专题10.1 全等三角形、相似三角形、勾股定理（1）-备战2022年中考数学精选考点专项突破题集（全国通用）

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专题10.1 全等三角形、相似三角形、勾股定理
备战2022年中考数学精选考点专项突破卷（1）
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)（2021·河北初三其他）如图，左边为护卫国家勋章和国家荣誉称号获得者的摩托车国宾护卫队，如果将每位队员看成一个点，队形可近似看成由若干个正方形拼成的图形（如图所示），其中与全等的是（ ）．

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据勾股定理和线段的和可得△ABC和△DFG三边分别相等，从而得结论．
【详解】
解：设小正方形的边长为1，如图，

则AB=DF=3，BC=DG=，AC=FG=，
∴△ABC≌△FDG（SSS），
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，利用数形结合是解题的关键．
2．(本题3分)（2021·贵州铜仁·中考真题）已知等边三角形一边上的高为2，则它的边长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．4
【答案】C
【分析】
根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解即可．
【详解】
根据等边三角形的三线合一性质：
设它的边长为x，可得：，
解得：x＝4，x＝﹣4（舍去），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形“三线合一”的性质，运用勾股定理列出方程求解是解答此类问题的常用方法．
3．(本题3分)（2021·河北中考真题）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（ ）

A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 D．2，2，4
【答案】B
【分析】
根据勾股定理，，则小的两个正方形的面积等于大三角形的面积，再分别进行判断，即可得到面积最大的三角形．
【详解】
解：根据题意，设三个正方形的边长分别为a、b、c，
由勾股定理，得，
A、∵1+4=5，则两直角边分别为：1和2，则面积为：；
B、∵2+3=5，则两直角边分别为：和，则面积为：；
C、∵3+4≠5，则不符合题意；
D、∵2+2=4，则两直角边分别为：和，则面积为：；
∵，
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握勾股定理，以及正方形的性质进行解题．
4．(本题3分)（2021·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，连接．若，，则的长为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】
由作图可知， M N是线段BC的垂直平分线，据此可得解．
【详解】
解：由作图可知， M N是线段BC的垂直平分线，
∴BD=CD=AC-AD=6-2=4，
故选：C
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质，灵活的利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等这一性质添加辅助线是解题的关键．
5．(本题3分)（2018·甘肃兰州·中考真题）如图，边长为4的等边中，D、E分别为AB，AC的中点，则的面积是　　

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由已知可得DE是△ABC的中位线，由此可得△ADE和△ABC相似，且相似比为1：2，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出△ABC的面积．
【详解】
等边的边长为4，
，
点D，E分别是的边AB，AC的中点，
是的中位线，
，，，，
即，
∽，相似比为，
故：：4，
即，
故选A．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握等边三角形的面积公式、相似三角形的判定与性质及中位线定理．
6．(本题3分)（2021·山东潍坊·中考真题）如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（ ）

A．21 B．28 C．34 D．42
【答案】C
【分析】
根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，AB=CD，
∴△ABE∽△DFE，
∴，
∵，
∴AE=6，AB=8，
∴AD=AE+DE=6+3=9，
∴的周长为：（8+9）×2=34．
故选：C．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．
7．(本题3分)（2021·甘肃天水·中考真题）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是(　　　)

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先求得AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可．
【详解】
解：∵，
∴AC=1.2m+12.8m=14m
∵标杆和建筑物CD均垂直于地面
∴BE//CD
∴△ABE∽△ACD
∴,即,解得CD=17.5m．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答本题的关键．
8．(本题3分)（2021·山东枣庄·中考真题）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，若BC=6，AC=5，则△ACE的周长为（ ）

A．8 B．11 C．16 D．17
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，然后利用等量代换即可得到△ACE的周长=AC+BC，再把BC=6，AC=5代入计算即可．
【详解】
解：∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴△ACE的周长=AC+CE+AE
=AC+CE+BE
=AC+BC
=5+6
=11．
故选：B．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段；垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
9．(本题3分)（2021·云南昆明·中考真题）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．如图，△ABC是格点三角形，在图中的6×6正方形网格中作出格点三角形△ADE（不含△ABC），使得△ADE∽△ABC（同一位置的格点三角形△ADE只算一个），这样的格点三角形一共有（　　）

