE=45°，
∴∠CEC′=90°，C′E=CE，
∴C′C:EC=√2，
∴C′C:EC=AC:BC．
∵∠ACB=∠C′CE=45°，
∴∠ACB−∠C′CB=∠C′CE−∠C′CB，
∴∠BCE=∠ACC′，
∴△ACC′∽△BCE，
∴AC′:BE=AC:BC=√2，
∴AC′=√2BE；
(3)①当点C′在线段AE上时，连接CC′，AC如下图：．
∵AE=2AC′，
∴AC′=C′E．
又C′E=EC，
43∴AC′=C′E=EC，AE=2EC，
∵∠AEC=90°，
∴AC=√5AC′，
又AC=2√2，
2√10
∴AC′=
，
5
又AC′=√2BE，
2√5
∴BE= ；
5
②当点C′在线段的延长线上时，连接CC′ AC，
设AC′=x，
∵AE=2AC′，
∴AE=2x．
又C′E=EC，
∴C′E=EC=3x，
∵∠AEC=90°，
∴AC=√13x．
2√26
又AC=2√2，即AC′=
，
13
由AC′=√2BE，
2√13
∴BE=
13
2√13 2√5
综上所述，BE= 或 ．
13 5
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰
直角三角形的判定和性质的，勾股定理等知识，正确连接辅助线以及掌握正方形的性质和
轴对称的性质，是解题的关键．
14．（2025·江西新余·二模）如图，在等边△ABC中，点D是射线BC上的动点，连接AD，
点E是AD的中点，将DE绕点D顺时针旋转60°，得到DF，连接CF．
44【夯实基础】
（1）连接AF，如图1，求证：AF⊥DF；
【特例探究】
（2）如图2，若点E恰好在CF的延长线上，CE的延长线交AB于点G，求证：
CF+EG=EF；
【拓展延伸】
（3）请利用备用图探究：在点D运动的过程中，当△DFC是直角三角形时，求BC与CD
之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BC=CD或BC=2CD或BC=3CD．理由见
解析
【分析】（1）连接EF，可证明△≝¿是等边三角形．则可得到DF=DE=EF=EA，根据
等边对等角和三角形外角的性质可得∠≝=∠DFE=60°，∠AFE=∠FAE=30°，据此
可证明结论；
（2）证明△ABD≌△CAG(ASA)，得到CG=AD．由DE=EF，得到AD=2DE=2EF，
则CG=2EF，即CF+EG=EF．
（3）分∠DFC=90°，∠DCF=90°，∠CDF=90°三种情况，画出对应的示意图，讨
论求解即可．
【详解】解：（1）如图1，连接EF．
由旋转的性质可得DF=DE，∠EDF=60°，
∴△≝¿是等边三角形．
∵点E是AD的中点，
∴DF=DE=EF=EA，
∴∠≝=∠DFE=60°，∠AFE=∠FAE=30°，
∴∠AFD=∠DFE+∠AFE=60°+30°=90°，即AF⊥DF．
（2）由（1）可知∠≝=60°，
45∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABD=∠CAG=60°，AB=CA，
又∵∠BAD=∠ACG=60°−∠CAE，
∴△ABD≌△CAG(ASA)，
∴CG=AD．
由（1）可知△≝¿为等边三角形，
∴DE=EF，
∴AD=2DE=2EF，
∴CG=2EF，即CF+EG=EF．
（3）BC=CD或BC=2CD或BC=3CD．理由如下：
①如图2，当∠DFC=90°时，
∵∠AFD=90°，
∴∠AFD+∠DFC=180°，
∴点F在AC上．
∵∠EDF=60°，∠FDC=90°−∠ACB=30°，
∴∠ADC=90°，
∴点D是BC的中点，即BC=2CD；
②如图3，当∠DCF=90°时，
作等边△ADM，过点M作MH⊥DC于点H，
∵AD=DM=2DE，DE=DF，
∴DM=2DF，
∴点F是DM的中点，
∵∠DCF=∠DHM=90°，∠FDC=∠MDH，
∴△FDC∽△MDH，
CD DF 1
∴ = = ，
DH DM 2
46∴点C是DH的中点，
连接CM，
∵AB=AC，AD=AM，∠BAD=∠CAM=60°−∠CAD，
∴△ABD≌△ACM(SAS)，
∴BD=CM，∠ACM=∠B=60°，
∴∠MCH=180°−∠ACD−∠ACM=60°，
∴∠CMH=30°，
∴CM=2CH=2CD，
∴BD=2CD，即BC=3CD；
③如图4，当∠CDF=90°时，
作等边△ADN，连接CN，
同理可证明△ABD≌△ACN，
∴BD=CN，∠ABD=∠ACN=60°，
∴∠NCD=180°−∠ACB−∠ACN=60°，
∵∠ADF=∠ADN=60°，
∴D、N、F三点共线，
∴∠CND=90°−60°=30°，
∴BD=CN=2CD，即BC=CD．
综上所述，BC=CD或BC=2CD或BC=3CD．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形
的性质，等边三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2025·江西萍乡·二模）在矩形ABCD中，BC=kAB，点E是CD边上不与端点C、D
重合的动点，CH⊥BE于H，
47【课本再现】（1）如图（1），当k=1时，延长CH交AD于点F，求证：BE=CF；
【类比迁移】（2）如图（2），在（1）的条件下，延长CH交对角线BD于点G，若点E是
CD的中点，EH=a，请分别求出CH，BH与CG的长（结果均用含有a的代数式表示）；
CG
【拓展延伸】（3）如图（3），若DE=kCE，直接写出 的值_____（结果用含有k的
CH
式子表示）．
10 k4+2k3+k2+1
【答案】（1）见解析；（2）CH=2a，BH=4a，CG= a；（3）
3 k3+k2+1
【分析】（1）当k=1时，BC=AB，则矩形ABCD是正方形，再证明
△BCE≌△CDF(ASA)即可得解；
（2）延长CH，交AD于点F，由（1）可知：△BCE≌△CDF，由全等三角形的性质可
1
得CE=DF，BE=CF，解直角三角形得出tan∠3= ，证明△GFD∽△GCB，由相似
2
三角形的性质求解即可；
CE BC
（3）证明△BCE∽△CDF得出 = =k，设DF=1，则CE=k，DE=k2，
DF CD
CD=k2+k，BC=kCD=k3+k2，证明△BCE∽△BHC∽△EHC得出
BH CH BC
= = =k2+k，设EH=a，求出BH=(k2+k) 2 a，CH=(k2+k)a，
CH EH CE
k4+2k3+k2+1
CF= a，再证明△BCG∽△DFG即可得解．
k
【详解】解：（1）证明：当k=1时，BC=AB，
∴矩形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=∠D=90°，
∵CH⊥BE，
∴∠BHC=90°，
∴∠1+∠2=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
在△BCE和△CDF中
¿
48∴△BCE≌△CDF(ASA)
∴BE=CF
（2）延长CH，交AD于点F，
由（1）可知：△BCE≌△CDF
∴CE=DF，BE=CF．
∵点E是CD中点，
∴CD=2CE，
∴BC=2CE=2DF，
1
∴tan∠1= ，
2
1
∴tan∠3= ，
2
因为EH=a，则CH=2a，BH=4a．
∴BE=BH+EH=5a，
∴CF=BE=5a，
∵AD∥BC，
∴△GFD∽△GCB，
FD FG 1
∴ = = ，
BC GC 2
2 10
∴CG= CF= a
3 3
CG k4+2k3+k2+1
（3） =
CH k3+k2+1
∵由（1）得∠1=∠3，
又∵在矩形ABCD中，∠BCE=∠CDF=90°
∴△BCE∽△CDF，
49CE BC
∴ = =k
DF CD
设DF=1，
∴CE=k
∵DE=kCE，
∴DE=k2，
∴CD=k2+k
∴BC=kCD=k3+k2
∵由（1）得∠1=∠3
∵CH⊥BE，
∴∠BHC=∠CHE=90°，
∴△BCE∽△BHC∽△EHC
BH CH BC k3+k2
∴ = = = =k2+k
CH EH CE k
设EH=a，
∴CH=(k2+k)a，BH=(k2+k) 2 a，
∴BE=BH+EH=(k2+k) 2 a+a=(k4+2k3+k2+1)a
∵△BCE∽△CDF，
FC CD 1
∴ = = ，
BE BC k
1 k4+2k3+k2+1
∴CF= BE= a
k k
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴△BCG∽△DFG，
CG BC
∴ = =k3+k2
FG DF
CG k3+k2
∴ =
