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挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）
专题27以相似为载体的几何综合问题
21．（2022·四川内江·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别
在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．
(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
EF AN
(2)若 ＝2，求 的值；
BF ND
AN
(3)若MN∥BE，求 的值．
ND
【答案】(1)见解析
27
(2)
37
2
(3)
7
【分析】(1)根据矩形的性质，证明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的 中
点，即可证明结论；
BF BM 1
(2)利用△BMF∽△ECF，得 = = ，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC ，
EF CE 2
AN AM
得 = ，求出AN的长，可得答案；
BM BC
CE BC
(3)首先利用同角的余角相等得 CBF＝ CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得 = ，
BC BM
可得BM的长，由（2）同理可得∠答案． ∠
（1）
证明：∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵点E为CD的中点，
1
∴CE＝ CD，
2
∵AB＝CD，
1
∴BM=CE= AB，
2
∴AM=BM，
∴AM＝CE；
（2）
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
BF BM 1
∴ = = ，
EF CE 2
∵CE＝3，
3
∴BM＝ ，
2
9
∴AM＝ ，
2
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
AN AM
∴ = ，
BM BC
9
AN 2
∴ = ，
3 4
2
27
∴AN= ，
1627 37
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣ ＝ ，
16 16
27
AN 16 27
∴ = = ；
DN 37 37
16
（3）
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
CE BC
∴ = ，
BC BM
3 4
∴ = ，
4 BM
16
∴BM= ，
3
16 2
∴AM=AB−BM=6− = ，
3 3
AN AM
由（2）同理得， = ，
BM BC
2
AN 3
∴ = ，
16 4
3
8
解得：AN＝ ，
9
8 28
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣ ＝ ，
9 9
8
AN 9 2
∴ = = ．
ND 28 7
9
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似
三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决（2）和（3）的关键．
22．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点
O，记△COD的面积为S ，△AOB的面积为S ．
1 2S OC⋅OD
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：
1=
S OA⋅OB
2
（2）探索推广：如图②，若AB与CD不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；
若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OD于点
OE 5 S
F，点H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若 = ，求 1 值．
OA 6 S
2
25
【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）
54
【分析】（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出
DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明
OF OE 5
△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到 = = ，设
OM OA 6
OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，证明△OGF∽△OHN，推出
3 15n 3n
ON= OF= ，BN=MN=ON−OM= ，则OB=ON+BN=9n，由（2）结论求
2 2 2
解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
1 1
∴S =S = OC⋅DE= OC⋅OD⋅sin∠DOE，
△OCD 1 2 2
1 1
S =S = OA⋅BF= OA⋅OB⋅sin∠BOF，
△AOB 2 2 2
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
1
OC⋅OD⋅sin∠DOE
S 2 OC⋅OD
∴ 1= = ；
S 1 OA⋅OB
2 OA⋅OB⋅sin∠BOF
2（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
1 1
∴S =S = OC⋅DE= OC⋅OD⋅sin∠DOE，
△OCD 1 2 2
1 1
S =S = OA⋅BF= OA⋅OB⋅sin∠BOF，
△AOB 2 2 2
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
1
OC⋅OD⋅sin∠DOE
S 2 OC⋅OD
∴ 1= = ；
S 1 OA⋅OB
2 OA⋅OB⋅sin∠BOF
2
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵EF∥CD，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵EF∥AM，
∴△OEF∽△OAM，
OF OE 5
∴ = = ，
OM OA 6
设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴HN∥AM∥EF，∴△OGF∽△OHN，
OG OF
∴ = ，
OH ON
∵OG=2GH，
2
∴OG= OH，
3
OG OF 2
∴ = = ，
OH ON 3
3 15n 3n
∴ON= OF= ，BN=MN=ON−OM= ，
2 2 2
∴OB=ON+BN=9n，
S OC⋅OD 5m⋅5n 25
由（2）可知 1= = = ．
S OA⋅OB 6m⋅9n 54
2
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与
判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．
23．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AC是一条对角线，且
AB=AC=5，BC=6，E，F是AD边上两点，点F在点E的右侧，AE=DF，连接CE，
CE的延长线与BA的延长线相交于点G．
(1)如图1，M是BC边上一点，连接AM，MF，MF与CE相交于点N．
3
①若AE= ，求AG的长；
2
②在满足①的条件下，若EN=NC，求证：AM⊥BC；
(2)如图2，连接GF，H是GF上一点，连接EH．若∠EHG=∠EFG+∠CEF，且
HF=2GH，求EF的长．5
【答案】(1)① ；②证明见解析
3
(2)2
【分析】（1）①解：根据平行四边形ABCD的性质可证△AGE∽△DCE，得到
AG AE 3
= ，再根据AB=AC=5，BC=6，AE= ，结合平行四边形的性质求出DE的长，
DC DE 2
代入比例式即可求出AG的长；
3
②先根据ASA证明△ENF≌△CNM可得EF=CM，再根据AE= ，AE=DF求出EF=3，
2
进一步证明BM=MC，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．
（2）如图，连接CF，先根据SAS证明△AEC≌△DFC，再结合
GE 1
∠EHG=∠EFG+∠CEF，说明EH∥CF，利用平行线分线段成比例定理可得 = ，
EC 2
AE 1
接着证明△AGE∽△DCE，可得到 = ，设AE=x，则DE=2x，根据
DE 2
AD=AE+DE=6构建方程求出x，最后利用EF=AD−AE−DF可得结论．
（1）
①解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AC=5，BC=6，
∴AB∥CD，AD∥BC，DC=AB=5，AD=BC=6，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
AG AE
∴ = ，
DC DE
∴AG·DE=DC·AE，
3
∵AE= ，
2
3 9
∴DE=AD−AE=6− = ，
2 2
9 3
∴ AG=5× ，
2 2
5
∴AG= ，
3
5
∴AG的长为 ．
3②证明：∵AD∥BC，
∴∠EFN=∠CMN，
∵EN=NC，
在△ENF和△CNM中，
¿
∴△ENF≌△CNM(ASA)，
∴EF=CM，
3
∵AE= ，AE=DF，
2
3
∴DF= ，
2
∴EF=AD−AE−DF=3，
∴CM=3，
∵BC=6，
∴BM=BC−CM=3，
∴BM=MC，
∵AB=AC，
∴AM⊥BC．
（2）
如图，连接CF，
∵AB=AC，AB=DC，
∴AC=DC，
∴∠CAD=∠CDA，
∵AE=DF，
在△AEC和△DFC中，
¿
∴△AEC≌△DFC(SAS)，
∴CE=CF，
∴∠CFE=∠CEF
∵∠EHG=∠EFG+∠CEF，
∴∠EHG=∠EFG+∠CEF=∠EFG+∠CFE=∠CFG，∴EH∥CF，
GH GE
∴ = ，
HF EC
∵HF=2GH，
GE 1
∴ = ，
EC 2
∵AB∥CD，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
AE GE
∴ = ，
DE CE
AE 1
∴ = ，
DE 2
∴DE=2AE，
设AE=x，则DE=2x，
∵AD=6，
∴AD=AE+DE=x+2x=6，
∴x=2，
即AE=2，
∴DF=2，
∴EF=AD−AE−DF=2．
∴EF的长为2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及
性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．
灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．
24．（2022·江苏泰州·中考真题）已知：△ABC中，D 为BC边上的一点.
