培優(yōu)專題01三角形常見模型綜合(原卷版+解析)

培優(yōu)專題01三角形常見模型綜合本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等及中等偏上，在全國(guó)各地市的中考試卷中都有考查。(2023年鄂爾多斯中考試卷第14題）如圖，AB⊥BC于點(diǎn)B，AB⊥AD于點(diǎn)A，點(diǎn)E是CD中點(diǎn)，若BC＝5，AD＝10，BE＝，則AB的長(zhǎng)是．【模型】倍長(zhǎng)中線類模型：∥＋中點(diǎn)→三角形全等分析：延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)F，由“ASA”可證△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的長(zhǎng)．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)F，∵點(diǎn)E是DC的中點(diǎn)，∴DE＝CE，∵AB⊥BC，AB⊥AD，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE，∵∠FED＝∠BEC，∴△BCE≌△FDE（ASA），∴DF＝BC＝5，BE＝EF，∴BF＝2BE＝13，在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．故答案為：12．點(diǎn)評(píng)：本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵。三角形常見模型是解決中考數(shù)學(xué)問(wèn)題的有效“捷徑”，因?yàn)楦鱾€(gè)模型總結(jié)了不同類題的問(wèn)題特征，并且給予了問(wèn)題的解決方向，熟悉模型能有效提高做題速度，節(jié)約考試時(shí)間。本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等或較大，個(gè)別還會(huì)以壓軸題出現(xiàn)，在全國(guó)各地市的中考試卷中均有考查。全等常見模型：①K型圖：圖形條件與結(jié)論輔助線注意事項(xiàng)條件：AC=BC,AC⊥BC結(jié)論：△ADC≌△CEB(AAS)分別過(guò)點(diǎn)A、B作AD⊥l,BE⊥lK型圖可以和等腰直角三角板結(jié)合，也可以和正方形結(jié)合K型全等模型變形——三垂定理：如圖，亦有△ADC≌△CEB(AAS)總結(jié)：當(dāng)一個(gè)直角放在一條直線上時(shí)，常通過(guò)構(gòu)造K型全等來(lái)證明邊相等，或者邊之間的數(shù)量關(guān)系②手拉手：模型名稱幾何模型圖形特點(diǎn)具有性質(zhì)全等型手拉手AD=AEAB=AC∠BAC=∠DAE連結(jié)BD、CE①△ABD≌△ACE②△AOB∽△HOC③旋轉(zhuǎn)角相等（即∠1=∠2=∠3）④A、B、C、D四點(diǎn)共圓⑤AH平分∠BHE③倍長(zhǎng)中線：基本圖形輔助線條件與結(jié)論應(yīng)用環(huán)境延長(zhǎng)AD到點(diǎn)E，使DE=AD，連接CE條件：△ABC，AD=BD結(jié)論：△ABD≌△CED(SAS)①倍長(zhǎng)中線常和△三邊關(guān)系結(jié)合，考察中線長(zhǎng)的取值范圍②倍長(zhǎng)中線也可以和其他幾何圖形結(jié)合，考察幾何圖形的面積問(wèn)題相似常見模型：①A字圖：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：變型②8字圖：當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：當(dāng)AB∥CD時(shí)當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC性質(zhì)：變型③一線三等角：一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值組合常見模型：①知2得1：①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED若以上3個(gè)條件中有2個(gè)成立，則剩余的那個(gè)就會(huì)成立。即：三條件滿足“知2得1”①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED若以上3個(gè)條件中有2個(gè)成立，則剩余的那個(gè)就會(huì)成立。即：三條件滿足“知2得1”②勾股定理面積應(yīng)用：圖形結(jié)論總結(jié)當(dāng)分別以直角三角形的三邊為邊（或底邊、半徑）做規(guī)則的正方形、等邊三角形、等腰直角三角形、半圓時(shí)，均滿足兩直角邊所做圖形的面積和等于斜邊所做圖形的面積【中考真題練】1．(2023?哈爾濱）如圖，AB∥CD，AC，BD相交于點(diǎn)E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，則BD的長(zhǎng)為（）A． B．4 C． D．62．(2023?營(yíng)口）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，由圖中的尺規(guī)作圖得到的射線與AC交于點(diǎn)D，則以下推斷錯(cuò)誤的是（）A．BD＝BC B．AD＝BD C．∠ADB＝108° D．CD＝AD3．(2023?黔東南州）如圖，在邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC的外側(cè)作正方形ABED，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC，垂足為F，則DF的長(zhǎng)為（）A．2+2 B．5﹣ C．3﹣ D．+14．(2023?包頭）如圖，在邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的網(wǎng)格中，A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)均在格點(diǎn)上，AC與BD相交于點(diǎn)E，連接AB，CD，則△ABE與△CDE的周長(zhǎng)比為（）A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：15．(2023?