FC k3+k2+1
k3+k2 k3+k2 k4+2k3+k2+1
∴CG= FC= ⋅ a
k3+k2+1 k3+k2+1 k
CG (k3+k2)(k4+2k3+k2+1)a k4+2k3+k2+1
∴ = [k2+k)a]= ．
CH k(k3+k2+1) k3+k2+1
50【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角
形、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
16．（2025·江西赣州·二模）【课本再现】（1）如图1，把矩形ABCD对折得到折痕EF，
再一次对折，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到新折痕BM，把纸片展
平．这个折纸的过程实际上就是把∠ABC分成了（ ）
A．二等分 B．三等分 C．四等分
【类比探究】（2）类似的，通过折纸也可以折出矩形一边的三等分点．如图2，把矩形
ABCD对折两次，对角线AC与折痕GH相交于点O，沿直线OB再次折叠，折痕交AD于
点P，此时有AD=3AP．请你补充下列证明过程：
证明：如图2，在矩形ABCD中，AD∥BC，
由折叠可知，GH∥BC，AB=4AG，
AO AG 1 AO
∴ = = ，∴ =（ ）
AC AB 4 OC
∵AP∥BC，∴△APO∽______，
AP () 1
∴ = = ，即AD=BC=3AP．
BC () 3
（3）如图3，先把矩形ABCD沿EF对折，再沿DE折叠，折痕DE交对角线AC于点G，
过点G折叠矩形，使得点A落在AD上，得到折痕PQ．请判断点P是否为AD边的“三等
分点”？并证明你的结论．
【拓展应用】（4）如图4，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点P是边AB的三等分点，
把△ADP沿DP翻折得△EDP，直线PE交BC于点F，请求出BF的长．
1
【答案】（1）B；（2） ，△CBO，AO，OC；（3）点P是AD边的“三等分点”，证
3
明见解析；
32 8
（4） 或
15 3
BE 1
【分析】（1）利用折叠的性质和锐角三角函数可得cos∠EBN= = ，即得
NB 2
51∠EBN=60°，进而可得∠ABM=∠NBM=∠CBN=30°，即可求解；
（2）根据题意补全证明过程即可；
AG AE 1 AP AG 1
（3）由△AEG∽△CDG可得 = = ，进而由△APG∽△CQG得 = = ，
CG CD 2 CQ CG 2
即得CQ=2AP=2BQ，即可求证；
1 1
（4）分AP= AB和BP= AB两种情况，利用勾股定理解答即可求解．
3 3
1
【详解】（1）解：由折叠可得，∠AEF=∠BEF=90°，AE=BE= AB，AB=NB，
2
1
∠ABM=∠NBM= ∠ABN，
2
1
∴BE= NB，
2
BE 1
在Rt△BEN中，cos∠EBN= = ，
NB 2
∴∠EBN=60°，
1
∴∠ABM=∠NBM= ×60°=30°,
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠CBN=90°−∠ABN=90°−60°=30°，
∴∠ABM=∠NBM=∠CBN，
∴这个折纸的过程实际上就是把∠ABC分成了三等分 ，
故选：B；
（2）证明：如图2，在矩形ABCD中，AD∥BC，
由折叠可知，GH∥BC，AB=4AG，
AO AG 1
∴ = = ，
AC AB 4
AO 1
∴ = ，
OC 3
∵AP∥BC，
∴△APO∽△CBO，
AP AO 1
∴ = = ，
BC OC 3
即AD=BC=3AP，
1
故答案为： ，△CBO，AO，OC；
3
（3）解：点P是否为AD边的“三等分点”．
证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，
52由折叠可得，EF∥BC，AB=2AE=CD，四边形APQB是矩形，
∴△AEG∽△CDG，AP=BQ，
AG AE 1
∴ = = ，
CG CD 2
∵AP∥BC，
∴△APG∽△CQG，
AP AG 1
∴ = = ，
CQ CG 2
∴CQ=2AP=2BQ，
∴AD=3AP，
即点P是否为AD边的“三等分点”；
1
（4）如图1，当AP= AB时，
3
1 2
由题意知，AB=CD=6，AD=BC=DE=8，AP=EP= AB=2，BP= AB=4，
3 3
设BF=x，EF= y，则PF=2+ y，CF=8−x，
在Rt△BPF，BP2+EF2=PF2，
∴42+x2=(2+ y) 2 ①，
在Rt△≝¿和Rt△CDF中，DE2+EF2=CD2+CF2，
∴82+ y2=62+(8−x) 2 ②，
由①②联立得，¿，
解得y=4x−6，
∴42+x2=(2+4x−6) 2，
32
∴x= ；
15
1
如图2，当BP= AB时，
3
53同理可得，¿，
解得y=6−2x，
∴22+x2=(4−6+2x) 2，
8
∴x= ；
3
32 8
综上，BF的长为 或 ．
15 3
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，
勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键．
17．（2025·江西宜春·二模）如图（1），在△ABC中，∠A=30°，点P从点A出发以
2cm/s的速度沿路线A→C→B运动，点Q从点A出发以1cm/s的速度沿AB运动．P，Q
两点同时出发，当某一点运动到点B时，两点同时停止运动．以AQ,PQ为边在AB的上方
作平行四边形ADPQ，设运动时间为ts，平行四边形ADPQ的面积为Scm2（当点A，P，
Q重合或在一条直线上时，不妨设S=0）．探究S与t的关系．
初步感知
（1）当点P由点A运动到点C时，
①若t=1，S= __________；
②S关于t的函数解析式为__________．
深入探究
（2）当点P由点C运动到点B时，经探究发现S关于t的函数解析式为S=at2+bt
(4≤t≤10)，其图象如图（2）所示．
①m的值为__________；
②求S关于t的函数解析式．
延伸探究
54（3）当点P在AC上运动时记为P ，运动时间记为t ，平行四边形ADPQ的面积记为S ；
1 1 1
当点P在BC上运动时记为P ，运动时间记为t ，平行四边形ADPQ的面积记为S ，
2 2 2
P P ∥AB．
1 1
①求t 与t 的数量关系；
1 2
②当t +t =9时，S −S 的值为__________．
1 2 1 2
2 20
【答案】（1）①1；②S=t2；（2）①16；②S=− t2+ t(4≤t≤10)；（3）①
3 3
2t +3t =20；②10
2 1
【分析】本题考查动点的函数图象，含30度角的直角三角形，待定系数法求函数解析式，
正确的求出函数解析式，是解题的关键：
（1）①作PE⊥AB于点E，求出PE的长，根据平行四边形的性质，求出面积即可；②同
①法计算即可；
（2）①把t=4代入（1）①中的解析式，计算即可；②待定系数法求出函数解析式即可；
（3）①根据P P ∥AB时，△CP P ∽△CAB，列出比例式进行求解即可；②联立①的
1 2 1 2
等式和t +t =9，求出t ,t ，进而求出S ,S ，即可．
1 2 1 2 1 2
【详解】解：（1）①当t=1时，AP=2,AQ=1，
作PE⊥AB于点E，
∵∠CAB=30°，
1
∴PE= AP=1，
2
∴平行四边形ADPQ的面积为AQ⋅PE=1；
②由题意，得：AP=2t,AQ=t，
1
∴PE= AP=t，
2
∴S=AQ⋅PE=t2；
（2）①由图象可知，当t=4时，此时点P恰好运动到点C，由（1）②可知：
S=t2=42=16，
故m=16；
②由图象和①可知，抛物线过(4,16),(10,0)，代入S=at2+bt，
得¿
解得¿，
2 20
∴S关于t的函数解析式为S=− t2+ t(4≤t≤10)
3 3
（3）①由题图（2）可知，点P与点C重合时，t=4，点P与点B重合时，t=10，
55∴AC=2×4=8,BC=2×(10−4)=12，
由题意可知AP =2t ，CP =2t −8，
1 1 2 2
∴CP =8−2t
1 1
当P P ∥AB时，则：△CP P ∽△CAB，
1 2 1 2
CP CP
∴ 1= 2，
AC BC
8−2t 2t −8
∴ 1= 2 ，
8 12
∴2t +3t =20
2 1
②联立¿，解得¿
2 20
∴S =22=4，S =− ×72+ ×7=14，
1 2 3 3
∴S −S =10．
2 1
18．（2025·江西南昌·二模）【特例感知】