(1)如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的长；(2)在图②，用无刻度的直尺和圆规在AC边上做点F，使∠DFA=∠A；（保留作图痕迹，不
要求写作法）
1
(3)如图③，点F在AC边上，连接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面积等于 CD•AB，
2
以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)2
(2)图见详解
(3)直线BC与⊙F相切，理由见详解
CD 2 CD 2
【分析】（1）由题意易得 = ，则有 = ，然后根据相似三角形的性质与判定可
BD 3 CB 5
进行求解；
（2）作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
（3）作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，证明四边形ABRF是等腰梯形，推出
1 1
AB=FR，由CF∥BR，推出S =S = AB⋅CD= FR⋅CD，推出CD⊥DF，然后问
△CFB △CFR 2 2
题可求解．
（1）
解：∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
DE CD
∴ = ，
AB CB
∵AB=5，BD=9，DC=6，
DE 6
∴ = ，
5 6+9
∴DE=2；
（2）
解：作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
如图所示：点F即为所求，
（3）
解：直线BC与⊙F相切，理由如下：
作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，如图，∵∠DFA=∠A，
∴四边形ABRF是等腰梯形，
∴AB=FR，
1
∵△FBC的面积等于 CD•AB，
2
1 1
∴S =S = AB⋅CD= FR⋅CD，
△CFB △CFR 2 2
∴CD⊥DF，
∵FD是⊙F的半径，
∴直线BC与⊙F相切．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定，熟
练掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键．
25．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，
∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠BDE=30°，BC=3，BE=2．
AD
(1)特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论： =______，直
CE
线AD与直线CE的位置关系是______；
(2)探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，
连接EC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；(3)拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α(19°<α<60°)，连接AD、
EC，它们的延长线交于点F，当DF=BE时，求tan(60°−α)的值．
【答案】(1)√3 ，垂直
(2)成立，理由见解析
8√5−9√3
(3)
11
【分析】（1）解直角三角形求出EC，AD，可得结论；
AD AB
（2）结论不变，证明△ABD∽△CBE，推出 = =√3，∠ADB=∠BEC，可得结
EC BC
论；
（3）如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点
K.求出BJ，JK，可得结论．
(1)
解：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，∠A=30°，
∴AB=√3BC=3√3，
在Rt△BDE中，∠BDE=30°，BE=2，
∴BD=√3BE=2√3，
∴EC=1，AD=√3，
AD
∴ =√3，此时AD⊥EC，
EC
故答案为：√3，垂直；
(2)
结论成立．
理由：∵∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=√3BC，BD=√3BE，
AC DB
∴ = ，
BC EB
∴△ABD∽△CBE，
AD AB
∴ = =√3，∠ADB=∠BEC，
EC BC
∵∠ADB+∠CDB=180°，
∴∠CDB+∠BEC=180°，
∴∠DBE+∠DCE=180°，
∵∠DBE=90°，
∴∠DCE=90°，∴AD⊥EC；
(3)
如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点K．
∵∠AJB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABJ=60°，
∴∠KBJ=60°−α．
∵AB=3√3，
1 3√3 9
∴BJ= AB= ，AJ=√3BJ= ，
2 2 2
当DF=BE时，四边形BEFD是矩形，
∴∠ADB=90°，AD=√AB2−BD2=√ (3√3) 2 −(2√3) 2=√15，
设KT=m，则AT=√3m，AK=2m，
∵∠KTB=∠ADB=90°，
KT AD
∴tanα= = ，
BT BD
m √15
∴ = ，
BT 2√3
2√5
∴BT= m，
5
2√5
∴√3m+ m=3√3，
5
45−6√15
∴m= ，
11
90−12√15
∴AK=2m= ，
11
9 90−12√15 24√15−81
∴KJ=AJ−AK= − = ，
2 11 22KJ 8√5−9√3
∴tan(60°−α)= = ．
BJ 11
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
一、解答题
1．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、
BC、CD、AD上．
(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形
EFGH是矩形；
(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长
为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？
证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=CF
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明
△AEH≌△BFE．
（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，
∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，
交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN= ℎ，则可表示出HN，
从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得
OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEH+∠AHE=90°．
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH=EF，∠HEF=90°，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠AHE．
在△AEH和△BFE中，
∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，
∴△AEH≌△BFE．
∴AH=BE．
∴AE+AH=AE+BE=AB；
（2）
AE=CF；证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD．
∵AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD为平行四边形．
∴AD∥EG．
∴EG∥BC．过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，
HN HO
∴ = ．
HM HF
∵OE:OF=4:5，
ℎ 20−5x
设OE=4x，OF=5x，HN= ℎ，则 = ，
16 20
∴ℎ =4(4−x)．
1 1
∴S= ⋅OE⋅HN= ⋅4x⋅4(4−x)=−8(x−2) 2+32．
2 2
∴当x=2时，△OEH的面积最大，
1 1
∴OE=4x=8= EG=OG，OF=5x=10= HF=OH，
2 2
∴四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线
段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定
的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
2．（2022·山东东营·中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，
B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.
