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专题38 综合与实践-几何综合压轴题（37 题）
考点分类
2026 年中考命题解读
创新考法
考点
综合与实践
-几何综合压轴题
核心考查三角形基础线段与角、垂直
平分线与全等三角形、图形旋转、折
叠综合压轴、最短路径与定角定圆模
型、新定义几何与尺规网格作图等考
点
几何压轴三大变化：一是变换综合
化，旋转、折叠、对称叠加考查，
分层设问梯度明显，多解分类成为
区分难点；二是模型生活化，行车
转弯、古测量工具、农田规划、手
工实物入题，弱化纯几何模型；三
是素养导向强化，新增新定义探究、
网格限尺作图、隐圆最值，侧重现
场建模、逻辑说理，不再单纯考证
明，融合代数计算、分类讨论、实
际方案分析。
一、解答题
1．（2026·四川眉山·中考真题）【问题背景】数学活动课上，老师和学生一起探究图形的旋转性质．
已知，如图1，ABC
中，
90
BAC
，AB
AC
，
10
BC
，点D 是BC 边上的动点（不与点B，C
重合），将线段AD 绕点A 逆时针旋转90得到线段AE ，连接DE ，CE ，DE 与AC 交于点F．
(1)【初步探究】如图1，在点D 的运动过程中，试探究CE 与BD 的数量关系，并说明理由．
(2)【深入探究】如图2，当点D 运动到
4
CD
时，求EF 的长．
(3)【拓展延伸】如图3，点M 为ED 延长线上一点，且满足MC
MF
，当
1
BD
k k
DC
时，求MD
DF 的值
（用含k 的式子表示）．
【答案】(1)CE
BD
，理由如下：
由旋转得
90 ,
DAE
AD
AE
∵
90
BAC
∴
DAE
BAC
∴
DAC
CAE
DAC
BAD
∴
CAE
BAD
∵AB
AC
∴
ABD
ACE SAS
≌
∴CE
BD
；
(2) 6 13
5
(3)
1
1
k
【分析】（1）证明
ABD
ACE SAS
≌
即可得证；
（2）先由勾股定理求解DE ，然后根据等腰直角三角形求解
,
AE AB，再证明AEF
ABD
∽
得到EF
AE
BD
AB
即可；
（3）证明MCD
MEC
∽
即可得到
1
DM
DC
DC
CM
CE
BD
k
，则
1
DM
DM
FM
CM
k
，从而得解．
【详解】（1）略
（2）解：∵
10,
4
BC
CD
，
∴
6
BD
BC
CD
，
∵
,
90
AB
AC
BAC
∴
45
B
ACB
∵ABD
ACE
≌
∴
6
CE
BD
，
45
ACE
B
，
∴
45
45
90
DCE
ACB
ACE
∴
2
2
2
2
4
6
2 13
DE
DC
CE
，
在Rt ADE
中，AD
AE
，
∴
2
2
2
DE
AD
AE
AD
，
45
AED
ADE
∴
2
2
2 13
26
2
2
AD
AE
DE
，
同理可求
2
2 10
5 2
2
2
AB
AC
BC
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∵
45
AEF
B
，
90
EAF
BAD
DAF
∴AEF
ABD
∽
∴EF
AE
BD
AB
∴
26
6
5 2
EF
解得
6
13
5
EF
；
（3）解：由（1）可得，ABD
ACE
≌
∴
45
ECA
B
∵MC
MF
，
∴
MCF
MFC
，
∴
FCD
MCD
ECF
FEC
∵
45
DCF
ECF
∴
MCD
MEC
∵
M
M
∴MCD
MEC
∽
∴DM
DC
DC
CM
CE
BD
∵
1
BD
k k
DC
∴
1
DM
DC
DC
CM
CE
BD
k
∵CM
FM
，
∴
1
DM
DM
FM
CM
k
∴
1
1
DM
FD
k
．
2．（2026·内蒙古·中考真题）综合与探究
问题情境：有一张边长为15 的正方形纸片ABCD，将一张腰长为9 的等腰直角三角形纸片的直角顶点与顶
点A 重合放置，记该三角形为AEF
．顶点E，F 分别在正方形的AB ，AD 边上，如图1．现将AEF
绕点
A 按逆时针方向旋转角，其中0
90
，得到
AE F
△
，连接BE，DF，如图2．
(1)初步探究：猜想线段BE与线段DF的数量关系，并说明理由；
(2)深入探究：在AEF
绕点A 按逆时针方向旋转过程中，当AE与BE互相垂直时，AE交EF 边于点M，
E F交AD 边于点N，如图3．
①求证NA NF
ND NE
；
②求
AEM
△
与
AFM
△
面积的比值．
【答案】(1) BE
DF
，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴
,
90
AB
AD
BAD
，
∵
,
90
AE
AF
EAF
，
∴由旋转可得，
,
90
AE
AF
E AF
，
∴
90
BAD
E AF
，
∴
BAE
DAF
，
∴
SAS
BAE
DAF
△
≌△
，
∴BE
DF
；
(2)①证明：∵AE
BE
，
∴
90
AE B
，
由（1）可得，
BAE
DAF
△
≌△
，
∴
90
AE B
AF D
，
∵
90
E AF
，
∴
180
E AF
AF D
，
∴AE
DF
∥
，
∴NA
NE
ND
NF
，
∴NA NF
ND NE
；
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②4
3
【分析】（1）证明
SAS
BAE
DAF
△
≌△
即可；
（2）①证明AE
DF
∥
，再由平行线分线段成比例定理求解即可；
②过点F 作FH
AF
交AE的延长线于点H ，先求出
2
2
12
BE
AB
AE
，然后证明
AFH
BE A
△
∽△
，
求出
27
4
FH
，再由
AEM
HFM
△
∽△
，得到
4
3
EM
AE
FM
FH
，再由共高三角形面积比等于底之比求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：①略
②过点F 作FH
AF
交AE的延长线于点H ，
由题意得，
15,
9
AB
AE
AE
，
∵
90
AE B
，
∴
2
2
12
BE
AB
AE
，
∵正方形ABCD中，
90
BAD
，
∴
1
3
90
2
，
∵
90
AFH
BE A
，
∴
AFH
BE A
△
∽△
，
∴FH
AF
AE
BE
，
∴
9
9
12
FH
，
∴
27
4
FH
，
∵
90
HFD
BAD
，
∴FH
AE
∥
，
∴
AEM
HFM
△
∽△
，
∴
9
4
27
3
4
EM
AE
FM
FH
，
∴
4
3
AFM
AEM
S
E
M
S
M
F
△
△
，
即
AEM
△
与
AFM
△
面积的比值为4
3 ．
3．（2026·甘肃天水·中考真题）在一次数学兴趣小组活动中，同学们围绕等腰三角形进行探究，下面是部
分探究内容，请你思考并解答．
【初步尝试】
(1)如图1，在ABC
中，AB
AC
，过点B 作BQ
AC
∥
，
2
BQ
，连接AQ ．点P 在线段AB 上，满足
BPC
CAQ
，求AP 的长．
【类比探究】
(2)如图2 ，在ABC
中，AB
AC
，以AB 为对角线的矩形AEBD 的顶点D 在AC 上，P ，Q 分别是线段AB ，
BE 上的动点（不含端点），AP
BQ
．当
BPC
BCD
时，用等式表示出CD和QE 的数量关系，并说明
理由．
【拓展迁移】
(3)如图3，在矩形AEBD 中，P ，Q 分别是线段AB ，BE 上的动点（不含端点），AP
BQ
．当
1
2
EAQ
DAP
时，用等式表示出BP 和QE 的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
2
AP
(2)解：CD
QE
，理由如下：
如图1，连接AQ ．
四边形AEBD 为矩形，
∴BE
AD
∥
，
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PAC
QBA
AC
BA
，
PAC
QBA
，AP
BQ
，
∴
PAC
QBA SAS
≌
，
CPA
AQB
，
∴180
180
CPA
AQB
，
即
BPC
AQE
．
BPC
BCD
，
BCD
AQE
，
四边形AEBD 为矩形，
BD
AE
，
90
BDC
BDA
AEQ
，
BDC
AEQ AAS
≌
，
CD
QE
．
(3)解：
2
BP
QE
，理由如下：
如图2 ，延长AD 至点F ，使得AF
AB
，连接BF ，PF ．
AF
AB
，
1
1
180
90
2
2
DFB
ABF
DAP
DAP
．
1
2
EAQ
DAP
，
90
DFB
EAQ
EQA
．
由（2）同理可得，
DFB
EQA AAS
≌
，
FD
QE
．
AB
AF
，
AP
BP
AD
FD
，
AP
BP
AD
QE
．
四边形AEBD 为矩形，
AD
BE
，
AP
BP
BE
QE
，
2
AP
BP
BQ
QE
．
AP
BQ
，
2
BP
QE
．
【分析】（1）由平行线的性质得到
PAC
QBA
．由
BPC
CAQ
得到
PCA
QAB
，从而证明
PAC
QBA ASA
≌
，根据全等三角形的性质即可解答；
（2）连接AQ ．证明
PAC
QBA SAS
≌
，得到
CPA
AQB
，因此
BPC
AQE
，从而
BCD
AQE
，
进而证明
BDC
AEQ AAS
≌
，即可得出CD
QE
．
（3）延长AD 至点F ，使得AF
AB
，连接BF ，PF ．由等边对等角得到
1
1
180
90
2
2
DFB
ABF
DAP
DAP
EQA
，由
DFB
EQA AAS
≌
得到FD
QE
，根据线
段的和差得出AP
BP
AD
QE
，根据矩形的性质有AD
BE
，因此
2
AP
BP
BQ
QE
，从而可得
2
BP
QE
．
【详解】（1）解：∵BQ
AC
∥
，
PAC
QBA
．
BPC
CAQ
，
PAC
PCA
PAC
QAB
，
PCA
QAB
．
PAC
QBA
，AC
BA
，
PCA
QAB
，
PAC
QBA ASA
≌
，
2
AP
BQ
．
（2）略
（3）略
4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
综合实践课上，同学们以矩形的旋转为主题开展探究活动．
已知有公共顶点的矩形ABCD和矩形EBFG ，
2
BA
，
1
BE ，BC
BF
k
BA
BE
．先将矩形EBFG 的边BE ，BF
分别落在矩形ABCD的边BA ，BC 上，再将矩形EBFG 绕点B 顺时针旋转，旋转角为，连接AE ，CF ．
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(1)【问题初探】如图1，当
1
k ，0
90
时，AEB
与
CFB
的数量关系是，AE 与CF 的数量关系是；
(2)【类比推理】如图2 ，当
3
k
，0
90
时，试探究AE 与CF 的数量关系，请写出结论，并说明理
由；
(3)【深入探究】如图3 ，当
3
k
，0
360
时，点M 为边BC 的中点，直线EG 交线段BC 于点N ，
若EN
MN
，则CF 的长为；
(4)【拓展延伸】如图4 ，当
3
k
，0
90
时，过点E 作EQ
BC
，垂足为Q ，在线段BE 上取点P ，
使
2
3
BP
EQ
，连接AP ．若ABP
的面积为S ，则S 的取值范围是．
【答案】(1)
AEB
CFB
，AE
CF
(2)解：
3
CF
AE
，证明如下：
∵四边形ABCD和四边形EBFG 都是矩形，
∴
90
ABC
EBF
，
∴
ABC
EBC
EBF
EBC
，
∴
ABE
CBF
，
3
BC
BF
BA
BE
，
CBF
ABE
∽
，
3
CF
BC
AE
BA
，
3
CF
AE
；
(3)3或
21
(4)
1
0
3
S
【分析】（1）证明
ABE
CBF SAS
≌
，即可得到
AEB
CFB
，AE
CF
；
（2）证明CBF
ABE
∽
，得到
3
CF
BC
AE
BA
，则
3
CF
AE
；
（3）分两种情况：点E 在BC 上方和点E 在BC 下方，分别画出示意图，讨论求解即可；
（4）过点P 作PM
AB
于点M，证明
MPB
QBE
△
∽△
，推出
2
3
PM
EQ BQ
，根据
2
0
BQ
EQ
，推
出
2
2
2EQ BQ
BQ
EQ
；由勾股定理得
2
2
2
21
1
BQ
EQ
BE
，则可证明
1
2
EQ BQ
，根据
1
2
2
3
S
AB PM
EQ BQ
可得答案．
【详解】（1）解：当
1
k 时，则
1
BC
BF
k
BA
BE
，
∴
,
BC
BA BF
BE
，
∵四边形ABCD和四边形EBFG 都是矩形，
∴
90
ABC
EBF
，
∴
ABC
EBC
EBF
EBC
，
∴
ABE
CBF
，
∴
ABE
CBF SAS
≌
，
∴
AEB
CFB
，AE
CF
；
（2）略
（3）解：如图所示，当点E 在BC 上方时，连接AN ，过点B 作BT
AN
于点T，
∵
3
BC
BF
k
BA
BE
，
∴
3
2 3
BC
BA
；
∵点M 为BC 的中点，
∴
1
3
2
BM
CM
BC
；
∵四边形EBFG 是矩形，
∴
90
BEG
EGF
；
设EN
MN
x
，则
3
BN
BM
MN
x
，
在Rt
EBN
△
中，由勾股定理得
2
2
2
BN
EN
BE
，
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∴
2
2
2
3
1
x
x
，
∴
3
3
x
，
∴
2 3
3
BN
，
3
3
EN
；
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
ABC
，
∴
2
2
4 3
3
AN
AB
BN
，
∵BT
AN
，
∴
1
1
2
2
ABN
S
AB BN
AN BT
△
，
∴1
2 3
1
4 3
2
2
3
2
3 BT
，
∴
1
BT ，
∴
2
2
3
3
TN
BN
BT
，
∵
3
,
1,
3
BN
BN BE
BT
EN
TN
，
∴
SSS
BEN
BTN
≌
，
∴
BNE
BNT
∠
∠
，
∴E
N
T
、、
三点共线，即点E 与点T 重合；
∴
3
AE
AN
EN
，
由（2）得
3
3
CF
AE
；
如图所示，当点E 在BC 下方时，
∵四边形EBFG 是矩形，
∴
90
BEG
EBF
∠
∠
，
∴
180
90
BEN
BEG
∠
∠
，
同理可得
3
3
EN
，
∴
3
tan
3
EN
EBN
BE
∠
，
∴
30
EBN
；
如图所示，过点E 作ET
AB
交AB 的延长线于点T，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
ABC
，
∴
180
90
30
60
EBT
∠
，
∴
1
3
cos
,
sin
2
2
BT
BE
EBT
ET
BE
EBT
∠
∠
，
∴
5
2
AT
AB
BT
，
∴
2
2
7
AE
AT
ET
；
∵
90
ABC
EBF
，
∴
ABC
EBC
EBF
EBC
，
∴
ABE
CBF
，
又∵
3
BC
BF
k
BA
BE
，
∴
ABE
CBF
△
∽△
，
∴
3
CF
BC
AE
BA
，
∴
3
21
CF
AE
；
综上所述，CF 的长为3 或
21 ；
（4）解：如图4 所示，过点P 作PM
AB
于点M，
∵
,
PM
AB EQ
BC
⊥
⊥
，
∴
90
PMB
BQE
∠
∠
，
∴
90
MBP
MPB
，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
ABC
，
∴
90
MBP
QBE
∠
∠
，
∴
MPB
QBE
∠
∠
，
∴
MPB
QBE
△
∽△
，
∴PM
BP
BQ
BE
，
∴
BP BQ
PM
BP BQ
BE
，
∵
2
3
PB
EQ
，
∴
2
3
PM
EQ BQ
，
∵
2
0
BQ
EQ
，
∴
2
2
2
0
BQ
EQ
EQ BQ
，
∴
2
2
2EQ BQ
BQ
EQ
；
在Rt EBQ
中，由勾股定理得
2
2
2
21
1
BQ
EQ
BE
，
∴
2
2
2
1
EQ BQ
BQ
EQ
，
∴
1
2
EQ BQ
，
∵
1
1
2
2
2
2
2
3
3
S
AB PM
EQ BQ
EQ BQ
，
∴
2
1
1
3
2
3
S
，
又∵
0
S
，
∴
1
0
3
S
．
5．（2026·四川广元·中考真题）在学习图形旋转时，“智慧小组”将两个三角形纸片固定一个顶点，然后将
其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的规律．
在AOB
与
COD
△
中，
90
ABO
CDO
，
30
AOB
COD
，
6
OA
，
4
OC
，将
COD
△
绕点O
顺时针旋转，旋转角为
0
180
，直线BD 与直线AC 相交于点E ．
【初步探究】
(1)如图2，
AEB
的度数为__________；
【尝试应用】
(2)如图2，若BE
OA
∥
，求CE 的长；
【创新提升】
(3)若C ，D ，E 三点构成以CD为腰的等腰三角形，请直接写出AC 的长．
【答案】(1)30
(2)
7
(3) 4 2
2 3
或2 6
2
【分析】（1）先证明
OBA
ODC
△
∽△
，再证明AOC
BOD
∽
，则
OAC
OBD
，然后根据三角形的外
角性质求解即可；
（2）连接OE ，证明
SAS
ATB
OTE
△
≌△
，则可得
90
TEO
TBA
，然后对Rt
COE
△
运用勾股定理
求解即可；
（3）连接OE ，由（1）知
OAC
OBD
，记直线AE 与BO 交于点T ，证明
90
OET
CDO
，则C ，
O，E ，D 四点共圆，可得
180
CDE
COE
，然后分CD
DE
和CD
CE
两种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵
90
ABO
CDO
，
30
AOB
COD
，
∴
OBA
ODC
△
∽△
，
AOB
COB
COD
COB
，即
AOC
BOD
，
∴OB
OA
OD
OC
，
∴OA
OC
OB
OD
，
∵
AOC
BOD
，
∴AOC
BOD
∽
，
∴
OAC
OBD
，
如图，记AE ，BO交于点T ，
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∵
OTE
OAC
AOB
OBD
AEB
，
∴
30
AEB
AOB
；
（2）解：∵
6
OA
，
30
AOB
，
∴
1
3
2
AB
OA
，
如图，连接OE ，
∵BE
OA
∥
，
∴
30
OBE
AOB
，
30
OAE
AEB
，
∴
OAE
AOB
，
OBE
AEB
，
∴TA
TO
，TE
TB
，
∵
ATB
OTE
，
∴
SAS
ATB
OTE
△
≌△
，
∴
90
TEO
TBA
，
3
OE
AB
，
∵
4
OC
，
∴
2
2
2
2
4
3
7
