中考数学总复习专题15三角形及其性质(14个高频考点)(强化训练)(全国版)(原卷版+解析)

这是一份中考数学总复习专题15三角形及其性质(14个高频考点)(强化训练)(全国版)(原卷版+解析)，共140页。

【考点1 三角形的三边关系】
1．（2022·湖南邵阳·统考中考真题）下列长度的三条线段能首尾相接构成三角形的是（ ）
A．1cm，2cm，3cmB．3cm，4cm，5cm
C．4cm，5cm，10cmD．6cm，9cm，2cm
2．（2022·贵州遵义·统考二模）方程x2−7x+12=0的两根是一个等腰三角形的两边长，则这个三角形的周长为（ ）
A．10B．11C．12D．10或11
3．（2022·山东济南·统考二模）如果2、5、m是某三角形三边的长，则(m−3)2+(m−7)2等于_____．
4．（2022·山东枣庄·二模）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC=4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE=AD，连接BE，证明△BED≌△CAD；请回答：
(1)小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： ；
(2)AD的取值范围是 ；
(3)方法运用：如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．
(4)如图3，在矩形ABCD中， ABBC=12，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且EFBE＝12，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．
5．（2022·河北·模拟预测）阅读材料：若m2−2mn+2n2−4n+4=0，求m,n的值．
解：∵m2−2mn+2n2−4n+4=0，∴m2−2mn+n2+n2−4n+4=0
∴m−n2+n−22=0，∴m−n2=0， n−22=0， ∴n=2， m=2．
根据你的观察，探究下面的问题：
(1)a2+b2+6a−2b+10=0，则a＝ ，b＝ ．
(2)已知x2+2y2−2xy+8y+16=0，求xy的值．
(3)已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足2a2+b2−4a−8b+18=0，求△ABC的周长．
【考点2 三角形的角平分线、中线、高】
6．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图是由小正方形组成的9×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列要求完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
(1)在图1中按下列步骤完成画图．
①画出△ABC的高CD；
②画△ACD的角平分线AE；
③画点D关于AC的对称点D′；
(2)如图2，P是网格线上一点，过点P的线段MN分别交AB，BC于点M，N，且PM=PN，画出线段MN．
7．（2022·浙江金华·校联考一模）如图在5×5的网格中，△ABC的顶点都在格点上．（仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）
(1)在图1中画出△ABC的中线AD；
(2)在图2中画线段CE，点E在AB上，使得S△ACE：S△BCE＝2：3；
(3)在图3中画出△ABC的外心点O．
8．（2022·湖北武汉·校联考模拟预测）已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点E为BC的中点，以BC为底边的等腰△BCD按如图所示的位置摆放，且∠DBC=∠ABC．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图（保留作图痕迹）．
(1)在图1中作出△ABC的中线CM；
(2)在图2中作出△ABC的中线BN．
9．（2022·江苏泰州·模拟预测）△ABC中，AB：AC=3：2，BC=AC+1，若△ABC的中线BD把△ABC的周长分成两部分的比是8：7，求边AB，AC的长．
10．（2022·广东·模拟预测）已知△ABC中，∠ACB的平分线CD交AB于点D，DE//BC．
（1）如图1，如果点E是边AC的中点，AC＝8，求DE的长；
（2）如图2，若DE平分∠ADC，∠ABC＝30°，在BC边上取点F使BF＝DF，若BC＝9，求DF的长．
【考点3 三角形的内角和定理】
11．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．
(1)如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE与CF的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．
①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
②连接DM，求∠EMD的度数；
③若DM＝62，ED＝12，求EM的长．
12．（2022·福建·统考中考真题）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．
(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度数．
14．（2022·福建·模拟预测）如图，△ABC与△BDE都是等腰三角形，AB=BC，BD=BE，∠BAC=∠BDE，连接AD，CE．求证：∠BAD=∠BCE．
【考点4 三角形的外角性质】
16．（2022·四川宜宾·模拟预测）已知，如图，△ABC为等边三角形，AE=CD，AD，BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．
(1)求证：BE=AD；
(2)求∠BPQ的度数；
(3)若PQ=3，PE=1，求AD的长．
17．（2022·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考三模）如图，△ABC中，AB=AC，∠ABC=α，D、E分别是直线BC、AC边上的点，直线AD、BE交于点F．
(1)如图1，若∠AFE=α=60°，则BEAD=______；（直接写出答案）
(2)如图2，若∠AFE=α=45°，求BEAD的值；
(3)如图3，若∠AFB=α，csα=512，求BEAD的值．
18．（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A=50°，∠ACE=30°．
(1)求证：CE=CM．
(2)若AB=4，求线段FC的长．
19．（2022·江苏宿迁·统考二模）如图
(1)如图甲，已知：在ΔABC中，∠A=30°，∠B=45°，AC=4，求AB；
(2)如图乙，已知：在ΔABC中，∠A=45°，∠B=15°，AC=1，求AB．
20．（2022·江苏盐城·校考三模）（1）[问题情境]
小春在数学活动课上借助几何画板按照下面的画法画出了一个图形：
如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC、AB为底边在线段AB的同侧作等腰三角形ACP、等腰三角形ABQ，PC、AQ相交于点D．当P、Q、B在同一直线上时，他发现：∠PAQ=∠CPB．请帮他解释其中的道理；
（2）[问题探究]
如图2，在上述情境下中的条件下，过点C作CE∥AP交PB于点E，若PD=2CD，PA=9，求CE的长．
（3）[类比应用]
如图3，△ABC是某村的一个三角形鱼塘，点D、E分别在边AB、BC上，AE、CD的交点F为鱼塘的钓鱼台，测量知道∠CAD=∠CDA=67.5°，∠CEA=2∠B，AD2=40000−200002m2，且DB=2AD．直接写出CF的长为_______m．
【考点5 等腰三角形的判定与性质】
21．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
22．（2022·山东威海·统考中考真题）回顾：用数学的思维思考
(1)如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
(2)猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
(3)探究：用数学的语言表达
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
23．（2022·海南·统考中考真题）如图1，矩形ABCD中，AB=6,AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．
(1)当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
(2)将△APB沿直线AP折叠得到△APB′，点B′落在矩形ABCD的内部，延长PB′交直线AD于点F．
①证明FA=FP，并求出在（1）条件下AF的值；
②连接B′C，求△PCB′周长的最小值；
③如图2，BB′交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB′=2∠AEB′时，请判断AB与HG的数量关系，并说明理由．
24．（2022·四川广元·统考中考真题）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 ；
(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
25．（2022·浙江宁波·统考中考真题）
(1)如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB,AC,BC上的点，DE∥BC,BF=CF,AF交DE于点G，求证：DG=EG．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接CD,CG．若CG⊥DE,CD=6,AE=3，求DEBC的值．
(3)如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°,AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°,FG平分∠EFC,FG=10，求BF的长．
【考点6 等边三角形的判定与性质】
26．（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．
27．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC=60°，P是DF的中点，连接PG、PC．
(1)如图1，当点G在BC边上时，写出PG与PC的数量关系 ．（不必证明）
(2)如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；
(3)如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．
28．（2022·湖北鄂州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的直角边OA在y轴的正半轴上，且OA=6，斜边OB=10，点P为线段AB上一动点．
(1)请直接写出点B的坐标；
(2)若动点P满足∠POB=45°，求此时点P的坐标；
(3)如图2，若点E为线段OB的中点，连接PE，以PE为折痕，在平面内将△APE折叠，点A的对应点为A'，当PA'⊥OB时，求此时点P的坐标；
(4)如图3，若F为线段AO上一点，且AF=2，连接FP，将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，连接OG，当OG取最小值时，请直接写出OG的最小值和此时线段FP扫过的面积．
29．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）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．
30．（2022·湖北武汉·统考中考真题）问题提出：如图（1），△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE=DB，延长ED交AB于点F，探究AFAB的值．
(1)先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC=60°时，直接写出AFAB的值；
(2)再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展：如图（3），在△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，CGBC=1nn<2，延长BC至点E，使DE=DG，延长ED交AB于点F．直接写出AFAB的值（用含n的式子表示）．
【考点7 含30度角的直角三角形的性质】
31．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，AD=BD，∠ADC=105∘，点E在AD上，∠EBA=60∘，则EDCD的值是（ ）
A．23B．12C．32D．22
32．（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E=________．
33．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,∠ABC=30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A′B′C′，当点A的对应点A′落在边AB上时，点C′在BA的延长线上，连接BB′，若AA′=1，则△BB′D的面积是____________．
34．（2022·辽宁抚顺·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠B=60°,BC=2，点P为斜边AB上的一个动点（点P不与点A．B重合），过点P作PD⊥AC,PE⊥BC，垂足分别为点D和点E，连接DE,PC交于点Q，连接AQ，当△APQ为直角三角形时，AP的长是_____________
35．（2022·湖南长沙·统考中考真题）为了进一步改善人居环境，提高居民生活的幸福指数．某小区物业公司决定对小区环境进行优化改造．如图，AB表示该小区一段长为20m的斜坡，坡角∠BAD=30°，BD⊥AD于点D．为方便通行，在不改变斜坡高度的情况下，把坡角降为15°．
(1)求该斜坡的高度BD；
(2)求斜坡新起点C与原起点A之间的距离．（假设图中C，A，D三点共线）
【考点8 角平分线的判定与性质】
36．（2022·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）在 △ABC 中， 点 D 是边 AC 上一点， 连接 BD,BD 平分 ∠ABC， 将线段 DC 绕点 D 逆时针旋转得线段DE．
(1)如图 1， E 在线段 BC 上时， 若 ∠BAC=90∘,AD=2,DE=3， 求 AB 的长；
(2)如图 2， 若 E 与点 B 重合， 点 G,F 分别为线段 AB、BC 上的点， 点 M、H 分别为 GD,BC 的中点，点 N 在 DF 的延长线上， 且 DN=BG,∠BDN=3∠ABD， 求证： BN=2MH；
(3)如图 3， 若射线 DE 过 BC 中点 H,BC=6,tan∠ACB=12,∠ABC<2∠ACB， 将 △BHD 沿 DE 翻折到同一平面内得到 △B′HD， 过 B′ 做 B′K 垂直于直线 AC， 交直线 AC 于点 K， 当 DC 与 B′K 的乘积最大时， 请直接写出 BE2 的值．
37．（2022·河南安阳·统考二模）【阅读】
通过构造恰当的图形，可以对线段长度大小进行比较，直观地得到线段之间的数量关系，这是“数形结合”思想的典型应用．
【理解】
（1）如图1，∠MAN=120°，AC平分∠MAN,CD⊥AM,CB⊥AN，求证：AB+AD=AC．
【拓展】
（2）如图2，其他条件不变，将图1中的∠DCB绕点C逆时针旋转，CD交MA的延长线于点D，CB交射线AN于点B，写出线段AD，AB，AC之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．
【应用】
（3）如图3，△ABC为等边三角形，AB=4，P为BC边的中点，∠MPN=120°，将∠MPN绕点P转动使射线PM交直线AC于点M，射线PN交直线AB于点N，当AM=8时，请直接写出AN的长．
38．（2022·江苏镇江·统考模拟预测）如图，△ABC的顶点均在边长为1的正方形网格格点上．
(1)只用不带刻度的直尺，在AC边上找一点D，使得D到AB、BC两边距离相等（不写作法，保留作图痕迹）
(2)D到AB的距离是 ．
39．（2022秋·四川广元·八年级统考期中）已知：如图， BD 为 ΔABC 的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点， BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．求证：
(1)ΔABD≅ΔEBC；
(2)AE=CE；
(3)BA+BC=2BF．
40．（2022·江苏扬州·统考二模）如图1，Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=45°，∠C的角平分线交边AB于D点，BD=2，
(1)请求出AC的长；
(2)如图2，E为CD上的一个动点，AE⊥EF，AC⊥CF，EF交AC于G点，连接AF，当E点在CD间运动时，请判断EFAE的值是否为一个定值，如果是请求出具体的值，不是，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，若AE=EC，请求出△EGC的面积．
【考点9 垂直平分线的判定与性质】
41．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，E为AD上一点，连接BE，BE的垂直平分线交AB于点M，交CD于点N，垂足为O，点F在DC上，且MF∥AD．
(1)求证：△ABE≌△FMN；
(2)若AB=8，AE=6，求ON的长．
42．（2022·江苏南京·南师附中树人学校校考二模）如图，在△ABC中，AH⊥BC，垂足为H，且BH=CH，E为BA延长线上一点，过点E作EF⊥BC，分别交BC,AC于F，M．
(1)求证∠B=∠C；
(2)若AB=5,AH=3,AE=2，求MF的长．
43．（2022·黑龙江牡丹江·统考二模）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、点E分别在射线BA、直线AC上，AF垂直平分DE，交直线BE于点F，连接DF，当点D在BA延长线上，点E在AC边上时，如图①，易证：CD+DF=BF．
(1)当点D在AB边上，点E在CA延长线上时，如图②；当点D在BA延长线上，点E在AC延长线上时，如图③，请直接写出线段CD，DF，BF之间的数量关系，并对图②给予证明；
(2)在（1）条件下，若S△ADF=2S△ABE，CD=5，则BF=______，AF=______．
44．（2023·福建莆田·统考二模）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC=5，BC=2，AD平分∠BAC．点P是AC上的一个动点，EF垂直平分BP于E，交AD于点F．
(1)如图1，连接FP和FC，求证：FP=FC；
(2)如图2，取PC的中点M；
①连接EA，MF，在点P的运动过程中，设四边形EFMA的面积为S，AP=x，求S与x之间的函数关系式；
②当线段EF取最小值时，求证：四边形EFMP是矩形．
45．（2022·北京丰台·二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是BC中点，连接AD．点M在线段AD上（不与点A，D重合），连接MB，点E在CA的延长线上且ME＝MB，连接EB．
(1)比较∠ABM与∠AEM的大小，并证明；
(2)用等式表示线段AM，AB，AE之间的数量关系，并证明．
【考点10 勾股定理】
46．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1=36，S3=100时，S2=______．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°．
（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是______．
（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN=S四边形PMFG；
（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB=4，柱体的高ℎ=8，直接写出V1+V2的值．
47．（2022·山东枣庄·统考中考真题）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．
(1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
48．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，D是BC边上的一点，以AD为直角边作等腰Rt△ADE，其中∠DAE=90°，连接CE．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)若∠BAD=22.5°时，求BD的长．
49．（2022·江苏盐城·统考中考真题）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB=90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
(1)证明：AD=LC；
