2020-2022年浙江中考数学3年真题汇编 专题12 三角形与四边形重难点题型（学生卷+教师卷）

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专题12 三角形与四边形重难点题型
共23道题
一、单选题
1．（2022·浙江温州）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连结，作于点M，于点J，于点K，交于点L．若正方形与正方形的面积之比为5，，则的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF=AB=m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL=FM，设AL=FM=x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2=（m）2，可解得x=m，有AL=FM=m，FL=2m，从而可得AP=，FP=m，BP=，即知P为AB中点，CP=AP=BP=，由△CPN∽△FPA，得CN=m，PN=m，即得AN=m，而tan∠BAC=，又△AEC∽△BCH，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，如图：

设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF=AB=m，
由已知可得：∠AFL=90°-∠MFG=∠MGF，∠ALF=90°=∠FMG，AF=GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL=FM，
设AL=FM=x，则FL=FM+ML=x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2=AF2，
∴x2+（x+m）2=（m）2，
解得x=m或x=-2m（舍去），
∴AL=FM=m，FL=2m，


AP=，

∴AP=BP，即P为AB中点，
∵∠ACB=90°，
∴CP=AP=BP=
∵∠CPN=∠APF，∠CNP=90°=∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
即
∴CN=m，PN=m，
∴AN=AP+PN=
tan∠BAC=，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，




故选：C．
【点睛】
本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
2．（2020·浙江湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）

A．1 B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，连接DD＇，延长交AD于E，由菱形，可得,进一步说明,得到菱形AE=AD；又由正方形ABCD，得到AB=AD,即菱形的高为AB的一半，然后分别求出菱形和正方形ABCD的面积，最后求比即可．
【详解】
解：如图：延长交AD于E
∵菱形
∴
∵
∴
∴AE=AD
又∵正方形ABCD
∴AB=AD,即菱形的高为AB的一半
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．
故答案为B．

【点睛】
本题主要考出了正方形的性质、菱形的性质以及含30°直角三角形的性质，其中表示出菱形ABC′D′的面积是解答本题的关键．
3．（2020·浙江温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（       ）

A．14 B．15
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
方法一：连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
方法二：设AB交CR于点M，先证得，可得、，进而可求得PC＝5，CQ＝10，设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
【详解】
方法一：
解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，
∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC:CH＝1:2，
∴AC:BC＝1:2，
设AC＝a，则BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴AB＝CQ＝10，
∵，
∴，
∴（舍负）
∴，，
∵，
∴，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ＋JR＝14，
故选：A．

方法二：
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形







∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10
设，则
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°
由勾股定理得
由等面积法得
设与交于点J
∵四边形ABGF是正方形
PQ⊥CR，CR⊥AB，∠ACB＝90°
∴CQAB，ACBQ，四边形AMRF是矩形
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴


故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用及等面积法，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
4．（2020·浙江台州）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．

由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，
题意AR=R A'= A'W=WD=4，
∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.
故答案为：D.
【点睛】
本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．
二、填空题
5．（2022·浙江绍兴）如图，，点在射线上的动点，连接，作，，动点在延长线上，，连接，，当，时，的长是______．

【答案】5或
【解析】
【分析】
过点C作CN⊥BE于N，过点D作DM⊥CN延长线于M，连接EM，设BN=x，则CN =3x，由△ACN≌△CDM可得AN=CM=10+x，CN=DM=3x，由点C、M、D、E四点共圆可得△NME是等腰直角三角形，于是NE=10-2x，由勾股定理求得AC可得CE，在Rt△CNE中由勾股定理建立方程求得x，进而可得BE；
【详解】
解：如图，过点C作CN⊥BE于N，过点D作DM⊥CN延长线于M，连接EM，