CE
OC
OE
；
（3）解：连接OE ，
由（1）知
OAC
OBD
，记直线AE 与BO交于点T ，
∵
ATO
BTE
，
∴
ATO
BTE
△
∽△
，
∴AT
OT
BT
ET
，
∴AT
BT
OT
ET
，
∵
ATB
OTE
，
∴
ATB
OTE
△
∽△
，
∴
90
OET
ABT
，
∴
90
OET
CDO
，
∴C ，O，E ，D 四点共圆，
∴
180
CDE
COE
，
当CD
DE
时，
30
ECD
CED
，
∴
180
120
CDE
CED
ECD
，
∴
60
COE
，
∴
3
sin
4
2 3
2
CE
OC
COE
，
1
cos
4
2
2
OE
OC
COE
，
∴
2
2
2
2
6
2
4 2
AE
AO
OE
，
∴
4 2
2 3
AC
AE
CE
；
在Rt
CDO
△
中，
4
OC
，
30
COD
，
∴
1
2
2
CD
CO
，
当
2
CD
CE
时，同理可得
90
OET
∠
，
∴
2
2
2
2
4
2
2 3
OE
OC
CE
，
∴
2
2
2
26
2 3
2 6
AE
OA
OE
，
∴
2 6
2
AC
AE
CE
；
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综上：若C ，D ，E 三点构成以CD为腰的等腰三角形，AC 的长为4 2
2 3
或2 6
2
．
6．（2026·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探
究．
如图，
ABC
EAD
△
△
≌
，AB
AC
nBC
（
1
n ），点D 在AC 边上，延长ED 交AB 于点F．
(1)【初步感知】求证：
2
AF
FD FE
；
(2)【深入探究】如图1，当
2
n
，
1
AD 时，求BF 的长；
(3)【拓展延伸】如图2，将EAD
绕点E 按逆时针方向旋转一定角度（小于90）得到
EA D
△
，若F，A，
D三点共线，且点A 的对应点A满足A A
A B
，求n 的值．
【答案】(1)证明：∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
BAC
E
，即
FAD
E
，
又∵
AFD
EFA
，
∴AFD
EFA
∽
，
∴AF
FD
FE
AF
，
∴
2
AF
FD FE
；
(2) 2
3
(3)
2
1
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到
FAD
E
，结合
AFD
EFA
证明AFD
EFA
∽
，再利用相
似三角形的性质即可证明；
（2）根据题意得
1
BC
AD
，
2
AB
AC
AE
DE
，由AFD
EFA
∽
得到
1
2
AF
FD
AD
FE
AF
AE
，则
2
FE
AF
，
1
2
FD
AF
，再利用线段的和差列出关于AF 长的方程，求出
4
3
AF
，即可求解BF 的长；
（3）连接A F
，设
1
BC
AD
，由（2）中的结论可得AB
AC
AE
DE
n
，根据旋转的性质得AE
A E
，
EA D
EAD
，则
EAA
EA A
，设
EA D
EAD
，导角可得
180
EAF
EA F
，则
FAA
FA A
，推出AF
A F
，再结合A A
A B
推出BF
A F
，则
1
1
2
2
AF
BF
AB
n
，再由
AFD
EFA
∽
得到
2
1
2
FE
nAF
n
，
1
1
2
FD
AF
n
，再利用线段的和差列出关于n 的方程，即可求解n
的值．
【详解】（1）略
（2）解：∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
1
BC
AD
，AB
AE
，AC
DE
，
∵AB
AC
nBC
，
2
n
，
∴
2
AB
AC
AE
DE
，
由（1）得，AFD
EFA
∽
，
∴
1
2
AF
FD
AD
FE
AF
AE
，
∴
2
FE
AF
，
1
2
FD
AF
，
∴
3
2
2
DE
FE
FD
AF
，
解得
4
3
AF
，
∴
4
2
2
3
3
BF
AB
AF
，
即BF 的长为2
3 ；
（3）解：如图，连接A F
，
设
1
BC
AD
，
由（2）中的结论可得AB
AC
AE
DE
n
，
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由旋转的性质得，AE
A E
，
EA D
EAD
，
∴
EAA
EA A
，
设
EA D
EAD
，
∵F，A，D三点共线，
∴
180
EA F
EA D
，
∴
180
EA F
，
∵AE
DE
，
∴
180
2
AED
，
∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
180
2
BAC
AED
，
∴
180
2
180
EAF
BAC
EAD
，
∴
EAF
EA F
，
∴
EAF
EAA
EA F
EA A
，即
FAA
FA A
，
∴AF
A F
，
∵A A
A B
，
∴
90
AA B
，
∴
90
FAA
FBA
，
90
FA A
FA B
，
∴
FBA
FA B
，
∴BF
A F
，
∴
1
1
2
2
AF
BF
AB
n
，
由（1）得，AFD
EFA
∽
，
∴
1
AF
FD
AD
FE
AF
AE
n
，
∴
2
1
2
FE
nAF
n
，
1
1
2
FD
AF
n
，
∴
2
1
1
2
2
DE
FE
FD
n
n
，
解得
2
1
n
（负值已舍去），
∴n 的值为
2
1
．
7．（2026·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图1，在ABC
中，AB
BC
，BO 是ABC
的中线．将BOC
绕点O顺时针旋转得到DOE
，
其中点B ，C 的对应点分别为点D ，E ，线段DE 分别与线段OA，AB 交于点M ，F ，线段OE 与AB 交于
点N ．
(1)推理证明：求证：AON
EOM
≌
；
(2)拓展延伸：在旋转过程中，当OD
AB
∥
时，探究下列问题．
①如图2，判断DO 与DF 的数量关系，并说明理由；
②已知
2
OB
，
3
OA ．在射线DO 上取一点G ，在射线BO上取一点H ，使OH
OG
．当以点A ，G ，H
为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，请直接写出线段BH 的长．
【答案】(1)证明：
AB
BC
，BO 是ABC
的中线，
A
C
，AO
CO
，BO
AC
，
BOC
绕点O顺时针旋转得到DOE
，
E
C
，EO
CO
，
A
E
，AO
EO
，
AON
EOM
，
在AON
和EOM
中，
A
E
AO
EO
AON
EOM
，
ASA
AON
EOM
≌
；
(2)①解：DO
DF
，
理由如下：
AB
BC
，BO是ABC
的中线，
ABO
CBO
，
BOC
绕点O顺时针旋转得到DOE
，
D
CBO
，OD
OB
，
ABO
D
，
∵OD
AB
∥
，
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D
AFD
，
AFD
ABO
，
DF
OB
∥
，
四边形DFBO是平行四边形，
OD
OB
，
DFBO
是菱形，
DO
DF
；
②线段BH 的长为13 或4
13
【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质得出
,
A
E AO
EO
，结合图形得到
AON
EOM
，运用“角边角”即可求证；
（2）①根据旋转得到
D
ABO
∠
∠
，由平行线的判定得到DF
OB
∥
，可证四边形DFBO是菱形，由此即可
求解；
②证明
,
G H 在以O为圆心，OH 为半径的圆上，即图中的
,
,
,
G H G H
，可得四边形GHG H
为矩形，可得
当以点A ，G ，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，当
90
AG H
，则AH一定过点O，
不符合题意；只有
90
AGH
或
90
AH G
，此时,
,
A G H三点共线，再进一步求解即可.
【详解】（1）略
（2）①略
②解：∵OG
OH
，
∴
,
G H 在以O为圆心，OH 为半径的圆上，即图中的
,
,
,
G H G H
，
∴
90
GH G
H GH
GHG
HG H
，
∴四边形GHG H
为矩形，
∴当以点A ，G ，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，
当
90
AG H
，则AH一定过点O，不符合题意；
∴只有
90
AGH
或
90
AH G
，
此时,
,
A G H三点共线，
如图所示，当点H 在线段BO 上时，
90
AGH
，且点G 在线段DO 上，过点H 作HP
OP
于点P ，
90
HPO
AOB
，
∵OD
AB
∥
，
HOP
ABO
，
2
OB
，
3
OA ，
∴
2
2
13
AB
OA
OB
，
3
tan
tan
2
AO
PH
HOP
ABO
BO
OP
，
设
2
OP
x
，
3
HP
x
，
则
2
2
13
OH
OP
HP
x
，
13
OG
OH
OG
OH
x
，
∵OD
AB
∥
，
∴H GO
H AB
∽
，
∴OG
H O
AB
H B
，
∴
13
13
13
13
2
x
x
x
，
解得：13
13
2
x
或
0
x
（舍去），
此时
2
13
2
13
2
4
13
BH
BO
HO
x
，
2
13
2
13
2
13
BH
OB
OH
x
.
综上所述，
13
BH
或4
13
．
8．（2026·贵州·中考真题）小红学习了最短路径的知识后，对图形的变化探究如下：
23 / 114
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【动手操作】如图①，在直线l 的两侧有两点A ，B ，小红要在直线l 上确定一点P ，使AP
BP
最短．
(1)请帮小红确定点P 的位置，并画出图形；
(2)解决该问题的依据是________；
【问题探究】
(3)如图②，在四边形ABCD中，点E 是边BC 的中点，点F 是对角线BD 上一个动点，连接EF ，CF ，
30
DBC
，
2 3
BC
，当EF
CF
的值最小时，求线段EF 的长；
【拓展延伸】
(4)如图③，在四边形ABCD中，AD
BC
，BD
CD
，CE
BD
，垂足为E ，
2
A
ADB
，
1
AD ，
3
AB
，
若点P 是线段BC 垂直平分线上的一个动点，连接BP ，EP ．确定点P 的位置使BPE
周长最小，并求出该
周长的最小值．
【答案】(1)如图①，点P 即为所求；
(2)两点之间线段最短
(3)1
(4) 4 3
4 6
3
【分析】（1）连接AB 与直线l 的交点即为点P ；
（2）依据为两点之间线段最短；
（3）过点C 作BD 的对称点T ，CT 交BD 于点S ，连接
,
FT ET ，ET 交BD 于点Q ，则EF
CF
TF
EF
TE
，
故当点F 与点Q 重合时，EF
CF
取得最小值，如图，连接ES ，然后证明FE
BC
，再解Rt BEF
即可；
（4）过点D 作DF
BC
于点F ，过点C 作CM
AB
∥
交AD 的延长线于点M ，先判断点P 在直线DF 上，
连接
,
,
PE PB PC ，确定BPE
周长的最小值为BE
CE
，先证明
MCD
DCB
△
∽△
，再利用DBF
CBE
∽
求
解即可．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：过点C 作BD 的对称点T ，CT 交BD于点S ，连接
,
FT ET ，ET 交BD 于点Q ，
∴CS
BD
，FT
FC
，
∴EF
CF
TF
EF
TE
，
∴当点F 与点Q 重合时，EF
CF
取得最小值，如图，连接ES ，
∵CS
BD
，点E 为BC 中点，
30
DBC
，
∴
1
1
2 3
3
2
2
BE
ES
EC
BC
，
90
60
BCS
DBC
，
∴
ESC
为等边三角形，
∴SE
SC
ST
，
∴
60
SEC
SCE
ESC
，
∵
,
C T 关于BD对称，
∴CS
TS
，
∴ST
ES
，
∴
T
SET
，
∵
T
SET
ESC
，
∴
30
SET
T
，
∴
90
TEC
SET
SEC
，
∴FE
BC
，
∴
3
tan
3
1
3
EF
BE
DBC
；
（4）解：如图，过点D 作DF
BC
于点F ，过点C 作CM
AB
∥
交AD 的延长线于点M ，
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∵DB
DC
，
∴
,
BF
CF
DBC
DCB
，
∴DF 垂直平分BC ，
∴点P 在直线DF 上，
连接
,
,
PE PB PC ，
∴PB
PC
，
∴PE
PB
PE
PC
CE
，
∴当点P 在CE上时，PE
PB
取得最小值即为CE，
∵
BPE
C
BE
PE
PB
△
，BE 不变，
∴BPE
周长的最小值为BE
CE
，
∵
,
AD
BC CM
AB
∥
∥
，
∴四边形ABCM 是平行四边形，
∴
3
CM
AB
，
A
BCM
，BC
AM
，
∵AD
BC
，
∵
,
ADB
DBC
MDC
DCB
，
∴
ADB
DBC
MDC
DCB
，
设
ADB
DBC
MDC
DCB
，
∵
2
A
ADB
，
∴
2
A
BCM
，
∴
DCM
BCM
DCB
，
∴
MDC
MCD
DCB
DBC
，
∴
3
MD
MC
，
MCD
DCB
△
∽△
，
∵
1
3
4
BC
AM
AD
DM
，
∴MC
DC
DC
CB
，
∴3
4
CD
CD
，
解得
2 3
CD
（舍负），
∴
2 3
BD
，
∵
1
1
4
2
2
2
BF
CF
BC
，
∴
2
2
2 2
DF
CD
CF
，
∵CE
BD
，
∴
90
DFB
CEB
，
∵
DBF
CBE
，
∴DBF
CBE
∽
，
∴DB
DF
BF
CB
CE
BE
，
∴2 3
2 2
2
3
4
2
CE
BE
，
∴2 2
2
3
2
CE
BE
，
∴
4 3
4 6
3
CE
BE
，
∴BPE
周长的最小值4 3
4 6
3
．
9．（2026·四川达州·中考真题）综合与探究
【方法探究】
(1)如图1，直线1
2
l
l
，A，B 两点在直线1l 上，
1
C ，
2
C ，
3
C 三点在直线2l 上，连接
1
AC ，
2
AC ，
3
AC ，
1
BC ，
2
BC ，
3
BC ，我们发现
1
ABC
，
2
ABC
，
3
ABC
△
面积的数量关系是______，理由是______
(2)如图2，AB 是
O
的直径，C 是
O
上的动点（C 不与A 重合）、D 是AC 的中点，用圆规和无刻度直
尺在图2 中作出点D 的运动路径（不写作法、保留作图痕迹），简要说明理由；
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(3)【问题解决】如图3，直线AB
CD
∥
，M 是AB 上一点，MN
CD
，垂足为N，
4
MN
、E 是射线NC
上的动点，连接EM ，过点M 在AB 上方作射线MF
ME
，G 是MF 上的一点，连接EG ，
12
EMG
S
△
，
求线段NG 的最大值．
【答案】(1)相等，等底等高的三角形面积相等
(2)
点D 的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A ）．
证明：连接OD ，
∵O是AB 中点，D 是AC 的中点，
∴OD 是ABC
的中位线
∴OD
BC
．
又∵AB 是直径
∴
90
ACB
，
∴
90
ADO
ACB
，
∴点D 在以OA为直径的圆上．
又∵点A 、C 不重合，故点D 不与点A 重合，
∴点D 的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A ）．
(3)8
【分析】（1）根据平行线间的距离处处相等即可得出结论；
（2）根据三角形中位线性质可得OD
BC
，由此得出
90
ADO
ACB
，根据90角所对弦是直径，可
得点D 的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A ）；
（3）过点G 作GK
ME
，交CD于K ，交AB 于P ，利用（1）可得
12
EMG
EMK
S
S
，根据
1
12
2
EMG
S
KE MN
求得
6
KE
，再由四边形KEMP 是平行四边形，可得
6
PM
KE
，由MG
ME
可
得MGP
是直角三角形，取PM 中点O，则
1
3
2
OG
OM
PM
，根据点到圆上一点的距离最值即可得
OG
NG
NG
，即当点G 在ON 延长上时，NG 最大，最大值为OG
NG
．
【详解】（1）解：
1
ABC
、
2
ABC
、
3
ABC
△
面积相等．
理由：它们共底边AB ，且由于1
2
l
l
∥，顶点
1
2
3
,
,
C C C 到直线1l
的距离（即高）相等，故面积相等．
（2）略
（3）解：过点G 作GK
ME
，交CD于K ，交AB 于P ，
由（1）可得：
EMG
EMK
S
S
，
∵MN
CD
，
4
MN
，
12
EMG
S
△
，
∴
1
12
2
EMG
S
KE MN
，即1
4
12
2 KE
，
解得：
6
KE
，
∵GK
ME
，AB CD
，
∴四边形KEMP 是平行四边形，
∴
6
PM
KE
，
又∵MG
ME
，即
90
GME
，
∴
90
MGP
，
∴点G 在以PM 为直径的半圆弧（AB 上方，不含P 、M 两点）上运动，
取PM 中点O，则
1
1
6
3
2
2
OG
OM
PM
，连接ON 、OG ，
∴OG
NG
NG
，
当点G 在ON 延长上时，NG 最大，最大值为OG
NG
，
∵AB CD
，MN
CD
，
∴MN
AB
，即
90
OMN
，
∴
2
2
2
2
3
4
5
ON
OM
MN
，
∴
5
3
8
ON
OG
，
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即NG 最大值为8．
【点睛】解题关键是利用平行转化三角形面积，抓“定角对定弦”构造辅助圆，化“动”为“静”；利用“圆外一
点到圆上点的最大距离
d
r
”模型，巧解线段最值．
10．（2026·山东·中考真题）我国古代学者戴震在《算学初稿》中记载了一种可测量仰（俯）角及计算其正
切值的工具：矩盘、综合实践小组开展矩盘应用的探究活动．
【模型制作】
综合实践小组制作了矩盘模型，示意图如图1．四边形ABCD为正方形，AG 为悬挂重物的铅垂线，AB 为
左矩，AD 为右矩，标有均匀刻度的BC 和DC 组成矩尺盘，以点A 为圆心，AB 为半径的标有均匀刻度的
弧组成角度盘．
【操作发现】
