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

这是一份专题10 三角形压轴（12题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用），文件包含专题10三角形压轴讲练原卷版docx、专题10三角形压轴讲练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共169页， 欢迎下载使用。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

探究发现
如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．

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

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

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

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC的长．
【答案】（1）见解析；（2）3+572；问题2：BC=10
【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A =180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求得BC的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，

∵折叠，
∴EA=ED，AF=FD，AE=12AC=2，AD⊥BE，
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
∴EF=12CD=32，
在Rt△AEF中，AF=AE2−EF2=22−322=72，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=42−722=572，
∴BE=BF+EF=3+572；
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，

∵AB=BD，
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM=12∠ABD，
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=AC2−CD2=42−12=15，
∴AM=MD=152，CG=MD=152
在Rt△BDM中，BM=BD2−DM2=42−1522=72，
∴BG=BM−GM=BM−CD=72−1=52，
在Rt△BCG中，BC=BG2+CG2=522+1522=10．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型04 与三角形有关的旋转问题
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，AB=6，点D是BC的中点．四边形DEFG是菱形（D，E，F，G按逆时针顺序排列），∠EDG=60°，且DE=2，菱形DEFG可以绕点D旋转，连接AG和CE，设直线AG和直线CE所夹的锐角为α．

(1)在菱形DEFG绕点D旋转的过程中，当点E在线段DC上时，如图①，请直接写出AG与CE的数量关系及α的值；
(2)当菱形DEFG绕点D旋转到如图②所示的位置时，（1）中的结论是否成立?若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)设直线AG与直线CE的交点为P，在菱形DEFG绕点D旋转一周的过程中，当EF所在的直线经过点B时，请直接写出△APC的面积．
【答案】(1)AG=CE，α=60°；
(2)（1）中结论成立，证明见解析；
(3)2037或23
【分析】
（1）根据AG=AD−GD=23−2，CE=CD−DE=23−2=AG，即可得出答案；
（2）证明△ADG≌△CDE(SAS)，即可求解；
（3）证明△BDE、△DGC均为等边三角形，证明A、M、P、G共线，由（1）、（2）知，∠MPC=∠ADM=60°，则PM=MCtan60∘=1，在等边三角形ACD中，AC=23，则AM=AC·sin60∘=3，则AP=AM+MP=3+1=4，进而求解；当B、F重合时，也符合题意，由（1）、（2）知，∠MPA=∠ADC=60°，根据tan∠ACE=AEAC=423=23，在△APC中，用解直角三角形的方法即可求解．
【详解】（1）
解：AG=CE，α=60°，理由如下：
在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，AB=6，
则AC=ABtan30°=23，BC=2AC=43，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD=AD=23，
则AG=AD−GD=23−2，CE=CD−DE=23−2，
∴CE=AG,
∵△ADC为等边三角形，
∴ ∠ADC=60°=α；
（2）解：（1）的结论成立，理由：
证明：延长AG交CD于点T，交CE于点N，

∵∠ADG+∠GDC=60°=∠GDC+∠CDE，
∴∠ADG=∠CDE，
∵AD=CD，GD=ED，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE，∠DCE=∠DAN，
∵∠ATD=∠CTN，
∴∠ANC=∠ADC=60°，
∴α=60°；
（3）解：当B、E、F共线时，如下图，连接AD，

根据图形的对称性，当B、E、F共线时，且点D是BC的中点，
则F、G、C共线，分别过点G、E作BC的垂线，垂足分别为H、M，GM交CE于点P，
∵∠EDG=60°，
则∠BDE=∠CDG=60°，
则∴∠EBH=∠HDE=∠MCG=60°,
即△BDE，△DGC均为等边三角形，
∴BH=HD=DM=CM=14BC=3，
由（1）知△ADC为等边三角形，
则AM⊥CD，则A、M、P、G共线，
由（1）、（2）知，∠MPC=∠ADM=60°，
则PM=MCtan60∘=1，
在等边三角形ACD中，AC=23，
则AM=AC·sin60∘=3，
∴ AP=AM+MP=3+1=4，
∴S△APC=12×CM⋅AP=12×4×3=23；
当B、F重合时，也符合题意，如下图：

在Rt△ABC中，AC=23，AE=AB−BE=6−2=4，
∴tan∠ACE=AEAC=423=23，
由（1）、（2）可知，∠MPA=∠ADC=60°，
∵tan60∘=AMPM=3，
设AM=3x，则PM=x，
∴CM=AMtan∠ACE=3x23=32x，
∵ AC2=AM2+CM2，
即12=3x2+94x2，
解得：x=47，
S△APC=12×AM⋅PC=12×3x×(x+32x)=2037；
综上，△APC的面积为：2037或23．
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到三角形全等、解直角三角形、面积的计算、勾股定理的运用，题目难度很大，分类求解是本题解题的关键．
2．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，点D在边AC上，将线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA'，线段DA'交AB于点E，作A'F⊥AB于点F，与线段AC交于点G，连接FC,GB．

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

∵△ADE≌△A'DG，
∴DE=DG，AE=A'G，
∵AC=8，tanA=12，
∴tanA=BCAC=DEAD=12,tanA'=EFA'F=12，
∴BC=4,A'D=AD=2DE，A'F=2EF，
∴AB=45，
设DE=DG=x，则A'D=AD=2x，
∴AE=A'G=5x，A'E=x，CG=8−3x，
∴EF=55x,A'F=255x，
∴FG=355x，BF=45−655x，
∵A'G平分四边形DCBE的面积，
∴S△DEG+S△FEG=S△BFG+S△BCG，
∴12DE×DG+12EF×FG=12BC×CG+12BF×FG，
即12x2+12×55x×355x=12×48−3x+1245−655x×355x，
解得：x=46513（负值舍去），
∴AD=2x=86513．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
4．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
(1)特例体验：
如图①，若直线l∥BC，AB=AC=2，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α0<α<45°，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
②如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α45°<α<90°，与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE=3，DE=1，求S△BFC．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)①DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
(3)SΔBFC=258
【分析】（1）先根据得出∠ABC=∠ACB=90°2=45°，根据l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，再根据∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°，∠ACE=45°，
即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根据三角函数得出AD=BD=1，AE=CE=1，即可求出DE=AD+AE=2；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出AC=AE2+CE2=5，根据DF∥CE，得出ADAE=AFCF，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=90°2=45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠ABD=90°−45°=45°，∠ACE=90°−45°=45°，
∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，
∴AD=BD=AB×sin∠DAB=2×22=1，
AE=CE=AC×sin∠EAC=2×22=1，
∴DE=AD+AE=2．
（2）①DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
（3）根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴AE=AD+DE=3+1=4，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：AC=AE2+CE2=5，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴DF∥CE，
∴ADAE=AFCF，
即34=AF5，
解得：AF=154，
∴CF=AC−AF=5−154=54，
∵AB=AC=5，
∴SΔBFC=12CF×AB=12×54×5=258．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明ΔABD≌ΔCAE，是解题的关键．
题型05 与三角形有关的全等/相似问题
1．（2023·四川成都·中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=BC，D是AB边上一点，且ADBD=1n（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．

【初步感知】
(1)如图1，当n=1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF=22AB，请写出证明过程．
【深入探究】
(2)①如图2，当n=2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）
【拓展运用】
(3)如图3，连接EF，设EF的中点为M．若AB=22，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①AE+12BF=23AB，证明过程略；②当点F在射线BC上时，AE+1nBF=2n+1AB，当点F在CB延长线上时，AE−1nBF=2n+1AB
(3)n2+1
【分析】（1）连接CD，当n=1时，ADBD=1，即AD=BD，证明AD=CD，从而得到△ADE≌△CDF即可解答；
（2）①过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，当n=2时，AD=DG，根据GH∥BC，可得△AHG是等腰直角三角形，JG=12FB，根据（1）中结论可得AE+JG=22AG，再根据JG=12FB，AG=23AB，即可得到AE+12BF=23AB；
②分类讨论，即当点F在射线BC上时；当点F在CB延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；
（3）如图，当E1与A重合时，取E1F1的中点M1，当E2与C重合时，取E2F2的中点M2，可得M的轨迹长度即为M1M2的长度，可利用建系的方法表示出E1,F1,E2,F2的坐标，再利用中点公式求出M1,M2，最后利用勾股定理即可求出M1M2的长度．
【详解】（1）证明：如图，连接CD，

当n=1时，ADBD=1，即AD=BD，
∵∠C=90°,AC=BC，
∴ ∠A=∠B=45°，CD⊥AB，∠FCD=12∠ACB=45°,
∴CD=AD，AB=2BC，即BC=22AB，
∵DE⊥FD，
∴∠ADE+∠EDC=∠FDC+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDF
在△ADE与△CDF中，
∠ADE=∠CDFDA=DC∠DAE=∠DCF，
∴△ADE≌△CDFASA，
∴AE=CF，
∴BC=CF+BF=AE+BF=22AB；
（2）①AE+12BF=23AB
证明：如图，过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，

当n=2时，ADDB=12，即2AD=DB，
∵ G是DB的中点，
∴AD=DG，AG=23AB，
∵ HG∥BC，
∴∠AHG=∠C=90°，∠HGA=∠B=45°，
∵∠A=45°，
∴ △AHG是等腰直角三角形，且△DJG∽△DBF，
∴JGFB=DGDB=12，
根据（1）中的结论可得AE+JG=22AG，
∴AE+JG=AE+12FB=22AG=23×22AB=23AB；
故线段AE，BF，AB之间的数量关系为AE+12BF=23AB；
②解：当点F在射线BC上时，
如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，

同①，可得AE+JG=22AG，
∵ADBD=1n，AD=DG，
∴DGBD=1n，AG=2n+1AB，
同①可得JGFB=DGDB=1n，
∴AE+JG=AE+1nFB=22AG=2n+1×22AB=2n+1AB，
即线段AE，BF，AB之间数量关系为AE+1nBF=2n+1AB；
当点F在CB延长线上时，
如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，连接HD

同（1）中原理，可证明△DHE≌△DGJASA，
可得AE−GJ=22AG，
∵ADBD=1n，AD=DG，
∴DGBD=1n，AG=2n+1AB，
同①可得JGFB=DGDB=1n，
∴AE−JG=AE−1nFB=22AG=2n+1×22AB=2n+1AB
即线段AE，BF，AB之间数量关系为AE−1nBF=2n+1AB,
综上所述，当点F在射线BC上时，AE+1nBF=2n+1AB；当点F在CB延长线上时，AE−1nBF=2n+1AB；
（3）解：如图，当E1与A重合时，取E1F1的中点M1，当E2与C重合时，取E2F2的中点M2，可得M的轨迹长度即为M1M2的长度，