在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，EF与AC相交于点G．
（1）①如图1，若点E，F分别是AB，AD的中点，则tan∠EFC=______；
EF
②如图2，若点F是AD的中点，∠EFC=90°，则 = ______．
CF
【类比探究】
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，点E，F分别在AB，AD上，对角线AC，BD相交于点
O，CF与BD相交于点M，连接EF交AC于点G．
（2）①如图3，若E，F分别是AB，AD的中点，求tan∠EFC的值；
②如图4，若∠EFC=60°，求证：EF⋅AD=AF⋅CF．
【拓展延伸】
561
（3）如图5，在四边形ABCD中，BC∥AD，且BC= AD，点E为AB的中点．若
2
CD
∠A=∠DCE=45°，请直接写出 的值．
CE
1 √10−√2
【答案】（1）① 3；② ；（2）① 3√3；②见解析；（3） ．
2 2
【分析】（1）①设AC与BD交于点H，由四边形ABCD是正方形，得AC⊥BD，
1
DH=BH= BD，AD=CD，∠DAC=45°，又点E，F分别是AB，AD的中点，则
2
1 1
EF= BD，AF=DF= AD，EF∥BD，设AG=FG=x，则AF=DF=√2x，则
2 2
GC
AD=CD=2√2x，然后通过tan∠EFC= 即可求解；
FG
②由四边形ABCD是正方形，则∠BAD=∠ADC=90°，AD=CD，然后证明
EF AF 1 1
△AEF∽△DFC，故 = ，又点F是AD的中点，所以AF= AD= CD，最后代
FC CD 2 2
入求值即可；
1
（2）①由四边形ABCD是菱形，得AC⊥BD，∠FAG= ∠BAD=30°，OA=OC，
2
1
又E，F分别是AB，AD的中点，故有EF∥BD，AF=DF= AD，由勾股定理得
2
AG=√AF2−FG2=√3FG，证明△AEF是等边三角形，△ADB是等边三角形，设
FG=b，则AG=√3b，所以AF=DF=2b，AD=4b，DO=2b，由勾股定理得：
AO=√AD2−DO2=√(4b) 2−(2b) 2=2√3b，则AC=4√3b，求出
GC
GC=AC−AG=4√3b−√3b=3√3b，再代入tan∠EFC= 即可；
FG
②在AD的延长线上找一点H，连接CH，使得∠CHD=60°，证明△AEF∽△HFC，则
57AF EF AF EF
= ，再证明△CDH为等边三角形，则CH=CD=AD，所以 = ，从而求证；
CH FC AD FC
（3）过D作DF∥AB，交BC延长线于点F，过E作EN⊥AB，交CB延长线于点N，证
CD CF DF
明△CDF∽△ECN，所以 = = ，设EN=EB=m，BC=CF=n，则
EC EN CN
BN=√2m，CN=√2m+n，又点E为AB的中点，所以AB=2BE=2m=DF，则
n = 2m ，整理得：n2+√2mn−2m2=0，即 ( n) 2 +√2× n −2=0，解出 n 的值即
m √2m+n m m m
可．
【详解】解：（1）①如图1，设AC与BD交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AC⊥BD，DH=BH= BD，AD=CD，∠DAC=45°，
2
∵点E，F分别是AB，AD的中点，
1 1
∴EF= BD，AF=DF= AD，EF∥BD，
2 2
∴EF⊥AH，
∴∠DAC=∠AFG=45°，
∴AG=FG，
设AG=FG=x，则AF=DF=√2x，
∴AD=CD=2√2x，
∴AH=CH=DH=2x，
GC 2x+x
∴tan∠EFC= = =3，
FG x
故答案为：3；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠AFE+∠AEF=90°，
∵∠EFC=90°，
58∴∠AFE+∠DFC=90°，
∴∠AEF=∠DFC，
∴△AEF∽△DFC，
EF AF
∴ = ，
FC CD
∵点F是AD的中点，
1 1
∴AF= AD= CD，
2 2
EF AF 1
∴ = = ，
FC CD 2
1
故答案为： ；
2
（2）①∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AC⊥BD，∠FAG= ∠BAD=30°，OA=OC，
2
∵E，F分别是AB，AD的中点，
1
∴EF∥BD，AF=DF= AD，
2
∴FG⊥AC，
∴∠AGF=90°，
1
∴FG= AF，即AF=2FG，
2
∴AG=√AF2−FG2=√3FG，
∵∠FAG=∠EAG=30°，
∴∠AFE=∠AEF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=EF，
同理△ADB是等边三角形，
∴AD=BD，
设FG=b，则AG=√3b，
∴AF=DF=2b，
∴AD=4b，
∴DO=2b，
由勾股定理得：AO=√AD2−DO2=√(4b) 2−(2b) 2=2√3b，
∴AC=4√3b，
∴GC=AC−AG=4√3b−√3b=3√3b，
59GC 3√3b
∴tan∠EFC= = =3√3；
FG b
②在AD的延长线上找一点H，连接CH，使得∠CHD=60°，
∵∠EFC=∠H=60°，
∴∠AFE+∠CFH=120°，∠FCH+∠CFH=120°，
∴∠AFE=∠FCH，
∴△AEF∽△HFC，
AF EF
∴ = ，
CH FC
∵∠BAD=60°，AB∥CD，
∴∠CDH=60°，
∴△CDH为等边三角形，
∴CH=CD=AD，
AF EF
∴ = ，即EF⋅AD=AF⋅CF；
AD FC
（3）如图，过D作DF∥AB，交BC延长线于点F，过E作EN⊥AB，交CB延长线于点
N，
∵BC∥AD，
∴四边形ABFD是平行四边形，∠A+∠ABF=180°，
∴AB=DF，AD=BF，∠EBN=∠ENF=45°，∠A=∠F=45°，
∴EN=EB，∠F=∠N=45°，
1
∵BC= AD，
2
∴BC=CF，
∵∠DCE=45°，
60∴∠BCE+∠DCF=135°，
∵∠CDF+∠DCF=135°，
∴∠CDF=∠BCE，
∴△CDF∽△ECN，
CD CF DF
∴ = = ，
EC EN CN
设EN=EB=m，BC=CF=n，则BN=√2m，CN=√2m+n，
∵点E为AB的中点，
∴AB=2BE=2m=DF，
n 2m
∴ = ，
m √2m+n
整理得：n2+√2mn−2m2=0，
( n) 2 n
∴ +√2× −2=0，
m m
n −√2±√10 −√2±√10
∴ = = ，
m 2×1 2
n √10−√2 n −√2−√10
∴ = 或 = （舍去），
m 2 m 2
CD n √10−√2
∴ = = ．
EC m 2
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，
解直角三角形，解一元二次方程，等边三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是
解题的关键．
19．（2025·江西南昌·模拟预测）（首选几何压轴）【问题情境】
学完《探索全等三角形的条件》后，老师提出如下问题：如图①，△ABC中，若
AB=10,AC=8，求BC边上中线AD的取值范围．通过分析、思考，小丽同学形成两种解
题思路．
思路1：将△ADC绕着点D旋转180°，使得CD和BD重合，得到△EDB…
思路2：延长AD到E，使得DE=AD，连接BE，根据SAS可证得△ADC≌△EDB…
（1）根据上面任意一种解题思路，再结合三角形三边关系，我们都可以得到AD的取值范
围为 ．
【类比探究】
（2）如图②，DB=DE,DC=DA,∠BDC+∠ADE=180°，DF是△ADE的边AE上的
中线，试探索DF与BC的数量关系，并说明理由．
【迁移应用】
（3）【应用1】如图③，已知⊙O的半径为6，四边形ABCD是⊙O的圆内接四边形．
AD=8,∠AOD+∠BOC=180°，求BC的长．
61（4）【应用2】如图④，DB=DE,DC=DA,∠BDC+∠ADE=180°,BD⊥DE,
AE=a,BC=b,AB,CE相交于点G，连接DG，若∠BDC的度数发生改变，请问DG是
否存在最小值？如果存在，则直接写出其最小值（用含a和b的式子表示），如果不存在，
请说明理由．
【答案】（1）1 AC，点D是BC的中点，AG平分∠BAC，过点D作
DF∥GA，交BA于点E，交C（的延长线于点F求证：AB−AE=AC+AF；