A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】C
【分析】
根据题意，得出ABC的三边之比，并在直角坐标系中找出与ABC各边长成比例的相似三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．
【详解】
解：ABC的三边之比为，
如图所示，可能出现的相似三角形共有以下六种情况：

所以使得△ADE∽△ABC的格点三角形一共有6个，
故选：C．
【点睛】
本题考察了在直角坐标系中画出与已知三角形相似的图形，解题的关键在于找出与已知三角形各边长成比例的三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．
10．(本题3分)（2021·山东烟台·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝3，BC＝5，则tan∠DAE的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据矩形的性质和折叠的性质得AF＝AD＝BC=5，EF＝DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理可求出BF的长，则CF可得，设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可得到x，进一步可得DE的长，再根据正切的定义即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，
∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，
∴AF＝AD＝5，EF＝DE，
在Rt△ABF中，BF＝，
∴CF＝BC﹣BF＝5﹣4＝1，
设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x
在Rt△ECF中，∵CE2+FC2＝EF2，
∴x2+12＝（3﹣x）2，解得x＝，
∴DE＝EF＝3﹣x＝，
∴tan∠DAE＝，
故选：D．

【点睛】
本题考查了翻折变换、矩形的性质、锐角三角函数和勾股定理等知识，属于常考题型，灵活运用这些性质进行推理与计算是解题的关键．
二、填空题(共30分)
11．(本题3分)（2021·广东初三其他）如图，是一个测量工件内槽宽的工具，点既是的中点，也是的中点，若测得，则该内槽的宽为__________．

【答案】5
【分析】
利用“SAS”证明△OAB≌△OA′B′，从而得到A′B′＝AB＝5cm．
【详解】
解：如图，在△OAB和△OA′B′中 ，
∴△OAB≌△OA′B′（SAS），
∴A′B′＝AB＝5（cm）．
故答案为5．
【点睛】
本题考查了全等三角形的应用：一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，根据示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．
12．(本题3分)（2021·黑龙江鹤岗·中考真题）如图，和中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使和全等．

【答案】，答案不唯一
【分析】
本题是一道开放型的题目，答案不唯一，可以是AB＝ED或BC＝DF或AC＝EF或AE＝CF等，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【详解】
∵和中，
∴，
∵，
∴，
∴添加，
在和中
，
∴，
故答案为：答案不唯一．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理的内容是解此题的关键，注意：两直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL等．
13．(本题3分)（2021·浙江初三月考）如图，在中，，的平分线BD交AC于点D，若cm，，则点D到直线AB的距离是__________cm．

【答案】3
【分析】
过点D作DE⊥AB于E，利用勾股定理列式求出CD，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=CD．
【详解】
如图，过点D作DE⊥AB于E，

∵∠C=90°，BD=5cm，BC=4cm，
∴CD=(cm)，
∵∠C=90°，BD是∠ABC的平分线，
∴DE=CD=3(cm)，
即点D到直线AB的距离是3cm．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了勾股定理以及角平分线的性质，熟记“角平分线上的点到角的两边距离相等”的性质是解题的关键．
14．(本题3分)（2021·上海中考真题）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB=1.6米，BD=1米，BE=0.2米，那么井深AC为____米．

【答案】7米．
【分析】
根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】
解：∵BD⊥AB，AC⊥AB，
∴BDAC，
∴△ACE∽△DBE，
∴，
∴，
∴AC=7(米)，
故答案为：7(米) ．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形，掌握相似三角形的判定及性质是解决此类题的关键．
15．(本题3分)（2021·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若，，,则线段AE的长为_____．

【答案】
【分析】
设BE=x，根据菱形性质可得到AB= AD=CD=2x，进而得到，解得x值，根据勾股定理即可求得AE值．
【详解】
解：设BE=x，
∵菱形，
∴AB= AD=CD=2x，
∵，
∴,
∴BD=3x，
∴OB=OD=，
∴，
∴x=2，
∴AB=4，BE=2，
∴，
∴,
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．
16．(本题3分)（2021·浙江湖州·中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形．如图，已知Rt△ABC是6×6网格图形中的格点三角形，则该图中所有与Rt△ABC相似的格点三角形中．面积最大的三角形的斜边长是_____．

