专题10 三角形压轴（12题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

这是一份专题10 三角形压轴（12题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用），文件包含专题10三角形压轴讲练原卷版docx、专题10三角形压轴讲练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共169页， 欢迎下载使用。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题10 三角形压轴
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc163729857" 考点 三角形压轴
\l "_Tc163729858" \l "_Tc161669186" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc163729859" 题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
\l "_Tc163729860" 题型02 与三角形有关的平移问题
\l "_Tc163729861" 题型03 与三角形有关的翻折问题
\l "_Tc163729862" 题型04 与三角形有关的旋转问题
\l "_Tc163729863" 题型05 与三角形有关的全等/相似问题
\l "_Tc163729864" 题型06 与三角形有关的最值问题
\l "_Tc163729865" 题型07 与三角形有关的动点问题
\l "_Tc163729866" 题型08 与三角形有关的新定义问题
\l "_Tc163729867" 题型09 与三角形有关的阅读理解问题
\l "_Tc163729868" 题型10 与三角形有关的存在性问题
\l "_Tc163729869" 题型11 三角形与几何图形综合
\l "_Tc163729870" 题型12 三角形与函数综合
\l "_Tc163729871" \l "_Tc161669192" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc163729872" \l "_Tc163485733" \l "_Tc162276584" \l "_Tc161669193" 【好题必刷·强化落实】
考点 三角形压轴题
题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正确的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断③正确；根据EFDE≠QEBE即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
∴CPBP=CDBQ=53．
∵CP+BP=BC=5，
∴BP=38BC=158．
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
∴DFEF=CDBE=CDBQ+QE=53+5=58．
∴EFDE=813．
∵QEBE=58，
∴EFDE≠QEBE．
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
2．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB=3，AD=1．以下结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；
③当点E在BA的延长线上时，MC=3−32；
④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为12．
其中正确结论有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】证明△BAD≌△CAE即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM∽∠ECA得出MC3=3−12，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中MC=BC2−MB2 =2+1，然后根据三角形的面积公式即可判断④．
【详解】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA=CA,DA=EA,∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，故①正确；
设∠ABD=∠ACE=α，
∴∠DBC=45°−α,
∴∠EMB=∠DBC+∠BCM=∠DBC+∠BCA+∠ACE=45°−α+45°+α=90°，
∴BD⊥CE，故②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图所示

∵∠DCM=∠ECA，∠DMC=∠EAC=90°，
∴∠DCM∽∠ECA
∴MCAC=CDEC
∵AB=3，AD=1．
∴CD=AC−AD=3−1，CE=AE2+AC2=2
∴MC3=3−12
∴MC=3−32，故③正确；
④如图所示，以A为圆心，AD为半径画圆，