使用矩盘测量时，需要将左矩AB 或右矩AD 与视线PF 重合，且保证矩盘紧贴铅垂线，铅垂线与角度盘、
矩尺盘的交点的刻度为读数．
(1)如图2，左矩AB 与视线PF 重合，角度盘读数为31（
31
DAE
），矩尺盘读数为6（
6
DE
），可
知仰角
31
P
DAE
，
6
tan
tan
0.6
10
DE
P
DAE
AD
．如图3，右矩AD 与视线PF 重合，角度盘读数为
29（
29
DAE
），矩尺盘读数为5.5（
5.5
DE
），则仰角
P
________，tan
P
________（结果精确
到0.1）．
【应用探究】
(2)综合实践小组测量某景区城门楼（如图4）的顶端E 到地面的距离（EB 的长度）．如图5，某同学站在
城门楼一侧A 处，用矩盘的左矩与视线ME 重合，此时矩尺盘读数为5；沿直线AB 前进，穿过城门BD 到达
城门楼另一侧C 处，在C 处将矩盘右矩与视线NE 重合，角度盘读数为45．已知
20m
AC
，该同学眼睛到
地面的高度是1.6m ，求城门楼的顶端E 到地面的距离（结果精确到0.1m）．
【答案】(1)61；1.8
(2)8.3m
【分析】（1）根据直角三角形两个锐角互余得出
90
61
P
DAE
，根据tan
tan
P
AED
，结合正
切定义，求出结果即可；
（2）设
m
EF
FN
x
，则
20
MF
x m
，则Rt EMF
中，根据tan
EF
EMF
MF
，得出0.5
20
x
x
，求
出x 的值，即可得出答案．
【详解】（1）解：根据题意可得：AG
PQ
，
90
AQP
，
∵
29
DAE
，
∴
90
61
P
DAE
，
∵在正方形ABCD中
90
ADC
，
∴
90
61
AED
DAE
，
∴
P
AED
，
∴
10
tan
tan
1.8
5.5
AD
P
AED
DE
；
（2）解：根据题意得：
1.6m
BF
CN
，
20m
MN
AC
，
90
EFM
EFN
，
45
NGH
，GH
MN
，
5
KL
，
10
JK
，
∴
90
45
45
ENF
，
∴Rt
EFN
△
中，tan
EF
ENF
FN
，
即tan 45
1
EF
FN
，
∴EF
FN
，
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设
m
EF
FN
x
，则
20
MF
x m
，
∵
90
MJL
EMF
MJL
KJL
，
∴
EMF
KJL
，
∴
5
tan
tan
0.5
10
KL
EMF
KJL
JK
，
∴Rt EMF
中，tan
EF
EMF
MF
，
即0.5
20
x
x
，
解得：
6.67
x
，
∴
6.67 1.6
8.27
8.3
EB
EF
FB
m
，
答：城门楼的顶端E 到地面的距离约为8.3m ．
11．（2026·重庆·中考真题）综合与实践
在学习了平行四边形后，某数学学习小组利用尺规作图进行了拓展性探究．
【动手操作】
如图，在
ABCD
中，AB
BC
．用尺规完成基本作图：作出
ABC
的平分线，交AD 于点E ．
【问题提出】
他们猜想DE ，BC ，AB 之间存在以下数量关系：DE
BC
AB
．
【问题解决】
任务：
(1)请你按照要求完成作图（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)请帮助该学习小组完成以上猜想的证明．
【答案】(1)解：作图如下：
(2)证明：由作图知，BE 是
ABC
的平分线，
∴
ABE
CBE
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD
BC
，AD
BC
，
∴
AEB
CBE
，
∴
AEB
ABE
，
∴AB
AE
，
∵DE
AD
AE
，
∴DE
BC
AB
．
【分析】（1）按照尺规作图作角平分线的步骤进行即可；
（2）由角平分线的性质及平行四边形的性质、等角对等边得AB
AE
，从而可证明猜想．
【详解】（1）解：略；
（2）证明：略．
12．（2026·黑龙江绥化·中考真题）尺规作图：如图，在
AOB
的内部有一点P ．
(1)【初步探索】如图1，利用无刻度的直尺和圆规作一个等腰三角形OMN ，并使等腰三角形的底边MN 经
过点P ，点M ，点N 分别在射线OA，射线OB 上．（温馨提示：本小题作图不写作法，但需保留作图痕迹）
(2)【拓展探究】如图2，若
58
AOB
，连接OP ，
3
OP
．以O为圆心，OP 为半径画圆，交射线OA，射
线OB 于C ，D 两点，则劣弧
CD 的长度为_________．（本小题无需在答题卡上作图，只需写出用含π 的代
数式表示的结果）
【答案】(1)解∶如图，
OMN
△
即为所求，
(2) 29
30
【分析】（1）以O 为圆心，适当长为半径画弧，弧与射线OA、射线OB 分别交于点C、点D，连接CP ，
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作射线CP，以C 为圆心，适当长为半径画弧，弧与射线CP 、线段CD分别交于点E、点F，以P 为圆心，
CE 为半径画弧，弧与射线CP相交于G，以G 为圆心，EF 为半径画弧，两弧相交于H，作直线PH ，与射
线OA，射线OB 分别相交于点M、点N，则
OMN
△
即为所求；
（2）直接根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：画图略，
理由：由作图知：OC
OD
，
ECF
GFH
，
∴
OCD
ODC
，CD
MN
∥
，
∴
OCD
OMN
，
ODC
ONM
，
∴
OMN
ONM
，
∴OM
ON
，
∴
OMN
△
即为所求；
（2）解：由作图知：
3
OC
OD
OP
，
∴劣弧
CD的长度为58
3
29
180
30
．
13．（2026·四川南充·中考真题）在菱形ABCD中，对角线
,
AC BD 相交于点O，AP
AB
．
(1)【初步感知】如图1，点P 在线段AC 上，若
2
OP
CP
，
6
AC
，求AB 的长．
(2)【深入探究】如图2，点P 在线段CD 上，若CP
DP
，设AB 长为x，AC 长为y，求y 与x 之间的函数
关系式．
(3)【拓展运用】如图3，点P 在线段CD上，将ADP
沿直线AP 折叠，若点D 落在BC 边上，求DP
DC 的值．
【答案】(1)5
(2)
6
(
0)
2
y
x x
(3)
5
1
2
DP
DC
【分析】（1）根据菱形的性质得出
3
OC
OA
，再结合题意得出
2
OP
，即可求解；
（2）过点P 作PE
AC
于点E，根据菱形的性质及相似三角形的判定和性质得出CPE
CDO
∽
，
1
1
,
2
2
CP
x OC
y
，
1
1
2
4
CE
OC
y
，然后利用勾股定理建立方程整理即可得出y 与x 之间的函数关系式；
（3）设AP 交BD 于点F.将ADP
沿直线AP 折叠，使点D 落在BC 边上的D，连接
,
PD AD
，根据题意得
出
,
AD
AD
AP
AB
D AP
DAP
，利用各角之间的关系得出
36 ,
72
DAP
APD
ADP
，
1
36
2
ADF
PDF
ADP
，再由相似三角形的判定和性质得出PDF
PAD
∽
，DP
FP
AP
DP
，设
,
DP
m DC
n
. 则
,
AP
n FP
n
m
，代入求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
6
AC
，
∴
3
OC
OA
，
2
OP
CP
，
2
OP
，
5
AB
AP
OP
OA
；
（2）过点P 作PE
AC
于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC
BD
，
∴PE
BD
∥
∴CPE
CDO
∽
，
∴CE
CP
OC
CD
，
∵CP
DP
，
∴
1
2
CE
CP
OC
CD
，
∵
,
AB
x AC
y
，
1
1
,
2
2
CP
x OC
y
，
1
1
2
4
CE
OC
y
，
3
4
AE
AC
CE
y
在Rt PCE
中，
2
2
2
2
2
2
4
x
y
PE
PC
CE
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在Rt PAE
中，
2
2
2
2
2
3
4
y
PE
PA
AE
x
即
2
2
2
2
3
2
4
4
x
y
y
x
，
整理得
2
2
3
,
2
y
x
即
6
6
,
2
2
y
x y
x
(舍去)；
∴y 与x 之间的函数关系式为
6
(
0)
2
y
x x
（3）如图，设AP 交BD 于点F，将ADP
沿直线AP 折叠，使点D 落在BC 边上的D，连接
,
PD AD
，
∵AP
AB
，
∴
,
AD
AD
AP
AB
D AP
DAP
，
又
ABD
ADP
，
∴
ADP
APD
APD
AD P
AD B
ABD
，
∴
DAP
D AP
BAD
，
∵AB
CD
∥
，
∴
2
APD
PAB
DAP
，
180
PDA
APD
DAP
，
5
180
DAP
，
∴
36 ,
72
DAP
APD
ADP
，
1
36
2
ADF
PDF
ADP
，
PDF
DAP
ADF
，
∴
72
DPF
DFP
，
DF
AF
PD
，
DPF
APD
又
，
∴PDF
PAD
∽
，
DP
FP
AP
DP
，
2
DP
AP FP
，
设
,
DP
m DC
n
，则
,
AP
n FP
n
m
，
2
m
n n
m
，
2
2
0
m
mn
n
，
2
1
0
m
m
n
n
，
取正数解得：
5
1
2
m
n
，
5
1
2
DP
m
DC
n
．
14．（2026·河南·中考真题）在菱形ABCD中，
120
BAD
，
4
AB
．将边AB 绕点A 逆时针旋转至AE ，
记旋转角为．作射线DE ，在射线DE 上取一点H ，使BH
BE
，连接CH ．
(1)【观察猜想】
当
30
时，如图1，
BEH
的度数为_________，CH 的长为_________．
(2)【探究证明】
当0
120
时，（1）中的两个结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2 的情形进行证明；若不成立，
请说明理由．
(3)【拓展延伸】
当0
120
时，若DCH
的面积为4 2 ，请直接写出此时旋转角的度数．
【答案】(1)60；4
(2)两个结论仍然成立．证明如下：
四边形ABCD是菱形，
120
BAD
，
4
AB
，
4
AB
AD
BC
，AD
BC
∥
，
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180
60
ABC
BAD
，
AB
AE
，
AD
AE
AB
，
BAE
，则
120
EAD
BAD
BAE
，
1 180
90
2
2
AEB
BAE
，
1
1
180
180
120
30
2
2
2
AED
EAD
，
180
180
90
30
60
2
2
BEH
AEB
AED
，
BE
BH
，
BEH
为等边三角形，
60
EBH
，
ABC
EBH
，则
ABC
CBE
EBH
CBE
，
ABE
CBH
，
BE
BH
，AB
CB
，
ABE
CBH SAS
≌
，
AE
CH
，
4
CH
．
(3)15或105．
【分析】（1）根据菱形的性质得到
4,
AB
BC
CD
AD
AD
BC
，由旋转的性质，三角形内角和定理
得到
75
AEB
，ADE
是等腰直角三角形，根据平角得到
60
BEH
，结合题意得到BEH
是等边三角
形，再证明
ABE
CBH SAS
≌
得到
4
CH
AE
；
（2）根据菱形的性质，旋转的性质得到
90
,
30
2
2
ABE
AED
，根据平角得到
60
BEH
，结
合题意得到BEH
是等边三角形，再证明
ABE
CBH SAS
≌
得到
4
CH
AE
；
（3）结合（1），（2）的解析分类讨论：当点H 在CD左边时，过点H 作HG
CD
延长线于点G ，由面积
公式得到
2 2
HG
，根据解直角三角形的计算得到
45
HCG
，由平角的定义即可求解；当点H 在CD右
边时，同理得到
45
HCG
，由
BCG
HCG
即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
120 ,
4
BAD
AB
，
∴
4,
AB
BC
CD
AD
AD
BC
，
∴
180
60
ABC
BAD
，
∵将边AB 绕点A 逆时针旋转至AE ，旋转角
30
，
∴
,
30
AB
AE
AD
BAE
，
∴
1
1
180
180
30
75
2
2
ABE
AEB
BAE
，
∴
75
60
15
CBE
ABE
ABC
，
∴
15
75
90
CBE
AEB
，即AE
BC
，
设
,
AE BC 交于点M ，
∵
//
AD BC ，
∴
90
DAE
CME
，
∴ADE
是等腰直角三角形，
∴
45
ADE
AED
，
∴
180
180
75
45
60
BEH
AEB
AED
，
∵BE
BH
，
∴
60
BEH
BHE
，则BEH
是等边三角形，
∵
75 ,
15
60
75
ABE
CBH
CBE
EBH
，
∴
ABE
CBH
，
∵
,
,
AB
CB
ABE
CBH BE
BH
，
∴
ABE
CBH SAS
≌
，
∴
4
CH
AE
；
（2）略
（3）解：由上述证明得到
120
BCD
BAD
，
4
AB
BC
CD
AD
AE
CH
，ABE
CBH
≌
，
∴
BAE
BCH
，
120
DCH
BCD
BCH
，
第一种情况，当点H 在CD 左边时，如图所示，过点H 作HG
CD
延长线于点G ，
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∴
1
4 2
2
DCH
S
CD HG
，
∴
2
8 2
2 2
4
DCH
S
HG
CD
，
在Rt CHG
中，
2 2
2
sin
4
2
HG
HCG
CH
，
∴
45
HCG
，
∵
180
DCH
HCG
，
∴120
45
180
，
解得：
15
；
第二种情况，当点H 在CD 右边时，如图所示，过点H 作HG
CD
延长线于点G ，
同理可得，
2 2
HG
，
∴
2 2
2
sin
4
2
HG
HCG
CH
，
∴
45
HCG
，
∵
180
180
120
60
BCG
BCD
，
∴
60
45
105
BAE
BCH
BCG
HCG
．
15．（2026·山东·中考真题）在ABC
中，AB
AC
，
120
BAC
．
【观察与发现】
(1)如图1，将线段AC 绕点A 顺时针旋转60得到线段AD ，点D 与点C 是对应点．点E ，F 分别在边AB ，
AC 上，AE
CF
，连接DE ，DF ．求证：DE
DF
．
【思考与探究】
(2)如图2，过点A 作AH
AC
交BC 于点H ．点E ，F 分别在边AB ，AC 上，
2
CF
AE
，连接EF ，HE ，
HF ．猜想线段EF 与HE 的数量关系，并说明理由．
【拓展与延伸】
(3)如图3，在（2）的条件下，延长FE 至点G ，使EG
FE
，连接GA，GH ．若
6
AB
，
2 7
AG
，求线
段AE 的长度．
【答案】(1)证明：连接CD，如图所示：
根据旋转可得：
60
CAD
，AC
AD
，
∴ACD
为等边三角形，
∴CD
AD
，
60
ACD
，
∵
120
60
60
EAD
BAC
CAD
，
∴
EAD
ACD
，
∵AE
CF
，
∴
SAS
AED
CFD
≌
，
∴DE
DF
；
(2)
3
EF
HE
；理由如下：
∵AH
AC
，
∴
90
HAF
，
∴
30
BAH
BAC
HAF
，
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∴
1
sin
sin30
2
AH
C
HC
，
∵AB
AC
，
∴
1
180
120
30
2
A
C
，
∴
BAH
C
，
∵
2
CF
AE
，
∴
1
2
AE
CF
，
∴AE
AH
CF
HC
，
∴
AEH
CFH
△
∽△
，
∴
1
2
HE
AH
HF
HC
，
AHE
CHF
，
∴
AHE
AHF
AHF
CHF
，
即
EHF
AHC
，
∵HE
AH
HF
HC
，
∴HE
HF
AH
HC
，
∴EFH
ACH
∽
，
∴
30
EFH
C
，
90
HEF
HAC
，
∴
90
30
60
EHF
，
∴tan
tan60
3
EF
EHF
HF
，
∴
3
EF
HE
；
(3)1或2
【分析】
（1）连接CD，证明ACD
为等边三角形，得出CD
AD
，
60
ACD
，再证明
SAS
AED
CFD
≌
，
即可得出结论；
（2）证明
AEH
CFH
△
∽△
，得出
1
2
HE
AH
HF
HC
，
AHE
CHF
，证明EFH
ACH
∽
，得出
30
EFH
C
，
90
HEF
HAC
，根据tan
tan60
3
EF
EHF
HF
，即可得出答案；
（3）延长CA ，并取点N，使AN
AF
，过点G 作GM
AN
于点M，根据中位线的性质得出
1
2
AE
GN
，
AE
GN
∥
，设AE
x
，则
2
2
GN
AE
x
，
2
2
CF
AE
x
，
6
2
AN
AF
x
，解直角三角形求出
1
2
MN
GN
x
，
3
3
2
GM
GN
x
，根据勾股定理得出：
2
2
2
6
3
2 7
x
x
，求出x 的值，即可
得出答案．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：延长CA ，并取点N，使AN
AF
，过点G 作GM
AN
于点M，如图所示：
则
90
GMA
，
∵EG
EF
，
∴AE 为FGN
的中位线，
∴
1
2
AE
GN
，AE
GN
∥
，
∴
120
GNA
BAC
，
∴
180
120
60
GNM
，
∵
6
AB
，
∴
6
AC
AB
，
设AE
x
，则
2
2
GN
AE
x
，
2
2
CF
AE
x
，
6
2
AN
AF
x
，
∵
1
cos
cos60
2
MN
MNG
GN
，
3
sin
sin60
2
GM
MNG
GN
∴
1
2
MN
GN
x
，
3
3
2
GM
GN
x
，
∴
6
2
6
AM
AN
MN
x
x
x
，
在Rt
AGM
△
中，根据勾股定理得：
2
2
2
AM
GM
AG
，
即
2
2
2
6
3
2 7
x
x
，
解得：
1
2
x
，
2
1
x ，
∴
1
AE 或2．
16．（2026·山东烟台·中考真题）【尝试发现】
(1)如图1，ABC
ADE
∽
，
2
3
AB
AC
．当点D ，E 分别在边AB 和AC 上时，BD
CE 的值是__________；
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【变式探究】
(2)如图2，将（1）中的ADE