【答案】5
【分析】
根据相似三角形的性质确定两直角边的比值为1：2，以及6×6网格图形中，最长线段为6，进行尝试，可确定、、为边的这样一组三角形满足条件．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，AC=1，BC=2，
∴AB=，AC：BC=1：2，
∴与Rt△ABC相似的格点三角形的两直角边的比值为1：2，

若该三角形最短边长为4，则另一直角边长为8，但在6×6网格图形中，最长线段为6，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为8的线段，故最短直角边长应小于4，在图中尝试，可画出DE=，EF=2，DF=5的三角形，
∵===，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠DEF=∠C=90°，
∴此时△DEF的面积为：×2÷2=10，△DEF为面积最大的三角形，其斜边长为：5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了作图-应用与设计、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17．(本题3分)（2021·辽宁抚顺·中考真题）如图，在中，，，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，交于点，连接，若，则的长为_________．

【答案】5
【分析】
由题意可得：直线MN是AB的垂直平分线，从而有EA=EB，然后设BE=AE=x，则可用含x的代数式表示出BC，于是在Rt△BCE中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求出结果．
【详解】
解：由题意可得：直线MN是AB的垂直平分线，∴EA=EB，
设BE=AE=x，则AC=x+3，
∵AC=2BC，
∴，
在Rt△BCE中，由勾股定理，得，
即，解得：（舍去），
∴BE=5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质、勾股定理和一元二次方程的解法等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用方程思想是解题关键．
18．(本题3分)（2021·四川中考真题）如图，海中有一小岛A，它周围10.5海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群由西向东航行．在B点测得小岛A在北偏东60°方向上，航行12海里到达D点，这时测得小岛A在北偏东30°方向上．如果渔船不改变航线继续向东航行，那么渔船还需航行_____海里就开始有触礁的危险．

【答案】4.5
【分析】
过A作AC⊥BD于点C，求出∠CAD、∠CAB的度数，求出∠BAD和∠ABD，根据等角对等边得出AD＝BD＝12，根据含30度角的直角三角形性质求出CD，根据勾股定理求出AC即可．
【详解】
解：
只要求出A到BD的最短距离是否在以A为圆心，以10.5海里的圆内或圆上即可，
如图，过A作AC⊥BD于点C，则AC的长是A到BD的最短距离，
∵∠CAD＝30°，∠CAB＝60°，
∴∠BAD＝60°﹣30°＝30°，∠ABD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ABD＝∠BAD，
∴BD＝AD＝12海里，
∵∠CAD＝30°，∠ACD＝90°，
∴CD＝AD＝6海里，
由勾股定理得：AC＝＝6（海里），
如图，设渔船还需航行x海里就开始有触礁的危险，即到达点D′时有触礁的危险，
在直角△AD′C中，由勾股定理得：（6﹣x）2+（6）2＝10.52．
解得x＝4.5．
渔船还需航行 4.5海里就开始有触礁的危险．
故答案是：4.5．
【点睛】
本题主要考查方位角及勾股定理，关键是根据题意得到角的度数，然后利用特殊角的关系及勾股定理进行求解即可．
19．(本题3分)（2021·山西中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．

【答案】
【分析】
过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】
如解图，过点作于，

∵，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴∽
∴
∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，
∴，
则，
∵且，
∴∽，
∴，
即，
解得，
∴．
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
20．(本题3分)（2021·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝_____．

【答案】
【分析】
连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．
【详解】
解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，
EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，
∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，
∴2x2﹣20x+173＝125，
解得，x＝4或6，
当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，
∴CE＝C′E＝4，
∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，
∴tan∠B'AC′＝=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．
三、解答题(共59分)
21．(本题6分)（2021·四川内江·中考真题）如图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在BC异侧，AB∥CD，AE＝DF，∠A＝∠D．
（1）求证：AB=CD；
（2）若AB＝CF，∠B＝40°，求∠D的度数．