邵陽(yáng)）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在AB邊上，點(diǎn)E在AC邊上，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件，使△ADE∽△ABC．6．(2023?牡丹江）如圖，CA＝CD，∠ACD＝∠BCE，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件，使△ABC≌△DEC．7．(2023?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個(gè)正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過(guò)點(diǎn)C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點(diǎn)I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是．8．(2023?湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)B、C分別作l的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E．（1）特例體驗(yàn)：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長(zhǎng)；（2）規(guī)律探究：（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請(qǐng)?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由；（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點(diǎn)H，請(qǐng)?jiān)偬骄€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由；（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長(zhǎng)線段BD交線段AC于點(diǎn)F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．9．(2023?哈爾濱）已知矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是邊AD上一點(diǎn)，連接BE，CE，OE，且BE＝CE．（1）如圖1，求證：△BEO≌△CEO；（2）如圖2，設(shè)BE與AC相交于點(diǎn)F，CE與BD相交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)D作AC的平行線交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，在不添加任何輔助線的情況下，請(qǐng)直接寫出圖2中的四個(gè)三角形（△AEF除外），使寫出的每個(gè)三角形的面積都與△AEF的面積相等．【中考模擬練】1．（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，已知正方形DEFG的頂點(diǎn)D、E在△ABC的邊BC上，頂點(diǎn)G、F分別在邊AB、AC上，如果BC＝8，△ABC的面積是32，那么這個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是（）A．4 B．8 C． D．2．（2023?常州模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝7，M、N分別為邊CD，AB上的點(diǎn)，將四邊形ADMN沿MN翻折至四邊形EFMN，點(diǎn)E落在BC邊上，且BE＝3，則DM的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．3．（2023?臨清市一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為AB上一點(diǎn)，且AE：EB＝1：2，AC與DE相交于點(diǎn)F，S△AEF＝3，則S△ACD為（）A．9 B．12 C．27 D．364．（2023?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）已知△ABC中，D為BC邊上一點(diǎn)，連結(jié)AD，E，F(xiàn)分別為AB，AC上的點(diǎn)，且EF∥BC，交AD于點(diǎn)G，連結(jié)BG并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)H，若AE：AB＝2：3，CD：BD＝2：3，則GH：BG的值為（）A．4：9 B．4：11 C．2：5 D．2：35．（2023?平陽(yáng)縣一模）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個(gè)全等的直角三角形BCE和DAF，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AF于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)B作BI⊥CG于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥BE，交EB延長(zhǎng)線于點(diǎn)K，交CG于點(diǎn)L．若S四邊形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，則DK的長(zhǎng)為（）A．6 B． C．7 D．6．（2023?南崗區(qū)校級(jí)二模）如圖，在矩形ABCD中，E是BC中點(diǎn)，G是CD上一點(diǎn)，且∠BAE＝∠EAG，EF⊥AG于點(diǎn)F，若AD＝8，F(xiàn)G＝2，則AE的長(zhǎng)為．7．（2023?廬江縣二模）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M點(diǎn)，AF交BD于N點(diǎn)．（1）若正方形的邊長(zhǎng)為2，則△CEF的周長(zhǎng)是．（2）若，則AM＝．8．（2023?中原區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝6cm，有一動(dòng)點(diǎn)P以2cm/s的速度沿著B﹣C﹣D的方向移動(dòng)，連接AP，沿AP翻折△ABP，得到△APB'，則經(jīng)過(guò)s點(diǎn)B′落在邊CD所在直線上．