∵∠BMC=90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小， ∠ADM=∠DAE=∠AEM=90°
∴四边形AEMD是矩形，
又AE=AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD=AE=1，
∵BD=EC=AC2−AE2=2，
∴MB=BD−MD=2−1，
在Rt△MBC中，MC=BC2−MB2
∴PB取得最小值时，MC=AB2+AC2−MB2 =3+3−2−12=2+1
∴S△BMC=12MB×MC=122−12+1=12
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，则可证△AEB≌△FEDSAS，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠DBE−∠ABE,∠EBC=∠ABC−∠ABE，∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，
∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正确；
∴△AEB≌△FEDSAS，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正确；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②错误；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴AD=CF，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
4．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①AC=CD；②2AD2=BC⋅AF；③若AD=35，DH=5，则BD=3；④AH2=DH⋅AC，正确的是 ．
【答案】②③/③②
【分析】先证明AB=AC=22BC,∠B=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°,AD=AE, △BAD≌△CAE, 再证明∠DAG=∠EAG=45°,DG=EG,若AC=CD, 可得AC平分∠EAH, 与题干信息不符，可判断①不符合题意；再证明△ADF∽△ACD, 可得ADAC=AFAD, 而AC=22BC, 可判断②符合题意；如图，连接EH，求解DE=35×2=310, 设BD=CE=x,CH=y, 再建立方程组{x2+y2=25x2+(5+y)2=(310)2, 可判断③符合题意；证明△HAD∽△HBA, 可得AH2=DH·HB, 若AH2=DH⋅AC，则HB=AC, 与题干信息不符，可判断④不符合题意；从而可得答案．
【详解】解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE,
∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，
∴AB=AC=22BC,∠B=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°,AD=AE,
∴△BAD≌△CAE,
∴∠ACE=45°,∠BCE=90°,BD=CE,
∵AH⊥DE,AD=AE,
∴∠DAG=∠EAG=45°,DG=EG,
∴∠EAC+∠CAH=45°,
若AC=CD,
∴∠CDA=∠CAD=12(180°−45°)=67.5°,
∴∠CAH=67.5°−45°=22.5°=∠CAE,
∴AC平分∠EAH, 与题干信息不符，故①不符合题意；
∵∠ADE=∠ACB=45°,∠DAF=∠CAD,
∴△ADF∽△ACD,
∴ADAC=AFAD,
∴AD2=AC·AF, 而AC=22BC,
∴2AD2=BC⋅AF，故②符合题意；
如图，连接EH，
由AH⊥DE,DG=EG,
∴DH=EH=5,
∵AD=35=AE,∠DAE=90°,
∴DE=35×2=310,
设BD=CE=x,CH=y,
∴{x2+y2=25x2+(5+y)2=(310)2,
解得：{x=3y=4, 即BD=3，故③符合题意；
∵∠DAH=∠B=45°,∠AHD=∠AHB,
∴△HAD∽△HBA,
∴HAHB=DHAH,
∴AH2=DH·HB,
若AH2=DH⋅AC，则HB=AC, 与题干信息不符，故④不符合题意；
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，构建直角三角形是解本题的关键．
题型02 与三角形有关的平移问题
1．（2023·四川攀枝花·中考真题）如图1，在△ABC中，AB=BC=2AC=8，△ABC沿BC方向向左平移得到△DCE，A、C对应点分别是D、E．点F是线段BE上的一个动点，连接AF，将线段AF绕点A逆时针旋转至线段AG，使得∠BAD=∠FAG，连接FG．

(1)当点F与点C重合时，求FG的长；
(2)如图2，连接BG、DF．在点F的运动过程中：
①BG和DF是否总是相等？若是，请你证明；若不是，请说明理由；
②当BF的长为多少时，△ABG能构成等腰三角形？
【答案】(1)215
(2)①DF=BG；②BF的长为14或11或8或0
【分析】（1）根据平移的性质可得四边形ABCD、四边形ACED是平行四边形，再由已知推导出AB是∠CAG的平分线，由等腰三角形的性质可得AB⊥CG，过B点作BH⊥AC交于H点，求出BH=215，再由sin∠BAC=2158=12CG4，所以CG=FG=215；
（2）①证明△ABG≌△ADF(SAS)，则DF=BG；
②过点A作AN⊥BC交于N，由等积法可得12×4×215=12×8AN，求出AN=15，分三种情况讨论：当AG=AB时，AG=AF=8；当F点与B点重合时，AF=8，此时BF=0，当BF=2BN时，AF=8，在Rt△ABN中，BN=7，可得BF=14；当AG=BG时，DF=AF，过点F作FM⊥AD交于M，所以AM=FN=4，能求出CN=1，CF=3，则BF=11；当BA=BG时，DC=DF，当F点在BE上时，CD=DF，此时C点与F点重合，此时BF=BC=8．
【详解】（1）解：当F点与C点重合时，AF=AC，
由平移可知，CD=AB，CD∥AB，
∴四边形ABCD、四边形ACED是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵∠BAD=∠FAG，
∴∠DAF=∠BAG，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB，
∵∠DAC=∠ACB，
∴∠DAC=∠BAC=∠BAG，
∴AB是∠CAG的平分线，
∵AC=AG，
∴AB⊥CG，
如图1，过B点作BH⊥AC交于H点，

∵AB=BC=2AC=8，
∴AH=2，
∴BH=215，
∴sin∠BAC=2158=12CG4，
∴CG=FG=215；
（2）解：①DF=BG，理由如下：
如图2，∵AG=AF，∠DAF=∠BAG，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴DF=BG；
②如图2，过点A作AN⊥BC交于N，