如图，以点D为原点，DF1为y轴，DB为x轴建立平面直角坐标系，过点E2作AB的垂线段，交AB于点G，过点F2作AB的垂线段，交AB于点H，

∵AB=22,ADDB=1n，
∴AD=22n+1，DB=22nn+1，
∴E1−22n+1,0，
∵∠F1BD=45°，
∴F1D=BD，
∴F10,22nn+1，
∵M1是E1F1的中点，
∴M1−2n+1,2nn+1，
∵GB=GC=12AB=2，
∴DG=DB−BG=−2+2nn+1，
∴E2−2+2nn+1,2，
根据（2）中的结论AE2−1nBF2=2n+1AB，
∴BF2=nAE2−2n+1AB=2n2−2nn+1，
∴BH=F2H=22BF2=2n2−2nn+1，
∴DH=DB+BH=2n，
∴F22n,−2n2−2nn+1，
∴M22n2+22n−22n+2,−2n2+22n+22n+2，
∴M1M2=n2+1．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．
2．（2023·福建·中考真题）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,D是AB边上不与A,B重合的一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD,CA的延长线相交于点M．

(1)求证：△ADE∽△FMC；
(2)求∠ABF的度数；
(3)若N是AF的中点，如图2．求证：ND=NO．
【答案】(1)见解析
(2)∠ABF=135°
(3)见解析
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠DFC=45°，再根据等腰三角形的性质可得∠BAO=12∠BAC，再证明∠BAO=∠DFC、∠EDA=∠M，即可证明结论；
（2）如图1：设BC与DF的交点为I，先证明∴△BID∽△FIC可得BIFI=DICI，再证明△BIF∽△DIC可得∠IBF=∠IDC=90°，最后运用角的和差即可解答；
（3）如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，先证明△TNF≌△ONA可得NT=NO,FT=AO，再证△BIF∽△DIC可得∠DFT=∠DCO；进而证明△DFT≌△DCO即DT=DO，再说明∠ODT=∠CDF=90°则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】（1）解： ∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，
∴∠DFC=45°，
∵AB=AC,AO⊥BC，
∴∠BAO=12∠BAC．
∵∠BAC=90°，
∴∠BAO=∠ABC=45°．
∴∠BAO=∠DFC．
∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°，
∴∠EDA=∠M．
∴△ADE∽△FMC．
（2）解：如图1：设BC与DF的交点为I，

∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC，
∴△BID∽△FIC，
∴BIFI=DICI，
∴BIDI=FICI．
∵∠BIF=∠DIC，
∴△BIF∽△DIC，
∴∠IBF=∠IDC．
又∵∠IDC=90°，
∴∠IBF=90°．
∵∠ABC=45°,∠ABF=∠ABC+∠IBF，
∴∠ABF=135°．
（3）解：如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，

∵∠FBI=∠BOA=90°，
∴BF∥AO，
∴∠FTN=∠AON．
∵N是AF的中点，
∴AN=NF．
又∵∠TNF=∠ONA，
∴△TNF≌△ONA，
∴NT=NO,FT=AO．
∵∠BAC=90°,AB=AC,AO⊥BC，
∴AO=CO，
∴FT=CO．
由（2）知，△BIF∽△DIC，
∴∠DFT=∠DCO．
∵DF=DC，
∴△DFT≌△DCO，
∴DT=DO,∠FDT=∠CDO，
∴∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO，即∠ODT=∠CDF．
∵∠CDF=90°，
∴∠ODT=∠CDF=90°，
∴ND=12TO=NO．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
3．（2023·湖北黄冈·中考真题）【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°,CB=mCA,CE=mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．

(1)如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系：____________；
(2)如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
(3)当m=3,AB=47,DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A,D,E三点恰好在同一直线上，求BE的长．
【答案】(1)BE⊥AD
(2)成立；理由见解析
(3)BE=63或43
【分析】（1）根据m=1，得出AC=BC，DC=EC，证明△DCA≌△ECB，得出∠DAC=∠CBE，根据∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，求出∠GAB+∠ABG=90°，即可证明结论；
（2）证明△DCA∽△ECB，得出∠DAC=∠CBE，根据∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，求出∠GAB+∠ABG=90°，即可证明结论；
（3）分两种情况，当点E在线段AD上时，当点D在线段AE上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）解：∵m=1，
∴AC=BC，DC=EC，
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∴△DCA≌△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，
=∠CBE+∠CAB+∠ABG
=∠CAB+∠CBA
=180°−∠ACB
=90°，
∴∠AGB=180°−90°=90°，
∴BE⊥AD；
故答案为：BE⊥AD．

（2）解：成立；理由如下：
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，
=∠CBE+∠CAB+∠ABG
=∠CAB+∠CBA
=180°−∠ACB
=90°，
∴∠AGB=180°−90°=90°，
∴BE⊥AD；

（3）解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：

设AE=x，则AD=AE+DE=x+4，
根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3x+4=3x+43，
根据解析（2）可知，BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即x2+3x+432=472，
解得：x=2或x=−8（舍去），
∴此时BE=3x+43=63；
当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：

设AD=y，则AE=AD+DE=y+4，
根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3y，
根据解析（2）可知，BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即y+42+3y2=472，
解得：y=4或y=−6（舍去），
∴此时BE=3y=43；
综上分析可知，BE=63或43．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．
题型06 与三角形有关的最值问题
1．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)213a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明∠ACA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，

∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=BC2+A'C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=90°，P'A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC=P'A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，

过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA'=90°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=2km，
∴HC=AC2−AH2=42−22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
2．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACFSAS，即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP,DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC=12AC=2，进而得出∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=3PG=3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
EC=FC∠BCE=∠ACFBC=AC，
∴△BCE≌△ACFSAS，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC
∴BD=CD
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE,CF=CE，
∴AF=CF,
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
∴AC⊥BF，AG=CG=12AC
∴∠AGF=90°
又∵DG=12AC=CG，∠ACD=60°
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°
∴∠AGH=∠DGC=60°
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60°=30°，KF∥AD
∴∠HKF=∠ADK=30°
∴∠FKG=∠KGF=30°，
∴FG=FK
在Rt△CED与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP,DQ交于点R，

由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG
∴DE=GF，
∵DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF∥DQ
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF=DG=12AC=2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=GE=GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，

∴GQ=12GC=12DC=1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移a个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移b个单位长度，得到点P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”．
(1)如图，点M(1,1),点N在线段OM的延长线上，若点P(−2,0),点Q为点P的“对应点”．
①在图中画出点Q；
②连接PQ,交线段ON于点T.求证：NT=12OM;
(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t(12【答案】(1)见解析
(2)4t−2
【分析】（1）①先根据定义和M(1,1)求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N的对称点为Q求出点Q的坐标；②延长ON至点A3,3，连接AQ，利用AAS证明ΔAQT≅ΔOPT，得到TA=TO=12OA，再计算出OA，OM，ON即可求出NT=ON−OT=22=12OM；
（2）连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，结合对称的性质得出NM为ΔP'QT的中位线，推出NM=12QT，得出SQ=ST−TQ=1−2−2t=2t−1，则PQmax−PQmin=PS+QS−PS−QS=2QS．
【详解】（1）解：①点Q如下图所示．
∵点M(1,1)，
∴点P(−2,0)向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'，
∴P'−1,1，
∵点P'关于点N的对称点为Q，N2,2，
∴点Q的横坐标为：2×2−−1=5，纵坐标为：2×2−1=3，
∴点Q5,3，在坐标系内找出该点即可；
②证明：如图延长ON至点A3,3，连接AQ，
∵ AQ//OP，
∴∠AQT=∠OPT，
在ΔAQT与Δ∠OPT中，
∠AQT=∠OPT∠ATQ=∠OTPAQ=OP，
∴ΔAQT≅ΔOPTAAS，
∴TA=TO=12OA，
∵ A3,3，M(1,1)，N(2,2)，
∴OA=32+32=32，OM=12+12=2，ON=22+22=22，
∴TO=12OA=322，
∴NT=ON−OT=22−322=22，
∴NT=12OM；
（2）解：如图所示，
连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，
∵M(a,b)，点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移a个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移b个单位长度，得到点P'，
∴PP'=OM=1，
∵点P'关于点N的对称点为Q，
∴NP'=NQ，
又∵OP=OS，
∴OM∥ST，
∴NM为ΔP'QT的中位线，
∴NM//QT，NM=12QT，
∵NM=OM−ON=1−t，
∴TQ=2NM=2−2t，
∴SQ=ST−TQ=1−2−2t=2t−1，
在ΔPQS中，PS−QS结合题意，PQmax=PS+QS，PQmin=PS−QS，
∴PQmax−PQmin=PS+QS−PS−QS=2QS=4t−2，
即PQ长的最大值与最小值的差为4t−2．
【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点P'的轨迹是解题的关键．
4．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．

(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
(4)求CHCE的最大值．
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
(4)2+12
【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DE∥BP，然后由平行线的性质即可解答；
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF=22DE 、GF=CF=22CG ；设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
（4）先说明△CEF∽△CDH得到CECD=CFCH，进而得到CHCE=CF⋅CDCE2，然后将已经求得的量代入可得CHCE= =12x+12+288x+12−24，然后根据a+1a=a+1a2−2≥2求最值即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
∴DE∥BP，DE=12BP
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
∴DF=EF=22DE ，GF=CF=22CG ，
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
∴DE=12−x2，EF=12−x22
∵Rt△APC，
∴PC=AP2+AC2=x2+144
∴CE=12x2+144
∵Rt△EFC
∴FC=FG=CE2−EF2=12x2+1442−12−x222=x+1282=12+x22
∴CG=2CF=12+x2
∴AG=12-CG=12-12+x2=12−x2
∴S△APG=12AP⋅AG=12x⋅12−x2=12x−x24=−x−62+364
所以当x=6时，S△APG有最大值9．

（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
∴CECD=CFCH，即CE⋅CH=CF⋅CF
∴CHCE=CF⋅CDCE2
∵FC=12+x22 ，CE=12x2+144，CD=12BC=122+122=62
∴CHCE=12+x22⋅6212x2+1442 =12×x+12x2+144=12x+12+288x+12−24
≤122288−24=12242−24=122−2=22+24=2+12
∴CHCE的最大值为2+12．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
题型07 与三角形有关的动点问题
1．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点D是射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AD，过点D在AD左侧作DE⊥AD，使AD=kDE，连接AE，点F，G分别是AE，BD的中点，连接DF，FG，BE．

(1)如图1，点D在线段BC上，且点D不是BC的中点，当α=90°，k=1时，AB与BE的位置关系是________，FGCD=________．
(2)如图2，点D在线段BC上，当α=60°，k=3时，求证：BC+CD=23FG．
(3)当α=60°，k=3时，直线CE与直线AB交于点N．若BC=6，CD=5，请直接写出线段CN的长．
【答案】(1)垂直，12
(2)见解析
(3)CN=6577或42313
【分析】（1）连接BF并延长交AC于R，根据等腰三角形的判定和性质，推出A,B,E,D，四点共圆，进而得到∠ABE=90°，推出AB与BE垂直，利用斜边上的中线以及等腰三角形三线合一，得到FG⊥BC，证明△AFR≌△EFB，得到FG∥DR,FG=12DR，即可得出结果；
（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，连接BF，同（1）推出FG⊥BC，得到EH∥FG∥AQ，进而得到EH+AQ=2FG，变形得到3EH+3AQ=23FG，再根据等腰三角形三线合一，以及含30度角的直角三角形的性质，利用线段之间的等量代换，即可得证；
（3）分点D在线段BC上和在线段BC的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：连接BF并延长交AC于R，

∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，
同理：∠AED=45°，
∴∠AED=∠ABD，
∴A,B,E,D，四点共圆，
∴∠ABE+∠ADE=180°，
∵∠ADE=90°，
∴∠ABE=90°，
∴AB与BE垂直；
∵F是AE的中点，
∴BF=DF=12AB，AF=EF，
∵G是BD的中点，
∴FG⊥BC，
∵∠ABE+∠BAC=180°，
∴BE∥AC，
∴∠EAR=∠FEB，
又AF=EF，∠BFE=∠AFR，
∴△AFR≌△EFB，
∴BF=RF，
∴FG∥DR,FG=12DR，
∴RD⊥BC，
∵∠C=45°，
∴CD=RD，
∴FG=12CD，
∴FGCD=12；
故答案为：垂直，12；
（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，连接BF，

∵AB=AC,∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，BC=2CQ，
∵∠ADE=90°,ADDE=3，
∴∠AED=60°，
∴A,B,E,D，四点共圆，
∴∠ABE=∠ADE=90°，
∵F是AE的中点，
∴BF=DF=12AB，AF=EF，
∵G是BD的中点，
∴FG⊥BC，
∴EH∥FG∥AQ，
∴HGQG=EFAF=1，
∴HG=QG，
∴GF是梯形AEHQ的中位线，
∴EH+AQ=2FG，
∴3EH+3AQ=23FG，
∵∠H=90°,∠EBH=180°−∠ABE−∠ABC=30°，
∴BH=3EH，
∵HG=QG，BG=DG，
∴DQ=BH=3EH，
∵∠AQC=90°,∠C=60°，
∴CQ=33AQ，
∴DQ+3CQ=23FG，
∴DQ+CQ+2CQ=23FG，
∴BC+CD=23FG；
（3）①当点D在BC上时，作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，作CX⊥EB，交EB的延长线与点X，

由（2）知：△ABC为等边三角形，∠ABE=90°，
∴∠C=60°，BQ=CQ=12BC=3，
∴DQ=CD−CQ=2，AQ=32AC=33，
∵∠ADE=90°，∠H=∠AQD=90°，
∴∠EDH=∠DAQ=90°−∠ADQ，
∴△EHD∽△DQA，
∴HEDQ=EDAD=33，
∴HE=33DQ=233，
∵∠EBH=180°−∠ABE−∠ABC=30°，
∴BE=2HE=433，BH=3HE=2，
∴CH=BH+BC=8，
∴CE=EH2+CH2=1433，
在Rt△BCX中，BC=6，∠BCX=∠EBH=30°，
∴BX=6⋅cs30°=33，
∴EX=EB+BX=1333，
∵∠ABE=∠CXE=90°，
∴CX∥BN，
∴CNCE=BXEX，即：CN1433=331333，
∴CN=42313；
②当点D在BC的延长线上时，作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB于点H，作CX⊥EB，交EB的延长线与点X，

同①可知：AQ=33,CQ=3,△DHE∽△AQD，
∴DQ=CQ+CD=8,EHDQ=DEAD=33，
∴EH=33DQ=833，
∴BE=2HE=1633，BH=3HE=8，
∴CH=BH−BC=2，
∴CE=EH2+CH2=2573，
在Rt△BCX中，BC=6，∠BCX=∠EBH=30°，
∴BX=6⋅cs30°=33，
∴EX=EB−BX=733，
∵∠ABE=∠CXE=90°，
∴CX∥BN，
∴CNCE=BXEX，即：CN2573=33733，
∴CN=6577；
综上：CN=6577或42313．
【点睛】本题考查几何的综合应用，难度大，属于中考压轴题，重点考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，斜边上的中线，全等三角形和相似三角形的判定和性质，解直角三角形．解题的关键是添加合适的辅助线，构造特殊图形．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．

(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
【答案】(1)CF=12BD，理由见解析
(2)①成立，理由见解析②43+66
【分析】（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论．
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到AHEH=MNDN，证明△ABC∽△ADG，得到BCDG=AHAN=AHAM+MN，求出DG的长，利用四边形BDFC的面积为S△ADG−S△ABC−S△DFG=S△ADG−S△ABC−S△CEF进行求解即可．
【详解】（1）解：CF=12BD，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB−AD=AC−AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD−AB=AG−AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：AN⊥BC，

由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECFAAS，CF=FG=12BD，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC=4,BH=CH=12BC=2，
∴AH=AB2−BH2=23，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=23，
∴AM=2AH=43，
∵△DGF≌△ECFAAS，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
∴AHEH=MNDN，
设MN=y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN=12DG=12x，
∴23x+2=yx2①，
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
∴BCDG=AHAN=AHAM+MN，即：4x=2343+y②，
联立①②可得：x=42+4（负值已舍去），
经检验x=42+4是原方程的根，
∴DG=CE=42+4，DN=22+2，CF=FG=12x−4=22，
∴AN=26+23，
∴S△ACE=12CE⋅AH=1242+4⋅23=46+43，
∵S△ACES△CEF=ACCF=422，
∴S△CEF=2246+43=43+26，
∴四边形BDFC的面积为S△ADG−S△ABC−S△DFG=S△ADG−S△ABC−S△CEF
=1242+426+23−12×4×23−43−26
=43+66．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形．
3．（2022·重庆·中考真题）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
【答案】(1)∠EFC=60°
(2)BF+CF=2CN，证明见解析
(3)214+4214
【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；
（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论；
（3）根据∠BFC=120°可知F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当P、F、O三点共线时，PF取得最小值，设HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计算即可．
【详解】（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，
∴△CBE≌△BCK（SAS），
∴BK=CE=BD，
∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°，
∵∠A=60°，
∴∠DFE=120°，
∴∠CFE=60°；
（2）BF+CF=2CN，
证明：∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，
又∵BD=AE，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，
由旋转的性质得AC＝CM，
∴FQ=CM=BC，
在CF上截取FP＝FB，连接BP，
∵∠BFC=120°，
∴∠BFP=60°，
∴△PBF为正三角形，
∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠FCM=∠PBC，
∵∠QFN＝∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴∠PFQ=∠FCM，
∴∠PFQ=∠PBC，
又∵PB=PF，FQ=BC
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，
∴△PCQ为正三角形，
∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；
（3）由（2）知∠BFC=120°，
∴F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，
∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，
∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，
∴tan∠APK=AOAP=23，
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如图3-2，作HL⊥PK于L，
设HL=LK=2，
在Rt△HLP中，tan∠HPL=HLPL=23，即2PL=23，
∴PL=3，
∴PH=32+22=7，HK=22+22=22，
设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，
∵S△PHK＝12PK⋅HL=12HK⋅PR，
∴2+3×2=22PR，
∴PR=2+32，
∴PQ=2PR=4+232，
∵BC＝AP＝2PH=27，
∴PQBC=4+232×127=214+4214．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键．
题型08 与三角形有关的新定义问题
1．（2022·山东青岛·中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在△ABC和△A'B'C'中，AD,A'D'分别是BC和B'C'边上的高线，且AD=A'D'，则△ABC和△A'B'C'是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用S△ABC，S△A'B'C'分别表示△ABC和△A'B'C'的面积．
则S△ABC=12BC⋅AD,S△A'B'C'=12B'C'⋅A'D'，
∵AD=A'D'
∴S△ABC:S△A'B'C=BC:B'C'．
【性质应用】
(1)如图②，D是△ABC的边BC上的一点．若BD=3,DC=4，则S△ABD:S△ADC=__________；
(2)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点．若BE:AB=1:2，CD:BC=1:3，S△ABC=1，则S△BEC=__________，S△CDE=_________；
(3)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点，若BE:AB=1:m，CD:BC=1:n，S△ABC=a，则S△CDE=__________．
【答案】(1)3:4
(2)12；16
(3)amn
【分析】（1）由图可知△ABD和△ADC是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据BE:AB=1:2，S△ABC=1和等高三角形的性质可求得S△BEC，然后根据CD:BC=1:3和等高三角形的性质可求得S△CDE；
（3）根据BE:AB=1:m，S△ABC=a和等高三角形的性质可求得S△BEC，然后根据CD:BC=1:n，和等高三角形的性质可求得S△CDE．
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，
则S△ABD=12BD⋅AE，S△ADC=12DC⋅AE
∵AE=AE，
∴S△ABD:S△ADC=BD:DC=3:4．
（2）解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:2，
∴S△BEC=12S△ABC=12×1=12；
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:3，
∴S△CDE=13S△BEC=13×12=16．
（3）解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:m，
∴S△BEC=1mS△ABC=1m×a=am；
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:n，
∴S△CDE=1nS△BEC=1n×am=amn．
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．
2．（2021·山东东营·中考真题）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．
（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．
（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD=60°，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．
【答案】（1）OC=OD；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②AC+BD=3OC
【分析】（1）根据三角形全等可得；
（2）方法一：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明△COE≌△DOF即可，
方法二：延长CO交BD于点E，证明△AOC≌△BOE即可；
（3）①方法一：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明△COE≌△DOF，
方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明△AOC≌△BOE；
②延长CO交DB的延长线于点E，证明△AOC≌△BOE，根据已知条件得出DE=3CD．
【详解】（1）∵O是线段AB的中点
∴OA=OB
∵AC⊥l，BD⊥l
∴∠ACO=∠BDO
在△ACO和△BDO中
OA=OB∠ACO=∠BDO∠AOC=∠BOD
∴ △ACO ≌ △BDO(AAS)
∴ OC=OD
（2）数量关系依然成立．
证明（方法一）：过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长AC交EF于点E．
∵EF//CD
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°
∴四边形CEFD为矩形．
∴∠OFD=90°，CE=DF
由（1）知，OE=OF
∴△COE≌△DOFSAS，
∴OC=OD．
证明（方法二）：延长CO交BD于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠A=∠B，
∵点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOEASA，
∴OC=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=OC．
（3）①数量关系依然成立．
证明（方法一）：
过点O作直线EF//CD，交BD于点F，延长CA交EF于点E．
∵EF//CD
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°
∴四边形CEFD为矩形．
∴∠OFD=90°，CE=DF
由（1）知，OE=OF
∴△COE≌△DOFSAS，
∴OC=OD．10分
证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∴点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOEAAS，
∴OC=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=OC．
②如图，延长CO交DB的延长线于点E，
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∴点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOEAAS，
∴AC=BE，
∴AC+BD=BE+BD=DE
∵∠CDE=90°,∠COD=60°
∴ OD=OC
∵∠COD=60°
∴∠DCE=60°
∴DECD=tan∠DCE=tan60°=3
∴DE=3CD
∴ AC+BD=3OC．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．
题型09 与三角形有关的阅读理解问题
1．（2022·吉林·中考真题）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为ℎ，则S△ABC=12BC⋅ℎ，S△DBC=12BC⋅ℎ．
∴S△ABC=S△DBC．
【探究】
(1)如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为ℎ，ℎ'，则S△ABCS△DBC=ℎℎ'．
证明：∵S△ABC