设BN=x，则CN=BN•tan∠CBN=3x，
∵△CAD，△ECD都是等腰直角三角形，
∴CA=CD，EC=ED，∠EDC=45°，
∠CAN+∠ACN=90°，∠DCM+∠ACN=90°，则∠CAN=∠DCM，
在△ACN和△CDM中：∠CAN=∠DCM，∠ANC=∠CMD=90°，AC=CD，
∴△ACN≌△CDM（AAS），
∴AN=CM=10+x，CN=DM=3x，
∵∠CMD=∠CED=90°，
∴点C、M、D、E四点共圆，
∴∠CME=∠CDE=45°，
∵∠ENM=90°，
∴△NME是等腰直角三角形，
∴NE=NM=CM-CN=10-2x，
Rt△ANC中，AC=，
Rt△ECD中，CD=AC，CE=CD，
Rt△CNE中，CE2=CN2+NE2，
∴，
，
，
x=5或x=，
∵BE=BN+NE=x+10-2x=10-x，
∴BE=5或BE=；
故答案为：5或；
【点睛】
本题考查了三角函数，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，一元二次方程等知识；此题综合性较强，正确作出辅助线是解题关键．
6．（2021·浙江绍兴）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标． 反比例函数（常数，）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是_______．

【答案】5或22.5
【解析】
【分析】
先设一个未知数用来表示出B、C两点的坐标，再利用反比例函数图像恰好经过B、C、D的其中两个点进行分类讨论，建立方程求出未知数的值，符合题意时进一步求出k的值即可．
【详解】
解：如图所示，分别过B、D两点向x轴作垂线，垂足分别为F、E点，并过C点向BF作垂线，垂足为点G；
∵正方形ABCD，
∴∠DAB=90°，AB=BC=CD=DA，
∴∠DAE+∠BAF=90°，
又∵∠DAE+∠ADE=90°，∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠DAE=∠ABF，∠ADE=∠BAF，
∴≌，
同理可证△ADE≌△BAF≌△CBG；
∴DE=AF=BG，AE=BF=CG；
设AE=m，
∵点D的坐标 (,2) ，
∴OE=，DE=AF=BG=2，
∴B（，），C（，）,
∵，
当时，，不符题意，舍去；
当时，由解得,符合题意；故该情况成立，此时 ；
当时，由 解得,符合题意，故该情况成立，此时;
故答案为：5或22.5．


【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、反比例函数的图像与性质、解一元二次方程等内容，解题的关键是牢记相关概念与性质，能根据题意建立相等关系列出方程等，本题涉及到了分类讨论和数形结合的思想方法等．
7．（2021·浙江杭州）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．

【答案】18
【解析】
【分析】
连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】
连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．

【点睛】
本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
8．（2021·浙江金华）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知，．

（1）ED的长为____________．
（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到（如图2），点P的对应点为，与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜反射后，在MN上的光点为．若，则的长为____________．
【答案】     13    
【解析】
【分析】
（1）由题意，证明△ABP∽△EDP，根据相似三角形的性质，即可求出ED的长度；
（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，由勾股定理D′B，可证△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．△AHP′∽△E′FP′，，解得x=1.5．
【详解】
解：（1）由题意，
∵，
∴，
∵从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．
∴，
∴△ABP∽△EDP，
∴，
即，
∴；
故答案为：13．
（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,
在Rt△BDN中，
∵BD=12，DD′=5，
由勾股定理D′B=，
∵∠AHB=∠ABD=∠E′FN=∠BDD′=90°，
∴∠ABH+∠DBD′=∠DBD′+∠DD′B=+∠E′D′F,
∴∠ABH=∠BD′D=∠E′D′F,
∴△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,
∴，，
∴,，
∴，
∵从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．
∴，
∴△AHP′∽△E′FP′，HP′=HB+BP=2.5+4=6.5，P′D′=BD′-BP′=13-4=9，
P′F= P′D′-FD′=9-，
∴即，
解得x=1.5，
经检验x=1.5是方程的解，
EE′=DE-DE′=13-1.5=11.5=．

故答案为．
【点睛】
本题考查相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，掌握相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，利用相似三角形的性质构造方程是解题关键．
9．（2020·浙江绍兴）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的_____（填序号）．
①，②1，③﹣1，④，⑤．
【答案】①②③④．
【解析】
【分析】
首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．
【详解】
解：如下图所示：在BC上截取BE=1，连接AE