由①可知12×4×215=12×8AN，
∴AN=15，
当AG=AB时，
∵AB=BC=8，
∴AG=8，
∵AG=AF，
∴AF=8，
当F点与B点重合时，AF=8，此时BF=0，
当BF=2BN时，AF=8，在Rt△ABN中，BN=64−15=7，
∴BF=14；
当AG=BG时，AF=BG，
∵DF=BG，
∴DF=AF，
过点F作FM⊥AD交于M，
∴AM=DM=4，
∵FM⊥AD，AN⊥BC，
∴AM=FN=4，
∵BN=7，
∴CN=1，
∴CF=3，
∴BF=11；
当BA=BG时，
∵DF=BG，
∴AB=DF，
∵AB=CD=BC=AD，
∴DC=DF，
当F点在BE上时，CD=DF，此时C点与F点重合，
∴BF=BC=8；
综上所述：BF的长为14或11或8或0．
【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
2．（2022·广西贵港·中考真题）已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD=2AC，AD与BC相交于点O．
(1)如图1，若连接CD，则△BCD的形状为______，AOAD的值为______；
(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．
①如图2，当AE与AC重合时，连接OE，若AC=32，求OE的长；
②如图3，当∠ACB=60°时，连接EC并延长交直线l于点F，连接OF．求证：OF⊥AB．
【答案】(1)等腰三角形，13
(2)①OE=27；②见解析
【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，进而可判断△BCD的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解．
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得AC//BD，根据等边三角形的性质可得∠BAD=30°，再利用勾股定理即可求解．
②连接CD，根据AC//BD，得∠CBD=∠ACB=60°，即△BCD是等边三角形，把△ABD旋转得∠ECD=∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到AFAB=AOAD=13，则可得△AOF∽△ADB，根据三角形相似的性质即可求证结论．
【详解】（1）解：过点C作CH⊥BD于H，如图所示：
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC=BH，
又∵BD=2AC，
∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，
∴△BCD的形状为等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴AC//BD，
∴△AOC∽△BOD，
∴AODO=ACDB=AC2AC=12，即DO=2AO，
∴AOAD=AOAO+DO=AO3AO=13，
故答案为：等腰三角形，13．
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，如图所示：
∵AC，BD均是直线l的垂线段，
∴AC//BD，
∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，
∴∠EAD=60°，
∴∠ADB=∠EAD=60°，
∴∠BAD=30°，
∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=3BD，
又∵BD=2AC，AC=32，
∴AD=6,AB=33，
∴AH=DH=12AD=3，AE=6
在Rt△AEH中，EH=AE2−AH2=62−32=33，
又由（1）知AOAD=13，
∴AO=13AD=2，则OH=1，
∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=EH2+OH2=27．
②连接CD，如图3所示：
∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=60°，
∵由（1）知△BCD是等腰三角形，
∴△BCD是等边三角形，
又∵△ADE是等边三角形，
∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，
∴∠ECD=∠ABD=90°，
又∵∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，
∴FC=FB=2AF，
∴AFAB=AOAD=13，
又∠OAF=∠DAB，
∴△AOF∽△ADB，
∴∠AFO=∠ABD=90°，
∴OF⊥AB．
【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．
3．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，已知A(0,2),B(2,0)．点E位于第二象限且在直线y=−2x上，∠EOD=90°，OD=OE，连接AB，DE，AE，DB．

