專題32三角形壓軸綜合問題-中考數(shù)學必刷真題考點分類專練【解析版】

加油！考生！專題32三角形壓軸綜合問題一、解答題1．（2022·青?！ぶ锌颊骖}）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形.(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：BD=CE；

圖1(2)解決問題：如圖2，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關系并說明理由.

圖2【答案】(1)見解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【解析】【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結論；（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出結論．(1)證明：∵△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC?∠CAD=∠DAE?∠CAD，∴∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE．(2)解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°?∠CDE=135°，∴∠BEC=∠ADC=135°，∴∠AEB=∠BEC?∠CED=135°?45°=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴DE=2CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關鍵．2．（2022·遼寧大連·中考真題）綜合與實踐問題情境：數(shù)學活動課上，王老師出示了一個問題：如圖1，在△ABC中，D是AB上一點，∠ADC=∠ACB．求證∠ACD=∠ABC．獨立思考：（1）請解答王老師提出的問題．實踐探究：（2）在原有問題條件不變的情況下，王老師增加下面的條件，并提出新問題，請你解答．“如圖2，延長CA至點E，使CE=BD，BE與CD的延長線相交于點F，點G，H分別在BF,BC上，BG=CD，∠BGH=∠BCF．在圖中找出與BH相等的線段，并證明．”問題解決：（3）數(shù)學活動小組河學時上述問題進行特殊化研究之后發(fā)現(xiàn)，當∠BAC=90°時，若給出△ABC中任意兩邊長，則圖3中所有已經(jīng)用字母標記的線段長均可求，該小組提出下面的問題，請你解答．“如圖3，在（2）的條件下，若∠BAC=90°，AB=4，AC=2，求BH的長．”【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）BH=【解析】【分析】（1）利用三角形的內角和定理可得答案；（2）如圖，在BC上截取BN=CF,證明△CEF≌△BDN,再證明EF=DN,∠EFC=∠DNB,證明△GHB≌△CND,可得BH=DN,從而可得結論；（3）如圖，在BC上截取BN=CF,同理可得：BH=DN=EF,利用勾股定理先求解BC=22+42=25,證明△ADC∽△ACB,可得AD=1,CD=5,可得BG=CD=5【詳解】證明：（1）∵∠ADC=∠ACB,∠A=∠A,而∠ACD=180°?∠A?∠ADC,∠ABC=180°?∠A?∠ACB,∴∠ACD=∠ABC,（2）BH=EF,理由如下：如圖，在BC上截取BN=CF,∵BD=CE,∠ACD=∠ABC,∴△CEF≌△BDN,∴EF=DN,∠EFC=∠DNB,∵∠BGH=∠BCF，∠GBN=∠FBC,∴∠BHG=∠BFC,∵∠EFC=∠BND,∴∠BFC=∠DNC,∴∠BHG=∠DNC,∵BG=CD,∴△GHB≌△CND,∴BH=DN,∴BH=EF.（3）如圖，在BC上截取BN=CF,同理可得：BH=DN=EF,∵AC=2,AB=4,∠BAC=90°,∴BC=2∵∠DAC=∠BAC,∠ACD=∠ABC,∴△ADC∽△ACB,∴AD∴AD∴AD=1,CD=5∴BG=CD=5∵∠GBH=∠FBC,∠BGH=∠BCF,∴△BGH∽△BCF,∴BG∴BF=2BH,而EF=GH,∴BE=3BH,∵AB=4,AD=1,BD=CE,∴BD=CE=3,∴AE=3?2=1,而∠BAE=∠BAC=90°,∴BE=A∴BH=【點睛】本題考查的是三角形的內角和定理的應用，全等三角形的判定與性質，勾股定理的應用，相似三角形的判定與性質，作出適當?shù)妮o助線構建全等三角形是解本題的關鍵．3．（2022·山東青島·中考真題）【圖形定義】有一條高線相等的兩個三角形稱為等高三角形．例如：如圖①．在△ABC和△A'B'C'中，AD,A'D'分別是【性質探究】如圖①，用S△ABC，S△A'B則S△ABC∵AD=∴S△ABC【性質應用】(1)如圖②，D是△ABC的邊BC上的一點．若BD=3,DC=4，則S△ABD(2)如圖③，在△ABC中，D，E分別是BC和AB邊上的點．若BE:AB=1:2，CD:BC=1:3，S△ABC=1，則S△BEC(3)如圖③，在△ABC中，D，E分別是BC和AB邊上的點，若BE:AB=1:m，CD:BC=1:n，S△ABC=a，則【答案】(1)3:4(2)12；(3)a【解析】【分析】（1）由圖可知△ABD和△ADC是等高三角形，然后根據(jù)等高三角形的性質即可得到答案；（2）根據(jù)BE:AB=1:2，S△ABC=1和等高三角形的性質可求得S△BEC，然后根據(jù)CD:BC=1:3（3）根據(jù)BE:AB=1:m，S△ABC=a和等高三角形的性質可求得S△BEC，然后根據(jù)CD:BC=1:n，和等高三角形的性質可求得(1)解：如圖，過點A作AE⊥BC，則S△ABD=∵AE=AE，∴S△ABD(2)解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，∴S△BEC∴S△BEC∵△CDE和△BEC是等高三角形，∴S△CDE∴S△CDE(3)解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，∴S△BEC∴S△BEC∵△CDE和△BEC是等高三角形，∴S△CDE∴S△CDE【點睛】本題主要考查了等高三角形的定義、性質以及應用性質解題，熟練掌握等高三角形的性質并能靈活運用是解題的關鍵．4．（2022·山東煙臺·中考真題）(1)【問題呈現(xiàn)】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請直接寫出BDCE(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．連接BD①求BDCE②延長CE交BD于點F，交AB于點G．求sin∠BFC的值．【答案】(1)見解析(2)2(3)①35；②【解析】【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，從而得出結論；（2）證明△BAD∽△CAE，進而得出結果；（3）①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進而得出結果；②在①的基礎上得出∠ACE＝∠ABD，進而∠BFC＝∠BAC，進一步得出結果．(1)證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴ABAE=ABAC∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴BD(3)解：①ABAC=ADDE=∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，ABAC∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴BD②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC=BC【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握“手拉手”模型及其變形．