(2)证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
(3)请利用（2）中的结论证明勾股定理．
(4)【迁移拓展】
如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
50．（2022·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ADC=∠ACB．求证∠ACD=∠ABC．
独立思考：
（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：
（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．“如图2，延长CA至点E，使CE=BD，BE与CD的延长线相交于点F，点G，H分别在BF,BC上，BG=CD，∠BGH=∠BCF．在图中找出与BH相等的线段，并证明．”
问题解决：
（3）数学活动小组河学时上述问题进行特殊化研究之后发现，当∠BAC=90°时，若给出△ABC中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求，该小组提出下面的问题，请你解答．“如图3，在（2）的条件下，若∠BAC=90°，AB=4，AC=2，求BH的长．”
【考点11 勾股定理的逆定理】
51．（2022·江苏淮安·校联考中考模拟）如图，一个梯子AB长2.5米，顶端A靠在墙AC上，这时梯子下端B离墙角C的距离为1.5米，梯子滑动后停在DE的位置上了，测得BD长为0.9米，则梯子顶端A下滑（ ）．
A．0.9米B．1.3米C．1.5米D．2米
52．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，BC=2CD，AB=8，CD=23，AD=2，则BD的长为______ ．
54．（2022·辽宁葫芦岛·统考三模）如图，一个正方形网格中的每个小正方形的边长为1，点D为AB的中点，则线段CD的长为_________．
55．（2022·山东临沂·校考二模）如图，圆柱底面半径为4厘米，高18π厘米，点A、B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A、B在同一母线上，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B，求棉线最短为__________．
【考点12 勾股定理的应用】
56．（2022·吉林长春·统考模拟预测）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点，点A在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上；
(1)在图①中，画一个锐角三角形ABC，使它的三边长都是有理数．
(2)在图②中，画一个等腰直角三角形AMN，使它的三边长都是无理数．
(3)在图③中，画一个不等腰的直角三角形APQ，使它的三边长都是无理数．
57．（2022·青海西宁·统考一模）如图1，在△ABC中，D为BC的中点，求证：AB+AC>2AD．
(1)甲说：不可能出现△ABD≌△ACD，所以此题无法解决；
乙说：我们可以延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE,CE，因为BD=DC，就可以直接得到四边形ABEC是平行四边形．请写出此处的依据：________（平行四边形判定的文字描述）．所以AC=BE，在△ABE中，AB+BE>AE，即AB+AC>2AD．
(2)请根据乙提供的思路解决下列问题：
如图2，在△ABC中，D为BC的中点，AB=5，AC=3，AD=2．求△ABC的面积．
58．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，某海岸线MN的方向为北偏东75°，甲，乙两船分别向海岛C运送物资，甲船从港口A处沿北偏东45°方向航行，乙船从港口B处沿北偏东30°方向航行，已知港口B到海岛C的距离为30海里，求港口A到海岛C的距离．
59．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）桌面上的某创意可折叠台灯的平面示意图如图1所示，将其抽象成图2，量得∠DCB=60°，∠CDE=165°﹔灯杆CD的长为30cm，灯管DE的长为20cm，底座AB的厚度为3cm，不考虑其他因素，求台灯的高（点E到桌面的距离，结果保留根号）．
60．（2022·河南周口·周口市第一初级中学校考模拟预测）如图，牧童在A处放牛，其家在C处，A、C到河岸L的距离分别为AB=2km，CD=4km且，BD=8km．
（1）牧童从A处将牛牵到河边P处饮水后再回到家C，试确定P在何处，所走路程最短？请在图中画出饮水的位置（保留作图痕迹），不必说明理由．
（2）求出（1）中的最短路程．
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】
61．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为323，则CD的长为（ ）
A．4B．43C．8D．83
62．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点．若AE=AD，DF=2，则BD的长为（ ）
A．22B．3C．23D．4
63．（2022·宁夏银川·校考一模）如图，在▱ ABCD中，AB=5，BC=8.E是边BC的中点，F是▱ ABCD内一点，且∠BFC=90°. 连接AF并延长，交CD于点G.若，则DG的长为（ ）
A．52B．32C．3D．2
64．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD=60°，AD=3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是________．
65．（2022·广西·统考中考真题）已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′,B′,D′，连接OD,OD′．判断OD与OD′有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．
【考点14 三角形中位线的定理】
66．（2022·广东·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，点G为EF的中点，连接BD、DG．
(1)试判断△ECF的形状，并说明理由；
(2)求∠BDG的度数．
67．（2022·山东菏泽·统考三模）如图1，在RtΔABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连结DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．
(1)观察猜想图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明把ΔADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN、BD、CE，判断ΔPMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸把ΔADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出ΔPMN面积的最大值 ．
68．（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一动点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．
(1)如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如图2，当点D不与M重合时，MG∥DE交CE于点G，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
(3)如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM，则∠CAM=_________．
69．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考三模）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是AB边上的中线，DF⊥CE于F，CD=AE．
(1)求证：CF=EF；
(2)已知BC=13，CD=5，求△BEC的周长．
70．（2022·吉林长春·统考二模）（1）探究：如图（1），点P在线段AB上，在AB的同侧作△APC和△BPD，满足PC=PA，PD=PB，∠APC＝∠BPD，连接CD，点E、F、G分别是AC、BD、CD边中点，连接EF、FG、EG．求证：∠EFG＝∠GEF．
（2）应用：如图（2），点P在线段AB上方，∠APC＝∠BPD＝90°，图（1）题中的其他条件不变，若EF＝2，则四边形ABDC的面积为 ．

专题15 三角形及其性质（14个高频考点）（强化训练）
【考点1 三角形的三边关系】
1．（2022·湖南邵阳·统考中考真题）下列长度的三条线段能首尾相接构成三角形的是（ ）
A．1cm，2cm，3cmB．3cm，4cm，5cm
C．4cm，5cm，10cmD．6cm，9cm，2cm
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【详解】解：根据三角形的三边关系，知
A、1+2＝3，不能组成三角形，故选项错误，不符合题意；
B、3+4＞5，能够组成三角形，故选项正确，符合题意；
C、5+4＜10，不能组成三角形，故选项错误，不符合题意；
D、2+6＜9，不能组成三角形，故选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系．解题的关键是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
2．（2022·贵州遵义·统考二模）方程x2−7x+12=0的两根是一个等腰三角形的两边长，则这个三角形的周长为（ ）
A．10B．11C．12D．10或11
【答案】D
【分析】先解一元二次方程求出三角形的两边长，再分其中一条边长为底和腰两种情况，结合构成三角形的条件进行求解即可．
【详解】解：∵x2−7x+12=0，
∴x−3x−4=0，
解得x=3或x=4，
∴等腰三角形的两边长为3、4，
当边长为3的是腰长时，则三角形三边长分别为3、3、4，能构成三角形，
∴此时等腰三角形的周长为3+3+4=10；
当边长为3的是底边长时，则三角形三边长分别为3、4、4，能构成三角形，
∴此时等腰三角形的周长为3+4+4=11；
综上所述，这个三角形的周长为10或11，
故选D．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，构成三角形的条件，正确求出方程的两个解是解题的关键．
3．（2022·山东济南·统考二模）如果2、5、m是某三角形三边的长，则(m−3)2+(m−7)2等于_____．
【答案】4
【分析】根据三角形三边的关系得到3【详解】解：∵2、5、m为三角形三边，
∴3∴原式=m−3+m−7=m−3−m−7=m−3−m+7=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，二次根式的性质与化简：a2=a及绝对值的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2022·山东枣庄·二模）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC=4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE=AD，连接BE，证明△BED≌△CAD；请回答：
(1)小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： ；
(2)AD的取值范围是 ；
(3)方法运用：如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．
(4)如图3，在矩形ABCD中， ABBC=12，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且EFBE＝12，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．
【答案】(1)SAS
(2)1＜AD＜5
(3)见解析
(4)见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；
（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．
（1）
解：∵AD是中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，
∴△BED≌△CAD（SAS），
故答案为：SAS；
（2）
∵△BED≌△CAD，
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（3）
如图2，延长AD至H，使DH=AD，连接BH，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴AC＝BF；
（4）
如图3，延长CG至N，使NG=CG，连接EN，NF，
∵点G是DF的中点，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≌△CGD（SAS），
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵ABAD=ABBC=12，EFBE=12，
∴tan∠ADB=12，tan∠EBF=12，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，
∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，
又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵ABBC=CDBC=12=EFBE，且CD＝NF，
∴BEBC=EFNF
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EG=12NC，
∴EG＝GC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，直角三角形的性质，延长三角形的中线构造全等三角形是解题的关键.
5．（2022·河北·模拟预测）阅读材料：若m2−2mn+2n2−4n+4=0，求m,n的值．
解：∵m2−2mn+2n2−4n+4=0，∴m2−2mn+n2+n2−4n+4=0
∴m−n2+n−22=0，∴m−n2=0， n−22=0， ∴n=2， m=2．
根据你的观察，探究下面的问题：
(1)a2+b2+6a−2b+10=0，则a＝ ，b＝ ．
(2)已知x2+2y2−2xy+8y+16=0，求xy的值．
(3)已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足2a2+b2−4a−8b+18=0，求△ABC的周长．
【答案】(1)3；1
(2)16
(3)9
【分析】（1）通过完全平方公式进行变式得a+32+b−12=0，然后由非负数性质求得结果；
（2）由x2+2y2−2xy+8y+16=0得x−y2+y+42=0，然后由非负数性质求得结果；
（3）把方程通过变式得2a−12+b−42=0，然后由非负数性质求得a、b，根据三角形三边关系进而得c，便可求得三角形的周长．
【详解】（1）解：由a2+b2+6a−2b+10=0得，
a+32+b−12=0，
∵a−32≥0，b−12≥0，
∴a-3=0，b-1=0，
∴a=3，b=1．
故答案为：3；1；
（2）由x2+2y2−2xy+8y+16=0，得，
x−y2+y+42=0，
∴x=y,y=−4，
∴x=−4,y=−4，
∴xy=16；
（3）由2a2+b2−4a−8b+18=0得2a−12+b−42=0，
∴a=1,b=4，
∵△ABC的三边长a、b、c都是正整数，
∴4−1∴3∴c=4，
∴△ABC的周长为1+4+4=9．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，三角形的三边关系，偶次方的非负性，理解阅读材料中的解题思路是解题的关键．
【考点2 三角形的角平分线、中线、高】
6．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图是由小正方形组成的9×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列要求完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
(1)在图1中按下列步骤完成画图．
①画出△ABC的高CD；
②画△ACD的角平分线AE；
③画点D关于AC的对称点D′；
(2)如图2，P是网格线上一点，过点P的线段MN分别交AB，BC于点M，N，且PM=PN，画出线段MN．
【答案】(1)①见解析；②见解析；③见解析
(2)见解析
【分析】（1）①取格点T，连接CT交AB于点D，此时CD是△ABC的高；
②取格点H，CD与BH的交点即为点E，连接AE；
③分别画AB，CT关于AC的对称线段AB′和CT′，AB′和CT′的交点D′即为点D关于AC的对称点；
(2)连接BP并延长交网格线于点Q，则BP=PQ，连接AP并延长交网格线于点L，则AP=PL，连接QL交BC于点N，延长NP交AB于点M，则线段MN即为所画的线段．
（1）
解：（1）①如图所示,CD为所求；
②如图所示,AE为所求；
③如图所示, D′为所求；
（2）
如图所示, 线段MN为所求．
【点睛】此题考查作图一应用与设计作图,解题的关键是理解题意,学会利用数形结合的思想解决问题,属于中考常考题型．
7．（2022·浙江金华·校联考一模）如图在5×5的网格中，△ABC的顶点都在格点上．（仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）
(1)在图1中画出△ABC的中线AD；
(2)在图2中画线段CE，点E在AB上，使得S△ACE：S△BCE＝2：3；
(3)在图3中画出△ABC的外心点O．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由题知BO=CO，取两个格点F、G构造△CFD≌△BGD，即可得中点D．
（2）由S△ACE：S△BCE＝2：3得AE：BE=2∶3，取格点H、J，构造△AHE∽△BGE，且相似比为2∶3，即可得到E点．
（3）由O为△ABC的外心知O为AB、AC的中垂线的交点，作出两条中垂线，交点即为O．
（1）
如图1中，取格点F、G，连接FG交BC于点D，线段AD即为所求．
（2）
如图2中，取格点H、J，连接HJ交AB于点E，线段CE即为所求．
（3）
如图3中，取格点K、L、M、N，连接KL、MN交于点O，则点O为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，三角形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
8．（2022·湖北武汉·校联考模拟预测）已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点E为BC的中点，以BC为底边的等腰△BCD按如图所示的位置摆放，且∠DBC=∠ABC．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图（保留作图痕迹）．
(1)在图1中作出△ABC的中线CM；
(2)在图2中作出△ABC的中线BN．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及平行线分线段定理作图即可；
（2）根据三角形的中线交于一点为三角形的重心作图即可．
(1)
解：如图，连接DE并延长，交AB于M，
∵点E为等腰△BCD的底边BC的中点，
∴DE⊥BC，
∴∠BED=90°=∠BEM，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠BEM，
∴AC∥EM，
∴BMAM=BECE，
∵点E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴BM=AM，即点M为AB的中点，
连接CM，
则线段CM为所求作的△ABC的中线；
(2)
连接AE，交CM于点O，连接BO，并延长，交AC于点N，
由（1）得，CM、AE为△ABC的中线，则其交点O为三角形的重心，
则线段BN为所求作的△ABC的中线．
【点睛】本题考查了平行线分线段定理，等腰三角形的性质，三角形的中线交于一点及简单作图，熟练掌握知识点是解题的关键．
9．（2022·江苏泰州·模拟预测）△ABC中，AB：AC=3：2，BC=AC+1，若△ABC的中线BD把△ABC的周长分成两部分的比是8：7，求边AB，AC的长．
【答案】AB=6,AC=4或AB=2111,AC=1411
【分析】根据题意，设设AB=3x，则AC=2x，分别表示出三边，根据三角形中线的性质得出AD=CD=12AC=x，根据题意列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图，
∵AB：AC=3：2，设AB=3x，则AC=2x，
∴BC=AC+1=2x+1，
∵BD是△ABC的中线，
则AD=CD=12AC=x，
依题意，BC+CDAB+AD=78或AB+ADBC+CD=87，
∴2x+1+x3x+x=78或3x+x2x+1+x=78，
解得：x=2或x=711，经检验x=2或x=711是原方程的解；
∴当x=2时，AB=3x=6，AC=2x=4，BC=2x+1=5，
当x=711时，AB=2111，AC=1411，BC=2511.