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

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

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

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

(1)如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；
(2)如图2，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DF=DC，连接AE，EF，直接写出∠AEF的大小，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠AEF=90°，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得DM=DE，∠MDE=2α，利用三角形外角的性质求出∠DEC=α=∠C，可得DE=DC，等量代换得到DM=DC即可；
（2）延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，可得DE是△FCH的中位线，然后求出∠B=∠ACH，设DM=DE=m，CD=n，求出BF=2m=CH，证明△ABF≅△ACHSAS，得到AF=AH，再根据等腰三角形三线合一证明AE⊥FH即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∵∠C=α，
∴∠DEC=∠MDE−∠C=α，
∴∠C=∠DEC，
∴DE=DC，
∴DM=DC，即D是MC的中点；
（2）∠AEF=90°；
证明：如图2，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，
∵DF=DC，
∴DE是△FCH的中位线，
∴DE∥CH，CH=2DE，
由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∴∠FCH=2α，
∵∠B=∠C=α，
∴∠ACH=α，△ABC是等腰三角形，
∴∠B=∠ACH，AB=AC，
设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，
∴DF=CD=n，
∴FM=DF−DM=n−m，
∵AM⊥BC，
∴BM=CM=m+n，
∴BF=BM−FM=m+n−n−m=2m，
∴CH=BF，
在△ABF和△ACH中，AB=AC∠B=∠ACHBF=CH，
∴△ABF≅△ACHSAS，
∴AF=AH，
∵FE=EH，
∴AE⊥FH，即∠AEF=90°．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．

(1)发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：______，∠BDC=______°；
(2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：______；
(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2，若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1，则S△ABP=______．
【答案】(1)BE=CF，30
(2)BE=CF，∠BDC=60°，证明见解析
(3)BF=CF+2AM
(4)7+74或7−74
【分析】（1）根据已知得出∠BAE=∠CAF，即可证明△BAE≌△CAF，得出BE=CF，∠ABE=∠ACF，进而根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）同（1）的方法即可得证；
（3）同（1）的方法证明△BAE≌△CAFSAS，根据等腰直角三角形的性质得出AM=12EF=EM=MF，即可得出结论；
（4）根据题意画出图形，连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P1，延长BP至M，使得PM=DP=1，证明△ADP∽△BDM，得出PA=22BM，勾股定理求得PB，进而求得BM，根据相似三角形的性质即可得出PA=221+7=2+142，勾股定理求得BQ,PQ，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠EAF=30°，
∴∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF
设AC,BD交于点O，

∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO
∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，
故答案为：BE=CF，30．
（2）结论：BE=CF，∠BDC=60°；
证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，即∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF
∴BE=CF，
∠AEB=∠AFC
∵∠EAF=120°，AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD=∠AEB+30°−∠AFC−30°=60°，
（3）BF=CF+2AM，理由如下，
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形
∴AB=AC,AE=AF，
∴△BAE≌△CAFSAS，
∴BE=CF，
在Rt△AEF中，AM⊥BF，
∴AM=12EF=EM=MF，
∴BF=BE+EF=CF+2AM；
（4）解：如图所示，

连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P1，
延长BP至M，使得PM=DP=1，
则△MDP是等腰直角三角形，∠MDP=45°

∵∠CDB=45°,
∴∠MDB=∠MDP+∠PDC+∠CDB=90°+∠PDC =∠ADP，
∵ADDB=12,DPDM=12，
∴△ADP∽△BDM
∴PABM=12=22，
∴PA=22BM，
∵AB=2，
在Rt△DPB中，PB=DB2−DP2=222−12=7，
∴BM=BP+PM=7+1
∴PA=221+7=2+142
过点P作PQ⊥AB于点Q，
设QB=x，则AQ=2−x，
在Rt△APQ中，PQ2=AP2−AQ2，
在Rt△PBQ中，PQ2=PB2−BQ2
∴AP2−AQ2=PB2−BQ2
∴2+1422−2−x2=72−x2
解得：x=7−74，则BQ=7−74，
设PQ,BD交于点G，则△BQG是等腰直角三角形，
∴QG=QB=7−74
在Rt△DPB,Rt△DP1B中，
DP=DP1DB=DB
∴Rt△DPB≌Rt△DP1B
∴∠PDB=∠P1DB
又PD=P1D=1，DG=DG
∴△PGD≌△P1DG
∴∠PGD=∠P1GD=45°
∴∠PGP1=90°，
∴P1G∥AB
∴S△ABP1=12AB×QG=12×2×7−74=7−74，
在Rt△PQB中，PQ=PB2−BQ2=72−7−742=7+74，
∴S△ABP=12AB×PQ=12×2×7+74=7+74，
综上所述，S△ABP= 7+74或7−74
故答案为：7+74或7−74．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．
题型11 三角形与几何图形综合
1．（2023·江苏镇江·中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片ABC，小宏做如下操作：

（1）取AB，AC的中点D，E，在边BC上作MN=DE；
（2）连接EM，分别过点D，N作DG⊥EM，NH⊥EM，垂足为G，H；
（3）将四边形BDGM剪下，绕点D旋转180°至四边形ADPQ的位置，将四边形CEHN剪下，绕点E旋转180°至四边形AEST的位置；
（4）延长PQ，ST交于点F．
小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：
①点Q，A，T在一条直线上；
②四边形FPGS是矩形；
③△FQT≌△HMN；
④四边形FPGS与△ABC的面积相等．
【任务1】请你对结论①进行证明．
【任务2】如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，P，Q分别是AB，CD的中点，连接PQ．求证：PQ=12AD+BC．
【任务3】如图3，有一张四边形纸ABCD，AD∥BC，AD=2，BC=8，CD=9，sin∠DCB=45，小丽分别取AB，CD的中点P，Q，在边BC上作MN=PQ，连接MQ，她仿照小宏的操作，将四边形ABCD分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的长．
【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]BM=12
【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即∠ABC=∠QAD，∠ACB=∠TAE，由三角形内角和定理得∠ABC＋∠BAC＋∠ACB=180°，从而得∠QAD＋∠BAC＋∠TAE=180°，即Q，A，T三点共线；
（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E，证明△ADQ≌△ECQ，可得AQ=EQ，AD=CE，由三角形中位线定理得PQ=12BE=12AD+BC；
（3）过点D作DR⊥BC于点R，由DC=9，sin∠DCB=45得DR=365，从而得S梯形ABCD=12×2+8×365=36，由【发现】得S正方形GEST=S梯形ABCD，则GE=6，PE=3，由【任务2】的结论得PQ=5，由勾股定理得EQ=4．过点Q作QH⊥BC，垂足为H．由CQ=92及sin∠DCB=45得QH=185，从而得CH=2710，证明△PEQ∽△QHM，得HM=245，从而得BM=BC−HM−CH=12．
【详解】[任务1]
证法1：由旋转得，∠QAD=∠ABC，∠TAE=∠ACB．
在△ABC中，∠ABC＋∠BAC＋∠ACB=180°，
∴∠QAD＋∠BAC＋∠TAE=180°，
∴点Q，A，T在一条直线上．
证法2：由旋转得，∠QAD=∠ABC，∠TAE=∠ACB．
∴AQ∥BC，AT∥BC．
∴点Q，A，T在一条直线上．
[任务2]
证明：如图1，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E．
∵AD∥BC，
∴∠DAQ=∠E．
∵Q是CD的中点，
∴DQ=CQ．
在△ADQ和△ECQ中，
∠DAQ=∠E,∠AQD=∠EQC,DQ=CQ,
∴△ADQ≌△ECQAAS．
∴AQ=EQ，AD=CE．
又∵P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴PQ是△ABE的中位线，
∴PQ=12BE=12CE+BC，
∴PQ=12AD+BC．

[任务3]的方法画出示意图如图2所示．

由【任务2】可得PQ∥BC，PQ=12AD+BC=12×2+8=5．
过点D作DR⊥BC，垂足为R．
在Rt△DCR中，sin∠DCB=DRCD，
∴DR=CD⋅sin∠DCB=9×45=365．
∴S正方形GEST=S梯形ABCD=12×2+8×365=36，
∴GE=6，PE=3．
在Rt△PEQ中，由勾股定理得EQ=PQ2−PE2= 52−32=4．
过点Q作QH⊥BC，垂足为H．
∵Q是CD的中点，
∴CQ=12CD=12×9=92．
在Rt△QHC中，sin∠DCB=QHCQ，
∴QH=CQ⋅sin∠DCB=92×45=185．
又由勾股定理得CH=CQ2−QH2=922−1852=2710．
由PQ∥BC，得∠PQE=∠QMH．
又∵∠PEQ=∠QHM=90°，
∴△PEQ∽△QHM．
∴PEQH=EQHM，即3185=4HM，
∴HM=245．
∴BM=BC−HM−CH=8−245−2710=12．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．
2．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10,sinB=35，点E从点B出发沿折线B−C−D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH．
(1)如图1，点G在AC上．求证：FA=FG．
(2)若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长．
(3)已知FG=8，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似（包括全等）？
【答案】(1)见解析
(2)AG=7或5
(3)s=1或s=3225或s=327或10≤s≤12
【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；
（2）记AC中点为点O．分点E在BC上和点E在CD上两种情况进行求解即可；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．分点E在线段BM上时，点E在线段MC上时，点E在线段CN上，点E在线段ND上，共四钟情况分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA．
∵FG∥BC，
∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA，
∴△AFG是等腰三角形，
∴FA=FG．
（2）解：记AC中点为点O．
①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
∵在Rt△ABM中，AM=35AB=6，
∴BM=AB2−AM2=102−62=8．
∴FG=EF=AM=6,CM=BC−BM=2，
∵OA=OC,OE∥AM，
∴CE=ME=12CM=12×2=1，
∴AF=ME=1，
∴AG=AF+FG=1+6=7．
②当点E在CD上时，如图3，
过点A作AN⊥CD于点N．
同理，FG=EF=AN=6,CN=2，
AF=NE=12CN=1，
∴AG=FG−AF=6−1=5．
∴AG=7或5．
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．
①当点E在线段BM上时，0ⅰ）若点H在点C的左侧，s+8≤10，即0CH=BC−BH=10−(4x+8)=2−4x．
∵△GHC∽△FEB，
∴GHEF=CHBE，
∴GHCH=EFBE，
∴3x2−4x=34，
解得x=14，
经检验，x=14是方程的根，
∴s=4x=1．
∵△GHC∽△BEF，
∴GHBE=CHEF，
∴GHCH=BEEF，
∴3x2−4x=43，
解得x=825，
经检验，x=825是方程的根，
∴s=4x=3225．
ⅱ）若点H在点C的右侧，s+8>10，即2CH=BH−BC=(4x+8)−10=4x−2．
∵△GHC∽△FEB，
∴GHEF=CHBE，
∴GHCH=EFBE，
∴3x4x−2=34，
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
∴GHBE=CHEF，
∴GHCH=BEEF，
∴3x4x−2=43，
解得x=87，
经检验，x=87是方程的根，
∴s=4x=327．
②当点E在线段MC上时，8∴BH=BE+EH=s+8,CH=BH−BC=s−2．
∵△GHC∽△FEB，
∴GHEF=CHBE，
∴GHCH=EFBE，
∴6s−2=6s，
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
∴GHBE=CHEF，
∴GHCH=BEEF，
∴6s−2=s6，
解得s=1±37，
经检验，s=1±37是方程的根，
∵8∴s=1±37不合题意，舍去；
③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J，
在Rt△BJC中，BC=10,CJ=6,BJ=8．
EH=BJ=8,JF=CE，
∴BJ+JF=EH+CE，
∴CH=BF，
∵GH=EF,∠GHC=∠EFB=90°，
∴△GHC≌△EFB，符合题意，
此时，10≤s≤12．
④当点E在线段ND上时，12∵∠EFB>90°，
∴△GHC与△BEF不相似．
综上所述，s满足的条件为：s=1或s=3225或s=327或10≤s≤12．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．
3．（2023·贵州·中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA=CB,∠C=90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．