(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是
____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给
予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，
∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，
∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出
AFB≌ ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到
BF=BE，推出 BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
△ △
1
（3）过点E作△ EG⊥BC于点G，设 ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD=
2
1 △1
BC= a， BD=AE，推出AE=BE= AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推
2 2
EG BE 1 1 1
出 EBG∽ ABD，推出 = = ，得到EG= AD= h，根据CD=EF， CD∥EF，
AD AB 2 2 2
△ △ 1 1 1 1 1
推出四边形CEFD是平行四边形，推出S =CD⋅EG= a⋅ ℎ = ⋅ aℎ = S ，
CEFD 2 2 2 2 2 △ABC
根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱BDEF是
菱形．
（1）
∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）
CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴ AFB≌ ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
△ △∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴ BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
△
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）
如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四
边形BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设 ABC的边长为a，AD=h，
1 1
∵AB=BC，BD=CD= BC= △ a， BD=AE，
2 2
1
∴AE=BE= AB，
2
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴ EBG∽ ABD，
EG BE 1
∴ △ = △ = ，
AD AB 2
1 1
∴EG= AD= h，
2 2
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
1 1 1 1 1
∴S =CD⋅EG= a⋅ ℎ = ⋅ aℎ = S ,
四边形CEFD 2 2 2 2 2 △ABC
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，∴▱BDEF是菱形．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形
的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边
三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的
判定和性质，菱形的判定．
3．（2022·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在
直线AC上，连接BD，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．
(1)求证：BC=√3AB；
CE
(2)当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求 的值；
AD
AN
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出 的值．
CE
【答案】(1)证明见解析；
(2)√3
√57 √21
(3) 或
19 21
√3
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝ AB，BC＝2BH，进而得出结论；
2
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝
AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，
进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝
4a，同样方法求得结果．
（1）证明：如图1，
作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
1 1
∴∠BAH＝∠CAH＝ ∠BAC＝ ×120°＝60°，BC＝2BH，
2 2
BH
∴sin60°＝ ，
AB
√3
∴BH＝ AB，
2
∴BC＝2BH＝√3AB；
（2）
解：∵AB＝AC，
180°−∠BAC 180°−120°
∴∠ABC＝∠ACB＝ ＝ ＝30°，
2 2
BC
由（1）得， =√3，
AB
同理可得，
BE
∠DBE＝30°， =√3，
BD
BC BE
∴∠ABC＝∠DBE， = ，
AB BD
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
CE BE
∴ = =√3；
AD BD
（3）
：如图2，当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，CE=√3AD=2√3a，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
3 3√3
∴AF＝3a•cos60°＝ a，BF＝3a•sin60°＝ a，
2 2
3 7
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2a+ a= a，
2 2
BD＝√BF2＋DF2= √ (3√3 a ) 2 + (7 a ) 2 =√19a，
2 2
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
AG AD
∴ ＝ ，
BF BD
AG 2a
=
∴3√3 √19a，
a
2
3√3
∴AG= a，
√19
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
AG 3√3 2 6√19
∴AN＝ = · a= a，
sin60° √19 √3 19
6√19
a
∴AN 19 √57，
= =
CE 2√3a 19
如图3，当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE＝√3AD=4√3a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝√3a，
∴BD=√(√3a) 2+(5a) 2=2√7a，
AQ 4a
∴ = ，
√3a 2√7a
2√3
∴AQ= a，
√7
2√3 2 4
∴AN= a· = a，
√7 √3 √7
4
a
∴AN √7 √21，
= =
CE 4√3a 21
AN √57 √21
综上所述： 的值为 或 ．
CE 19 21
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，
解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
4．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边
AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．(1)求证：∠DBG=90°.
(2)若BD=6，DG=2≥¿．
①求菱形ABCD的面积.
②求tan∠BDE的值.