绕点A 按逆时针方向旋转一定的角度，其它条件不变，连接CE ，BD ，AC
与BD交于点O ，CE 与BD的延长线交于点F ．
①求BD
CE 的值；
②写出
BAC
和
BFC
的数量关系并证明；
【联系拓广】
(3)如图3，矩形ABCD 中，
3
AB
，
6
BC
，点E 在边BC 上且
2
BE
，连接AE ．F 是直线BC 上的
动点，作
AFG
ABE
△
∽△
，连接CG ，EG ．
①当点F 在线段CB 的延长线上，且EG
EA
时，求EF 的长；
②当CG 的长度最小时，直接写出此时BF 的长．
【答案】(1) 2
3
(2)①2
3 ；
②
BAC
BFC
，证明如下：
连接AF
，
，
由①得BAD
CAE
∽
，
∴
ABD
ACE
，即
ABF
ACF
，
∴点A 、B 、C 、F 四点共圆，
∴
BAC
BFC
；
(3)①5 ；②36
13
【分析】（1）由相似三角形的性质可得
2
3
AD
AB
AE
AC
，从而可得
2
3
AD
AE
，
2
3
AB
AC
，再结合
BD
AB
AD
，CE
AC
AE
，计算即可得出结果；
（2）①由相似三角形的性质可得AB
AC
AD
AE
，BAC
DAE
，从而得出
2
3
AB
AD
AC
AE
，BAD
CAE
，
再证明BAD
CAE
∽
，即可得出结果；②连接AF
，由①得BAD
CAE
∽
，由相似三角形的性质得出
ABF
ACF
，即点A 、B 、C 、F 四点共圆，最后再由圆周角定理即可得证；
（3）①由矩形的性质得
90
ABC
，由勾股定理得
13
AE
，由相似三角形的性质得
90
AFG
ABC
，
FAG
BAE
，AGF
AEB
，证明点A 、F 、G 、E 四点共圆，求出
90
AEG
，从而可得
26
AG
，
由正切的定义得出
2
tan
3
FG
FAG
AF
，设
2
FG
x
，则
3
AF
x
，结合勾股定理求出
3
3 2
AF
x
，从而
可得
3
BF ，即可得出结果；②由主动点F 在直线BC 上，得出点G 在直线EG 上运动，当
1
CG
EG
时，
CG 的长度最小，为
1
CG ，此时点F 在
1F 处，由①得
90
AEG
，结合正切的定义得出
1
1
2
3
CG
EG
，设
1
1
2
3
CG
EG
，
则
1
3
EG
a
，
由勾股定理求得
1
12 13
3
13
EG
a
，
1
8 13
2
13
CG
a
，作
1
G M
BC
于M
，由等面积法得出
1
24
13
G M
，
再证明
1
1
1
AF B
FG M
∽
，由相似三角形的性质计算即可求解．
【详解】（1）解：∵ABC
ADE
∽
，
∴
2
3
AD
AB
AE
AC
，
∴
2
3
AD
AE
，
2
3
AB
AC
，
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∵点D ，E 分别在边AB 和AC 上，
∴BD
AB
AD
，CE
AC
AE
，
∴
2
2
2
2
3
3
3
3
AC
AE
AC
AE
BD
AB
AD
CE
AC
AE
AC
AE
AC
AE
；
（2）解：①∵ABC
ADE
∽
，
∴AB
AC
AD
AE
，
BAC
DAE
，
∴
BAC
CAD
DAE
CAD
，
2
3
AB
AD
AC
AE
，
∴
BAD
CAE
，
∴BAD
CAE
∽
，
∴
2
3
BD
AB
CE
AC
；
②略；
（3）解：①∵四边形ABCD 为矩形，
∴
90
ABC
，
∴
2
2
13
AE
AB
BE
，
∵
AFG
ABE
△
∽△
，
∴
90
AFG
ABC
，
FAG
BAE
，
AGF
AEB
，
∵点F 在线段CB 的延长线上，
∴
AGF
AEF
，
∴点A 、F 、G 、E 四点共圆，
∴
180
AFG
AEG
，
∴
90
AEG
，
∵
13
EG
EA
，
∴
2
2
26
AG
AE
EG
，
∵
FAG
BAE
，
∴
2
tan
tan
3
BE
FAG
BAE
AB
，
∴
2
tan
3
FG
FAG
AF
，
设
2
FG
x
，则
3
AF
x
，
由勾股定理得
2
2
2
AF
FG
AG
，
∴
2
2
2
3
2
26
x
x
，
∴
2
x
（负值不符合题意，舍去），
∴
3
3 2
AF
x
，
∴
2
2
3
BF
AF
AB
，
∴
5
EF
BF
BE
；
②∵主动点F 在直线BC 上，
∴从动点G 必须在某一直线上，
∵当点F 在点B 时，点G 在点E 的位置，
∴点G 在直线EG 上运动，
当
1
CG
EG
时，CG 的长度最小，为
1
CG ，此时点F 在
1F 处，
由①得
90
AEG
，
∴
90
AEB
BEG
AEB
BAE
，
∴
BEG
BAE
，
∵
1
BEG
CEG
，
∴
1
BAE
CEG
，
∴
1
2
tan
tan
3
CEG
BAE
，
∴
1
1
2
3
CG
EG
，
设
1
1
2
3
CG
EG
，则
1
3
EG
a
，
由勾股定理得
2
2
2
1
1
CG
EG
CE
，
∴
2
2
2
2
3
6
2
a
a
，
解得
4 13
13
a
（负值不符合题意舍去），
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∴
1
12 13
3
13
EG
a
，
1
8 13
2
13
CG
a
，
作
1
G M
BC
于M
，
∵
1
1
1
1
1
1
2
2
CG E
S
EG CG
CE G M
，
∴
1
1
1
12 13
8 13
24
13
13
4
13
EG CG
G M
CE
，
∵
1
1
1
1
1
90
ABF
AFG
F MG
，
∴
1
1
1
1
1
90
AF B
G F M
FG M
，
∴
1
1
1
AF B
FG M
∽
，
∴
1
1
1
1
1
FG
G M
AF
BF
，
∵
1
1
1
2
3
FG
AF
，
∴
1
1
3
3
24
36
2
2
13
13
BF
G M
综上所述，当CG 的长度最小时，此时BF 的长为36
13 ．
17．（2026·湖南·中考真题）【问题背景】
如图1 ，给定平行四边形ABCD，点P 是AD 边上不与A ，D 重合的一动点．如图2 ，作XYZ
，使得XY
AD
，
且当点P 运动时，保持
X
ABP
，
Y
DCP
．
【动手操作】
将XYZ
拼接于平行四边形ABCD的上方：
操作一：如图3，使点X 与A 重合，点Y 与D 重合，将此时的Z 点记为Q ，作QS
AB
交AD 于点S ；
操作二：如图4 ，使点X 与D 重合，点Y 与A 重合，将此时的Z 点记为R ，连接RP ．
【问题解决】
(1)如图1 ，当
80
BPC
时，
APB
DPC
________°；
(2)如图3 ，从结论①，②中选一个给出证明；
①ASQ
BAP
∽
，②DSQ
CDP
∽
；
(3)如图3 ，在点P 运动过程中，探究线段AP 与线段DS 的数量关系，并说明理由；
(4)如图4 ，设
4
AD
，
3
AB
，当点P 运动时，求PR
PD
的最大值．
【答案】(1)100
(2)解：选择①ASQ
BAP
∽
，
证明：∵QS
AB
，
∴
ASQ
BAP
，
又
QAS
ABP
，
∴ASQ
BAP
∽
；
选择②DSQ
CDP
∽
，
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB
CD
∥
，AB
CD
，
又QS
AB
，
∴QS
CD
，
∴
QSD
PDC
，
又
QDS
DCP
，
∴DSQ
CDP
∽
；
(3)解：AP
DS
，
理由：∵ASQ
BAP
∽
，DSQ
CDP
∽
，
∴SQ
AS
AP
AB
①，SQ
DS
DP
CD
，
∵AB
CD
，
∴SQ
DS
DP
AB
②，
由①得AB SQ
AP AS
，
由②得AB SQ
DP DS
，
∴AP AS
DP DS
，
∴
AP
AD
SD
AD
AP
DS
，
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∴AP AD
AP SD
AD DS
AP DS
，
∴AP AD
AD DS
，
∴AP
DS
；
(4) 49
12
【分析】（1）根据平角定义求解即可；
（2）选择①：根据平行线的性质得出
ASQ
BAP
，结合
QAS
ABP
即可得证；选择②：根据平行四
边形的性质和平行线的传递性得出QS
CD
，根据平行线的性质得出
QSD
PDC
，结合
QDS
DCP
即可得证；
（3）根据（2）中∵ASQ
BAP
∽
，DSQ
CDP
∽
，可得出AB SQ
AP AS
，AB SQ
DP DS
，则
AP AS
DP DS
，变形为
AP
AD
SD
AD
AP
DS
，则AP AD
AP SD
AD DS
AP DS
，得出
AP AD
AD DS
，然后根据等式的性质即可得出结论；
（4）根据题意，得图3中ADQ
和图4中DAR
全等，得出DQ
AR
，由图3中DSQ
CDP
∽
，得出QD
DS
PC
CD
，
结合AP
DS
，得出AR
AP
PC
CD
，则可证明ARP
CPD
∽
，设PD
x
，则
4
AP
x
，根据相似三角形的性
质求出
2
4
3
x
x
PR
，则
2
4
3
x
x
PR
PD
x
，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵
80
BPC
，
∴
180
100
APB
DPC
BPC
；
（2）略
（3）略
（4）解：根据题意，得图3 中ADQ
和图4 中DAR
全等，
∴DQ
AR
，
∵图3 中DSQ
CDP
∽
，
∴QD
DS
PC
CD
，
由（3）知：AP
DS
，
∴AR
AP
PC
CD
，
又
RAP
DCP
，
∴ARP
CPD
∽
，
∴AR
AP
PR
PC
DC
PD
，
设PD
x
，则
4
AP
x
，
∴4
3
x
PR
x
，
解得
2
4
3
x
x
PR
，
∴
2
4
3
x
x
PR
PD
x
2
1
7
3
3
x
x
2
1
7
49
3
2
12
x
，
∴当
7
2
x
时，PR
PD
取最大值为49
12 ．
18．（2026·四川甘孜·中考真题）平行四边形连杆是机械结构中常见的一种部件．这种连杆在移动时，两对
边始终保持平行且连杆的长度保持不变，能方便地进行往复运动．如图，四边形AFDE 是平行四边形，
CE
AF
k
AE
BF
．
【初步感知】
(1)如图1，连接BD ，CD，则
1
2
3
度；
【变化探寻】
(2)如图2，
10
AB
，
15
AC
，固定点D ，当k 为何值时，在移动点B 的过程中，始终有
AEF
与
B
相等．
【深入探究】
(3)如图3，固定点D ，若移动点B 到点B，则点C 随之移动到点C．
①判断线段CC与BB的位置关系与数量关系，并说明理由；
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②在点B 处安装一支描图针，在点C 处安装一支绘图针，当描图针沿着一个直角边长为2 的等腰直角三角
形
1
L 描摹时，绘图针随之绘出一个平面几何图形
2
L ，求图形
2
L 的面积．（用含k 的代数式表示）
【答案】(1)180
(2)
9
4
k
(3)①BB
CC
∥
，
1
BB
CC
k
，理由如下：
如图，连接
,
BC B C
，
同（1）可得
180
BDF
EDF
CDE
∴
,
,
B C D，
,
,
B D C
三点共线，
∵F D
A C
∥
，
∴B F D
B A C
∽
，
∴
1
B D
B F
DC
A F
k
，
∵FD
AC
∥
，
∴
1
BD
BF
DC
AF
k
，
1
BD
B D
DC
DC
k
，
又∵
BDB
CDC
，
∴BB D
CC D
∽
，
∴
DBB
DCC
，
1
BB
BD
CC
DC
k
，
∴BB
CC
∥
，
1
BB
CC
k
；
②
2
2k ．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得
,
AE
DF AF
DE
，
AED
AFD
，根据CE
AF
k
AE
BF
可得
CE
ED
k
DF
FB
，进而证
CED
DFB
△
∽△
，可得
1
C
，又
2
CED
，可得
1
2
3
180
；
（2）设AE
DF
x
，BF
y
，则CE
kx
，AF
DE
ky
，证明EDC
AEF
∽
，得出
2
x
k
y
，证明
BFD
BAC
∽
得出
3
2
x
y
，即可求解；
（3）①连接
,
BC B C
，证明B FD
B A C
∽
，BB D
CC D
∽
，根据相似三角形的性质，即可得出结论；
②依题意，
1
L 与
2
L 是关于点D 的位似图形，且位似比为1
k ，则面积比为
2
1
k ，求得
1
L 的面积，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形AFDE 是平行四边形，
∴
,
AE
DF AF
DE
，
AED
AFD
，AE
FD
∥
，
180 ,
180
AED
CED
AFD
DFB
°
° ，
CED
DFB
，
∵CE
AF
k
AE
BF
，
∴CE
ED
k
DF
FB
，
∴
CED
DFB
△
∽△
，
∴
1
C
，
∵AE
DF
∥
，
2
CED
，
∵
3
180
C
CED
，
∴
1
2
3
180
；
（2）解：∵四边形AFDE 是平行四边形，
∴
,
AE
DF AF
DE
，FD
AC
∥
，
设AE
DF
x
，BF
y
，则CE
kx
，AF
DE
ky
，
∵
A
A
，
AEF
B
，
∴
AEF
ABC
∽
，
∵DE
AF
∥
，
∴
,
EDC
B
DEC
A
，
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∴
EDC
AEF
，
∴EDC
AEF
∽
，
∴AE
AF
DE
EC
，
即x
ky
ky
kx
，
∴
2
x
k
y
，
∵FD
AC
∥
，
∴BFD
BAC
∽
，
∴AC
DF
AB
BF
，
∵
10
AB
，
15
AC
，
∴
15
3
10
2
x
y
，
∴
2
9
4
x
k
y
，
∴当
9
4
k
时，在移动点B 的过程中，始终有
AEF
与
B
相等．
（3）①略
②由①可得
1
B D
DC
k
，
依题意，
1
L 与
2
L 是关于点D 的位似图形，且位似比为1
k ，则面积比为
2
1
k ，
∵等腰直角三角形
1
L 的边长为2 ，面积为1
2
2
2
2
，
∴图形
2
L 的面积为
2
2k ．
19．（2026·广东深圳·中考真题）综合与探究
定义：若四边形的一条对角线被另一条对角线平分，且另一条对角线被交点分成的两条线段长度之比为
1
k k
，则称该四边形为“ k 倍四边形”．
(1)①如图1，在
ABCD
中，对角线AC 与BD 交于点O，点E 为OB 中点．若四边形AECD为k 倍四边形，
则k 的值为__________；
②如图2，在k 倍四边形ABCD中，若对角线AC 被BD 平分，则
ACD
ACB
S
S
△
△
__________；（用含k 的代数式表
示）
(2)如图3，四边形ABCD为k 倍四边形，其对角线BD平分对角线AC ，且满足
2
BDC
ABD
，
4
BD
CD
，
求k 的值；
(3)如图4，已知定点A ，B ，且AB
BM
，点C 为射线BM 上一动点，点D 为平面内一点，连接A ，B ，C ，
D 构成四边形ABCD．若BD 平分AC ，
BAC
DAC
，四边形ABCD为2 倍四边形，求tan ACD
的值．
【答案】(1)①2 ；②k
(2) 5
3
(3)
3
5
或15
【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得
,
AO
CO BO
DO
，根据点E 为OB 中点，得出
2
DO
EO
，
结合k 倍四边形的定义，即可求解；
②过点,
B D分别作AC 的垂线，垂足分别为
,
E F ，证明BOE
DOF
∽
得出DF
DO
k
BE
BO
，进而根据三角形
的面积比，即可求解；
（2）过点A 作AG
CD
∥
交BD于点G ，证明
AAS
APG
CPD
≌
得出AG
CD
，设CD
a
，进而表示出
,
BP PD 的长，即可求解；
（3）设
,
AC BD 交于点E ，过点,
B D分别作AC 的垂线，垂足分别为
,
H G ；分两种情况讨论，当
2
BE
DE
时，
设
2,
1
BE
DE
，证明DGE
BHE
∽
得出
2
EH
EG
，设
2
EH
m
，则EG
m
，证明
ABH
ADG
△
∽△
得出
2
AH
AG
，进而求得m 的值，勾股定理求得GD ，进而根据正切的定义，即可求解；当
1
2
BE
DE
时，同理
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可得结论．
【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
,
AO
CO BO
DO
，
∵E 是OB 的中点，
∴
1
1
2
2
BE
EO
BO
DO
，
∵四边形AECD为k 倍四边形，
∴
2
DO
k
EO
；
②如图，过点,
B D分别作AC 的垂线，垂足分别为
,
E F ，
∵四边形ABCD为k 倍四边形，对角线AC 被BD 平分，
∴DO
k
BO
，
∵
90
EOB
DOF
BEO
DFO
，
∴BOE
DOF
∽
，
∴DF
DO
k
BE
BO
，
∴
1
2
1
2
ACD
ACB
AC
DF
S
k
S
AC
BE
△
△
，
（2）解：如图，过点A 作AG
CD
∥
交BD 于点G ，
∴
3
BDC
，
∵
2
BDC
ABD
，
∴
3
2
2
，
又∵1
2
3
，
∴
1
2
，
∴AG
BG
，
∵四边形ABCD为k 倍四边形，其对角线BD平分对角线AC ，
∴AP
PC
，
又∵
APG
CPD
，
∴
AAS
APG
CPD
≌
，
∴AG
CD
，GP
DP
，
设CD
a
，
∴AG
CD
a
∴BG
a
，
∵
4
4
BD
CD
a
，
∴
4
3
GD
BD
BG
a
a
a
，
∴
1
3
2
2
GP
PD
GD
a
，
∴
3
5
2
2
BP
BG
GP
a
a
a
，
∴
5
5
2
3
3
2
a
BP
k
PD
a
；
（3）解：设
,
AC BD 交于点E ，过点,
B D分别作AC 的垂线，垂足分别为
,
H G
①当
2
BE
DE
时，设
2,
1
BE
DE
，如图4，
∵
90
ABC
，BD 平分AC ，
∴
2
BE
AE
EC
，
∵
,
90
BEH
DEG
DGE
BHE
，
∴DGE
BHE
∽
，
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∴
2
BE
BH
EH
DE
GD
EG
，
设
2
EH
m
，则EG
m
，
∴
2
2
AH
AE
EH
m
，
