重难点05+几何证明压轴题（4大题型+高分技法+限时提升练）（解析版）_2025中考数学题型解题分类专题合集_2025年中考数学热点•重点•难点专练[完整版]www.jiaoyupan.vip

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重难点05 几何证明压轴题
北京中考几何证明题的特点在于强调几何直观、模型应用、综合性考查以及创新性情境设置，同时难度逐
年提升，注重学生逻辑推理能力和实际应用能力的培养。这些特点体现了北京中考数学试题对学生全面素
质的重视。解答几何证明题需要多种解题策略。例如，学生可以通过构造辅助线、利用相似性或全等性来
简化问题。北京中考几何证明题近年来更加注重创新性和情境设置。例如，2023 年的一道几何综合题涉及
等腰三角形、菱形和正方形的判定，考查了学生灵活运用多种几何知识的能力。2024 年的几何题则通过动
态几何画板演示，帮助学生更直观地理解几何元素之间的关系。从近年的题目来看，北京中考几何证明题
的难度呈现逐年上升的趋势。例如，2024 年的几何压轴题被认为是近年来最难的一道几何题，考查了学生
对旋转、相似、全等等复杂几何变换的综合运用能力。
【题型1  探究数量关系】 
考查了平行线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段垂
直平分线的判定与性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活
运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
1．(22-23 九下·北京首都师范大学附属中学二模·)如图1，在
ABC
V
中，
90
BAC
AB
AC BD
CD
Ð
=
°
=
^
,
,
于点
D，连接AD ，在CD 上截取CE ，使CE
BD
=
，连接AE ．
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(1)直接判断AE 与AD 的位置关系
(2)如图2，延长AD ，CB 交于点F，过点E 作EG
AF
∥
交BC 于点G，试判断FG 与AB 之间的数量关系，
并证明； 
(3)在（2）的条件下，若
2
AE =
，
2
CE =
，求EG 的长． 
【答案】(1) AE
AD
^
(2)
2
FG
AB
=
，见解析
(3)1
【分析】（1）证明
ACE
ABD
≌
△
△
，由全等三角形的性质得出
EAC
BAD
Ð
= Ð
，再根据余角的性质得到
90
DAE
BAE
BAD
Ð
= Ð
+ Ð
=
°，即可判断；
（2）过点B 作BM
BD
^
交DF 于点M，证得BDM
V
为等腰直角三角形，则BD
BM
=
，证明
CEG
BMF
≌
V
V
，由全等三角形的性质得出CG
BF
=
，由直角三角形的性质可得出结论；
（3）设EG
FM
x
=
= ，则
2
DF
x
=
+
，证明CEG
CDF
∽
V
V
，由相似三角形的性质得出EG
CE
DF
CD
=
，则可得出答
案．
【详解】（1）解：AE
AD
^
；
理由如下：设AB 与CD 交于O，
∵
90
BDO
BAC
DOB
AOC
Ð
= Ð
=
° Ð
= Ð
,
，
∴
DBA
ACE
Ð
= Ð
，
∵CE
BD
=
，AB
AC
=
，
∴


SAS
ACE
ABD
V
V
≌
，
∴
EAC
BAD
Ð
= Ð
，
∵
90
BAE
EAC
Ð
+ Ð
=
° ，
∴
90
BAE
BAD
Ð
+ Ð
=
° ，即
=90
DAE
Ð
°，
∴AE
AD
^
；
（2）解：
2
FG
AB
=
，
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证明：过点B 作BM
BD
^
交DF 于点M，
∵
ACE
ABD
≌
△
△
，
∴AE
AD
=
，
CAE
BAD
Ð
= Ð
，CE
BD
=
，
∵AE
AD
^
，
90
BAE
BAD
\Ð
+Ð
=
°，
∴
45
ADE
Ð
=
°，
∵BD
CD
^
，
∴
45
BDM
Ð
=
°，
∴BDM
V
为等腰直角三角形，
∴BD
BM
=
，
∴CE
BM
=
，
∵EG
AF
∥
，
∴
EGC
MFB
Ð
= Ð
，
AB
AC
=
Q
，
90
BAC
Ð
=
°，
45
FBM
ABD
\Ð
+ Ð
=
° ，又
45
GCE
ACE
Ð
+ Ð
=
° ，
∴
FBM
GCE
Ð
= Ð
，
∴


AAS
CEG
BMF
V
V
≌
，
∴CG
BF
=
，
∴CG
BG
BF
BG
+
=
+
，
∴FG
BC
=
，
∵
2
BC
AB
=
，
∴
2
FG
AB
=
；
（3）解：∵
2
AD
AE
=
=
，
ADE
V
为等腰直角三角形，
∴
2
2 2
DE
AE
=
=
，
∵
2
CE =
，
∴
3 2
DC =
，
∵
2
BD
CE
=
=
，
∴
2
2
DM
BD
=
=
，
∵CEG
BMF
≌
V
V
，
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∴EG
FM
=
，
设EG
FM
x
=
= ，
∴
2
DF
x
=
+
，
∵EG
DF
∥
，
∴CEG
CDF
∽
V
V
，
∴EG
CE
DF
CD
=
，
2
1
=
2
3
3 2
x
x
\
=
+
，
解得，
1
x = ，经检验符合题意；
∴
1
EG = ．
2．（2024 年北京市中考真题）已知


0
45
MAN
a
a
Ð
=
° <
<
° ，点B ，C 分别在射线AN ，AM 上，将线段BC
绕点B 顺时针旋转180
2a
°-
得到线段BD ，过点D 作AN 的垂线交射线AM 于点E .
  
(1)如图1，当点D 在射线AN 上时，求证：C 是AE 的中点；
(2)如图2，当点D 在
MAN
Ð
内部时，作DF
AN
∥
，交射线AM 于点F ，用等式表示线段EF 与AC 的数量
关系，并证明。
【答案】(1)见详解
(2)
2
EF
AC
=
，理由见详解
【来源】2024 年北京市中考数学试题 
【详解】（1）证明：连接CD ，
  
由题意得：BC
BD
=
，
180
2
CBD
a
Ð
=
°-
，
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∴
BDC
BCD
Ð
= Ð
，
∵
180
BDC
BCD
CBD
Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
∴


180
180
2
2
BDC
a
a
°-
°-
Ð
=
=
，
∴
BDC
A
Ð
= Ð ，
∴CA
CD
=
，
∵DE
AN
^
，
∴
1
2
90
A
BDC
Ð + Ð
= Ð + Ð
=
°，
∴
1
2
Ð = Ð ，
∴CD
CE
=
，
∴CA
CE
=
，
∴点C 是AE 的中点；
（2）解：
2
EF
AC
=
，
在射线AM 上取点H，使得BH
BA
=
，取EF 的中点G，连接DG ，
  
∵BH
BA
=
，
∴
BAH
BHA
a
Ð
= Ð
=
，
∴
180
2
ABH
CBD
a
Ð
=
°-
= Ð
，
∴
ABC
HBD
Ð
= Ð
，
又∵BC
BD
=
，
∴ABC
HBD
V
V
≌
，
∴AC
DH
=
，
BHD
A
a
Ð
= Ð
=
，
∴
2
FHD
BHA
BHD
a
Ð
= Ð
+ Ð
=
，
∵DF
AN
∥
，
∴
EFD
A
a
Ð
= Ð
=
，
3
90
EDF
Ð
= Ð =
°，
∵G 是EF 的中点，
∴GF
GD
=
，
2
EF
GD
=
，
∴
GFD
GDF
a
Ð
= Ð
=
，
∴
2
HGD
a
Ð
=
，
∴
HGD
FHD
Ð
= Ð
，
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∴DG
DH
=
，
∵AC
DH
=
，
∴DG
AC
=
，
∴
2
EF
AC
=
．
3．（2024 年北京市顺义区中考二模）如图，
ABC
V
中，AB
AC
=
，
BAC
a
Ð
=
，D 为AC 上一点（不与点
A、C 重合），将线段DA 绕点D 顺时针旋转a ，得到线段DE ，连接BD ．并延长到点F，使DF
BD
=
，作
射线FE ，交射线BA 于点G．
(1)依题意补全图形；
(2)求证：
2
BG
DE
=
；
(3)在射线BA 上取点H（不与点G 重合），使AH
AG
=
．连接CH
CF
、
，用等式表示线段CH 与CF 的数量
关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CH
CF
=
，证明见解析
【来源】2024 年北京市顺义区中考二模数学试题
【详解】（1）解：补全图形如图：
（2）证明：Q线段DA 绕点D 顺时针旋转,a 得到线段DE ，
ADE
a
\Ð
=
，
BAC
a
Ð
=
Q
，
BAC
ADE
\Ð
= Ð
，
DE
AB
\
∥
，
FE
DF
GE
BD
\
=
，
DF
BD
=
Q
，
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EF
GE
\
=
，
2
BG
DE
\
=
．
（3）CH
CF
=
．
证明：过点F 作
,
FM
AB
∥
交AC 于点M ，
BAM
FMA
\Ð
= Ð
，
,
ADB
FDM DF
BD
Ð
= Ð
=
Q
，
ADB
MDF
\△
≌△
，
,
AB
MF AD
MD
\
=
=
，
AB
AC
=
Q
，
AC
MF
\
=
，
2
,
2
,
BG
DE AM
AD
=
=
Q
且AD
DE
=
，
BG
AM
\
=
，
AB
AG
AC
AM
\
-
=
-
，
即AG
CM
=
，
AH
AG
=
Q
，
AH
CM
\
=
，
FM
AB
∥
Q
，
HAC
FMC
\Ð
= Ð
，
HAC
CMF
\△
≌△
，
.
CH
CF
\
=
4．（2024 年北京市门头沟区九年级中考一模）如图，AB
BC
=
，
90
ABC
Ð
=
°，点P 在射线AB 上，且
90
CEP
Ð
=
°，点F 在EP 上且EF
EC
=
，连接AF ，取AF 的中点G ，连接EG 并延长至H ，使GH
GE
=
，
连接AH ．
(1)如图1，当点P 在线段AB 上时．
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①用等式表示AH 与CE 的数量关系；
②连接BH ，BE ，直接写出BH ，BE 的数量关系和位置关系；
(2)如图2，当点P 在线段AB 的延长线上时，依题意补全图形2，猜想②中的结论是否还成立，并证明．
【答案】(1)①AH
CE
=
；②BH
BE
=
，BH
BE
^
，理由见详解
(2)补全图形见详解，②的结论还成立，证明见详解
【来源】2024 年北京市门头沟区九年级中考一模数学试题
【详解】（1）解：（1）①AH
CE
=
，
G
Q
为AF 的中点，
AG
GF
\
=
，
GH
GE
=
Q
，
AGH
EGF
Ð
= Ð
，
(SAS)
AGH
FGE
\△
≌△
，
AH
EF
\
=
，
EF
CE
=
Q
，
AH
CE
\
=
；
②BH
BE
=
，BH
BE
^
，
理由：连接BH ，BE ，
AGH
FGE
Q△
≌△
，
AHG
GEF
\Ð
= Ð
，
AH
EF
\
∥
，
HAB
APE
\Ð
= Ð
，
设
HAB
a
Ð
=
，则
APE
a
Ð
=
，
APC
APE
EPC
ABC
PCB
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
Q
，
90
EPC
PCB
a
\
+ Ð
=
° + Ð
，
90
CEP
Ð
=
°
Q
，
90
EPC
ECP
\Ð
=
° - Ð
，
ECP
PCB
BCE
a
\
= Ð
+ Ð
= Ð
，
HAB
BCE
\Ð
= Ð
，
AB
BC
=
Q
，AH
CE
=
，
(SAS)
HAB
ECB
\△
≌△
，
BH
BE
\
=
，
ABH
CBE
Ð
= Ð
，
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90
ABC
Ð
=
°
Q
，
90
HBE
HBA
ABE
CBE
ABE
\Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
BH
BE
\
^
；
（2）补全图形如下，②的结论还成立，
证明：连接BH ，BE ，
同①可证AGH
FGE
V
V
≌
，AH
EF
P
，
设
HAB
a
Ð
=
，则
APE
a
Ð
=
，
90
ABC
APE
EPC
PCB
EPC
PCB
a
Ð
=
° = Ð
+ Ð
+ Ð
=
+ Ð
+ Ð
Q
，
90
EPC
ECP
Ð
=
° - Ð
，
ECB
a
\
= Ð
，
HAB
ECB
\Ð
= Ð
，而AB
BC
=
，AH
CE
=
，
(SAS)
HAB
ECB
\△
≌△
，
BH
BE
\
=
，
ABH
CBE
Ð
= Ð
，
90
HBE
HBA
ABE
CBE
ABE
\Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
BH
BE
\
^
．
5．（2024 年 北京市东城区北京二中教育集团模拟预测）如图1，在Rt
ABC
△
中，
90 ,
60 ,
ACB
ABC
D
Ð
=
° Ð
=
°
为AB 边上一点，DE
AB
^
于D ，连接
,
BE P 为BE 中点．
(1)连接PD
PC
、
，判断PD 与PC 的数量关系，并直接写出
DPC
Ð
的度数；
(2)如图2，将
ADE
V
绕点A 顺时针旋转a 度