9．(2023?淮安二模）【問(wèn)題情境】學(xué)完《探索全等三角形的條件》后，老師提出如下問(wèn)題：如圖①，△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC邊上中線AD的取值范圍．通過(guò)分析、思考，小麗同學(xué)形成兩種解題思路．思路1：將△ADC繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°，使得CD和BD重合，得到△EDB…思路2：延長(zhǎng)AD到E，使得DE＝AD，連接BE，根據(jù)SAS可證得△ADC≌△EDB…根據(jù)上面任意一種解題思路，再結(jié)合三角形三邊關(guān)系，我們都可以得到AD的取值范圍為．【類比探究】如圖②，DB＝DE，DC＝DA，∠BDC+∠ADE＝180°，DF是△ADE的邊AE上的中線，試探索DF與BC的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【遷移應(yīng)用】【應(yīng)用1】如圖③，已知⊙O的半徑為6，四邊形ABCD是⊙O的圓內(nèi)接四邊形．AD＝8，∠AOD+∠BOC＝180°，求BC的長(zhǎng)．【應(yīng)用2】如圖④，DB＝DE，DC＝DA，∠BDC+∠ADE＝180°，BD⊥DE，AE＝a，BC＝b（a＞b），AB、CE相交于點(diǎn)G，連接DG，若∠BDC的度數(shù)發(fā)生改變，請(qǐng)問(wèn)DG是否存在最小值？如果存在，則直接寫出其最小值（用含a和b的式子表示），如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．培優(yōu)專題01三角形常見模型綜合本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等及中等偏上，在全國(guó)各地市的中考試卷中都有考查。(2023年鄂爾多斯中考試卷第14題）如圖，AB⊥BC于點(diǎn)B，AB⊥AD于點(diǎn)A，點(diǎn)E是CD中點(diǎn)，若BC＝5，AD＝10，BE＝，則AB的長(zhǎng)是．【模型】倍長(zhǎng)中線類模型：∥＋中點(diǎn)→三角形全等分析：延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)F，由“ASA”可證△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的長(zhǎng)．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)F，∵點(diǎn)E是DC的中點(diǎn)，∴DE＝CE，∵AB⊥BC，AB⊥AD，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE，∵∠FED＝∠BEC，∴△BCE≌△FDE（ASA），∴DF＝BC＝5，BE＝EF，∴BF＝2BE＝13，在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．故答案為：12．點(diǎn)評(píng)：本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵。三角形常見模型是解決中考數(shù)學(xué)問(wèn)題的有效“捷徑”，因?yàn)楦鱾€(gè)模型總結(jié)了不同類題的問(wèn)題特征，并且給予了問(wèn)題的解決方向，熟悉模型能有效提高做題速度，節(jié)約考試時(shí)間。本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等或較大，個(gè)別還會(huì)以壓軸題出現(xiàn)，在全國(guó)各地市的中考試卷中均有考查。全等常見模型：①K型圖：圖形條件與結(jié)論輔助線注意事項(xiàng)條件：AC=BC,AC⊥BC結(jié)論：△ADC≌△CEB(AAS)分別過(guò)點(diǎn)A、B作AD⊥l,BE⊥lK型圖可以和等腰直角三角板結(jié)合，也可以和正方形結(jié)合K型全等模型變形——三垂定理：如圖，亦有△ADC≌△CEB(AAS)總結(jié)：當(dāng)一個(gè)直角放在一條直線上時(shí)，常通過(guò)構(gòu)造K型全等來(lái)證明邊相等，或者邊之間的數(shù)量關(guān)系②手拉手：模型名稱幾何模型圖形特點(diǎn)具有性質(zhì)全等型手拉手AD=AEAB=AC∠BAC=∠DAE連結(jié)BD、CE①△ABD≌△ACE②△AOB∽△HOC③旋轉(zhuǎn)角相等（即∠1=∠2=∠3）④A、B、C、D四點(diǎn)共圓⑤AH平分∠BHE③倍長(zhǎng)中線：基本圖形輔助線條件與結(jié)論應(yīng)用環(huán)境延長(zhǎng)AD到點(diǎn)E，使DE=AD，連接CE條件：△ABC，AD=BD結(jié)論：△ABD≌△CED(SAS)①倍長(zhǎng)中線常和△三邊關(guān)系結(jié)合，考察中線長(zhǎng)的取值范圍②倍長(zhǎng)中線也可以和其他幾何圖形結(jié)合，考察幾何圖形的面積問(wèn)題相似常見模型：①A字圖：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：變型②8字圖：當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：當(dāng)AB∥CD時(shí)當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC性質(zhì)：變型③一線三等角：一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值組合常見模型：①知2得1：①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED若以上3個(gè)條件中有2個(gè)成立，則剩余的那個(gè)就會(huì)成立。即：三條件滿足“知2得1”①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED若以上3個(gè)條件中有2個(gè)成立，則剩余的那個(gè)就會(huì)成立。即：三條件滿足“知2得1”②勾股定理面積應(yīng)用：圖形結(jié)論總結(jié)當(dāng)分別以直角三角形的三邊為邊（或底邊、半徑）做規(guī)則的正方形、等邊三角形、等腰直角三角形、半圓時(shí)，均滿足兩直角邊所做圖形的面積和等于斜邊所做圖形的面積【中考真題練】1．