2
AG
AE
GE
m
，
∵
BAC
DAC
，
90
AGD
AHB
，
∴
ABH
ADG
△
∽△
，
∴
2
AH
BH
AG
GD
，
∴
2
AH
AG
，即
2
2
2 2
m
m
，
解得：
1
2
m
，
∴
1
5
2
2
2
CG
CE
GE
，
在Rt DEG
中，
2
2
2
2
1
3
1
2
2
GD
DE
GE
，
∴
3
3
2
tan
tan
5
5
2
GD
ACD
GCD
CG
；
②当
1
2
BE
DE
时，设
1,
2
BE
DE
，如图4，
同①可得
1
BE
AE
EC
，
ABH
ADG
△
∽△
，
∴
1
2
AH
BH
AG
GD
，
同①可得DGE
BHE
∽
，
∴
1
2
BE
BH
EH
DE
GD
EG
，
设EH
m
，则
2
EG
m
，
∴
1
AH
AE
HE
m
，
1
2
AG
AE
EG
m
，
∵2AH
AG
，即
2 1
1 2
m
m
，
解得：
1
4
m
，
∴
1
2
2
EG
m
,
1
1
1
2
1
2
4
2
CG
CE
EG
m
，
在Rt DEG
中，
2
2
2
2
1
15
2
2
2
GD
DE
GE
，
∴
15
2
tan
tan
15
1
2
GD
ACD
GCD
CG
，
综上所述，tan ACD
的值为
3
5
或15 ．
20．（2026·四川攀枝花·中考真题）综合探究与应用
【阅读材料】
如图1，两定点A、B 在直线l 异侧，点P 是直线l 上任意一点，当点P 为线段AB 与直线l 的交点时，PA
PB
的值最小，最小值为线段AB 的长．理由：在直线l 上另取一点
1P ，连结
1
1
P A
PB
、
，因为三角形的两边之和
大于第三边，所以
1
1
P A
PB
AB
，即PA
PB
最小值为AB 的长．
【类比应用】
(1)根据阅读材料中的相同道理，类比解决下面的问题：
如图2，两定点A、B 在直线l 同侧，点P 是直线l 上任意一点，当点P 为线段AB 延长线与直线l 的交点时，
PA
PB
的值最大，最大值为线段AB 的长．请说明理由．
【拓展提升】
(2)如图3，在矩形ABCD中，
2,
3
AB
AD
，O为对角线AC 的中点，点H 在AD 边上，且
1
AH ，点E
在BC 边上，连结HE ，OE ，求HE
OE
的最大值．
【答案】(1)解：理由如下：
如图，在直线l 上另取一点
2P ，连结
2P A ，
2P B ，
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∵三角形的两边之差小于第三边，
∴
2
2
P A
P B
AB
，
当点P 为线段AB 延长线与直线l 的交点时，PA
PB
AB
，
∴对于直线l 上的任意一点P ，都有PA
PB
AB
，
∴当点P 为线段AB 延长线与直线l 的交点时，PA
PB
的值最大，最大值为线段AB 的长．
(2)
5
2
【分析】（1）根据三角形的三边关系定理解答即可；
（2）取AD 的中点F ，连接
,
OF OH ，先求出
,
FH OF 的长，再利用勾股定理求出HO 的长，然后利用（1）
的结论解答即可．
【详解】（1）解：略．
（2）解：如图，取AD 的中点F ，连接
,
OF OH ，
∵在矩形ABCD中，
2,
3
AB
AD
，
∴
1
3
2,
,
90
2
2
CD
AB
AF
AD
D
，
∵
1
AH ，
∴
1
2
FH
AF
AH
，
∵点F 为AD 的中点，点O为对角线AC 的中点，
∴OF 是ACD
的中位线，
∴
1
,
1
2
OF
CD OF
CD
，
∴
90
AFO
D
，
在Rt HOF
中，
2
2
5
2
OH
OF
FH
，
由（1）可知，当点E 为BC 与HO 延长线的交点时，HE
OE
的值最大，最大值为线段HO 的长，即为
5
2
．
21．（2026·陕西·中考真题）问题探究
(1)如图①，AD 是ABC
的角平分线，若
:
3: 2
ABD
ACD
S
S
，则
:
AB AC 的值为_________；
(2)如图②，在ABC
中，AB
AC
，
80
BAC
，点D ，E 在边BC 上．若
2
BE CD
AB
，求
DAE
的度
数；
问题解决
(3)为优化种植结构及水资源配置，某村计划在一块平整的农田内修建两条笔直的田间小路，使得两条小路
将该农田分割为四个区域，以种植不同种类的农作物；为方便灌溉，还需在两条小路的交汇处修建一个蓄
水池，在蓄水池和水源接入口之间铺设一段地下输水管道．
如图③所示，四边形ABCD区域为农田，AQ ，DP为小路，小路的出口P ，Q 分别在农田边界AB ，BC 上，
AQ 与DP 相交于点M ，点M 为蓄水池，点B 为水源接入口，BM 为地下输水管道．根据种植需求，ADP
区域与ABQ
区域的面积之比为25:36 ，为了节约成本，还需使地下输水管道BM 最短．
已知AD
BC
，AB
BC
，
400 m
AD
，
480 m
AB
，
720 m
BC
，请你帮助该村计算在满足种植需求的
情况下，当地下输水管道BM 最短时，四边形MQCD 区域的面积．（结果精确到
2
1m ．小路的宽，蓄水池
的大小均忽略不计）
【答案】(1) 3
2
(2)50
(3)
2
155077m
【分析】（1）过点D 作
,
DE
AB DG
AC
，垂足为点
,
E G ，根据角平分线性质定理得到DE
DG
，再由
三角形面积公式求解即可；
（2）证明
ABE
DCA
△
△
∽
，结合等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可；
（3）先证明
DAP
ABQ
△
∽△
，得到
90
AMD
，取AD 的中点E ，连接
,
ME BE ，则
1
2
AE
AD
，则点M
的轨迹为以E 为圆心，AD 为直径的一段圆弧，EM
AE
，故当点
,
,
B M E 三点共线时，BM 取得最小值，
过点M 作MF
AD
交
,
AD BC 于点
,
F G ，然后由
AEM
QBM
△
∽△
，求出QB ，MF ，再证明四边形AQCD
是平行四边形，最后由
AQCD
AMD
MQCD
S
S
S
四边形
求解．
【详解】（1）解：过点D 作
,
DE
AB DG
AC
，垂足为点
,
E G ，
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∵AD 是ABC
的角平分线，
∴DE
DG
，
∴
1
3
2
1
2
2
ABD
ACD
AB
DE
S
S
AC
DG
△
△
，
∴
3
2
AB
AC
；
（2）解：∵
80 ,
BAC
AB
AC
，
∴
180
50
2
BAC
B
C
，
∵
2
BE CD
AB
，
∴BE CD
AB AC
，
∴BE
AB
AC
CD
，
∴
ABE
DCA
△
△
∽
，
∴
BEA
CAD
，
∴
BEA
EAC
CAD
EAC
，
∴
50
C
DAE
；
（3）解：∵AB
BC
，
∴
90
ABC
，
∵AD
BC
，
∴
180
90
BAD
ABC
，
∴
1
400
25
2
1
480
36
2
ADP
ABQ
AD
AP
S
AP
S
BQ
AB
BQ
△
△
，
∴
5
6
AP
BQ
，
∵
400
5
480
6
AD
AB
，
∴AP
AD
BQ
AB
，
∵
90
DAP
ABQ
，
∴
DAP
ABQ
△
∽△
，
∴
ADP
BAQ
，
∴
90
ADP
MAD
BAQ
MAD
BAD
，
∴
90
AMD
，
取AD 的中点E ，连接
,
ME BE ，则
1
200 m
2
AE
AD
，
∴点M 的轨迹为以E 为圆心，AD 为直径的一段圆弧，
200m
EM
AE
，
∵BM
ME
BE
，
∴BM
BE
ME
，
∴当点
,
,
B M E 三点共线时（M 在线段BE 上），BM 取得最小值，如图：
过点M 作MF
AD
交
,
AD BC 于点
,
F G ，
∵
90
BAD
，
∴
2
2
2
2
200
480
520 m
BE
AE
AB
，
∴此时
520
200
320 m
BM
BE
EM
，
∵AD
BC
，MF
AD
，
∴MG
BQ
，
∴四边形ABGF 是矩形，
∴
480 m
FG
AB
，
∵AD
BC
，
∴
AEM
QBM
△
∽△
，
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∴AE
EM
MF
QB
MB
MG
，
∴200
200
320
480
MF
QB
MF
，
∴
320
QB
，
2400
13
MF
，
∴
720
320
400 m
CQ
BC
QB
AD
，
∵AD
BC
，
∴四边形AQCD 是平行四边形，
∴
AQCD
AMD
MQCD
S
S
S
四边形
，
2
1
2400
2016000
400
480
400
155077 m
2
13
13
，
答：当地下输水管道BM 最短时，四边形MQCD 区域的面积为
2
155077m ．
22．（2026·江苏连云港·中考真题）【生活观察】
(1)小越将自行车前后轮保持一定角度推行转圈．如图1，他发现前后轮行驶路径可近似抽象为两个同心圆，
车轮行驶方向与其行驶路径相切，某时刻的俯视图如图2 所示．若前后轮的轴心距（前后轮所在圆的圆心
的距离）
1.5 m
AB
，前轮转向角即
30
CBD
，则旋转半径OB _____ m．
【类比探究】
(2)小越进一步研究发现，一般家用汽车在转弯行驶时为两轮转向，即汽车的前轮各按一定的转向角行驶．与
自行车的转弯行驶类似，四个车轮的行驶路径在理想状态下也可近似抽象为四个同心圆弧，车轮行驶方向
与其行驶路径相切（轮胎的宽度忽略不计）．
如图3，某款家用汽车宽AB 约为2 m ，轴心距BC 约为3 m
．转弯时，若右前轮的转向角即
20.6
ECF
，
求此时左前轮的转向角
GDH
的度数．
（参考数据：
3
tan 20.6
8
，
1
tan 26.6
2
，
9
sin 20.6
25
，
2
tan33.6
3
，
1
tan18.5
3
）
【综合实践】
(3)如图4，汽车在直角处进行转弯．若（2）中的这款汽车行驶至车前轮所在圆的圆心C ，D 与直角拐点Q
共线位置时，其俯视图如图5 所示．若路宽均为5 m
，车辆左侧与实线PQ 的距离为1m
．现右前轮欲以固
定转向角转弯行驶，若能规范通过此直角弯道（四轮均不压实线），请直接写出sin的范围．
【答案】(1)3
(2)此时左前轮的转向角
GDH
的度数约为26.6
(3) 3
3 58
sin
8
58
【分析】（1）根据题求得
30
AOB
，根据含30 度角的直角三角形的性质，即可求解；
（2）先求得
8
OB
m
，进而解Rt OAD
得出
26.6
AOD
，根据等角的余角相等得出
26.6
GDH
AOD
，即可求解；
（3）分两种情况讨论，分别求得的最小值和最大值，再求正弦，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，OB
BD
，
30
CBD
∴
90
90
30
60
ABO
CBD
∵OA
AB
∴
90
90
60
30
AOB
ABO
∵
1.5 m
AB
∴
3m
OB
（2）解：由题意得OC
CF
，OB
BC
，OA
AD
，OD
DH
90 ,
90
ECF
OCB
COB
OCB
，
20.6 .
COB
ECF
在Rt OCB
中，tan
CB
COB
OB
3
tan20.6
OB
3
3
8
OB
解得：
8
OB
m
8
2
6
OA
OB
AB
m
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在Rt OAD
中,tan
AD
AOD
OA
3
1
tan
6
2
AOD
26.6
AOD
90
AOD
ADO
，
90
GDH
ADO
，
26.6 .
GDH
AOD
答：此时左前轮的转向角
GDH
的度数约为26.6 .
（3）解：如图，连接OQ ，设OA，PQ 交于点M ，
当最大时，A 点经过Q 点，此时
1
DQ
AM
依题意，
ECF
COB
，
设OA
r
，则
1
OM
r
，
3
MQ
AD
在Rt OQM
中，
2
2
2
OQ
OM
QM
∴
2
2
2
1
3
r
r
解得：
5
r
∴
5
2
7
OB
OA
AB
，
3
BC ,
在Rt OBC
中，
2
2
2
2
3
7
58
OC
BC
OB
∴
3 58
sin
sin
sin
58
CB
ECF
COB
OC
当最小时，此时转弯后车辆的右侧紧邻道路右侧，如图，过点O作ON 垂直于道路右侧
设道路宽为l ，依题意，
5
l
∴
5
3
8
OC
ON
l
AD
∴
3
sin
sin
sin
8
CB
ECF
COB
OC
综上所述，3
3 58
sin
8
58
23．（2026·湖北武汉·中考真题）将正方形ABCD的边CD绕点D 逆时针旋转得到DE ，连接AE 交边CD于
点F ，DG 平分
CDE
交AE 于点G ，连接CG 、CE ．
(1)如图1，求证：CGE
是等腰直角三角形（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明
DAE
DEG
DCG
）．
(2)如图2，连接BD 交AE 于点H ，求证：
2
AF AE
AH AG
．
(3)如图3，点K 在线段AE 上，
1
2
AK
CG
，连接CK ．若
4
AB
，直接写出CK 的最小值．
【答案】(1)证明：∵DG 平分
CDE
，
∴
CDG
EDG
，
∵正方形ABCD的边CD绕点D 逆时针旋转得到DE ，
∴AD
CD
DE
，
∵DG
DG
，
∴
SAS
DCG
DEG
≌
，
∴CG
EG
，
DEG
DCG
，
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∵AD
CD
DE
，
∴
DAE
DEG
，
∴
DAE
DCG
，
∵
AFD
CFG
，
∴
90
CGF
ADF
，
∴
90
CGE
，
∴CGE
是等腰直角三角形．
(2)证明：由（1）证得DCG
DEG
≌
，
90
CGE
，
∴
1 360
90
135
2
CGD
EGD
，
∴
180
180
135
45
AGD
EGD
，
∴
45
AGD
ADB
，
又∵
DAG
FAD
，
∴ADH
AGD
∽
，
∴AD
AH
AG
AD
，即
2
AD
AH AG
①，
如图：过D 作DM
AE
于M ，则
90
AMD
ADF
，
∵
DAM
FAD
，
∴ADM
AFD
V
V
∽
，
∴AD
AM
AF
AD
，即
2
AD
AM AF
②，
∵AD
DE
，DM
AE
，
∴
1
2
AM
EM
AE
，
∴
2
1
2
AD
AM AF
AE AF
由①②两式得，
1
2
AH AG
AE AF
，即
2
AF AE
AH AG
．
(3)
34
2
【分析】（1）先利用正方形的性质证明
SAS
DCG
DEG
≌
可得CG
EG
，
DEG
DCG
，再证明
90
CGE
，即可证明结论；
（2）由（1）证得DCG
DEG
≌
，
90
CGE
，证明ADH
AGD
∽
可得AD
AH
AG
AD
，即
2
AD
AH AG
①；
如图：过D 作DM
AE
于M ，则
90
AMD
ADF
，证明ADM
AFD
V
V
∽
可得AD
AM
AF
AD
，即
2
AD
AM AF
②；利用等腰三角形的性质可得
1
2
AM
EM
AE
，即
2
1
2
AD
AM AF
AE AF
，最后结
合①②即可证明结论；
（3）如图：取AD 中点M ，连接KM ．即
1
2
AM
AD
，可证AKM
EGD
∽
得
135
AKM
EGD
；
再说明K 点在以O为圆心，OA 为半径的圆上运动，当K 点运动到OC 上时，即O、K 、C 三
点共线时，CK 取得最小值
min
CK
OC
OK
．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：如图：取AD 中点M ，连接KM ．即
1
2
AM
AD
，由（1）可得CG
EG
，
∵
1
2
AK
CG
，
∴
1
2
AK
EG
∴
1
2
AK
EG
，
∴
1
2
AM
AK
AD
EG
，
∵AD
DE
，
∴
KAM
GED
，
1
2
AM
AK
DE
EG
∴AKM
EGD
∽
，
∴
135
AKM
EGD
，
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∴K 点在以O 圆心，OA 为半径的圆上运动，
当K 点运动到OC 上时，即O、K 、C 三点共线时，CK 取得最小值
min
CK
OC
OK
．
如图：过O 作OH
BC
于H ，交AD 于P ，在圆O 上取一点N，连接
,
AN MN ，则四边形MKAN
是圆O 的内接四边形，
∴
180
AKM
ANM
，
∵
135
AKM
，
∴
180
45
ANM
AKM
，
∴
2
90
AOM
ANM
，
∵
1
1
2
2
2
AM
AD
AB
，
∴
1
1
2
AP
OP
AM
，
∴
2
2
2
OK
OA
AP
OP
，
1 4
5
OH
OP
PH
，
4 1
3
CH
BC
BH
，
∴
2
2
5
3
34
OC
，
∴
34
2
CKmin
OC
OK
，
∴CK 的最小值为
34
2
．
24．（2026·湖北武汉·中考真题）下图是由小正方形组成的6 6
网格，每个小正方形的顶点叫作格点，ABC
的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成如下两个画图任务，每个任务的画线不得超过五条．
(1)如图1，先在AB 上画点D ，使
45
BCD
，再画点A 关于点D 的对称点E ；
(2)如图2，P 是边AC 与网格线的交点，先将AB 平移到FP （P 是点B 的对应点），再在FP 上画点G ，使
BGP
APF
．
【答案】(1)如图：点D、点E 即为所求．
(2)如图：点FP 、点G 即为所求．
【分析】（1）如图1：取格点F 使得
,
90
BF
BC
FBC
，连接CF 与AB 相交于点D；利用等腰直角三
角形可知
45
BCD
，即点D 即为所求；取格点H，使得GH
CF
∥
且
,
AF
FG
利用相似三角形可知
AD
DE
，则点A、点E 关于点D 对称，即点E 即为所求；
（2）设每个小正方形边长为1，如图：2 先将点A 向右平移2.5 ，再向上平移1 得到点F，连接FP 即为所
求；先作AB 的垂直平分线交AC 于H，则AH
BH
，即
BAH
ABH
；又AB
PF
∥
，则
,
BAH
APF
APF
BGP
，则
APF
BGP
，即点G 即为所求．
【详解】（1）解：∵
,
90
BF
BC
FBC
，
∴BCF
是等腰直角三角形，
∴
45
BCD
，即点D 即为所求；
如图：由作图过程以及网格可得：
,
AF
FG
GH
CF
∥
，
∴AFD
AGE
∽
，
∴
1
2
AD
AF
AE
AG
，
∴AD
DE
，
∴点A、点E 关于点D 对称，即点E 即为所求；