0
180
a
° <
<
° ．
①请你依据题意补全图形；
②在旋转过程中，
DPC
Ð
的度数是否发生改变？若不变，写出它的度数，并证明；若变化，请说明理由．
【答案】(1) PD
PC
=
，
120
DPC
Ð
=
°
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(2)①补全图形见详解，②度数不变，为120°
【来源】2024 年 北京市东城区北京二中教育集团模拟预测数学试题
【详解】（1）解：如图：
∵DE
AB
^
，
90
ACB
Ð
=
°，点P 为BE 中点，
∴
1
2
PD
PB
PC
BE
=
=
=
，
∴
1
2,
3
4
Ð = Ð
Ð = Ð ，
∴


1
2
3
4
2
1
3
DPC
DPE
EPC
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð + Ð + Ð + Ð =
Ð + Ð
，
∵
60
ABC
Ð
=
° ，
∴
1
3
60
Ð + Ð =
°，
∴


2
1
3
120
DPC
DPE
EPC
Ð
= Ð
+ Ð
=
Ð + Ð
=
° ；
（2）解：①补全图形如图：
②取
,
AE AB 中点为
,
H G ，连接
,
,
,
,
HD HG HP GP GC ，
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∵
90 ,
60
ACB
ABC
Ð
=
° Ð
=
° ，
∴
30
BAC
Ð
=
°，
由旋转得，
30
DAE
BAC
Ð
= Ð
=
°，
90
ADE
Ð
=
°，
∴
60
AED
Ð
=
°，
同上可得，HD
HE
=
，
∴
HDE
V
是等边三角形，
∴
60
DHE
Ð
=
° ，
同理BGC
V
是等边三角形，
∴
60
BGC
Ð
=
°，
∵
,
P G 为
,
BE BA 中点，
∴PG 为ABE
V
的中位线，
∴
1
,
2
PG
AE PG
AE
=
∥
，
∴
2
3
Ð
Ð
=
，
同理可得：PH 为ABE
V
的中位线，
∴
1
,
2
PH
AB PH
AB
=
∥
，
∴
1
2
Ð = Ð ，
∴
1
3
Ð = Ð ，
∴
DHP
PGC
Ð
= Ð
，
同上可得，
1
2
GC
AB
=
，
∴GC
PH
=
，
同上可得，
1
2
DH
AE
=
，
1
2
PG
AE
=
，PG
AE
∥
，
∴DH
PG
=
，
∴
PGC
DHP
△
≌△
，
∴PC
PD
=
，
PCG
DPH
Ð
= Ð
，
∵
60
BGC
Ð
=
°，
∴
3
120
PCG
GPC
Ð
+ Ð
+ Ð =
°
∵PG
AE
∥
，
∴
3=
4
Ð
Ð
，
∴
4
120
DPH
GPC
Ð
+ Ð
+ Ð =
°
∴
120
DPC
Ð
=
° ．
6．（2024 年北京交通大学附属中学第二分校中考模拟）在等边
ABC
V
中，点D 为BC 的中点，点E 为AD
上一点（不与A、D 重合）将线段EB 绕点E 顺时针旋转至EF ，使点F 落在BA 的延长线上，在图1 中补
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全图形：
(1)求
CEF
Ð
的度数；
(2)探究线段AC
AE
AF
，
，
之间的数量关系；
(3)将线段EC 绕点E 旋转，在旋转过程中与边AB 交于点H，连接CH ，当AE
BH
=
时，请写出CH
CE
+
的
最小值．
【答案】(1)120°
(2)
3
AC
AF
AE
=
+
(3)5 2
【来源】2024 年北京交通大学附属中学第二分校中考模拟数学试题
【详解】（1）解：如图1:
∵
ABC
V
是等边三角形，
∴
60
ABC
ACB
BAC
AB
AC
Ð
= Ð
= Ð
=
°
=
，
，
∴
120
CAF
Ð
=
°，
∵点D 是BC 的中点，
∴AD
BC
^
，
∵BE
CE
=
，
∴
DBE
DCE
Ð
= Ð
，
∴
ABC
DBE
ACB
DCE
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
∴
ABE
ACE
=
∠
∠
，
由旋转可知：BE
EF
=
，
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∴
ABE
AFE
Ð
= Ð
，
∴
AFE
ABE
Ð
= Ð
，
∴点A、E、C、F 共圆，
∴
120
CEF
CAF
°
Ð
= Ð
=
；
（2）解：如图2，
3
AC
AF
AE
=
+
，
在AC 上截取CG
AF
=
，作EH
AC
^
于H，
由（1）知：
AFE
ACE
=
Ð
Ð
，
∵EF
BE
CE
=
=
，
∴


SAS
AEF
GEC
V
V
≌
，
∴AE
EG
AEF
CEG
=
Ð
= Ð
，
，
∴
1
2
AEF
FEG
CEG
FEG
AH
HG
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
=
，
，
∴
120
AEG
FEC
°
Ð
= Ð
=
，
∴
1
60
2
AEH
GEH
AEG
°
Ð
= Ð
=
Ð
=
，
∴
3
sin
sin60
3
AH
AE
AEH
AE
AE
=
×
Ð
=
×
° =
，
∴
2
3
AG
AH
AE
=
=
，
∴
3
AC
CG
AG
AF
AE
=
+
=
+
．
（3）解：如图，将AC 绕点A 顺时针旋转90°至AN ，连接CN ，
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则
90
60
5
NAE
CAD
AN
AC
BC
Ð
=
°- Ð
=
°
=
=
=
，
，
∴
60
NAE
CBH
°
Ð
= Ð
=
，
又∵AE
BH
=
，
∴


SAS
NAE
CBH
V
V
≌
，
∴CH
EN
=
，
∴CH
CE
NE
EC
CN
+
=
+
³
，
当N、E、C 三点共线时NE
EC
+
最小，
在等腰直角
CAN
△
中： 
2
2
5 2
CN
AC
AN
=
+
=
，
∴CH
CE
+
的最小值为5 2 ．
7．（2023 年北京市十一学校中考模拟）如图，AB
AC
=
，
90
BAC
Ð
=
°，过点C 作直线l
AC
^
，点D，E
是直线l 上的动点（D 在E 的右侧）且满足DE
AB
=
，连接BD ，
ABD
Ð
的平分线与射线AE 交于点F，与
射线AC 交于点G．
(1)如图1，当点C 在线段DE 上，且
30
CAE
Ð
=
°时，若
6
AB =
，求线段EF 的长；
(2)如图2，当点D 在点C 左侧时，
①依题意补全图形；
②用等式表示线段AG ，CD ，EF 的数量关系，并证明．
【答案】(1) 4 3
6
-
(2)①补全图形见解析；②
,
EF
DC
AG
=
+
证明见解析．
【来源】2023 年北京市十一学校中考模拟数学试题
【详解】（1）解：∵l
AC
^
，
90
BAC
Ð
=
°，
∴DE
AB
∥
，
∵DE
AB
=
，
∴四边形ABDE 是平行四边形，
∵
30
CAE
Ð
=
°，
90
ACE
Ð
=
°，
∴
60
AEC
Ð
=
° ，
∴
60
ABD
AEC
Ð
= Ð
=
°，
∴
30
FBA
FBD
Ð
= Ð
=
°，
∵
AFB
FBD
Ð
= Ð
，
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∴
AFB
ABF
Ð
= Ð
，
∴
6
AF
AB
=
=
，
∵
6
AC
AB
=
=
，
30
CAE
Ð
=
°，
∴
3
cos
2
AC
CAE
AE
Ð
=
=
， 
∴
4 3
AE =
,
∴
4 3
6
EF
AE
AF
=
-
=
-
；
（2）解：①图形如下图所示，
  
②
,
EF
DC
AG
=
+
理由如下：
如下图所示，过A 作AH
BF
^
于
,
H 交BD 于
,
M 交l 于
,
N 
  
90 ,
BHM
BHA
\Ð
= Ð
=
° 
BF
Q
平分
,
ABD
Ð
 
,
ABH
MBH
\Ð
= Ð
 
,
BAH
BMH
\Ð
= Ð
 
,
BA
BM
\
=
 
由（1）得：
,
ABDE
Y
 
//
,
AF BM
\
  
,
AFB
MBF
ABF
\Ð
= Ð
= Ð
 
,
AF
AB
\
=
 
,
AF
BM
\
=
 
\ 四边形ABMF 是菱形，
,
,
FM
AB FM
AB
\
=
∥
 
,
,
FM
DE FM
DE
\
=
∥
\ 四边形EFMD 是平行四边形，
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,
EF
DM
\
=
 