∴△ABE为等腰直角三角形，AB=BE=1，AE=，CE=BC－BE=
∴∠BAE=45°，∠EAD=90°－∠BAE=45°
在AE上截取AF=1，连接DF、CF
∴EF=AE－AF==CE
∴△EFC为等腰三角形，腰长为
过点F作FG⊥AD于G
∴AG=AF·cos∠FAG=
∴DG=AD－AG=
∴FG垂直平分AD
∴AF=FD=1
∴△AFD为等腰三角形，腰长为1
△DFC为等腰三角形，腰长为1；
如下图所示：在AD上截取DF=1，连接BF

∴△DFC为等腰直角三角形，腰长为1，AF=AD－DF=
根据勾股定理可得CF=
∴△CBF为等腰三角形，腰长为
在AB上截取AE==AF
∴△AEF为等腰直角三角形，腰长为，BE=AB－AE=
根据勾股定理可得EF==BE
∴△EBF为等腰三角形，腰长为；
如下图所示：连接AC、BD交于点E

易知△EAB、△EBC、△ECD和△EAD均为等腰三角形
利用勾股定理AC=
∴AE=BE=CE=DE=．
综上：其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．
故答案为：①②③④．
【点睛】
此题考查的是矩形的性质、等腰三角形的判定及性质和锐角三角函数，掌握矩形的性质、等腰三角形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．
10．（2021·浙江宁波）在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点，我们把点称为点A的“倒数点”．如图，矩形的顶点C为，顶点E在y轴上，函数的图象与交于点A．若点B是点A的“倒数点”，且点B在矩形的一边上，则的面积为_________．

【答案】或
【解析】
【分析】
根据题意，点B不可能在坐标轴上，可对点B进行讨论分析：①当点B在边DE上时；②当点B在边CD上时；分别求出点B的坐标，然后求出的面积即可．
【详解】
解：根据题意，
∵点称为点的“倒数点”，
∴，，
∴点B不可能在坐标轴上；
∵点A在函数的图像上，
设点A为，则点B为，
∵点C为，
∴，
①当点B在边DE上时；
点A与点B都在边DE上，
∴点A与点B的纵坐标相同，
即，解得：，
经检验，是原分式方程的解；
∴点B为，
∴的面积为：；
②当点B在边CD上时；
点B与点C的横坐标相同，
∴，解得：，
经检验，是原分式方程的解；
∴点B为，
∴的面积为：；
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图像和性质，矩形的性质，解分式方程，坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握反比例函数的性质，运用分类讨论的思想进行分析．
三、解答题
11．（2022·浙江湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．

(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论
(1)
∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
(2)
，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由题意得：，
∴
∴
【点睛】
本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
12．（2022·浙江宁波）



(1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值．
(3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．
(1)
解：∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
(2)
解：由（1）得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
(3)
解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N．


在中，．
∵，
∴由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴．在中，．
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
13．（2021·浙江宁波）【证明体验】
（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．


【思考探究】
（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．
【拓展延伸】
（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；
（2）先证明，得，进而即可求解；
（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．
【详解】
解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）如图，在上取一点F，使得，连结．


∵平分，
∴
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．
14．（2021·浙江湖州）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．

（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；
（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】
（1）解   ，
，
，
，
是等边三角形，

是的中点，
，
在中，，
，
．
（2）证明：连结，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
是等边三角形，

，
，
又，
，
，
．

（3）存在这样的．
过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，
由（2）得AE=2AP，DE=AC，
∴CG=EN，
∵，
∴AE=BC，
∵∠ANE=∠BGC=90°，
，
∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，
∴
∴AC=BE，
∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，
∴∠DEB=90°，
∴，
∵
∴

【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．
15．（2020·浙江绍兴）问题：如图，在△ABD中，BA＝BD．在BD的延长线上取点E，C，作△AEC，使EA＝EC，若∠BAE＝90°，∠B＝45°，求∠DAC的度数．
答案：∠DAC＝45°
思考：（1）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，其余条件不变，那么∠DAC的度数会改变吗？说明理由；
（2）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，再将“∠BAE＝90°”改为“∠BAE＝n°”，其余条件不变，求∠DAC的度数．