∴AB=6,AC=4或AB=2111,AC=1411．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，根据题意列出方程是解题的关键．
10．（2022·广东·模拟预测）已知△ABC中，∠ACB的平分线CD交AB于点D，DE//BC．
（1）如图1，如果点E是边AC的中点，AC＝8，求DE的长；
（2）如图2，若DE平分∠ADC，∠ABC＝30°，在BC边上取点F使BF＝DF，若BC＝9，求DF的长．
【答案】（1）DE＝4；（2）DF＝3．
【分析】（1）由角平分线的性质得到∠BCD＝∠ACD，再由两直线平行内错角相等得到∠EDC＝∠BCD，继而解得∠EDC＝∠ACD，再由等角对等边解得ED＝EC，最后根据线段中点性质解题；
（2）由两直线平行同位角相等结合角平分线性质解得∠B＝∠BCD，再由等角对等边解得DB＝DC，作DG⊥BC于点G，由等腰三角形三线合一性质解得GB＝4.5，最后根据含30°角的直角三角形性质解题即可．
【详解】解：（1）∵DC平分∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACD，
∵DE//BC，
∴∠EDC＝∠BCD，
∴∠EDC＝∠ACD，
∴ED＝EC，
∵点E是边AC的中点，AC＝8，
∴EC=12AC＝4，
∴DE＝4；
（2）∵DE//BC，
∴∠ADE＝∠B，∠CDE＝∠BCD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠B＝∠BCD，
∴DB＝DC，
如图，作DG⊥BC于点G，
∵DB＝DC，DG⊥BC，
∴GB=12BC=12×9＝4.5，
∵∠ABC＝30°，BF＝DF，
∴∠BDF＝∠B＝30°，
∴∠DFG＝∠B+∠BDF＝60°，
∴∠FDG＝30°，
∴BF＝DF＝2FG，
∴GF＝1.5，
∴DF＝2FG＝3．
【点睛】本题考查角平分线性质、平行线性质、等腰三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
【考点3 三角形的内角和定理】
11．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．
(1)如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE与CF的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．
①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
②连接DM，求∠EMD的度数；
③若DM＝62，ED＝12，求EM的长．
【答案】(1)AE＝CF， AE⊥CF
(2)①成立，理由见解析；②45°；③6+63
【分析】（ 1）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性质证出∠EMC＝90°，则可得出结论；
（2 ）①同（ 1）可证△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠E＝∠F，则可得出结论；
②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，证明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性质得出DG＝DH，由角平分线的性质可得出答案；
③由等腰直角三角形的性质求出GM的长，由勾股定理求出EG的长，则可得出答案．
（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，∴∠ADE＝∠CDF＝90°，又∵DE＝DF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，∵∠DAE+∠DEA＝90°，∴∠DCF+∠DEA＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF．故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）①（ 1）中的结论还成立，理由：同（1 ）可证△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠E＝∠F，∵∠F+∠ECF＝90°，∴∠E+∠ECF＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF；②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，∴△DEG≌△DFH（AAS），∴DG＝DH，又∵DG⊥AE，DH⊥CF，∴DM平分∠EMC，又∵∠EMC＝90°，∴∠EMD＝12∠EMC＝45°；③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，∴∠DMG＝∠GDM，∴DG＝GM，又∵DM=62 ∴DG＝GM＝6，∵DE＝12，∴EG＝ED2+DG2=122+62=63 ∴EM＝GM+EG＝6+63．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2022·福建·统考中考真题）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．
(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠ACE+∠EFC=180°，见解析
(3)30°
【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出∠ACF=∠CEF，再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得△ABM≌△CDB，得到∠MBA=∠BDC，设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，得到α+β的关系即可．
（1）
∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB=∠DCB，
∴∠ABC=∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
（2）
结论：∠ACE+∠EFC=180°．
证明：∵△ABC≌△DEC，
∴∠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上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，
∴△ABM≌△CDB，
∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，
∴∠ADB=∠BMD，
∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，
∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，
设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，
∵CA＝CD，
∴∠CAD=∠CDA=α+2β，
∴∠BAC=∠CAD−∠BAD=2β，
∴∠ACB=12180°−∠BAC=90°−β，
∴∠ACD=90°−β+α，
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，
∴90°−β+α+2α+2β=180°，
∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
13．（2022·福建泉州·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点A旋转一定的角度得到Rt△ADE，且点E恰好落在边BC上．
(1)求证：AE平分∠CED；
(2)连接BD，求证：∠DBC=90°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论；
（2）根据旋转性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论．
【详解】（1）证明：由旋转性质可知：AE=AC，∠AED=∠C，
∴∠AEC=∠C
∴∠AED=∠AEC
∴AE平分∠CED．
（2）证明：如图所示：
由旋转性质可知：AD=AB，∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠ADB=∠ABD，∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即∠DAB=∠EAC，
∵∠DAB=180°−2∠ABD，∠EAC=180°−2∠C，
∴∠ABD=∠C，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ABC+∠C=90°，
∴∠ABC+∠ABD=90°，
即∠DBC=90°．
【点睛】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键．
14．（2022·福建·模拟预测）如图，△ABC与△BDE都是等腰三角形，AB=BC，BD=BE，∠BAC=∠BDE，连接AD，CE．求证：∠BAD=∠BCE．
【答案】证明过程见解析
【分析】先证明∠ABD=∠CBE，进而得到△ABD≌△CBE即可得到∠BAD=∠BCE．
【详解】解：∵AB=BC，BD=BE，
∴∠BAC=∠BCA，∠BDE=∠BED，
由三角形内角和定理可知：∠ABC=180°-∠BAC-∠BCA=180°-2∠BAC，
∠DBE=180°-∠BDE-∠BED=180°-2∠BDE，
由已知条件知∠BAC=∠BDE，
∴∠ABC=∠DBE，
且∠ABD=∠ABC+∠CBD，∠CBE=∠DBE+∠CBD，
∴∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中：BA=BC∠ABD=∠CBEBD=BE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴∠BAD=∠BCE．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形全等的判定方法，本题的关键是证明∠ABC=∠DBE进一步得到∠ABD=∠CBE．
15．（2022·陕西渭南·统考三模）如图，已知△ABC，∠A＝100°，∠C＝30°，请用尺规作图法在AC上求作一点D，使得∠ABD＝25°．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】作图见解析
【分析】因为∠A＝100°，∠C＝30°，所以∠B＝50°，若使得∠ABD＝25°，则作∠B的角平分线即可．
【详解】解：∵∠A＝100°，∠C＝30°，
∴∠B＝50°，
若使得∠ABD＝25°，则作∠B的角平分线即可．
作图如下：
【点睛】本题考查作角平分线，解题的关键是分析题意知道作∠B的角平分线，掌握作角平分线的方法．
【考点4 三角形的外角性质】
16．（2022·四川宜宾·模拟预测）已知，如图，△ABC为等边三角形，AE=CD，AD，BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．
(1)求证：BE=AD；
(2)求∠BPQ的度数；
(3)若PQ=3，PE=1，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)7
【分析】(1)根据等边三角形的性质，通过全等三角形的判定定理SAS证得△AEB≌△CDA，即可证得结论；
(2)利用(1)中的全等三角形的对应角相等和三角形外角的性质求得∠BPQ=60°；
(3)利用(2)的结果求得∠PBQ=30°，由“30度角所对的直角边是斜边的一半”得到2PQ=BP=6，则易求BE=BP+PE=7，据此即可求得AD的长
【详解】（1）证明：∵ △ABC为等边三角形，
∴AB=CA，∠BAE=∠C=60°，
在△AEB与△CDA中，
AB=CA∠BAE=∠CAE=CD
∴△AEB≌△CDASAS，
∴BE=AD；
（2）解：∵△AEB≌△CDA，
∴∠ABE=∠CAD，
∴∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°，
∴∠BPQ=∠BAD+∠ABE=60°；
（3）解：∵∠BPQ=60°，BQ⊥AD，
∴∠PBQ=30°，
∴PQ=12BP=3，
∴BP=6，
∴BE=BP+PE=6+1=7，
∴AD=BE=7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
17．（2022·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考三模）如图，△ABC中，AB=AC，∠ABC=α，D、E分别是直线BC、AC边上的点，直线AD、BE交于点F．
(1)如图1，若∠AFE=α=60°，则BEAD=______；（直接写出答案）
(2)如图2，若∠AFE=α=45°，求BEAD的值；
(3)如图3，若∠AFB=α，csα=512，求BEAD的值．
【答案】(1)BEAD=1
(2)BEAD=2
(3)BEAD=56
【分析】（1）利用三角形外角的性质证出∠EBC=∠BAD，再利用ASA证明△ABD≌△BCE，即可求解；
（2）根据等腰直角三角形的判定和性质以及特殊角三角函数值得到BCAB=2，利用三角形外角的性质证出∠EBC=∠BAD，推出△BCE∽△ABD，即可求解；
（3）过点A作BC的垂线交BC于点M，在Rt△ABM中，求出BCAB=56，利用三角形外角的性质证出∠E=∠D，推出△BCE∽△ABD，即可求解．
(1)
解：∵AB=AC，∠ABC=α=60°
∴△ABC是等边三角形
∵∠ABE+∠EBC=∠ABC=60°，∠ABE+∠BAD=∠AFE=60°
∴∠EBC=∠BAD
在△ABD和△BCE中
{∠BAD=∠EBCBA=BC∠ABD=∠BCE
∴△ABD≌△BCE（ASA）
∴BE=AD
∴BEAD=1
(2)
解：∵AB=AC，∠ABC=α=45°
∴∠C=∠ABC=45°，∠BAC=90°
∴cs∠ABC=ABBC=22，即BCAB=2
∵∠ABE+∠EBC=∠ABC=45°，∠ABE+∠BAD=∠AFE=45°
∴∠EBC=∠BAD
∴△BCE∽△ABD
∴BEAD=BCAB=2
(3)
解：∵AB=AC，∠ABC=α
∴∠ACB=∠ABC=α，cs∠ABC=512
过点A作BC的垂线交BC于点M，如图所示
∴BM=MC=12BC
在Rt△ABM中，cs∠ABC=BMAB=512
∴12BCAB=512
∴BCAB=56
∵∠E+∠EAF=∠AFB=α，∠D+∠DAC=∠ACB=α
又∵∠EAF=∠DAC
∴∠E=∠D
∴△BCE∽△ABD
∴BEAD=BCAB=56
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形外角的性质、解直角三角形等知识点，证明三角形相似是解答本题的关键．
18．（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A=50°，∠ACE=30°．
(1)求证：CE=CM．
(2)若AB=4，求线段FC的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据直角三角形的性质可得MC=MA=MB，根据外角的性质可得∠MEC=∠A+∠ACE，∠EMC=∠B+∠MCB，根据等角对等边即可得证；
（2）根据CE=CM先求出CE的长，再解直角三角形即可求出FC的长．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，点M为边AB的中点，
∴MC=MA=MB，
∴∠MCA=∠A，∠MCB=∠B，
∵∠A=50°，
∴∠MCA=50°，∠MCB=∠B=40°，
∴∠EMC=∠MCB+∠B=80°，
∵∠ACE=30°，
∴∠MEC=∠A+∠ACE=80°，
∴∠MEC=∠EMC，
∴CE=CM；
（2）解：∵AB=4，
∴CE=CM=12AB=2，
∵EF⊥AC，∠ACE=30°，
∴FC=CE•cs30°=3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，涉及三角形外角的性质，解直角三角形等，熟练掌握并灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．
19．（2022·江苏宿迁·统考二模）如图
(1)如图甲，已知：在ΔABC中，∠A=30°，∠B=45°，AC=4，求AB；
(2)如图乙，已知：在ΔABC中，∠A=45°，∠B=15°，AC=1，求AB．
【答案】(1)23+2
(2)32+62
【分析】（1）如图甲，过C点作CD⊥AB于点D，在RtΔACD中，解直角三角形可得AD与CD的长度，在RtΔBCD中解直角三角形可得BD的长度，由AB=AD+BD即可求解；
（2）如图乙，过C点作CD⊥AB于点D，在BD上取点E，使CE=BE，易得∠CED=30°，在RtΔACD中，解直角三角形可得CD与AD的长度，在RtΔCDE中解直角三角形得DE与CE的长度，再由AB=AD+DE+BE即可求解．
【详解】（1）解：如图甲，过C点作CD⊥AB于点D，

在RtΔACD中，求得AD=ACcs30°=23，CD=ACsin30°=2，
在RtΔBCD中，求得BD=CDtan45°=2，
∴ AB=AD+BD=23+2．
（2）解：如图乙，过C点作CD⊥AB于点D，在BD上取点E，使CE=BE ，
则∠BCE=∠B=15°，
∴∠CED=∠BCE+∠B=30°，
在RtΔACD中，AD=ACcs45°=22，CD=ACsin45°=22，
在RtΔCDE中，DE=CDtan30°=62，CE=CDsin30°=2，
∴BE=CE=2，
∴ AB=AD+DE+BE=22+62+2=32+62．
【点睛】本题考查了解直角三角形，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，熟记特殊角的三角函数值，构造出直角三角形是解题的关键．
20．（2022·江苏盐城·校考三模）（1）[问题情境]
小春在数学活动课上借助几何画板按照下面的画法画出了一个图形：
如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC、AB为底边在线段AB的同侧作等腰三角形ACP、等腰三角形ABQ，PC、AQ相交于点D．当P、Q、B在同一直线上时，他发现：∠PAQ=∠CPB．请帮他解释其中的道理；
（2）[问题探究]
如图2，在上述情境下中的条件下，过点C作CE∥AP交PB于点E，若PD=2CD，PA=9，求CE的长．
（3）[类比应用]
如图3，△ABC是某村的一个三角形鱼塘，点D、E分别在边AB、BC上，AE、CD的交点F为鱼塘的钓鱼台，测量知道∠CAD=∠CDA=67.5°，∠CEA=2∠B，AD2=40000−200002m2，且DB=2AD．直接写出CF的长为_______m．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）20032
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，∠PAC=∠PCA，∠B=∠QAB，由三角形外角的性质可得∠PCA=∠B+∠CPB，根据∠PAC=∠PAQ+∠QAB，即可得证；
（2）在[问题情境]的条件下，有∠PAQ=∠CPB，证明△PAD≌△CPE，即可求解；
（3）过点D作DH⊥AC，垂足为，过点D作DG∥AC交BC于点G，由sin∠ACD=DHCD=22=12，可得CD=2DH，设DH=k，则AC=CD=2k，CH=k，AH=AC−CH=2−1k．勾股定理求得k，则AC=1002m，证明△DGB∽△ACB，可得DG=20032m由[问题探究]可得△PAD≌△CPE，即可求解；
【详解】（1）[问题情境]∵AP=PC，AQ=BQ，
∴∠PAC=∠PCA，∠B=∠QAB，
∵∠PCA=∠B+∠CPB，∠PAC=∠PAQ+∠QAB，
∴∠PAQ=∠CPB；
（2）[问题探究]在[问题情境]的条件下，有∠PAQ=∠CPB，
∴∠PAD=∠CPE，
∵PD=2CD，PA=9，
∴PA=PC=9，PD=23PC=6，
∵CE∥PA，
∴∠APD=∠PCE，
在△PAD和△CPE中，∠PAD=∠CPE，AP=PC，∠APD=∠PCE，
∴△PAD≌△CPE，
∴CE=PD=6，即CE的长为6；
（3）[类比应用]CF的长为20032m．
过点D作DH⊥AC，垂足为H．
∵∠CAD=∠CDA=67.5°，
∴AC=CD，∠ACD=180°−∠CAD= ∠CDA=45°．
在Rt△CDH中，sin∠ACD=DHCD=22=12，
∴CD=2DH．
设DH=k，则AC=CD=2k，CH=k，AH=AC−CH=2−1k．
在Rt△ADH中，AD2=AH2+DH2，
则40000−200002=2−12k2+k2，
解得k=100，
∴AC=1002m，
过点D作DG∥AC交BC于点G，
∴△DGB∽△ACB，
∴DGAC=DBAB=23，
∴DG1002=23，
∴DG=20032m．
由[问题探究]可得△PAD≌△CPE，
∴CF=DG=20032m，即CF的长为20032m．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，三角形的内角的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．
【考点5 等腰三角形的判定与性质】