,
DE
AB
Q
∥
 
,
DNM
BAM
\Ð
= Ð
 
,
,
BMA
DMN
BMA
BAM
Ð
= Ð
Ð
= Ð
Q
 
,
DNM
DMN
\Ð
= Ð
 
,
DM
DN
\
=
 
90
ACN
CAB
Ð
= Ð
=
°
Q
， 
90
,
CAN
CNA
CAN
HAB
\Ð
+ Ð
=
° = Ð
+ Ð
 
,
CAN
GBA
\Ð
= Ð
 
,
AC
AB
=
Q
 
,
ACN
BAG
\V
V
≌
 
,
CN
AG
\
=
 
,
DN
DC
CN
DC
AG
\
=
+
=
+
 
.
EF
DC
AG
\
=
+
【题型2  最值问题】
考查了四边形综合题、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、直线与圆的位置关系、四边形的面积等知
识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用辅助圆解决问题，解决最值问题需构造二
次函数或者利用几何性质解答。
8．（2024 年北京市燕山区中考数学押题模拟）如图，在边长为2 的正方形ABCD 中，P 为AB 的中点，Q 为
边CD 上一动点，设DQ=t（0≤t≤2），线段PQ 的垂直平分线分别交边AD、BC 于点M、N，过Q 作QE⊥AB
于点E，过M 作MF⊥BC 于点F．
（1）当t≠1 时，求证：△PEQ≌△NFM；
（2）顺次连接P、M、Q、N，设四边形PMQN 的面积为S，求出S 与自变量t 之间的函数关系式，并求S
的最小值．
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【答案】（1）证明见解析；（2）S= 1
2 t2-t+ 5
2 ，S 的最小值为2．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠A=∠B=∠D=90°，AD=AB，
∵QE⊥AB，MF⊥BC，
∴∠AEQ=∠MFB=90°，
∴四边形ABFM、AEQD 都是矩形，
∴MF=AB，QE=AD，MF⊥QE，
又∵PQ⊥MN，
∴∠1+∠EQP=90°，∠2+∠FMN=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠EQP=∠FMN，
又∵∠QEP=∠MFN=90°，
∴△PEQ≌△NFM；
（2）分为两种情况：①当E 在AP 上时，
∵点P 是边AB 的中点，AB=2，DQ=AE=t，
∴PA=1，PE=1-t，QE=2，
由勾股定理，得PQ=
2
2
2
(1
t)
4
QE
PE
+
=
-
+
，
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN=PQ=
2
(1
)
4
t
-
+
，
又∵PQ⊥MN，
∴S=
2
1
1
1
[(1
)
4]
2
2
2
PQ MN
t
=
-
+
=
g
t2-t+ 5
2 ，
∵0≤t≤2，
∴当t=1 时，S 最小值=2．
②当E 在BP 上时，
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∵点P 是边AB 的中点，AB=2，DQ=AE=t，
∴PA=1，PE=t-1，QE=2，
由勾股定理，得PQ=
2
2
2
(t 1)
4
QE
PE
+
=
-
+
，
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN=PQ=
2
(
1)
4
t -
+
，
又∵PQ⊥MN，
∴S=
2
1
1
1
[(1
)
4]
2
2
2
PQ MN
t
×
=
-
+
=
t2-t+ 5
2 ，
∵0≤t≤2，
∴当t=1 时，S 最小值=2．
综上：S= 1
2 t2-t+ 5
2 ，S 的最小值为2．
9．（2024 年北京市第二中九年级中考模拟）问题探究：
(1)如图1，在等边
ABC
V
中，
3
AB = ，点P 是它的外心，则PB ＝ ；
(2)如图2，在矩形ABCD 中，
3
AB = ，边BC 上存在点P，使
90
APD
Ð
=
° ，求矩形ABCD 面积的最小值；
问题解决：
(3)如图3，在四边形ABCD 中，
3
AB = ，
90
A
B
Ð
= Ð
=
° ，
45
C
Ð
=
°，边CD 上存在点P，使
60
APB
Ð
=
° ，
在此条件下，四边形ABCD 的面积是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
3
(2)18
(3)存在，3 3
3 6
2
+
【来源】2024 年北京市第二中九年级中考模拟数学试题
【详解】（1）如图，
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∵在等边
ABC
V
中，
3
AB = ，
∴
3
3
3 3
60
2
2
2
B
BC
AB
CW
BC
AB
Ð
=
°
=
=
=
=
，
，
，
∵点P 是等边
ABC
V
的外心，
∴
2
3
PB
PC
WC
=
=
，
∴
2
2
3 3
3
3
3
2
PB
PC
WC
=
=
=
´
=
，
故答案为：
3 ；
（2）如图，当以AD 为直径的
O
e
与BC 相切时，切点为P，此时
90
APD
Ð
=
° ，AD 的长最小．
    
连接OP ．
∵
O
e
与BC 相切，
∴OP
BC
^
，
∵在矩形ABCD 中，OA
OP
OD
=
=
，
∴四边形ABPO ，四边形CDOP 都是正方形，
∴AB
OP
=
∴
3
AB
CD
AO
=
=
=
，
6
BC
AD
=
=
，
∴矩形ABCD 面积的最小值为：
18
BC AB
×
=
．
（3）存在．如图，在AB 的右边作等边三角形ABM 的外接圆
O
e
，当直线CD 与
O
e
相切与P 时，四边形ABCD
的面积最大，此时根据圆周角定理可知：满足条件
60
APB
AMB
Ð
= Ð
=
°．
   
延长MO 交AB 于E，过点O 作OF
AD
^
于F，过点P 作PT
BC
^
于T，连接OP ，PT 交OM 于R．TP 的延
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长线交AD 的延长线于点N，
∵
90
A
B
Ð
= Ð
=
°
∴
180
A
B
Ð +Ð =
° ，
∴AD
BC
∥
，
又∵
3
AB = ，
45
C
Ð
=
°，
∴
2
3 2
CD
AB
=
=
．
∵ABM
V
是等边三角形，圆
O
e
外接等边三角形ABM ，
∴EM
AB
^
，
结合OF
AD
^
、PT
BC
^
、
90
A
B
Ð
= Ð
=
° ，
即四边形AEOF 、四边形AERN 、四边形BERT 、四边形FORN 是矩形，
∴
3
2
AE
EB
NR
RT
=
=
=
=
，
3
2
AF
EO
=
=
，
3
OM
OP
=
=
，
∵
45
C
Ð
=
°，AD
BC
∥
，
90
N
Ð
=
°，
∴
45
NDP
C
Ð
= Ð
=
° ，
∴
45
NPD
Ð
=
° ，即DN
PN
=
，
∵OP
CD
^
，
∴
90
DPO
Ð
=
° ，
∴
180
45
OPR
DPO
DPN
Ð
=
°- Ð
- Ð
=
° ，
∴
6
2
2
OP
OR
PR
=
=
=
，
∴
3
6
2
2
BT
AN
=
=
+
，
3
6
3
6
2
2
2
DN
PN
NR
PR
-
=
=
-
=
-
=
，
∴
3
6
3
6
3
2 6
3
2
2
2
AD
AN
DN
+
-
+
-
=
-
=
-
=
， 
3
6
3
6
3
2 6
3
2
2
2
2
BC
BT
CT
+
+
+
=
+
=
+
+
=
，
∴
3 3
3 6
2
2
ABCD
AD
BC
S
AB
+
=
×
=
+
四边形
．
10．（2024 年北京市第十一中学中考三模）如图1，在等腰Rt
ABC
△
中，
90
A
Ð
=
°，点D、E 分别在边
AB 、AC 上，AD
AE
=
，连接DC ，点M、P、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点．
(1)观察猜想：
图1 中，线段PM 与PN 的数量关系是______，位置关系是______；
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(2)探究证明：
把
ADE
V
绕点A 逆时针方向旋转到图2 的位置，连接MN ，BD ，判断PMN
V
的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：
把
ADE
V
绕点A 在平面内自由旋转，若
4
=
AD
，
10
AB =
，求PMN
V
面积的最大值．
【答案】(1) PM
PN
=
；PM
PN
^
(2) PMN
V
是等腰直角三角形，见解析
(3) 49
2
【详解】（1）∵点M、P、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点，
∴PM 、PN 均是中位线，
∴
1
1
,
,
,
2
2
PN
BD PM
EC PN
BD PM
EC
=
=
P
P
，
∴
,
MPD
ECP
PNC
B
Ð
= Ð
Ð
= Ð ，
∵
DPN
PNC
BCP
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
NPM
ECP
PNC
BCP
Ð
= Ð
+ Ð
+ Ð
，
∵
90
A
Ð
=
°，AB
AC
=
，AD
AE
=
，
∴BD
EC
=
，
90
ECP
PNC
B
Ð
+ Ð
+ Ð
=
°
∴PM
PN
=
，
90
NPM
Ð
=
°,
故答案：PM
PN
=
；PM
PN
^
．
（2）PMN
V
是等腰直角三角形，理由如下：
连接
,
BD CE ，
∵
90
BAC
DAE
Ð
= Ð
=
°，AB
AC
=
，AD
AE
=
，
∴
90
BAD
DAC
CAE
Ð
=
°- Ð
= Ð
，
∵
BA
CA
BAD
CAE
AD
AE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴


SAS
ABD
ACE
V
V
≌
，
∴BD
EC
=
，
ABD
ACE
Ð
= Ð
∵点M、P、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点，
∴PM 、PN 均是中位线，
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∴
1
1
,
,
,
2
2
PN
BD PM
EC PN
BD PM
EC
=
=
P
P
，
∴
,
MPD
ECP
ACE
ACD
PNC
DBC
Ð
= Ð
= Ð
+ Ð
Ð
= Ð
，
∵
DPN
PNC
BCP
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
NPM
MPD
DPN
Ð
= Ð
+ Ð
ECD
PNC
PCB
= Ð
+ Ð
+ Ð
ACE
ACD
PNC
PCB
= Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
ABD
ACD
DBC
PCB
= Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
ABC
ACB
= Ð
+ Ð
，
∵
90
BAC
Ð
=
°，
∴
90
ABC
ACB
Ð
+ Ð
=
°
∴PM
PN
=
，
90
NPM
Ð
=
°,
故PMN
V
是等腰直角三角形．
（3）由（2）可得
1
2
PM
PN
BD
=
=
，要使PMN
V
面积的最大，只需PM PN
g
有最大值，则只需BD 有最大
值，
∵点A 是定点，
4
=
AD
是定长，
10
AB =
，
∴点D 在以A 圆心，以4 为半径的圆上，
∵直径是最大的弦，
∴点B，A，D 三点共线时，且B，D 在点A 的两侧时，BD 有最大值，且为14，
∴
1
7
2
PM
PN
BD
=
=
=
，
∴PM PN
g
的最大值为49.
∴PMN
V
面积的最大值为1
49
2
2
PM PN =
g
.
11 ．(北京市东城区2023 年九年级中考一模)如图，在正方形ABCD 中，E 是边BC 上一动点（不与点B ，C
重合），连接DE ，点C 关于直线DE 的对称点为C¢，连接AC¢并延长交直线DE 于点P ，F 是AC¢中点，
连接DF ．
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(1)求
FDP
Ð
的度数；
(2)连接BP ，请用等式表示AP ，BP ，DP 三条线段之间的数量关系，并证明；
(3)若正方形的边长为2 ，请直接写出
ACC¢
△
的面积最大值．
【答案】(1)45°
(2)
2
BP
DP
AP
+
＝
，见解析
(3)
2
1
-
【来源】北京市东城区2023 年九年级中考一模数学试题
【分析】（1）证明
CDE
C DE
¢
Ð
= Ð
和
ADF
C DF
¢
Ð
= Ð
，可得
1
45
2
FDP
ADC
¢
Ð
=
Ð
=
°；
（2）作辅助线，构建全等三角形，证明
(SAS)
BAP
DAP¢
V
V
≌
，得BP
DP¢
=
，从而得PAP¢
V
是等腰直角三角
形，可得结论；
（3）先作高线
¢
C G ，确定ACC¢
V
的面积中底边AC 为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C¢ 在BD
上时，
¢
C G 最大，其ACC¢
V
的面积最大，并求此时的面积．
【详解】（1）解：由对称得：CD
C D
¢
=
，
CDE
C DE
¢
Ð
= Ð
，
在正方形ABCD 中，AD
CD
=
，
90
ADC
Ð
=
° ，
AD
C D
¢
\
=
，
F
Q
是AC¢的中点，
DF
AC¢
\
^
，
ADF
C DF
¢
Ð
= Ð
，
1
45
2
FDP
FDC
EDC
ADC
¢
¢
\Ð
= Ð
+ Ð
=
Ð
=
° ；
（2）结论：
2
BP
DP
AP
+
=
，
证明：如图，作AP
AP
¢ ^
交PD 的延长线于P¢ ，
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90
PAP¢
\Ð
=
° ，
在正方形ABCD 中，DA
BA
=
，
90
BAD
Ð
=
° ，
DAP
BAP
¢
\ Ð
= Ð
，
由（1）可知：
45
FDP
Ð
=
° ，
90
DFP
Ð
=
°
Q
，
45
APD
\Ð
=
° ，
45
P¢
\Ð
=
°，
AP
AP¢
\
=
，
在
BAP
△
和
DAP¢
△
中，
BA
DA
BAP
DAP
AP
AP
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
¢ ，
(SAS)
BAP
DAP¢
\△
≌△
，
BP
DP¢
\
=
，
2
DP
BP
PP
AP
¢
\
+
=
=
；
（3）
2
1
- ．
理由如下：如图，过C¢ 作C G
AC
¢
^
于G ，则
1
2
AC C
S
AC C G
¢
¢
=
×
△
，
Rt
ABC
△
中，
2
AB
BC
=
=
，
2
2
( 2)
( 2)
2
AC
\
=
+
= ，即AC 为定值，
当
¢
C G 最大时，
AC C
¢
△
的面积最大，
连接BD ，交AC 于O ，当C¢ 在BD 上时，
¢
C G 最大，此时G 与O 重合，
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2
CD
C D
¢
=
=
Q
，
1
1
2
OD
AC
=
= ，
2
1
C G
¢
\
=
- ，
1
1
2
( 2
1)
2
1
2
2
AC C
S
AC C G
¢
¢
\
=
×
=
´ ´
-
=
-
△
．
12．(21-22 九下·北京北京师范大学附属实验中学·一模)
ABC
V
为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC 于点D，E 为
线段AD 上一点，
2 3
AE =
．以AE 为边在直线AD 右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N 为CE 的中点．
(1)如图1，EF 与AC 交于点G，连接NG，BE，直接写出NG 与BE 的数量关系；
(2)如图2，将
AEF
△
绕点A 逆时针旋转，旋转角为a ，M 为线段EF 的中点，连接DN，MN．当30
120
a
° <
<
°
时，猜想∠DNM 的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM 的度数并证明，如果不是，请说明理由；
(3)连接BN，在
AEF
△
绕点A 逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN 的最大值．
【答案】(1)
2
BE
NG
=
(2)∠DNM 的大小是定值，为120°
(3)5 3
【来源】北京市北京师范大学附属实验中学2021-2022 学年九年级下学期一模
【详解】（1）解：如图，连接CF．
∵△ABC 是等边三角形，AD⊥BC，
∴AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°．
∵△AEF 是等边三角形，
∴∠EAF=60°，G 为EF 中点，
∴∠EAG=∠GAF=30°．
即在△BAE 和△CAF 中，
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=30
=
AB
AC
BAE
CAF
AE AF
=
ì
ïÐ
= Ð
°
í
ïî
，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴CF
BE
=
，
∵N 为CE 的中点，G 为EF 中点，
∴
1
2
GN
CF
=
，
∴
2
BE
NG
=
；
（2）∠DNM=120°是定值，证明如下，
如图，连接BE，CF．
同（1）可证△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE=∠ACF．
∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°．
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN=∠EBC，
∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°．
综上可知∠DNM 的大小是定值，为120°；
（3）如图，取AC 的中点J，连接BJ，BN．
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∵AJ=CJ，EN=NC，
∴JN= 1
2 AE=
3 ．
∵BJ=AD= 4 3 ，
∴BN≤BJ+JN，即BN≤5 3 ，
故线段BN 的最大值为5 3 ．
【题型3  几何与三角函数综合】
主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、
翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．还需熟练掌握三角
函数定义及特殊三角函数值。
13．（北京市石景山区2022-2023 学年中考二模）【模型建立】
（1）如图1，
ABC
V
和BDE
V
都是等边三角形，点C 关于AD 的对称点F 在BD 边上．
①求证：AE
CD
=
；
②用等式写出线段AD ，BD ，DF 的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，
ABC
V
是直角三角形，AB
AC
=
，CD
BD
^
，垂足为D ，点C 关于AD 的对称点F 在BD 边
上．用等式写出线段AD ，BD ，DF 的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若
4 2
AD =
，
3
BD
CD
=
，求cos
AFB
Ð
的值．
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【答案】（1）①见解析；②AD
DF
BD
=
+
，理由见解析；（2）
2AD
DF
BD
=
+
，理由见解析；（3）
5
5
【分析】（1）①证明：
ABE
CBD
Ð
= Ð
，再证明


SAS
ABE
CBD
@
△
△
即可；②由DF 和DC 关于AD
对称，可得DF
DC
=
．证明AE
DF
=
，从而可得结论；
（2）如图，过点B 作BE
AD
^
于点E ，得
90
BED
Ð
=
° ，证明
45
ADF
ADC
Ð
= Ð
=
° ，
45
EBD
Ð
=
°．可得
2
2
DE
BD
=
，证明
2
2
AB
BC
=
，
ABE
CBD
Ð
= Ð
，可得sin
sin
ABE
CBD
Ð
=
Ð
，则AE BC
CD AB
×
=
×
，可
得
2
2
AE
CD
=
，从而可得结论；
（3）由
3
3
BD
CD
DF
=
=
，可得
2
3
4
AD
DF
DF
DF
=
+
=
，结合
4 2
AD =
，求解
2
DF
DC
=
=
，
6
BD =
，
如图，过点A 作AH
BD
^
于点H ．可得
1
2
2
HF
BF
=
=
，
2
2
6
2
2 10
BC =
+
=
，可得
2
2 5
2
AF
AC
BC
=
=
=
，
再利用余弦的定义可得答案．
【详解】（1）①证明：∵
ABC
V
和BDE
V
都是等边三角形，
∴AB
BC
=
，BE
BD
=
，
60
ABC
EBD
Ð
= Ð
=
°，
∴
ABC
CBE
EBD
CBE
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
∴
ABE
CBD
Ð
= Ð
，
∴


SAS
ABE
CBD
@
△
△
．
∴AE
CD
=
．
  
②AD
DF
BD
=
+
．理由如下：
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∵DF 和DC 关于AD 对称，
∴DF
DC
=
．
∵AE
CD
=
，
∴AE
DF
=
．
∴AD
AE
DE
DF
BD
=
+
=
+
．
（2）
2AD
DF
BD
=
+
．理由如下：
如图，过点B 作BE
AD
^
于点E ，得
90
BED
Ð
=
° ．
    
∵DF 和DC 关于AD 对称，
∴DF
DC
=
，
ADF
ADC
Ð
= Ð
．
∵CD
BD
^
，
∴
45
ADF
ADC
Ð
= Ð
=
° ，
∴
45
EBD
Ð
=
°．
∴
2
2
DE
BD
=
．
∵
ABC
V
是直角三角形，AB
AC
=
，
∴
=45
ABC
Ð
°，
2
2
AB
BC
=
，
∴
ABC
CBE
EBD
CBE
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
∴
ABE
CBD
Ð
= Ð
，
∴sin
sin
ABE
CBD
Ð
=
Ð
，
∴AE
CD
AB
BC
=
，
∴AE BC
CD AB
×
=
×
，
∴
2
2
AE
CD
=
．
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
AD
AE
DE
CD
BD
DF
BD
=
+
=
+
=
+
，即
2AD
DF
BD
=
+
．
（3）∵
3
3
BD
CD
DF
=
=
，
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∴
2
3
4
AD
DF
DF
DF
=
+
=
，
∵
4 2
AD =
，
∴
2
DF
DC
=
=
，
∴
6
BD =
．
如图，过点A 作AH
BD
^
于点H ．
  
