中考数学二轮复习压轴题培优训练专题24以三角形为载体的几何综合问题（2份，原卷版+解析版）

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(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的值为时，四边形QPCP′为菱形
【分析】（1）根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
（2）作于，于，证明出为直角三角形，进一步得出和为等腰直角三角形，再证明四边形为矩形，利用勾股定理在、中，结合四边形为菱形，建立等式进行求解．
【详解】（1）解：（1）如图①，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝＝（cm），
由题意得，AP＝tcm，BQ＝tcm，
则BP＝（4﹣t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQAC，
，
，
∴＝，
∴，
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
（2）解：作于，于，如图，
，，
，，
为直角三角形，
，
和为等腰直角三角形，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
，
在中，，
在中，，
四边形为菱形，
，
，
，（舍去）．
的值为．
【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．
【例2】（2022·山东菏泽·中考真题）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长交于H，
由旋转可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）如图3，过点D作DH于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴，
，
，
∴AD=2DH，AH=DH=，
，
由（2）可知：，
，
∵AD⊥BC，CD=，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
【例3】（2022·山东济南·中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①；②，理由见解析
【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到，再由全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段绕点A按逆时针方向旋转得到得到是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到，，进而得到，进而求出，结合，ED＝EC得到，再用等腰直角三角形的性质求解．
（1）
解：．
证明：∵是等边三角形，
∴，．
∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
即．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：①
理由：∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴是等边三角形，
∴，
由（1）得，
∴；
②过点A作于点G，连接AF，如下图．
∵是等边三角形，，
∴，
∴．
∵是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴．
∵，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
【例4】（2022·内蒙古鄂尔多斯·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＝6，ED＝12，求EM的长．
【答案】(1)AE＝CF， AE⊥CF
(2)①成立，理由见解析；②45°；③6+6
【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＝∠EMC＝45°；③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，∴∠DMG＝∠GDM，∴DG＝GM，又∵DM ∴DG＝GM＝6，∵DE＝12，∴EG＝ ∴EM＝GM+EG＝6+6．
【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．
【例5】（2022·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在中，D是上一点，．求证．
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，延长至点E，使，与的延长线相交于点F，点G，H分别在上，，．在图中找出与相等的线段，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，当时，若给出中任意两边长，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，，，求的长．”
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【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 证明 再证明 证明 可得 从而可得结论；
（3）如图，在BC上截取 同理可得： 利用勾股定理先求解 证明 可得 可得 证明 可得 而 可得 再利用勾股定理求解BE，即可得到答案．
【详解】证明：（1）
而

（2） 理由如下：
如图，在BC上截取



，

∵
∴
∴
∵
∴
（3）如图，在BC上截取
同理可得：











而



而

【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．
26．（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．