(1)【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为_______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA,BP,BE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；135
(2)PA=PE；理由见解析
(3)BA−BE=2BP或BE=BA+2BP；理由见解析
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出∠ABC=∠BAC=12×90°=45°，根据∠ABD=90°，求出∠CBE=∠ABC+∠ABE=45°+90°=135°；
（2）根据∠APE=90°，∠ABE=90°，证明A、P、B、E四点共圆，得出∠AEP=∠ABP=45°，求出∠AEP=∠EAP，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段BC上时，当点P在线段BC延长线上时，分别画出图形，求出BA,BP,BE之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：

∵CA=CB,∠C=90°，
∴∠ABC=∠BAC=12×90°=45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
∴∠CBE=∠ABC+∠ABE=45°+90°=135°；
故答案为：135．
（2）解：PA=PE；理由如下：
连接AE，如图所示：

根据旋转可知，∠APE=90°，
∵∠ABE=90°，
∴A、P、B、E四点共圆，
∴∠AEP=∠ABP=45°，
∴∠EAP=90°−45°=45°，
∴∠AEP=∠EAP，
∴PA=PE．
（3）解：当点P在线段BC上时，连接AE，延长CB，作EF⊥CB于点F，如图所示：

根据解析（2）可知，PA=PE，
∵∠EFP=∠APE=90°，
∴∠EPF+∠PEF=∠EPF+∠APC=90°，
∴∠PEF=∠APC，
∵∠EFP=∠ACP=90°，
∴△PEF≌△APC，
∴EF=PC，
∵∠EBF=180°−∠CBE=45°，∠EFB=90°，
∴△EBF为等腰直角三角形，
∴BE=2EF，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴BA=2BC=2BP+PC=2BP+2PC=2BP+2EF=2BP+BE，
即BA−BE=2BP；
当点P在线段BC延长线上时，连接AE，作EF⊥CB于点F，如图所示：

根据旋转可知，∠APE=90°，
∵∠ABE=90°，
∴A、B、P、E四点共圆，
∴∠EAP=∠EBP=45°，
∴∠AEP=90°−45°=45°，
∴∠AEP=∠EAP，
∴PA=PE，
∵∠EFP=∠APE=90°，
∴∠EPF+∠PEF=∠EPF+∠APC=90°，
∴∠PEF=∠APC，
∵∠EFP=∠ACP=90°，
∴△PEF≌△APC，
∴PF=AC，
∵BC=AC，
∴PF=BC，
∵∠EBF=45°，∠EFB=90°，
∴△EBF为等腰直角三角形，
∴BE=2BF=2PF+BP=2BC+BP，
即BE=BA+2BP；
综上分析可知，BA−BE=2BP或BE=BA+2BP．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
题型12 三角形与函数综合
1．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+bx+c上的点A，C坐标分别为0,2，4,0，抛物线与x轴负半轴交于点B，点M为y轴负半轴上一点，且OM=2，连接AC，CM．

(1)求点M的坐标及抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线位于第一象限图象上的动点，连接AP，CP，当S△PAC=S△ACM时，求点P的坐标；
(3)点D是线段BC(包含点B，C)上的动点，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点Q，交直线CM于点N，若以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，请直接写出点Q的坐标；
(4)将抛物线沿x轴的负方向平移得到新抛物线，点A的对应点为点A'，点C的对应点为点C'，在抛物线平移过程中，当MA'+MC'的值最小时，新抛物线的顶点坐标为______，MA'+MC'的最小值为______．
【答案】(1)M0,−2，y=−x2+72x+2
(2)P2,5
(3)Q1−12,0，Q232,5
(4)−1112,8116，213
【分析】（1）根据点M在y轴负半轴且OM=2可得点M的坐标为M0,−2，利用待定系数法可得抛物线的解析式为y=−x2+72x+2；
（2）过点P作PF⊥x轴于点F，交线段AC于点E，用待定系数法求得直线AC的解析式为y=−12x+2，设点P的横坐标为p0（3）由∠COM=90°可知，要使点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，则以点Q，N，C为顶点的三角形也是直角三角形，从而分∠CQN=90°和∠QCN=90°两种情况讨论，①当∠CQN=90°，可推导B与点Q重合，△CQN∽△COM，即此时符合题意，利用求抛物线与x轴交点的方法可求出点Q的坐标；②当∠QCN=90°时，可推导△QCN∽△COM，即此时符合题意，再证明△QDC∽△COM，从而得到QD=2DC，再设点Q的横坐标为q，则Qq,−q2+72q+2，Dq,0，从而得到−q2+72q+2=23−q，解得q的值，从而得到点Q的坐标，最后综合①②即可；
（4）设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，将点M右平移m个单位长度得到点M'，由平移的性质可知，MA'=M'A,MC'=M'C，MA'+MC'的值最小就是M'A+M'C最小值，作出点C关于直线y=−2对称的对称点C″，连接AC″交直线y=−2于点M'，连接M'C则此时M'A+M'C取得最小值，即为AC″的长度，利用两点间的距离公式求这个长度，用待定系数法求出直线AC″的解析式，从而确定M'的坐标，继而确定平移距离，将原抛物线的解析式化为顶点式，从而得到其顶点，继而确定新抛物线的顶点．
【详解】（1）解：∵点M在y轴负半轴且OM=2，
∴M0,−2
将A0,2，C4,0代入y=−x2+bx+c，得
c=2−16+4b+c=0
解得b=72c=2
∴抛物线的解析式为y=−x2+72x+2
（2）解：过点P作PF⊥x轴于点F，交线段AC于点E，

设直线AC的解析式为y=kx+mk≠0，
将A0,2，C4,0代入y=kx+m，得
m=24k+m=0，解得k=−12m=2，
∴直线AC的解析式为y=−12x+2
设点P的横坐标为p0则Pp,−p2+72p+2，Ep,−12p+2，
∴PE=−p2+72p+2−−12p+2=−p2+4p(0∵S△ACM=8，∴S△PAC=12PE⋅OC=−2p2+8p=8，解得p1=p2=2，
∴P2,5
（3）Q132,5，Q2−12,0，
补充求解过程如下：
∵在△COM中，∠COM=90°，以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，
∴以点Q，N，C为顶点的三角形也是直角三角形，
又∵QD⊥x轴，直线QD交直线CM于点N，
∴∠CNQ≠90°，即点N不与点O是对应点．
故分为∠CQN=90°和∠QCN=90°两种情况讨论：
①当∠CQN=90°时，由于QN⊥x轴，
∴CQ⊥y轴，即CQ在x轴上，
又∵点Q在抛物线上，
∴此时点B与点Q重合，
作出图形如下：

此时∠CQN=∠COM=90°，
又∵∠QCN=∠OCM
∴△CQN∽△COM，即此时符合题意，
令y=−x2+72x+2=0，
解得：x1=−12,x2=3(舍去)
∴点Q的坐标，也即点B的坐标是Q1−12,0．
②当∠QCN=90°时，作图如下：

∵QD⊥x轴，∠COM=90°
∴QD∥OM，
∴∠CNQ=∠OMC，
∵ ∠CNQ=∠OMC，∠QCN=∠COM=90°，
∴△QCN∽△COM，即此时符合题意，
∵△QCN∽△COM，
∴∠CQN=∠OCM，即∠DQC=∠OCM
∵∠DQC=∠OCM，∠QDC=∠COM，
∴△QDC∽△COM
∴QDDC=COOM=42=2，QD=2DC
设点Q的横坐标为q，则Qq,−q2+72q+2，Dq,0，
∴QD=−q2+72q+2，CD=3−q
∴−q2+72q+2=23−q，
解得：q1=32,q2=3(舍去)，
∴−q2+72q+2=5，
∴点Q的坐标是Q232,5
综上所述：点Q的坐标是Q1−12,0，Q232,5；
（4）−1112,8116，213，
补充求解过程如下：
设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，
将点M向右平移m个单位长度得到点M'，作出图形如下：

由平移的性质可知，MA'=M'A,MC'=M'C，
∴MA'+MC'的值最小就是M'A+M'C最小值，
显然点M'在直线y=−2上运用，
作出点C关于直线y=−2对称的对称点C″，连接AC″交直线y=−2于点M'，连接M'C则此时M'A+M'C取得最小值，即为AC″的长度，