21．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=2AC；理由见详解；
(3)33−3或3−3
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=2AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
（1）
证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
DA=BA∠ADE=∠BDE=BC，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）
解：结论：CB+CD=2AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=2CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CN−BN+CM+DM=2CM=2AC；
（3）
解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=3CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴SΔOBCSΔCDO=12CD·OQ12BC·OP=CDBC，
∴ODOB=CDCB= 3，
∵AB=AD=6，∠DAB=90°，
∴BD=2AD=23，
∴OD=31+3×23=33−3．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证ODOB= 13，OD=11+3×23=3−3，
综上所述，满足条件的OD的长为33−3或3−3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
22．（2022·山东威海·统考中考真题）回顾：用数学的思维思考
(1)如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
(2)猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
(3)探究：用数学的语言表达
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)添加条件CD=BE，见解析
(3)能，0＜CF＜5−1
【分析】（1）①利用ASA证明△ABD≌△ACE．
②利用SAS证明△ABD≌△ACE．
（2）添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明△ABD≌△ACE．
（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证△CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．
【详解】（1）①如图1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=12∠ABC，∠ACE =12∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（2）添加条件CD=BE，证明如下：
∵AB=AC，CD=BE，
∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（3）能
在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，
当BD=BF=BA时，E与A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴△CBF∽△BAF，
∴BFAF=CFBF，
∵AB＝AC＝2=BF， 设CF=x，
∴2x+2=x2，
整理，得x2+2x−4=0，
解得x=5−1，x=−5−1（舍去），
故CF= x=5−1，
∴0＜CF＜5−1．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，一元二次方程的解法，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定性质是解题的关键．
23．（2022·海南·统考中考真题）如图1，矩形ABCD中，AB=6,AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．
(1)当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
(2)将△APB沿直线AP折叠得到△APB′，点B′落在矩形ABCD的内部，延长PB′交直线AD于点F．
①证明FA=FP，并求出在（1）条件下AF的值；
②连接B′C，求△PCB′周长的最小值；
③如图2，BB′交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB′=2∠AEB′时，请判断AB与HG的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；AF=132；②12,；③AB=2HG，见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得到AB∥DE，再结合P是BC的中点证明△ABP≌△ECP；
（2）①设FA=x，在Rt△AB′F中，表示出三角形的其他两边，再由勾股定理列方程计算即可；
②当点B′恰好位于对角线AC上时，CB′+AB′最小，利用勾股定理计算即可；
③过点B′作B′M∥DE，交AE于点M，证明B′M=EM=AB′=AB，再由HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM即可得到HG=12AB．
（1）
解：如图，在矩形ABCD中，AB∥DC，
即AB∥DE，
∴∠1=∠E,∠B=∠2．
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP．
∴△ABP≌△ECP(AAS)．
（2）
①证明：如图，在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠3=∠FAP．
由折叠可知∠3=∠4，
∴∠FAP=∠4．
∴FA=FP．
在矩形ABCD中，BC=AD=8，
∵点P是BC的中点，
∴BP=12BC=12×8=4．
由折叠可知AB′=AB=6,PB′=PB=4，∠B=∠AB′P=∠AB′F=90°．
设FA=x，则FP=x．
∴FB′=x−4．
在Rt△AB′F中，由勾股定理得AF2=B′A2+B′F2，
∴x2=62+(x−4)2，
∴x=132，
即AF=132．
②解：如图，由折叠可知AB′=AB=6，B′P=BP．
∴C△PCB′=CP+PB′+CB′=CB+CB′=8+CB′．
由两点之间线段最短可知，
当点B′恰好位于对角线AC上时，CB′+AB′最小．
连接AC，在Rt△ADC中，∠D=90°，
∴AC=AD2+DC2=82+62=10，
∴CB′最小值=AC−AB′=10−6=4，
∴C△PCB′最小值=8+CB′=8+4=12．
③解：AB与HG的数量关系是AB=2HG．
理由是：如图，由折叠可知∠1=∠6,AB′=AB,BB′⊥AE．
过点B′作B′M∥DE，交AE于点M，
∵AB∥DE，
∴AB∥DE∥B′M，
∴∠1=∠6=∠5=∠AED．
∴AB′=B′M=AB，
∴点H是AM中点．
∵∠EAB′=2∠AEB′，即∠6=2∠8，
∴∠5=2∠8．
∵∠5=∠7+∠8，
∴∠7=∠8．
∴B′M=EM．
∴B′M=EM=AB′=AB．
∵点G为AE中点，点H是AM中点，
∴AG=12AE,AH=12AM．
∴HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM．
∴HG=12AB．
∴AB=2HG．
【点睛】此题考查了矩形的性质、折叠问题、勾股定理、全等三角形的判定、等腰三角形的性质，关键是作出辅助线，根据等腰三角形的性质证明．
24．（2022·四川广元·统考中考真题）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 ；
(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)135°
(2)（2）①补全图形见解析；∠ADB=45°；②2BE-AD=2CE．理由见解析
【分析】（1）由题意得点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，利用圆内接四边形的性质即可求解；
（2）①根据题意补全图形即可；同（1），利用圆周角定理即可求解；
②过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，证明BE=DE，△CEH是等腰直角三角形，推出EH=2BE-AD，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论．
【详解】（1）解：由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
在优弧AB上取点G，连接AG，BG，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠BGA=45°，
∵四边形ADBG是圆内接四边形，
∴∠ADB=180°-45°=135°，
故答案为：135°；
（2）①补全图形，如图：
由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠ADB=45°；
②2BE-AD=2CE．理由如下：
过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，如图：
∵CD=CB，CE是∠BCD的平分线，
∴CE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，∠EFD=90°，
由①知∠ADB=45°，
∴∠DEF=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠H=45°，CE=CH，
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，则∠CAE=∠CDH，
∴△AEC≌△DHC，
∴AE=DH，
∴EH=2ED-AD=2BE-AD，
∵△CEH是等腰直角三角形，
∴2BE-AD=2CE．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和等腰直角三角形解决问题．
25．（2022·浙江宁波·统考中考真题）
(1)如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB,AC,BC上的点，DE∥BC,BF=CF,AF交DE于点G，求证：DG=EG．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接CD,CG．若CG⊥DE,CD=6,AE=3，求DEBC的值．
(3)如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°,AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°,FG平分∠EFC,FG=10，求BF的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)13
(3)5+53
【分析】（1）利用DE∥BC，证明△ADG∼△ABF,△AEG∼△ACF，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，得出△DCE是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 DEBC的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长GE交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，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BN、FN的值，即可得出BF的长．
【详解】（1）解：∵DE∥BC，
∴△ADG∼△ABF,△AEG∼△ACF，
∴DGBF=AGAF,EGCF=AGAF，
∴DGBF=EGCF．
∵BF=CF，
∴DG=EG．
（2）解：由（1）得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∼△ABC．
∴DEBC=AEAC=13．
（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在▱ABCD中，BO=DO,∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由（1）得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40°，
∴∠EMF=40°，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50°，
∴∠BFM=180°−∠EFM−∠EFG−∠CFG=30°．
∴．在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5,FN=FMcs30°=53．
∵∠MBN=45°,MN⊥BN，
∴BN=MN=5，
∴BF=BN+FN=5+53．
【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．
【考点6 等边三角形的判定与性质】
26．（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．
（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．
27．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC=60°，P是DF的中点，连接PG、PC．
(1)如图1，当点G在BC边上时，写出PG与PC的数量关系 ．（不必证明）
(2)如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；
(3)如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．
【答案】(1)PG=3PC
(2)PG=3PC，证明见解析
(3)PG=3PC
【分析】（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF(SAS)，得出PE=PG，DE=FG，得到CE=CG，CP是EG的中垂线，在Rt△CPG中，∠PCG=60°，利用正切函数即可求解；
（2）延长GP交DA于点E，连接EC，GC，先证明△DPE≌△FPGASA，再证明△CDE≌△CBGSAS，利用在Rt△CPG中，∠PCG=60°，即可求解；
（3）延长GP到H，使PH=PG，连接CH，CG，DH，作FE∥DC，先证△GFP≌△HDP，再证△HDC≌△GBC，利用在Rt△CPG中，∠PCG=60°，即可求解．
（1）
解：如图1，延长GP交DC于点E，
∵P是DF的中点，
∴PD=PF，
∵△BGF是正三角形，
∴∠BGF=60°，BG=FG，
∵∠ABC=60°，
∴∠BGF=∠ABC，
∴AB//GF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，CD=CB，
∴CD∥GF，
∴∠CDP=∠PFG，
在△PED和△PGF中，
∠DPE=∠FPGDP=PF∠CDP=∠PFG，
∴△PED≌△PGF(SAS)，
∴PE=PG，DE=FG，
∴DE=BG，
又CD=CB，
∴CE=CG，
∴CP是EG的中垂线，
∵AB//CD，∠ABC=60°，
∴∠BCD=180°-∠ABC=120°，
∴∠PCG=60°，
在Rt△CPG中，∠PCG=60°，
∴PG=PC·tan∠PCG=tan60°⋅PC=3PC ．
（2）
解：PG=3PC，理由如下：
如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，
∵△BGF是正三角形，
∴∠BFG=∠GBF=60°，BG=FG，
∵∠ABC=60°，
∴∠BFG=∠ABC，∠CBG=180°-∠ABC-∠GBF=60°，
∴CB//GF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//CB，CD=CB，∠CDA=∠ABC=60°，
∴GF//AD，∠DCB=180°-60°=120°，
∴∠EDP=∠GFP，
在△DPE和△FPG中，
∠EDP=∠GFPDP=FP∠DPE=∠FPG
∴△DPE≌△FPGASA
∴PE=PG，DE=FG=BG，
∵∠CDE=∠CBG=60°，CD=CB，
在△CDE和△CBG中，
CD=CB∠CDE=∠CBG=60°CD=CB
∴△CDE≌△CBGSAS
∴CE=CG，∠DCE=∠BCG，
∴∠ECG=∠DCB=120°，
∵PE=PG，
∴CP⊥PG，∠PCG=12∠ECG=60°
∴PG=3PC ．
（3）
解：猜想：PG=3PC ．
证明：如图3，延长GP到H，使PH=PG，连接CH，CG，DH，作FE//DC，
∴∠PFE=∠PDC，
∵P是线段DF的中点，
∴FP=DP，
∵∠GPF=∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GF=HD，∠GFP=∠HDP，
∵△FBG是等边三角形，
∴∠BGF=60°，FG=BG，
∴HD=BG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴AB//EF，
∴∠EFG=180°-60°=120°，
∵∠GFP+∠PFE=∠EFG=120°，∠PFE=∠PDC，
∴∠CDH=∠HDP+∠PDC=120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠ADC=∠ABC=60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC=120°，
∴∠GBC=∠HDC，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，
即∠HCG=120°
∵CH=CG，PH=PG，
∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，
∴PG=3PC ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
28．（2022·湖北鄂州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的直角边OA在y轴的正半轴上，且OA=6，斜边OB=10，点P为线段AB上一动点．
(1)请直接写出点B的坐标；
(2)若动点P满足∠POB=45°，求此时点P的坐标；
(3)如图2，若点E为线段OB的中点，连接PE，以PE为折痕，在平面内将△APE折叠，点A的对应点为A'，当PA'⊥OB时，求此时点P的坐标；
(4)如图3，若F为线段AO上一点，且AF=2，连接FP，将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，连接OG，当OG取最小值时，请直接写出OG的最小值和此时线段FP扫过的面积．
【答案】(1)（8，6）
(2)（67，6）
(3)（112，6）
(4)OG的最小值为4，线段FP扫过的面积为8π3
【分析】（1）由勾股定理即可求解；
（2）连接OP，过点P作PQ⊥OB于点Q，因为∠POB=45°，所以PQ=OQ，设PQ=OQ=x，则BQ=10-x，根据tanB的值，即可求得x的值，再利用勾股定理，即可求解；
（3）令PA'交OB于点D，由点E为线段OB的中点，可得A′E=AE=12OB=5，BE=12OB=5，利用折叠的性质、正切函数、勾股定理，即可求解；
（4）当以点F为圆心，OF的长为半径画圆，与AB的交点即为点P，再将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，此时OG最小，利用三角函数、等边三角形的判定与性质、扇形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△OAB中，AB=OB2−OA2=102−62=8，
∴点B的坐标为（8，6）；
（2）解：连接OP，过点P作PQ⊥OB于点Q，如图，
∵∠POB=45°，
∴∠OPQ=45°，
∴∠POB=∠OPQ，
∴PQ=OQ，
设PQ=OQ=x，则BQ=10-x，
在Rt△OAB中，tanB=OAAB=68=34，
在Rt△BPQ中，tanB=PQBQ=x10−x=34，
解得x=307，
∴OQ=PQ=307，
在Rt△POQ中，OP=OQ2+PQ2=3027，
在Rt△AOP中，AP=OP2−OA2=67，
∴点P的坐标为（67，6）；
（3）解：令PA'交OB于点D，如图，
∵点E为线段OB的中点，
∴AE=12OB=5，BE=12OB=5，
∵tanB=PDBD=OAAB=68=34，
设PD=3a，则BD=4a，
∴BP=BD2+PD2=5a，DE=BE−BD=5−4a
∴AP=AB−BP=8−5a，
由折叠的性质，可得A′E=AE=5，A′P=AP=8−5a，
∴A′D=A′P−PD=8−8a，
在Rt△A′DE中，A′D2+DE2=A′E2，即(8−8a)2+(5−4a)2=52，
解得a1=12，a2=85，
∵BD∴a<54，
∴a=12，
∴A′P=8−5×12=112，