①求的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
；
（3）解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
一、解答题【共20题】
1．（2022·安徽·合肥市五十中学新校二模）和都是等腰直角三角形，，是的中点，连接、．
(1)如图①，当点、分别是线段、上的点时，求的度数；
(2)如图②，当点是线段上的点时，求证：；
(3)如图③，当点、、共线且是的中点时，探究和之间的数量关系．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由直角三角形的性质可求，由等腰三角形的性质可求解；
（2）由“角边角”可证，可得，由等腰直角三角形的性质可求解；
（3）通过证明，可得，，即可求解．
【详解】（1），点是的中点，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
；
（2）如图，延长交于点，

，
，
，
又，，
，
，，
，
，
又，，
；
（3）如图，连接，

是的中点，
，
是等腰直角三角形，
，，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，，
，
，
，
是的中点，
，
．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2022·上海·华东师范大学松江实验中学三模）如图所示，的顶点在矩形对角线的延长线上，与交于点，连接，满足∽其中对应对应对应
(1)求证：．
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由相似可得，再由矩形的性质得 ，从而可求得，则有，即可求得的度数；
（2）结合（1）可求得，再由相似的性质求得，即可求的值．
（1）
∽，
，
四边形是矩形，
∴，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
；
（2）
由（1）得，
，
，
∽，
，
即，
，
由（1）得：，
则，
在中，．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，解答的关键是结合图形及相应的性质求得．
3．（2022·福建·厦门市翔安区教师进修学校（厦门市翔安区教育研究中心）模拟预测）（1）问题发现：如图1，与均为等腰直角三角形，，则线段、的数量关系为_______，、所在直线的位置关系为________；
（2）深入探究：在（1）的条件下，若点A，E，D在同一直线上，为中边上的高，请判断的度数及线段，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1），；（2），；理由见解析
【分析】（1）延长交于点H，交于点O．只要证明，即可解决问题；
（2）由，结合等腰三角形的性质和直角三角形的性质，即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，延长交于点H，交于点O，
∵和均为等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，．
（2），；
理由如下：如图2中，
∵和均为等腰直角三角形，，
∴，
∴，
由（1）可知：，
∴，，
∴；
在等腰直角三角形中，为斜边上的高，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
4．（2020·重庆市育才中学二模）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°． E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG．先证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ．
【灵活运用】
（2）如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°， F、F分别是BC、CD上的点．且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立？请说明理由．
【延伸拓展】
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．
【答案】∠BAE+∠FAD=∠EAF；仍成立，理由见详解；
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
5．（2022·北京市三帆中学模拟预测）已知四边形，，，，，是的角平分线，交射线于，线段的延长线上取一点使，直线，交于点．
(1)补全图形；
(2)猜想的形状，并证明你的猜想；
(3)求与的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据要求画出图形即可；
（2）结论：是等边三角形；通过证明垂直平分线段，证得≌，再证明，推出，可得结论；
（3）结论：，过点作交于点．证明四边形是平行四边形，推出，再利用全等三角形的性质证明，可得结论．
（1）
解：图形如图所示：
（2）
解：猜想是等边三角形．
理由如下：
如图，设交于点H，
∵，平分，
∴
在与中，
，
∴，
∴，，
∴垂直平分线段，
，
在和中，
∵，
∴≌，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
在四边形中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形．
（3）
解：，理由如下：
证明：如图，过点作交于点．
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等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解决问题，属于中考压轴题．
6．（2022·北京市第十九中学三模）如图，在中，，，是的中点，是延长线上一点，平移到，线段的中垂线与线段的延长线交于点，连接、．
(1)连接，求证：；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，结论：，理由见解析