∵点C关于直线y=−2对称的对称的点是点C″，C4,0
∴C″4,−4，
∴MA'+MC'min=M'A+M'Cmin=AC″=4−02+−4−22=213，
设直线AC″的解析式是：y=k1x+b1
将点A0,2，C″4,−4代入得：b1=24k1+b1=−4
解得：k1=−32b1=2
直线AC″的解析式是：y=−32x+2
令y=−32x+2=−2，解得：x=83，
∴M'83,−2，
∴平移的距离是m=83
又∵y=−x2+72x+2=−x−742+8116，
∴平移前的抛物线的坐标是74,8116
∴新抛物线的顶点坐标为74−83,8116即−1112,8116
故答案是：−1112,8116，213．
【点睛】本题考查求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与几何变换综合，二次函数与相似三角形综合，最短路径问题，三角形面积公式等知识，难度较大，综合性大，作出辅助线和掌握转换思想是解题的关键，第二问的解题技巧是使用铅锤公式计算面积，第三问的技巧是转化成直角三角形的讨论问题，如果直接按相似讨论，则有四种情况，可以降低分类讨论的种类，第四问的技巧，是将点M向反方向移动，从而将两个动点转化成一个动点来解决．
2．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B0,9，与直线OC交于点C8,3．
(1)求直线AB的函数表达式；
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，将△ACD沿射线CB平移得到的三角形记为△A'C'D'，点A，C，D的对应点分别为A'，C'，D'，若△A'C'D'与△BOC重叠部分的面积为S，平移的距离CC'=m，当点A'与点B重合时停止运动．
①若直线C'D'交直线OC于点E，则线段C'E的长为________（用含有m的代数式表示）；
②当0③当S=245时，m的值为________．
【答案】(1)y＝﹣34x+9；
(2)①910m；②925m2；③15−153或15﹣25．
【分析】（1）将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线解析式，求解即可；
（2）①过点C作CF⊥C′D′，易得△CFC′∽△AOB，可用m表达CF和C′F的长度，进而可表达点C′，D′的坐标，由点C的坐标可得出直线OC的解析式，代入可得点E的坐标；
②根据题意可知，当0＜m＜103时，点D′未到直线OC，利用三角形面积公式可得出本题结果；
③分情况讨论，分别求出当0＜m＜103时，当103＜m＜5时，当5＜m＜10时，当10＜m＜15时，S与m的关系式，分别令S＝245，建立方程，求出m即可．
【详解】（1）解：将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线y＝kx+b，
∴b=98k+b=3，
解得k=−34b=9．
∴直线AB的函数表达式为：y＝﹣34x+9；
（2）①由（1）知直线AB的函数表达式为：y＝﹣34x+9，
令y＝0，则x＝12，
∴A（12，0），
∴OA＝12，OB＝9，
∴AB＝15；
如图1，过点C作CF⊥C′D′于点F，
∴CF∥OA，
∴∠OAB＝∠FCC′，
∵∠C′FC＝∠BOA＝90°，
∴△CFC′∽△AOB，
∴OB：OA：AB＝C′F：CF：CC′＝9：12：15，
∵CC′＝m，
∴CF＝45m，C′F＝35m，
∴C′（8﹣45m，3+35m），A′（12﹣45m，35m），D′（8﹣45m，35m），
∵C（8，3），
∴直线OC的解析式为：y＝38x，
∴E（8﹣45m，3﹣310m）.
∴C′E＝3+35m﹣（3﹣310m）＝910m．
故答案为：910m．
②当点D′落在直线OC上时，有35m＝38（8﹣45m），
解得m＝103 ，
∴当0＜m＜103时，点D′未到直线OC，
此时S＝12C′E•CF＝12•910m•45m＝925m2；
故答案为：925m2．
③分情况讨论，
当0＜m＜103时，由②可知，S＝925m2；
令S＝925m2＝245 ，解得m＝2303＞103（舍）或m＝﹣2303（舍）；
当103≤m＜5时，如图2，
设线段A′D′与直线OC交于点M，
∴M（85m，35m），
∴D′E＝35m﹣（3﹣310m）＝910m﹣3，
D′M＝85m﹣（8﹣45m）＝125m﹣8；
∴S＝925m2﹣12•（910m﹣3）•（125m﹣8）
＝﹣1825m2+365m﹣12，
令﹣1825m2+365m﹣12＝245；
整理得，3m2﹣30m+70＝0，
解得m＝15−153 或m＝15+153＞5（舍）；
当5≤m＜10时，如图3，
S＝S△A′C′D′＝12×4×3＝6≠245，不符合题意；
当10≤m＜15时，如图4，
此时A′B＝15﹣m，
∴BN＝35（15﹣m），A′N＝45（15﹣m），
∴S＝12•35（15﹣m）•45（15﹣m）＝625（15﹣m）2，
令625（15﹣m）2＝245，解得m＝15+2 5＞15（舍）或m＝15﹣25．
故答案为：15−153或15﹣25．
【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式、三角形的面积、相似三角形的性质与判定、一元二次方程、分类讨论思想等知识，根据△A′C′D′的运动，进行正确的分类讨论是解题关键．
3．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，B3,0，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在这样的点N（2，1）或5,−5+3或52,12，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形
(3)存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线x=1，可得a=-1，再把点B3,0代入，即可求解；
（2）先求出AC2=OA2+OC2=10，设点N（m，-m+3），可得AN2=2m2−4m+10，CN2=2m2，再分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解；
（3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，
∴−22a=1，解得：a=-1，
∵抛物线过点B3,0，
∴−9+6+c=0，解得：c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得：x1=3,x2=−1，
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴AC2=OA2+OC2=10，
设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
3k+b=0b=3，解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，AM=m+1，
∴AN2=−m+32+m+12=2m2−4m+10，CN2=m2+−m+3−32=2m2，
当AC=AN时，2m2−4m+10=10，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，2m2=10，
解得：m=5或−5（舍去），
∴此时点N5,−5+3；
当AN=CN时，2m2=2m2−4m+10，
解得：m=52，
∴此时点N52,12；
综上所述，存在这样的点N（2，1）或5,−5+3或52,12，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形；
（3）解：存在，理由如下：
∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC=32，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，
∴1+3=sn−3=t1−32+n2=s2+t−32或s+3=1t−3=n1−02+n−32=(s−3)2+t−02，
解得：n=4s=4t=1或n=−2s=−2t=1，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，
1+s2=32n+t2=321−s2+n−t2=32，解得：n=3+172s=2t=3−172或n=3−172s=2t=3+172，
∴此时点F的坐标为2,3+172或2,3−172；
综上所述，存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键．
4．（2023·湖南益阳·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，直线l:y=a(x+2)(a>0)与x轴交于点A，与抛物线E:y=ax2交于B，C两点（B在C的左边）．

(1)求A点的坐标；
(2)如图1，若B点关于x轴的对称点为B'点，当以点A，B'，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a的值；
(3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如−2,1，2,0等均为格点．如图2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值范围．
【答案】(1)−2，0
(2)a=1或a=155；
(3)132【分析】（1）对于直线l:y=ax+2，令y=0，求出x，即可求解；
（2）表示出点A，B'，C的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
（3）直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，分别求出a的范围．
【详解】（1）解：对于直线l:y=ax+2，
当y=0时，x=−2，
∴A点的坐标为−2,0；
（2）解：联立直线l:y=a(x+2)与抛物线E:y=ax2得：
y=a(x+2)y=ax2，
∴x2−x−2=0，
∴x=−1或x=2，
∴B(−1，a)，C(2，4a)，
∵B点关于x轴的对称点为B'点，
∴B'(−1，−a)，
∴AB'2=(−2+1)2+(0+a)2=a2+1，
AC2=(2+2)2+(4a−0)2=16a2+16，
B'C2=(2+1)2+(4a+a)2=25a2+9，
若∠CAB'=90°，则AB'2+AC2=B'C2，即a2+1+16a2+16=25a2+9，所以a=1，
若∠AB'C=90°，则AB'2+B'C2=AC2，即a2+1+25a2+9=16a2+16，所以a=155，
若∠ACB'=90°，则AC2+B'C2=AB'2，即16a2+16+25a2+9=a2+1，此方程无解．
∴a=1或a=155；
（3）解：如图，直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，

∵D(0，2a)，E(1，a)，F(1，3a)，
∴OD=EF=2a，
∵格点数恰好是26个，
∴落在y轴和直线x=1上的格点数应各为13个，
∴落在y轴的格点应满足13<2a≤14，即132①若132所以线段EF上的格点应该为(1,7)，(1，8)……(1，19)，
∴19<3a≤20
∴ 193∴ 132②若a=7，yE=7，yF=21，所以线段EF上的格点正好13个，
综上，132【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，勾股定理，关键是弄清格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，并对点D、F进行定位．
一、全等三角形的判定
二、相似三角形的性质与判定
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
相似三角形的性质：
1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等.
2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.
3）相似三角形周长的比等于相似比.
4）相似三角形面积比等于相似比的平方.
判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例．
一、单选题
1．（2023·北京·中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，ABa2+b2；③2a+b>c；

上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DFBE，可得a+b>a2+b2，进而可判断②的正误；由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，则c=2×a2+b2<2a+b，进而可判断③的正误．
【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，

∴DF=AC=a+b，
∵DF∴a+b∵△EAB≌△BCD，
∴BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，∠ABE=∠CDB，
∵∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠CBD+∠ABE=90°，∠EBD=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
由勾股定理得，BE=AB2+AE2=a2+b2，
∵AB+AE>BE，
∴a+b>a2+b2，②正确，故符合要求；
由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，
∴c=2×a2+b2<2a+b，③正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点E的坐标为（ ）

A．5，5B．6,245C．325,245D．325,5
【答案】C
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD=245，则可利用勾股定理求出AD=325；再证明四边形CMPN是矩形，得到MN=CP，故当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为245，AP=325，则点E的坐标为325,245．
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，
∵在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，
∴AC2+BC2=62+82=100=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴CD=AC⋅BCAB=245，
∴AD=AC2−CD2=325；
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
∴当MN最小时，即CP最小，
∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为245，AP=AD=325，
∴点E的坐标为325,245，
故选C．

【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等等，正确作出辅助线是解题的关键．
3．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=35，点C为平面内一动点，BC=32，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM:MA=1:2．当线段OM取最大值时，点M的坐标是（ ）

A．35,65B．355,655C．65,125D．655,1255
【答案】D
【分析】由题意可得点C在以点B为圆心，32为半径的OB上，在x轴的负半轴上取点D−352，0，连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得OMCD=OAAD=23，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵点C为平面内一动点，BC=32，
∴点C在以点B为圆心，32为半径的OB上，
在x轴的负半轴上取点D−352，0，连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，

∵OA=OB=35，
∴AD=OD+OA= 952，
∴OAAD=23，
∵CM:MA=1:2，
∴OAAD=23=CMAC，
∵∠OAM=∠DAC，
∴△OAM∽△DAC，
∴OMCD=OAAD=23，
∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，
∵OA=OB=35，OD= 352，
∴BD= OB2+OD2=352+3522=152，
∴CD=BC+BD=9，
∵OMCD=23，
∴OM=6，
∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，
∴∠DOB=∠DFC=90°，
∵∠BDO=∠CDF，
∴△BDO∽△CDF，
∴OBCF=BDCD即35CF=1529，
解得CF=1855，
同理可得，△AEM∽△AFC，
∴MECF=AMAC=23即ME1855=23，
解得ME=1255，
∴OE=OM2−ME2=62−12552=655，
∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是655，1255，
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
二、填空题
4．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分别与DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是 ．

【答案】m2+n2
【分析】先根据折叠的性质可得S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°，从而可得S△FHG=S△ADG+S△CHE，再根据相似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得S△ADGS△FHG=DGGH2=m2GH2，S△CHES△FHG=EHGH2=n2GH2，然后将两个等式相加即可得．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴S梯形ACED=S△BDE=S△FDE，
∴S△FHG=S△ADG+S△CHE，
又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，
∴S△ADGS△FHG=DGGH2=m2GH2，S△CHES△FHG=EHGH2=n2GH2，
∴S△ADGS△FHG+S△CHES△FHG=m2+n2GH2=S△ADG+S△CHES△FHG=1，
∴GH2=m2+n2，
解得GH=m2+n2或GH=−m2+n2（不符合题意，舍去），
故答案为：m2+n2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
5．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板ABC和DEF中，∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12．将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是 ，现将△DEF绕点C(F)按顺时针方向旋转（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积是 ．