(1)直接判断△AOB的形状：△AOB是_________三角形；
(2)求证：△AOE≌△BOD；
(3)直线EA交x轴于点C(t,0),t>2．将经过B，C两点的抛物线y1=ax2+bx−4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移，2(t−1)2个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)详见解析
(3)①t=3；②t=6；③D125,65
【分析】（1）由A(0,2),B(2,0)得到OA=OB=2，又由∠AOB=90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD=90°，∠AOB=90°得到∠AOE=∠BOD，又有AO=OB，OD=OE，利用SAS即可证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y1的解析式，联立得x2−t+3x+3t=0，由Δ=(t+3)2−4×3t=(t−3)2=0即可得到t的值；
②抛物线y1=−2tx2+2t(t+2)x−4向左平移2个单位得到抛物线y2=−2tx−t−222+(t−2)22t，则抛物线y2的顶点Pt−22,(t−2)22t，将顶点Pt−22,(t−2)22t代入yAC=−2tx+2得到t2−6t=0，解得t1=0,t2=6,根据t>2即可得到t的值；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM(AAS)，则ON=EM,DN=OM，设EM=2OM=2m,由OA∥EM得到OC:CM=OA:EM,则tt+m=22m,求得m=tt−1,得到D2tt−1,tt−1，由抛物线y2再向下平移2(t−1)2个单位，得到抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2(t−1)2,把D2tt−1,tt−1代入抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2(t−1)2,得到3t2−19t+6=0,解得t1=13,t2=6,由t>2，得t=6,即可得到点D的坐标．
【详解】（1）证明：∵A(0,2),B(2,0)，
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形
（2）如图，

∵∠EOD=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOB−∠AOD=∠DOE−∠AOD，
∴∠AOE=∠BOD，
∵AO=OB,OD=OE，
∴△AOE≌△BOD(SAS)；
（3）①设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A(0,2),C(t,0)，
∴b=2kt+b=0，
∴yAC=−2tx+2，
将C(t,0),B(2,0)代入抛物线y1=ax2+bx−4得，
0=at2+bt−40=4a+2b−4，
解得a=−2t,b=2t(t+2)，
∴y1=−2tx2+2t(t+2)x−4，
∵直线yAC=−2tx+2与抛物线y1=−2tx2+2t(t+2)x−4有唯一交点
∴联立解析式组成方程组解得x2−t+3x+3t=0
∴Δ=(t+3)2−4×3t=(t−3)2=0
∴t=3
②∵抛物线y1=−2tx2+2t(t+2)x−4向左平移2个单位得到y2，
∴抛物线y2=−2tx−t−222+(t−2)22t，
∴抛物线y2的顶点Pt−22,(t−2)22t，
将顶点Pt−22,(t−2)22t代入yAC=−2tx+2，
∴t2−6t=0，解得t1=0,t2=6,
∵t>2，
∴t=6；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N,

∴∠EMO=∠OND=90°，
∵∠DOE=90°，
∴∠EOM+∠MEO=∠EOM+∠NOD=90°，
∴∠MEO=∠NOD，
∵OD=OE，
∴△ODN≌△EOM(AAS)，
∴ON=EM,DN=OM，
∵OE的解析式为y=−2x，
∴设EM=2OM=2m,
∴DN=OM=m，
∵EM⊥x轴,
∴OA∥EM,
∴△CAO~△CEM，
∴OC:CM=OA:EM,
∴tt+m=22m,
∴m=tt−1,
∴EM=ON=2OM=2m=2tt−1，DN=OM=m=tt−1，
∴D2tt−1,tt−1,
∵抛物线y2再向下平移2(t−1)2个单位，得到抛物线y3，
∴抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2(t−1)2,
∴D2tt−1,tt−1代入抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2(t−1)2,
∴3t2−19t+6=0,
解得t1=13,t2=6,
由t>2，得t=6,
∴2tt−1=126−1=125,tt−1=66−1=65，
∴D125,65．
【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
题型03 与三角形有关的翻折问题
1．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．
(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
【答案】(1)25°
(2)①当点P在线段BE上时，2α－β＝50°；②当点P在线段CE上时，2α＋β＝50°
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得∠ACD，从而α＝∠ACB−∠ACD；
（2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90°−α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α−β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90°−α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°−α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．
【详解】（1）解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵P与E重合，AE平分∠BAC，
∴D在AB边上，AE⊥CD，
∴∠ACD＝65°，
∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；
（2）①如图1，当点P在线段BE上时，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，
∴90°－α＋β＝40°＋α，
∴2α－β＝50°；
②如图2，当点P在线段CE上时，
延长AD交BC于点F，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，
∴90°－α＝40°＋α＋β，
∴2α＋β＝50°．
【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质．
2．（2023·宁夏·中考真题）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．