【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题；
（2）图形如图所示，结论：，想办法证明即可．
（1）
证明：连接．
，，
，
，
；
（2）
解：图形如图所示，结论：．
理由：连接，，取的中点，连接，，．
点在的垂直平分线上，
，
，，
，
，
四边形，四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，，
，
，
四边形四点共圆，
，
，
，，，四点共圆，
，
，
．
【点睛】本题考查作图平移变换，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，圆周角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测）知识呈现
（1）如图，在四边形中，与互余，我们发现四边形中这对互余的角可进行拼合：先作，再过点作交于点，连接后，易于发现，，之间的数量关系是______；
方法运用
（2）如图，在四边形中，连接，，点是两边垂直平分线的交点，连接，．
求证：；
连接，如图，已知，，，求的长用含，的式子表示．
【答案】（1）；（2）①详见解析；②
【分析】利用勾股定理解决问题即可；
如图中，连接，作的外接圆利用圆周角定理以及三角形内角和定理，即可解决问题；
如图中，在射线的下方作，过点作于利用相似三角形的性质证明，求出，可得结论．
【详解】（1）解：，，
，
．
故答案为：．
（2）证明：如图中，连接，作的外接圆．

点是两边垂直平分线的交点，
点是的外心，
，
，
，
，，
，
．
解：如图中，在射线的下方作，过点作于．

，，
∽，
，，
，，
∽，
，
，
：：：：：：，
，
，，，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题
8．（2022·浙江宁波·一模）若一个三角形的两条边的和等于第三条边的两倍，我们把这个三角形叫做和谐三角形．
(1)已知是和谐三角形，，，请直接写出所有满足条件的的长；
(2)在中，，D为边上一点，，连接，若为和谐三角形，求的长；
(3)如图，在等腰中，D为的中点，且，E为上一点，满足，连接．求证：为和谐三角形．
【答案】(1)2或5或；
(2)的长为6；
(3)见解析．
【分析】（1）先确定出1＜AC＜7，再分三种情况，利用和谐三角形的定义求解即可；
（2）先求出2＜AD＜6，再分三种情况：①当AB＋AD＝2BD时，AD＝2BD−AB＝0，不符合题意；②当AB＋BD＝2AD时，AD＝（AB＋BD）＝3，过点A作AF⊥BC于F，利用勾股定理求出DF，然后可求AC；③当BD＋AD＝2AB时，AD＝2AB−BD＝2×4−2＝6，不符合题意；
（3）设AE＝6x，则EB＝4x，进而表示出AB＝C＝10x，AD＝CD＝5x，再判断出，得出比例式求出BD＝BC＝，过点A作AM⊥BC于M，则BM＝CM＝BC＝，进而求出AM＝，过点D作DG⊥BC于G，进而求出DG＝，MG＝，BG＝，过点D作DH⊥AB于H，证明，可得，求出AH＝，DH＝，再用勾股定理求出DE，即可得出结论．
（1）
解：根据三角形的三边关系得，1＜AC＜7，
∵是和谐三角形，
∴①当AC＋BC＝2AB时，AC＝2AB−BC＝2×3−4＝2，
②当AC＋AB＝2BC时，AC＝2BC−AB＝2×4−3＝5，
③当AB＋BC＝2AC时，AC＝（AB＋BC）＝（3＋4）＝，
即满足条件的AC的长为：2或5或；
（2）
解：在中，AB＝4，BC＝8，
∴4＜AC＜12，
在中，CD＝BC−BD＝6，
∵AB＝4，BD＝2，
根据三角形的三边关系得，2＜AD＜6，
∵为和谐三角形，
∴①当AB＋AD＝2BD时，AD＝2BD−AB＝0，不符合题意；
②当AB＋BD＝2AD时，AD＝（AB＋BD）＝（4＋2）＝3，
如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt中，，
在Rt中，，
∴，
∴DF＝，
∴，CF＝6−＝，
在Rt中，根据勾股定理得AC＝；
③当BD＋AD＝2AB时，AD＝2AB−BD＝2×4−2＝6，不符合题意；
综上，的长为6；
（3）
证明：∵AE：EB＝3：2，
∴设AE＝6x，则EB＝4x，
∴AB＝AE＋EB＝10x，
∵AB＝AC，
∴AC＝10x，
∵点D为AC的中点，
∴AD＝CD＝AC＝5x，
∵∠DBC＝∠A，∠C＝∠C，
∴，
∴，
∴，
∴BD＝BC＝，
如图，过点A作AM⊥BC于M，
则BM＝CM＝BC＝，
根据勾股定理得，AM＝，
过点D作DG⊥BC于G，
∴DGAM，
∴，
∵AD＝CD，
∴，
∴DG＝AM＝，MG＝CM＝，
∴BG＝BM＋MG＝，
过点D作DH⊥AB于H，
∴∠AHD＝90°＝∠BGD，
∵∠A＝∠DBC，
∴，
∴，
∴，
∴AH＝，DH＝，
∴EH＝AE−AH＝，
在Rt中，根据勾股定理得，DE＝，
∵AE＝6x，AD＝5x，
∴AE＋DE＝2AD，
∴为和谐三角形．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理以及二次根式的运算等知识，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．
9．（2022·广东·华南师大附中三模）在我们的数学课本上有这样一道练习题：
已知，如图1所示，△ABC中∠BAC=90°，AB=AC，直线MN经过点A，BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分别为点D，E试判断BD+CE与DE的关系，并给出证明．
(1)还记得是怎么做的吗？请你再做一遍．
(2)拓展探究：请从上面的练习题中获取灵感来解决下面的问题：
已知，如图2，△ABC、△DEC均为等腰直角三角形，其中∠ACB=∠DCE=90°，连接BE、AD，过C点作CP⊥BE于P，延长PC交AD于Q，试判断Q点在AD上的位置，并说明理由．
【答案】(1)DE=BD+CE，理由见解析
(2)点Q为AD的中点，理由见解析
【分析】（1）求出△ABD≌△CEA，根据全等三角形性质得出BD=AE，DA=CE，即可得出答案；
（2）作AM垂直CQ的延长线于点M，作DN⊥CQ，垂足为N，证得△ACM≌△CBP，得到AM=CP，同理可证△DCN≌△CEP，得到DN=CP，AM=DN，推出△AMQ≌△DNQ，得到AQ=DQ，即Q为AD中点．
（1）