【答案】 66−62 12π−183+18
【分析】如图1，过点G作GH⊥BC于H，根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出BH=3GH，GH=CH，然后由BC=12可求出GH的长，进而可得线段CG的长；如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，作DN⊥CD1于N，过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，首先证明△CDD1是等边三角形，点D1在直线AB上，然后可得线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，求出DN和BM，然后根据线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D+S△D1DB=S扇形CD1D−S△CD1D+S△D1DB列式计算即可．
【详解】解：如图1，过点G作GH⊥BC于H，

∵∠ABC=30°，∠DEF=∠DFE=45°，∠GHB=∠GHC=90°，
∴BH=3GH，GH=CH，
∵BC=BH+CH=3GH+GH=12，
∴GH=63−6，
∴CG=2GH=2×63−6=66−62；
如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，
由旋转的性质得：∠E1CB=∠DCD1=60°，CD=CD1，
∴△CDD1是等边三角形，
∵∠ABC=30°，
∴∠CG1B=90°，
∴CG1=12BC，
∵CE1=BC，
∴CG1=12CE1，即AB垂直平分CE1，
∵△CD1E1是等腰直角三角形，
∴点D1在直线AB上，
连接AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，
则线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，
∵BC=EF=12，
∴DC=DB=22BC=62，
∴D1C=D1D=62，
作DN⊥CD1于N，则ND1=NC=32，
∴DN=D1D2−ND12=622−322=36，
过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，则∠M=90°，
∵∠D1DC=60°，∠CDB=90°，
∴∠BDM=180°−∠D1DC−∠CDB=30°，
∴BM=12BD=32，
∴线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D+S△D1DB，
=S扇形CD1D−S△CD1D+S△D1DB，
=60π⋅622360−12×62×36+12×62×32，
=12π−183+18，
故答案为：66−62，12π−183+18．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30°直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点D1在直线AB上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
6．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l1:y=33x上，顶点B在x轴上，AB垂直x轴，且OB=22，顶点C在直线l2:y=3x上，BC⊥l2；过点A作直线l2的垂线，垂足为C1，交x轴于B1，过点B1作A1B1垂直x轴，交l1于点A1，连接A1C1，得到第一个△A1B1C1；过点A1作直线l2的垂线，垂足为C2，交x轴于B2，过点B2作A2B2垂直x轴，交l1于点A2，连接A2C2，得到第二个△A2B2C2；如此下去，……，则△A2023B2023C2023的面积是 ．
【答案】240463
【分析】解直角三角形得出∠AOB=30°，∠BOC=60°，求出S△ABC=3，证明△ABC∽△A1B1C1，△ABC∽△A2B2C2，得出S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42⋅S△ABC=222⋅S△ABC，总结得出S△AnBnCn=2n2S△ABC=22nS△ABC，从而得出S△A2023B2023C2023=22×2023×3=240463．
【详解】解：∵OB=22，
∴B22,0，
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为22，
∵l1:y=33x，
∴点A的纵坐标为33×22=263，
∴tan∠AOB=ABOB=26322=33，
∴∠AOB=30°，
∵l2:y=3x，
∴设CxC,yC，则yC=3xC，
∴tan∠BOC=yCxC=3，
∴∠BOC=60°，
∴OC=OB×cs60°=22×12=2，
BC=OB×sin60°=22×32=6，
∵∠AOC1=∠BOC−∠AOB=30°，
∴∠AOB=∠AOC1，
∴OA平分∠BOC，
∵AC1⊥l2，AB⊥OB，
∴AC1=AB=263，
∵AB=AC1，OA=OA，
∴Rt△OAB≌Rt△OAC1，
∴OC1=OB=22，
∴CC1=OC1−OC=22−2=2，
∴S△ABC=2S△OAB−S△ACC1−S△BOC
=2×12×22×263−12×2×263−12×2×6
=3，
∵BC⊥l2，
∴∠BCO=90°，
∴∠CBO=90°−60°=30°，
∵B1C1⊥l2，BC⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC∥B1C1∥B2C2，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=30°，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB，
∴AO=AB1，A1O=A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，
∴OB=12OB1，OB1=12OB2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB∥A1B1∥A2B2，
∴ABA1B1=OBOB1=12，ABA2B2=OBOB2=14，
∵BC∥B1C1∥B2C2，
∴BCB1C1=OBOB1=12，BCB2C2=OBOB2=14，
∴ABA1B1=BCB1C1，
∵∠ABC=∠A1B1C1=90°−30°=60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，
同理△ABC∽△A2B2C2，
∴S△A1B1C1=4S△ABC，
S△A2B2C2=42⋅S△ABC=222⋅S△ABC，
∴S△AnBnCn=2n2S△ABC=22nS△ABC，
∴S△A2023B2023C2023=22×2023×3=240463．
故答案为：240463．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和性质，一次函数规律探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是得出一般规律S△AnBnCn=2n2S△ABC=22nS△ABC．
7．（2023·黑龙江大庆·中考真题）如图，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB'，将AC绕点A逆时针旋转β至AC'(0°<α<180°,0°<β<180°)，得到△AB'C'，使∠BAC+∠B'AC'=180°，我们称△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①△ABC与△AB'C'面积相同；
②BC=2AD；
③若AB=AC，连接BB'和CC'，则∠B'BC+∠CC'B'=180°；
④若AB=AC，AB=4，BC=6，则B'C'=10．
【答案】①②③
【分析】延长B'A，并截取AE=AB，连接C'E，证明△ABC≌△AEC'，得出BC=C'E，S△ABC=S△AEC'，根据AB=AB'，AB=AE，得出AE=AB'，证明S△AB'C'=S△AEC'，得出S△ABC=S△AB'C'，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出AD=12C'E，根据BC=C'E，得出BC=2AD，判断②正确；根据AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC，
得出∠AB'B=∠ABB'，∠AB'C'=∠AC'B'，∠AC'C=∠ACC'，∠ABC=∠ACB，根据四边形内角和得出
∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C'+∠AC'B'+∠AC'C+∠ACC'+∠ABC+∠ACB=360°，求出∠B'BC+∠CC'B'=180°，判断③正确；根据②可知，AD=12BC=3，根据勾股定理得出B'D=AB'2−AD2=42−32=7，求出B'C'=2B'D=27，判断④错误．
【详解】解：延长B'A，并截取AE=AB，连接C'E，如图所示：
∵∠BAC+∠B'AC'=180°，
∴α+β=360°−180°=180°，
∵α+∠BAE=180°，
∴∠BAE=β，
∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAC'，
∴∠BAC=∠EAC'，
根据旋转可知，AC=AC'，AB=AB'，
∵AB=AE，
∴△ABC≌△AEC'，
∴BC=C'E，S△ABC=S△AEC'，
∵AB=AB'，AB=AE，
∴AE=AB'，
∴S△AB'C'=S△AEC'，
∴S△ABC=S△AB'C'，
即△ABC与△AB'C'面积相同，故①正确；
∵AE=AB'，B'D=C'D，
∴AD是△B'C'E的中位线，
∴AD=12C'E，
∵BC=C'E，
∴BC=2AD，故②正确；
当AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC，
∴∠AB'B=∠ABB'，∠AB'C'=∠AC'B'，∠AC'C=∠ACC'，∠ABC=∠ACB，
∵∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C'+∠AC'B'+∠AC'C+∠ACC'+∠ABC+∠ACB=360°，
∴∠ABB'+∠ABC+∠AC'B'+∠AC'C=∠AB'B+∠ACB+∠AB'C'+∠ACC'=180°，
即∠B'BC+∠CC'B'=180°，故③正确；
∵BC=6，
∴根据②可知，AD=12BC=3，
∵当AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC=4，AD为中线，
∴AD⊥B'C'，
∴∠ADB'=90°，
∴B'D=AB'2−AD2=42−32=7，
∴B'C'=2B'D=27，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ABC≌△AEC'．
三、解答题
8．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．

(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACFSAS，即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP,DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC=12AC=2，进而得出∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=3PG=3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
EC=FC∠BCE=∠ACFBC=AC，
∴△BCE≌△ACFSAS，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC
∴BD=CD
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE,CF=CE，
∴AF=CF,
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
∴AC⊥BF，AG=CG=12AC
∴∠AGF=90°
又∵DG=12AC=CG，∠ACD=60°
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°
∴∠AGH=∠DGC=60°
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60°=30°，KF∥AD
∴∠HKF=∠ADK=30°
∴∠FKG=∠KGF=30°，
∴FG=FK
在Rt△CED与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP,DQ交于点R，

由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG
∴DE=GF，
∵DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF∥DQ
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF=DG=12AC=2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=GE=GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，

∴GQ=12GC=12DC=1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．（2023·河北·中考真题）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB=8,BC=211,CD=12,DA=6,∠A=90°，点M在AD边上，且DM=2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°(00)，连接A'P．

(1)若点P在AB上，求证：A'P=AP；
(2)如图2．连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n=180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A'MP的值；
(3)当0【答案】(1)见解析
(2)①∠CBD=90°，x=13；②76或236
(3)8x2x2+16
【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到A'M=AM，∠A'MP=∠AMP，然后证明出△A'MP≌△AMPSAS，即可得到A'P=AP；
（2）①首先根据勾股定理得到BD=AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD=90°；首先画出图形，然后证明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性质求出DN=103，MN=83，然后证明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性质得到PB=5，进而求解即可；
②当P点在AB上时，PQ=2，∠A'MP=∠AMP，分别求得BP,AP，根据正切的定义即可求解；②当P在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，证明△PQB∽△BAD，得出PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，进而求得AQ，证明△HPQ∽△HMA，即可求解；
（3）如图所示，过点A'作A'E⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A'E于点F，则四边形AMFE是矩形，证明△A'PE∽△MA'F，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）∵将线段MA绕点M顺时针旋转n°0∴A'M=AM
∵∠A'MA的平分线MP所在直线交折线AB−BC于点P，
∴∠A'MP=∠AMP
又∵PM=PM
∴△A'MP≌△AMPSAS
∴A'P=AP；
（2）①∵AB=8，DA=6，∠A=90°
∴BD=AB2+AD2=10
∵BC=211，CD=12
∴BC2+BD2=2112+102=144，CD2=122=144
∴BC2+BD2=CD2
∴∠CBD=90°；
如图所示，当n=180时，

∵PM平分∠A'MA
∴∠PMA=90°
∴PM∥AB
∴△DNM∽△DBA
∴DNDB=DMDA=MNBA
∵DM=2，DA=6
∴DN10=26=MN8
∴DN=103，MN=83
∴BN=BD−DN=203
∵∠PBN=∠NMD=90°，∠PNB=∠DNM
∴△PBN∽△DMN
∴PBDM=BNMN，即PB2=20383
∴解得PB=5
∴x=AB+PB=8+5=13．
②如图所示，当P点在AB上时，PQ=2，∠A'MP=∠AMP