5．（2022·廣西·中考真題）已知∠MON=α，點A，B分別在射線OM,ON上運動，AB=6．(1)如圖①，若α=90°，取AB中點D，點A，B運動時，點D也隨之運動，點A，B，D的對應點分別為A',B',D'，連接OD,OD'．判斷OD與OD'有什么數(shù)量關系?證明你的結論：(2)如圖②，若α=60°，以AB為斜邊在其右側作等腰直角三角形ABC，求點O與點C的最大距離：(3)如圖③，若α=45°，當點A，B運動到什么位置時，△AOB的面積最大?請說明理由，并求出△AOB面積的最大值．【答案】(1)OD=OD(2)3(3)當OA=OB時，△AOB的面積最大；理由見解析，△AOB面積的最大值為9【解析】【分析】（1）根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊一半”可得OD=12AB，OD′=12A′（2）作△AOB的外接圓I，連接CI并延長，分別交⊙I于O′和D，當O運動到O′時，OC最大，求出CD和等邊三角形AO′B上的高O′D，進而求得結果；（3）作等腰直角三角形AIB，以I為圓心，AI為半徑作⊙I，取AB的中點C，連接CI并延長交⊙I于O，此時△AOB的面積最大，進一步求得結果．（3）以AB為斜邊在其右側作等腰直角三角形ABC，連接OC交AB于點T，在OT上取點E，使OE=BE，連接BE，由（2）可知，當OC⊥AB時，OC最大，當OA=OB時，此時OT最大，即△AOB的面積最大，由勾股定理等進行求解即可．(1)解：OD=OD∵∠AOB=α=90°，AB中點為D，∴OD=1∵D'為A'∴OD∵AB=A∴OD=OD(2)解：如圖1，作△AOB的外接圓I，連接CI并延長，分別交⊙I于O′和D，當O運動到O′時，OC最大，此時△AOB是等邊三角形，∴BO′=AB=6，OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+3(3)解：如圖2，作等腰直角三角形AIB，以I為圓心，AI為半徑作⊙I，∴AI=22AB=32，∠AOB=12∠則點O在⊙I上，取AB的中點C，連接CI并延長交⊙I于O，此時△AOB的面積最大，∵OC=CI+OI=12AB+32=3+32∴S△AOB最大=12×6×(3+32)=9+92【點睛】本題考查了直角三角形性質，等腰三角形性質，確定圓的條件等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握“定弦對定角”的模型．6．（2022·山東濰坊·中考真題）【情境再現(xiàn)】甲、乙兩個含45°角的直角三角尺如圖①放置，甲的直角頂點放在乙斜邊上的高的垂足O處，將甲繞點O順時針旋轉一個銳角到圖②位置．小瑩用作圖軟件Geogebra按圖②作出示意圖，并連接AG,BH，如圖③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通過證明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．請你證明：AG=BH．【遷移應用】延長GA分別交HO,HB所在直線于點P，D，如圖④，猜想并證明DG與BH的位置關系．【拓展延伸】小亮將圖②中的甲、乙換成含30°角的直角三角尺如圖⑤，按圖⑤作出示意圖，并連接HB,AG，如圖⑥所示，其他條件不變，請你猜想并證明AG與BH的數(shù)量關系．【答案】證明見解析；垂直；BH=【解析】【分析】證明△BOH?△AOG，即可得出結論；通過∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出結論AG⊥BH；證明△BOH∽△AOG，得出AG【詳解】證明：∵AB=AC,AO⊥BC，∴OA=OB,∠AOB=90°，∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，∴∠BOH=∠AOG，∵OH=OG，∴△BOH?△AOG，∴AG=BH；遷移應用：AG⊥BH，證明：∵△BOH?△AOG，∴∠BHO=∠AGO，∵∠DGH+∠AGO=45°，∴∠DGH+∠BHO=45°，∵∠OHG=45°，∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，∴∠HDG=90°，∴AG⊥BH；拓展延伸：BH=3證明：在Rt△AOB中，tan30°=在Rt△HOG中，tan30°=∴OAOB由上一問題可知，∠BOH=∠AOG，∴△BOH∽∴AGBH∴BH=3【點睛】本題考查旋轉變換，涉及知識點：全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)、等角的余角相等，解題關鍵結合圖形靈活應用相關的判定與性質．7．（2022·遼寧錦州·中考真題）在△ABC中，AC=BC，點D在線段AB上，連接CD并延長至點E，使DE=CD，過點E作EF⊥AB，交直線AB于點F．(1)如圖1，若∠ACB=120°，請用等式表示AC與EF的數(shù)量關系：____________．(2)如圖2．若∠ACB=90°，完成以下問題：①當點D，點F位于點A的異側時，請用等式表示AC,AD,DF之間的數(shù)量關系，并說明理由；②當點D，點F位于點A的同側時，若DF=1,AD=3，請直接寫出AC的長．【答案】(1)EF=(2)①AD+DF=22AC；②4【解析】【分析】（1）過點C作CG⊥AB于G，先證明△EDF≌△CDG，得到EF=CG，然后等腰三角形的性質和含30度直角三角形的性質，即可求出答案；（2）①過點C作CH⊥AB于H，與（1）同理，證明△EDF≌△CDH，然后證明△ACH是等腰直角三角形，即可得到結論；②過點C作CG⊥AB于G，與（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．(1)解：過點C作CG⊥AB于G，如圖，∵EF⊥AB，∴∠EFD=∠CGD=90°，∵∠EDF=∠CDG，DE=CD，∴△EDF≌△CDG，∴EF=CG；∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，∴∠A=∠B=1∴CG=1∴EF=1故答案為：EF=1(2)解：①過點C作CH⊥AB于H，如圖，與（1）同理，可證△EDF≌△CDH，∴DF=DH，∴AD+DF=AD+DH=AH，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAH=45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∴AH=2∴AD+DF=2②如圖，過點C作CG⊥AB于G，與（1）同理可證，△EDF≌△CDG，∴DF=DG=1，∵AD=3，當點F在點A、D之間時，有∴AG=1+3=4，與①同理，可證△ACG是等腰直角三角形，∴AC=2當點D在點A、F之間時，如圖：∴AG=AD?DG=3?1=2，與①同理，可證△ACG是等腰直角三角形，∴AC=2綜合上述，線段AC的長為42或2【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理解直角三角形，三角形的內角和定理，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線，正確得到三角形全等．8．（2022·北京·中考真題）在△ABC中，∠ACB=90°，D為△ABC內一點，連接BD，DC，延長DC到點E(1)如圖1，延長BC到點F，使得CF=BC，連接AF，EF，若AF⊥EF，求證：BD⊥AF；(2)連接AE，交BD的延長線于點H，連接CH，依題意補全圖2，若AB2=AE2【答案】(1)見解析(2)CD=CH；證明見解析【解析】【分析】（1）先利用已知條件證明△FCE?△BCDSAS，得出∠CFE=∠CBD，推出EF∥BD，再由AF⊥EF即可證明BD⊥AF（2）延長BC到點M，使CM＝CB，連接EM，AM，先證△MEC?