DE=BD+CE，
证明：∵由题意可知，BD⊥MN与D，EC⊥MN与E，∠BAC=90°，
∴∠BDA=∠CEA=∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠EAC=90°，∠ECA+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠ECA，
在△ABD与△CEA中，
，
∴△ABD≌△CEA（AAS），
∴BD=AE，DA=CE，
∵DE=DA+AE，
∴DE=BD+CE．
（2）
点Q为AD的中点．理由如下：
作AM垂直CQ的延长线于点M，作DN⊥CQ，垂足为N，
∴∠ACB=90，∠BPC=90°，
∴∠ACM+∠BCP=90°，∠BCP+∠CBP=90°，
∴∠ACM=∠CBP，
在△ACM与△BCP中，
，
∴△ACM≌△CBP（AAS），
∴AM=CP，
同理可证△DCN≌△CEP，
∴DN=CP，
∴AM=DN，
又∵∠AMQ=∠DNQ，
∴∠AQM=∠DQN，
在△AMQ与△DNQ中，
，
∴△AMQ≌△DNQ（AAS），
∴AQ=DQ，
即Q为AD中点．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．（2021·吉林·长春市赫行实验学校二模）阅读理解在学习中，我们学习了一个定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即：如图1，在中，，若点是斜边的中点，则．
灵活应用如图2，中，，，，点是的中点，将沿翻折得到，连接，．

(1)根据题意，则的长为 ．
(2)判断的形状，并说明理由．
(3)请直接写出的长 ．
【答案】(1)5
(2)是直角三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用翻折变换的性质可得；
（2）结论：是直角三角形．证明，可得结论；
（3）设交于点．利用相似三角形的性质求出，再求出，利用三角形中位线定理，可得结论．
（1）
在中，，，，
，
是的中点，
，
由翻折的性质可知，．
故答案为：5；
（2）
结论：是直角三角形．
理由：，，
，
，
是直角三角形；
（3）
设交于点．
由翻折的性质可知，，，
垂直平分线段，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
．
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，翻折变换，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．（2022·广东·东莞市光明中学三模）中，，，点为直线上一动点点不与，重合，以为边在右侧作菱形，使，连接．
(1)观察猜想：如图，当点在线段上时，
与的位置关系为：______．
，，之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图，当点在线段的延长线上时，结论，是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图，当点在线段的延长线上时，设与相交于点，若已知，，求的长．
【答案】(1)①；②
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)
【分析】根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出≌，根据全等三角形的性质即可得到结论；根据全等三角形的性质得到，再根据，即可得出；
依据≌，即可得到，进而得到；依据≌可得，依据，即可得出；
判定≌，即可得到，，再根据∽，即可得到，进而得出的长．
（1）
解：，，
是等边三角形，
，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
，
故答案为：；；
（2）
结论成立，而结论不成立．
证明：如图，，，
是等边三角形，
，，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
；
（3）
解：如图，连接，过作于，则，，
中，，
，，
是等边三角形，
又，，
，
≌，
，，
又，
∽，
，
可设，则，，，
，
解得，
．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定≌和∽是解本题的关键．
12．（2022·辽宁鞍山·二模）如图所示，在中，点D是BC中点，点E是AC延长线上一点，连接BE、AD．
(1)如图1，若是等边三角形，点C是AE中点，若，求BE的长．
(2)如图2，过点C作，交AD的延长线于点F，若，；
①，求证：；
②如图3，若，求．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据是等边三角形，点D是BC中点，得出，，根据三角形函数求出AC，即可得出，根据点C是AE中点，得出，即可求出，证明，解直角三角形即可得出答案；
（2）①连接EF，根据“AAS”证明，得出AD=DF，根据，
得出BE=AF，根据“SAS”证明，得出EF=AB，，再根据，得出，从而证明△FEC为等边三角形，得出EF=EC，即可证明结论；
②根据解析①可知，，从而得出，，根据平行线的性质得出，即可得出，证明CF=EF，最后根据勾股定理逆定理证明△CEF为等腰直角三角形，即可得出．
（1）
解：∵是等边三角形，点D是BC中点，
∴，，
∴在Rt△ADC中，
∴，
∵点C是AE中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在Rt△ABE中，．
（2）
①证明：连接EF，如图所示：
∵点D是BC中点，
∴BD=CD，
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴AD=DF，
∵，
∴BE=AF，
∵，AE=EA，
∴（SAS），
∴EF=AB，，
∵，
∴，
∴，
∴△FEC为等边三角形，
∴EF=EC，
∴；
②解：连接EF，如图所示：
根据解析①可知，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴CF=EF，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理的逆定理，作出辅助线，构造全等三角形，证明，是解题的关键．