∴点P的坐标为（112，6）；
（4）解：以点F为圆心，OF的长为半径画圆，与AB的交点即为点P，再将线段FP绕点F顺时针方向旋转60°得线段FG，连接OG，此时OG最小，如图，
由题可知，FP=FG=FO=OA−AF=6−2=4，
在Rt△APF中，cs∠AFP=AFFP=24=12，
∴∠AFP=60°，
∵∠PFG=60°，
∴∠OFG=60°，
∴△OFG是等边三角形，
∴OG=FO=4，
∴OG的最小值为4，
∴线段FP扫过的面积=60π×42360=8π3．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、三角函数、直角三角形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、扇形的面积公式．
29．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）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．
30．（2022·湖北武汉·统考中考真题）问题提出：如图（1），△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE=DB，延长ED交AB于点F，探究AFAB的值．
(1)先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC=60°时，直接写出AFAB的值；
(2)再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展：如图（3），在△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，CGBC=1nn<2，延长BC至点E，使DE=DG，延长ED交AB于点F．直接写出AFAB的值（用含n的式子表示）．
【答案】(1)[问题提出]（1）14；（2）见解析
(2)[问题拓展]2−n4
【分析】[问题探究]（1）根据等边三角形的性质结合已知条件，求得∠ADF=∠ADB=30°，∠AFD=90°，根据含30度角的直角三角形的性质，可得AF=12AD,AD=12AC=12AB，即可求解；
（2）取BC的中点H，连接DH．证明△DBH≌△DEC，可得BH=EC，根据DH∥AB，证明△EDH∽△EFB，根据相似三角形的性质可得FBDH=EBEH=32，进而可得AFAB=14；
[问题拓展]方法同（2）证明△DBH≌△DEC，得出，GH=EC，证明△EDH∽△EFB，得到FBDH=EBEH=2+n2，进而可得AFAB= 2−n4．
【详解】（1）[问题探究]：（1）如图，
∵ △ABC中，AB=AC，D是AC的中点，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，AD=12AB
∴∠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=12AD，
∴AFAB=12ADAB=14．
（2）证明：取BC的中点H，连接DH．
∵D是AC的中点，
∴DH∥AB，DH=12AB．
∵AB=AC，
∴DH=DC，
∴∠DHC=∠DCH．
∵BD=DE，
∴∠DBH=∠DEC．
∴∠BDH=∠EDC．
∴△DBH≌△DEC．
∴BH=EC．
∴EBEH=32．
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB．
∴FBDH=EBEH=32．
∴FBAB=34．
∴AFAB=14．
（2）[问题拓展]如图，取BC的中点H，连接DH．
∵D是AC的中点，
∴DH∥AB，DH=12AB．
∵AB=AC，
∴DH=DC，
∴∠DHC=∠DCH．
∵DE=DG，
∴∠DGH=∠DEC．
∴∠GDH=∠EDC．
∴△DGH≌△DEC．
∴GH=EC．
∴HE=CG
∵ CGBC=1nn<2
∴BC=nCG
∴BG=n−1CG，
CE=GH=12BC−BG=12nCG−n−1CG=1−n2CG
∴EBEH=BC+CEEH=nCG+1−n2CGCG=1+n2=2+n2．
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB．
∴FBDH=EBEH=2+n2．
∴FBAB=2+n4．
∴AFAB=4−2−n4=2−n4．
∴ AFAB= 2−n4．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边对等角，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【考点7 含30度角的直角三角形的性质】
31．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，AD=BD，∠ADC=105∘，点E在AD上，∠EBA=60∘，则EDCD的值是（ ）
A．23B．12C．32D．22
【答案】D
【分析】过点B作BF⊥AD于F，由平行四边形性质求得∠A=75°，从而求得∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，则△BEF是等腰直角三角形，即BF=EF，设BF=EF=x，则BD=2x，DF=3x，DE=DF-EF=（3-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-3）x，继而求得AB2=AF2+BF2=（2-3）2x2+X2=（8-43）x2，从而求得DEAB=22，再由AB=CD，即可求得答案．
【详解】解：如图，过点B作BF⊥AD于F，
∵▱ABCD，
∴CD=AB，CD∥AB，
∴∠ADC+∠BAD=180°，
∵∠ADC=105∘
∴∠A=75°，
∵∠ABE=60°，
∴∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，
∵BF⊥AD，
∴∠BFD=90°，
∴∠EBF=∠AEB=45°，
∴BF=FE，
∵AD=BD，
∴∠ABD=∠A=75°，
∴∠ADB=30°，
设BF=EF=x，则BD=2x，由勾股定理，得DF=3x，
∴DE=DF-EF=（3-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-3）x，
由勾股定理，得AB2=AF2+BF2=（2-3）2x2+x2=（8-43）x2，
∴DE2AB2=3−12x28−43x2=12
∴DEAB=22，
∵AB=CD，
∴DECD=22，
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，过点B作BF⊥AD于F，构建直角三角形与等腰直角三角形是解题的关键．
32．（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E=________．
【答案】33−3
【分析】根据已知可以得出∠BAC=60°，而将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°，可知∠C′AE=45°，可以求出AC=AC′=EC′=3，据此即可求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=6，
则∠BAC=60°，AC=3，BC=62−32=33，
将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°后，
则∠C′AC=15°，AC= AC′=3，B′C′=BC=33，
∴∠C′AE=45°，
而∠AC′E=90°，故△AC′E是等腰直角三角形，
∴AC=AC′=EC′=3
∴B′E= B′C′- EC′=33−3．
故答案为：33−3．
【点睛】本题考查旋转变换、直角三角形30度角的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
33．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,∠ABC=30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A′B′C′，当点A的对应点A′落在边AB上时，点C′在BA的延长线上，连接BB′，若AA′=1，则△BB′D的面积是____________．
【答案】334
【分析】先证明△A′AD 是等边三角形，再证明A′O⊥BC，再利用直角三角形30°角对应的边是斜边的一般分别求出A′B′和A′O，再利用勾股定理求出OD，从而求得△BB′D的面积．
【详解】解：如下图所示，设A′B′与BD交于点O，连接A′D和AD，
∵点D为BC的中点，AB=AC,∠ABC=30°，
∴AD⊥BC,A′D⊥B′C′，A′D是∠B′A′C′的角平分线，AD是∠BAC，
∴∠B′A′C′=120°，∠BAC=120°
∴∠BAD=∠B'A'D=60°
∵A′D=AD，
∴△A′AD 是等边三角形，
∴A′A=AD=A′D=1，
∵∠BA′B′=180°−∠B′A′C′=60°，
∴∠BA′B′=∠A′AD，
∴A′B′//AD，
∴A′O⊥BC，
∴A′O=12A′D=12，
∴OD=1−14=32
∵A′B′=2A′D=2
∵∠A′BD=∠A′DO=30°，
∴BO=OD
∴OB′=2−12=32，BD=2OD=3,
∴S△BB′D=12×BD×B′O=12×3×32=334 ．
【点睛】本题考查等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，证明△A′AD 是等边三角形是解本题的关键．
34．（2022·辽宁抚顺·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠B=60°,BC=2，点P为斜边AB上的一个动点（点P不与点A．B重合），过点P作PD⊥AC,PE⊥BC，垂足分别为点D和点E，连接DE,PC交于点Q，连接AQ，当△APQ为直角三角形时，AP的长是_____________
【答案】3或23
【分析】根据题意，由△APQ为直角三角形，可进行分类讨论：①当∠APQ=90°；②当∠AQP=90°两种情况进行分析，然后进行计算，即可得到答案．
【详解】解：根据题意，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠B=60°,BC=2，
∴∠BAC=30°，
∴AB=2BC=2×2=4，
∴AC=42−22=23，
∵当△APQ为直角三角形时，可分情况进行讨论
①当∠APQ=90°时，如图：
则AP⊥CP，
∴SΔABC=12AC·BC=12AB·CP，
∴23×2=4CP，
∴CP=3；
在直角△ACP中，由勾股定理，则
AP=(23)2−(3)2=3；
②当∠AQP=90°时，如图
∵PD⊥AC,PE⊥BC，∠ACB=90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴CQ=PQ，
∵AQ⊥CP，
∴△ACP是等腰三角形，即AP=AC=23
综合上述，AP的长是3或23；
故答案为：3或23；
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，运用分类讨论的思想进行解题．
35．（2022·湖南长沙·统考中考真题）为了进一步改善人居环境，提高居民生活的幸福指数．某小区物业公司决定对小区环境进行优化改造．如图，AB表示该小区一段长为20m的斜坡，坡角∠BAD=30°，BD⊥AD于点D．为方便通行，在不改变斜坡高度的情况下，把坡角降为15°．
(1)求该斜坡的高度BD；
(2)求斜坡新起点C与原起点A之间的距离．（假设图中C，A，D三点共线）
【答案】(1)10m
(2)20m
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
（2）根据∠BAD=∠C+∠ABC，可得∠ABC=15°，根据等腰三角形的性质即可求解．
（1）
∵ ∠BAD=30°，BD⊥AD，AB=20m
∴BD=12AB =10m
（2）
∵C，A，D三点共线，∠BAD=30°， ∠ACB=15°
∴ ∠ABC=∠BAD−∠C=15°
∴AC=AB=20m
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，三角形的外角的性质，等角对等边，掌握以上知识是解题的关键．
【考点8 角平分线的判定与性质】
36．（2022·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）在 △ABC 中， 点 D 是边 AC 上一点， 连接 BD,BD 平分 ∠ABC， 将线段 DC 绕点 D 逆时针旋转得线段DE．
(1)如图 1， E 在线段 BC 上时， 若 ∠BAC=90∘,AD=2,DE=3， 求 AB 的长；
(2)如图 2， 若 E 与点 B 重合， 点 G,F 分别为线段 AB、BC 上的点， 点 M、H 分别为 GD,BC 的中点，点 N 在 DF 的延长线上， 且 DN=BG,∠BDN=3∠ABD， 求证： BN=2MH；
(3)如图 3， 若射线 DE 过 BC 中点 H,BC=6,tan∠ACB=12,∠ABC<2∠ACB， 将 △BHD 沿 DE 翻折到同一平面内得到 △B′HD， 过 B′ 做 B′K 垂直于直线 AC， 交直线 AC 于点 K， 当 DC 与 B′K 的乘积最大时， 请直接写出 BE2 的值．
【答案】(1)AB=25
(2)证明过程见解析
(3)BE2=22−510
【分析】（1）过点D作BC的垂线，交BC于点F，根据角平分线的性质得到DA=DF=2，证出△CFD∽△CAB，即可求出AB的长度；
（2）连接DH，并延长使得DH=HQ，连接GQ、BQ，证明△BHQ≌△CHD(SAS)，推出DC=BQ，∠C=∠CBQ，即可证明∠BDN=∠ABQ，从而证出 △BGQ≌△DNB(SAS)，根据MH是△DGQ的中位线，得到GQ=2MH，即可证出BN=2MH；
（3）连接BB′、B′C，过点D作BC垂线，交BC于点M，延长DE交BB′于点N，根据折叠的性质证明△BDN≌△B′DN(SAS)，推出DN⊥BB′，根据B′H=BH=CH，推出CB′⊥BB′，得到DN∥B′C，推出S△HB′C=S△DB′C，当DC与B′K的乘积最大时，S△DB′C的面积最大，即S△HB′C的面积最大，根据HC是定长，推出以HC为底，HB′⊥HC时S△HB′C的面积最大， 设DM=x，根据tan∠ACB=12
DM+MC=3，即可求出x的值，利用勾股定理分别求出DH、DC的长度，求出HE的长度，再求出NE的长度，即可利用勾股定理求出BE2的值．
(1)
解：过点D作BC的垂线，交BC于点F，如图所示
∵BD平分∠ABC
∴DA=DF=2
∵DE=3
∴DC=3
∴AC=5
在Rt△CFD中，CF=CD2−DF2=32−22=5
在△CFD和△CAB中
{∠C=∠C∠CFD=∠CAB
∴△CFD∽△CAB
∴DFAB=CFAC=55
∴AB=DF55=255=25
(2)
证明：连接DH，并延长使得DH=HQ，连接GQ、BQ，如图所示
∵点H是BC中点
∴BH=CH
在△BHQ和△CHD中
∵{BH=CH∠BHQ=∠CHDHQ=DH
∴△BHQ≌△CHD(SAS)
∴DC=BQ，∠C=∠CBQ
∵点E与点B重合，
∴DC=DB
∴∠C=∠DBC，BQ=DB
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠DBC
∴∠ABD=∠DBC=∠C=∠CBQ
∴∠ABQ=∠ABD+∠DBC+∠CBQ=3∠ABD
∵∠BDN=3∠ABD
∴∠BDN=∠ABQ
在△BGQ和△DNB中
∵{BG=DN∠ABQ=∠BDNBQ=BD
∴△BGQ≌△DNB(SAS)
∴GQ=BN
∵点H是DQ中点、点M是DG中点
∴MH是△DGQ的中位线
∴GQ=2MH
∴BN=2MH
(3)
解：连接BB′、B′C，过点D作BC垂线，交BC于点M，延长DE交BB′于点N，如图所示
∵ 将△BHD沿 DE 翻折到同一平面内得到 △B′HD
∴BD=B′D，∠BDN=∠B′DN
又∵DN=DN
∴△BDN≌△B′DN(SAS)
∴∠DNB=∠DNB′
又∵∠DNB+∠DNB′=180°
∴∠DNB=∠DNB′=90°
∴DN⊥BB′
∵B′H=BH=CH
∴∠HBB′=∠HB′B，∠HCB′=∠HB′C
∵∠HBB′+∠HB′B+∠HCB′+∠HB′C=180°
∴∠HB′B+∠HB′C=90°
∴CB′⊥BB′
∴DN∥B′C
∴S△HB′C=S△DB′C
∵B′K⊥DC
∴S△DB′C=DC×B′K×12
∴当DC与B′K的乘积最大时，S△DB′C的面积最大，即S△HB′C的面积最大
∵HC是定长
∴以HC为底，HB′⊥HC时S△HB′C的面积最大
∵HB′⊥HC，HB′=HC=HB=3
∴BB′=32，∠DHM=∠BHN=∠HBN=45°
∴BN=NH=322
∵DM⊥BC，∠DHM=45°
∴DM=HM
设DM=x
∵tan∠ACB=12
∴MC=2x
∵DM+MC=3，即2x+x=3
∴x=1
∴DH=2，DC=DE=5
∴HE=5−2
∴NE=NH−HE=322−(5−2)=522−5
∴BE2=BN2+NE2=(322)2+(522−5)2=22−510
【点睛】本题考查了旋转的性质、角平分线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、翻折的性质、三角形面积最大、勾股定理、三角函数等知识点，本题难度比较大，正确作出辅助线，综合运用各知识点是解答本题的关键．
37．（2022·河南安阳·统考二模）【阅读】
通过构造恰当的图形，可以对线段长度大小进行比较，直观地得到线段之间的数量关系，这是“数形结合”思想的典型应用．
【理解】
（1）如图1，∠MAN=120°，AC平分∠MAN,CD⊥AM,CB⊥AN，求证：AB+AD=AC．
【拓展】
（2）如图2，其他条件不变，将图1中的∠DCB绕点C逆时针旋转，CD交MA的延长线于点D，CB交射线AN于点B，写出线段AD，AB，AC之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．
【应用】
（3）如图3，△ABC为等边三角形，AB=4，P为BC边的中点，∠MPN=120°，将∠MPN绕点P转动使射线PM交直线AC于点M，射线PN交直线AB于点N，当AM=8时，请直接写出AN的长．
【答案】（1）见解析；（2）AB−AD=AC，理由见解析；（3）
【分析】（1）根据角平分线的性质以及含30度角的直角三角形的性质，即可得证；
（2）过点C分别作AM,AN的垂线CE,CF，垂足分别为E、F，根据三角形的外角以及对顶角的性质，证明∠EDC=∠FBC，然后证明△CED≌△CFB，由ED=FB，可得AE=ED−AD,AF=AB−FB，AE+AF=AC即可得证；
（3）分M在AN的上方和下方两种情形讨论，①过点P分别作AM,AN的垂线PE,PF，根据（2）的结论可得△PEM≌△PFN，根据含30度角的直角三角形的性质，求得CE的长，进而可得AE的长，根据AN=AF+FN=AF+EM=AF+AE+AM即可求解，②同①方法求解，根据AN=FN−AF=EM−AF即可求解．
【详解】（1）∵ AC平分∠MAN,CD⊥AM,CB⊥AN，∠MAN=120°，
∴DA=AB，∠DAC=∠BAC=60°，∠DCA=∠BCA=30°，
∴DA=AB=12AC，
∴ AB+AD=AC；
（2）AB−AD=AC，理由如下，
如图，过点C分别作AM,AN的垂线CE,CF，垂足分别为E、F，
由（1）可得AE+AF=AC，CE=CF，
∵ ∠DCB绕点C逆时针旋转，
∴∠DCB=60°，
∵∠MAN=120°，
∴∠BAD=60°，
∵∠BAD+∠CDA=∠DCB+∠ABC，
∴∠CDA=∠ABC，
即∠EDC=∠FBC，
∵∠CED=∠CFB=90°，CE=CF，
∴△CED≌△CFB，
∴ED=FB，
∵AE=ED−AD,AF=AB−FB，
∴AE+AF=ED−AD+AB−FB=AB−AD，
又AE+AF=AC，
∴AB−AD=AC；
（3）①如图，当M在AB下方时，过点P分别作AM,AN的垂线PE,PF，垂足分别为E、F，
∵ P是BC的中点，△ABC是等边三角形，
∴AP平分∠CAB，∠B=∠C=60°，
∴PE=PF，
由（2）可得△PEM≌△PFN，
∴EM=FN，
∵ AB=4，
∴CP=12BC=12AB=2，
∴∠EPC=∠FPB=90°-60°=30°，
∴CE=FB=1，
∴AE=AF=3，
∵ AM=8，
∴AN=AF+FN=AF+EM=AF+AE+AM=3+3+8=14，
②如图，当M在AB上方时，过点C分别作AM,AN的垂线PE,PF，垂足分别为E、F，
同理可得EM=FN
AN=FN−AF=EM−AF=8−3−3=2．
综上所述，AN的长为14或2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，角平分线的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，作两垂线证明三角形全等是解题的关键．
38．（2022·江苏镇江·统考模拟预测）如图，△ABC的顶点均在边长为1的正方形网格格点上．
(1)只用不带刻度的直尺，在AC边上找一点D，使得D到AB、BC两边距离相等（不写作法，保留作图痕迹）
(2)D到AB的距离是 ．
【答案】(1)见解析
(2)87
【分析】（1）连接B与AE的中点F交AC于点D，则D即为所求，
（2）根据角平分线的性质，设D到AB的距离是d,则D到BC的距离是d,根据等面积法即可求解．
（1）
如图，连接B与AE的中点交AC于点D，则D即为所求，
∵AB=32+42=5=BE，AF=EF
∴BF是∠ABC的角平分线，
D在BE上，即D到AB、BC两边距离相等，
（2）
设D到AB的距离是d,则D到BC的距离是d,
S△ABC=12×2×4=S△ABD+S△BCD=12AB×d+12BC×d，