∵AB
AC
AF
=
=
，
∴


1
1
2
2
2
HF
BF
BD
DF
=
=
-
=
，
2
2
2
2
6
2
2 10
BC
BD
CD
=
+
=
+
=
．
∴
2
2
2 10
2 5
2
2
AF
AC
BC
=
=
=
´
=
．
∴
2
5
cos
5
2 5
HF
AFB
AF
Ð
=
=
=
．
14．（2023 年北京市燕山地区中考二模）如图，在每一个四边形ABCD 中，均有AD//BC，CD⊥BC，
∠ABC=60°，AD=8，BC=12．
(1)如图①，点M 是四边形ABCD 边AD 上的一点，则△BMC 的面积为__________；
(2)如图②，点N 是四边形ABCD 边AD 上的任意一点，请你求出△BNC 周长的最小值；
(3)如图③，在四边形ABCD 的边AD 上，是否存在一点P，使得cos∠BPC 的值最小？若存在，求出此时
cos∠BPC 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）24 3 ；（2）4 21 12
+
；（3）1
7 ．
【详解】解：（1）过点A 作AN⊥BC，垂足为N．△ABN 利用锐角三角函数求出AN= 4 3 ．
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所以△BMC 的面积为1 12 4 3
24 3
2 ´
´
=
．
故答案为：24 3 ．
（2）如图：延长CD 使CD=DC1= 4 3 ，则点C 和C1 关于在直线AD 的对称，所以CN1=C1N1
连接C1B 交AD 与点N1，这时△BNC 周长的最小值为△BN1C 周长．
在△BCC1 中，BC1=
2
2
(8 3)
12
4 21
+
=
，
∴△BNC 周长的最小值为4 21 12
+
．
（3）如下图存在点P 使得cos∠BPC 的值最小．
作BC 的中垂线PQ 交BC 与点Q，交AD 与点P，连接BP、CP 作△BPC 的外接圆⊙O．
⊙O 与直线PQ 交与点N，则PB=PC，圆心O 在PN 上．
∵AD∥BC     
∴⊙O 与AD 正好相切与点P．
∵PQ=DC=
>6．∴PQ>BQ． ∴∠BPC<90°圆心O 在弦BC 的上方．
在AD 上任取一点
．连接PB，PC，PB 交⊙O 与点M，连接MC
∴∠BPC=∠BMC>∠B
C． ∴这时∠BPC 最大，cos∠BPC 的最小．
连接OB，则∠BON=2∠BPN=∠BPC
∵OB=OP= 4 3 -OQ．
在直角△BOQ 中，
2
2
2
(
3
6
)
4
OQ
OQ
+
=
-
 解得OQ=
3
2
 ∴OB= 7 3
2
∴cos∠BPC=cos∠BOQ= 1
7
∴此时cos∠BPC= 1
7 ．
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15．（2024 年北京师范大学附属中学中考一模）已知：在矩形ABCD 中，
6
AB =
，
2 3
AD =
，P 是BC 边上
的一个动点，将矩形ABCD 折叠，使点A 与点P 重合，点D 落在点G 处，折痕为EF ．
(1)如图1，当点P 与点C 重合时，则线段EB =　　　　，EF =　　　　；
(2)如图2，当点P 与点B，C 均不重合时，取EF 的中点O，连接并延长PO 与GF 的延长线交于点M，连
接PF
ME
MA
，
，
．
①求证：四边形MEPF 是平行四边形；
②当
1
tan
3
MAD
Ð
=
时，求四边形MEPF 的面积．
【答案】(1)2；4
(2)①见详解；②20 3
3
【来源】2024 年北京师范大学附属中学中考模拟数学试题（一）
【详解】（1）解：过点F 作FH
AB
^
，
∵折叠后点A 、P 、C 重合，
∴
,
AE
CE
FEA
FEC
=
Ð
= Ð
，
∵在矩形ABCD 中，
6,
2 3,
90
CD
AB
AD
BC
A
D
B
=
=
=
=
Ð
= Ð
= Ð
=
°，CD
AB
P
，
CFE
FEA
\Ð
= Ð
，
CFE
FEC
\Ð
= Ð
，
CF
CE
AE
\
=
=
，
设
,
6
AE
CE
CF
x BE
AB
AE
x
=
=
=
=
-
=
-
，
在Rt BCE
V
中，由勾股定理可得：
2
2
2
BC
BE
CE
+
=
，
即
2
2
2
(2 3)
(6
)x
x
+
-
=
，
解得：
4
x =
，
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即
4
AE
CE
CF
=
=
=
，
2
2
BE
DF
\
=
=
，
，
90
D
A
FHA
Ð
= Ð
= Ð
=
°
Q
，
∴四边形DAHF 是矩形，
2 3,
6
2
2
2
FH
AD
EH
AB
BE
AH
\
=
=
=
-
-
=
-
-
=
，
在Rt EFH
V
中，由勾股定理可得：
2
2
2
2
(2 3)
2
4
EF
FH
EH
=
+
=
+
=
；
故答案为：2；4；
（2）解：①证明：如图2，
∵在矩形ABCD 中，CD
AB
∥
，
由折叠(轴对称)性质，得：MG
PE
∥
，
MFO
PEO
\Ð
= Ð
，
∵点O 是EF 的中点，
OE
OF
\
=
，
又
FOM
EOP
Ð
= Ð
，
在
FOM
△
和
EOP
△
中，
FOM
EOP
OF
OE
MFO
PEO
Ð
= Ð
ì
ï
=
í
ïÐ
= Ð
î
，
(ASA)
FOM
EOP
\V
V
≌
，
MF
PE
\
=
，
∴四边形MEPF 是平行四边形；
②如图2，连接PA 与EF 交于点H ，则EF
AP
^
且PH
AH
=
，
又由①知：PO
OM
=
，
∴MA
EF
∥
，则MA
AP
^
，
又DA
AB
^
，
MAD
PAB
\Ð
= Ð
，
1
tan
tan
3
MAD
PAB
\
Ð
=
Ð
=
，
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在
1
,tan
3
PB
Rt PAB
PAB
AB
Ð
=
=
V
，
而
6
AB =
，
2
PB
\
=
，
又在Rt PEB
V
中，设PE
x
=
，则
6
BE
x
=
-
，
由勾股定理得：
2
2
2
(6
)
2
x
x
-
-
=
，
解得：
10
3
x =
，
则
10
3
PE
x
=
=
，
而PG
MG
^
且
2 3
PG
AD
=
=
，
又四边形MEPF 是平行四边形，
∴四边形MEPF 的面积为：
10
20 3
2 3
3
3
PE PG
×
=
´
=
．
16．（2023 年北京市东城区中考数学一模）如图，在正方形ABCD 中，AB＝3，M 是CD 边上一动点（不
与D 点重合），点D 与点E 关于AM 所在的直线对称，连接AE，ME，延长CB 到点F，使得BF＝DM，
连接EF，AF．
（1）依题意补全图1；
（2）若DM＝1，求线段EF 的长；
（3）当点M 在CD 边上运动时，能使△AEF 为等腰三角形，直接写出此时tan∠DAM 的值．
【答案】（1）详见解析；（2）13 ；（3）1 或
1
2 ．
【来源】2023 年北京市东城区中考数学一模试题
【分析】（1）根据题意作出图形便可，
（2）连接BM，先证明△ADM≌△ABF，再证明△FAE≌△MAB，求得BM，便可得EF；
（3）设DM＝x（x＞0），求出AE、AF、EF，当△AEF 为等腰三角形，分两种情况：AE＝EF 或AF＝EF，
列出方程求出x 的值，进而求得最后结果．
【详解】解：（1）根据题意作图如下：
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（2）连接BM，如图2，
∵点D 与点E 关于AM 所在直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABF＝90°，
∵BM＝BF，
∴△ADM≌△ABF（SAS），
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，
∴∠FAB＝∠NAE，
∴∠FAE＝∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS），
∴EF＝BM，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝3，
∵DM＝1，
∴CM＝2，
∴BM＝
2
2
13
BC
CM
+
=
，
∴EF＝13 ；
（3）设DM＝x（x＞0），则CM＝3﹣x，
∴EF＝BM＝
2
2
2
6
18
CM
BC
x
x
+
=
-
+
，
∵AE＝AD＝3，AF＝AM＝
2
2
2
9
DM
AD
x
+
=
+
，
∴AF＞AE，
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∴当△AEF 为等腰三角形时，只能有两种情况：AE＝EF，或AF＝EF，
①当AE＝EF 时，有
2
6
18
x
x
-
+
＝3，解得x＝3
∴tan∠DAM＝
3
1
3
DM
DA =
= ；
②当AF＝EF 时，
2
6
18
x
x
-
+
＝
2
9
x +
，解得，x＝3
2 ，
∴tan∠DAM＝
3
1
2
3
2
DM
DA =
=
，
综上，tan∠DAM 的值为1 或
1
2 ．
故答案为：tan∠DAM 的值为1 或
1
2 ．
【点睛】本题是正方形的综合题，涉及正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三
角形的性质，勾股定理，解三角形等知识，以及分类思想和方程思想，关键是证明三角形全等．
17．（2024 年北京市第十一中学中考三模）在
ABC
V
中，
90
ABC
Ð
=
°，AB
BC
=
，点D 为平面内一点．
(1)如图1，若点D 在线段BC 上，且
BAD
CAD
Ð
= Ð
，求tan
BAD
Ð
；
(2)如图2，若点D 为
ABC
V
内部一点，且
135
BDC
Ð
=
° ，连接AD ，点E 为AD 的中点，连接BE ，用等式
表示线段BD ，BE ，CD 的数量关系，并证明：
(3)若点D 满足
135
BDC
Ð
=
° ，当
2
AB =
时，请直接写出AD 的最值．
【答案】(1)
2
1
-
(2)2
2
BE
CD
BD
=
+
，证明见详解
(3)
5
1
-
【来源】2024 年北京市第十一中学中考三模数学试题
【分析】（1）过点B 作BE ∥AD 交CA 的延长线于点E ，证明AB
AE
=
，根据平行线分线段成比例得出
AC
CD
AE
BD
=
，进而根据勾股定理可得
2
CD
BD =
，进而根据正切的定义，即可求解；
（2）过点B 作BF
BD
^
，交CD 的延长线于点F ，延长BE 至G ，使得BE
EG
=
，连接AG ，证明


SAS
AEG
DEB
V
V
≌
，


SAS
FBC
GAB
V
V
≌
，根据勾股定理以及全等三角形的性质，即可得出结论；
（3）以BC 为斜边向下作等腰直角三角形，Rt BOC
V
，以O 为圆心，OB 为半径作圆，H 是优弧上的一点，
根据题意得出D 在
O
e
上，当D 在AO 上时AD 取得最小值，最小值为AO
OD
-
，即可求解．
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【详解】（1）解：如图所示，过点B 作BE ∥AD 交CA 的延长线于点E ，
∵BE
AD
∥
，
∴
,
CAD
E
DAB
ABE
Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
∵
BAD
CAD
Ð
= Ð
，
∴
E
ABE
Ð
= Ð
，
∴AB
AE
=
，
∵BE
AD
∥
，
∴AC
CD
AE
BD
=
，
又AB
AE
=
，
∴AC
CD
AB
BD
=
，
∵在
ABC
V
中，
90 ,
ABC
AB
BC
Ð
=
°
=
，
∴
2
AC
AB
=
，
∴
2
CD
BD =
，设
1
BD = ，则
2
CD =
，
∴
2
1
B C =
+ ，
∴
1
tan
2
1
2
1
BD
BD
BAD
AB
BC
Ð
=
=
=
=
-
+
（2）2
2
BE
CD
BD
=
+
，理由如下：
如图所示，过点B 作BF
BD
^
，交CD 的延长线于点F ，延长BE 至G ，使得BE
EG
=
，连接AG ，
∵
135
BDC
Ð
=
° ，
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∴
45
Ð
=
°
BDF
，
BF
BD
^
Q
，
DBF
\V
是等腰三角形，
\ BD
BF
=
，
2
DF
BD
=
，
Q点E 为AD 中点，
AE
ED
\
=
，
在
AEG
△
和DEB
V
中，
Q
AE
DE
AEG
DEB
EG
EB
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，


SAS
AEG
DEB
\V
V
≌
，
AG
DB
\
=
，Ð AGE = Ð DBE ，
\ AG
BD
∥
，
设Ð DBC = a，则Ð
90
FBC =
° + a，Ð
90
ABD =
° - a，
QÐGAB + Ð
180
ABD =
° ，
\Ð
90
BAG =
°+ a，
\Ð FBC = ÐGAB ，
在FBC
V
和
GAB
△
中，
FB
GA
FBC
GAB
BC
AB
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，