△BDCSAS，推出ME=BD，通過等量代換得到AM2=AE(1)證明：在△FCE和△BCD中，CE=CD∠FCE=∠BCD∴△FCE?△BCDSAS∴∠CFE=∠CBD，∴EF∥BD，∵AF⊥EF，∴BD⊥AF．(2)解：補全后的圖形如圖所示，CD=CH，證明如下：延長BC到點M，使CM＝CB，連接EM，AM，∵∠ACB=90°，CM＝∴AC垂直平分BM，∴AB=AM，在△MEC和△BDC中，CM=CB∠MCE=∠BCD∴△MEC?△BDCSAS∴ME=BD，∠CME=∠CBD，∵AB∴AM∴∠AEM=90°，∵∠CME=∠CBD，∴BH∥EM，∴∠BHE=∠AEM=90°，即∠DHE=90°，∵CE=CD=1∴CH=1∴CD=CH．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，垂直平分線的性質，平行線的判定與性質，勾股定理的逆用，直角三角形斜邊中線的性質等，第二問有一定難度，正確作輔助線，證明∠DHE=90°是解題的關鍵．9．（2022·福建·中考真題）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞(1)如圖1，CB平分∠ACD，求證：四邊形ABDC是菱形；(2)如圖2，將（1）中的△CDE繞點C逆時針旋轉（旋轉角小于∠BAC），BC，DE的延長線相交于點F，用等式表示∠ACE與∠EFC之間的數(shù)量關系，并證明；(3)如圖3，將（1）中的△CDE繞點C順時針旋轉（旋轉角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)∠ACE+∠EFC=180°，見解析(3)30°【解析】【分析】（1）先證明四邊形ABDC是平行四邊形，再根據(jù)AB＝AC得出結論；（2）先證出∠ACF=∠CEF，再根據(jù)三角形內角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代換即可得到結論；（3）在AD上取一點M，使得AM＝CB，連接BM，證得△ABM≌△CDB，得到∠MBA=∠BDC，設∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，則∠ADB=α+β，得到α+(1)∵△ABC≌∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴∠ACB=∠DCB，∴∠ABC=∠DCB，∴AB∥∴四邊形ABDC是平行四邊形，又∵AB＝AC，∴四邊形ABDC是菱形；(2)結論：∠ACE+∠EFC=180°．證明：∵△ABC≌∴∠ABC=∠DEC，∵AB＝AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ACB=∠DEC，∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°，∴∠ACF=∠CEF，∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，∴∠ACE+∠EFC=180°；(3)在AD上取一點M，使得AM＝CB，連接BM，∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，∴△ABM≌∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，∴∠ADB=∠BMD，∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，設∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，則∠ADB=α+β，∵CA＝CD，∴∠CAD=∠CDA=α+2β，∴∠BAC=∠CAD?∠BAD=2β，∴∠ACB=1∴∠ACD=90°?β∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，

∴90°?β+α+2∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．【點睛】本題考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性質、三角形內角和定理等，靈活運用知識，利用數(shù)形結合思想，做出輔助線是解題的關鍵．10．（2022·山東威?！ぶ锌颊骖}）回顧：用數(shù)學的思維思考(1)如圖1，在△ABC中，AB＝AC．①BD，CE是△ABC的角平分線．求證：BD＝CE．②點D，E分別是邊AC，AB的中點，連接BD，CE．求證：BD＝CE．（從①②兩題中選擇一題加以證明）(2)猜想：用數(shù)學的眼光觀察經(jīng)過做題反思，小明同學認為：在△ABC中，AB＝AC，D為邊AC上一動點（不與點A，C重合）．對于點D在邊AC上的任意位置，在另一邊AB上總能找到一個與其對應的點E，使得BD＝CE．進而提出問題：若點D，E分別運動到邊AC，AB的延長線上，BD與CE還相等嗎？請解決下面的問題：如圖2，在△ABC中，AB＝AC，點D，E分別在邊AC，AB的延長線上，請?zhí)砑右粋€條件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并證明．(3)探究：用數(shù)學的語言表達如圖3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E為邊AB上任意一點（不與點A，B重合），F(xiàn)為邊AC延長線上一點．判斷BF與CE能否相等．若能，求CF的取值范圍；若不能，說明理由．【答案】(1)見解析(2)添加條件CD=BE，見解析(3)能，0＜CF＜5【解析】【分析】（1）①利用ASA證明△ABD≌△ACE．②利用SAS證明△ABD≌△ACE．（2）添加條件CD=BE，證明AC+CD=AB+BE，從而利用SAS證明△ABD≌△ACE．（3）在AC上取一點D，使得BD=CE，根據(jù)BF=CE，得到BD=BF，當BD=BF=BA時，可證△CBF∽△BAF，運用相似性質，求得CF的長即可．(1)①如圖1，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵BD，CE是△ABC的角平分線，∴∠ABD=12∠ABC，∠ACE=12∠∴∠ABD=∠ACE，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．②如圖1，∵AB=AC，點D，E分別是邊AC，AB的中點，∴AE=AD，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．(2)添加條件CD=BE，證明如下：∵AB=AC，CD=BE，∴AC+CD=AB+BE，∴AD=AE，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．(3)能在AC上取一點D，使得BD=CE，根據(jù)BF=CE，得到BD=BF，當BD=BF=BA時，E與A重合，∵∠A＝36°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，∴△CBF∽△BAF，∴BFAF∵AB＝AC＝2=BF，設CF=x，∴2x+2整理，得x2解得x=5?1，x=?故CF=x=5?1∴0＜CF＜5?1【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，一元二次方程的解法，熟練掌握等腰三角形的性質，三角形全等的判定，三角形相似的判定性質是解題的關鍵．11．