探究发现
如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．

（1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDE=_______°，设AC=1，BC=x，那么AE=______（用含x的式子表示）；
（2）进一步探究发现：底BC腰AC=5−12，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：底BC腰AC=5−12；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形．如图2，在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1．求这个菱形较长对角线的长．

【答案】（1）72°,1−x（2）证明见解析，拓展应用：5+12
【分析】（1）利用等边对等角求出∠ABC,∠ACB的长，翻折得到∠ABD=∠CBD=12∠ABC，∠BDC=∠BDE,BC=BE，利用三角形内角和定理求出，∠BDC，AE=AB−BE=AB−BC，表示出AE即可；
（2）证明△BDC∽△ABC，利用相似比进行求解即可得出底BC腰AC=5−12；
拓展应用：连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，得到△ACE为黄金三角形，进而得到CEAC=5−12，求出AC的长即可．
【详解】解：（1）∵∠A=36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=12180°−36°=72°，
∵将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=36°，∠BDC=∠BDE,BC=BE=x，
∴∠BDC=∠BDE=180°−∠CBD−∠C=72°，AE=AB−BE=AB−BC=1−x；
故答案为：72°,1−x；
（2）证明：∵∠BDC=72°=∠C，
∴BD=BC=x，
∵∠A=∠CBD=36°,∠C=∠C，
∴△BDC∽△ABC，
∴BCAC=CDBC，
∵∠ABD=∠CBD=∠A=36°，
∴AD=BD=BC=x，
∴CD=1−x，
∴x1=1−xx，
整理，得：x2+x−1=0，
解得：x=5−12（负值已舍掉）；
经检验x=5−12是原分式方程的解．
∴底BC腰AC=5−12；
拓展应用：
如图，连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，

∵在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1，
∴∠CAD=∠ACD=36°,CD=AD=1，
∴∠EDC=∠DAC+∠ACD=72°,∠ACE=∠AEC=12180°−∠DAC=72°，
∴∠EDC=∠AEC，
∴CE=CD=1，
∴△ACE为黄金三角形，
∴CEAC=5−12，
∴AC=25−1=5+12．即菱形的较长的对角线的长为5+12．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为5−12．
3．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠ABC，点D在边AC上，将线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，线段DA'交AB于点E，作A'F⊥AB于点F，与线段AC交于点G，连接FC,GB．

(1)求证：△ADE≌△A'DG；
(2)求证：AF⋅GB=AG⋅FC；
(3)若AC=8，tanA=12，当A'G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)86513
【分析】（1）根据旋转的性质可得DA=DA',∠ADA'=∠GDA'=90°，再根据A'F⊥AB，可得∠A=∠A'，即可；
（2）根据∠BFG=∠ACB=90°，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到∠CBG=∠CFG，∠ABC+∠CGF=180°，从而得到∠AGF=∠ABC，进而得到∠ACF=∠ABG，可证明△ABG∽△ACF，即可；
（3）连接EG，根据AC=8，tanA=12，可得BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，AB=45，设DE=DG=x，则A'D=AD=2x可得AE=A'G=5x，A'E=x，CG=8−3x，EF=55x,A'F=255x，FG=355x，BF=45−655x，再由A'G平分四边形DCBE的面积，可得S△DEG+S△FEG=S△BFG+S△BCG，从而得到关于x的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，
∴DA=DA',∠ADA'=∠GDA'=90°，
∴∠A+∠AED=90°，
∵A'F⊥AB，即∠A'FE=90°，
∴∠A'+∠AEF=90°，
∵∠AED=∠AEF，
∴∠A=∠A'，
在△ADE和△A'DG中，
∵∠A=∠A'， DA=DA',∠ADA'=∠GDA'=90°，
∴△ADE≌△A'DG；
（2）证明：∵∠BFG=∠ACB=90°，
∴点B，C，G，F四点共圆，
∴∠CBG=∠CFG，∠ABC+∠CGF=180°，
∵∠AGF+∠CGF=180°，
∴∠AGF=∠ABC，
∵∠AGF=∠CFG+∠ACF,∠ABC=∠ABG+∠CBG，
∴∠ACF=∠ABG，
∵∠A=∠A，
∴△ABG∽△ACF，
∴AGAF=BGCF，
即AF⋅GB=AG⋅FC；
（3）解：如图，连接EG，