（2）解：设每个小正方形边长为1，如图2：由平行线分线段成比例定理和中位线定理可知：点B 向右平
移2.5 ，再向上平移1 得到点P，
∴同理由平行线分线段成比例定理和中位线定理可知将点A 向右平移2.5 ，再向上平移1 得到点F，连接PF
即为所求；
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∴AB
PF
∥
，
如图2：过D 作DI 垂直于格线，则四边形DIOL 是矩形
由格点图知，L 为AP 中点，
则由平行线分线段成比例定理可知D 为AB 中点，
∴
1
1
2
2
DL
BP
，
1
2
OI
DL
，
同理J 为NK 中点，E 为NM 中点，
∴
1
1
2
2
JE
KM
，
∴
1
1
3
4
2
2
IE
AP
，
1
2
OI
DL
，
∵
,
90
DI
BP
APB
DIE
，
∴
SAS
ABP
FDI
≌
，
∴
DEI
PAB
，
∵
ALD
OLE
，
∴
90
ADL
LOE
，
∵AD
BD
，
∴DE 是AB 的垂直平分线，且交AC 于H，
∴AH
BH
，
∴
BAH
ABH
，
∵AB
PF
∥
，
∴
,
BAH
APF
ABH
BGP
，
∴
APF
BGP
，即点G 即为所求．
25．（2026·云南·中考真题）如图，
O
是ABC
的外接圆，AB 是
O
的直径．点P 在BA 的延长线上，且
2
PC
PA PB
．点E 在AC 的延长线上．线段BE 的中点M 与点C 、点P 在同一条直线上．线段OM 与
O
相交于点D ，与线段BC 相交于点N ．DH
AB
于点H ，线段DH 与线段BC 相交于点F ，连接OF ．记
OFD
△
的面积为
1S ，OFH
的面积为
2S ．
(1)求证：直线PC 是
O
的切线；
(2)若
2 21
AB
，
6 6
BE
，求线段PA 的长；
(3)观察，探究，发现与证明：
以下三个结论：
1
2
S
S
，
1
2
S
S
=
，
1
2
S
S
，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论．
【答案】(1)证明：如图1，连接OC ，
∵
2
PC
PA PB
，
∴PC
PA
PB
PC
，
又∵
P
P
，
∴PCB
PAC
∽
，
∴
PCA
PBC
，
∵AB 是
O
的直径，OA
OC
，
∴
90 ,
ACB
OAC
OCA
，
∴
90
PBC
OAC
PCA
OCA
OCP
，
又∵OC 是
O
的半径，
∴直线PC 是
O
的切线；
(2)14 21
11
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(3)
1
2
S
S
，证明如下：
如图2，连接BD ，
∵O 为AB 的中点，点M 是BE 的中点，
∴OM 是ABE
的中位线，
∴
//
OM AE ，
∴
90
ACB
ONB
，
∵DH
AB
，
∴
90
OHD
，
∴
90
ODF
DOH
OBF
DOH
，
∴
ODF
OBF
，
∵OD
OB
，
∴
ODB
OBD
，
∴
ODB
ODF
OBD
OBF
，即
BDF
DBF
，
∴DF
BF
，
在Rt BFH
中，
90
BHF
，BF
BH
，
∴DF
BF
FH
，
∵
1
2
1
1
,
2
2
OFD
OFH
S
S
DF OH S
S
FH OH
，
∴1
1
2
2
DF OH
FH OH
，即
1
2
S
S
．
【分析】（1）连接OC ，根据题意证得PCB
PAC
∽
，得
PCA
PBC
，再由AB 是
O
的直径，OA
OC
，
证得
90
OCP
即可证得结论；
（2）首先证得
90
ABE
，然后，证得PCO
PBM
∽
，得
21
14
6
3 6
CO
PC
BM
PB
，再由（1）知
14
6
PC
PA
PB
PC
，设
14
PA
x
，则
6
PC
x
，由
2
PC
PA PB
，得
18 14
7
PB
x
，再由PB
PA
AB
，得
7 6
11
x
，最后代入x 值可求得PA 的长；
（3）连接BD ，首先证得OM 是ABE
的中位线，得OM
AE
，进而得
90
ACB
ONB
，然后由DH
AB
得
90
OHD
，证得
ODF
OBF
，再由OD
OB
得
ODB
OBD
，得
BDF
DBF
，进而得
DF
BF
FH
，最后由
1
2
1
1
,
2
2
OFD
OFH
S
S
DF OH S
S
FH OH
可证得结论．
【详解】（1）略
（2）解：∵O 为AB 的中点，
2 21
AB
，
∴
21
AO
BO
，
∵AB 是
O
的直径，
∴
90
ACB
BCE
，
∴
90
PCA
BCM
，
又∵点M 是线段BE 的中点，
6 6
BE
，
∴
3 6
CM
BM
EM
，
∴
CBM
BCM
，
由（1）知
PCA
PBC
，
∴
90
PCA
BCM
PBC
CBM
ABE
，
∴
90
OCP
PBM
，
又∵
P
P
，
∴PCO
PBM
∽
，
∴
21
14
6
3 6
CO
PC
BM
PB
．
由（1）知
14
6
PC
PA
PB
PC
，
设
14
PA
x
，则
6
PC
x
，
∵
2
PC
PA PB
，即
2
6
14
x
x PB
，
∴
18 14
7
PB
x
，
∵PB
PA
AB
，即18 14
14
2 21
7
x
x
，解得
7 6
11
x
，
∴
7 6
14 21
14
11
11
PA
；
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（3）略
26．（2026·江苏扬州·中考真题）如图1，在边长为1 的正方形ABCD中，E 是AD 边上的动点（不与点A，
D 重合）．将ABE
沿BE 翻折，得到
FBE
△
．过点F 作FM
BE
，FN
BC
，垂足分别为M，N．
(1)如图2，若FM
FN
，求FM
FN
的值；
(2)如图3，若E 为AD 中点，则FM 的长为_______，FN 的长为_______；
(3)求点E 运动过程中FM
FN
的最大值．
【答案】(1)1
(2)
5
5
，3
5
(3) 9
8
【分析】（1）根据翻折可得
ABE
EBF
，根据角平分线定理可得BF 平分
EBC
，可得
30
ABE
EBF
FBC
，进而可得
1
1
2
2
FN
BF
，即可求出FM
FN
的值；
（2）根据翻折可得
AEB
FEB
△
≌△
，计算直角三角形斜边上的高，根据等面积法
1
1
2
2
FEB
S
EB FM
EF FB
计算即可，再证得四边形HNCD 为矩形，EFH
FBN
∽
，得到EF
FH
EH
FB
BN
FN
，
即可解出FN 的长；
（3）如图，延长NF 交AD 于H ，连接AM ，证明HFA
MAB
∽
，得到HF
AF
AM
AB
，设FM
x
，FN
y
，
表示出AM ，HF ，AF ，然后代入求出
2
2
1
y
x
，然后表示出FM
FN
后利用二次函数的性质求解．
【详解】（1）解：∵FM
BE
，FN
BC
，且FM
FN
，
∴BF 平分
EBC
，
∴
EBF
FBC
，
∵ABE
沿BE 翻折得到
FBE
△
，
∴
ABE
EBF
，
∴
ABE
EBF
FBC
，
∵
90
ABE
EBF
FBC
ABC
，
∴3
90
ABE
，
∴
30
ABE
FBC
，
在Rt
BFN
△
中，
1
BF ，
∴
1
1
2
2
FN
BF
，
又∵FM
FN
，
∴
1
1
1
2
2
FM
FN
；
（2）解：延长NF 交AD 于H ，
∵正方形ABCD的边长为1，且E 为AD 中点，
∴
1
AD ，
1
1
2
2
AE
AD
，AD
BC
，
90
A
D
C
，
∵ABE
沿BE 翻折得到
FBE
△
，
∴
AEB
FEB
△
≌△
，
∴
1
2
AE
EF
，
1
AB
BF
，
90
EFB
EAB
，
在Rt
AEB
△
中，
2
2
2
2
1
5
1
2
2
EB
AE
AB
，
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∵FM
BE
，
∴
1
1
2
2
FEB
S
EB FM
EF FB
∴
1
5
1 2
2
FM
∴
5
5
FM
，
∵FN
BC
，AD
BC
，
∴FH
AD
，
∴
90
FHA
FNB
EFB
，
∵
90
D
C
，
∴四边形HNCD 为矩形，
∴
,
1
CN
DH DC
HN
，
∴
90 ,
90
EFH
NFB
NBF
NFB
，
∴
EFH
FBN
，
∴EFH
FBN
∽
，
∴EF
FH
EH
FB
BN
FN
，
设BN
x
，则
1
1
1
,
1
2
2
CN
x EH
x
x
，
∴
1
1
2
2
1
x
FH
x
FN
，
∴
1
1
,
2
2
1
2
2
FH
x FN
x
x
，
∵
1
FH
FN
HN
，
∴
1
2
1
1
2
x
x
，
解得
4
5
x
，
∴
4
3
2
1
5
5
FN
；
（3）解：如图，延长NF 交AD 于H ，连接AM
由翻转得，点A，M，F 三点共线，
∴
90
AMB
由（2）得，FH
AD
∴
90
AHF
AMB
∴
90
HAF
HFA
∵
90
DAB
∴
90
HAF
MAB
∴
HFA
MAB
∴HFA
MAB
∽
∴HF
AF
AM
AB
设FM
x
，FN
y
∴AM
FM
x
，
1
HF
HN
FN
y
，
∴
2
AF
AM
FM
x
∴1
2
1
y
x
x
整理得，
2
2
1
y
x
∴
2
2
1
9
2
1
2
4
8
FM
FN
x
y
x
x
x
∵2
0
∴当
1
4
x
时，FM
FN
取得最大值9
8 ．
27．（2026·四川乐山·中考真题）如图，在矩形ABCD中，
3
AB
、
1
AD ，点P 在线段CD上（点P 不
与点D 重合），连结AP ，将ADP
沿AP 翻折得到、点D 的对应点为D．
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(1)求AD的长度；
(2)求证：当
1
DP 时，四边形AD PD
为正方形；
(3)若点Q 在线段AB 上，且
0
3
BQ
DP
a
a
，连接CQ 、将BCQ
沿CQ 翻折得到B CQ
、点B 的对
应点为B，设点B与点D之间的距离为d ，求d 的取值范围．
【答案】(1)1
(2)证明：法一：
ADP
沿AP 翻折得到
AD P
△
，
∴
1
AD
AD
，
1
D P
DP
∴AD
AD
D P
DP
∴四边形AD PD
是菱形，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
D
，
∴四边形AD PD
是正方形；
法二：
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
D
．
又∵△ADP 沿AP 翻折得到
AD P
△
，
∴
90
AD P
D
，
DAP
D AP
，
∵
1
DP
AD
，
∴
45
DAP
，
∴
45
DAP
D AP
，
∴
2
90
DAD
DAP
，
∴四边形AD PD
是矩形，
又∵DP
AD
，
∴四边形AD PD
是正方形；
(3) 0
2
d
【分析】（1）根据翻折得到
1
AD
AD
；
（2）根据翻折得到
1
AD
AD
，
1
D P
DP
，则AD
AD
D P
DP
推出四边形AD PD
是菱形，最后
根据
90
D
得到四边形AD PD
是正方形；
（3）①当B' 与D重合时，此时
0
d
最小．②当点P 与点C 重合（点Q 与点A 重合）时，根据折叠证明四
边形AB CD
是矩形，得到
2
d
B D
AC
，此时最大，即可得到点B与点D之间的距离为d 的取值范围
0
2
d
．
【详解】（1）解：
ADP
沿AP 翻折得到
AD P
△
，
∴AD
AD
，
又∵
1
AD ，
∴
1
AD；
（2）略
（3）解：①当B' 与D重合时，
此时
0
d
．
②当点P 与点C 重合（点Q 与点A 重合）时，
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∵四边形ABCD是矩形，
3
AB
、
1
AD ，
∴
90
ADC
ABC
，
3
CD
AB
，
1
AD
BC
，
∴
2
2
2
2
3
1
2
AC
AB
BC
，
由折叠可得
1
AD
AD
，
3
AB
AB
，
3
CD
CD
，
1
CB
CB
，
90
AD C
ADC
，
90
AB C
ABC
，
∴
1
CB
AD
，
3
AB
CD
，
∴四边形AB CD
是平行四边形，
∵
90
AD C
ADC
，
∴平行四边形AB CD
是矩形，
∴B D
AC
，
∴
2
d
B D
AC
．
∴0
2
d
．
28．（2026·江苏苏州·中考真题）如图，P 是以AB 为直径的
O
外一点，C 为
O
上的一点，PA 是
O
的
切线，BC OP
，D 为OB 的中点，连接DP交OC 于E ．
(1)求证：PC 是
O
的切线；
(2)若
2
OA
，
4
PA
．
①求BC 的长；
②求tan PEC
的值．
【答案】(1)证明：
PA
为
O
的切线，
PA
OA
，
∴
90
PAO
，
∵BC
OP
∥
，
∴
,
AOP
B
COP
OCB
．
∵OB
OC
，
∴
B
OCB
，
∴
AOP
COP
．
∵在AOP
和COP
中，
OA
OC
AOP
COP
OP
OP
∴
AOP
COP SAS
≌
，
∴
90
PCO
PAO
．
OC
是
O
的半径，
PC
为
O
的切线．
(2)
4
5
5
①
BC
；②
24
tan
7
PEC
【分析】（1）由PA 为
O
的切线，得到
90
PAO
．根据平行线的性质得到
,
AOP
B
COP
OCB
，
结合
B
OCB
，得到
AOP
COP
，从而证明
AOP
COP SAS
≌
，因此
90
PCO
PAO
，即可
得证结论；
（2）①连接AC ，通过解直角三角形得到
5
cos
5
AO
AOP
OP
，因此
5
cos
cos
5
B
AOP
，由AB 是
O
的直径得到
90
ACB
，在Rt
ABC
△
中解直角三角形即可求解；
②方法一：取OC 的中点F ，连接DF ，则
1
1
2
OF
CF
OC
，根据AOP
COP
≌
得到
4
PA
PC
，根
据三角形中位线的性质得到DF
BC
∥
，
1
2 5
2
5
DF
BC
．证明DEF
PEO
∽
，得出
1
5
EF
DF
OE
OP
，进而
可求出CE ，从而在Rt
PCE
△
中，根据正切的定义即可求解；
方法二：过点D 作DG
OC
，交PO的延长线于点G ．证明ODG
BOC
∽
，根据相似三角形的对应边成比
例求出
,
OG DG ，进而求出PG ．再证明POE
PGD
∽
，求出OE ，即可求出CE ，从而在Rt
PCE
△
中，根
据正切的定义即可求解．
【详解】（1）略
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（2）解：①连接AC ．
∵在Rt APO
中，
2
OA
，
4
PA
，
∴
2
2
2 5
OP
OA
PA
，
2
5
cos
5
2 5
AO
AOP
OP
．
∵
B
AOP
，
∴
5
cos
cos
5
B
AOP
AB
是
O
的直径，
∴
2
4
AB
OA
，
90
ACB
．
∴
5
4 5
cos
4
5
5
BC
AB
B
．
②方法一：取OC 的中点F ，连接DF ，则
1
1
2
1
2
2
OF
CF
OC
．
AOP
COP
≌
，
∴
4
PA
PC
．
∵点
,
D F 分别为
,
OB OC 的中点，
DF
是
OBC
△
的中位线，
∴DF
BC
∥
，
1
2 5
2
5
DF
BC
．
∵BC
OP
∥
，
∴DF
OP
，
∴DEF
PEO
∽
，
∴
2 5
1
5
5
2 5
EF
DF
OE
OP
，
∴
1
1
6
6
EF
FO
，
7
6
CE
EF
CF
．
∴在Rt
PCE
△
中，
4
24
tan
7
7
6
PC
PEC
CE
．
方法二：过点D 作DG
OC
，交PO的延长线于点G ．
ODG
BOC
．
∵BC
OP
∥
，
∴
GOD
B
，
∴ODG
BOC
∽
，
∴
1
2
OG
DG
OD
BC
OC
BO
∴
1
2
1
5,
1
2
5
2
OG
BC
DG
OC
，
∴
2 5
12 5
2 5
5
5
PG
PO
OG
．
∵DG
OC
，
∴POE
PGD
∽
，
∴PO
OE
PG
DG
，即
2 5
12
1
5
5
OE
，
∴
5
6
OE
，
∴
5
7
2
6
6
CE
OC
OE
．
AOP
COP
≌
，
∴
4
PA
PC
．
∴在Rt
PCE
△
中，
4
24
tan
7
7
6
PC
PEC
CE
．
85 / 114
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29．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，在ABC
中，
5
8
AB
AC
BC
，
，点D 是BC 边上的一个动点，
连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE ，使得
DAE
BAC
，连接CE
DE
、
．
(1)当AD
BD
时，求BD的长；
(2)当ACD
是等腰三角形时，求CD的长；
(3)当AD
AC
时，求DE 的长（用图2）．
【答案】(1) 25
8
(2)5，25
8 ，8．
(3)6
【分析】（1）如图：过A 作AF
BC
于F，易得
4
BF
FC
，
3
AF
；设AD
BD
x
，则
4
DF
x
，
在Rt ADF
中利用勾股定理列方程求解即可；
（2）分CD
AC
、AD
CD
、AC
AD
三种情况求解即可；
（3）如图：过A 作AH
BC
于G，由（1）可得：
5,
3,
3
AC
AG
CH
，设DH
z
，则
4
CD
z
，利
用勾股定理列方程可求得
9
4
DH
，进而得到
15
4
AD
再证明ABC
ADE
∽
，最后利用相似三角形的性质求
解即可．
【详解】（1）解：如图：过A 作AF
BC
于F，
∵
5
8
AB
AC
BC
，
，
∴
1
4
2
BF
FC
BC
，
2
2
3
AF
AB
BF
，
设AD
BD
x
，则
4
DF
x
，
在Rt ADF
中，
2
2
2
AD
DF
AF
，
∴
2
2
2
4
3
x
x
，解得：
25
8
x
，
∴
25
8
BD
．
（2）解：①当CD
AC
时，
∵
5
AC
，
∴
5
CD
；
②当AD
CD
时，由（1）可知：
5,
3,
4
AC
AG
CG
，
设AD
DC
y
，则
4
GD
y
，
在Rt ADG
中，
2
2
2
AD
DG
AG
，
∴
2
2
2
4
3
y
y
，解得：
25
8
y
，
∴
25
8
CD
；
③当AC
AD
时，点D 和点B 重合，即
8