(3)若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一点
T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
【答案】(1)见解析
4
(2)①24，②
9
10
(3)ET＝ ，理由见解析
3
1
【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC，由BG平分∠CBE交DE
2
1
于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝ ∠CBE，进一步即可得到答案；
2
（2）①连接AC交BD于点O,Rt DOC中，OC＝√CD2−OD2=√52−32=4，求得AC＝
DH DO 1
8，由菱形的面积公式可得答案； △ ②由BG∥AC，得到 = = ，DH＝HG，DG＝
DG BD 2
DH 1 1
2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则 = ，再证明 CDH∽ AEH，CH＝
EH 2 3
8 8 4 △ △
AC＝ ，OH＝OC－CH＝4－ ＝ ，利用正切的定义得到答案；
3 3 3
（3）过点G作GT∥BC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再
GT ET 1 5
证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得 = = ，GT＝ ，为定
AD EA 3 3
值，即可得到ET的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
1
∴∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC，
2
∵BG平分∠CBE交DE于点G，
1
∴∠CBG＝∠EBG＝ ∠CBE，
2
1 1
∴∠CBD＋∠CBG＝ （∠ABC＋∠CBE）＝ ×180°＝90°，
2 2∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
1
∴OD＝ BD＝3，AC⊥BD，
2
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝√CD2−OD2=√52−32=4，
∴AC＝2OC＝8，
1 1
∴S = AC×BD= ×8×6=24，
菱形ABCD 2 2
即菱形ABCD的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG∥AC，
DH DO 1
∴ = = ，
DG BD 2
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
DH 1
∴ = ，
EH 2
∵AB∥CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，CH DH 1
∴ = = ，
AH EH 2
1 8
∴CH＝ AC＝ ，
3 3
8 4
∴OH＝OC－CH＝4－ ＝ ，
3 3
OH 4
∴tan∠BDE＝ = ；
OD 9
（3）
10
如图3，过点G作GT∥BC交AE于点T，此时ET＝ ．
3
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG∥AC，
∴△BGE∽△AHE，
EG BE
∴ = ，
GH AB
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
DH DO
∴ = ，
GH BO
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT∥BC，
∴GT∥AD，
∴△EGT∽△EDA，
GT EG ET 1
∴ = = = ，
AD ED EA 3
∵AD＝AB＝5，
5
∴GT＝ ，为定值，
3
1 1 10
此时ET＝ AE＝ （AB＋BE）＝ ．
3 3 3
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函
数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．5．（2022·山东枣庄·中考真题）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点
A出发，沿AB方向以每秒√2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向
以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．
(1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
【答案】(1)当t＝2时，PQ⊥BC
4
(2)当t的值为 时，四边形QPCP′为菱形
3
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，证明出ΔABC为直角三角形，进一步得出
ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，再证明四边形PECD为矩形，利用勾股定理在
Rt△PCE、Rt△PDQ中，结合四边形QPCP′为菱形，建立等式进行求解．
【详解】（1）解：（1）如图①，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝√AC2+BC2＝√42+42=4√2（cm），
由题意得，AP＝√2tcm，BQ＝tcm，
则BP＝（4√2﹣√2t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
∠BPQ=∠BAC
∴{ ，
∠BQP=∠BCA
∴△BPQ∽△BAC，BP BQ
∴ ＝ ，
BA BC
4√2−√2t t
∴ = ，
4√2 4
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
（2）解：作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图，
AP=√2t，BQ=tcm，(0⩽t<4)
∵∠C=90°，AC=BC=4cm，
∴ΔABC为直角三角形，
∴∠A=∠B=45°，
∴ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，
√2
∴PE=AE= AP=tcm，BD=PD，
2
∴CE=AC−AE=(4−t)cm，
∵四边形PECD为矩形，
∴PD=EC=(4−t)cm，
∴BD=(4−t)cm，
∴QD=BD−BQ=(4−2t)cm，
在Rt△PCE中，PC2=PE2+CE2=t2+(4−t) 2，
在Rt△PDQ中，PQ2=PD2+DQ2=(4−t) 2+(4−2t) 2，
∵四边形QPCP′为菱形，
∴PQ=PC，
∴t2+(4−t) 2=(4−t) 2+(4−2t) 2，
4
∴t = ，t =4（舍去）．
1 3 2
4
∴t的值为 ．
3
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线段
垂直平分线的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
6．（2022·江苏南通·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=3√2时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)√3或√13
3
(3)
5
【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点
E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾
股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比
较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
∠B=∠AMF
{∠BAE=∠MAF，
AE=AF
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．（2）
当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=3√2，
则BE=√AE2−AB2=√2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=√AB2+BC2=5，
由（1）可得，MF=BE=√2，
在Rt△CMF中，MF=√2，CM=AC−AM=5−4=1，
则CF=√M F2+CM2=√3，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=√32+22=√13；
故CF的长为√3或√13．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，
由（1）知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
∠CMJ=∠ADC
{ ，
∠MCJ=∠ACD
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，CM MJ CJ
∴ = = ，
CD AD AC
1 MJ CJ
即∴ = = ，
4 3 5
3 5
∴MJ= ，CJ= ，
4 4
5 11
DJ=CD−CJ=4− = ，
4 4
在△CMJ与△DHJ中，
∠CMJ=∠DHJ
{ ，
∠CJM=∠DJH
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
CM CJ
∴ = ，
DH DJ
5
1 4
即 = ，
DH 11
4
11
DH= ，
5
11
故DF的最小值 ；
5
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到
线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
AD=AR
{∠DAE=∠RAF，
AE=AF
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
4 12
∴AQ=AD⋅cos∠BAC=3× = ，
5 5
∵AR=AD=3，
12 3
∴DK=QR=AR−AQ=3− = ，
5 5
3
故此时DF的最小值为 ；
5