∵△ADE≌△A'DG，
∴DE=DG，AE=A'G，
∵AC=8，tanA=12，
∴tanA=BCAC=DEAD=12,tanA'=EFA'F=12，
∴BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，
∴AB=45，
设DE=DG=x，则A'D=AD=2x，
∴AE=A'G=5x，A'E=x，CG=8−3x，
∴EF=55x,A'F=255x，
∴FG=355x，BF=45−655x，
∵A'G平分四边形DCBE的面积，
∴S△DEG+S△FEG=S△BFG+S△BCG，
∴12DE×DG+12EF×FG=12BC×CG+12BF×FG，
即12x2+12×55x×355x=12×48−3x+1245−655x×355x，
解得：x=46513（负值舍去），
∴AD=2x=86513．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则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，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
4．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
(1)特例体验：
如图①，若直线l∥BC，AB=AC=2，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α0AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
【答案】(1)∠EFC=60°
(2)BF+CF=2CN，证明见解析
(3)214+4214
【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；
（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论；
（3）根据∠BFC=120°可知F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当P、F、O三点共线时，PF取得最小值，设HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计算即可．
【详解】（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，
∴△CBE≌△BCK（SAS），
∴BK=CE=BD，
∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°，
∵∠A=60°，
∴∠DFE=120°，
∴∠CFE=60°；
（2）BF+CF=2CN，
证明：∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，
又∵BD=AE，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，
由旋转的性质得AC＝CM，
∴FQ=CM=BC，
在CF上截取FP＝FB，连接BP，
∵∠BFC=120°，
∴∠BFP=60°，
∴△PBF为正三角形，
∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠FCM=∠PBC，
∵∠QFN＝∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴∠PFQ=∠FCM，
∴∠PFQ=∠PBC，
又∵PB=PF，FQ=BC
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，
∴△PCQ为正三角形，
∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；
（3）由（2）知∠BFC=120°，
∴F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，
∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，
∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，
∴tan∠APK=AOAP=23，
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如图3-2，作HL⊥PK于L，
设HL=LK=2，
在Rt△HLP中，tan∠HPL=HLPL=23，即2PL=23，
∴PL=3，
∴PH=32+22=7，HK=22+22=22，
设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，
∵S△PHK＝12PK⋅HL=12HK⋅PR，
∴2+3×2=22PR，
∴PR=2+32，
∴PQ=2PR=4+232，
∵BC＝AP＝2PH=27，
∴PQBC=4+232×127=214+4214．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键．
题型08 与三角形有关的新定义问题
1．（2022·山东青岛·中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在△ABC和△A'B'C'中，AD,A'D'分别是BC和B'C'边上的高线，且AD=A'D'，则△ABC和△A'B'C'是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用S△ABC，S△A'B'C'分别表示△ABC和△A'B'C'的面积．
则S△ABC=12BC⋅AD,S△A'B'C'=12B'C'⋅A'D'，
∵AD=A'D'
∴S△ABC:S△A'B'C=BC:B'C'．
【性质应用】
(1)如图②，D是△ABC的边BC上的一点．若BD=3,DC=4，则S△ABD:S△ADC=__________；
(2)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点．若BE:AB=1:2，CD:BC=1:3，S△ABC=1，则S△BEC=__________，S△CDE=_________；
(3)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点，若BE:AB=1:m，CD:BC=1:n，S△ABC=a，则S△CDE=__________．
【答案】(1)3:4
(2)12；16
(3)amn
【分析】（1）由图可知△ABD和△ADC是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据BE:AB=1:2，S△ABC=1和等高三角形的性质可求得S△BEC，然后根据CD:BC=1:3和等高三角形的性质可求得S△CDE；
（3）根据BE:AB=1:m，S△ABC=a和等高三角形的性质可求得S△BEC，然后根据CD:BC=1:n，和等高三角形的性质可求得S△CDE．
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，
则S△ABD=12BD⋅AE，S△ADC=12DC⋅AE
∵AE=AE，
∴S△ABD:S△ADC=BD:DC=3:4．
（2）解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:2，
∴S△BEC=12S△ABC=12×1=12；
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:3，
∴S△CDE=13S△BEC=13×12=16．
（3）解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:m，
∴S△BEC=1mS△ABC=1m×a=am；
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:n，
∴S△CDE=1nS△BEC=1n×am=amn．
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．
2．（2021·山东东营·中考真题）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．
（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．
（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD=60°，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．
【答案】（1）OC=OD；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②AC+BD=3OC
【分析】（1）根据三角形全等可得；
（2）方法一：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明△COE≌△DOF即可，
方法二：延长CO交BD于点E，证明△AOC≌△BOE即可；
（3）①方法一：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明△COE≌△DOF，
方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明△AOC≌△BOE；
②延长CO交DB的延长线于点E，证明△AOC≌△BOE，根据已知条件得出DE=3CD．
【详解】（1）∵O是线段AB的中点
∴OA=OB
∵AC⊥l，BD⊥l
∴∠ACO=∠BDO
在△ACO和△BDO中
OA=OB∠ACO=∠BDO∠AOC=∠BOD
∴ △ACO ≌ △BDO(AAS)
∴ OC=OD
（2）数量关系依然成立．
证明（方法一）：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E．
∵EF//CD
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°
∴四边形CEFD为矩形．
∴∠OFD=90°，CE=DF
由（1）知，OE=OF
∴△COE≌△DOFSAS，
∴OC=OD．
证明（方法二）：延长CO交BD于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠A=∠B，
∵点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOEASA，
∴OC=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=OC．
（3）①数量关系依然成立．
证明（方法一）：
过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长CA交EF于点E．
∵EF//CD
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°
∴四边形CEFD为矩形．
∴∠OFD=90°，CE=DF
由（1）知，OE=OF
∴△COE≌△DOFSAS，
∴OC=OD．10分
证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∴点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOEAAS，
∴OC=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=OC．
②如图，延长CO交DB的延长线于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∴点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOEAAS，
∴AC=BE，
∴AC+BD=BE+BD=DE
∵∠CDE=90°,∠COD=60°
∴ OD=OC
∵∠COD=60°
∴∠DCE=60°
∴DECD=tan∠DCE=tan60°=3
∴DE=3CD
∴ AC+BD=3OC．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．
题型09 与三角形有关的阅读理解问题
1．（2022·吉林·中考真题）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为ℎ，则S△ABC=12BC⋅ℎ，S△DBC=12BC⋅ℎ．
∴S△ABC=S△DBC．
【探究】
(1)如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为ℎ，ℎ'，则S△ABCS△DBC=ℎℎ'．
证明：∵S△ABC