(3)如图3四边形ABCD中线段AD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点P连接AP，DP，
若∠APD=90°则AB与CP的数量关系是___________
(4)如图4．四边形ABCD中，线段AD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点P，连接AP，
DP，且∠APD<90°作DF⊥AP于点F（异于点P），连接CF，若CF=3，DP=√34，
求BP的长
【答案】(1)AB=AC
(2)见解析
(3)AB=CP
(4)5
【分析】（1）过点D分别作AB,AC的垂线，垂足分别为E,F，根据角平分线的性质可得
DE=DF，进而证明Rt△BED≌Rt△CDF(HL)得出∠B=∠C，根据等角对等边即可得
证；
（2）延长ED至点M，使得ED=MD，连接CM，证明△BDE≌△CDM(SAS)，根据平
行线的性质以及角平分线的定义，得出∠MFC=∠M，进而得出BE=CM，即可得证；
（3）证明△PAB≌△DPC (AAS)，根据全等三角形的性质，即可得证；
（4）取AP,DP的中点M,N，连接BM,FN,CN，根据直角三角形中斜边上的中线等于
1 1
斜边的一半，得出MA=MB= AP= DP=NC=NF，根据等边对等角以及三角形的外
2 2
角的性质得出∠AMB=2∠APB，∠FNC=2∠CDF，根据对角互补的四边形得出
∠APB=∠FDC，等量代换得出∠AMB=∠FNC，进而证明△AMB≌△FNC(SAS)，
得出AB=FC=3，在Rt△ABP中，勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：AB=AC，
如图，过点D分别作AB,AC的垂线，垂足分别为E,F，
∴∠DEB=∠DFC=90°
∵AD平分∠BAC
∴DE=DF
71∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
∴Rt△BED≌Rt△CDF(HL)
∴∠B=∠C
∴AB=AC；
（2）如图，延长ED至点M，使得ED=MD，连接CM，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BDE,△CDM中，
¿
∴△BDE≌△CDM(SAS)
∴BE=CM，∠BED=∠M，
∵AG平分∠BAC，
∴∠BAG=∠CAG
∵DF∥GA
∴∠BAG=∠BED,∠MFC=∠GAC
∴∠MFC=∠M
∴CF=CM
∴BE=CM
∴AB−AE=AC+AF
（3）AB=CP
∵∠ABP=∠DCP=90°，∠APD=90°
∴∠APB=90°−∠DPC=∠PDC
又∵EP垂直平分AD
∴PA=PD
∴△PAB≌△DPC (AAS)
∴AB=CP
故答案为：AB=CP．
（4）解：如图，取AP,DP的中点M,N，连接BM,FN,CN
72∵EP垂直平分AD
∴PA=PD=√34
∵∠ABP=∠DCP=∠DFP=90°
1 1
∴MA=MB= AP= DP=NC=NF，
2 2
∴∠MBP=∠MPB，∠NFD=∠NDF,∠NDC=∠NCD
∴∠AMB=2∠APB，∠FNC=2∠CDF
∵∠APB+∠APC=180°,∠CDF+∠CPF=180°
∴∠APB=∠FDC
∴∠AMB=∠FNC
在△AMB,△FNC中，
¿
∴△AMB≌△FNC(SAS)，
∴AB=FC=3，
在Rt△ABP中，BP=√AP2−AB2=√34−9=5．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，垂直平分线的性质，三
角形外角的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，勾股
定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．（2025·江西景德镇·一模）马超同学在上一期探究矩形中的动点问题时，意识到“子
母型”相似是一种有效的解题手段，于是，他继续针对相似问题中的“子母型”问题展开
综合探究！
(1)如图①，△ABC中，AB=2，AC=3；P,Q分别为边AB、AC上的点，
①若∠APQ=∠C，且点P是AB的中点，则AQ=______；
②若点P与点B重合，且∠APQ=∠C，则AQ=______；
(2)如图②，点D,E分别为等腰直角三角形ABC的两直角边CA,CB上的动点，直角边
73AC=2且始终满足DE=DB，以点D为圆心，DE的长为半径画弧并交线段AB于点F，连
接EF,DF；若四边形AEDF是菱形，则CD的长是多少？
(3)当图②中的点D运动到如图③所示位置时，取BD的中点G，连接EG，若满足
∠EDF=∠EGC，则此时CD的长是多少？
2 4
【答案】(1)① ；②
3 3
(2)2√2−2
(3)√33−5
AQ AP
【分析】（1）①证明△APQ∽△ACB，推出 = ，即可求解；②同理①即可解答；
AB AC
（2）根据等腰直角三角形的性质结合菱形的性质可得∠CDE=45°，推出△CDE是等腰
直角三角形，设CE=CD=x，则DE=AE=√2x，在根据AE=DE=2−x，建立方程求解
即可；
（3）根据题意得AC=BC=2，BG=DG，设DG= y，则CG=2−y，
DB=DE=DF=2y ，CD=BC−BD=2−2y，证明△CED∽△CGE，推出
CE2=CD·CG，进而得到DE2−CD2=CD·CG，解方程即可求解．
【详解】（1）解：①∵∠APQ=∠C,∠A=∠A，
∴△APQ∽△ACB，
AQ AP
∴ = ，
AB AC
∵AB=2,AC=3，且点P是AB的中点，
1
∴AP= AB=1，
2
AQ 1
∴ = ，
2 3
2
∴AQ= ；
3
②同理①得△APQ∽△ACB，
AQ AP
∴ = ，
AB AC
∵AB=2,AC=3，点P与点B重合，
∴AP=AB=2，
AQ 2
∴ = ，
2 3
4
∴AQ= ；
3
（2）解：根据题意得∠A=∠B=45°,∠C=90°，
∵四边形AEDF是菱形，
74∴AE∥DF,AE=DE=DF,∠A=∠EDF=45°，
∴∠BDF=∠C=90°，
∴∠CDE=180°−∠BDF−∠EDF=45°，
∴∠CED=90°−∠CDE=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
设CE=CD=x，则AE=DE=√CE2+CD2=√2x，
∵AC=2，
∴AE=DE=AC−CE=2−x，
∴√2x=2−x，
解得：x=2√2−2，
∴CD=2√2−2；
（3）解：根据题意得AC=BC=2，
∵点G是BD的中点，
∴BG=DG，
设DG= y，则CG=2−y，DB=DE=DF=2y ，CD=BC−BD=2−2y，
∴∠DFB=∠B=45°,∠FDB=90°，
∵∠EDF=∠EGC，而∠EDF+∠EDC=∠EGC+∠CEG，
∴∠EDC=∠CEG，
∵∠DCE=∠GCE=90°，
∴△CED∽△CGE，
CE CD
∴ = ，
CG CE
∴CE2=CD·CG，
∴DE2−CD2=CD·CG，即(2y) 2−(2−2y) 2=(2−2y)(2−y)，
整理得：y2−7 y+4=0，
7−√33 7+√33
解得y= 或y= >2（舍去），
2 2
∴CD=2−2y=2−(7−√33)=√33−5．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，菱形的性质，解一元二次方程，勾股定理，
等腰直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（2025·江西南昌·模拟预测）综合与实践：
75【问题提出】如图（1）在△ABC中，∠A=90°，D为AB的中点，点P沿折线D—A—C
运动（运动到点C停止），以DP为边在DP上方作正方形DPEF．设点P运动的路程为
x，正方形DPEF的面积为y．
【初步感悟】（1）当点P在AD上运动时，①若x=√3，则y=_________；②y关于x的
函数关系式为_________；
（2）当点P从点A运动到点C时，经探究发现y是关于x的二次函数，并绘制成如图
（2）所示的函数图象，直线x=2是其图象所在抛物线的对称轴，求y关于x的函数关系式
（写出自变量的取值范围）．
【延伸探究】（3）当y−x=2时，AP的长为________，此时y关于x的函数图象上点的坐
标为_________；
（4）连接正方形DPEF的对角线DE，PF，两对角线的交点为M，求点A在△DFM内部
时x和y的取值范围．
【答案】（1）①3；②y=x2；（2）y=x2−4x+8(2≤x≤6)；（3）0或1；(2,4)或(3,5)；
（4）点A在△DFM内部时x的取值范围为460°)，点D在△ABC内部，