【答案】（1）∠DAC的度数不会改变，理由见解析；（2）n°．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到∠AED＝2∠C，①求得∠DAE＝90°-∠BAD＝90°-（45°+∠C）＝45°﹣∠C，②由①，②即可得到结论；
（2）设∠ABC＝m°，根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）∠DAC的度数不会改变，理由如下：
∵EA＝EC，
∴∠AED＝2∠C，①
∵∠BAE＝90°，
∴∠BAD＝ [180°﹣（90°﹣2∠C）]＝45°+∠C，
∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣（45°+∠C）＝45°﹣∠C，②
由①，②得，∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝45°；
（2）设∠ABC＝m°，
则∠BAD＝（180°﹣m°）＝90°﹣m°，∠AEB＝180°﹣n°﹣m°，
∴∠DAE＝n°﹣∠BAD＝n°﹣90°+m°，
∵EA＝EC，
∴∠CAE＝∠AEB＝90°﹣n°﹣m°，
∴∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝n°﹣90°+m°+90°﹣n°﹣m°＝n°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正确的识别图形是解题的关键．
16．（2020·浙江舟山）为了测量一条两岸平行的河流宽度，三个数学研究小组设计了不同的方案，他们在河南岸的点A处测得河北岸的树H恰好在A的正北方向．测量方案与数据如下表：
课题
测量河流宽度
测量工具
测量角度的仪器，皮尺等
测量小组
第一小组
第二小组
第三小组
测量方案示意图



说明
点B，C在点A的正东方向
点B，D在点A的正东方向
点B在点A的正东方向，点C在点A的正西方向．
测量数据
BC＝60m，∠ABH＝70°，
∠ACH＝35°．
BD＝20m，∠ABH＝70°，
∠BCD＝35°．
BC＝101m，∠ABH＝70°，
∠ACH＝35°．

（1）哪个小组的数据无法计算出河宽？
（2）请选择其中一个方案及其数据求出河宽（精确到0.1m）．（参考数据：sin70°≈0.94，sin35°≈0.57，tan70°≈2.75，tan35°≈0.70）

【答案】（1）第二个小组的数据无法计算河宽；（2）河宽为56.4m
【解析】
【分析】
（1）第二个小组的数据无法计算出河宽；
（2）第一个小组：证明BC＝BH＝60m，解直角三角形求出AH即可．
第三个小组：设AH＝xm，则CA＝，AB＝，根据CA+AB＝CB，构建方程求解即可．
【详解】
解：（1）第二个小组的数据无法计算河宽；
（2）第一个小组的解法：
∵∠ABH＝∠ACH+∠BHC，∠ABH＝70°，∠ACH＝35°，
∴∠BHC＝∠BCH＝35°，
∴BC＝BH＝60m，
∴AH＝BH•sin70°＝60×0.94≈56.4（m）．
第三个小组的解法：
设AH＝xm，则CA＝，AB＝，
∵CA+AB＝CB，
∴＝101，
解得x≈56.4．
答：河宽为56.4m．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用、等腰三角形的判定和性质等知识，弄清题意、列出方程是解答本题的关键．
17．（2020·浙江衢州）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连结DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．

【答案】（1）连线见解析，二次函数；（2）；（3）m=0或m=
【解析】
【分析】
（1）根据描点法画图即可；
（2）过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），由全等三角形的性质得出FG=DH，可求出F（﹣m，﹣2m+4），根据勾股定理得出l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，由二次函数的性质可得出答案；
（3）分三种不同情况，根据直角三角形的性质得出m的方程，解方程求出m的值，则可求出答案．
【详解】
解：（1）用描点法画出图形如图1，由图象可知函数类别为二次函数．

（2）如图2，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，

则∠FGK=∠DHK=90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF=KD，
∵∠FKG=∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），
∴FG=DH，
∵直线AC的解析式为y=﹣x+4，
∴x=0时，y=4，
∴A（0，4），
又∵B（﹣2，0），
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m，
∴F（﹣m，﹣2m+4），
∴ER=2m，FR=﹣2m+4，
∵EF2=FR2+ER2，
∴l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，
令﹣+4=0，得x=，
∴0≤m≤．
∴当m=1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为2．
（3）①∠FBE为定角，不可能为直角．
②∠BEF=90°时，E点与O点重合，D点与A点，F点重合，此时m=0．
③如图3，∠BFE=90°时，有BF2+EF2=BE2．