(2)如图③，当点D在l1，l2之间时，连接AD并延长交l2于点M，则S△ABCS△DBC=AMDM．
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM=∠DFM=90°，
∴AE∥ ．
∴△AEM∽ ．
∴AEDF=AMDM．
由【探究】（1）可知S△ABCS△DBC= ，
∴S△ABCS△DBC=AMDM．
(3)如图④，当点D在l2下方时，连接AD交l2于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，S△ABCS△DBC的值为 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)73
【分析】（1）根据三角形的面积公式可得S△ABC=12BC⋅ℎ,S△DBC=12BC⋅ℎ'，由此即可得证；
（2）过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，先根据平行线的判定可得AE∥DF，再根据相似三角形的判定可证△AEM∼△DFM，根据相似三角形的性质可得AEDF=AMDM，然后结合【探究】（1）的结论即可得证；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，先根据相似三角形的判定证出△AME∼△DNE，再根据相似三角形的性质可得AMDN=AEDE=73，然后根据三角形的面积公式可得S△ABC=12BC⋅AM，S△DBC=12BC⋅DN，由此即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵S△ABC=12BC⋅ℎ，S△DBC=12BC⋅ℎ'，
∴S△ABCS△DBC=ℎℎ'．
（2）证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM=∠DFM=90°，
∴AE∥DF．
∴△AEM∼△DFM．
∴AEDF=AMDM．
由【探究】（1）可知S△ABCS△DBC=AEDF，
∴S△ABCS△DBC=AMDM．
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，则∠AME=∠DNE=90°，
∴AM∥DN，
∴△AME∼△DNE，
∴AMDN=AEDE，
∵点A,E,D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，
∴AE=5−1.5=3.5，DE=1.5，
∴AMDN=，
又∵S△ABC=12BC⋅AM，S△DBC=12BC⋅DN，
∴S△ABCS△DBC=AMDN=73，
故答案为：73．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的判定、三角形的面积等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
2．（2022·贵州黔东南·中考真题）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC=AE，∠ADC=120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由．
②若AE2+AG2=10，试求出正方形ABCD的面积．
【答案】(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=5
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=AG2+CG2=10，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
EB=DB∠EBA=∠DBCAB=CB，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
（2）证明：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
EB=GB∠EBA=∠GBCAB=CB，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；
②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，AE2+AG2=10，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC=AG2+CG2=10，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=10，
∴S四边形ABCD=12AC⋅BD=12AC2=5．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
题型10 与三角形有关的存在性问题
1．（2020·湖南湘潭·中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断ODOA、S△OBCS△ABC是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；
②若S△CME=1，求正方形ABCD的面积．
【答案】（1）33，3；（2）都是定值，ODOA=12，S△OBCS△ABC=13；（3）①EM=235；②12．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明ODAO=12，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM得EMBM=12，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM 即可.
【详解】（1）连接DE，如图，

∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//AB，DE=12AB，
∴△ODE~△OAB，
∴ODOA=DEAB=12，
∴AB=2，BD=1
∴AD=3，OD=33，
∴S△OBC=12×BC×OD=12×2×33=33
S△ABC=12⋅BC⋅AD=12×2×3=3；
（2）由（1）可知，ODOA=12是定值；
S△OBCSOABC=12BC⋅OD12BC⋅AD=ODAD=13是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
∴ CD//AB，AB÷BC=CD=4，
∴△CME∼△AMB
∴EMBM=CEAB
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=2
∴BE=BC2+CE2=25
∴EMBM=12
∴EMBE=13，即EM=235；
②∴S△CME=1，且MEBM=12
∴S△BMC=2，
∵MEBM=12，
∴S△CMES△AMB=MEBM2=14，
∴S△AMB=4SΔCME=4，
∴S△ABC=S△BMC+S△ABM=2+4=6，
又S△ADC=S△ABC
∴S△ADC=6
∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
2．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在Rt△ABC中，AC=BC=32，点D在AB边上，连接CD，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE，DE．

(1)求证：△CAD≌△CBE；
(2)若AD=2时，求CE的长；
(3)点D在AB上运动时，试探究AD2+BD2的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)10
(3)存在，18
【分析】（1）由SAS即可证明△CAD≌△CBE；
（2）证明△CAD≌△CBE（SAS），勾股定理得到DE，在 Rt△CDE 中，勾股定理即可求解；
（3）证明AD2+BD2=2CD2，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，可知∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB，CD=CE．
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB．
即∠ACD=∠BCE．
∴△CAD≌△CBE(SAS)．
（2）∵在Rt△ABC中，AC=BC=32，
∴∠CAB=∠CBA=45°,AB=2AC=6．
∴BD=AB−AD=6−2=4．
∵△CAD≌△CBE，
∴BE=AD=2，∠CBE=∠CAD=45°．
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．
∴DE=BD2+BE2=25．
∴在Rt△CDE中，CE=CD=DE2=10．
（3）由（2）可知，AD2+BD2=BE2+BD2=DE2=2CD2．
∴当CD最小时，有AD2+BD2的值最小，此时CD⊥AB．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴CD=12AB=12×6=3．
∴ AD2+BD2=2CD2≥2×32=18．
即AD2+BD2的最小值为18．
【点睛】本题主要考查了图形的几何变换，涉及到等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·北京·中考真题）在△ABC中、∠B=∠C=α0°