3 11 3
由于 < ，故DF的最小值为 ．
5 5 5
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾
股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
7．（2022·山东菏泽·中考真题）如图1，在△ABC中，∠ABC=45°,AD⊥BC于点D，
在DA上取点E，使DE=DC，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′，E′分别与点B，E对应），连接
CE′、AB′，在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置
关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE′与AD、AB′分别交于点G、F，若CG=FG,DC=√3，求AB′的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)5√3
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，
∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明△ADB′ ≅△CDE′，可得∠DAB′=∠DCE′，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB′=√3AD，即可求解．
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一
致的，理由如下：
如图2，延长CE′交AB′于H，
由旋转可得：CD=DE′，B′D=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，∴∠CDE′=∠ADB′，
CD AD
∵
= =1，
DE′ DB′
∴△ADB′ ∼△CDE′,
∴∠DAB′=∠DCE′，
∵∠DCE′+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DAB′+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
∴CE′⊥AB′；
（3）如图3，过点D作DH⊥AB′于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴∠BDB′=30°,BD′=BD=AD，
∴∠ADB′=120°,∠DAB′=∠AB′D=30°，
∵DH⊥AB′,AD=B′D，
∴AD=2DH，AH=√3DH=B′H，
∴AB′=√3AD，
由（2）可知：△ADB′ ∼△CDE′，
∴∠DAB′=∠DCE′=30°，
∵AD⊥BC，CD=√3，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
∵∠DAB′=30°,DH⊥AB′，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴AB'=√3AD=5√3．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性
质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
8．（2022·辽宁丹东·中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不
与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），
连接DG．
AD AG
(1)如图1，当 ＝ ＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
AB AE
AD AG
(2)如图2，当 ＝ ＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说
AB AE
明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接
MN，MD，ND，若AB＝√5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
1
(2)BE＝ DG，BE⊥DG，理由见解析
2
9
(3)S MNG＝
4
△
【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；
DG
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2） =2可得DG＝6，从而得出三角形
BE
BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
（1）
解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）
1
BE＝ DG，BE⊥DG，理由如下：
2
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
AD AG
∵ ＝ ＝2，
AB AE
∴△BAE∽△DAG，
DG AD
∴ = =2，∠ABE＝∠ADG，
BE AB
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如图，
作AH⊥BD于H，
AH AD
∵tan∠ABD＝ = =2，
BH AB
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（√5）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
AH
∵tan∠ABE＝ ，
EH
AH
∴
=tan45°=1，
EH
∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝√AB2+AD2=√ (√5) 2+(2√5) 2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
DG
由（2）得： =2，DG⊥BE，
BE
∴DG＝2BE＝6，
1 1
∴S BEG＝ BE⋅DG＝ ×3×6＝9，
2 2
△
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
1 1
∴DM＝GM＝ BG,DN=GN= EG，
2 2
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
S GM 1
ΔMNG
∴ ＝（ ）2＝ ，
S GB 4
ΔBEG
1 9
∴S MNG＝S MNG＝ S BEG＝ ．
4 4
△ △ △
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，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，解决问题的关键是类比的方法．
9．（2022·山东济南·中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连
接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为
_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACE(SAS)，再由
全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据
AG AF
等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG， = ，进而得到
AD AB
△BAD∽△FAG，进而求出∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用
等腰直角三角形的性质求解．
（1）
解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中
¿，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
（2）
解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，
由（1）得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．
∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，1
∴∠DAG= ∠DAE=30°，
2
AG √3
∴ =cos∠DAG= ．
AD 2
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
1
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF= ∠BAC=30°，
2
AF √3
∴ =cos∠BAF= ，
AB 2
AG AF
∴∠BAF=∠DAG， = ，
AD AB
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解
直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是
解答关键．
10．（2022·湖南益阳·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一
点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连
接CF，AC′．
(1)直接写出图中与 AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
△
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如 AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
△
54
(3)当CE的长为长为 或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
5【分析】（1）因为 AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个
直角三角形和 AFB相似，解答时任意写出一个即可；
△
AF AB AF 15 5
（2）根据 AF △ B∽△BGC，得 = ，即 = = ，设AF＝5x，BG＝3x，根据
BG BC BG 9 3