13．（2021·福建福州·一模）如图，直角梯形ABCD中，．点E为线段DC的中点，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿折线A→B→C向点C运动，设点P的运动时间为t．
(1)点P在运动过程中，BP=_________________；（用含t的代数式表示）
(2)点P在运动过程中，如果以D、P、E为顶点的三角形为等腰三角形，求t的值；
(3)当点P运动到线段BC上时，过点P作直线LDC，与线段AB交于点Q，使四边形DQPE为直角梯形，求此时直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比．
【答案】(1)丨8－t丨
(2)3或或12
(3)或
【分析】（1）分点P在AB上运动时和点P在BC上运动时列出代数式即可；
（2）分DE=DP、DP=PE、DE=PE情况求解即可；
（3）分∠EDQ=∠DQP=90°时和∠DEP=∠EPQ=90°时两种情况，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
（1）
解：当点P在AB上运动时， BP=AB－AP=8－t；
当点P在BC上运动时BP=t－8，
故答案为：丨8－t丨；
（2）
解：过D作DH⊥BC于H，连接EH，则∠DHC=∠DHB=90°，
∵AD∥BC，∠DAB=90°，
∴∠ABC=∠DAB=90°=∠DHB，
∴四边形ABHD为矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=4，DH∥AB，∠ADH=90°，
则CH=BC-BH=6，
在Rt△DHC中，，
∵E为CD的中点，
∴DE=CE=EH=CD=5，
①当DE=DP时，DP=5，点P在AB上，
在Rt△ADP中，，∴t=3；
②当DP=PE时，点P在AB上，取DH的中点F，连接EF并延长交AB于Q，
又∵E为CD的中点，
∴EF= CH=3，EF∥CH，
∴∠CHD=∠EFD=∠DFQ=90°，则四边形AQFD为矩形，
∴FQ=AD=4，∠AQE=90°，AQ=DF=4，
在Rt△ADP中，DP2=AD2+AP2=16+t2，
在Rt△EPQ中，EQ=EF+FQ=7，PQ=丨t-4丨，
∴PE2=EQ2+PQ2=49+（t-4）2，
∴16+t2=49+（t-4）2，
解得：t=＜8，故P不可能在BC上；
③当DE=PE时，PE=5，∵5＜7，∴点P在BC上，
∵EH=DE=5，
∴当P运动到H处时，有DE=PE，此时t=8+4=12；
综上，满足条件的t值为3或或12；
（3）
解：如图，当∠EDQ=∠DQP=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
过D作DH⊥BC于H，
由（2）中知，DH=8，CH=6，DE=5，CD=10，∠ADH=∠CHD=90°，
∵∠ADQ+∠QDH=∠CDH+∠QDH=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，又∠A=∠CHD=90°，
∴△ADQ∽△HDC，
∴即，
∴AQ=3，DQ=5，则BQ=AB-AQ=8-3=5，
∵PQ∥DC，
∴∠HCD=∠BPQ，又∠CHD=∠B=90°，
∴△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
∴，
如图，当∠DEP=∠EPQ=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
由（2）中知，DH=8，CH=6，CE=5，CD=10， ∠CHD=90°，
∵∠C=∠C，∠CEP=∠CHD=90°，
∴△EPC∽△HDC，
∴即，
∴EP= ，CP= ，则PB=BC-CP=10-=，
∵△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
，
综上，直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比为或．
【点睛】本题考查四边形的动点问题，涉及相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、直角梯形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键，计算量较大，需要细心计算．
14．（2021·浙江宁波·二模）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC=4，BA＝8，点D、E分别为BC、BA的中点，作直线AE、CD，设它们的交点为点P．
(1)猜想：在旋转的过程中，线段AE、CD有怎样的数量和位置关系？答： 、 ．
(2)利用图2，证明你在（1）中的猜想．
(3)当点D恰好落在直线AE上时，求线段PC的长．
(4)在旋转过程中，直接写出△PBC面积的最大值．
【答案】(1)AECD，AE＝2CD
(2)见解析
(3)或
(4)4+2
【分析】（1）可以猜想：AE⊥CD，AE＝2CD；
（2）证明△DBC∽△EAB，即可求解；
（3）如图1，当点P在线段AE时，在Rt△PAC中，PA2＝PC2+AC2，即（2a﹣2）2+a2＝（4）2，即可求解；如图2，当点P在AE的延长线上时，同理可解；
（4）如图3，当CD（P）与圆B相切时，△PBC面积最大，进而求解．
（1）解：可以猜想：AE⊥CD，AE＝2CD，故答案为：AE⊥CD，AE＝2CD；
（2）证明：如图2，∵BD＝BE，BC=AB，∠DBC=∠ABE，∴△DBC∽△EAB，∴∠DCB＝∠BAE，AE＝2CD，∵∠AOP＝∠BOC，∴∠APC＝∠ABC＝90°，∴CD⊥AE；
（3）解：如图3，当点P在线段AE时，由（2）知，CP＝AE，设PC＝a，则AE=2a∵EP＝DE＝2，∴PA＝2a﹣2，∵AC=在Rt△PAC中，PA2+PC2＝AC2，即（2a﹣2）2+a2＝（4）2，解得a＝（不合题意的值已舍去）；故PC＝，如图4，当点P在AE的延长线上时，由（2）知，CP＝AE，设PC＝a，则AE=2a∵EP＝DE＝2，∴PA＝2a+2，在Rt△PAC中，PA2+PC8＝AC2，即（2a+2）2+a2＝（4）2，解得a＝（不合题意的值已舍去）；故PC＝，综上，PC＝或；