CD
BC
．
综上，CD的长5，25
8 ，8．
（3）解：如图：过A 作AH
BC
于H，由（1）可得：
5,
3,
4
AC
AH
CH
，
设DH
z
，则
4
CD
z
，
∵
2
2
2
2
2
AD
DH
AH
CD
AC
∴
2
2
2
2
3
4
5
z
z
，解得：
9
4
z
，即
9
4
DH
，
∴
2
2
2
2
9
15
3
4
4
AD
AH
DH
，
∵线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE ，
∴AD
AE
，
∴
1 180
2
ADE
DAE
，
87 / 114
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同理：
1 180
2
ABC
BAC
，
∴
ABC
ADE
，
∴ABC
ADE
∽
，
∴AB
BC
AD
DE
，
∴
5
8
15
4
DE
，
解得：
6
DE
．
30．（2026·湖北·中考真题）在Rt
ABC
△
中，
90
B
，将ABC
绕点C 顺时针旋转（0
90
）得
到
EDC
△
，使得AD
AE
．
(1)如图1，若AD
CE
∥
，DE 与AC 交于点F ，作AM
DE
，垂足为M ．
①证明：
ADM
CED
△
∽△
；
②求EF
DF 的值；
③若
3
AC
，直接写出AB 的值．
(2)如图2，若
90
DAE
，直接写出AB
AC 的值．
【答案】(1)①证明：
CE
AD
∥
，
DEC
ADM
，
AM
DE
，
90
AMD
，
由旋转得，
90
EDC
B
，
90
AMD
EDC
，
ADM
CED
△
∽△
；
②2；③
3 10
4
AB
(2) 2 5
5
【分析】（1）①由平行得
DEC
ADM
∠
∠
，由旋转得，
90
EDC
B
，进而得
90
AMD
EDC
，
即可证明；
②由等腰三角形三线合一的性质得
1
2
EM
DM
DE
，由
ADM
CED
△
∽△
得
1
2
AD
DM
CE
ED
，再证明
ADF
CEF
△
∽△
，则
1
2
AD
DF
CE
EF
，即可得解；
③由旋转得，
3
AC
CE
，AB
DE
，由②可得
1
2
AD
DF
AF
CE
EF
CF
，进而可得到
2
CF
，设DF
x
，
则
2
EF
x
，
3
DE
x
，在Rt CDF
和Rt
CDE
△
中，由勾股定理分别表示出CD，即可得关于x 的方程，即可
求解；
（2）过A 作AM
CD
交直线CD于M ，由AD
AE
，
90
DAE
，得到
45
ADE
AED
，则
45
ADM
DAM
，AM
MD
，设AM
MD
a
，CD
b
，则
2
DE
a
，再在Rt
CDE
△
和Rt ACM
中
根据AC
CE
列方程整理得到a
b
，则
5
AC
a
，代入AB
AC 计算即可．
【详解】（1）①略；
解：②∵AD
AE
，AM
DE
，
∴
1
2
EM
DM
DE
，
由①得
ADM
CED
△
∽△
，
∴
1
2
AD
DM
CE
ED
，
∵AD
CE
∥
，
∴
DAF
ECF
，
ADF
CEF
，
∴
ADF
CEF
△
∽△
，
∴
1
2
AD
DF
CE
EF
，
∴
2
EF
DF
；
③由旋转得，
3
AC
CE
，AB
DE
，
由②可得
1
2
AD
DF
AF
CE
EF
CF
，
∴
2
3
CF
AC
，
∵
3
AC
，
∴
2
2
3
CF
AC
，
89 / 114
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设DF
x
，则
2
EF
x
，
3
DE
DF
EF
x
，
在Rt CDF
中，
2
2
2
2
4
CD
CF
DF
x
，
在Rt
CDE
△
中，
2
2
2
2
9
9
CD
CE
DE
x
，
∴
2
2
4
9
9
x
x
，
解得
10
4
x
（负值已舍去），
∴
3 10
3
4
AB
DE
x
；
（2）解：过A 作AM
CD
交直线CD于M ，
∵AD
AE
，
90
DAE
，
∴
45
ADE
AED
，
∴
45
ADM
，
∴
45
ADM
DAM
，
∴AM
MD
，
设AM
MD
a
，CD
b
，
∴
2
2
2
AD
AE
AM
MD
a
，CM
DM
CD
a
b
，
∴
2
2
2
DE
AD
AE
a
，
在Rt
CDE
△
中，
2
2
2
2
2
2
CE
CD
DE
b
a
，
在Rt ACM
中，
2
2
2
2
2
AC
CM
AM
a
b
a
，
由旋转得，AC
CE
，
2
AB
DE
a
，
∴
2
2
AC
CE
，
∴
2
2
2
2
2
b
a
a
b
a
，
展开整理得a
b
，
∴
2
2
2
2
2
5
AC
a
b
a
a
a
a
，
∴
2
2 5
5
5
AB
a
AC
a
．
31．（2026·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践
【问题情境】在数学活动课上，老师让学生以“矩形”为主题，开展动点问题的研究．在矩形ABCD中，点E ，
F 分别是边AD ，BC 上的动点．
(1)【观察感知】如图1，当点E ，F 运动到AE
BF
时，连接AF ，BE ．求证：ABE
BAF
≌
．
(2)【探索发现】如图2，连接AC ，点M 是AC 上的一点，
1 2
CM
AM
∶
∶，连接AF ，BE ，AF 与BE 相
交于点G ，连接GM ．当BE 平分
ABC
，AF 平分
BAC
时，且
2
AB
AC
BC
，试求出GM 与FC 的数
量关系，并说明你的理由．
(3)【问题拓展】如图3，当
2 3
AB
，
8
BC 时，作直线EF ，若直线EF 将矩形ABCD分成周长相等的两
部分，过点D 作DH
EF
于点H ，连接AH ．当矩形的边AD 与直线EF 的夹角成60时，请你直接写出
DAH
的正切值．（自行完成作图并作答）
【答案】(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴
90
BAE
ABF
，
在ABE
和BAF
中
90
AE
BF
BAE
ABF
AB
BA
SAS
ABE
BAF
≌
；
(2)
2
3
MG
CF
，理由如下：
如图，连接CG ，过点G 作GH
BC
于点
H ，
91 / 114
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BE
平分
ABC
、AF 平分
BAC
，且AF 与BE 相交于点G ，
点G 是ABC
的内心，
点G 到ABC
三边的距离相等
设GH
r
，
1
1
1
1
2
2
2
2
r AB
r AC
r BC
BC AB
，
即
r AB
AC
BC
BC AB
，
∵
2
AB
AC
BC
∴
3
r
BC
BC AB
∴
3
AB
r
∴
3
:
:1
GH AB
,
90
FHG
FBA
AFB
GFH
FGH
FAB
△
∽△
3:1
:
GF AF
3:2
:
AG AF
2:1
:
CM AM
3:2
:
AM AC
∵
GAM
FAC
GAM
FAC
∽
∴
2
3
MG
CF
；
(3)
3
tan
3
23
DAH
或5
3
17
【分析】（1）根据矩形的性质可得
90
BAE
ABF
，结合已知条件根据
S
SA ，即可证明ABE
BAF
≌
；
（2）连接CG ，过点G 作GH
BC
于点
H ，根据已知可得点G 是ABC
的内心，设GH
r
，根据三
角形的面积关系结合已知条件得出
3
AB
r
，即
3
:
:1
GH AB
，证明
FGH
FAB
△
∽△
，GAM
FAC
∽
，根据
相似三角形的性质，即可得出结论；
（3）矩形的边AD 与直线EF 的夹角成60，分以下两种情况讨论，当点H 在AD 的上方，点H 在AD 的下
方时，分别画出图形，根据直线EF 将矩形ABCD分成周长相等的两部分，过点H 作HN
AD
，垂足为N ，
过点F 作FM
AD
，交AD 于点M ，设EN
x
，根据BC
AD
，建立方程，解方程求得x 的值，进而根据
正切的定义，即可求解．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：理由如下：矩形的边AD 与直线EF 的夹角成60，
分以下两种情况讨论
情况一：当
60
HED
，且点H 在AD 的上方时，如图1，
过点H 作HN
AD
，垂足为N ，连接
,
HA HD
90
HNE
30
EHN
设EN
x
2
EH
x
，
3
HN
x
DH
EF
，垂足为H
90
DHE
30
HDE
4
ED
x
，
直线EF 将矩形ABCD分成周长相等的两部分
4
BF
ED
x
过点F 作FM
AD
，交AD 于点M
90
AMF
四边形ABFM
是矩形
4
BF
AM
x
2 3
AB
2 3
MF
93 / 114
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在Rt EFM
中，
90
EMF
60
MEF
，
30
MFE
2
ME
4
2
4
8
2
AD
AM
ME
ED
x
x
x
8
BC
8
AD
8
2
8
x
解得：
3
4
x
3
3
3
4
HN
x
23
4
2
4
AN
AM
ME
EN
x
x
3
tan
3
23
HN
DAH
AN
情况二：当
60
HED
，且点H 在AD 的下方时，如图2，
同情况一可得
4
2
4
8
2
AD
AM
ME
ED
x
x
x
8
BC
8
AD
8
2
8
x
解得
5
4
x
5
3
3
4
HN
x
17
4
2
4
AN
AM
ME
EN
x
x
5
tan
3
17
HN
DAH
AN
综上所述，
3
tan
3
23
DAH
或5
3
17
32．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，等边ABC
内接于
O
，D 为BC 中点，连接OD 并延长交
O
于
点E ，作EM
BC
．
(1)求证：EM 是
O
的切线．
(2)如图2，点F 为射线EM 上的动点，连接FB 并延长与
O
的优弧
BAC 交于点P （与点B ，C 不重合），
连接PA ，PC ．
①在点F 运动过程中，请探究线段PA ，PB ，PC 的数量关系并说明理由：
②连接CE，若
2 3
AB
，当点P 到CE的距离最大时，请直接写出PA
BF
PB
的值．
【答案】(1)证明：∵D 为BC 中点，E 在OD 的延长线上，
∴OE
BC
，
∵EM
BC
，
∴OE
EM
，
∴EM 是
O
的切线；
(2) PC
PA
PB
或PC
PB
PA
，理由如下：
当点P 在
AB 上时，如图，在PC 上取点T 使得，PT
PA
∵ABC
是等边三角形，
∴
60
ABC
ACB
，AB
AC
，
∵
AC
AC
，
∴
60
APC
ABC
，
∴
APT
△
是等边三角形，
95 / 114
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∴AT
AP
，
60
PTA
，
∴
120
ATC
，
∵四边形APBC 是
O
的内接四边形，
∴
180
APB
ACB
，
∴
120
APB
，
∴
APB
ATC
，
又∵
AP
AP
，
∴
ABP
ACT
，
∴
ABP
ACT AAS
≌
，
∴PB
TC
，
∴PC
PT
TC
PA
PB
；即PC
PA
PB
，
当点P 在
AC 上时，如图所示，在CP 的延长线上取PS
PA
，
同理可得
60
APB
ACB
，
∵四边形APBC 是
O
的内接四边形，
∴
180
APB
ACB
，
∴
120
APB
，
∴
60
APS
，
∴
APS
△
是等边三角形，
∴
S
APB
，
又∵AB
AC
，
ABP
ACP
，
∴
SAC
PAB AAS
≌
，
∴PB
SC
PC
PS
PC
PA
，即PC
PB
PA
；
【分析】（1）根据垂径定理可得OE
BC
，根据EM
BC
得出OE
EM
，即可得证；
（2）分情况讨论，当点P 在
AB 上时，在PC 上取点T 使得，PT
PA
，证明
ABP
ACT AAS
≌
，得出
PB
TC
，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；当点P 在
AC 上时，如图所示，在CP的延长线上取
PS
PA
，证明
SAC
PAB AAS
≌
，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；
②根据题意得出当点P 到CE 的距离最大时，PO
CE
，设
,
PO CE 的交点为M ，连接OC ，OB ，解直角三
角形，分别求得PA ，BF ，PB 的长，再求比值，即可求解．
【详解】（1）略
（2）①略
②∵点P 在优弧
BAC 上，
∴当点P 到CE 的距离最大时，PO
CE
，如图所示，设
,
PO CE 的交点为M ，连接OC ，OB ，
∵ABC
是等边三角形，
2 3
AB
，
∴
2 3
BC
AB
，
60
BAC
，
∴
2
120
BOC
BAC
，
∵OE
BC
，
∴
1
3
2
DC
BC
，
1
60
2
EOC
BOC
，
又∵OE
OC
，
∴
OCE
△
是等边三角形，
∴
1
30
2
OCD
OCE
，
∴
1
2
OD
OC
，
2
2
3
DC
OC
OD
OD
，
∴
1
OD ，则
2
OC
，
2
EC
OC
，
∵
,
OM
EC CD
OE
，
∴
sin 60
2
3
OM
CD
，
97 / 114
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∴
1
1
2
CM
EC
，
∴
2
3
PM
OP
OM
，
在Rt PCM
中，
2
2
2
2
2
3
1
2
6
PC
PM
CM
，
∵
120
BOC
，OB
OC
，
∴
30
OBC
OCB
，
∴
30
OBC
BCE
，
∴OB
EC
∥
，
∵PO
EC
，
∴PO
OB
，
又∵OB
OP
，
∴
45
PBO
BPO
，
2
2 2
PB
PO
，
由（1）可得P 在
AB 上，PC
PA
PB
，
∴
2
6
2 2
6
2
PA
PC
PB
，
如图，过点
,
P B 分别作
,
BC EF 的垂线，垂足分别为
,
G H ，则四边形BHED 是矩形，
2 1
1
BH
DE
OE
OD
，
∵
60
BPC
BAC
，OP
OC
，
∴
60
45
15
OPC
BPC
BPO
，
∴
90
75
PCE
OPC
，
∴
75
30
45
PCB
PCE
BCE
，
∴
2
sin
1
3
2
PG
PC
PCB
PC
，
∴
1
3
2
6
sin
4
2 2
PG
PBG
PB
，
∵BC
ME
∥
，
∴
BFH
PBG
，
∴
1
6
2
sin
sin
2
6
4
BH
BH
BF
BFH
PBG
，
∴
6
2
6
2
3
1
2 2
PA
BF
PB
．
33．（2026·福建·中考真题）如图，四边形ABCD 内接于
O
，E 是DC 延长线上的一点，EB 的延长线
交
O
于点F ，AB
BD
，
60
CBE
ABD
．
(1)求
E
的度数；
(2)求证：四边形AFEC 是平行四边形；
(3)设CF 交BD 于点G ，且
2
3
CG
FG
，求BD
AC 的值．
【答案】(1)60
(2)证明：
60
ACD
ABD
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O
的内接四边形，
180
AFB
ADB
．
ABD
是等边三角形，
60
ADB
，
120
AFB
．
180
AFB
E
．
AF
CE
∥
．
∴四边形AFEC 是平行四边形．
(3)
7
3
【分析】（1）先判定ABD
是等边三角形，得到
60
BAD
BDA
，利用圆的内接四边形的性质，证明
60
BCE
BAD
，最后利用三角形内角和定理解答即可；
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（2）先利用
ACD
E
判定AC
EF
，利用圆的内接四边形的性质求得
120
AFB
，证明AF
CE
；
（3）过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
，先判定BCE
是等边三角形，证明
CFE
BDE AAS
≌
，得到EF
ED
，再证明DEF
是等边三角形，证明BC
DF
，BCG
DFG
∽
，
BCE
FDE
∽
，得到
2
BE
a
，
3
EF
a
，接着利用勾股定理表示出
,
CH CF ，利用平行四边形的性质表示
出AC ，进一步解答即可．
【详解】（1）解：
AB
BD
，
60
ABD
，
ABD
△
是等边三角形．
60
BAD
BDA
．
∵四边形ABCD 是
O
的内接四边形，
180
BAD
BCD
．
又
180
BCE
BCD
，
60
BCE
BAD
．
60
CBE
，
180
60
E
CBE
BCE
．
（2）略
（3）解：过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
．
60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
CFE
BDE AAS
≌
．
EF
ED
．
BF
CD
a
．
60
E
，
DEF
是等边三角形．
60
FDE
BCE
．
BC
DF
∥
．
BCG
DFG
△
∽△
．
2
3
BC
CG
DF
FG
．
BC
DF
∥
，
BCE
FDE
△
∽△
．
2
3
BE
BC
FE
FD
．
2
BE
a
，
3
EF
a
．
∵四边形AFEC 是平行四边形，
3
AC
EF
a
．
BCE
△
是等边三角形，CH
BE
，
1
2
BH
BE
a
．
在Rt
BCH
△
中，tan
3
CH
CBE
BH
，
3
3
CH
BH
a
．
2
FH
BF
BH
a
，
2
2
2
2
2
3
7
CF
FH
CH
a
a
a
．
CFE
BDE
△
≌△
，
7
BD
CF
a
．
7
7
3
3
BD
a
AC
a
．
34．（2026·上海·中考真题）在半圆AOQ 中，点O为圆心，线段AQ 为直径，B 、C 是半圆上两点，D 是AB
上一点，连接AB 、CD交于点P ，且AB
CD
．
(1)如图1，连接OP ；
①求证：
APO
CPO
；
②如图2，连接OB 交弦CD 于点H ，若
4
AQ
，
1
PB ，PO
HO
，求PH 的长；
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(2)如图3，连接PQ 、AC 交于点E ，线段AP 上有一点F 使得
4
PF
AF
，若PE
QE
，PEA
PFQ
，
求PE
EA 的值．
【答案】(1)①证明：如图，作OG
AB
于G ，OZ
CD
于Z ，连接OC ，
∴
1
2
AG