AFB∽△B △ CE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似
△
列比例式可得结论．
（1）解：（任意回答一个即可）；①如图1， AFB∽△BCE，理由如下：
△
∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝
∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知： AFB∽△BGC，∴
AF AB AF 15 5
= ，即 = = ，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF △＝5x，∵CG＝C'G，∴CG
BG BC BG 9 3
CG CE 2.5x CE
＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ = ，即 = ，∴CE＝7.5；
BG BC 3x 9
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2， ∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝
AF BF 5x 6x 5x 9
5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ = ，即 = ，∴ = ，
BC CE 9 CE 6x CE54
5
∴CE＝ ；②当C'F＝BF时，如图3， 由（1）知：
AB BF 15 5
AFB∽△BGC，∴ = = = ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，
BC CG 9 3
△ CE CG
BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝√CF2−CG2＝4a，∵tan∠CBE＝ = ，∴
BC BG
CE 3a 54
= ，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为 或3时，以C′，F，B为顶点的三
9 4a+5a 5
角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角
形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运
用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
11．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝2√3，AB＝4，AD＝
2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D
的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．
2
(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为 秒
3
时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；
(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为√3个单位每秒，运动时间为x秒，
ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为
多少？
1
(3)如图3，H在线段AB上且AH＝ HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB
3
上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．
EP 4
【答案】(1) = ；
PC 9
4√3 2
(2)y关于x的函数解析式为y=¿；当x= 时，y的最大值为2+ √3；
3 3
(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析AF AD
【分析】（1）延长DF交CB的延长线于点G，先证得△AFD~△BFG，可得 = ，
FB BG
8 2
根据题意可得AF= ，AE= ，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；
3 3
4√3
（2）分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上；当2≤x≤ 时，E
3
4√3
点在BD上，F点在AB上；当 ≤x≤2√3时，点E、F均在BD上，即可求解；
3
（3）当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解 ．
（1）
解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CG∥AD，
∴△AFD~△BFG，
AF AD
∴ = ，
FB BG
2
∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为 秒，
3
8 2
∴AF= ，AE= ，
3 3
∵AB=4，AD=2，
4 4
∴BF= ， ED= ，
3 3
8
3 2
∴ = ，
4 BG
3
∴BG=1，
∴CG=3，
∵CG∥AD，
∴△PDE∽△PGC，EP ED
∴ = ，
PC GC
EP 4
∴ = ；
PC 9
（2）
解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，AF=√3x，
∵DB=2√3， AB=4，AD=2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
AD 1
∵ = ，
AB 2
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如图，过点E作EH⊥AB交于H，
∴EH=AE⋅sin6 0°=
√3
x，
2
∴y=
1
×AF×EH=
1
×√3x×
√3
x=
3
x2 ；
2 2 2 4
∴当x＞0时，y随x的增大而增大，
此时当x=2时，y有最大值3；
4√3
当2≤x≤ 时，E点在BD上，F点在AB上，
3
如图， 过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，则EN∥DM，
根据题意得：DE=x-2，
∴BE=2√3+2− x，
在Rt△ABD中，DM=AD⋅sin A=√3，AM=1，
∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，
EN BE
∴ = ，
DM BD
EN 2+2√3−x
∴ =
√3 2√3
1
∴EN=1+√3− x，
2
∴y=
1
×AF×EN=
1
×(√3x)×(1+√3−
1
x)=−
√3
x2+
3+√3
x，
2 2 2 4 2
此时该函数图象的对称轴为直线x=√3+1 ，
4√3
∴当2≤x≤ 时，y随x的增大而增大，
3
4√3 2
此时当x= 时，y有最大值2+ √3；
3 3
4√3
当 ≤x≤2√3时，点E、F均在BD上，
3
过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，
∴AB+BF=√3x，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴BE=2√3−x+2，DF=4+√3，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
BF PF √3x−4 PF
∴ = ，即 = ，
BD DM 2√3 √3
√3
∴PF= x−2，
2
∵EQ//DM，
∴△BEQ∽△BDM，
BE EQ 2√3+2− x EQ
∴ = ，即 = ，
BD DM 2√3 √3
1
∴EQ=√3+1− x，
2
1 1 1 √3
∴y= ×AB×(EQ−PF)= ×4×(√3+1− x− x+2)=6+2√3−(1+√3)x，
2 2 2 2此时y随x的增大而减小，
4√3 2
此时当x= 时，y有最大值2+ √3；
3 3
综上所述：y关于x的函数解析式为y=¿
4√3 2
当x= 时，y最大值为2+ √3；
3 3
（3）
解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：
连接DH，如图，
1
∵AH= HB，AB=4，
3
∴．AH=1，
由（2）得：此时AH⊥AB，
∵M是DF的中点，
∴HM=DM=MF，
∵EF∥BD，BD⊥AD，
∴EF⊥AD，
∴EM=DM=FM，
∴EM=HM．
【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角
形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
12．（2022·山东济宁·中考真题）如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂
足为C，点C的坐标为（0，√3）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴
的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连
接BE，BF．(1)填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 ；
(2)当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
( 2 )
【答案】(1) 0, √3 或(0,2)
3
( √3) 2
(2)①点D坐标为 0, ；②存在，m=
2 3
【分析】（1）根据题意易得∠AOB=60°从而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根据tan30°求得
AC的长，再根据sin60°求得AD的长，当OA=AD和OD=OA时分情况讨论，即可得到OD
的长，从而得到D点坐标；
（2）①设点D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝√3－a，易证ΔACD∽ΔDOM，从
CD AC
而得出 = ，代入即可得到m与a的函数关系，化为顶点式即可得出答案；
OM DO
AE CD OH OF
②作FH⊥y轴于点H，得到AC∥PD∥FH∥x轴，易得 = ， = ，易证
EF DH DH EF
OH CD
ΔBEA≌ΔBFO得出AE=FO，即 = ，设OD=n，则