由（2）得EF2=8m2﹣16m+16，
又∵BR=﹣m+2，FR=﹣2m+4，
∴BF2=BR2+FR2=（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2=5m2﹣20m+20，
又∵BE2=（m+2）2，
∴（5m2﹣20m+8）+（8m2﹣16m+16）2=（m+2）2，
化简得，3m2﹣10m+8=0，
解得m1=，m2=2（不合题意，舍去），
∴m=．
综合以上可得，当△BEF为直角三角形时，m=0或m=．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合应用，考查了描点法画函数图象，待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识．准确分析给出的条件，结合一次函数的图象进行求解，熟练掌握方程思想及分类讨论思想是解题的关键．．
18．（2020·浙江湖州）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2），4或3；（3）6≤a＜.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，运用等边三角形内角都为60°以及三边相等进行求解．
（2）根据相似三角形的性质，运用对应边成比例以及勾股定理进行求解．
（3）根据三角函数以及三线合一性质，运用勾股定理以及比例关系进行求解．
【详解】
（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，

∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，

同法可证HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．

∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tanA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
【点睛】
本题考查等边三角形性质，勾股定理，相似三角形性质以及三角形函数的知识点，知识点的灵活运用，以及通过对图形的理解分析出结果的所以可能性是解决此类问题的关键所在．
19．（2020·浙江金华）如图，在△ABC中，AB=，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．

【答案】（1）4;（2）①90°；②
【解析】
【分析】
（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=，证明△AEF∽△ACB，推出，由此求出AF即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，==4.

（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.          
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.       

②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，       
∴△EAF∽△CAB，
∴＝，即＝，
∴AF＝,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝＝.

【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
20．（2022·浙江绍兴）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．

(1)如图，当在边上且时，求的度数．
(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．
(3)当直线恰好经过点时，求的长．
【答案】(1)∠AEM＝90°；
(2)DE＝；MN∥BD，证明见解析；
(3)DE的长为或．
【解析】
【分析】
（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题．
(1)
解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，       
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
(2)
如图1，

∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
(3)
①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，

∴∠BMC＝90°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，

∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN，
∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
21．（2021·浙江衢州）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据ASA证明；
（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】
（1）如图，由折叠得到，
，
．
又四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
．

（2）如图，连接，

由（1）得，
，
由折叠得，，
．
四边形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．

，
，
（舍去）．
（3）如图，连结HE，

由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，，
，
由折叠得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．

②当点在点右边时，如图，

同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．

【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
22．（2021·浙江绍兴）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：．
探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．

【答案】（1）①10；②5；（2），，
【解析】
【分析】
（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
【详解】
（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
．


②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴▱ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
．

（2）情况1，如图3，
可得，
．

情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．

情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．

综上：的值可以是，，．
【点睛】
本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．
23．（2020·浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F， 已知OB=8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）48；（3）点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)
【解析】
【分析】
（1）结合正方形性质求得△ACE≌△ABD，从而得到AE=AD，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）连接DE，求出△ADE的面积即可解决问题．
（3）首先证明AK=3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形．③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形．分别利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形.          
∵四边形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，             
∴AE＝AD，                                 
∴是菱形                  
（2）如图1，连结DE
∵S△ABD＝AB·BD＝， S△ODE＝OD·OE＝，       
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE＝64－2－8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48                  
（3）由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3

1）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：
如图2，AG与PQ交于点H，

∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t
∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，
∴点N是OP中点，
∴HN是△OPQ的中位线，
∴ON＝PN＝8－t
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴＝＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12
∴点P的坐标为(12，0)       
如图3，△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M

∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴＝＝，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24
又∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴点P的坐标为(24，0)
2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：
如图4，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N

∵MH是△QAC的中位线，
∴HM＝＝4
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴＝＝，则PN＝＝，
∴OM＝
设HN＝t，则MQ＝3t
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－，解得t＝
∴OP＝MN＝4＋t＝，     
∴点P的坐标为(，0)
如图5，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N

∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴＝＝＝，则MH＝NQ＝
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+，解得 t＝
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝，
∴点P的坐标为(，0)
3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：
如图6，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于点I，过点P作PN⊥HM于点N

∵HI∥x轴，点H为AP的中点，
∴AI＝IB＝4，
∴PN＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴＝＝＝，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0)
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题，属于中考压轴题．