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，記△COD的面積為S1，△AOB的面積為S（1）問題解決：如圖①，若AB//CD，求證：S（2）探索推廣：如圖②，若AB與CD不平行，（1）中的結論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展應用：如圖③，在OA上取一點E，使OE=OC，過點E作EF∥CD交OD于點F，點H為AB的中點，OH交EF于點G，且OG=2GH，若OEOA【答案】（1）見解析；（2）（1）中的結論成立，理由見解析：（3）25【解析】【分析】（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，求出DE=OD?sin（2）同（1）求解即可；（3）如圖所示，過點A作AM∥EF交OB于M，取BM中點N，連接HN，先證明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，證明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=56，設OE=OC=5m，OF=OD=5n，則OA=6m，OM=6n【詳解】解：（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，∴DE=OD?sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1（2）（1）中的結論成立，理由如下：如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，∴DE=OD?sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1（3）如圖所示，過點A作AM∥EF交OB于M，取BM中點N，連接HN，∵EF∥∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，又∵OE=OC，∴△OEF≌△OCD（AAS），∴OD=OF，∵EF∥∴△OEF∽△OAM，∴OFOM設OE=OC=5m，OF=OD=5n，則∵H是AB的中點，N是BM的中點，∴HN是△ABM的中位線，∴HN∥∴△OGF∽△OHN，∴OGOH∵OG=2GH，∴OG=2∴OGOH∴ON=32OF=∴OB=ON+BN=9n，由（2）可知S1【點睛】本題主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，三角形中位線定理，正確作出輔助線是解題的關鍵．12．（2022·湖北武漢·中考真題）已知CD是△ABC的角平分線，點E，F(xiàn)分別在邊AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE與△BDF的面積之和為S．(1)填空：當∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC時，①如圖1，若∠B=45°，m=52，則n=_____________，S=②如圖2，若∠B=60°，m=43，則n=_____________，S=(2)如圖3，當∠ACB=∠EDF=90°時，探究S與m、n的數(shù)量關系，并說明理由：(3)如圖4，當∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4時，請直接寫出S的大小．【答案】(1)①52，25；②4；(2)S=1(3)S=6【解析】【分析】（1）①先證四邊形DECF為正方形，再證△ABC為等腰直角三角形，根據(jù)CD平分∠ACB，得出CD⊥AB，且AD=BD=m,然后利用三角函數(shù)求出BF=BDcos45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcos45°=5即可；②先證四邊形DECF為正方形，利用直角三角形兩銳角互余求出∠A=90°-∠B=30°，利用30°直角三角形先證求出DE=12AD=12×43=23，利用三角函數(shù)求出AE=ADcos30°=6，DF=DE=23（2）過點D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，連接DI，先證四邊形DGCH為正方形，再證△DFG≌△DEH（ASA）與△DBG≌△DIH（SAS），然后證明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；（3）過點D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，連接DR，過點A作AS⊥DR于S，先證明△DQF≌△DPE，△DBQ≌△DRP，再證△DBF≌△DRE，求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．(1)解：①∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分線，∴四邊形DECF為矩形，DE=DF，∴四邊形DECF為正方形，∵∠B=45°，∴∠A=90°-∠B=45°=∠B，∴△ABC為等腰直角三角形，∵CD平分∠ACB，∴CD⊥AB，且AD=BD=m,∵m=52∴BD=n=52∴BF=BDcos45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcos45°=5，ED=DF=5，∴S=S△ADE故答案為52②∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分線，∴四邊形DECF為矩形，DE=DF，∴四邊形DECF為正方形，∵∠B=60°，∴∠A=90°-∠B=30°，∴DE=12AD=12×43=23，AE=∵∠BDF=90°-∠B=30°，∴BF=DFtan30°=2，∴BD=DF÷sin60°=4，∴BD=n=4，∴S=S△ADE故答案為：4；83(2)解：過點D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，連接DI，∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°，∴四邊形DGCH為矩形，∵CD是△ABC的角平分線，DH⊥AC，DG⊥BC，∴DG=DH，∴四邊形DGCH為正方形，∴∠GDH=90°，∵∠EDF=90°，∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°，∴∠FDG=∠EDH，在△DFG和△DEH中，∠FDG=∠EDHDG=DH∴△DFG≌△DEH（ASA）∴FG=EH，在△DBG和△DIH中，DG=DH∠DGB=∠DHI∴△DBG≌△DIH（SAS），∴∠B=∠DIH，DB=DI=n，∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°，∴∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°，∴S△ADI=12∴S=S△ADE(3)過點D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，連接DR，過點A作AS⊥DR于S，∵CD是△ABC的角平分線，DP⊥AC，DQ⊥BC，∴DP=DQ，∵∠ACB=60°∴∠QDP=120°，∵∠EDF=120°，∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°，∴∠FDQ=∠EDP，在△DFQ和△DEP中，∠FDQ=∠EDPDQ=DP∴△DFQ≌△DEP（ASA）∴DF=DE，∠QDF=∠PDE，在△DBQ和△DRP中，DQ=DP∠DQB=∠DPR∴△DBQ≌△DRP（SAS），∴∠BDQ=∠RDP，DB=DR，∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE，∵DB=DE，DB=DR，∴△DBF≌△DRE，∴∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°，∴S=S△ADR=12【點睛】本題考查等腰直角三角形判定與性質，正方形判定與性質，三角形全等判定與性質，直角三角形判定，三角形面積，角平分線性質，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定與性質，正方形判定與性質，三角形全等判定與性質，直角三角形判定，三角形面積，角平分線性質，解直角三角形是解題關鍵．