∵AB=5,BC=2，
∴ 8=7d，
解得d=87，
故答案为：87．
【点睛】本题考查了勾股定理，角平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
39．（2022秋·四川广元·八年级统考期中）已知：如图， BD 为 ΔABC 的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点， BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．求证：
(1)ΔABD≅ΔEBC；
(2)AE=CE；
(3)BA+BC=2BF．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由角平分线得出∠ABD=∠EBC，利用全等三角形的判定证明即可；
（2）由（1）中结论得出∠BCE=∠BDA，ΔBCD和ΔBEA为等腰三角形，结合条件可得出∠DCE=∠DAE，由等角对等边即可证明；
（3）过点E作EG⊥BC交BC的延长线于点G，利用角平分线的性质可得EF=EG，根据直角三角形的判定得出RtΔBFE≅RtΔBGE，RtΔAFE≅RtΔCGE，FA=CG，结合图形，利用线段间的数量关系即可证明．
【详解】（1）∵BD为ΔABC的角平分线，
∴∠ABD=∠EBC，
在ΔABD与ΔEBC中，
AB=EB∠ABD=∠EBDBD=BC，
∴ΔABD≅ΔEBC(SAS)；
（2）∵ΔABD≅ΔEBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∵∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，
∴∠BCD+∠DCE=∠DAE+∠BEA，
∵BD=BC，BE=BA，
∴ΔBCD和ΔBEA为等腰三角形，
∵∠ABD=∠EBC，
∴∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴AE=EC；
（3）如图，过点E作EG⊥BC交BC的延长线于点G，
∵BE平分∠ABC，EF⊥AB，EG⊥BG，
∴EF=EG，
在RtΔBFE与RtΔBGE中，
EF=EGBE=BE，
∴RtΔBFE≅RtΔBGE(HL)，
∴BF=BG，
在RtΔAFE与RtΔCGE中，
EF=EGEA=EC，
∴RtΔAFE≅RtΔCGE(HL)，
∴FA=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG−CG=BF+BG=2BF．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等角对等边及角平分线的性质等，理解题意，熟练掌握运用全等三角形的判定和性质是解题关键．
40．（2022·江苏扬州·统考二模）如图1，Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=45°，∠C的角平分线交边AB于D点，BD=2，
(1)请求出AC的长；
(2)如图2，E为CD上的一个动点，AE⊥EF，AC⊥CF，EF交AC于G点，连接AF，当E点在CD间运动时，请判断EFAE的值是否为一个定值，如果是请求出具体的值，不是，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，若AE=EC，请求出△EGC的面积．
【答案】(1)AC =2+1；
(2)EFAE的值为是一个定值，EFAE=2+1；
(3)S△GEC=14
【分析】（1）作DM⊥BC于M，由角平分线的性质得到AD=DM，根据BD=2，∠B=45°求出DM=BM=1，进而得到AC=AB=2+1；
（2）取AF的中点为N，连接EN，CN，证得A、E、C、F四点共圆，推出∠AFE=∠ACD，进而证得△AEF∽△DAC，得到EFAE=ACAD=2+1；
（3）由AE=EC求得∠AFC=45°，得到CF=AC=2+1，求出CG=1，AG=2，易证AE=DE=EC，利用 S△AEC=S△ADC2=2+14，得到S△GEC=2+14⋅12+1=14．
（1）
作DM⊥BC于M，
∵CD平分∠ACB，∠DAC=90°，
∴AD=DM，
∵BD=2，∠B=45°，
∴DM=BM=1，
∴AD=DM=1，
又∵∠A=90°，∠B=45°，
∴AC=AB=2+1；
（2）
取AF的中点为N，连接EN，CN，
∵∠AEF=∠ACF=90°，
∴EN=CN=AN=NF，
∴A、E、C、F四点共圆，
∴∠AFE=∠ACD，
又∵∠DAC=∠AEF=90°，
∴△AEF∽△DAC，
∴EFAE=ACAD=2+1；
（3）
由第（2）问可知A、E、C、F四点共圆，
∵AE=EC，
∴∠AFE=∠EFC，
∵∠ACD=22.5°
，∴∠AFE=∠EFC=22.5°，
∴∠AFC=45°，
∴CF=AC=2+1，
又∵CFCG=EFAE=2+1，
∴CG=1，
∴AG=2，
∵AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠EAC+∠DAE=∠ACE+∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠DAE，
∴AE=DE=EC，
∴S△AEC=S△ADC2=2+14，
∴S△GEC=2+14⋅12+1=14．
【点睛】此题考查了角平分线的性质定理，四点共圆，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
【考点9 垂直平分线的判定与性质】
41．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，E为AD上一点，连接BE，BE的垂直平分线交AB于点M，交CD于点N，垂足为O，点F在DC上，且MF∥AD．
(1)求证：△ABE≌△FMN；
(2)若AB=8，AE=6，求ON的长．
【答案】(1)见详解
(2)254
【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；
（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，可得(8−ME)2+62=ME2，解得：ME=254，即有BM=ME=254，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．
【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，BC∥AD，
AB∥DC，
∵MF∥AD，∠A=∠D=90°，AB∥DC，
∴四边形ADFM是矩形，
∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，
∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴MN⊥BE，
∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，
∴∠MBO=∠OMF，
∵∠NFM=∠A=90∘MF=AB∠OMF=∠MBO，
∴△ABE≌△FMN；
（2）连接ME，如图，
∵AB=8，AE=6，
∴在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=82+62=10，
∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴BO=OE=12BE=5，BM=ME，
∴AM=AB-BM=8-ME，
∴在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，
∴(8−ME)2+62=ME2，解得：ME=254，
∴BM=ME=254，
∴在Rt△BMO中，MO2=BM2−BO2，
∴MO=BM2−BO2=(254)2−52=154，
∴ON=MN-MO=10−154=254．
即NO的长为：254．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．
42．（2022·江苏南京·南师附中树人学校校考二模）如图，在△ABC中，AH⊥BC，垂足为H，且BH=CH，E为BA延长线上一点，过点E作EF⊥BC，分别交BC,AC于F，M．
(1)求证∠B=∠C；
(2)若AB=5,AH=3,AE=2，求MF的长．
【答案】(1)见解析
(2)95
【分析】（1）证明直线AH是BC的垂直平分线即可．
（2）先证明EF∥AH，再判定AE=AM，证明△CMF∽△CAH即可．
【详解】（1）∵AH⊥BC，垂足为H，且BH=CH，
∴ AH是BC的垂直平分线．
∴ AB=AC．
∴∠B=∠C．
（2）∵ AH⊥BC，AB=AC=5，
∴ ∠BAH=∠CAH．
∵ AH⊥BC，EF⊥BC，
∴ EF∥AH．
∴ ∠BAH=∠E,∠CAH=∠AME．
∴ ∠E=∠AME．
∴AE=AM=2．
∴CM=3．
∵EF∥AH，
∴△CMF∽△CAH．
∴ MFAH=CMCA．
∴ MF3=35．
∴ MF=95．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握三角形相似的判定性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
43．（2022·黑龙江牡丹江·统考二模）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、点E分别在射线BA、直线AC上，AF垂直平分DE，交直线BE于点F，连接DF，当点D在BA延长线上，点E在AC边上时，如图①，易证：CD+DF=BF．
(1)当点D在AB边上，点E在CA延长线上时，如图②；当点D在BA延长线上，点E在AC延长线上时，如图③，请直接写出线段CD，DF，BF之间的数量关系，并对图②给予证明；
(2)在（1）条件下，若S△ADF=2S△ABE，CD=5，则BF=______，AF=______．
【答案】(1)图②：CD−DF=BF；图③：DF−CD=BF；见解析
(2)5，22
【分析】（1）根据题意证ΔABE≅ΔACDSAS，即可求解；
（2）根据图③，由S△ADF=2S△ABE可得BF=BE、AF=22AB，再求证三角形全等即可通过勾股定理求解；
（1）
解：图②：CD−DF=BF；图③：DF−CD=BF；
图②证明：∵AF垂直平分DE，
∴AD=AE，EF=DF．
∵∠BAC=90°，
∴∠DAC=∠EAE=90°．
∵AB=AC，
∴ΔABE≅ΔACDSAS．
∴BE=CD．
∵BE−EF=BF，
∴CD−DF=BF．
由图③，
在ΔABE和ΔACD中
∵AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD
∴ΔABE≅ΔACDSAS
∴BE=CD
∵AF垂直平分DE
∴DF=EF=BF+BE=BF+CD
即DF−CD=BF
（2）
如图③
∵AF垂直平分DE
∴S△ADF=2S△ABE=S△ABE+S△ABF
∴S△ABE=S△ABF
∴BF=BE
在ΔABE和ΔACD中
∵AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD
∴ΔABE≅ΔACDSAS
∴BF=BE=CD=5
∵∠ABE=∠DCA
∴∠ABF=∠DCE
∵FG⊥DE
∴∠GAE=∠GEA=45°
∵AE⊥BD
∴∠FAB=∠CED
在ΔABF和ΔECD中
∵∠FAB=∠CED∠ABF=∠DCEBF=CD
∴ΔABF≅ΔECDAAS
∴AF=DE
∵S△ADF=2S△ABE
∴12AF⋅12DE=2×12AB⋅AE
∴12AF⋅122AE=2×12AB⋅AE
∴DE=AF=22AB
∴EF2=FG2+GE2
∴252=22AB+2AB2+2AB2
∴AB=1
∴AF=22
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，三角形的全等，勾股定理，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
44．（2023·福建莆田·统考二模）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC=5，BC=2，AD平分∠BAC．点P是AC上的一个动点，EF垂直平分BP于E，交AD于点F．
(1)如图1，连接FP和FC，求证：FP=FC；
(2)如图2，取PC的中点M；
①连接EA，MF，在点P的运动过程中，设四边形EFMA的面积为S，AP=x，求S与x之间的函数关系式；
②当线段EF取最小值时，求证：四边形EFMP是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)①S=5+5x8；②见解析
【分析】（1）连接BF，根据AB=AC，AD平分∠BAC，得出AD垂直平分BC，则FB=FC，根据EF垂直平分BP，得出FB=FP，即可证明FP=FC；
（2）①连接EM，根据E为PB的中点，M为PC的中点，得出EM∥BC，EM=12BC=1，用x表示出PM，根据AD⊥BC，EM∥BC，得出EM⊥AD，设∠DAC=α，则tanα=12，sinα=55，csα=255，在Rt△AFM中，用x表示出AF=AMcsα=5+5x4，即可表示出四边形的面积；
②根据FB=FP=FC，得出B，P，C在⊙F上，从而得出∠BFP=2∠ACD=180°−2α，根据BF=PF，得出∠BPF=∠PBF=12180°−∠BFP=α，根据三角函数得出EF=PE⋅tanα=12PE=14BP，即BP=4EF，从而说明当EF取得最小值时，BP同时取得最小值，根据垂线段最短得出BP⊥AC，结合EF⊥BP，FM⊥PC，即可证明结论．
（1）
证明：连接BF，如图所示：
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分BC，
∴FB=FC，
∵EF垂直平分BP，
∴FB=FP，
∴FP=FC．
（2）
①连接EM，如图所示：
∵E为PB的中点，M为PC的中点，
∴EM∥BC，EM=12BC=1，
PM=CM=12PC=12(AC−AP)=5−x2，
∴AM=AC−PM=5+x2，
∵AD⊥BC，EM∥BC，
∴EM⊥AD，
∵AD垂直平分BC，
∴CD=12BC=1，
∴Rt△ACD中，AD=AC2−CD2=(5)2−12=2，
设∠DAC=α，则tanα=12，sinα=55，csα=255，
∵FP=FC，PM=CM，
∴FM⊥CP，
∴∠AMF=90°，
在Rt△AFM中，AF=AMcsα=5+5x4，
∵EM⊥AD，
∴S=12×AF×EM=12×1×5+5x4=5+5x8．
②∵AD⊥BC，∠DAC=α，
∴∠ACD=90°−α，
由（1）得FB=FP=FC，
∴B，P，C在⊙F上，
∵BP=BP，
∴∠BFP=2∠ACD=180°−2α．
∵BF=PF，
∴∠BPF=∠PBF=12180°−∠BFP=α，
∴EF=PE⋅tanα=12PE=14BP，
∴BP=4EF，
∴当EF取得最小值时，BP同时取得最小值，
此时，BP⊥AC，
又∵EF⊥BP，FM⊥PC，
∴∠FEP=∠BPC=∠PMF=90°，
∴四边形EFMP是矩形．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质，中位线的性质，勾股定理，三角函数的应用，圆周角定理，垂线段最短，矩形的判断，作出辅助线，熟练掌握相关的定理，得出BP=4EF，是解题的关键．
45．（2022·北京丰台·二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是BC中点，连接AD．点M在线段AD上（不与点A，D重合），连接MB，点E在CA的延长线上且ME＝MB，连接EB．
(1)比较∠ABM与∠AEM的大小，并证明；
(2)用等式表示线段AM，AB，AE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)∠ABM=∠AEM，证明见解析；
(2)AB=AM+AE，证明见解析．
【分析】（1）连接CM，由AB＝AC， D是BC中点得AD垂直平分线段CD， ∠ABM+∠MBD=∠ACM+∠MCD，从而有BM=CM=ME，于是得∠MBD=∠MCD，∠AEM=∠ACM，即可得∠ABM=∠AEM；
（2）AB=AM+AE，证明见解析，理由如下：如下图2，在线段AC上取一点G，使得AG=AM，连接MG，AB＝AC， D是BC中点，∠BAC＝120°得∠BAM=∠CAD=60°，进而证明△AMG是等边三角形，得AG=AM=MG，从而证明
△BAM≌△EGM，即可证明AB=AM+AE，
（1）
解： ∠ABM=∠AEM，理由如下：如下图1，连接CM，
∵ AB＝AC， D是BC中点，
∴AD垂直平分线段CD，∠ABD=∠ACD即 ∠ABM+∠MBD=∠ACM+∠MCD，
∴BM=CM，
∵ME＝MB，
∴BM=CM=ME，
∴ ∠MBD=∠MCD，∠AEM=∠ACM，
∵ ∠ABM+∠MBD=∠ACM+∠MCD，
∴ ∠ABM=∠AEM；
（2）
解： AB=AM+AE，证明见解析，理由如下：如下图2，在线段AC上取一点G，使得AG=AM，连接MG，
∵ AB＝AC， D是BC中点，∠BAC＝120°，
∴ ∠BAM=∠CAD=60°，
∵ AG=AM，
∴ △AMG是等边三角形，
∴ AG=AM=MG，∠EGM=60°，
∴ ∠BAM=∠EGM，
∵在△EMG和△EMA中，
∠BAM=∠EGM∠ABM=∠AEMMA=MG
∴ △BAM≌△EGM，
∴ AB=EG，
∵EG=AE+AG，AG=AM，
∴ AB=AM+AE．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、线段垂直平分线的判定及性质、等边三角形的判定及性质以及全等三角形的判定及性质，利用旋转思想作出手拉手全等三角形是解题的关键．
【考点10 勾股定理】
46．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1=36，S3=100时，S2=______．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°．
（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是______．
（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN=S四边形PMFG；
（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB=4，柱体的高ℎ=8，直接写出V1+V2的值．
【答案】知识再现 64；
问题探究：（1）S1+S2=S3；（2）S4+S5=S6；理由见解析；
实践应用：（1）见解析；（2）V1+V2=16π．
【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4=34BC2，S5=34AC2，S6=34AB2，由勾股定理可得34BC2+34AC2=34AB2，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32(c−a)(c−b)，再由c2=a2+b2，可证明S△PMN=S四边形PMFG．
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由V1+V2=12(S1+S1)ℎ=12S3ℎ，即可求V1+V2=16π．
【详解】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴S1+S2=S3，
∵S1=36，S3=100，
∴S2=64，
故答案为：64；
问题探究：1解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴12AB2=12AC2+12BC2，
∴S1+S2=S3，
故答案为：S1+S2=S3；
2解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
过点D作DG⊥BC交于G，
在等边三角形BCD中，CD=BC，CG=12BC，
∴DG=32BC，
∴S4=12×BC×32BC=34BC2，
同理可得S5=34AC2，S6=34AB2，
∴34AB2=34AC2+34BC2，
∴S4+S5=S6；
实践应用：1证明：设AB=c，BC=a，AC=b，
∴HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，
∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，
∴HG//AF，MN//BF，
∴∠HPN=60°，
∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，
∴S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32c−ac−b，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴34(a+b−c)2=34a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac=32c2+ab−bc−ac=32c−ac−b，
∴S△PMN=S四边形PMFG；
2解：设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴π4c2=π4a2+π4b2，
∴S1+S2=S3，
∵V2=12S2ℎ，V1=12S1ℎ，V3=12S3ℎ，
∴V2+V1=12S1+S2ℎ=12S3ℎ=V3，
∵AB=4，ℎ=8，
∴V3=12S3ℎ=12×π×4×8=16π，
∴V1+V2=16π．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