（4）解：如图5，当CD（P）与圆B相切时，△PBC面积最大，∵CD⊥AP，DB⊥CP，∴四边形BDPE为矩形．∴PD＝BE＝4，在Rt△CDB中，BD＝2，∴∠BCD＝30°，∴CD=2∴PC＝PD+CD=4+2，∴△PBC面积＝•BD•PC＝4+2．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了切线的性质、矩形的性质、相似三角形和判定与性质、直角三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中．
15．（2021·四川乐山·三模）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 ．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【答案】(1)1，60°
(2)
(3)2+或2-
【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
（1）
解：如图1中，延长CP交BD的延长线于E．
∵CA=CB,∠ACB=60°，
∴∆CAB为等边三角形，
又∵将线段AP绕点P逆时针旋转60°得到线段DP
∴AP=DP，∠APD=60°
∴∆APD为等边三角形，
∴CA＝BA，PA＝DA，
∴∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠PAD-∠PAB＝∠CAB-∠PAB
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴=1，
故答案为1，60°．
（2）
=，
理由：如图2中，设BD交AC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA， =＝，
（3）
如图3﹣1中，当点D在线段PC上时．
∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，PD＝a，
∴=．
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPC＝∠ECP，
∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，
∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，
∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝22.5°，
∴AD＝DC，
设PD＝a，则AD＝DC＝a，
∴，
如图3﹣3中，当点P在线段CD上时，同理可得DA=DC,设AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
16．（2021·四川眉山·三模）如图，已知边长为10的正方形ABCD，E是BC边上一动点（与B、C不重合），连接AE，将AE绕着E点沿顺时针方向旋转90°后与∠DCG的角平分线相交于点F，过F点作BC的垂线交BC的延长线于点G．
(1)求证：△ABE∽△EGF；
(2)若EC＝2，求证△ABE≌△EGF；
(3)当EC为何值时，△CEF的面积最大，并求出其最大值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)当EC＝5时，S△ECF有最大值为．
【分析】（1）根据正方形的性质以及垂直的定义和角的互余关系可得∠BAE＝∠FEG，再结合∠B＝∠FGC＝90°，即可得△ABE∽△EGF；
（2）由△ABE∽△EGF可得＝，然后再求出AB、BE的长以及EG和FG的关系，从而求得FG=8，即FG=BE，最后判定三角形全等即可；
（2）设CE＝x，则BE＝10－x，根据CF平分∠DCG，∠FCG=45°，即有△CGF是等腰直角三角形，则有EG＝CE＋CG＝x＋FG，根据）（1）的结论有，据此即可用x表示出FG，则可得到，最后根据二次函数的性质即可求解即可．
（1）解：（1）∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE，∠B＝∠FGC＝∠AEF＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠FEG＝90°，∴∠BAE＝∠FEG，∵∠B＝∠FGC＝90°，∴△ABE∽△EGF．
（2）解：∵△ABE∽△EGF，∴＝，∵AB＝BC＝10，EC＝2，∴BE＝BC﹣EC＝10﹣2＝8，∵CF是∠DCG的角平分线，∠DCG＝90°，∴∠FCG＝45°，即△CGF是等腰直角三角形，∴CG＝FG，∴EG＝EC+CG＝2+FG，∴，解得：FG＝8，∴FG＝BE，又∵∠BAE＝∠FEG，∠B＝∠FGC＝90°，∴△ABE≌△EGF（AAS）．
（3）解：设CE＝x，则BE＝10﹣x，∴EG＝CE+CG＝x+FG，由（1）知△ABE∽△EGF，∴＝，即，解得FG＝10﹣x，∴S△ECF＝CE•FG＝x（10﹣x）＝﹣（x2﹣10x）＝﹣（x﹣5）2+，∴当x＝5时，S△ECF有最大值为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及二次函数的应用等知识点，得到是解答本题的关键．
17．（2018·广东·陆丰市湖东中学一模）如图，是等边三角形，是射线上的一个动点（点不与，重合），是以为边的等边三角形，过点作的平行线交射线于点，连接．
(1)如图1，点在线段上时，求证：；
(2)请判断图1中四边形的形状，并说明理由；
(3)若点在边的延长线上，如图2，其它条件不变，请问（2）中结论还成立吗？如果成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是平行四边形，见解析
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AF=AD，∠BAC=∠FAD=60°，然后求出∠BAF=∠CAD，再利用“边角边”证明△AFB和△ADC全等；
（2）四边形BCEF是平行四边形，因为△AFB≌△ADC，所以可得∠ABF=∠C=60°，进而证明∠ABF=∠BAC，则可得到FB∥EC，又EF∥BC，所以四边形BCEF是平行四边形；