13．（2022·黑龍江·中考真題）△ABC和△ADE都是等邊三角形．(1)將△ADE繞點A旋轉到圖①的位置時，連接BD，CE并延長相交于點P（點P與點A重合），有PA+PB=PC（或PA+PC=PB）成立；請證明．(2)將△ADE繞點A旋轉到圖②的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數(shù)量關系？并加以證明；(3)將△ADE繞點A旋轉到圖③的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數(shù)量關系？直接寫出結論，不需要證明．【答案】(1)證明見解析(2)圖②結論：PB=PA+PC，證明見解析(3)圖③結論：PA+PB=PC【解析】【分析】（1）由△ABC是等邊三角形，得AB=AC，再因為點P與點A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出結論；（2）在BP上截取BF=CP，連接AF，證明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再證明△CAP≌△BAF（SAS），得∠CAP=∠BAF，AF=AP，然后證明△AFP是等邊三角形，得PF=AP，即可得出結論；（3）在CP上截取CF=BP，連接AF，證明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再證明△BAP≌△CAF（SAS），得出∠CAF=∠BAP，AP=AF，然后證明△AFP是等邊三角形，得PF=AP，即可得出結論：PA+PB=PF+CF=PC．(1)證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∵點P與點A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴PA+PB=PC或PA+PC=PB；(2)解：圖②結論：PB=PA+PC證明：在BP上截取BF=CP，連接AF，∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，∵AC=AB，CP=BF，

∴△CAP≌△BAF（SAS），∴∠CAP=∠BAF，AF=AP，∴∠CAP+∠CAF=∠BAF+∠CAF，∴∠FAP=∠BAC=60°，∴△AFP是等邊三角形，∴PF=AP，∴PA+PC=PF+BF=PB；(3)解：圖③結論：PA+PB=PC，理由：在CP上截取CF=BP，連接AF，∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，∵AB=AC，BP=CF，∴△BAP≌△CAF（SAS），

∴∠CAF=∠BAP，AP=AF，∴∠BAF+∠BAP=∠BAF+∠CAF，∴∠FAP=∠BAC=60°，∴△AFP是等邊三角形，∴PF=AP，∴PA+PB=PF+CF=PC，即PA+PB=PC．【點睛】本題考查等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，熟練掌握等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．14．（2022·陜西·中考真題）問題提出(1)如圖1，AD是等邊△ABC的中線，點P在AD的延長線上，且AP=AC，則∠APC的度數(shù)為__________．問題探究(2)如圖2，在△ABC中，CA=CB=6,∠C=120°．過點A作AP∥BC，且AP=BC，過點P作直線l⊥BC，分別交AB、BC于點O、E，求四邊形OECA的面積．問題解決(3)如圖3，現(xiàn)有一塊△ABC型板材，∠ACB為鈍角，∠BAC=45°．工人師傅想用這塊板材裁出一個△ABP型部件，并要求∠BAP=15°,AP=AC．工人師傅在這塊板材上的作法如下：①以點C為圓心，以CA長為半徑畫弧，交AB于點D，連接CD；②作CD的垂直平分線l，與CD于點E；③以點A為圓心，以AC長為半徑畫弧，交直線l于點P，連接AP、BP，得△ABP．請問，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？請證明你的結論．【答案】(1)75°(2)15(3)符合要求，理由見解析【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的判定及性質，結合三角形內角和，先求出∠PCD=15°即可；（2）連接BP．先證明出四邊形ACBP是菱形．利用菱形的性質得出BP=AC=6，由∠ACB=120°，得出∠PBE=60°．根據(jù)l⊥BC，得BE=PB?cos60°=3，PE=PB?sin60°=33，即可求出S（3）由作法，知AP=AC，根據(jù)CD=CA,∠CAB=45°，得出∠ACD=90°．以AC、CD為邊，作正方形ACDF，連接PF．得出AF=AC=AP．根據(jù)l是CD的垂直平分線，證明出△AFP為等邊三角形，即可得出結論．(1)解：∵AC=AP，∴∠ACP=∠APC，∵2(∠ACD+∠PCD)+∠CAP=180°，∴2×(60°+∠PCD)+30°=180°，解得：∠PCD=15°，∴∠ACP=∠ACD+∠PCD=75°，∴∠APC=75°，故答案為：75°；(2)解：如圖2，連接BP．

圖2∵AP∥BC,AP=BC=AC，∴四邊形ACBP是菱形．∴BP=AC=6．∵∠ACB=120°，∴∠PBE=60°．∵l⊥BC，∴BE=PB?cos∴S△ABC∵∠ABC=30°，∴OE=BE?tan∴S△OBE∴S四邊形(3)解：符合要求．由作法，知AP=AC．∵CD=CA,∠CAB=45°，∴∠ACD=90°．如圖3，以AC、CD為邊，作正方形ACDF，連接PF．

圖3∴AF=AC=AP．∵l是CD的垂直平分線，∴l(xiāng)是AF的垂直平分線．∴PF=PA．∴△AFP為等邊三角形．∴∠FAP=60°，∴∠PAC=30°，∴∠BAP=15°．∴裁得的△ABP型部件符合要求．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，等腰三角形的判定及性質、三角形內角和定理、菱形的判定及性質、銳角三角函數(shù)、正方形、垂直平分線，解題的關鍵是要靈活運用以上知識點進行求解，涉及知識點較多，題目較難．15．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，△ABC和△DBE的頂點B重合，∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠BDE=30°，BC=3，BE=2．(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當點D，E分別在AB，BC上時，可以得出結論：ADCE=______，直線AD與直線(2)探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉，使點D恰好落在線段AC上，連接EC，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；(3)拓展運用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉α(19°<α<60°)，連接AD、EC，它們的延長線交于點F，當DF=BE時，求tan60°?α【答案】(1)3