∵AB=8,DA=6,∠A=90°，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，sin∠DBA=ADBD=610=35，
∴BP=BQsin∠DBA=235=103，
∴AP=AB−BP=8−103=143
∴tan∠A'MP=tan∠AMP=APAM=1434=76；
如图所示，当P在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，

∵∠PQB=∠CBD=∠DAB=90°，
∴∠QPB=90°−∠PBQ=∠DBA，
∴△PQB∽△BAD
∴PQBA=QBAD=PBBD
即PQ8=QB6=PB10
∴PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，
∴AQ=AB+BQ=465
∵PQ⊥AB,DA⊥AB
∴PQ∥AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴HQHA=PQAM
∴HQHQ+465=854
解得：HQ=9215
∴tan∠A'MP=tan∠AMP=tan∠QPH=HQPQ=921585=236，
综上所述，tan∠A'MP的值为76或236；
（3）解：∵当0∴P在AB上，
如图所示，过点A'作A'E⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A'E于点F，则四边形AMFE是矩形，
∴AE=FM，EF=AM=4，

∵△A'MP≌△AMP，
∴∠PA'M=∠A=90°，
∴∠PA'E+∠FA'M=90°，
又∠A'MF+∠FA'M=90°，
∴∠PA'E=∠A'MF，
又∵∠A'EP=∠MFA'=90°，
∴△A'PE∽△MA'F，
∴A'PMA'=PEA'F=A'EFM
∵A'P=AP=x，MA'=MA=4，设FM=AE=y，A'E=ℎ
即x4=x−yℎ−4=ℎy
∴y=4ℎx，4x−y=xℎ−4
∴4x−4ℎx=xℎ−4
整理得ℎ=8x2x2+16
即点A'到直线AB的距离为8x2x2+16．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．
10．（2023·重庆·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，点D为线段AB上一动点，连接CD．

(1)如图1，若AC=9，BD=3，求线段AD的长．
(2)如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G． 若∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE．
(3)在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM． 连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出此时NQCP的值．
【答案】(1)53
(2)见解析
(3)435
【分析】（1）解Rt△ABC，求得AB，根据AD=AB−BD即可求解；
（2）延长FB使得FH=FG，连接EH，可得△GFD≌△HFESAS，根据∠DEC=∠DBC=60°，得出B,C,D,E四点共圆，则∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，得出∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，结合已知条件得出∠H=∠BEH，可得EB=BH，即可得证；
（3）在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，设AB=4a，则BC=2a，AC=23a，根据题意得出点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，取AB的中点S，连接SP，则SP是△ABN的中位线，P在半径为12a的⊙S上运动，当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于点R，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，得出PD是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，则∠QCP=2∠BCP=120°，在Rt△NUQ中，勾股定理求得NQ，进而即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，
∴AB=ACsinB=932=63，
∵BD=3，
∴AD=AB−BD=53；
（2）证明：如图所示，延长FB使得FH=FG，连接EH，

∵F是DE的中点则DF=FE，FH=FG，∠GFD=∠HFE，
∴△GFD≌△HFESAS，
∴∠H=∠G，
∴EH∥GC，
∴∠HEC=∠ECD=60°
∵△DEC是等边三角形，
∴∠DEC=∠EDC=60°，
∵∠DEC=∠DBC=60°，
∴B,C,D,E四点共圆，
∴∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，
∴∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，
∵∠G=∠BCE=∠BDE=∠H，
∴∠H=∠BEH，
∴EB=BH，
∴FH=FG=BF+BH=BF+EB；
（3）解：如图所示，

在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，
设AB=4a，则BC=2a，AC=23a，
∴CD=AC×BCAB=23a×2a4a=3a，BD=12BC=a，
∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．
∴BE=BN
∴点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，
取AB的中点S，连接SP，
则SP是△ABN的中位线，
∴P在半径为12a的⊙S上运动，
当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于点R，

∵S是AB的中点，∠ABC=60°
∴SC=SB=BC，
∴△BCS是等边三角形，
则∠PCB=60°，
∴∠PCA=∠ACB−∠BCP=30°，
∵BC=2a，AB=4a，
∴CS=BC=2a，PS=12a
∴PC=52a，PT=PC×sin∠PCT=12PC=54a，TC=3PT=543a
∵AC=23a，
∴AT=343a，
如图所示，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，

∴PU∥AR，P是AN的中点，
∴NUUR=NPPA=1
即PU是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，
∴NU=UR=PT=54a， PU=12AR=AT=343a
∵△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，
∴∠QCP=2∠BCP=120°
∴PQ=3QC=3PC=523a
则UQ=PQ−PU=523a−343a=743a
在Rt△NUQ中，NQ=NU2+UQ2=54a2+743a2=432a
∴NQCP=432a52a=435．

【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
11．（2023·广西·中考真题）【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接AB'，BB'，BE'．

请完成：
(1)观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；
(2)证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接，P'B'．

请完成：
(3)证明BB'是∠NBC的一条三等分线．
【答案】(1)∠1=∠2=∠3
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）由折叠的性质可知AB'=BB'，AB=AB'，然后可得AB'=BB'=AB，则有△ABB'是等边三角形，进而问题可求证；
（3）连接PB'，根据等腰三角形性质证明∠PB'E=∠BB'E=12∠BB'P，根据平行线的性质证明∠BB'E=∠CBB'=12∠BB'P，证明△PBB'≌△P'B'BSAS，得出∠P'BB'=∠PB'B，即可证明∠CBB'=13∠CBN．
【详解】（1）解：由题意可知∠1=∠2=∠3；
（2）证明：由折叠的性质可得：AB'=BB'，AB=AB'，AE=AE'，AE=BE，
∴AB'=BB'=AB，AE'=B'E'，
∴△ABB'是等边三角形，
∵AE'=B'E'，∠ABB'=60°，
∴∠ABE'=∠B'BE'=12∠ABB'=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠3=30°，
∴∠1=∠2=∠3；
（3）证明：连接PB'，如图所示：
由折叠的性质可知：BB'=PB'，PB=P'B'，∠PBB'=∠P'B'B，
∵折痕B'E⊥AB，BB'=PB'，
∴∠PB'E=∠BB'E=12∠BB'P，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠EBC=90°，
∴CB⊥AB，
∵B'E⊥AB，
∴B'E∥BC，
∴∠BB'E=∠CBB'=12∠BB'P，
∵在△PBB'和△P'B'B中，
PB=P'B'∠PBB'=∠P'B'BBB'=B'B，
∴△PBB'≌△P'B'BSAS，
∴∠P'BB'=∠PB'B，
∴∠CBB'=12∠NBB'，
∴∠CBB'=13∠CBN，
∴BB'是∠NBC的一条三等分线．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，△PBB'≌△P'B'B是解题的关键．
12．（2023·广西·中考真题）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上运动，满足AD=BE=CF．

(1)求证：△ADF≌△BED；
(2)设AD的长为x，△DEF的面积为y，求y关于x的函数解析式；
(3)结合（2）所得的函数，描述△DEF的面积随AD的增大如何变化．
【答案】(1)见详解
(2)y=334x2−33x+43
(3)当2【分析】（1）由题意易得AF=BD，∠A=∠B=60°，然后根据“SAS”可进行求证；
（2）分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，根据题意可得S△ABC=43，AF=4−x，然后可得FG=324−x，由（1）易得△ADF≌△BED≌△CFE，则有S△ADF=S△BED=S△CFE=34x4−x，进而问题可求解；
（3）由（2）和二次函数的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC=4，
∵AD=BE=CF，
∴AF=BD=CE，
在△ADF和△BED中，
AF=BD∠A=∠BAD=BE，
∴△ADF≌△BEDSAS；
（2）解：分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，如图所示：

在等边△ABC中，∠A=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=4，
∴CH=AC⋅sin60°=23，
∴S△ABC=12AB⋅CH=43，
设AD的长为x，则AD=BE=CF=x，AF=4−x，
∴FG=AF⋅sin60°=324−x，
∴S△ADF=12AD⋅FG=34x4−x，
同理（1）可知△ADF≌△BED≌△CFE，
∴S△ADF=S△BED=S△CFE=34x4−x，
∵△DEF的面积为y，
∴y=S△ABC−3S△ADF=43−334x4−x=334x2−33x+43；
（3）解：由（2）可知：y=334x2−33x+43，
∴a=334>0，对称轴为直线x=−−332×334=2，
∴当x>2时，y随x的增大而增大，当x<2时，y随x的增大而减小；
即当2【点睛】本题主要考查锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质是解题的关键．
13．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx−4的图像与x轴相交于点A(−2,0)、B，其顶点是C．

(1)b=_______；
(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)−1；
(2)k≤−3；
(3)3,−52或−1,−52．
【分析】
（1）把A(−2,0)代入y=12x2+bx−4即可求解；
（2）过点D作DM⊥OA于点M，设Dm,12m2−m−4，由tan∠AOD=DMOM=−12m2+m+4−m=52，解得D−1,−52，进而求得平移后得抛物线，
平移后得抛物线为y=12x+32−92，根据二次函数得性质即可得解；
（3）先设出平移后顶点为Pp,12p2−p−4，根据原抛物线y=12x−12−92，求得原抛物线的顶点C1,−92，对称轴为x=1，进而得Q1,p2−2p−72，再根据勾股定理构造方程即可得解．
【详解】（1）
解：把A(−2,0)代入y=12x2+bx−4得，
0=12×−22+b×−2−4，
解得b=−1，
故答案为−1；
（2）
解：过点D作DM⊥OA于点M，

∵b=−1，
∴二次函数的解析式为y=12x2−x−4
设Dm,12m2−m−4，
∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52，
∴tan∠AOD=DMOM=−12m2+m+4−m=52，
解得m=−1或m=8（舍去），
当m=−1时，12m2−m−4=12+1−4=−52，
∴D−1,−52，
∵y=12x2−x−4=12x−12−92，
∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y=12x+a2−92，
把D−1,−52代入y=12x+a2−92得−52=12−1+a2−92，
解得a=3或a=−1（舍去），
∴平移后得抛物线为y=12x+32−92
∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
在y=12x+32−92的对称轴x=−3的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，
∴k≤−3；
（3）
解：由y=12x−12−92，设平移后的抛物线为y=12x−p2+q，则顶点为Pp,q，
∵顶点为Pp,q在y=12x−12−92上，
∴q=12p−12−92=12p2−p−4，
∴平移后的抛物线为y=12x−p2+12p2−p−4，顶点为Pp,12p2−p−4，
∵原抛物线y=12x−12−92，
∴原抛物线的顶点C1,−92，对称轴为x=1，
∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，
∴Q1,p2−2p−72，
∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方，
∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴p2−2p−72+922=p−12+12p2−p−4+922+p−12+12p2−p−4−p2+2p+722化简得p−12p−3p+1=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=−1，
当p=3时，12p2−p−4=12×32−3−4=−52，
当p=−1时，12×−12+1−4=−52，
∴点P坐标为3,−52或−1,−52．
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
考点要求
命题预测
三角形压轴
在中考中，涉及三角形压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以选择、填空题型出现，但是三角形结合其它几何图形、函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.