DH DH
HD HF
DH=OC−CD−OH=2n−√3，通过证得ΔACD∽ΔDHF得出 = ，代入即可
CA CD
得到n的值，进一步得到m的值．
（1）
∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，
∵AC⊥y轴，点C的坐标为（0，√3），∴OC=√3，
√3
∴AC=OC·tan30°=√3× =1，
3
当△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，
∴∠CDA=60°，
AC 2
∴AD= = √3，
sin60° 3
2
∴OD=AD= √3，
3
( 2 )
∴D的坐标为 0, √3 ，
3
OC
当△AOD是等腰三角形，此时OA=OD时，OA= =2,
cos30°
∴OD=OA=2，
∴点D坐标为（0，2），
( 2 )
故答案为： 0, √3 或（0，2）；
3
（2）
①解：设点D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝√3－a，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠OBA=∠BAO=60∘，
∴∠COA=90∘−∠AOB=90∘−60∘=30∘，
CA
在RtΔAOC中，tan∠COA= ，
OC
√3
∴CA=OCtan∠COA=√3× =1，
3
∴OA=2CA=2，
∵AD⊥DM，∴∠ADC+∠ODM=90∘，
∵∠CAD+∠ADC=90∘，∴∠CAD=∠ODM，
∵∠ACD=∠DOM=90∘，
∴ΔACD∽ΔDOM，
CD AC √3−a 1
∴ = ，即： = ，
OM DO m a
2
∴m=−a2+√3a=− ( a− √3) + 3 ，
2 4
√3 3
∴当a= 时，m的最大值为 ；
2 43 ( √3)
∴m的最大值为 时，点D坐标为 0, ；
4 2
②存在这样的m值，使BE＝BF；
作FH⊥y轴于点H，
∴AC∥PD∥FH∥x轴，
AE CD OH OF
∴ = ， = ，
EF DH DH EF
∵BF=BE，
∴∠BEF=∠BFE，
∵∠BEA+∠BEF=180∘，∠BFO+∠BFE=180∘，
∴∠BEA=∠BFO，
∵∠BAE=∠BOF=60∘，
∴ΔBEA≌ΔBFO(AAS)，
∴AE=FO，
OH CD
∴ = ，
DH DH
∴CD=HO，
设OD=n，则DH=OC−CD−OH=2n−√3，
√3
HF=HOtan30∘= (√3−n)，
3
∵∠CAD=∠ODM，∠ACD=∠DHF=90∘，
∴ΔACD∽ΔDHF，
HD HF
∴ = ，
CA CD√3
(√3−n)
∴2n−√3 3 ，
=
1 √3−n
2√3
解得：n=√3 或n= ，
3
当n=√3时，点P与点A重合，不合题意，舍去，
2 2
2√3 ( √3) 3 (2√3 √3) 3 2
当n= 时，m=− n− + =− − + = ，
3 2 4 3 2 4 3
2
∴存在这样的m值，使BE＝BF．此时m= ．
3
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数，全等三角形的判定和性质、
相似三角形的判定和性质以及二次函数的综合运用，解题的关键是得出二次函数的关系式，
是对知识的综合考查．
13．（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝
CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连
BD
接BD，CE．请直接写出 的值．
CE
AB
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且
BC
AD 3
＝ ＝ ．连接BD，CE．
DE 4
BD
①求 的值；
CE
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
√2
(2)
2
3 4
(3)① ；②
5 5【分析】（1）证明 BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明 BAD∽△CAE，进而得出结果；
△
（3）①先证明 ABC∽△ADE，再证得 CAE∽△BAD，进而得出结果；
△
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
△ △
【详解】（1）证明：∵△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；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
AB AB 1
∴ = = ，∠DAE＝∠BAC＝45°，
AE AC √2
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
BD AB 1 √2
∴ = = = ；
CE AC √2 2
AB AD 3
（3）解：① = = ，∠ABC＝∠ADE＝90°，
AC DE 4
∴△ABC∽△ADE，
AB AD 3
∴∠BAC＝∠DAE， = = ，
AC AE 5
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
BD AD 3
∴ = = ；
CE AE 5
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
BC 4
∴sin∠BFC= = ．
AC 5
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，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，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
14．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=√13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD−DB以每秒√13个单位长度的速度向终
点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A′，连结A′P、A′M．设点P的运
动时间为t秒．
(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A′D，当线段A′D最短时，求△DPA′的面积；
(4)当M、A′、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=√13−√13t；当1＜t≤2时，PD=√13t−√13；
3
(3)
5
2 20
(4) 或
3 11
【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即
可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为
半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A′D最短，此时点P在AD上，再证
明△PDE∽△ADM，可得DE=3−3t,PE=2−2t，从而得到A′E=DE−A′D=2−3t，在
2
Rt△A′PE中，由勾股定理可得t= ，即可求解；
5
（4）分两种情况讨论：当点A′位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A′（A″）位
于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
（1）
解：如图，连接DM，∵AB=4，AD=BD=√13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=√AD2−AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
（2）
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=√13−√13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=√13t−√13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=√13−√13t；当1＜t≤2时，PD=√13t−√13；
（3）
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线PM的对称点A′，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A′D最短，此时点P在AD上，
∴A′D=1，
根据题意得：A′P=AP=√13t，DP=√13−√13t，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
PD DE PE
∴ = = ，
AD DM AM
√13−√13t DE PE
∴ = = ，
√13 3 2
解得：DE=3−3t,PE=2−2t，∴A′E=DE−A′D=2−3t，
在Rt△A′PE中，A′P2=PE2+A′E2，
2
∴(√13t) 2=(2−2t) 2+(2−3t) 2，解得：t= ，
5
6
∴PE= ，
5
1 1 6 3
∴S = A′D⋅PE= ×1× = ；
△DPA′ 2 2 5 5
（4）
解：如图，
当点M、A′、C三点共线时，且点A′位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
CN 3
∴sin∠CMN= = ，
CM 5
∵A′ M=2，
3 6
∴A′G=2× = ，
5 58
∴MG= ，
5
2
∴BG=BM−MG= ，
5
A′G
∴tan∠A′BA= =3，
BG
∴tan∠PMF=tan∠A′BA=3，
PF
∴ =3，即PF=3FM，
FM
DM PF 3 AM AF 2
∵tan∠DAM= = = ，cos∠DAM= = = ，
AM AF 2 AD AP √13
3
∴PF= AF，
2
3
∴3FM= AF，即AF=2FM，
2
∵AM=2，
4
∴AF= ，
3
4
2
∴ 3 2 ，解得：t= ；
= 3
√13t √13
如图，当点A′（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=2√13−√13t，
过点A″作A″G′⊥AB于点G′，则∠AM A″=∠CMN，取A A″的中点H，则点M、P、H