α
DA=DB，且∠BAD= −30°，求∠ACD的度数．
2
【拓展延伸】
（3）如图3，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=90°，点D在△ABC内部，DA=DB，
∠BAD=15°，将线段AD沿着直线AC翻折，点D恰好落在点E处，连接DE．
①试判断四边形ABDE的形状，并说明理由；
②直接写出△ABD边AB上的高的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠ACD=30°；（3）①四边形ABDE为平行四边形，
理由见解析；② 4−2√3．
【分析】（1）延长BD至点F，使DF=BC，连接EF，由等边三角形性质可得
∠B=60°,AB=BC，则DF=AB，证明△EBF为等边三角形，然后再证明
△BEC≌△FED(SAS)即可，
（2）以AD为边在△ABC内部构造等边三角形ADE，连接EC，证明
△ABD≌△ACE(SAS)，所以BD=CE，则有EC=AE=DE，故有A,D,C三点在以E为
圆心，EC的长为半径的圆上，然后通过圆周角定理即可求解；
（3）①由∠BAC=90°,∠BAD=15°，得∠DAC=75°，由（2）可知∠ACD=30°，
则∠ADC=180°−75°−30°=75°，所以∠ADC=∠DAC，可证AC=DC=AB，连
接EC，由折叠性质可得DE⊥AC,CD=CE,∠DCE=2∠ACD=60°，证明△DEC为
等边三角形，所以DE=DC，AB=DE，证明AB∥DE，最后由平行四边形的判定方法
即可求解；
√3
②设DE与AC交于点M，可得AM是△ABD边AB上的高，所以CM= DC=2√3，最
2
后通过线段和差即可求解．
【详解】（1）证明：延长BD至点F，使DF=BC，连接EF，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°,AB=BC，
85∴DF=AB，
又AE=BD，
∴AE+AB=BD+DF，即BE=BF，
∴△EBF为等边三角形，
∴∠F=∠B=60°,BE=FE，
在△ECB和△EDF中，
¿，
∴△BEC≌△FED(SAS)，
∴EC=ED；
（2）解：如图，以AD为边在△ABC内部构造等边三角形ADE，连接EC，
∴AD=AE=DE,∠AED=∠DAE=60°
，
α
∵∠BAC=α,∠BAD= −30°，
2
(α ) α
∴∠EAC=α− −30° −60°= −30°，
2 2
∴∠CAE=∠BAD，
在△ABD和△ACE中，
¿
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，
∵DA=DB，
∴EC=AE=DE，
∴A,D,C三点在以E为圆心，EC的长为半径的圆上，
1
∴∠ACD= ∠AED=30°，
2
（3）解：①四边形ABDE为平行四边形，理由：
∵∠BAC=90°,∠BAD=15°，
∴∠DAC=75°，
∠BAC
∵∠BAD=15°= −30°=90∘÷2−30°，AB=AC,DA=DB，
2
∴由（2）可知∠ACD=30°
∴∠ADC=180°−75°−30°=75°，
86∴∠ADC=∠DAC
，
∴AC=DC，
∵AB=AC，
∴AC=DC=AB，
如图，连接EC，
∵点D沿着直线AC翻折，恰好落在点E处，
∴DE⊥AC,CD=CE,∠DCE=2∠ACD=60°，
∴△DEC为等边三角形，
∴DE=DC，
∴AB=DE，
∵∠BAC=90°,DE⊥AC，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE为平行四边形；
②设DE与AC交于点M，
∵∠BAM=90°,AB∥DE
，
∴AM是△ABD边AB上的高，
√3
∴CM= DC=2√3，
2
∴AM=AC−CM=4−2√3，
∴△ABD边AB上的高为4−2√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定，勾股定理，折叠的性
质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
28．（2025·江西·模拟预测）综合与实践
如图1，正方形ABCD的顶点D在直线l上，点C′与点C关于直线l对称，直线AC′与直线
l交于点E，连接EC，BE，探究AC′与BE的数量关系．
【特例感知】
（1）①如图2，当∠EDC=30°，EC=2时，EC′=_____，∠C′EC= _____°；
AC′
②如图3，当AC′=C′E时， =_____，∠AEB= _____°．
BE
87【猜想论证】
（2）猜想AC′与BE的数量关系，并结合图1进行证明．
【拓展应用】
（3）若正方形ABCD的边长为2，当AE=2AC′时，求线段BE的长．
2√13
【答案】（1） 2 ，90； √2，45；（2）AC′=√2BE，见解析；（3）BE= 或
13
① ②
2√5
．
5
【分析】（1）①连接AC，C′C，C′D，根据轴对称的性质得出DC=DC′，
EC=EC′=2，AD=DC′ ∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=60，由正方形的性质得出
AD=CD，∠ACB=45°，AD=DC′，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得
出∠DAC′=∠DC′ A=75°，再得出∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°，由邻补角
的定义得出∠EC′C=45°，进而可得出∠CEC′=90°．
②同①解法得出∠CEC′=90°，C′E=CE，进而得出C′C:EC=AC:BC，再根据角的和
差关系得出∠BCE=∠ACC′，再证明△ACC′∽△BCE，由相似三角形的性质进一步求
解即可．
（2）同（1）②求解过程一致．
（3）分两种情况，①当点C′在线段AE上时和②当点C′在线段的延长线上时，利用正方形
的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）①连接AC，C′C，C′D，
∵点C′与点C关于直线l对称，
∴DC=DC′，EC=EC′=2，∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=60°，
88∴∠ADC′=30°，∠DC′C=60°．
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，
∴AD=DC′，
∴∠DAC′=∠DC′ A=75°．
∴∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°
∴∠EC′C=45°
∴∠EC′C=∠C′CE=45°，
∴∠CEC′=90°．
②连接AC，C′C，C′D如（1）图
设∠EDC=α．
∵点C′与点C关于直线l对称，
∴DC=DC′，EC=EC′，∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=2α，
∴∠ADC′=90°−2α，∠DC′C=90°−α．
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，AC:BC=√2，
∴AD=DC′，
∴∠DAC′=∠DC′ A=45°+α．
∴∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°
∴∠EC′C=45°
∴∠EC′C=∠C′CE=45°，
∴∠CEC′=90°，C′E=CE，
∴C′C:EC=√2
∴C′C:EC=AC:BC．
∵∠ACB=∠C′CE=45°，
∴∠ACB−∠C′CB=∠C′CE−∠C′CB，
∴∠BCE=∠ACC′，
∴△ACC′∽△BCE，
∴∠AC′C=∠BEC=135°
∴∠AEB=∠BEC−∠CEC′=45°，
∴AC′:BE=AC:BC=√2，
即AC′=√2BE
（2）AC′=√2BE，证明如下∶
连接AC，C′C，C′D如（1）图
设∠EDC=α．
∵点C′与点C关于直线l对称，
∴DC=DC′，EC=EC′，∠EC′C=∠C′CE，∠C′DC=2α，
∴∠ADC′=90°−2α，∠DC′C=90°−α．
89在正方形ABCD中，AD=CD，∠ACB=45°，AC:BC=√2，
∴AD=DC′，
∴∠DAC′=∠DC′ A=45°+α．
∴∠AC′C=∠DC′C+∠DC′ A=135°
∴∠EC′C=45°
∴∠EC′C=∠C′CE=45°，
∴∠CEC′=90°，C′E=CE，