，垂直(2)成立，理由見解析(3)8【解析】【分析】（1）解直角三角形求出EC，AD，可得結論；（2）結論不變，證明△ABD∽△CBE，推出ADEC=AB（3）如圖3中，過點B作BJ⊥AC于點J，設BD交AK于點K，過點K作KT⊥AC于點K.求出BJ，JK，可得結論．(1)解：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，∠A=30°，∴AB=3在Rt△BDE中，∠BDE=30°，BE=2，∴BD=3∴EC=1，AD=3∴ADEC=3故答案為：3，垂直；(2)結論成立．理由：∵∠ABC=∠DBE=90°，∴∠ABD=∠CBE，∵AB=3BC，∴ACBC∴△ABD∽△CBE，∴ADEC=AB∵∠ADB+∠CDB=180°，∴∠CDB+∠BEC=180°，∴∠DBE+∠DCE=180°，∵∠DBE=90°，∴∠DCE=90°，∴AD⊥EC；(3)如圖3中，過點B作BJ⊥AC于點J，設BD交AK于點K，過點K作KT⊥AC于點K．∵∠AJB=90°，∠BAC=30°，∴∠ABJ=60°，∴∠KBJ=60°?α．∵AB=33∴BJ=12AB=當DF=BE時，四邊形BEFD是矩形，∴∠ADB=90°，AD=A設KT=m，則AT=3m，∵∠KTB=∠ADB=90°，∴tanα=∴mBT∴BT=2∴3m+∴m=45?6∴AK=2m=90?12∴KJ=AJ?AK=9∴tan60°?α【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．16．（2022·湖北十堰·中考真題）已知∠ABN=90°，在∠ABN內部作等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=α0°<α≤90°．點D為射線BN上任意一點（與點B不重合），連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉α得到線段AE，連接EC并延長交射線BN于點F(1)如圖1，當α=90°時，線段BF與CF的數(shù)量關系是_________；(2)如圖2，當0°<α<90°時，（1）中的結論是否還成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；(3)若α=60°，AB=43，BD=m，過點E作EP⊥BN，垂足為P，請直接寫出PD的長（用含有m【答案】(1)BF=CF(2)成立；理由見解析(3)PD=6?m2或PD【解析】【分析】（1）連接AF，先根據(jù)“SAS”證明ΔACE≌ΔABD，得出∠ACE=∠ABD=90°（2）連接AF，先說明∠EAC=∠BAD，然后根據(jù)“SAS”證明ΔACE≌ΔABD，得出∠ACE=∠ABD=90°（3）先根據(jù)α=60°，AB=AC，得出△ABC為等邊三角形，再按照∠BAD＜60°，∠BAD=60°，(1)解：BF=CF；理由如下：連接AF，如圖所示：根據(jù)旋轉可知，∠DAE=α=90°，AE=AD，∵∠BAC=90°，∴∠EAC+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠EAC=∠BAD，∵AC=AB，∴ΔACE≌∴∠ACE=∠ABD=90°，∴∠ACF=180°?90°=90°，∵在Rt△ABF與Rt△ACF中AB=ACAF=AF∴Rt△ABF≌∴BF=CF．故答案為：BF=CF．(2)成立；理由如下：連接AF，如圖所示：根據(jù)旋轉可知，∠DAE=α，AE=AD，∵∠BAC=α，∴∠EAC?∠CAD=α，∠BAD?∠CAD=α，∴∠EAC=∠BAD，∵AC=AB，∴ΔACE≌∴∠ACE=∠ABD=90°，∴∠ACF=180°?90°=90°，∵在Rt△ABF與Rt△ACF中AB=ACAF=AF∴Rt△ABF≌∴BF=CF．(3)∵α=60°，AB=AC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC=BC=43當∠BAD＜60°時，連接根據(jù)解析（2）可知，Rt△ABF≌∴∠BAF=∠CAF=1∵AB=43∴tan即BF=AB×tan∴CF=BF=4，根據(jù)解析（2）可知，ΔACE≌∴CE=BD=m，∴EF=CF+CE=4+m，∠FBC=∠FCB=90°?60°=30°，∴∠EFP=∠FBC+∠FCB=60°，∵∠EPF=90°，∴∠FEP=90°?60°=30°，∴PF=1∴BP=BF+PF=4+2+m∴PD=BP?BD=6+m當∠BAD=60°時，AD與AC重合，如圖所示：∵∠DAE=60°，AE=AD，∴△ADE為等邊三角形，∴∠ADE=60°，∵∠ADB=90°?∠BAC=30°，∴∠ADE=60°+30°=90°，∴此時點P與點D重合，PD=0；當∠BAD＞60°時，連接根據(jù)解析（2）可知，Rt△ABF≌∴∠BAF=∠CAF=1∵AB=43∴tan即BF=AB×tan∴CF=BF=4，根據(jù)解析（2）可知，ΔACE≌∴CE=BD=m，∴EF=CF+CE=4+m，∵∠FBC=∠FCB=90°?60°=30°，∴∠EFP=∠FBC+∠FCB=60°，∵∠EPF=90°，∴∠FEP=90°?60°=30°，∴PF=1∴BP=BF+PF=4+2+m∴PD=BD?BF=m?6+綜上分析可知，PD=6?m2或PD=0或17．（2022·湖南湘潭·中考真題）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線l經(jīng)過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．(1)特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB=AC=2，分別求出線段BD、CE(2)規(guī)律探究：①如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A旋轉α0<α<45°，請?zhí)骄烤€段BD、CE和DE②如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉α45°<α<90°，與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE(3)嘗試應用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE=3，DE=1，求S△BFC【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2(2)①DE=CE+BD；理由見解析；②BD=CE+DE；理由見解析(3)S【解析】【分析】（1）先根據(jù)得出∠ABC=∠ACB=90°2=45°，根據(jù)l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，再根據(jù)∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根據(jù)三角函數(shù)得出AD=BD=1，AE=CE=1，即可求出DE=AD+AE=2；（2）①DE=CE+BD；根據(jù)題意，利用“AAS”證明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD②BD=CE+DE；根據(jù)題意，利用“AAS”證明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD（3）在Rt△AEC中，根據(jù)勾股定理求出AC=AE2+CE2=5，根據(jù)DF∥CE，得出AD(1)解：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=90°∵l∥BC，∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠ABD=90°?45°=45°，∠ACE=90°?45°=45°，∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，∴AD=BD=AB×sinAE=CE=AC×sin∴DE=AD+AE=2．