(1)如圖①，若PQ⊥BC，求t的值；
(2)如圖②，將△PQC沿BC翻折至△P′QC，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形QPCP′為菱形？
【答案】(1)當(dāng)t＝2時(shí)，PQ⊥BC
(2)當(dāng)t的值為時(shí)，四邊形QPCP′為菱形
【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可．
（2）作于，于，證明出為直角三角形，進(jìn)一步得出和為等腰直角三角形，再證明四邊形為矩形，利用勾股定理在、中，結(jié)合四邊形為菱形，建立等式進(jìn)行求解．
【詳解】（1）解：（1）如圖①，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝＝（cm），
由題意得，AP＝tcm，BQ＝tcm，
則BP＝（4﹣t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQAC，
，
，
∴＝，
∴，
解得：t＝2，
∴當(dāng)t＝2時(shí)，PQ⊥BC．
（2）解：作于，于，如圖，
，，
，，
為直角三角形，
，
和為等腰直角三角形，
，，
，
四邊形為矩形，
，
，
，
在中，，
在中，，
四邊形為菱形，
，
，
，（舍去）．
的值為．
【點(diǎn)睛】此題是相似形綜合題，主要考查的是菱形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．
【例2】（2022·山東菏澤·中考真題）如圖1，在中，于點(diǎn)D，在DA上取點(diǎn)E，使，連接BE、CE．
(1)直接寫出CE與AB的位置關(guān)系；
(2)如圖2，將繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，得到（點(diǎn)，分別與點(diǎn)B，E對應(yīng)），連接，在旋轉(zhuǎn)的過程中與的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是否一致?請說明理由；
(3)如圖3，當(dāng)繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°時(shí)，射線與AD、分別交于點(diǎn)G、F，若，求的長．
【答案】(1)CE⊥AB，理由見解析
(2)一致，理由見解析
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得結(jié)論；
（2）通過證明，可得，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；
（3）由等腰直角的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可得，即可求解．
【詳解】（1）如圖，延長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）在旋轉(zhuǎn)的過程中與的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是一致的，理由如下：
如圖2，延長交于H，
由旋轉(zhuǎn)可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）如圖3，過點(diǎn)D作DH于點(diǎn)H，
∵△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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，
∴．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．
【例3】（2022·山東濟(jì)南·中考真題）如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，將線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到線段AE，連接BD，DE，CE．
(1)判斷線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系并給出證明；
(2)延長ED交直線BC于點(diǎn)F．
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，直接用等式表示線段AE，BE和CE的數(shù)量關(guān)系為_______；
②如圖3，當(dāng)點(diǎn)F為線段BC中點(diǎn)，且ED＝EC時(shí)，猜想∠BAD的度數(shù)，并說明理由．
【答案】(1)，理由見解析
(2)①；②，理由見解析
【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得到，再由全等三角形的性質(zhì)求解；
（2）①根據(jù)線段繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到得到是等邊三角形，
由等邊三角形的性質(zhì)和（1）的結(jié)論來求解；②過點(diǎn)A作于點(diǎn)G，連接AF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)求值得到，，進(jìn)而得到，進(jìn)而求出，結(jié)合，ED＝EC得到，再用等腰直角三角形的性質(zhì)求解．
（1）
解：．
證明：∵是等邊三角形，
∴，．
∵線段繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴，，
∴，
∴，
即．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：①
理由：∵線段繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴是等邊三角形，
∴，
由（1）得，
∴；
②過點(diǎn)A作于點(diǎn)G，連接AF，如下圖．
∵是等邊三角形，，
∴，
∴．
∵是等邊三角形，點(diǎn)F為線段BC中點(diǎn)，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴．
∵，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，理解相關(guān)知識是解答關(guān)鍵．
【例4】（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線．
(1)如圖1，點(diǎn)E、F分別是線段BD、AD上的點(diǎn)，且DE＝DF，AE與CF的延長線交于點(diǎn)M，則AE與CF的數(shù)量關(guān)系是 ，位置關(guān)系是 ；
(2)如圖2，點(diǎn)E、F分別在DB和DA的延長線上，且DE＝DF，EA的延長線交CF于點(diǎn)M．
①（1）中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由；
②連接DM，求∠EMD的度數(shù)；
③若DM＝6，ED＝12，求EM的長．
【答案】(1)AE＝CF， AE⊥CF
(2)①成立，理由見解析；②45°；③6+6
【分析】（ 1）證明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性質(zhì)證出∠EMC＝90°，則可得出結(jié)論；
（2 ）①同（ 1）可證△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，∠E＝∠F，則可得出結(jié)論；
②過點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，DH⊥CF于點(diǎn)H，證明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DG＝DH，由角平分線的性質(zhì)可得出答案；
③由等腰直角三角形的性質(zhì)求出GM的長，由勾股定理求出EG的長，則可得出答案．
（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線，∴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．故答案為：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）①（ 1）中的結(jié)論還成立，理由：同（1 ）可證△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠E＝∠F，∵∠F+∠ECF＝90°，∴∠E+∠ECF＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF；②過點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，DH⊥CF于點(diǎn)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．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【例5】（2022·遼寧大連·中考真題）綜合與實(shí)踐
問題情境：
數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，王老師出示了一個(gè)問題：如圖1，在中，D是上一點(diǎn)，．求證．
獨(dú)立思考：
（1）請解答王老師提出的問題．
實(shí)踐探究：
（2）在原有問題條件不變的情況下，王老師增加下面的條件，并提出新問題，請你解答．“如圖2，延長至點(diǎn)E，使，與的延長線相交于點(diǎn)F，點(diǎn)G，H分別在上，，．在圖中找出與相等的線段，并證明．”
問題解決：
（3）數(shù)學(xué)活動(dòng)小組河學(xué)時(shí)上述問題進(jìn)行特殊化研究之后發(fā)現(xiàn)，當(dāng)時(shí)，若給出中任意兩邊長，則圖3中所有已經(jīng)用字母標(biāo)記的線段長均可求，該小組提出下面的問題，請你解答．“如圖3，在（2）的條件下，若，，，求的長．”
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）
【分析】（1）利用三角形的內(nèi)角和定理可得答案；
（2）如圖，在BC上截取 證明 再證明 證明 可得 從而可得結(jié)論；
（3）如圖，在BC上截取 同理可得： 利用勾股定理先求解 證明 可得 可得 證明 可得 而 可得 再利用勾股定理求解BE，即可得到答案．
【詳解】證明：（1）
而