AB
，
1
2
CZ
CD
，
∵AB
CD
，
∴AG
CZ
，
∵OA
OC
，
90
AGO
CZO
，
∴
Rt
Rt
HL
OAG
OCZ
≌
，
∴OG
OZ
，
∵
90
PGO
PZO
，OP
OP
，
∴
Rt OPG
Rt OPZ HL
≌
，
∴
APO
CPO
；
②
3
4
PH
；
(2)
2
3
PQ
AQ
【分析】（1）①作OG
AB
于G ，OZ
CD
于Z ，连接OC ，利用垂径定理结合AB
CD
，得出AG
CZ
，
证明
Rt OAG
Rt OCZ HL
≌
，得出OG
OZ
，再证明
Rt OPG
Rt OPZ HL
≌
，即可求证；
②先证明
APO
OHP
，得出
BPO
BHP
，可得BPH
BOP
∽
，则BP
BH
PH
OB
BP
OP
，即可得出
1
2
BH
，
1
2
PH
OP
，再求出
3
2
OH
OP
，即可求解；
（2）证明FPQ
EPA
∽
，得出PF
PQ
PE
AP
，设
4
4
PF
AF
m
，PE
QE
n
，可得
5
AP
m
，4
2
5
m
n
n
m
，
求出
10
n
m
，连接OP ，交AC 于点K ，由（1）可得AP
CP
，APO
CPO
，得出OP
AC
，证明K
为APQ
的重心，得出
2
AK
EK
，设
2
2
AK
EK
k
，在Rt APK
和Rt EPK
中，利用勾股定理列式求出
5
k
m
，可得
2
2 5
AK
EK
m
，即可求解．
【详解】（1）解：①略；
②∵PO
HO
，
∴
OPH
OHP
，
由（1）可知，
OPC
APO
，
∴
APO
OHP
，
∵
180
BPO
APO
，
180
BHP
OHP
，
∴
BPO
BHP
，
在
BPH
和
BOP
△
中，
BPO
BHP
，
PBH
OBP
，
∴BPH
BOP
∽
，
∴BP
BH
PH
OB
BP
OP
，
∵
4
AQ
，
∴
2
OB
，
∵
1
BP ，
∴
1
2
1
BP
BH
PH
OB
OP
，
∴
1
2
BH
，
1
2
PH
OP
，
∴
1
3
2
2
2
OH
OP
，
∴
3
4
PH
；
（2）解：∵
PFQ
PEA
，
FPQ
EPA
，
∴FPQ
EPA
∽
，
∴PF
PQ
PE
AP
，
∵
4
PF
AF
，PE
QE
，
设
4
4
PF
AF
m
，PE
QE
n
，
则
5
AP
m
，
∴4
2
5
m
n
n
m
，
∴
2
2
20
2
m
n
，
∴
10
n
m
，
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连接OP ，交AC 于点K ，
由（1）①中Rt OPG
Rt OPZ
≌
可得PG
PZ
（图1），
又∵AG
CZ
（①已证），
∴AG
PG
PZ
CZ
，
∴AP
CP
，
又∵
APO
CPO
（①已证），
∴OP
AC
，
∴
90
AKP
CKP
，
∵O为APQ
边AQ 的中点，E 为APQ
边PQ 的中点，
∴K 为APQ
的重心，
∴
2
AK
EK
，
设EK
k
，则
2
2
AK
EK
k
，
∵在Rt APK
和Rt EPK
中，
2
2
2
2
2
PK
AP
AK
PE
EK
，
∴
2
2
2
2
5
2
10
m
k
m
k
，
化简得
5
k
m
（负值舍），
∴
2
2 5
AK
EK
m
，
∴
10
2
3
3 5
PE
PE
m
EA
AK
EK
m
．
35．（2026·江苏连云港·中考真题）【问题情境】
(1)在锐角ABC
中，求作一点P，使PA
PB
PC
的值最小．
下面是小明对该问题的一种解决方法及简要说理．
如图1，以AC 为边向外作等边三角形ACD ，再作ACD
的外接圆
O
，连接BD ，
与
O
交于点P．则点P 即为求作的点．
在PD上取一点P，使PP
AP
，连接AP，在
O
中，根据“同弧所对的圆周角相等”，
得
APP
①
60
，故APP
是等边三角形．所以AP
PP
．
进而可证得ADP
ACP
≌
．所以CP
DP
．
所以PB
PA
PC
BP
PP
P D
BD
．
由②（从“两点之间线段最短”和“垂线段最短”中选择填空）可得，
BD 的长即为PA
PB
PC
的最小值．
【方法迁移】
(2)如图2，已知点A，B 到直线l 的距离
4
AE
BF
，
6
EF
．在图中找一点P，使点P 到点A、点B、直
线l 的距离之和最小，简要说明作法，并求出最小值．
【拓展应用】
(3)如图3，若村庄A，B，C，D 的连线构成一个矩形，且AB
a
，BC
b
（
3
a
b
a
）．
现要在矩形区域内铺设天然气管道，使四个村庄能够连接互通起来．请你设计管道路线总长最短的铺设方
案（不需要说明理由），并直接写出路线总长（用含a，b 的代数式表示）．
【答案】(1)①
ACD
；②两点之间线段最短
(2)作法：如图，连接AB ，在AB 上方作等边三角形ABD ，再作ABD
的外接圆，过点D 作DM
l
，垂足
为M，DM 交AB 于N，交圆于点P，点P 即为要作的点．
点P 到点A、点B、直线l 的距离之和最小值为3 3
4
；
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(3)管道路线总长度最短为
3
b
a
．
设计方案：如图所示，分别以边AB 和边CD向矩形外侧作等边三角形ABM 和等边三角形CDN ，再作ABM
和CDN
的外接圆．连接M，N，分别交两圆于点
1P 和点
2P ，其中铺设路线为
1
AP ，
1
BP ，
2
CP ，
2
DP ，
1
2
PP ．
【分析】（1）根据“同弧所对的圆周角相等”以及“两点之间线段最短”完成填空，即可求解；
（2）连接AB ，在AB 上方作等边三角形ABD ，再作ABD
的外接圆，过点D 作DM
l
，垂足为M，DM
交AB 于N，交圆于点P，点P 即为要作的点．证明四边形AEFB 是平行四边形，利用平行，可证DM
AB
，
根据等边三角形的性质，可求得
30
ADP
，证明出DP 是外接圆的直径，接着证明此时
PA
PB
PM
DM
达到最小，再解Rt AND
，求得ND 、MD ，得出答案；
（3）分别以边AB 和边CD向矩形外侧作等边三角形ABM 和等边三角形CDN ，再作ABM
和CDN
的外
接圆，连接M，N，分别交两圆于点
1P 和点
2P ，结合（2）可得出MN 的长即为管道路线总长度的最小值，
即可求解．
【详解】（1）略
（2）作法：如图1，连接AB ，在AB 上方作等边三角形ABD ，再作ABD
的外接圆，过点D 作DM
l
，
垂足为M，DM 交AB 于N，交圆于点P，点P 即为要作的点．
∵
,
AE
l BF
l
，
∴
//
AE BF ，
∵AE
BF
，
∴四边形AEFB 是平行四边形，
∴
//
AB EF ，
6
AB
EF
，
又DM
l
，即
90
DMF
，
∴
90
DNB
DMF
，
∵
//
AB EF ，DM
l
，
4
AE
，AE
l
，
∴
4
MN
AE
，
∵三角形ABD 是等边三角形，DA
DB
，
90
DNB
，
∴
30
ADP
BDP
，
60
DAB
，
∵
30
PAB
BDP
，
∴
90
PAD
PAB
DAB
，
∴PD为ABD
的外接圆的直径，
∵
90
PAD
，
30
ADP
，
∴
1
2
PA
PD
，同理
1
2
PB
PD
，
∴此时
1
1
2
2
PA
PB
PM
PD
PD
PM
PD
PM
DM
，
∴此时点P 到点A、点B、直线l 的距离之和达到最小，最小值为DM 的长．
ABD
是等边三角形，
60
DAB
，
6
AD
AB
．
在Rt AND
中，
3
sin
6 sin60
6
3 3
2
DN
AD
DAB
，
3 3
4
DM
DN
MN
．
∴点P 到点A、点B、直线l 的距离之和最小值为3 3
4
．
（3）解：如图所示，分别以边AB 和边CD向矩形外侧作等边三角形ABM 和等边三角形CDN ，再作ABM
和CDN
的外接圆．连接M，N，分别交两圆于点
1P 和点
2P ，连接
1
AP ，
1
BP ，
2
CP ，
2
DP ，设MN 交AB 于
点E ，交CD 于点F ，其中铺设路线为
1
AP ，
1
BP ，
2
CP ，
2
DP ，
1
2
PP ．
由（2）可知，
,
AB
MN CD
MN
，
1
1
1
1
2
AP
BP
MP
，
2
2
2
1
2
CP
DP
P N
，EF
AD
b
，
∴铺设的管道长度为：
1
1
1
2
2
2
1
1
2
2
AP
BP
PP
CP
DP
MP
PP
P N
MN
，
∴此时管道长度达到最小，最小值为MN ，
∵三角形ABM 为等边三角形，AB
a
，
∴
60
MAB
，AM
a
，
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∵AB
MN
，
∴
3
sin60
2
ME
AM
a
，同理可求得NF 为
3
2 a ，
∴
3
2
3
2
MN
ME
NF
EF
a
b
a
b
，
∴管道路线总长度的最小值为
3
b
a
．
36．（2026·重庆·中考真题）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ACB
，BC
AC
，以BC 为斜边在BC 上方作等
腰直角三角形BCD．
(1)如图1，若
30
ABC
，
3
BD
，求AC 的长度；
(2)如图2，连接AD ，将线段DA绕点D 顺时针旋转90得到线段DE ，延长ED交BC 于点F ，连接CE．点
G ，H 分别是AB ，CE的中点，连接DG ，GH ．求证：
2
BC
AC
GH
；
(3)如图3，
12
BC
，
3
AC
，点P 在直线BC 上，连接DP ，将线段DP 绕点D 逆时针旋转90得到线段DQ ，
连接AQ ，点M 在直线AB 上，连接DM ，QM ，将
DMQ
△
沿直线DM 翻折至ABC
所在平面内得到
DMN
△
，
连接CN ．当AQ
DQ
取得最小值时，连接CQ ，NQ ，请直接写出
CQN
△
面积的最大值．
【答案】(1)
6
(2)证明：如图所示，连接DH ，
∵线段DA绕点D 顺时针旋转90得到线段DE ，
∴
,
90
DA
DE
ADE
ADF
，
∵
90
CDB
，
∴
ADE
ADC
ADC
CDE
，即
CDE
BDA
，
在
CDE
△
和BDA
中，
DE
DA
CDE
BDA
CD
BD
，
∴
SAS
CDE
BDA
≌
，
∴CE
BA
，
∵点G ，H 分别是AB ，CE 的中点，
∴
,
DH
DG
EDH
ADG
，
∵
90
EDH
HDA
，
∴
90
ADG
HDA
，即
90
HDG
，
∴HDG
是等腰直角三角形，
∴sin
sin 45
DH
DGH
HG
，解得
2
2
DH
GH
；
∵
90
ADF
CDB
，
∴
ADF
CDF
CDB
CDF
，即
ADC
FDB
，
∵BDC
是等腰直角三角形，
∴
,
45
DC
DB
DCB
DBC
，
又
90
ACB
，
∴
45
ACD
DBC
，
在ADC
和
FDB
△
中，
ADC
FDB
DC
DB
ACD
DBC
，
∴
ASA
ADC
FDB
≌
，
∴
,
AC
BF AD
DF
，
∵AD
DE
，
∴DE
DF
，
∴点D 是线段EF 的中点，
又点H 是线段EC 的中点，
∴
1
2
DH
CF
，
∵
2
2
DH
GH
，
109 / 114
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∴1
2
2
2
CF
GH
，即
2
CF
GH
，
∵CF
BC
BF
BC
AC
，
∴
2
BC
AC
GH
．
(3)13 37
42
2
【分析】（1）利用勾股定理和解直角三角形求解即可；
（2）结合“手拉手”模型，证得CDE
BDA
≌
，利用全等证得DHG
是等腰直角三角形，所以得到
2
2
BH
GH
，再利用得到新条件证明ADC
FDB
≌
，得到DH 是
ECF
△
的中位线，利用等量代换证出最
终结果；
（3）先利用“手拉手”模型确定点Q 的运动轨迹，再利用将军饮马确定点Q 的具体位置；
接着利用对称性得出DQ
DN
，从而确定点N 是在以点D 为圆心，DQ 为半径的圆上运动，根据圆上的点
到直线的最大距离需过圆心进行解答．
【详解】（1）解：∵三角形BCD是等腰直角三角形，
∴
3
BD
CD
，
2
2
3 2
BC
BD
CD
，
又∵
90
ACB
，
30
ABC
，
∴tan
AC
ABC
BC
，即
3
3
3 2
AC
，
解得
6
AC
；
（2）证明：略
（3）解：如图所示，连接BQ ，
∵线段DP绕点D 逆时针旋转90得到线段DQ ，BDC
是等腰直角三角形，
∴
,
,
90
DB
DC DP
DQ
BDC
PDQ
，
45
DBP
DCB
，
∴
BDC
PDB
PDQ
PDB
，即
CDP
BDQ
，
在CDP
和BDQ
中，
DC
DB
CDP
BDQ
DP
DQ
，
∴
CDP
BDQ SAS
≌
，
∴
45
DCP
DBQ
，
∴
90
CBQ
DBC
DBQ
，
∴点Q 在与BC 垂直且垂足为点B 的直线l 上，
∴作点D 关于直线l 的对称点D，连接AD交直线l 为点Q ，
此时AQ
DQ
最短，如下图所示，
，
连接DD交直线l 于点E ，过点A 作AF 垂直直线l ，交直线l 于点F ，
∴四边形ACBF 是矩形，
∴
,
3
AF
BC FB
AC
，
在等腰直角三角形BCD中，
12
BC
，
∴sin 45
DC
BC
，解得
6 2
DC
DB
，
在直角三角形DEB 中，
sin
sin 45
DE
DBQ
DB
，解得
6
DE
EB
，
则
3
EF
EB
FB
，
由对称性可知
6
D E
，
由题意知
90
AFQ
D EQ
，
AQF
D QE
，
∴AQF
D QE
∽
，
∴
12
2
6
FQ
AF
EQ
D E
，
又
3
EF ，
∴
2,
1
FQ
EQ
，
111 / 114
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∴
5
BQ
FB
FQ
，
在Rt
DEQ
△
中，
2
2
37
DQ
DE
EQ
，
∴在Rt BCQ
中，
2
2
12
5
13
CQ
；
∵
DMQ
△
沿直线DM 翻折至ABC
所在平面内得到
DMN
△
，
∴点
,
Q N 是关于直线DM 的对称点，
∴点D 在线段QN 的垂直平分线上，
∴DN
DQ
，
∴点N 实在以D 为圆心，DQ 长为半径的圆上运动，
过点N 作NH
CQ
交CQ 于点N ，
∴
1
13
2
2
CQN
S
CQ HN
HN
，
∴欲
CQN
△
面积的最大，则需要HN 最大，
HN 过圆心时取得最大值，如下图所示，
，
在Rt
DHC
△
和Rt
DHQ
△
中，
2
2
2
2
DC
CH
DQ
QH
，
即
2
2
2
2
6 2
37
13
CH
CH
，解得
102
13
CH
，
2
2
42
13
DH
DC
CH
，
∴
42
37
13
NH
ND
DH
，
∴
13
13
42
13 37
42
37
2
2
13
2
CQN
S
HN
，
∴
CQN
△
面积的最大值为13 37
42
2
．
37．（2026·四川广安·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E 是边BC （不与点B ，点C 重合）上
的一点，
90
AEF
，且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F ．
(1)如图1，求证：AE
EF
；
(2)如图2，M ，E 分别为AB ，BC 的中点，连接DM 和AE 相交于点G ，连接ME ，DF ．试判断四边形DMEF
的形状，并说明理由；
(3)若点M 是边AB（不与点A ，点B 重合）上的一点，直接写出BM ，BE ，CD三边满足什么数量关系时，
四边形DMEF 是平行四边形．
【答案】(1)证明：在AB 上截取AH
EC
，
四边形ABCD是正方形，
AB
BC
，
90
B
BCD
，
AH
EC
，
AB
AH
BC
EC
，即HB
EB
，
BHE
是等腰直角三角形，
45
BHE
，
135
AHE
，
CF
是正方形ABCD的外角平分线，
45
DCF
，
135
ECF
°，
135
AHE
ECF
∠
∠
，
90
AEF
，
90
AEB
FEC
，
90
BAE
AEB
，
BAE
FEC
，
在AHE
和
ECF
△
中，
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AHE
ECF
AH
EC
HAE
CEF
AHE
ECF ASA
≌
，
AE
EF
；
(2)四边形DMEF 是平行四边形．
理由如下：
四边形ABCD是正方形，
AD
AB
BC
，
90
DAB
B
，
M
，E 分别为AB ，BC 的中点，
AM
BE
，
在
DAM
△
和ABE
中，
AD
AB
DAB
B
AM
BE
DAM
ABE SAS
≌
，
ADM
BAE
，DM
AE
，
90
BAE
DAE
，
90
ADM
DAE
，
90
AGD
，
90
AEF
，
AGD
AEF
，
MD
EF
∥
，
由（1）得AE
EF
，
MD
EF
，
四边形DMEF 是平行四边形．
(3)当BM
BE
CD
时，四边形DMEF 是平行四边形
【分析】（1）在AB 上截取AH
EC
，结合正方形的性质得到HB
EB
，则
45
BHE
，再结合正方形ABCD
的外角平分线，得到
135
AHE
ECF
，即可证明
AHE
ECF ASA
≌
，得到AE
EF
；
（2）由M ，E 分别为AB ，BC 的中点，得到AM
BE
，即可证明
DAM
ABE SAS
≌
，得到
ADM
BAE
，
DM
E
AE
F
，接着得到
90
A
AGD
EF
，则MD
EF
∥
，最后根据一组对边平行且相等即可得到四
边形DMEF 是平行四边形．
（3）根据BM
BE
CD
，得到AM
BE
，即可证明
DAM
ABE SAS
≌
，得到
ADM
BAE
，
DM
E
AE
F
，接着得到
90
A
AGD
EF
，则MD
EF
∥
，最后根据一组对边平行且相等即可得到四
边形DMEF 是平行四边形．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：当BM
BE
CD
时，四边形DMEF 是平行四边形．
理由如下：
四边形ABCD是正方形，
AD
AB
BC
，
90
DAB
B
，
∵BM
BE
CD
，BM
AM
AB
，
AM
BE
，
在
DAM
△
和ABE
中，
AD
AB
DAB
B
AM
BE
DAM
ABE SAS
≌
，
ADM
BAE
，DM
AE
，
90
BAE
DAE
，
90
ADM
DAE
，
90
AGD
，
90
AEF
，
AGD
AEF
，
MD
EF
∥
，
由（1）得AE
EF
，
MD
EF
，
四边形DMEF 是平行四边形．