(2)①DE=CE+BD；理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠DAB+∠CAE=90°，∴∠DBA=∠CAE，∵AB=AC，∴ΔABD≌∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD+AE=CE+BD，即DE=CE+BD；②BD=CE+DE，理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠DAB+∠CAE=90°，∴∠DBA=∠CAE，∵AB=AC，∴ΔABD≌∴AD=CE，BD=AE，∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，即BD=CE+DE．(3)根據(jù)解析（2）可知，AD=CE=3，∴AE=AD+DE=3+1=4，在Rt△AEC中，根據(jù)勾股定理可得：AC=A∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴DF∥CE，∴ADAE即34解得：AF=15∴CF=AC?AF=5?15∵AB=AC=5，∴SΔ【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，勾股定理，平行線的性質，解直角三角形，根據(jù)題意證明ΔABD≌18．（2022·江蘇揚州·中考真題）如圖1，在ΔABC中，∠BAC=90°,∠C=60°，點D在BC邊上由點C向點B運動（不與點B、C重合），過點D作DE⊥AD，交射線AB于點E(1)分別探索以下兩種特殊情形時線段AE與BE的數(shù)量關系，并說明理由；①點E在線段AB的延長線上且BE=BD；②點E在線段AB上且EB=ED．(2)若AB=6．①當DEAD=3②直接寫出運動過程中線段AE長度的最小值．【答案】(1)①AE=2BE②AE=2BE(2)①215【解析】【分析】（1）①算出△ABD各個內角，發(fā)現(xiàn)其是等腰三角形即可推出；②算出△ADE各內角發(fā)現(xiàn)其是30°的直角三角形即可推出；（2）①分別過點A，E作BC的垂線，得到一線三垂直的相似，即△EGD∽△DHA，設DE=3a，AD=2a，利用30°直角三角形的三邊關系，分別表示出ED，AD，EG，②分別過點A，E作BC的垂線，相交于點G，H，證明△EHD∽△DGA可得AGDH=DG(1)①如圖：∵在ΔABC中，∠BAC=90°，∴∠ABC=30°∵BE=BD∴∠BDE=12在△ABD中，∠BAD=180°?∠ABD?∠BDA=180°?30°?75°=75°∴∠BAD=∠BDA=75°∴AB=BD=BE∴AE=2BE；②如圖：∵BE=DE∴∠EBD=∠EDB=30°，∠AED=60°∴在Rt△ADE中，∠EAD=30°∴AE=2ED∴AE=2BE；(2)①分別過點A，E作BC的垂線，相交于點H，G，則∠EGD＝∠DHA＝90°，∴∠GED＋∠GDE＝90°，∵∠HDA＋∠GDE＝90°，∴∠GED＝∠HDA，∴△EGD∽設DE=3a，AD=2a，則AE=D在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=6則AC=AB3在Rt△BEG中，∠EBG=30°，BE=6?則EG=在Rt△AHC中，∠C=60°，AC=2∴AH=∴DH=由△EGD∽△DHA得即3解得：a1=3故AE=7②分別過點A，E作BC的垂線，相交于點G，H，則∠EHD＝∠AGD＝90°，∵∠ADE＝90°，∴∠EDH=90°-∠ADG＝∠DAG，∵∠EHD＝∠AGD＝90°，∴△EHD∽∴AGDH∴AG·EH=DH·DG，∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，∴∠B=30°，∴AG=∴DH·DG=3EH，∴AE2=A∵D∴AE∴AE∵AE＞∴AE≥3+EH，∵EH=1∴AE≥3+1∴AE≥4，故AE的最小值為4.【點睛】本題考查了直角三角形的性質，三角形相似的判定和性質，等腰三角形的性質，一線三垂直相似模型，垂線段最短，熟練掌握直角三角形的性質，一線三垂直模型，垂線段最短原理是解題的關鍵．19．（2022·河北·中考真題）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB=23，DH⊥BC于點H．將△PQM與該四邊形按如圖方式放在同一平面內，使點P與A重合，點B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM(1)求證：△PQM≌△CHD；(2)△PQM從圖1的位置出發(fā)，先沿著BC方向向右平移（圖2），當點P到達點D后立刻繞點D逆時針旋轉（圖3），當邊PM旋轉50°時停止．①邊PQ從平移開始，到繞點D旋轉結束，求邊PQ掃過的面積；②如圖2，點K在BH上，且BK=9?43．若△PQM右移的速度為每秒1個單位長，繞點D旋轉的速度為每秒5°，求點K在△PQM③如圖3．在△PQM旋轉過程中，設PQ，PM分別交BC于點E，F(xiàn)，若BE＝d，直接寫出CF的長（用含d的式子表示）．【答案】(1)見詳解(2)①93②(43③CF=【解析】【分析】（1）先證明四邊形ABHD是矩形，再根據(jù)Rt△DHC算出CD長度，即可證明；（2）①平移掃過部分是平行四邊形，旋轉掃過部分是扇形，分別算出兩塊面積相加即可；②運動分兩個階段：平移階段：t=KHv；旋轉階段：取剛開始旋轉狀態(tài)，以PM為直徑作圓，H為圓心，延長DK與圓相交于點G，連接GH，GM，過點G作GT⊥DM于T；設∠KDH=θ，利用Rt△DKH算出tanθ，sinθ，cosθ，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出sin∠GHT，發(fā)現(xiàn)③分兩種情況：當旋轉角＜30°時，DE在DH的左側，當旋轉角≥30°時，DE在DH上或右側，證明△DEF～△CED，結合勾股定理，可得DE2=23(1)∵AD∥BC∴DH⊥AD則在四邊形ABHD中∠ABH=∠BHD=∠HDA=90°故四邊形ABHD為矩形DH=AB=23，在Rt△DHC中，∠C=30°∴CD=2DH=43，∵∠DHC=∠Q=90°∴△CHD≌(2)①過點Q作QS⊥AM于S由（1）得：AQ=CH=6在Rt△AQS中，∠QAS=30°∴AS=平移掃過面積：S旋轉掃過面積：S故邊PQ掃過的面積：S=②運動分兩個階段：平移和旋轉平移階段：KH=BH?BK=3?(9?4t旋轉階段：由線段長度得：PM=2DM取剛開始旋轉狀態(tài)，以PM為直徑作圓，則H為圓心，延長DK與圓相交于點G，連接GH，GM，過點G作GT⊥DM于T設∠KDH=θ，則∠GHM=2θ在Rt△DKH中：KH=BH?BK=3?(9?4DK=設t=2?3，則KH=23ttanθ=KHDH=∵DM為直徑∴∠DGM=90°在Rt△DGM中：DG=DM?在Rt△DGT中：GT=DG?在Rt△HGT中：sin∴2θ=30°，θ=15°PQ轉過的角度：30°?15°=15°t2總時間：t=③設CF=m，則EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，當旋轉角＜30°時，DE在DH的左側，如圖：∵∠EDF=30°，∠C=30°，∴∠EDF=∠C，又∵∠DEF=∠CED，∴△DEF～△CED，∴DECE=EF∴DE∵在△DHE中，DE∴9?d2∴CF=m=當旋轉角≥30°時，DE在DH上或右側，如圖：CF=m，則EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，同理：可得CF=m=綜上所述：CF=60?12d【點睛】本題考查動點問題，涉及到平移，旋轉，矩形，解直角三角形，圓的性質，相似三角形的判定和性質；注意第（2）問第②小題以PM為直徑作圓算出sin2θ20．（2022·山西·中考真題）綜合與實踐問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當∠B=∠MDB時，求線段CN的長；（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．