47．（2022·山东枣庄·统考中考真题）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．
(1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
【答案】(1)当t＝2时，PQ⊥BC
(2)当t的值为43时，四边形QPCP′为菱形
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，证明出ΔABC为直角三角形，进一步得出ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，再证明四边形PECD为矩形，利用勾股定理在Rt△PCE、Rt△PDQ中，结合四边形QPCP′为菱形，建立等式进行求解．
【详解】（1）解：（1）如图①，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝AC2+BC2＝42+42=42（cm），
由题意得，AP＝2tcm，BQ＝tcm，
则BP＝（42﹣2t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
∴{∠BPQ=∠BAC∠BQP=∠BCA，
∴△BPQ∽△BAC，
∴BPBA＝BQBC，
∴42−2t42=t4，
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
（2）解：作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图，
AP=2t，BQ=tcm，(0⩽t<4)
∵∠C=90°，AC=BC=4cm，
∴ΔABC为直角三角形，
∴∠A=∠B=45°，
∴ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，
∴PE=AE=22AP=tcm，BD=PD，
∴CE=AC−AE=(4−t)cm，
∵四边形PECD为矩形，
∴PD=EC=(4−t)cm，
∴BD=(4−t)cm，
∴QD=BD−BQ=(4−2t)cm，
在Rt△PCE中，PC2=PE2+CE2=t2+(4−t)2，
在Rt△PDQ中，PQ2=PD2+DQ2=(4−t)2+(4−2t)2，
∵四边形QPCP′为菱形，
∴PQ=PC，
∴t2+(4−t)2=(4−t)2+(4−2t)2，
∴t1=43，t2=4（舍去）．
∴t的值为43．
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
48．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，D是BC边上的一点，以AD为直角边作等腰Rt△ADE，其中∠DAE=90°，连接CE．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)若∠BAD=22.5°时，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)2−1
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得∠DAE=90°,AD=AE，进而证明∠BAD=∠CAE，即可根据SAS证明△ABD≌△ACE；
（2）勾股定理求得BC=2根据已知条件证明△ADC是等腰三角形可得AC=DC，进而根据BD=BC−CD即可求解．
【详解】（1）证明：∵ △ADE是等腰直角三角形，
∴∠DAE=90°,AD=AE，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD=90°−∠DAC=∠CAE，
在△ABD与△ACE中
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE；
∴ △ABD≌△ACE，
（2）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，
∴BC=AC2+AB2=2,
∵∠BAC=90°,∠BAD=22.5°,
∴∠DAC=90°−∠BAD=67.5°,
∵AB=AC,
∴∠ACD=12180°−90°=45°,
∴∠ADC=180°−∠ACD−∠DAC=67.5,
∴∠ADC=∠ACD，
∴AC=DC=1,
∴BD=BC−DC=2−1．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
49．（2022·江苏盐城·统考中考真题）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB=90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
(1)证明：AD=LC；
(2)证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
(3)请利用（2）中的结论证明勾股定理．
(4)【迁移拓展】
如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)存在，见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；
（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；
（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；
（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径作弧交这直线于D，分别以A，B为圆心，以AB，AI为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．
【详解】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，
又AD∥LC，所以四边形ADJK是平行四边形，
由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，
由（1）知，AD=LC，
所以S平行四边形ADJK=S平行四边形ACLM=S正方形ACHI，
延长EB交LG于Q，
同理有S平行四边形KJEB=S平行四边形CBQL=S正方形BFGC，
所以S正方形ACHI+S正方形BFGC=S平行四边形ADJK+S平行四边形KJEB=S正方形ADEB．
所以AC2+BC2=AB2．
（4）解：如图为所求作的平行四边形ADEB．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
50．（2022·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ADC=∠ACB．求证∠ACD=∠ABC．
独立思考：
（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：
（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．“如图2，延长CA至点E，使CE=BD，BE与CD的延长线相交于点F，点G，H分别在BF,BC上，BG=CD，∠BGH=∠BCF．在图中找出与BH相等的线段，并证明．”
问题解决：
（3）数学活动小组河学时上述问题进行特殊化研究之后发现，当∠BAC=90°时，若给出△ABC中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求，该小组提出下面的问题，请你解答．“如图3，在（2）的条件下，若∠BAC=90°，AB=4，AC=2，求BH的长．”
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BH=173.
【分析】（1）利用三角形的内角和定理可得答案；
（2）如图，在BC上截取BN=CF, 证明△CEF≌△BDN, 再证明EF=DN,∠EFC=∠DNB, 证明△GHB≌△CND, 可得BH=DN, 从而可得结论；
（3）如图，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, 证明△ADC∽△ACB, 可得AD=1,CD=5, 可得BG=CD=5, 证明△BGH∽△BCF, 可得BF=2BH, 而EF=GH, 可得BE=3BH, 再利用勾股定理求解BE，即可得到答案．
【详解】证明：（1）∵∠ADC=∠ACB,∠A=∠A,
而∠ACD=180°−∠A−∠ADC,∠ABC=180°−∠A−∠ACB,
∴∠ACD=∠ABC,
（2）BH=EF, 理由如下：
如图，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）如图，在BC上截取BN=CF,
同理可得：BH=DN=EF,
∵AC=2,AB=4,∠BAC=90°,
∴BC=22+42=25,
∵∠DAC=∠BAC,∠ACD=∠ABC,
∴△ADC∽△ACB,
∴ADAC=ACAB=CDBC,
∴AD2=24=CD25,
∴AD=1,CD=5,
∴BG=CD=5,
∵∠GBH=∠FBC,∠BGH=∠BCF,
∴△BGH∽△BCF,
∴BGBC=GHCF=BHBF=525=12,
∴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=AB2+AE2=17,
∴BH=173.
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，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全等三角形是解本题的关键．
【考点11 勾股定理的逆定理】
51．（2022·江苏淮安·校联考中考模拟）如图，一个梯子AB长2.5米，顶端A靠在墙AC上，这时梯子下端B离墙角C的距离为1.5米，梯子滑动后停在DE的位置上了，测得BD长为0.9米，则梯子顶端A下滑（ ）．
A．0.9米B．1.3米C．1.5米D．2米
【答案】B
【分析】要求下滑的距离，显然需要分别放到两个直角三角形中，运用勾股定理求得AC和CE的长即可．
【详解】解：∵在Rt△ACB中，AC2=AB2−BC2=2.52−1.52=4，
∴AC＝2米，
∵BD＝0.9米，
∴CD＝BD+BC=0.9+1.5=2.4（米），
∵在Rt△ECD中，EC2＝ED2﹣CD2＝2.52﹣2.42＝0.49，
∴EC＝0.7米，
∴AE＝AC﹣EC＝2﹣0.7＝1.3（米），故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
52．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，BC=2CD，AB=8，CD=23，AD=2，则BD的长为______ ．
【答案】221
【分析】连接AC，过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°，再根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接AC，过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H，
∵∠ADC=90°，CD=23，AD=2，
∴AC=AD2+CD2=4，
∴sin∠ACD=ADAC=12，
∴∠ACD=30°，
∵BC=2CD，
∴BC=43，
∵AB=8，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCH=60°，
∴∠CBH=30°，
∴CH=12BC=23，
∴BH=BC2−CH2=432−232=6,DH=CD+CH=43，
∴BD=DH2+BH2=432+62=221．
故答案为：221
【点睛】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，含30°的直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
53．（2022·江苏宿迁·统考一模）如图，每个小正方形的边长都相等，A，B，C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为___．
【答案】45°
【分析】根据勾股定理得到AB，BC，AC的长度，再判断△ABC是等腰直角三角形，进而得出结论．
【详解】解：如图，连接AC．
由题意，AC＝22+12=5 ，BC＝22+12=5，AB＝12+32=10，
∴AC＝BC，AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝∠CAB＝45°．
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，判断出△ABC是等腰直角三角形是解决本题的关键．
54．（2022·辽宁葫芦岛·统考三模）如图，一个正方形网格中的每个小正方形的边长为1，点D为AB的中点，则线段CD的长为_________．
【答案】262##1226
【分析】根据网格图性质及勾股定理求出AC、AB、BC的线段长，分别为32，26，22．根据勾股定理逆定理得到△ABC为直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得CD的长．
【详解】解：由题可得：AC=32+32=32，AB=12+52=26，CB=22+22=22
∵(32)2+(22)2=(26)2
即：AC2+CB2=AB2
∴△ABC为直角三角形
∵点D为AB的中点
∴CD=12AB=262
故答案为：262．
【点睛】本题考查了网格图求线段长，勾股定理，勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线，解题的关键是熟练掌握勾股定理逆定理判断出△ABC为直角三角形．
55．（2022·山东临沂·校考二模）如图，圆柱底面半径为4厘米，高18π厘米，点A、B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A、B在同一母线上，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B，求棉线最短为__________．
【答案】30π厘米
【分析】要求圆柱体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将圆柱体展开，然后利用两点之间线段最短解答．
【详解】解：圆柱体的展开图如图所示：
用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB；
即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；
∵圆柱底面半径为4，
∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长：2π×4=8π；
又∵圆柱高为18π，
∴小长方形的一条边长是18π÷3=6π；
根据勾股定理求得AC=CD=DB=6π2+8π2 =10π；
∴AC+CD+DB=30π．
故答案为：30π厘米．
【点睛】本题主要考查了圆柱的计算、平面展开--路径最短问题．圆柱的侧面展开图是一个长方形，此长方形的宽等于圆柱底面周长，长方形的长等于圆柱的高．本题就是把圆柱的侧面展开成长方形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
【考点12 勾股定理的应用】
56．（2022·吉林长春·统考模拟预测）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点，点A在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上；
(1)在图①中，画一个锐角三角形ABC，使它的三边长都是有理数．
(2)在图②中，画一个等腰直角三角形AMN，使它的三边长都是无理数．
(3)在图③中，画一个不等腰的直角三角形APQ，使它的三边长都是无理数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用勾股定理画一个边长分别为5，5，6的三角形即可；
（2）利用勾股定理及其逆定理，结合格点特征即可作图；
（3）利用勾股定理及其逆定理，结合格点特征即可作图．
【详解】（1）解：如图，AB=AC=32+42=5，BC=6，符合三条边长都是有理数，三个角都是锐角，可知三角形ABC即为所求；
（2）解：如图，AM=AN=32+12=10，MN=22+42=25，满足AM2+AN2=MN2，可知三角形AMN即为所求；
（3）解：如图，AP=22+22=22，AQ=32+32=32，PQ=12+52=26，满足AP2+AQ2=PQ2，可知三角形APQ即为所求．
【点睛】本题考查格点作图、勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握勾股定理及其逆定理．
57．（2022·青海西宁·统考一模）如图1，在△ABC中，D为BC的中点，求证：AB+AC>2AD．
(1)甲说：不可能出现△ABD≌△ACD，所以此题无法解决；
乙说：我们可以延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE,CE，因为BD=DC，就可以直接得到四边形ABEC是平行四边形．请写出此处的依据：________（平行四边形判定的文字描述）．所以AC=BE，在△ABE中，AB+BE>AE，即AB+AC>2AD．
(2)请根据乙提供的思路解决下列问题：
如图2，在△ABC中，D为BC的中点，AB=5，AC=3，AD=2．求△ABC的面积．
【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形
(2)△ABC的面积为6．
【分析】（1）根据AD=DE，BD=DC可知是利用对角线互相平分来进行判定的；
（2）延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE、CE，得到平行四边形，经过线段的转化，利用勾股定理的逆定理推断出△ABE是直角三角形，从而求出这个直角三角形面积，根据平行四边形性质可知△ABC面积与此相等．
（1）
解：因为AE、BC都是对角线，且AD=DE，BD=DC，
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴四边形ABEC是平行四边形．
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）
解：如图，延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE、CE，
∵BD=DC，DE=AD，
∴四边形ABEC是平行四边形．
∴BE=AC，AE=2AD=4．
在△ABE中，三条边长度的3，4，5是勾股数，
∴△ABE是直角三角形．
∴△ABE面积为12×3×4=6．
根据平行四边形的性质可知△ABC的面积等于△ABE面积，即△ABC的面积为6．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的逆定理，同时考查了阅读理解能力，模仿运用已知材料的解题方法的解题的关键．
58．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，某海岸线MN的方向为北偏东75°，甲，乙两船分别向海岛C运送物资，甲船从港口A处沿北偏东45°方向航行，乙船从港口B处沿北偏东30°方向航行，已知港口B到海岛C的距离为30海里，求港口A到海岛C的距离．
【答案】302
【分析】过点C作CD⊥AM垂足为D，设CD=x，根据直角三角形的性质求可得AC=2x、BD=BC=x，再利用勾股定理可求得x，进而求得AC的长．
【详解】解：过点C作CD⊥AM垂足为D，
∴∠CAD=75°-45°=30°，∠CBD=75°-30°=30°，
设CD=x
∵在Rt△ACD中，∠CAD=75°-45°=30°
∴AC=2x
∵在Rt△BCD中，∠CBD=45°,BC=30
∴BD=BC=x
∴x2+x2=302，解得x=152
∴AC=2x=302．
答：港口A到海岛C的距离是302海里．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，作垂线构造直角三角形是解决问题的关键．
59．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）桌面上的某创意可折叠台灯的平面示意图如图1所示，将其抽象成图2，量得∠DCB=60°，∠CDE=165°﹔灯杆CD的长为30cm，灯管DE的长为20cm，底座AB的厚度为3cm，不考虑其他因素，求台灯的高（点E到桌面的距离，结果保留根号）．
【答案】(102+153+3)cm．
【分析】过点D分别作DM//AB、DG⊥AB于点G，作EF⊥DM于点F．根据所作辅助线结合题意利用平行线的性质可求出∠EDF=45°，即△DEF为等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求出EF的长，在根据含30°角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出DG的长，即可求出台灯的高．
【详解】如图，过点D分别作DM//AB、DG⊥AB于点G，作EF⊥DM于点F．
根据所作辅助线结合题意可知∠CDF=180°−∠DCB=180°−60°=120°，
∴∠EDF=∠CDE−∠CDF=165°−120°=45°，
故△DEF为等腰直角三角形，
∴EF=22DE=22×20=102cm．
∵∠DCB=60°，