SAS
FBC
GAB
\V
V
≌
，
∴
2
CF
BG
BE
=
=
，
∵
2
CF
CD
DF
CD
BD
=
+
=
+
，
∴2
2
BE
CD
BD
=
+
．
（3）解：如图所示，以BC 为斜边向下作等腰Rt BOC
V
，
90
BOC
Ð
=
° ，
以O 为圆心，OB 为半径作圆，H 是优弧上的一点，
∴
1
45
2
H
BOC
=
=
°
∠
∠
，
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∵
135
BDC
Ð
=
° ，
∴D 在
O
e
上，
∵Rt BOC
V
等腰直角三角形，
2
AB
BC
=
=
，
∴
2
1
2
OB
OC
BC
=
=
= ，
∵AB
BC
=
，
90
ABC
Ð
=
°，
∴
45
ACB
Ð
=
°，
∴
90
ACO
ACB
BCO
Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
∵
2
AB
BC
=
=
，
∴
2
2
2
AC =
´
=
，
∴
2
2
5
AO
AC
OC
=
+
=
，
∴当D 在AO 上时AD 取得最小值，最小值为
5
1
AO
OD
-
=
- ．
【题型4  含相似几何证明】
主要考查了矩形的判定与性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，灵活运用相似三角
形的判定与性质，作出科学的辅助线，是解答本题的关键．
18．（2024·北京海淀·二模）矩形ABCD 中，
2 3
AB =
，
6
AD =
．点E 在边BC 、CD 上运动，连接AE ，将
射线AE 绕点A 逆时针旋转30°，交直线CD 于点F ．
(1)如图1，当点F 恰好与点C 重合时，则
FAD
Ð
= __________度；
(2)过点E 作EG
AF
^
于点G ，连接DG ．
①如图2，当F 落在线段CD 上时．求
GDC
Ð
的度数；
如图3，当F 落在线段CD 的延长线上且FD
DG
=
时，求FG
AG ．
【答案】(1)30
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(2)①60°；②2 3
3
3
-
【分析】（1）利用矩形的性质，结合三角函数
2 3
3
3
t
6
an
CD
DAC
AD
=
=
=
Ð
，即可作答；
（2）①连接AC ，先证明 AD
AG
AC
AE
=
，再证明
EAC
GAD
△
△
∽
，即有
30
ADG
ACE
Ð
= Ð
=
°，问题即可作答；
②连接AC ，过点G 作PQ
BC
∥
交CD 延长线于点P，BA 的延长线于点Q，根据①的方法同理可证明
EAC
GAD
△
△
∽
，易得四边形ADPQ 是矩形，再证明QGA
PGF
V
V
∽
，即有FG
FP
GA
AQ
=
， 在Rt GPD
V
中，可
得
3
cos
2
PD
PDG
DG =
Ð
=
，设
3
PD
a
=
，
2
DG
a
=
，即有 
2
FD
DG
a
=
=
，
3
AQ
PD
a
=
=
，可得
2
3
FP
FD
PD
a
a
=
-
=
-
，问题随之得解．
【详解】（1）∵在矩形ABCD 中，
2 3
AB =
，
6
AD =
，
∴
2 3
CD
AB
=
=
，
6
BC
AD
=
=
，
∴在Rt
ACD
△
中，
2 3
3
3
t
6
an
CD
DAC
AD
=
=
=
Ð
，
∴
30
DAC
Ð
=
°，
当点F 恰好与点C 重合时，则
30
FAD
CAD
Ð
= Ð
=
°，
故答案为：30；
（2）①连接AC ，如图，
在（1）中已求出
30
DAC
Ð
=
°，则有
60
ACD
Ð
=
° ，
根据旋转可知：
30
EAF
Ð
=
°，
∵EG
AF
^
，
∴在Rt AGE
V
中，
3
cos
2
AG
EAF
AE =
Ð
=
，
又∵
3
cos
2
AD
CAD
AC =
Ð
=
，
∴AD
AG
AC
AE
=
，
∵
30
CAD
EAF
Ð
= Ð
=
° ，
∴
CAD
CAF
EAF
CAF
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，
∴
EAC
DAF
Ð
= Ð
，
∴
EAC
GAD
△
△
∽
，
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∴
30
ADG
ACE
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
30
60
GDC
ADC
ADG
Ð
= Ð
- Ð
=
° -
° =
°；
②连接AC ，过点G 作PQ
BC
∥
交CD 延长线于点P，BA 的延长线于点Q，
根据①的方法同理可证明
EAC
GAD
△
△
∽
，
∴
60
ADG
ACE
ACD
Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB
CD
∥
，
90
CBD
Ð
=
° ，
∵PQ
BC
∥
，
∴四边形ADPQ 是矩形，
∴AQ
DP
=
，
90
AQG
GPD
PDA
Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∴
90
FPG
Ð
=
°，
90
30
GDP
ADG
Ð
=
°- Ð
=
° ，
∴
AQG
FPG
Ð
= Ð
，
∵
QGA
FGP
Ð
= Ð
，
∴QGA
PGF
V
V
∽
，
∴FG
FP
GA
AQ
=
， 
在Rt GPD
V
中，
90
GPD
Ð
=
°，
30
PDG
Ð
=
°，
∴
3
cos
2
PD
PDG
DG =
Ð
=
，
设
3
PD
a
=
，
2
DG
a
=
，
∵
2
FD
DG
a
=
=
，
3
AQ
PD
a
=
=
，
∴
2
3
FP
FD
PD
a
a
=
-
=
-
，
∴
2
3
2 3
3
3
3
FP
a
a
AQ
a
-
-
=
=
，
∴
2 3
3
3
FG
FP
AG
AQ
-
=
=
．
19．（2023 年北京市海淀区中关村中学中考一模）如图，矩形AOBC 的顶点B，A 分别在x 轴，y 轴上，
点C 坐标是

5,4 ，D 为BC 边上一点，将矩形沿AD 折叠，点C 落在x 轴上的点E 处，AD 的延长线与x
轴相交于点
.
F
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(1)如图1，求点D 的坐标；
(2)如图2，若P 是AF 上一动点，PM
AC
^
交AC 于M，PN
CF
^
交CF 于N，设AP
t
= ，FN
s
=
，求s
与t 之间的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，是否存在点P，使PMN
V
为等腰三角形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)
3
4, 2
Dæ
ö
ç
÷
è
ø
(2)
2 5
8
5
s
t
= -
+
(3)存在，

4,2 或40 24
,
11 11
æ
ö
ç
÷
è
ø 或48 20
,
11 11
æ
ö
ç
÷
è
ø
【来源】2023 年北京市海淀区中关村中学中考一模
【分析】（1）设


5,
D
a ，则
,
4
BD
a CD
ED
a
=
=
=
-
，再求出
,
OE BE 的长，在Rt
BDE
△
中，根据勾股定理
求出a 的值，即可求解；
（2）延长MP 交OF 于N¢，则PN
OF
¢ ^
，先证明ADC
FDB
V
V
∽
，可得
3
8
BF
OF
=
=
，
，从而得到
2
2
4 5
AF
AO
OF
=
+
=
，在Rt BCF
V
中，由勾股定理可得
5
CF =
，可得AC
CF
=
，从而得到
CAF
AFC
Ð
= Ð
，进而得到
CAF
EFA
AFC
Ð
Ð
Ð
=
=
，可证得PFN
DAC
V
V
∽
，可得到
1
1
,
4
2
2
PN
s PM
s
=
=
-
，再证明APM
FPN¢
V
V
∽
，即可求解；
（3）分三种情况：①当PM
PN
=
时；②当PM
MN
=
时；当MN
NP
=
时，即可求解．
【详解】（1）解：在矩形AOBC 中，


5,4
C
，
5
AC
\
=
，
4
OA
BC
=
=
，
设


5,
D
a ，则BD
a
=
，
4
CD
ED
a
=
=
-
，
5
AE
AC
=
=
Q
，
在Rt
AOE
△
中，
2
2
2
2
5
4
3
OE
AE
OA
=
-
=
-
=
，
5
3
2
BE
OB
OE
\
=
-
=
-
=
，
在Rt
BDE
△
中，由勾股定理得：
2
2
2
DE
BD
BE
=
+
，
2
2
2
(4
)
2
a
a
\
-
=
+
，
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0
a
\
>
，
3
2
a
\
=
，
3
4, 2
Dæ
ö
\
ç
÷
è
ø；
（2）如图2 ，延长MP 交OF 于N¢，则PN
OF
¢ ^
，
∵AC
BF
∥
，
PAM
DFB
Ð
Ð
\
=
，
90
ACD
FBD
Ð
Ð
=
=
°
Q
，
ADC
FDB
\V
V
∽
，
AC
CD
BF
BD
\
=
，
由（1）知：
3
2
BD =
，
3
5
4
2
2
CD
\
=
-
=
，又
5
AC =
，
5
5
2
3
2
BF
\
=
，
3
8
BF
OF
\
=
=
，
，
2
2
2
2
4
8
4 5
AF
AO
OF
\
=
+
=
+
=
，
在Rt BCF
V
中，由勾股定理得：
2
2
3
4
5
CF =
+
=
，
5
AC =
Q
，
AC
CF
\
=
，
CAF
AFC
\Ð
= Ð
，
∵AC
EF
∥
，
CAF
EFA
AFC
Ð
Ð
Ð
\
=
=
，
FA
\
平分
CFO
Ð
，
,
PN
CF PN
OF
¢
^
^
Q
，
PN
PN¢
\
=
，
4
PM
PN
PM
PN
MN
¢
¢
\
+
=
+
=
=
，  
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90
CAF
CFA
ACD
PNF
Ð
Ð
Ð
Ð
=
=
=
°
Q
，
，
PFN
DAC
\V
V
∽
，
FN
PN
AC
CD
\
=
，
5
1
2
5
2
PN
CD
NF
AC
\
=
=
=
，
又NF
s
=
，
1
1
,
4
2
2
PN
s PM
s
\
=
=
-
，
4 5
PA
t
PF
t
=
=
-
Q
，
，
,
PAM
PFN
APM
FPN
Ð
Ð
Ð
Ð
¢
¢
=
=
Q
，
APM
FPN¢
\V
V
∽
，
PM
AP
PN
PF
\
=
¢
，即
1
4
2
1
4 5
2
s
t
t
s
-
=
- ，
2 5
8
5
s
t
\ = -
+
；
（3）分三种情况：
①当PM
PN
=
时，如图3，
PAM
PFN
Ð
= Ð
Q
，
90
AMP
PNF
Ð
= Ð
=
o，
PAM
\V
∽PFN
V
，
1
PA
PM
PF
PN
\
=
= ，
PA
PF
\
=
，即
4 5
t
t
=
- ，
解得：
2 5
t =
，
∴
2 5
2 5
8
4
5
FN
s
=
= -
´
+
=
，
2
2
2
PM
PN
PF
FN
\
=
=
-
=
，
2
2
2
2
(2 5)
2
4
AM
PA
PM
=
-
=
-
=
，


4,2
P
\
；
②当PM
MN
=
时，如图4，过M 作MH
PN
^
于H，PN 与MC 的延长线交于点G，
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有
1
1
2
4
PH
NH
PN
s
=
=
=
，
4
PM
PN
+
=
Q
，
1
4
2
PM
s
\
=
-
，
GCN
MPN
BFC
Ð
Ð
Ð
=
=
Q
，
即
MPN
BFC
Ð
Ð
=
，
90
MHP
CBF
Ð
= Ð
=
o
Q
，
\VPMH ∽FCB
V
，
5
3
PM
FC
PH
FB
\
=
=
，即
1
4
5
2
1
3
4
s
s
-
=
，
解得：
48
11
s =
，
代入
2 5
8
5
s
t
= -
+ 得：
20 5
11
t =
，
∵AC
OF
∥
，
∴
MAP
AFO
Ð
= Ð
，tan
tan
MAP
AFO
Ð
=
Ð
，
∴
1
2
PM
AO
AM
OF
=
=
，
∴
:
:
1: 2:
5
PM
AM
AP =
，
∴
40
11
AM =
，
20
11
PM =
，
∴P 的纵坐标为：
20
24
4
11
11
-
=
，
40 24
,
11 11
Pæ
ö
\
ç
÷
è
ø；
③当MN
NP
=
时，如图5，
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过点N 作NQ
PM
^
于Q，
NPQ
BFC
Ð
Ð
\
=
，
90
NQP
CBF
Ð
= Ð
=
o
Q
，
NQP
\V
∽CBF
V
，
PN
CF
PQ
BF
\
=
，
又
1
2
PN
s
=
，
1
1
1
1
4
2
2
2
2
4
PQ
PM
s
s
æ
ö
=
=
-
=
-
ç
÷
è
ø
Q
，
5
CF =
，
1
5
2
1
3
2
4
s
s
\
=
-
，
40
11
s
\ =
，
代入
2 5
8
5
s
t
= -
+ 得：
24 5
11
t =
，
同理可得：
48 20
,
11 11
Pæ
ö
ç
÷
è
ø；
综上，点P 的坐标是