(2023?哈爾濱）如圖，AB∥CD，AC，BD相交于點(diǎn)E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，則BD的長(zhǎng)為（）A． B．4 C． D．6分析：利用平行線證明判定三角形相似，得到線段成比例求解．【解答】解：∵AB∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴＝，即＝，∴BE＝1.5，∴BD＝BE+DE＝4.5．故選：C．2．(2023?營(yíng)口）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，由圖中的尺規(guī)作圖得到的射線與AC交于點(diǎn)D，則以下推斷錯(cuò)誤的是（）A．BD＝BC B．AD＝BD C．∠ADB＝108° D．CD＝AD分析：根據(jù)已知條件AB＝AC，∠A＝36°，可得△ABC是底角為72°的等腰三角形，再根據(jù)尺規(guī)作圖可得BD平分∠ABC，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)對(duì)各選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：在△ABC中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB．∵∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣36°）＝72°．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD＝36°．∴∠ABD＝∠A．∴AD＝BD．故選項(xiàng)B正確；∵∠BDC＝∠A+∠ABD＝72°．∴∠C＝∠BDC．∴BD＝BC．故選項(xiàng)A正確；∵∠BDC＝72°，∴∠ADB＝108°．故選項(xiàng)C正確；在△BCD與△ACB中，∵∠CBD＝∠A＝36°，∠C為公共角．∴△BCD∽△ACB．∴．∴BC2＝AC?CD．∵BC＝BD＝AD，AC＝AD+CD．∴AD2＝（AD+CD）?CD．整理得，CD2﹣AD?CD﹣AD2＝0．解得，CD＝AD．∴CD≠AD．故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選：D．3．(2023?黔東南州）如圖，在邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC的外側(cè)作正方形ABED，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC，垂足為F，則DF的長(zhǎng)為（）A．2+2 B．5﹣ C．3﹣ D．+1分析：方法一：如圖，延長(zhǎng)DA、BC交于點(diǎn)G，利用正方形性質(zhì)和等邊三角形性質(zhì)可得：∠BAG＝90°，AB＝2，∠ABC＝60°，運(yùn)用解直角三角形可得AG＝2，DG＝2+2，再求得∠G＝30°，根據(jù)直角三角形性質(zhì)得出答案．方法二：過(guò)點(diǎn)E作EG⊥DF于點(diǎn)G，作EH⊥BC于點(diǎn)H，利用解直角三角形可得EH＝1，BH＝，再證明△BEH≌△DEG，可得DG＝BH＝，即可求得答案．【解答】解：方法一：如圖，延長(zhǎng)DA、BC交于點(diǎn)G，∵四邊形ABED是正方形，∴∠BAD＝90°，AD＝AB，∴∠BAG＝180°﹣90°＝90°，∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，∴AB＝2，∠ABC＝60°，∴AG＝AB?tan∠ABC＝2×tan60°＝2，∴DG＝AD+AG＝2+2，∵∠G＝90°﹣60°＝30°，DF⊥BC，∴DF＝DG＝×（2+2）＝1+，故選D．方法二：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥DF于點(diǎn)G，作EH⊥BC于點(diǎn)H，則∠BHE＝∠DGE＝90°，∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，∴AB＝2，∠ABC＝60°，∵四邊形ABED是正方形，∴BE＝DE＝2，∠ABE＝∠BED＝90°，∴∠EBH＝180°﹣∠ABC﹣∠ABE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，∴EH＝BE?sin∠EBH＝2?sin30°＝2×＝1，BH＝BE?cos∠EBH＝2cos30°＝，∵EG⊥DF，EH⊥BC，DF⊥BC，∴∠EGF＝∠EHB＝∠DFH＝90°，∴四邊形EGFH是矩形，∴FG＝EH＝1，∠BEH+∠BEG＝∠GEH＝90°，∵∠DEG+∠BEG＝90°，∴∠BEH＝∠DEG，在△BEH和△DEG中，，∴△BEH≌△DEG（AAS），∴DG＝BH＝，∴DF＝DG+FG＝+1，故選：D．4．(2023?包頭）如圖，在邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的網(wǎng)格中，A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)均在格點(diǎn)上，AC與BD相交于點(diǎn)E，連接AB，CD，則△ABE與△CDE的周長(zhǎng)比為（）A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1分析：利用網(wǎng)格圖，勾股定理求得AB，CD的長(zhǎng)，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理得出∠BAF＝∠HCD，進(jìn)而得到∠BAC＝∠DCA，則AB∥CD，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可．【解答】解：如圖所示，由網(wǎng)格圖可知：BF＝2，AF＝4，CH＝2，DH＝1，∴AB＝＝2，CD＝＝．∵FA∥CG，∴∠FAC＝∠ACG．在Rt△ABF中，tan∠BAF＝，在Rt△CDH中，tan∠HCD＝，∴tan∠BAF＝tan∠HCD，∴∠BAF＝∠HCD，∵∠BAC＝∠BAF+∠CAF，∠ACD＝∠DCH+∠GCA，∴∠BAC＝∠DCA，∴AB∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴△ABE與△CDE的周長(zhǎng)比＝＝＝2：1．故選：D．5．(2023?