∴DG=32CD=32×30=153cm，
∴台灯的高=EF+DG+3=(102+153+3)cm．
【点睛】本题考查勾股定理的实际应用，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质．正确作出辅助线是解答本题的关键．
60．（2022·河南周口·周口市第一初级中学校考模拟预测）如图，牧童在A处放牛，其家在C处，A、C到河岸L的距离分别为AB=2km，CD=4km且，BD=8km．
（1）牧童从A处将牛牵到河边P处饮水后再回到家C，试确定P在何处，所走路程最短？请在图中画出饮水的位置（保留作图痕迹），不必说明理由．
（2）求出（1）中的最短路程．
【答案】（1）详见解析；（2）10km．
【详解】试题分析：（1）作点A关于直线l的对称点A′，连接A′C交l于点P，则P点即为所求点；
（2）过A′作A′E⊥CD，交CD的延长线于E，再根据勾股定理即可得出A′C的长．
试题解析：
（1）如图：
（2）由作图可得最短路程为A′C的距离，
过A′作A′E⊥CD,交CD的延长线于E，
则DE=A′B=AB=2km，A′E=BD=8km，CE=2+4=6km，
根据勾股定理可得，A′C=10km．
【点睛】主要运用了轴对称-最短路线问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】
61．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为323，则CD的长为（ ）
A．4B．43C．8D．83
【答案】C
【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．
【详解】∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OC＝OA＝12AC，AC⊥BD，
∴OH＝OB＝OD＝12BD（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
∴OD＝4，BD＝8，
由12AC⋅BD=323得，
12×8⋅AC＝323，
∴AC＝83，
∴OC＝12AC＝43，
∴CD＝OC2+OD2＝8，
故答案为：C．
【点睛】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是先求得BD的长．
62．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点．若AE=AD，DF=2，则BD的长为（ ）
A．22B．3C．23D．4
【答案】D
【分析】根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
【详解】解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD＝12AC＝AD＝4，
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
63．（2022·宁夏银川·校考一模）如图，在▱ ABCD中，AB=5，BC=8.E是边BC的中点，F是▱ ABCD内一点，且∠BFC=90°. 连接AF并延长，交CD于点G.若，则DG的长为（ ）
A．52B．32C．3D．2
【答案】D
【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再得到CG的长，进而得出DG的长．
【详解】解：∵E是边BC的中点，且∠BFC=90°，
∴Rt△BCF中，EF=12BC=4，
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，
∴F是AG的中点，
可得EF=12AB+CG，
∴CG=2EF−AB=3，
又∵CD=AB=5，
∴DG=5−3=2，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、梯形的中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键．
64．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD=60°，AD=3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是________．
【答案】362##326
【分析】作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF，利用菱形的性质与直角三角形的性质，勾股定理，求出OF，OE长，再证明△EOF是直角三角形，然后由勾股定理求出EF长即可．
【详解】解：如图，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF的长，
∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AD=AB=3，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=3，∠BAO=30°，
∴OB=12AB=32，
∴OA=323，
∴点O关于AB的对称点F，
∴OF⊥AB，OG=FG，
∴OF=2OG=OA=323，∠AOG=60°，
∵CE⊥AH于E，OA=OC，
∴OE=OC=OA=323，
∴∠AEC=∠CAE，
∵AH平分∠BAC，
∴∠CAE=15°，
∴∠AEO=∠CAE=15°，
∴∠COE=∠AEO+∠CAE=30°，
∴∠COE+∠AOG=30°+60°=90°，
∴∠FOE=90°，
∴由勾股定理，得EF=OF2+OE2=3322+3322=362,
∴PO+PE最小值=362．
故答案为：362．
【点睛】本题考查菱形的性质，利用轴对称求最短距离问题，直角三角形的性质，勾股定理，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，则PO+PE最小，最小值=EF的长是解题的关键．
65．（2022·广西·统考中考真题）已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′,B′,D′，连接OD,OD′．判断OD与OD′有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．
【答案】(1)OD=OD′，证明见解析
(2)33+3
(3)当OA=OB时，△AOB的面积最大；理由见解析，△AOB面积的最大值为92+9
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=12AB，OD′=12A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
（1）
解：OD=OD′，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
∴OD=12AB，
∵D′为A′B′的中点，∠A′OB′=α=90°，
∴OD′=12A′B′，
∵AB=A′B′，
∴OD=OD′；
（2）
解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+33；
（3）
解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=12AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
∴∠BOT=12∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
∴∠BET=∠OBE+∠BOC=45°
∵OT⊥AB
∴∠EBT=90°−∠BET=45°
∴∠EBT=∠BET=45°
∴ET=BT=3,OE=BE=ET2+BT2=32
∴OT=OE+ET=32+3
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为12×6×32+3= 92+9．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
【考点14 三角形中位线的定理】
66．（2022·广东·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，点G为EF的中点，连接BD、DG．
(1)试判断△ECF的形状，并说明理由；
(2)求∠BDG的度数．
【答案】(1)△ECF是等腰直角三角形，理由见解析
(2)45°
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义及平行线的性质证得∠CEF=∠F=45°，∠ECF=∠BCD=90°，再根据等角对等边得到EC=FC即可得到结论；
（2）根据矩形性质和等腰直角三角形的性质证得BE=CD，∠DCG=∠BEG，CG=EG，再根据全等三角形的判定与性质证明△DCG≌△BEG得到DG=BG，∠DGC=∠BGE，则有∠BGD=∠EGC=90°，进而求解即可．
【详解】（1）解：△ECF是等腰直角三角形；理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠DAE=∠CEF，∠BAE=∠F．
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE=45°，
∴∠CEF=∠F=45°，
∴EC=FC．
又∵∠ECF=∠BCD=90°，
∴△ECF是等腰直角三角形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∴∠BEA=∠BAE=45°
∴AB=BE，即BE=CD．
∵EC=FC，∠ECF=90°，点G为EF的中点，
∴CG=12EF=EG，∠ECG=12∠ECF=45°，∠EGC=90°，
∴∠DCG=90°+45°=135°．
∵∠BEG=180°−45°=135°，
∴∠DCG=∠BEG．
在△DCG和△BEG中，
{DC=BE∠DCG=∠BEGCG=EG，
∴△DCG≌△BEG(SAS)，
∴DG=BG，∠DGC=∠BGE，
∴∠BGD=∠EGC=90°．
又∵DG=BG，
∴△BGD是等腰直角三角形
∴∠BDG=45°．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明△DCG≌△BEG是解答的关键．
67．（2022·山东菏泽·统考三模）如图1，在RtΔABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连结DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．
(1)观察猜想图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明把ΔADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN、BD、CE，判断ΔPMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸把ΔADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出ΔPMN面积的最大值 ．
【答案】(1)PM＝PN，PM⊥PN；
(2)△PMN是等腰直角三角形，理由见解析；
(3)492
【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出PN＝12BD，PM＝12CE，进而判断出BD＝CE，再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE，根据平行线的性质求出∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，即可得出PM⊥PN；
（2）证明△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，利用三角形的中位线定理得出PM＝12BD，PN＝12BD，PM∥CE，PN∥BD，即可得出PM＝PN，再根据平行线的性质和三角形内角和定理求出∠MPN＝∠ACB＋∠ABC＝90°，即可得出结论；
（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，求出BD的最大值，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点P，N是CD，BC的中点，
∴PN∥BD，PN＝12BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM＝12CE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∴PM＝PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADC＋∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形，
理由：由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
∵点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，
∴PN＝12BD，PM＝12CE，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
又∵PM∥CE，PN∥BD，
∴∠DPM＝∠DCE，∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN
＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC
＝∠BCE＋∠DBC
＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC
＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC
＝∠ACB＋∠ABC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB＋∠ABC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝12BD，
∴BD最大时，△PMN面积最大，
∵当点D在BA的延长线上时，BD最大，BD＝AB＋AD＝14，
∴PM=PN＝7，
∴ΔPMN面积的最大值为：12PM2=12×72=492，
故答案为：492．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，平行线的性质，直角三角形两锐角互余，旋转的性质等知识；解（1）的关键是判断出PM＝12CE，PN＝12BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出BD最大时，△PMN的面积最大．
68．（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一动点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．
(1)如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如图2，当点D不与M重合时，MG∥DE交CE于点G，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
(3)如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM，则∠CAM=_________．
【答案】(1)见解析
(2)成立，理由见解析
(3)30°
【分析】（1）先判断出∠ECD=∠ADB，进而判断出△ABD≌△EDC，即可得出结论；
（2）先判断出四边形DMGE是平行四边形，借助（1）的结论即可得出结论；
（3）取CH的中点I，连接IM，根据三角形中位线定理可得IM∥BH，BH=2IM，从而得到AM=2IM进而利用直角三角形的性质即可得出结论．
（1）
证明：∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD=∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=ED，
∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）
解∶ ∵CE∥AM，MG∥DE，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，
由（1）知，AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（3）
解∶取CH的中点I，连接IM，
∵点M为BC的中点，
∴IM是△BCH的中位线，
∴IM∥BH，BH=2IM，
∵BH⊥AC，
∴IM⊥AC，
∵AM=BH，
∴AM=2IM，
在直角△AIM中，AM=2IM，
∴∠CAM=30°．
故答案为：30°
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中线，中位线的性质和判定，平行四边形的平行和性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
69．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考三模）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是AB边上的中线，DF⊥CE于F，CD=AE．
(1)求证：CF=EF；
(2)已知BC=13，CD=5，求△BEC的周长．
【答案】(1)见解析
(2)△BEC的周长为18+310
【分析】（1）连接DE，根据直角三角形斜边中线的性质得到DE=AE，推出DE=CD，根据等腰三角形三线合一的性质得到结论；
（2）根据（1）得BE=DE=5，AB=2DE=10，求出AD=6，过点E作EG⊥BC于点G，根据三角形中位线性质得到EG∥AD，EG=12AD=3，BG=DG=4，勾股定理求出CE，即可得到△BEC的周长．
（1）
证明：连接DE，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，AE=EB，
∴DE=12AB=AE，
∵CD=AE，
∴DE=DC，
∵DF⊥CE，
∴CF=EF；
（2）
∵BC=13，CD=5，
∴BD=8，DE=CD=5，
∴BE=DE=5，AB=2DE=10，
∴AD=6，
过点E作EG⊥BC于点G，
∵AD⊥BC，E为AB的中点，
∴EG∥AD，EG=12AD=3，BG=DG=4，
∴CE=EG2+CG2=32+92=310，
∴△BEC的周长=BC+BE+CE=13+5+310=18+310．
【点睛】此题是三角形的综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形三线合一的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，熟练掌握三角形的知识是解题的关键．
70．（2022·吉林长春·统考二模）（1）探究：如图（1），点P在线段AB上，在AB的同侧作△APC和△BPD，满足PC=PA，PD=PB，∠APC＝∠BPD，连接CD，点E、F、G分别是AC、BD、CD边中点，连接EF、FG、EG．求证：∠EFG＝∠GEF．
（2）应用：如图（2），点P在线段AB上方，∠APC＝∠BPD＝90°，图（1）题中的其他条件不变，若EF＝2，则四边形ABDC的面积为 ．
【答案】（1）见解析；（2）4
【分析】（1）连接AD，BC，可证得△APD≌△CPB，从而得到AD=CB．再由三角形中位线定理，可得EG=GF，即可求证；
（2）连接AD、BC交于点M，BC、PD交于点N，可证得△APD≌△CPB，从而得到AD=CB．∠ADP=∠CBP，再由∠CND=∠PNB，AD⊥BC，再由三角形中位线定理，可得△GEF为等腰直角三角形，从而得到2EG2=4，再由S四边形ABDC=12AD⋅BC，即可求解．
【详解】证明：（1） 如图，连接AD，BC，
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB．
∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB，
∴AD=CB．
∵E、G、F分别为AC、CD、DB的中点，
∴EG=12AD，GF=12BC，
∴EG=GF，
∴∠GEF=∠GFE．
（2）如图，连接AD、BC交于点M，BC、PD交于点N，
∵∠APC=∠BPD=90°，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠CPB，
∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB（SAS），
∴AD=CB，∠ADP=∠CBP，
∵∠CND=∠PNB，
∴∠DMN=∠BPD=90°，
∴AD⊥BC，
∵E、G、F分别为AC、CD、DB的中点，
∴EG是△ACD的中位线，GF是△DCB的中位线，
∴EG=12AD，GF=12BC， EG∥AD，GF∥BC，
∴GE=GF，GE⊥GF，
∴△GEF为等腰直角三角形，
∴EF2=EG2+GF2=2EG2，
∵EF=2，
∴2EG2=4，
∴S四边形ABDC=12AD⋅BC=12⋅2EG⋅2GF=2EG2=4．
故答案为：4
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及三角形中位线的性质是解题的关键．