∴C′C:EC=√2
∴C′C:EC=AC:BC．
∵∠ACB=∠C′CE=45°，
∴∠ACB−∠C′CB=∠C′CE−∠C′CB，
∴∠BCE=∠ACC′，
∴△ACC′∽△BCE，
∴AC′:BE=AC:BC=√2，
∴AC′=√2BE．
(3)①当点C′在线段AE上时，连接CC′，AC如下图：．
∵AE=2AC′，
∴AC′=C′E．
又C′E=EC，
∴AC′=C′E=EC，AE=2EC，
∵∠AEC=90°，
∴AC=√5AC′，
又AC=2√2，
2√10
∴AC′=
，
5
又AC′=√2BE，
2√5
∴BE= ．
5
②当点C′在线段的延长线上时，连接CC′ AC，
90设AC′=x，
∵AE=2AC′，
∴AE=2x．
又C′E=EC，
∴C′E=EC=3x，
∵∠AEC=90°，
∴AC=√13x．
2√26
又AC=2√2，即AC′=
，
13
由AC′=√2BE，
2√13
∴BE=
13
2√13 2√5
综上所述， BE= 或 ．
13 5
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰
直角三角形的判定和性质的，勾股定理等知识，正确连接辅助线以及掌握正方形的性质和
轴对称的性质，是解题的关键．
29．（2025·江西九江·三模）综合与实践
【问题情境】
如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6,BC=8，点E在边BC上，将△ABE沿AE所在的直
线折叠，得到△AFE．
【特例感知】
（1）如图1，当点F在直线AC上时，CF=___________．
（2）如图2，当E,F,D三点共线时，求BE的长．
【深入探究】
91（3）如图3，设BE=x，点F到BC的距离为y．
①求y与x的函数解析式．
②直接写出当△AFD的面积为12时，BE的长．
12x2
【答案】（1）4；（2）8−2√7；（3）①y= ；②2√3
x2+36
【分析】（1）先由勾股定理求出AC，根据折叠可得AF=AB，再由CF=AC−AF即可
求解；
（2）根据折叠得到角平分线，结合矩形的平行线得到DA=DE=8，在Rt△ADF中，由
勾股定理求出DF=2√7，再根据FE=BE=DE−DF即可求解；
（3）①过点F作FG⊥BC于点G，可证明∠1=∠2，则tan∠1=tan∠2，表示出
6 y 6 y
BG= ，则EG=BG−BE= −x，最后在Rt△FEG中，由勾股定理即可将x与y聚
x x
集起来建立函数解析式；
②分两种情况讨论，当点F在矩形ABCD内部时，过点F作FN⊥BC，延长NF，交AD
于点M，先由△AFD的面积为12，求出FM=3，在Rt△AMF中，由勾股定理求出
AM AF
AM=3√3，证明△AMF∽△FNE，则 = ，即可求得FE=2√3，由折叠可知，
FN FE
BE=FE=2√3；当点F在矩形ABCD外部时，同理可求BE=FE=6√3>BC，此时不符
合点E在BC边上，故舍．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AB=6,BC=8，
∴AC=√AB2+BC2=10，
由折叠得：AF=AB=6，
∴当点F在直线AC上时，
∴CF=AC−AF=10−6=4，
故答案为：4；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC=8
∴∠DAE=∠AEB，
∵折叠，
∴∠AEB=∠AEF，∠B=∠AFE=∠AFD=90°，AF=AB=6，BE=FE，
∴∠AEF=∠DAE，
∴DA=DE=8，
92∴在Rt△ADF中，DF=√AD2−AF2=2√7，
∴FE=BE=DE−DF=8−2√7；
（3）过点F作FG⊥BC于点G，
由折叠得BF⊥AE，FE=BE=x，
∵∠ABC=90°，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∴tan∠1=tan∠2，
BE FG
∴ = ，
AB BG
x y
∴ = ，
6 BG
6 y
∴BG= ，
x
6 y
∴EG=BG−BE= −x，
x
∵在Rt△FEG中，由勾股定理得：EG2+FG2=FE2，
∴ (6 y −x ) 2 + y2=x2 ，
x
12x2
化简得：y= ，
x2+36
②如图，当点F在矩形ABCD内部时，过点F作FN⊥BC，延长NF，交AD于点M，则
∠FNB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
93∴∠B=∠BAD=90°，
∴∠B=∠BAD=∠FNB=90°，
∴四边形ABNM为矩形，
∴MN=AB=6，∠FMA=90°，
∵△AFD的面积为12，BC=AD=8，
1
∴ ×8×FM=12
2
∴FM=3，
∴FN=6−3=3，
∵AF=AB=6，
在Rt△AMF中，AM=√AF2−FM2=√62−32=3√3，
由折叠可知∠AFE=∠B=90°，
∵∠AFM+∠EFN=90°，
∴∠EFN+∠FEN=90°，
∴∠AFM=∠FEN，
又∠AMF=∠FNE=90°，
∴△AMF∽△FNE，
AM AF 3√3 6
∴ = ，即 = ，
FN FE 3 FE
解得FE=2√3，
由折叠可知，BE=FE=2√3；
②如图，当点F在矩形ABCD外部时，过点F作FN⊥BC，FN交AD于点M，
∵△AFD的面积为12，BC=AD=8，
∴同理：FM=3，
∴FN=3+6=9，
同理：在Rt△AMF中，AM=√AF2−FM2=3√3，
同理：△AMF∽△FNE，
AM AF 3√3 6
∴ = ，即 = ，
FN FE 9 FE
94解得：FE=6√3，
由折叠可知，BE=FE=6√3>BC，此时不符合点E在BC边上，故舍，
综上所述，BE的长为2√3．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定
理，函数关系式的建立，解直角三角形的相关计算，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题
的关键．
30．（2025·江西抚州·模拟预测）综合与实践
特例感知
（1）如图1，在等腰直角△ABC中，D为斜边AB的中点，P是斜边AB上一动点，过点P
分别作AC与BC的垂线，垂足分别为E，F，连接DE，DF，则DE，DF的关系是______．
类比迁移
（2）如图2，在等腰直角△ABC中，D为斜边AB的中点，P是斜边AB延长线上一动点，
过点P分别AC与BC的垂线，垂足分别为E，F，连接DE，DF，EF．求证：△≝¿是等
腰直角三角形．
拓展应用
（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为(−2,0)，(0,2)，C是AB的
中点，P是射线AB上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为F，D，连接
DC，FC，DF，点E与点C关于DF对称，连接DE，EF．
①当点P在线段AB上运动时，请判断点E是否在一条直线上运动．若在，请直接写出这
条直线的解析式；若不在，请说明理由．
②设点F的横坐标为x，四边形CDEF的面积为y，求y与x的函数解析式，并在如图4所
示的平面直角坐标系中画出该函数的图象．
【答案】（1）DE=DF，DE⊥DF，证明见解析；（2）证明见解析；（3）①E在直线
y=x上，理由见详解；②y=(x+1) 2+1，画图见解析
【分析】（1）如图，连接CD，证明四边形PECF是矩形，BF=PF，可得PF=CE，
PE=CF，CE=BF，再证明△DEC≌△DFB，进一步可得结论；
（2）如图，连接CD，证明四边形PECF是矩形，BF=PF，可得PF=CE，PE=CF，
95可得CE=BF，证明△DEC≌△DFB，可得DE=DF，∠BDF=∠CDE，证明
DE⊥DF；可得△≝¿是等腰直角三角形；
（3）①如图，连接OC，过C,E分别作x轴的垂线，垂足分别为G,H，证明C(−1,1)，
△ABO为等腰直角三角形，同理可得：CF=CD，CF⊥CD，∠CDF=∠CFD=45°，
结合点E与点C关于DF对称，可得四边形CFED是正方形，证明△CGF≌△FHE，可得
CG=FH=1，GF=EH，求解直线AB为：y=x+2，
设F(x,0)，P(x,x+2)，可得E(1+x,1+x)，可得E在直线y=x上；
②由①得：当P在线段AB上，P(x,x+2)，则F(x,0)，E(1+x,1+x)，如图，当P在直
线AB上，同理可得：E(1+x,1+x)，而F(x,0)，四边形CDEF的面积为
y=EF2=(1+x−x) 2+(1+x) 2=(1+x) 2+1，再画图即可.