【答案】（1）AB＝CD（2）70°
【分析】
（1）根据平行线的性质求出∠B=∠C，根据AAS推出△ABE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出即可；
（2）根据全等得出AB=CD，BE=CF，∠B=∠C，求出CF=CD，推出∠D=∠CFE，即可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
在△ABE和△CDF中，
∠B＝∠C，AE=DF ，∠A＝∠D．
∴△AEB≌△DFC．
∴AB＝CD.
（2）∵AB＝CD，
AB＝CF，
∴CD＝CF，
∵∠B＝∠C=40°，
∴∠D＝(180°－40°)÷2＝70°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理的应用，能根据全等三角形的判定求出△ABE≌△CDF是解此题的关键．
22．(本题7分)（2021·浙江温州·中考真题）如图，在△ABC和△DCE中，AC＝DE，∠B＝∠DCE＝90°，点A，C，D依次在同一直线上，且AB∥DE．
（1）求证：△ABC≌△DCE；
（2）连结AE，当BC＝5，AC＝12时，求AE的长．

【答案】（1）见解析；（2）13
【分析】
根据题意可知，本题考察平行的性质，全等三角形的判定和勾股定理，根据判定定理，运用两直线平行内错角相等再通过AAS以及勾股定理进行求解．
【详解】
解：（1）∵
∴
在△ABC和△DCE中

∴△ABC≌△DCE
（2）由（1）可得BC=CE=5
在直角三角形ACE中

【点睛】
本题考察平行的性质，全等三角形的判定和勾股定理，熟练掌握判定定理运用以及平行的性质是解决此类问题的关键．
23．(本题7分)（2021·辽宁鞍山·中考真题）图1是某种路灯的实物图片，图2是该路灯的平面示意图，为立柱的一部分，灯臂，支架与立柱分别交于A，B两点，灯臂与支架交于点C，已知，，，求支架的长．（结果精确到，参考数据：，，）

【答案】49cm
【分析】
过点C作CD⊥MN，垂足为D，分别解△ACD和△BCD，即可得到结果．
【详解】
解：过点C作CD⊥MN，垂足为D，
∵∠MAC=60°，∠ACB=15°，
∴∠ABC=60°-15°=45°，∠ACD=30°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∵AC=40cm，
∴在Rt△ACD中，AD=AC=20cm，
∴CD=cm，
∴在Rt△BCD中，BC=cm，
∴支架BC的长为49cm．

【点睛】
本题考查了解直角三角形，涉及到等腰直角三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，解题的关键是添加辅助线，构造特殊直角三角形．
24．(本题8分)（2021·江苏镇江·中考真题）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E、F分别在AB、BC上，BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠D＝∠2；
（2）若EF∥AC，∠D＝78°，求∠BAC的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）78°．
【分析】
（1）由“SAS”可证△BEF≌△CDA，可得∠D＝∠2；
（2）由（1）可得∠D＝∠2＝78°，由平行线的性质可得∠2＝∠BAC＝78°．
【详解】
证明：（1）在△BEF和△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴∠D＝∠2；
（2）∵∠D＝∠2，∠D＝78°，
∴∠D＝∠2＝78°，
∵EF∥AC，
∴∠2＝∠BAC＝78°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质．证明△BEF≌△CDA是解题的关键
25．(本题9分)（2021·山东济宁·中考真题）如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．
(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；
（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.
【详解】
解：（1）∵△PCD∽△ABP，
∴∠CPD=∠BAP，
故作∠CPD=∠BAP即可，
如图，即为所作图形，

（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，
∴∠BAP =∠ABC，
∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，
即∠CPD =∠ABC，
∴PD∥AB.
【点睛】
本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.
26．(本题10分)（2018·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，过点C作，E是AC的中点，连接DE并延长，交AB于点F，交CB的延长线于点G，连接AD，CF
求证：四边形AFCD是平行四边形．
若，，，求AB的长．

【答案】证明见解析；．
【分析】
由E是AC的中点知，由知，据此根据“AAS”即可证≌，从而得，结合即可得证；
证∽得，据此求得，由及可得答案．
【详解】
是AC的中点，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
又，即，
四边形AFCD是平行四边形；
，
∽，
，即，
解得：，
四边形AFCD是平行四边形，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关的性质及定理是解题的关键.
27．(本题12分)（2021·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：

（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）．
【分析】
（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可；
（2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；
（3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD，
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG，
∴
在△EAB和△GAD中有：

∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。
证明：∵四边形ABCD菱形
∴AB=AD
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD
∴
∴
在△EAB和△GAD中有：

∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H

∵四边形AEFG和ABCD为矩形
∴
∴
∵
∴△EAB∽△GAD
∴
∴
∴
∴
，
∴．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键．