邵陽(yáng)）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在AB邊上，點(diǎn)E在AC邊上，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一），使△ADE∽△ABC．分析：要使兩三角形相似，已知一組角相等，則再添加一組角或公共角的兩邊對(duì)應(yīng)成比例即可．【解答】解：∵∠A＝∠A，∴當(dāng)∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝時(shí)，△ADE∽△ABC，故答案為：∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一）．6．(2023?牡丹江）如圖，CA＝CD，∠ACD＝∠BCE，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件CB＝CE（答案不唯一），使△ABC≌△DEC．分析：根據(jù)等式的性質(zhì)可得∠DCE＝∠ACB，然后再利用全等三角形的判定方法SAS，ASA或AAS即可解答．【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACD+∠ACE＝∠BCE+∠ACE，∴∠DCE＝∠ACB，∵CA＝CD，CB＝CE，∴△ABC≌△DEC（SAS），故答案為：CB＝CE（答案不唯一）．7．(2023?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個(gè)正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過(guò)點(diǎn)C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點(diǎn)I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是80．分析：過(guò)點(diǎn)D作DM⊥CI于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥CI于點(diǎn)N，由正方形的性質(zhì)可證得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，F(xiàn)N＝CJ，可證得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，從而可得CN，可得BJ與AJ，即可求解．【解答】解：過(guò)點(diǎn)D作DM⊥CI，交CI的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥CI于點(diǎn)N，∵△ABC為直角三角形，四邊形ACDE，BCFG為正方形，過(guò)點(diǎn)C作AB的垂線CJ，CJ＝4，∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，∴DM＝NF，∴△DMI≌△FNI（AAS），∴DI＝FI，MI＝NI，∵∠DCF＝90°，∴DI＝FI＝CI＝5，在Rt△DMI中，由勾股定理可得：MI＝＝＝3，∴NI＝MI＝3，∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，∵四邊形ABHL為正方形，∴AL＝AB＝10，∵四邊形AJKL為矩形，∴四邊形AJKL的面積為：AL?AJ＝10×8＝80，故答案為：80．8．(2023?湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)B、C分別作l的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E．（1）特例體驗(yàn)：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長(zhǎng)；（2）規(guī)律探究：（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請(qǐng)?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由；（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點(diǎn)H，請(qǐng)?jiān)偬骄€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由；（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長(zhǎng)線段BD交線段AC于點(diǎn)F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．分析：（1）易證△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的三邊關(guān)系可得出BD，DE和CE的長(zhǎng)即可．（2）（Ⅰ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進(jìn)而解答即可；（Ⅱ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進(jìn)而解答即可；（3）根據(jù)題意可證明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的長(zhǎng)，根據(jù)S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵l∥BC，∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，∴AD＝BD，AE＝CE，∵AB＝AC＝，∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，∴DE＝2；（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE．（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE∵∠BAC＝∠ADB＝90°，∴△ABD∽△FBA，∴AB：FB＝BD：AB，∵CE＝3，DE＝1，∴AE＝BD＝4，∴AB＝5．∴BF＝．∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．9．(2023?哈爾濱）已知矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是邊AD上一點(diǎn)，連接BE，CE，OE，且BE＝CE．