4,2 或40 24
,
11 11
æ
ö
ç
÷
è
ø 或48 20
,
.
11 11
æ
ö
ç
÷
è
ø
20．（2024 年北京市陈经纶中学中考一模）已知：△ABD 和△CBD 关于直线BD 对称(点A 的对称点是点C)，
点E、F 分别是线段BC 和线段BD 上的点，且点F 在线段EC 的垂直平分线上，连接AF、AE，AE 交BD 于点
G．
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（1）如图l，求证：∠EAF=∠ABD；
（2）如图2，当AB=AD 时，M 是线段AG 上一点，连接BM、ED、MF，MF 的延长线交ED 于点N，∠MBF=
1
2 ∠BAF，AF= 2
3 AD，试探究线段FM 和FN 之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】见解析
【详解】解：（1）证明：如图，连接FE、FC，
∵点F 在线段EC 的垂直平分线上，
∴FE=FC．∴∠l=∠2．
∵△ABD 和△CBD 关于直线BD 对称，
∴AB=CB，∠4=∠3， BF=BF．
∴△ABF≌△CBF（SAS）．
∴∠BAF=∠2，FA=FC．
∴FE=FA，∠1=∠BAF．∴∠5=∠6 ．
∵∠l+∠BEF=1800，∴∠BAF+∠BEF=1800．
∵∠BAF+∠BEF+∠AFE+∠ABE=3600，∴∠AFE+∠ABE=1800．
又∵∠AFE+∠5+∠6=1800，∴∠5+∠6=∠3+∠4．
∴∠5=∠4，即∠EAF=∠ABD．
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（2）FM= 7
2 FN ，证明如下：
如图，
由（1）可知∠EAF=∠ABD，
又∵∠AFB=∠GFA，∴△AFG∽△BFA．
∴∠AGF=∠BAF．
又∵∠MBF= 1
2 ∠BAF．∠MBF= 1
2 ∠AGF，
∠AGF=∠MBG+∠BMG，
∴∠MBG=∠BMG．∴BG=MG．
∵AB=AD，∴∠ADB=∠ABD=∠EAF．
∵∠FGA=∠AGD，∴△AGF∽△DGA．∴GF
AG
AF
AG
GD
AD
=
=
．
∵AF= 2
3 AD，∴GF
AG
2
AG
GD
3
=
=
．
设GF="2a" ，AG=3a，则GD= 9
2 a．∴FD= 5
2 a．
∵∠CBD=∠ABD，∠ABD=∠ADB，∴∠CBD=∠ADB．∴BE∥AD．
∴BG
EG
GD
AG
=
．∴EG
AG
2
BG
GD
3
=
=
．
设EG=2k，∴BG=MG=3k．
过点F 作FQ∥ED 交AE 于Q，
∴
GO
GF
2a
4
5a
QE
FD
5
2
=
=
=
．∴
4
GO
QE
5
=
．
∴GQ= 4
9 EG= 8 k
9
，MQ=3k+ 8 k
9
= 35 k
9
．∴
8
10
QE
2k
k
k
9
9
=
-
=
．
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∵FQ∥ED，∴
35 k
MF
MQ
7
9
10
FN
QE
2
k
9
=
=
=
．∴FM= 7
2 FN．
（1）连接FE、FC，先证△ABF、△CBF 全等，得∠FEC=∠BAF，通过四边形ABEF 与三角形AEF 内角和导出．
（2）先由△AFG∽△BFA，推出∠AGF=∠BAF，再得BG=MG，通过△AGF∽△DGA，导出GD= 9
2 a，FD= 5
2 a，过
点F 作FQ∥ED 交AE 于Q，通过BE∥AD 得线段成比例，设EG=2k，BG=MG=3k，GQ= 4
9 EG= 8 k
9
，MQ=3k+ 8 k
9
=
35 k
9
，
8
10
QE
2k
k
k
9
9
=
-
=
，从而FM= 7
2 FN．
21．（2024 年北京市平谷区中考二模）如图，在
ABC
V
中，
BAC
AB
AC
a
Ð
=
°
=
，
，点D 为平面上一点，
连接AD ，将AD 绕着点A 逆时针旋转a°得到线段AE ，连接DE ，取DE 的中点F，取BC 的中点G，连接
DC ，取DC 的中点M，连接FM ．
     
(1)依题意补全图形；
(2)猜想
GFM
Ð
的度数（用含α 的式子表示），并证明．
【答案】(1)图见解析；
(2) 1
2a ．
【来源】2024 年北京市平谷区中考二模数学试题
【分析】本题考查了相似三角形判定与性质、全等三角形判定与性质、三角形中位线定理及三角函数的应
用，
（1）根据题意补全图形即可；
（2）连接AF
BD
AG
GM
CE
、
、
、
、
，过M 作MH
FG
^
于点H，先证明ABG
ADF
V
V
∽
，再证明ABD
AGF
V
V
∽
得出GF
AG
BD
AB
=
，证明
ABD
ACE
≌
△
△
得出BD
CE
=
，通过三角函数证明
GFF
BAG
Ð
= Ð
．
【详解】（1）补全图形如下：
（2）
1
2
GFM
a
Ð
=
，
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证明：连接AF
BD
AG
GM
CE
、
、
、
、
，
过M 作MH
FG
^
于点H，
在
ADE
V
中，
DAE
AD
AE
a
Ð
=
°
=
，
，F 为DE 中点，
∴
2
90
1
AFD
DAF
a
Ð
=
°
Ð
=
，
，
在
ABC
V
中，
BAC
AB
AC
a
Ð
=
°
=
，
，G 为BC 中点，
∴
2
90
1
AGB
BAG
a
Ð
=
°
Ð
=
，
，
∴ABG
ADF
V
V
∽
，
AF
AD
AG
AB
\
=
，
∵
1
2
Ð = Ð ，
∴ABD
AGF
V
V
∽
，
GF
AG
BD
AB
=
∴
，
∵AB
AC
AD
AE
BAC
DAE
a
=
=
Ð
= Ð
=
°
，
，
，
∴
1
3
Ð = Ð ，
 ∴
ABD
ACE
≌
△
△
，
∴BD
CE
=
，
 ∵点F 为BE 中点，M 为DC 中点，
 \ 
1
2
FM
EC
=
，
  ∵点G 为BC 中点，M 为DC 中点，
 \ 
1
2
GM
BD
=
，
∵BD
CE
=
，
 ∴FM
GM
=
，
∵MH
FG
^
，
∴
4
90
Ð =
°，
∴
1
2
FH
FG
=
，
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Q 
1
2
GM
BD
=
，
\ 
1
2
MF
BD
=
，
FH
FG
AG
MF
BD
AB
=
=
∴
，
cos GFM =
Ð
∴
cos BAG
Ð
，
1
2
GFF
BAG
a
\Ð
= Ð
=
．
22．（2024 年北京大学附属中学中考零模）已知，在
ABC
V
中，AB
AC
=
，
90
BAC
Ð
=
°，点D 为AC 边上
一动点，连接BD ，过点C 作BD 的垂线交BD 的延长线于点H ．
(1)如图1，过点A 作AN
BC
∥
交CH 的延长线于点N ，连接DN ．
①依题意补全图形；
②用等式表示
NDH
Ð
与
HDC
Ð
之间的数量关系，并证明．
(2)如图2，当点D 恰为AC 的中点时，E 为BD 上一动点，连接AE ，将射线AE 绕点A 逆时针旋转90°交射
线CH 于点F ．若
2
AB =
，且点E 在运动的过程中始终满足
2
HE
HF
CH
-
=
．请直接写出BE 的取值范围
______．
【答案】(1)①见解析；②2
180
CDH
NDH
Ð
+ Ð
=
° ，证明见解析
(2)
2 5
0
5
BE
£
£
【来源】2024 年北京大学附属中学中考零模数学试题
【分析】（1）①根据题意画出图形即可；
②由“ ASA”可证ABD
ACM
V
V
≌
，可得AM
AD
=
，由“ SAS ”可证AND
ANM
V
V
≌
，可得
M
ADN
Ð
= Ð
，即可
求解；
（2）由勾股定理可求BD 的长，由相似三角形的性质可求CH ，DH 的长，分两种情况讨论，由线段的和
差关系可求解．
【详解】（1）解：①如图所示：
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②2
180
CDH
NDH
Ð
+ Ð
=
° ，理由如下：
如图，延长BA ，CN 交于点M ，
90
BAC
BHC
Ð
= Ð
=
°
Q
，
\点A ，点B ，点C ，点H 四点共圆，
ABD
ACM
\Ð
= Ð
，
又
90
BAD
CAE
Ð
= Ð
=
°
Q
，AB
AC
=
，


ABD
ACM ASA
\V
V
≌
，
AM
AD
\
=
，
AN
BC
Q
∥
，
45
NAD
ACB
\Ð
= Ð
=
°，
45
NAD
NAM
\Ð
= Ð
=
° ，
又
AN
AN
=
Q
，


AND
ANM SAS
\V
V
≌
，
M
ADN
\Ð
= Ð
，
90
CDH
DCH
M
DCH
Ð
+ Ð
=
° = Ð
+ Ð
Q
，
M
CDH
\Ð
= Ð
，
ADN
CDH
\Ð
= Ð
，
2
180
CDH
NDH
\ Ð
+ Ð
=
° ；
（2）解：
2
AB
AC
=
=
Q
，点D 是AC 的中点，
1
AD
CD
\
=
= ，
2
2
1
4
5
BD
AB
AD
\
=
+
=
+
=
，
ABD
DCH
Ð
= Ð
Q
，
ADB
CDH
Ð
= Ð
，
ABD
HCD
\
∽
V
V
，
\ DH
CH
DC
AD
AB
DB
=
=
，
\
1
1
2
5
DH
CH
=
=
，
5
5
DH
\
=
，
2 5
5
CH =
，
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如图2，当点F 在点H 上方时，
Q将射线AE 绕点A 逆时针旋转90°交射线CH 于点F ．
90
EAF
BAC
\Ð
= Ð
=
°，
BAE
CAF
\Ð
= Ð
，
又
ABE
ACF
Ð
Ð
=
Q
，AB
AC
=
，