【答案】（1）四邊形AMDN為矩形；理由見解析；（2）CN=258；（3）【解析】【分析】（1）由三角形中位線定理得到MD∥AC，證明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可證明結論；（2）證明△NDC是等腰三角形，過點N作NG⊥BC于點G，證明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性質即可求解；（3）延長ND，使DH=DN，證明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，證明∠MBH=90°，設AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【詳解】解：（1）四邊形AMDN為矩形．理由如下：∵點M為AB的中點，點D為BC的中點，∴MD∥AC，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四邊形AMDN為矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，BC=A∵點D是BC的中點，∴CD=12BC∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．過點N作NG⊥BC于點G，則∠CGN=90°．∴CG=12CD=5∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴CGCA=CN∴CN=25（3）延長ND至H，使DH=DN，連接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中點，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，設AM=AN=x，則BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，解得x=257∴線段AN的長為257【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，矩形的判定，勾股定理，解第（3）問的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題．21．（2022·湖北武漢·中考真題）問題提出：如圖（1），△ABC中，AB=AC，D是AC的中點，延長BC至點E，使DE=DB，延長ED交AB于點F，探究AFAB(1)先將問題特殊化．如圖（2），當∠BAC=60°時，直接寫出AFAB(2)再探究一般情形．如圖（1），證明（1）中的結論仍然成立．問題拓展：如圖（3），在△ABC中，AB=AC，D是AC的中點，G是邊BC上一點，CGBC=1nn<2，延長BC至點E，使DE=DG，延長ED交AB于點F【答案】(1)[問題提出]（1）14(2)[問題拓展]2?n【解析】【分析】[問題探究]（1）根據(jù)等邊三角形的性質結合已知條件，求得∠ADF=∠ADB=30°，∠AFD=90°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質，可得AF=1（2）取BC的中點H，連接DH．證明△DBH≌△DEC，可得BH=EC，根據(jù)DH∥AB，證明△EDH∽△EFB，根據(jù)相似三角形的性質可得FBDH[問題拓展]方法同（2）證明△DBH≌△DEC，得出，GH=EC，證明△EDH∽△EFB，得到FBDH=EBEH=(1)[問題探究]：（1）如圖，∵△ABC中，AB=AC，D是AC的中點，∠BAC=60°，∴△ABC是等邊三角形，AD=∴∠ABD=∠DBE=30°，∠A=60°，∴DB=DE，∴∠E=∠DBE=30°，∵∠DCE=180°?∠ACB=120°，∴∠ADF=∠CDE=180°?∠E?∠DCE=30°，∵∠A=60°，∴∠AFD=90°，∴AF=1∴AF（2）證明：取BC的中點H，連接DH．∵D是AC的中點，∴DH∥AB，∵AB=AC，∴DH=DC，∴∠DHC=∠DCH．∵BD=DE，∴∠DBH=∠DEC．∴∠BDH=∠EDC．∴△DBH≌△DEC．∴BH=EC．∴EBEH∵DH∥∴△EDH∽△EFB．∴FBDH∴FBAB∴AFAB(2)[問題拓展]如圖，取BC的中點H，連接DH．∵D是AC的中點，∴DH∥AB，∵AB=AC，∴DH=DC，∴∠DHC=∠DCH．∵DE=DG，∴∠DGH=∠DEC．∴∠GDH=∠EDC．∴△DGH≌△DEC．∴GH=EC．∴HE=CG∵CG∴BC=nCG∴BG=n?1CE=GH=∴EBEH∵DH∥∴△EDH∽△EFB．∴FBDH∴FBAB∴AFAB∴AFAB=【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，等邊對等角，掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．22．（2022·江西·中考真題）問題提出：某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉，探究直角三角板PEF與正方形ABCD(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，重疊部分的面積為__________；當OF與BC垂直時，重疊部分的面積為__________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為__________(2)類比探究：若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉過程中，OE,OP分別與正方形的邊相交于點M，N．①如圖2，當BM=CN時，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說明理由；②如圖3，當CM=CN時，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結果保留根號）；(3)拓展應用：若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設∠GOH=α），將∠GOH繞點O逆時針旋轉，在旋轉過程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請直接寫出S2的最小值與最大值（分別用含（參考數(shù)據(jù)：sin15°=【答案】(1)1,1，S(2)①△OMN是等邊三角形，理由見解析；②3(3)tan【解析】【分析】（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S1=1（2）①結論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結論；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解決問題；（3）如圖4-1中，過點O作OQ⊥BC于點Q，當BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最?。鐖D4-2中，當CM=CN時，S2最大．分別求解即可．(1)如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S1=14S理由：如圖1中，設OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，∴S四邊形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD∴S1=14S故答案為：1，1，S1=14S(2)①如圖2中，結論：△OMN是等邊三角形．理由：過點O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（SAS），∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ?tan