（1）如圖1，求證：△BEO≌△CEO；（2）如圖2，設(shè)BE與AC相交于點(diǎn)F，CE與BD相交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)D作AC的平行線交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，在不添加任何輔助線的情況下，請(qǐng)直接寫出圖2中的四個(gè)三角形（△AEF除外），使寫出的每個(gè)三角形的面積都與△AEF的面積相等．分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OB＝OC＝OA＝OD，再利用SSS可證△BEO≌△CEO，即可解答；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，從而可證Rt△BAE≌Rt△CDE，進(jìn)而可得∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OEA＝∠OED＝90°，從而可得AB∥OE∥CD，進(jìn)而可得△AEO的面積＝△BEO的面積，△DEO的面積＝△COE的面積，然后利用等式的性質(zhì)可得△AEF的面積＝△BFO的面積，△DHE的面積＝△CHO的面積，再證明△AEF≌△DEH，從而可得△AEF的面積＝△DHE的面積＝△CHO的面積，最后利用線段中點(diǎn)和平行線證明8字模型全等三角形△AEF≌△DEG，即可解答．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，∴OB＝OC＝OA＝OD，∵BE＝CE，OE＝OE，∴△BEO≌△CEO（SSS）；（2）解：△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都與△AEF的面積相等，理由：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，∵BE＝CE，∴Rt△BAE≌Rt△CDE（HL），∴∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，∵OA＝OD，∴∠OEA＝∠OED＝90°，∴∠BAD＝∠OED＝90°，∠ADC＝∠AEO＝90°，∴AB∥OE，DC∥OE，∴△AEO的面積＝△BEO的面積，△DEO的面積＝△COE的面積，∴△AEO的面積﹣△EFO的面積＝△BEO的面積﹣△EFO的面積，△DEO的面積﹣△EHO的面積＝△COE的面積﹣△EHO的面積，∴△AEF的面積＝△BFO的面積，△DHE的面積＝△CHO的面積，∵OA＝OD，∴∠DAO＝∠ADO，∴△AEF≌△DEH（ASA），∴△AEF的面積＝△DHE的面積＝△CHO的面積，∵DG∥AC，∴∠G＝∠AFE，∠GDE＝∠FAE，∴△AEF≌△DEG（AAS），∴△AEF的面積＝△DEG的面積，∴△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都與△AEF的面積相等．【中考模擬練】1．（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，已知正方形DEFG的頂點(diǎn)D、E在△ABC的邊BC上，頂點(diǎn)G、F分別在邊AB、AC上，如果BC＝8，△ABC的面積是32，那么這個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是（）A．4 B．8 C． D．分析：過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，交FG于點(diǎn)K，利用正方形的性質(zhì)得到GF∥BC，KH＝GF，利用相似三角形的判定得到△AGF∽△ABC，再利用相似三角形的性質(zhì)：相似三角形的對(duì)應(yīng)高的比等于相似比，解比例式即可得出結(jié)論．【解答】解：過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，交FG于點(diǎn)K，如圖，∵四邊形DEFG為正方形，∴FG＝GD，F(xiàn)G∥BC，∵AH⊥BC，∴AK⊥GF，∴四邊形GDHK為矩形，∴GD＝KH，∴GF＝KH．∵FG∥BC，∴△AGF∽△ABC，∴．∵BC＝8，△ABC的面積是32，∴BC?AH＝32，∴AH＝8．設(shè)GF＝KH＝x，∴，∴x＝4．∴這個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是4．故選：A．2．（2023?常州模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝7，M、N分別為邊CD，AB上的點(diǎn)，將四邊形ADMN沿MN翻折至四邊形EFMN，點(diǎn)E落在BC邊上，且BE＝3，則DM的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．分析：設(shè)EF與CD交于點(diǎn)G，由折疊可知DM＝FM，AD＝EF＝7，AN＝EN，∠A＝∠NEF＝90°，∠D＝∠F＝90°，再根據(jù)同角的余角相等以及等角的余角相等可得∠CEG＝∠FMG＝∠BNE，再設(shè)AN＝EN＝x，則BN＝9﹣x，在Rt△BEN中，根據(jù)勾股定理列出方程，求出NE＝5，則sin∠CEG＝sin∠FMG＝sin∠BNE＝，cos∠CEG＝cos∠FMG＝cos∠BNE＝，在Rt△CEG中，GE＝＝5，因此FG＝EF﹣GE＝7﹣5＝2，在Rt△MFG中，MG＝，F(xiàn)M＝MG?cos∠FMG，以此計(jì)算即可求解．【解答】解：如圖，設(shè)EF與CD交于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD為矩形，AB＝9，BC＝7，∴AD＝BC＝7，AB＝CD＝9，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵將四邊形ADMN沿MN翻折至四邊形EFMN，∴DM＝FM，AD＝EF＝7，AN＝EN，∠A＝∠NEF＝90°，∠D＝∠F＝90°，∴∠BNE+∠BEN＝∠BEN+∠CEG，∠CEG+∠CGE＝90°，∠FMG+∠FGM＝90°，∴∠BNE＝∠CEG，∵∠CGE＝∠FGM，∴∠CEG＝∠FMG＝∠BNE，∵BE＝3，∴CE＝BC﹣BE＝7﹣3＝4，設(shè)AN＝EN＝x，則BN＝AB﹣AN＝9﹣x，在Rt△BEN中，BN2+BE2＝EN2，∴（9﹣x）2+32＝x2，解得：x＝5，∴NE＝5，在Rt△BEN中，sin∠BNE＝＝，cos∠BNE＝＝，∴sin∠CEG＝sin∠FMG＝sin∠BNE＝，cos∠CEG＝cos∠FMG＝cos∠BNE＝，在Rt△CEG中，GE＝＝＝5，∴FG＝EF﹣GE＝7﹣5＝2，在Rt△MFG中，MG＝＝＝，F(xiàn)M＝MG?cos∠FMG＝×＝，∴DM＝FM＝．