三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
6 2
同理：A″G′= ,AG′=
，
5 5
∵HK⊥AB，A″G′⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△A A″G′，
∵点H是A A″的中点，HK AK AH 1
= = =
∴ ，
A″G′ AG′ A A″ 2
3 1
∴HK= ,AK= ，
5 5
9
∴MK= ，
5
HK 1
∴tan∠PMT=tan∠HMK= = ，
MK 3
PT 1
∴ = ，即MT=3PT，
MT 3
DM PT 3 BT BM 2
∵tan∠PBT= = = ，cos∠PBT= = = ，
BM BT 2 PB BD √13
2
∴BT= PT，
3
9
∴MT= BT，
2
∵MT+BT=BM=2，
4
∴BT= ，
11
4
20
∴ 11 2 ，解得：t= ；
= 11
2√13−√13t √13
2 20
综上所述，t的值为 或 ．
3 11
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，
相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A′的运动轨迹是解题的关键，
是中考的压轴题．
15．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形
AFEG与正方形ABCD有公共点A．
2CE
(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求 的值为多少；
√2DGCE
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求： 的值为多少；
DG
√2
(3)AB=8√2，AG= AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当
2
C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
【答案】(1)2
(2)√2
(3)4√6−4√2或4√6+4√2
【分析】（1）根据题意可得GE∥DC，根据平行线分线段成比例即可求解；
AG AD 1
（2）根据（1）的结论，可得 = = ，根据旋转的性质可得∠DAG=∠CAE，
AE AC √2
进而证明△GAD∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股
定理即可得出答案．
（1）
解：∵正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A，点G在AD上，F在AB上，
∴≥∥DC
AG AE
∴ =
DG EC
EC AE
∴ =
DG AG
∵四边形AFEG是正方形
∴ AE=√2AG
2CE √2CE √2AE
∴ = = =√2×√2=2
√2DG DG AG
（2）
解：如图，连接AE，
∵正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，
∴∠DAG=∠CAEAG AD 1
∵ = =
AE AC √2
∴△GAD∽△EAC
CE AC
∴ = =√2，
DG AD
（3）
解：①如图，
√2
∵ AB=8√2，AG= AD，
2
√2
∴AD=AB=8√2,AG= ×8√2=8,AC=√2AB=16，
2
∵G,E,C三点共线，
Rt△AGC中，GC=√AC2−AG2=√162−82=8√3，
∴CE=GC−≥=8√3−8，
由（2）可知△GAD∽△EAC，
CE AC
∴ = =√2，
DG DA
DA⋅CE 8√2×(8√3−8)
∴DG= = =4(√6−√2)=4√6−4√2．
AC 16
②如图：
由（2）知 ADG∽△ACE，
△DG AD √2
∴ = = ，
CE AC 2
√2
∴DG= CE，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=8√2，AC=√AB2+BC2=16，
√2
∵AG= AD，
2
√2
∴AG= AD=8，
2
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=√AC2−AG2=√162−82=8√3，
∴CE=CG+EG=8√3+8，
√2
∴DG= CE=4√6+4√2．
2
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为4√6−4√2或4√6+4√2．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾
股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
16．（2022·湖南郴州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6．点E是线段
AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．
(1)求证：△AEF∽△DCE；
(2)如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，
连接GM．
①求AG+GM的最小值；
②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析(2)①5；②DE=3+√5或DE=3−√5
【分析】（1）证明出∠DCE=∠AEF即可求解；
1
（2）①连接AM．先证明BM=CM=GM= BC=3．确定出点G在以点M为圆心，3为
2
半径的圆上．当A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．此时，AG+GM取最小值．在
Rt△ABM中利用勾股定理即可求出AM，则问题得解．②先求出AF，求AF的第一种方法：
MN CM 1
过点M作MN∥AB交FC于点N，即有△CMN∽△CBF，进而有 = = ．设
BF CB 2
1
AF=x，则BF=4−x，MN= (4−x)．再根据MN∥AB，得到△AFG∽△MNG，得
2
x 2
AF AG =
到 = ，则有1 3，解方程即可求出AF；求AF的第二种方法：过点G作
MN GM (4−x)
2
GM GH MH
GH∥AB交BC于点H．即有△MHG∽△MBA．则有 = = ，根据AM=5，
AM AB MB
3 GH MH 12 9
可得 = = ，进而求出GH= ，MH= ．由GH∥AB得△CHG∽△CBF，即
5 4 3 5 5
AF AE
可求出AF．求出AF之后，由（1）的结论可得 = ．设DE= y，则AE=6−y，即
DE DC
1 6−y
有 = ，解得解方程即可求出DE．
y 4
（1）
证明：如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠CED+∠DCE=90°．
∵EF⊥CE，
∴∠CED+∠AEF=90°，
∴∠DCE=∠AEF，
∴△AEF∽△DCE；（2）
①解：如图2-1，连接AM．
∵BG⊥CF，
∴△BGC是直角二角形．
1
∴BM=CM=GM= BC=3．
2
∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：AG+GM>AM，
当A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．
此时，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中，AM=√AB2+BM2=5．
∴AG+GM的最小值为5．
②（求AF的方法一）如图2-2，过点M作MN∥AB交FC于点N，
∴△CMN∽△CBF．
MN CM 1
∴ = = ．
BF CB 2
设AF=x，则BF=4−x，
1 1
∴MN= BF= (4−x)．
2 2
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
AF AG
∴ = ，
MN GM由①知AG+GM的最小值为5、即AM=5，
又∵GM=3，
∴AG=2．
x 2
=
∴1 3，解得x=1，即AF=1．
(4−x)
2
（求AF的方法二）
如图2-3，过点G作GH∥AB交BC于点H．
∴△MHG∽△MBA．
GM GH MH
∴ = = ，
AM AB MB
由①知AG+GM的最小值为5，即AM=5，
又∵GM=3，
3 GH MH
∴ = = ．
5 4 3
12 9
∴GH= ，MH= ．
5 5
由GH∥AB得△CHG∽△CBF，
12 9
GH CH 3+
∴ = ，即 5 5，
FB CB =
FB 6
解得FB=3．
∴AF=AB−FB=1．
AF AE
由（1）的结论可得 = ．
DE DC
设DE= y，则AE=6−y，
1 6−y
∴ = ，
y 4
解得y=3+√5或3−√5．
∵0<3+√5<6，0<3−√5<6，
∴DE=3+√5或DE=3−√5．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及一元二次
方程的应用等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
17．（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．
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∠ECD=∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到
AF AO 1
= = ，则可得△AOF∽△ADB，根据三角形相似的性质即可求证结论．
AB AD 3
（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：
∵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，
∴△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．
18．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在Rt△ABC中，
∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，
连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，
沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为
t(s)(0