【详解】解：（1）DE=DF，DE⊥DF；理由如下：
如图，连接CD，
∵在等腰直角△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，
∴CD=AD=BD，CD⊥AB，∠A=∠B=45°=∠ACD=∠BCD，
∵过点P分别作AC与BC的垂线，垂足分别为E，F，
∴∠PFC=∠PEC=90°=∠ACB，∠BPF=∠B=45°，
∴四边形PECF是矩形，BF=PF，
∴PF=CE，PE=CF，
∴CE=BF，
∴△DEC≌△DFB，
∴DE=DF，∠BDF=∠CDE，
∴∠EDF=∠EDC+∠CDF=∠CDF+∠BDF=∠CDB=90°，
∴DE⊥DF；
（2）如图，连接CD，
96∵在等腰直角△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，
∴CD=AD=BD，CD⊥AB，∠A=∠ABC=45°=∠ACD=∠BCD，
∴∠FBP=45°，
∵过点P分别作AC与BC的垂线，
∴∠PFC=∠PEC=90°=∠ACB=∠FCE，∠BPF=∠PBF=45°，
∴四边形PECF是矩形，BF=PF，
∴PF=CE，PE=CF，
∴CE=BF，
∴△DEC≌△DFB，
∴DE=DF，∠BDF=∠CDE，
∴∠EDF=∠EDB+∠BDF=∠EDB+∠CDE=∠CDB=90°，
∴DE⊥DF；
∴△≝¿是等腰直角三角形；
（3）①如图，连接OC，过C,E分别作x轴的垂线，垂足分别为G,H，
∵点A，B的坐标分别为(−2,0)，(0,2)，C是AB的中点，
∴C(−1,1)，△ABO为等腰直角三角形，
同理可得：CF=CD，CF⊥CD，∠CDF=∠CFD=45°，
∵点E与点C关于DF对称，
∴CD=ED，CF=EF，∠≝=90°，∠EDF=∠EFD=45°，
∴∠CFE=90°，
∵∠CGF=∠EHF=90°，
∴∠CFG=90°−∠EFH=∠FEH，
∴△CGF≌△FHE，
97∴CG=FH=1，GF=EH，
∵点A，B的坐标分别为(−2,0)，(0,2)，
设直线AB为：y=kx+2，
∴−2k+2=0，解得：k=1，
∴直线AB为：y=x+2，
设F(x,0)，则P(x,x+2)，
∴PD=−x,PF=x+2，
同理可得：BD=PD=OF=−x,
∴OH=FH−OF=1−(−x)=1+x，GF=OG−OF=1−(−x)=1+x，
∴E(1+x,1+x)，
∴E在直线y=x上；
②由①得：当P在线段AB上，P(x,x+2)，F(x,0)，E(1+x,1+x)，
∴四边形CDEF的面积为y=EF2=(1+x−x) 2+(1+x) 2=(1+x) 2+1，
如图，当P在线段AB延长线或线段BA的延长线上，同理可得：E(1+x,1+x)，而F(x,0)，
∴四边形CDEF的面积为y=EF2=(1+x−x) 2+(1+x) 2=(1+x) 2+1，
综上：四边形CDEF的面积为y=EF2=(1+x−x) 2+(1+x) 2=(1+x) 2+1，
如图，描点画图如下：
.
【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，直角三角形斜
边上的中线的性质，正方形的判定与性质，求解一次函数的解析式，列二次函数关系式，
画二次函数的图象，熟练的利用数形结合的方法解题是关键.
9831．（2025·江西萍乡·二模）综合与实践
如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠ACB=∠DAE=90∘，且点D
与AB的中点M重合，AC=4，
观察发现
（1）①DE的长为___________；
②如图1，设AC与DE的交点为F，则AF的长为___________．
类比迁移
（2）如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD．
①当旋转角为60∘时，求BD的长；
②当DE∥AB时，请直接写出以BD为边的正方形的面积．
拓展应用
（3）如图3，取DE的中点P，连接PM，在△ADE绕点A逆时针旋转的过程中，当PM最
大时，求以BD为边的正方形的面积．
【答案】（1） 4， 2， （2） 2√6， 40−16√2或40+16√2，（3）
40+16√2 ① ② ① ②
【分析】（1）①根据题意求得CB=AC和BA的长，由中点求得DA=AM，再由等腰直角
三角形得EA=DA和ED=√2AD即可；
√2
②由等腰直角三角形的性质判定△AEF等腰直角三角形，则AF=EF= AE即可；
2
（2）①连接DM，过点M作NM⊥DB于点N，则△ADM为等边三角形，DM=MB，
且∠MBN=30°，由（1）知BM=AM=2√2，求得NM=√2和BN=√3NM，即有
DB=2BN；
②分两种情况：过点D作DF⊥AB交BA的于点F，连接DB，根据DA求得AF=DF和
BF=AB−AF，结合勾股定理求得DB2=DF2+BF2即可；过点D作DF⊥AB交BA的
于点F，连接DB，则DH=HA=2，BH=AB+AH，利用勾股定理求得
DB2=DH2+BH2即可；
1
（3）根据题意求得AP=PD=PE= DE，可知点P的轨迹为以点A为圆心AP长为半径
2
的圆上运动，当点P、点A和点M三点共线时，PM最大，此时，∠DPA=90°，
BP=PA+AB，利用勾股定理求得DB2=DP2+BP2即可．
【详解】解：（1）①∵△ABC等腰直角三角形，∠ACB=90∘，AC=4，
99∴CB=AC=4，
∴BA=4√2，
∵D与AB的中点M重合，
∴DA=AM=2√2，
∵△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90∘，
∴EA=DA=2√2，ED=√2AD=4，
故答案为：4；
②∵△ABC等腰直角三角形，△ADE是等腰直角三角形，
∴∠CAB=45°，∠E=45°，
∵∠DAE=90∘，
∴∠CAE=45°，
∴△AEF等腰直角三角形，
√2
∴AF=EF= AE=2；
2
故答案为：2；
（2）①连接DM，过点M作NM⊥DB于点N，如图，
由题意可知∠DAB=60°，AD=AM，
∴△ADM为等边三角形，
∴∠DMA=60°，DM=AM，
∵AM=MB，
∴DM=MB，
1
∴∠MBN=∠MDB= ∠AMD=30°，
2
由（1）知BM=AM=2√2，
∴NM=√2，BN=√3NM=√6，
则DB=2BN=2√6；
②如图，过点D作DF⊥AB交BA的于点F，连接DB，
∵DA=2√2，
∴AF=DF=2，
100∴BF=AB−AF=4√2−2，
∴DB2=DF2+BF2=40−16√2，
则以BD为边的正方形的面积40−16√2；
如图，过点D作DH⊥AB交BA的延长线于点H，连接DB，
同理可得，DH=HA=2，BH=AB+AH=4√2+2，
∴DB2=DH2+BH2=40+16√2，
则以BD为边的正方形的面积40+16√2；
故以BD为边的正方形的面积40−16√2或40+16√2；
（3）∵点P为DE的中点，
1
∴AP=PD=PE= DE=2，
2
由题意可知点P的轨迹为以点A为圆心AP长为半径的圆上运动，如图，
当点P、点A和点M三点共线时，PM最大，
如图，
此时，∠DPA=90°，BP=PA+AB=2+4√2，
∴DB2=DP2+BP2=40+16√2，
则以BD为边的正方形的面积40+16√2．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质和判定、旋转的性质、平行线的性质、等边
三角形的判定和性质、勾股定理和三点共线，解题的关键是求得点的运动轨迹和掌握等腰
直角三角形的性质．
32．（2025·江西·模拟预测）课本再现
101想一想
你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？
连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．
三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
定理证明
（1）已知：如图①，DE是△ABC的中位线．延长DE至点F，使FE=DE，连接CF．
1
求证：DE∥BC且DE= BC．
2
知识运用
（2）如图②，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若
AG=2，DF=3，∠GEF=90°，求GF的长．
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A=105°，∠D=120°，E为AD的中点，G，F分
别为AB，CD边上的点，若AG=3√2，DF=2，∠GEF=90°，求GF的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）5
（3）√34
【分析】（1）先利用SAS证明△ADE≌△CFE，于是可得AD=CF，∠ADE=∠F，由
内错角相等两直线平行可得AD∥CF，进而可得BD=CF，结合BD∥CF，可证得四边
1
形BCFD为平行四边形，于是可得DF∥BC，DF=BC，再结合DE= DF，即可得出
2
结论；
（2）取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，由正方形的性质可得
∠GAE=∠FDE=90°，由邻补角互补可得∠HAE=180°−∠GAE=90°，进而可得
∠HAE=∠FDE，由E为AD的中点可得AE=DE，利用ASA可证得△HAE≌△FDE，
于是可得AH=DF=3，EH=EF，由三角形的中位线定理可得
1 1 5 1
EM= GH= (AG+AH)= ，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得EM= GF，
2 2 2 2
则GF=2EM，由此即可求出GF的长；
（3）取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得¿=EM，连接DM，由E为AD的
中点可得AE=DE，利用SAS可证得△AEG≌△DEM，于是可得DM=AG=3√2，
102∠EDM=∠A=105°，过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，由邻补
角互补可得∠ADQ=180°−∠ADC=60°，进而可得
∠QDM=∠EDM−∠ADQ=45°，由直角三角形的两个锐角互余可得
∠QMD=90°−∠QDM=45°，于是可得∠QMD=∠QDM，由等角对等边可得
QM=QD，由勾股定理可得QM2+QD2=DM2=18，于是可得QM=QD=3，
，在 中，根据勾股定理可得 ，由三
QF=QD+DF=5 Rt△MQF MF=√QM2+QF2=√34
1 √34
角形的中位线定理可得EN= MF= ，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得
2 2
1