故選：B．3．（2023?臨清市一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為AB上一點(diǎn)，且AE：EB＝1：2，AC與DE相交于點(diǎn)F，S△AEF＝3，則S△ACD為（）A．9 B．12 C．27 D．36分析：利用平行四邊形的對(duì)邊平行且相等的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)求得△DFC的面積，再利用等高的三角形的面積比等于底的比求得△AFD的面積，則S△ACD＝S△CDF+S△ADF＝36．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD．∵AE：EB＝1：2，∴AE：AB＝1：3，∴AE：CD＝1：3．∵AB∥CD，∴△AEF∽△CDF，∴，∴S△CDF＝9S△AEF＝27．∵△AEF∽△CDF，∴，∴S△AEF：S△ADF＝EF：DF＝1：3，∴S△ADF＝3S△AEF＝9，∴S△ACD＝S△CDF+S△ADF＝27+9＝36，故選：D．4．（2023?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）已知△ABC中，D為BC邊上一點(diǎn)，連結(jié)AD，E，F(xiàn)分別為AB，AC上的點(diǎn)，且EF∥BC，交AD于點(diǎn)G，連結(jié)BG并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)H，若AE：AB＝2：3，CD：BD＝2：3，則GH：BG的值為（）A．4：9 B．4：11 C．2：5 D．2：3分析：由EF∥BC，得到AG：AD＝AE：AB＝2：3，由△AGF∽△ADC，得到GF：DC＝AG：AD＝2：3，由CD：BD＝2：3，得到CD：BC＝2：5，推出GF：BC＝4：15，由△HGF∽△HBC，即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵EF∥BC，∴AG：AD＝AE：AB＝2：3，∵△AGF∽△ADC，∴GF：DC＝AG：AD＝2：3，∵CD：BD＝2：3，∴CD：BC＝2：5，∴GF：BC＝4：15，∵FG∥BC，∴△HGF∽△HBC，∴HG：HB＝GF：BC＝4：15，∴HG：BG＝4：11．故選：B．5．（2023?平陽(yáng)縣一模）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個(gè)全等的直角三角形BCE和DAF，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AF于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)B作BI⊥CG于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥BE，交EB延長(zhǎng)線于點(diǎn)K，交CG于點(diǎn)L．若S四邊形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，則DK的長(zhǎng)為（）A．6 B． C．7 D．分析：作AM⊥BI于點(diǎn)M，先證△AMB≌△CEB≌AFD，推出△ABM的面積是矩形AMIG面積的兩倍，從而得出IM＝BM．因此設(shè)IM＝x，可得BM＝2x，CE＝∠K＝3x，從而得出FD＝3，從而得到2x＝3，求出x，即可求出DK．【解答】解：過(guò)A作AM⊥BI于點(diǎn)M，交LK于點(diǎn)N，∵AB＝BC．∠ABC＝90°，∴∠ABM+∠MBC＝90°，∵∠CBE+∠BCE＝90°，∠MBC＝∠BCE，∴∠ABM＝∠CBE，又∵∠AMB＝∠E＝90°，∴△AMB≌△CEB≌△AFD（AAS），∵S四邊形ABIG＝2S△BCE，∴S四邊形ABIG＝2S△AMB，∴S矩形AMIG＝S△ABM，∴AM?IM＝2AM?BM，∴IM＝BM，設(shè)IM＝x，則BM＝2x，∴CE＝LK＝3x，∴AF＝3x，∵，∴，∴FD＝3，∴BM＝FD＝3，∴2x＝3，∴，∴，故選：D．6．（2023?南崗區(qū)校級(jí)二模）如圖，在矩形ABCD中，E是BC中點(diǎn)，G是CD上一點(diǎn)，且∠BAE＝∠EAG，EF⊥AG于點(diǎn)F，若AD＝8，F(xiàn)G＝2，則AE的長(zhǎng)為．分析：先根據(jù)角平分線的性質(zhì)和E是BC中點(diǎn)，得到EB＝EF＝EC；再根據(jù)HL得到Rt△ABE≌Rt△AFE，Rt△EFG≌Rt△ECG，從而得到GC＝FG；然后將△ADG的三條邊轉(zhuǎn)化為只含AB一個(gè)未知量的表達(dá)式，根據(jù)勾股定理求出AB的長(zhǎng)；最后在△ABE中根據(jù)勾股定理求出AE的長(zhǎng)．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，AD＝8，∴EB⊥AB，AD＝BC＝8，∠C＝90°，∵∠BAE＝∠EAG，EF⊥AG，∴EB＝EF，∵AE＝AE，∴Rt△ABE≌Rt△AFE（HL），∴AB＝AF，∵E是BC中點(diǎn)，∴EB＝EF＝EC＝BC＝4，如圖，連接EG，∵EF＝EC，EG＝EG，∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），∴GC＝FG＝2，DG＝DC﹣2＝AB﹣2，∵AB＝AF，∴AG＝AF+FG＝AB+2，在△ADG中，（AB+2）2＝82+（AB﹣2）2，∴AB＝8，在△ABE中，＝＝．故答案為：．7．（2023?廬江縣二模）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M點(diǎn)，AF交BD于N點(diǎn)．（1）若正方形的邊長(zhǎng)為2，則△CEF的周長(zhǎng)是4．（2）若，則AM＝．