（3）根据（1）的思路可得△AFB≌△ADC；根据“SAS”可得△AFB≌△ADC；可得CD=BF，∠ABF=∠ACD=120°，根据平行线判应可得BF∥AE，根据平行四边形的判应可得四边形BCEF是平行因边形．
（1）
证明：∵和都是等边三角形，
∴，，．
又∵，，
∴，
在和中，
∴．
（2）
解：由（1）得，
∴．
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
（3）
解：成立，理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，，．
又∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形判定和性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
18．（2022·山东东营·中考真题）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止.
(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据和均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，推出AE=BE= AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出，得到= h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出是菱形．
（1）
∵和均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）
CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）
如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，
∴AE=BE= AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴，
∴= h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴,
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴是菱形．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
19．（2022·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，，，点在直线上，连接，将绕点逆时针旋转，得到线段，连接，．
(1)求证：；
(2)当点在线段上（点不与点，重合）时，求的值；
(3)过点作交于点，若，请直接写出的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)或
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝AB，BC＝2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
（1）
证明：如图1，
作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
∴∠BAH＝∠CAH＝∠BAC＝×120°＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝，
∴BH＝AB，
∴BC＝2BH＝AB；
（2）
解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝，
由（1）得，，
同理可得，
∠DBE＝30°，，
∴∠ABC＝∠DBE，，
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴；
（3）
：如图2，
当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cs60°＝，BF＝3a•sin60°＝，
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝，
，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴，
∴，
∴，
∵ANDE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴，
∴，
如图3，
当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE＝，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述：的值为或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
20．（2022·辽宁朝阳·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＝，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=AC；理由见详解；
(3)或
【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=AC．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，
，
∴△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=AC．
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=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（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=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【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．