EN= GF，则GF=2EN，由此即可求出GF的长．
2
【详解】（1）证明：在△ADE与△CFE中，
¿，
∴△ADE≌△CFE(SAS)，
∴AD=CF，∠ADE=∠F，
∴AD∥CF，
又∵AD=BD，
∴BD=CF，
∵BD∥CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴DF∥BC，DF=BC，
1
∵DE= DF，
2
1
∴DE∥BC且DE= BC；
2
（2）解：如图，取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠GAE=∠FDE=90°，
∴∠HAE=180°−∠GAE=180°−90°=90°，
∴∠HAE=∠FDE，
∵E为AD的中点，
103∴AE=DE，
在△HAE和△FDE中，
¿，
∴△HAE≌△FDE(ASA)，
∴AH=DF=3，EH=EF，
∵E为HF的中点，M为GF的中点，
∴EM为△FGH的中位线，
1 1 1 5
∴EM= GH= (AG+AH)= ×(2+3)= ，
2 2 2 2
∵∠GEF=90°，且M为GF的中点，
1
∴EM= GF，
2
5
∴GF=2EM=2× =5；
2
（3）解：如图，取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得¿=EM，连接DM，
∵E AD
为 的中点，
∴AE=DE，
在△AEG和△DEM中，
¿，
∴△AEG≌△DEM(SAS)，
∴DM=AG=3√2，∠EDM=∠A=105°，
过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，
∴∠MQD=90°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ADQ=180°−∠ADC=180°−120°=60°，
∴∠QDM=∠EDM−∠ADQ=105°−60°=45°，
∴∠QMD=90°−∠QDM=90°−45°=45°，
∴∠QMD=∠QDM，
∴QM=QD，
又∵QM2+QD2=DM2=(3√2) 2=18，
∴QM=QD=3，
104∴QF=QD+DF=3+2=5，
在Rt△MQF中，根据勾股定理可得：
MF=√QM2+QF2=√32+52=√34，
∵E为GM的中点，N为GF的中点，
∴EN为△GMF的中位线，
1 √34
∴EN= MF= ，
2 2
∵∠GEF=90°，且N为GF的中点，
1
∴EN= GF，
2
√34
∴GF=2EN=2× =√34．
2
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理的证明及应用，全等三角形的判定与性质（
SAS、ASA），平行四边形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边中线
等于斜边的一半，直角三角形的两个锐角互余，等角对等边，内错角相等两直线平行，线
段中点的有关计算，利用邻补角互补求角度，线段的和与差等知识点，熟练掌握三角形的
中位线定理是解题的关键．
33．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共
点旋转一定角度，能与另一个三角形构成相似图形，我们称这两个三角形互为“旋转相似
图形”．
(1)知识理解：①如图1，△ABC，△ADE都是等边三角形，则△ABC △ADE的“旋转相
似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转相似图形”，∠B=100°，∠E=30°，则
∠DAE= °；
③如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转相似图形”，若AB=4，AD=6，AE=15，
BD
则AC= ，若连接BD,CE，则 = ．
CE
(2)知识运用：
如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AE⊥BD于E，∠DAC=∠DBC，求证：
△ACD和△ABE互为“旋转相似图形”；
105(3)拓展提高：
如图4，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC的中点，点F是AB上一点，D是GF延长
线上一点，点E在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转相似图形”，若
AC=6,AD=2√2，求DE和BD的长．
2
【答案】(1)①是；②50，③10，
5
(2)见解析
(3)DE=2,BD=√10
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性
质、直角三角形的性质等知识点，掌握“旋转相似图形”的定义是解题的关键．
（1）①根据“旋转相似图形”的定义判断即可；
②根据“旋转相似图形”可得△ABC∽△ADE即∠D=∠B=100°，再根据三角形内角和
定理求解即可；
③根据“旋转相似图形”可得△ABC∽△ADE，根据相似三角形的性质列比例式求解即可，
进而证明△DAB∽△EAC，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
AO BO
（2）先证明△DOA∽△COB可得 = ，再先后证明△AOB∽△DOC、
DO CO
△DAB∽△EAC，最后根据“旋转相似图形”的定义即可证明结论；
（3）如图：如图，过E作EH⊥AD于点H，根据等腰直角三角形的性质易得
AG=3,AB=3√2，再根据“旋转相似图形”的定义可得△ABD∽△AGE可得AE=2，
1
再解直角三角形可得AH= AD、DE=AE=2，然后说明∠ADB=∠GEA=90°，最后
2
运用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：①∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴△ABC∽△ADE，
∵有公共顶点A，
∴△ABC是△ADE的“旋转相似图形”．
故答案为：是．
②∵△ABC与△ADE互为“旋转相似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
∵∠B=100°，
∴∠D=∠B=100°，
∵∠E=30°，
∴∠DAE=180°−∠D−∠E=50°；
故答案为：50；
③如图：连接BD，CE，
106∵△ABC与△ADE互为“旋转相似图形”，
∴△ABC∽△ADE，∠DAE=∠BAC，
AD AE 6 15
∴ = ，即 = ，
AB AC 4 AC
解得：AD=10，
∵∠DAB=∠DAE−∠BAE,∠EAC=∠BAC−∠BAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
BD AB BD 4 2
∴ = ，即 = = ．
CE AC CE 10 5
2
故答案为：10， ．
5
（2）证明：∵∠DOA=∠COB,∠DAC=∠DBC，
∴△DOA∽△COB，
AO DO AO BO
∴ = ，即 = ，
BO CO DO CO
又∵∠DOC=∠AOB，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠DCA=∠EBA，
又∵∠ADC=90°,AE⊥BD，
∴∠ADC=∠AEB=90°，
∴△ABE∽△ACD，
∴∠DAC=∠EAB，
∴△ABE绕点A逆时针旋转∠DAE的度数后与△ACD构成相似图形，
∴△ACD和△ABE互为“旋转相似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作EH⊥AD于点H，
∵△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，
1 1 √2
∴AG= AC= ×6=3,AB=sin45°AC= AC=3√2，
2 2 2
107∵△ABD与△AGE互为“旋转相似图形”，
∴△ABD∽△AGE，
AD AB
∴ = ,∠1=∠2，
AE AG
2√2 3√2
∴ = ，解得：AE=2，
AE 3
∵∠2+∠3=45°,∠1=∠2，
∴∠1+∠3=45°，
∵EH⊥AD，
√2 1
∴HA=HE=sin45°AE= AE=√2，即AH= AD，
2 2
∴DE=AE=√AH2+H E2=2，
∴∠DEA=∠GEA=90°，
∴∠ADB=∠GEA=90°，
∴BD=√AB2−AD2=√10．
综上，DE=2,BD=√10．
34．（2025·江西九江·模拟预测）综合与实践
问题提出
如图，在△ABC中，AB=10，过点A作AD⊥BC于点D，AD=8，点E从点B出发沿
BA向点A运动，速度为1个单位长度/秒，点P从点D出发沿DC向点C运动，速度为2个
单位长度/秒，过点E作EF∥BC，过点P作PF∥AB，点P在点E出发2秒后出发，当
一动点到达终点时另一动点也停止运动．设点E的运动时间为t秒，△AEF的面积为S．
初步感知
（1）如图1，当02时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图3所示的不完整
的图象．请根据图象信息，解答下列问题：
108①求图象最高点的坐标，并直接写出自变量t的取值范围；
②连接EP，若四边形AEPF是平行四边形，求S的值．
延伸探究
（3）当t>2时，是否存在某一时刻t，使以点A，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若
存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
96 12 (9 121)
【答案】（1）① ；②S=24− t(02时，如图，过点E作EM⊥BD于点M，记AD,EF交于点N，此时
4
EF=BP=BD+DP=6+2(t−2)=2+2t同上：AN=AD−DN=8− t，那么
5
S= 1 EF×AN= 1 ×(2+2t)× ( 8− 4 t ) =− 4 t2+ 36 t+8，再化为二次函数求最值；②由
2 2 5 5 5
平行四边形的性质得到四边形PF=AE，而四边形BEFP为平行四边形，则BE=PF，故
1
AE=BE=t= AB=5，即可求解面积；
2
（3）分三种情况讨论，结合相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质即可．
【详解】解：（1）①当02时，如图，过点E作EM⊥BD于点M，记AD,EF交于点N，
此时EF=BP=BD+DP=6+2(t−2)=2+2t
4
同上：AN=AD−DN=8− t
5
110∴S= 1 EF×AN= 1 ×(2+2t)× ( 8− 4 t ) =− 4 t2+ 36 t+8，
2 2 5 5 5
∴S=−
4
t2+
36
t+8=−
4(
t−
9) 2
+
121
，2