分析：（1）過(guò)A作GA⊥AE，交CD延長(zhǎng)線于G，根據(jù)垂直定義可得∠GAE＝90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，從而可得∠ADG＝90°，再利用等式的性質(zhì)可得∠BAE＝∠DAG，從而利用ASA可證△ABE≌△ADG，進(jìn)而可得BE＝DG，AG＝AE，然后根據(jù)已知可得∠EAF＝∠GAF＝45°，從而利用SAS可證△EAF≌△GAF，進(jìn)而可得EF＝GF，最后利用等量代換可得△CEF的周長(zhǎng)＝CD+BC＝4，即可解答；（2）連接MF，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠BDC＝∠ADB＝45°，從而可得∠MAN＝∠NDF＝45°，再根據(jù)對(duì)頂角相等可得∠ANM＝∠DNF，從而可得△AMN∽△DFN，然后利用相似三角形的性質(zhì)可得＝，再根據(jù)對(duì)頂角相等可得∠AND＝∠FNM，從而可得△ADN∽△MFN，最后利用相似三角形的性質(zhì)可得∠MFN＝∠ADN＝45°，從而利用三角形內(nèi)角和定理可得∠AMF＝90°，進(jìn)而可得△AMF為等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算，即可解答．【解答】解：（1）過(guò)A作GA⊥AE，交CD延長(zhǎng)線于G，∴∠GAE＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°，∴∠ABC＝∠ADG＝90°，∵∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠GAE﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△ABE≌△ADG（ASA），∴BE＝DG，AG＝AE，∵∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠EAG﹣∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠GAF＝45°，∵AF＝AF，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∴△CEF的周長(zhǎng)＝EF+EC+CF＝GF+EC+CF＝DG+DF+EC+CF＝BE+DF+FC+CE＝CD+BC＝2+2＝4，故答案為：4；（2）連接MF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDC＝∠ADB＝45°，∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，∴△AMN∽△DFN，∴＝，∵∠AND＝∠FNM，∴△ADN∽△MFN，∴∠MFN＝∠ADN＝45°，∴∠AMF＝180°﹣∠MAN﹣∠MFN＝90°，∴△AMF為等腰直角三角形，∵AF＝，∴AM＝，故答案為：．8．（2023?中原區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝6cm，有一動(dòng)點(diǎn)P以2cm/s的速度沿著B﹣C﹣D的方向移動(dòng)，連接AP，沿AP翻折△ABP，得到△APB'，則經(jīng)過(guò)或7s點(diǎn)B′落在邊CD所在直線上．分析：分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在BC上，點(diǎn)B′在邊CD上時(shí)，由折疊可知AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，先根據(jù)勾股定理求出B′D＝8cm，則B′C＝2，再設(shè)BP＝B′P＝xcm，則CP＝（6﹣x）cm，在Rt△B′CP中，根據(jù)勾股定理可得（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，因此BP＝cm，即動(dòng)點(diǎn)P走過(guò)的路程為cm，最后根據(jù)“時(shí)間＝路程÷速度”即可求解；②當(dāng)點(diǎn)P在CD上，點(diǎn)B′在邊CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，由折疊可知AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，先根據(jù)勾股定理B′D＝8cm，再設(shè)DP＝acm，則CP＝（10﹣a）cm，BP＝B′P＝（8+a）cm，在Rt△BCP中，根據(jù)勾股定理可得62+（10﹣a）2＝（8+a）2，解得a＝2，得到動(dòng)點(diǎn)P走過(guò)的路程為BC+CP＝6+8＝14（cm），最后根據(jù)“時(shí)間＝路程÷速度”即可求解．【解答】解：①當(dāng)點(diǎn)P在BC上，點(diǎn)B′在邊CD上時(shí)，∵四邊形ABCD為矩形，AB＝10cm，BC＝6cm，∴AB＝CD＝10cm，BC＝AD＝6cm，∠B＝∠C＝∠D＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，在Rt△ADB′中，B′D＝＝＝8（cm），∴B′C＝CD﹣B′D＝10﹣8＝2，設(shè)BP＝B′P＝xcm，則CP＝BC﹣BP＝（6﹣x）cm，在Rt△B′CP中，CP2+B′C2＝B′P2，∴（6﹣x）2+22＝x2，解得：x＝，∴BP＝cm，即動(dòng)點(diǎn)P走過(guò)的路程為cm，∵動(dòng)點(diǎn)P以2cm/s的速度沿著B﹣C﹣D的方向移動(dòng)，∴運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝（s）；②當(dāng)點(diǎn)P在CD上，點(diǎn)B′在邊CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，∵四邊形ABCD為矩形，AB＝10cm，BC＝6cm，∴AB＝CD＝10cm，BC＝AD＝6cm，∠C＝∠D＝90°，∴∠ADB′＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，在Rt△AB′D中，B′D＝＝＝8（cm），設(shè)DP＝acm，則CP＝CD﹣DP＝（10﹣a）cm，BP＝B′P＝B′D+DP＝（8+a）cm，在Rt△BCP中，BC2+CP2＝BP2，∴62+（10﹣a）2＝（8+a）2，解得：a＝2，∴CP＝10﹣a＝8（cm），∴動(dòng)點(diǎn)P走過(guò)的路程為BC+CP＝6+8＝14（cm），∵動(dòng)點(diǎn)P以2cm/s的速度沿著B﹣C﹣D的方向移動(dòng)，∴運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝7（s）．綜上，經(jīng)過(guò)或7s，點(diǎn)B′落