ABE
ACF ASA
\V
V
≌
，
BE
CF
\
=
，
2
HE
HF
CH
-
=
Q
，
2 5
2
5
BD
DH
BE
HF
\
+
-
-
=
´
，
\
5
2 5
4 5
5
(
)
5
5
5
FH
FH
+
-
+
-
=
，
0
FH
\
=
，
2 5
2 5
0
5
5
BE
CF
\
=
=
+
=
，
当点F 在点H 下方时，
同理可证


ABE
ACF ASA
V
V
≌
，
BE
CF
\
=
，
2
HE
HF
CH
-
=
Q
，
2
BD
DH
BE
HF
CH
\
+
-
-
=
，
(
)
2
BD
DH
CH
HF
HF
CH
\
+
-
-
-
=
，
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\
5
2 5
5
3
5
5
+
= ´
恒成立，
综上所述：当点F 在线段CF 上时，
2
HE
HF
CH
-
=
恒成立，
2 5
0
5
BE
\ £
£
，
故答案为：
2 5
0
5
BE
£
£
．
（建议用时：60 分钟）
23．(22-23 九下·北京第一六六中学·二模)如图，已知Rt ABC
V
中，
90
ACB
Ð
=
°，D 为斜边AB 的中点，连接
CD ．过C 点做CD 的垂线，并在这条线上（C 的下方）截取
2
CE
CD
=
，连接BE ．
(1)根据题目条件补全图形；
(2)证明：
A
BCE
Ð = Ð
；
(3)用等式表示AC 、BC 和BE 的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
2
2
+
AC
BC
BE
BC
-
=
，证明见解析
【来源】北京市第一六六中学2022-2023 学年九年级下学期二模
【分析】（1）根据题目中的条件作图即可．
（2）根据
90
ACB
Ð
=
°，CE
CD
^
，可得
ACD
BCE
Ð
= Ð
，再根据D 为斜边AB 的中点，得到
A
ACD
Ð
= Ð
，
即可得到结论．
（3）过点E 作EH
CB
^
，交CB 的延长线于点H，根据题目条件证明
ABC
CEH
V
V
≌
，得到对应边相等，在
Rt BHE
V
中，用勾股定理得到
2
2
BH
BE
HE
-
=
，从而得出结论．
【详解】（1）解：如图所示：
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（2）证明：∵
90
ACB
Ð
=
°，
∴
+
90
ACD
BCD
Ð
Ð
°
=
，
∵CE
CD
^
，
∴
+
90
BCE
BCD
Ð
Ð
°
=
，
∴
ACD
BCE
Ð
= Ð
，
∵D 为斜边AB 的中点，
∴AD
CD
=
，
∴
A
ACD
Ð
= Ð
，
∴
A
BCE
Ð = Ð
．
（3）证明：过点E 作EH
CB
^
，交CB 的延长线与点H，如图所示，
∵
2
CE
CD
=
，D 为AB 的中点
∴AB
CE
=
，
∵
A
ECH
Ð
Ð
=
，
ACB
H
Ð
= Ð
，
∴


AAS
ABC
CEH
V
V
≌
，
∴AC
CH
=
，CB
HE
=
，
∵
+
CH
BC BH
=
，
2
2
2
2
BH
BE
HE
BE
BC
-
-
=
=
，
∴
2
2
+
AC
BC
BE
BC
-
=
．
24．（2023 年北京市朝阳区中考二模）在正方形ABCD 中，E 为BC 上一点，点M 在AB 上，点N 在DC 上，
且MN
DE
^
，垂足为点F．
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(1)如图1，当点N 与点C 重合时，求证：MN
DE
=
；
(2)将图1 中的MN 向上平移，使得F 为DE 的中点，此时MN 与AC 相交于点H．
①依题意补全图2；
②用等式表示线段MH
HF
FN
，
，
之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②MH
FN
HF
+
=
，见解析
【来源】2023 年北京市朝阳区中考二模数学试题
【分析】（1）根据正方形的性质证明
(ASA)
BCM
CDE
△
≌△
即可；
（2）按题意补充图形即可；在FH 上截取FG
FN
=
，连接EG 交AC 于点K，作CT
MN
∥
交AB 于点T，
根据题意证明Rt
Rt
(HL)
BCT
CDE
△
≌
△
，
(SAS)
EFG
DFN
△
≌△
，
(AAS)
AMH
KGH
△
≌△
即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是长方形，
∴BC
CD
=
，
B
BCD
Ð
= Ð
，
∵MN
DE
^
，
∴
90
BCM
DCF
DCF
CDE
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°，
∴
BCM
CDE
Ð
= Ð
，
∴
(ASA)
BCM
CDE
△
≌△
；
∴MN
DE
=
；
（2）①过DE 的中点F 作MN
DE
^
，分别与AB
AC
CD
、
、
交于点M、H、N，如图即为补全的图形；
图2
②MH
FN
HF
+
=
，理由如下：
如图，在FH 上截取FG
FN
=
，连接EG 交AC 于点K，作CT
MN
∥
交AB 于点T，
∵AB
DC
P
，
∴四边形MTCN 是平行四边形，
∴MT
NC
=
，
∵MN
DE
^
，
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∴CT
DE
^
，
由（1）知：CT
DE
=
，
90
B
DCE
Ð
= Ð
=
°，
在Rt
BCT
△
和Rt DCE
V
中，
CT
DE
BC
CD
=
ì
í
=
î
，
∴Rt
Rt
(HL)
BCT
CDE
△
≌
△
，
∴BT
CE
=
，
在EFG
V
和
DFN
△
中，
FG
FN
EFG
DFN
EF
DF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
(SAS)
EFG
DFN
△
≌△
，
∴EG
DN
=
，
EGF
DNF
Ð
= Ð
，
∴EG
CD
AB
∥
∥
，
∴GE
BC
^
，
∵
45
ACB
Ð
=
°，
∴
CEK
△
是等腰直角三角形，
∴EK
CE
BT
=
=
，
∵AB
CD
=
，MT
NC
=
，
∴AM
BT
DN
EG
EK
KG
+
=
=
=
+
，
∴AM
KG
=
，
∵AB
EG
∥
，
∴
MAH
GKH
Ð
= Ð
，
在AMH
V
和
KGH
△
中，
MAH
GKH
AHM
KHG
AM
KG
Ð
= Ð
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
(AAS)
AMH
KGH
△
≌△
，
∴MH
GH
=
，
∵GH
FG
HF
+
=
，
∴MH
FN
HF
+
=
．
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25．（2024 年北京市广渠门中学中考二模）如图，OPQ
a
Ð
=
，点A 在PQ上，过点A 作PO 的平行线，与
OPQ
Ð
的平分线交于点B ，M 为PB 的中点，点C 在PM 上，（不与点P
M
，
重合），连接AC ，将线段AC 绕点A
顺时针旋转180
a
°-
，得到线段AD ，连接BD ．
  
(1)①直接写出线段AP 与AB 之间的数量关系；
②用等式表示线段BD ，BM ，MC 之间的数量关系，并证明；
(2)连接DC 并延长，分别交AB ，PO 于点E
F
，
，过点M 作OP 的垂线，交DC 于点N ．依题意补全图形，
用等式表示线段CF ，CN ，NE 之间的数量关系．
【答案】(1)①AP
AB
=
；②BD
MC
BM
+
=
，证明见解析
(2)图见解析，CN
NE
CF
=
+
，理由见解析
【来源】2024 年北京市广渠门中学中考二模数学试题
【分析】（1）①由平行线的定义结合角平分线的定义得出
PBA
BPA
Ð
= Ð
，再由等角对等边即可得证；②
由平行线的性质得出
BAQ
OPQ
a
Ð
= Ð
=
，推出
180
PAB
a
Ð
=
°-
，由旋转的性质可得：
180
CAD
a
Ð
=
° -
，
AC
AD
=
，求出
PAC
BAD
Ð
= Ð
，证明


SAS
PAC
BAD
V
V
≌
，得出BD
PC
=
，再由M 为PB 的中点得出
=
BM
PM ，即可得证；
（2）根据题意补全图形即可，在PO 上截取PH
BE
=
，连接CH ，证明


SAS
PCH
BDE
V
V
≌
得出
PH
DE
C
BE
C
D
H
Ð
= Ð
=
，
，结合平行线的性质得出CF
CH
DE
=
=
，由题意得出MN
AB
^
，在BM 上截取
BI
BD
=
，由（1）可得：BD
CM
BM
+
=
，求出CM
IM
=
，证明


SAS
BEI
BED
V
V
≌
，得出EI
ED
=
，推
出BE 垂直平分ID ，即ID
AB
^
，从而得出MN
ID
∥
，最后由平行线分线段成比例定理即可得出答案．
【详解】（1）解：①由题意得：OP
AB
∥
，
OPB
PBA
\Ð
= Ð
，
PB
Q
平分
OPQ
Ð
，
OPB
BPA
\Ð
= Ð
，
PBA
BPA
\Ð
= Ð
，
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AP
AB
\
=
；
②BD
MC
BM
+
=
，证明如下：
由题意得：OP
AB
∥
，
BAQ
OPQ
a
\Ð
= Ð
=
，
180
180
PAB
BAQ
a
\Ð
=
°- Ð
=
°-
，
由旋转的性质可得：
180
CAD
a
Ð
=
° -
，AC
AD
=
，
PAB
CAD
\Ð
= Ð
，
PAB
CAB
CAD
CAB
\Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，即
PAC
BAD
Ð
= Ð
，
AP
AB
=
Q
，


SAS
PAC
BAD
\V
V
≌
，
BD
PC
\
=
，
Q M 为PB 的中点，
MB
MP
\
=
，
DB
CM
PC
CM
PM
BM
\
+
=
+
=
=
；
（2）解：补全图形如图所示：
    ，CN
NE
CF
=
+
，理由如下：
在PO 上截取PH
BE
=
，连接CH ，
由（1）可得


SAS
PAC
BAD
V
V
≌
，
APC
ABD
\Ð
= Ð
，BD
PC
=
，
PB
Q
平分
OPQ
Ð
，
OPB
BPA
\Ð
= Ð
，
HPC
EBD
\Ð
= Ð
，


SAS
PCH
BDE
\V
V
≌
，
DE
CH
\
=
，
PHC
BED
Ð
= Ð
，
OP
AB
Q
∥
，
OFE
BED
\Ð
= Ð
，
HFC
FHC
\Ð
= Ð
，
CF
CH
DE
\
=
=
，
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OP
AB
Q
∥
，MN
OP
^
，
MN
AB
\
^
，
在BM 上截取BI
BD
=
，
由（1）可得：BD
CM
BM
+
=
，
BI
IM
BM
+
=
Q
，
CM
IM
\
=
，
OP
AB
Q
∥
，
OPB
PBA
\Ð
= Ð
，
OPB
BPA
APC
ABD
Ð
= Ð
Ð
= Ð
Q
，
，
ABD
PBA
\Ð
= Ð
，


SAS
BEI
BED
\V
V
≌
，
EI
ED
\
=
，
BE
\
垂直平分ID ，即ID
AB
^
，
MN
ID
\
∥
，
1
CM
CN
IM
ND
\
=
= ，
CN
ND
NE
ED
NE
CF
\
=
=
+
=
+
．