（2） 理由如下：
如圖，在BC上截取



，

∵
∴
∴
∵
∴
（3）如圖，在BC上截取
同理可得：











而



而

【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的內(nèi)角和定理的應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，作出適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)建全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
26．（2022·山東煙臺·中考真題）
(1)【問題呈現(xiàn)】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．
(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請直接寫出的值．
(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．連接BD，CE．
①求的值；
②延長CE交BD于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，從而得出結(jié)論；
（2）證明△BAD∽△CAE，進(jìn)而得出結(jié)果；
（3）①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進(jìn)而得出結(jié)果；
②在①的基礎(chǔ)上得出∠ACE＝∠ABD，進(jìn)而∠BFC＝∠BAC，進(jìn)一步得出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，
∴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．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握“手拉手”模型及其變形．
一、解答題【共20題】
1．（2022·安徽·合肥市五十中學(xué)新校二模）和都是等腰直角三角形，，是的中點(diǎn)，連接、．
(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)、分別是線段、上的點(diǎn)時(shí)，求的度數(shù)；
(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)是線段上的點(diǎn)時(shí)，求證：；
(3)如圖③，當(dāng)點(diǎn)、、共線且是的中點(diǎn)時(shí)，探究和之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】(1)
(2)見解析
(3)
【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)可求，由等腰三角形的性質(zhì)可求解；
（2）由“角邊角”可證，可得，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求解；
（3）通過證明，可得，，即可求解．
【詳解】（1），點(diǎn)是的中點(diǎn)，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
；
（2）如圖，延長交于點(diǎn)，

，
，
，
又，，
，
，，
，
，
又，，
；
（3）如圖，連接，

是的中點(diǎn)，
，
是等腰直角三角形，
，，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，，
，
，
，
是的中點(diǎn)，
，
．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·上?！とA東師范大學(xué)松江實(shí)驗(yàn)中學(xué)三模）如圖所示，的頂點(diǎn)在矩形對角線的延長線上，與交于點(diǎn)，連接，滿足∽其中對應(yīng)對應(yīng)對應(yīng)
(1)求證：．
(2)若，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）由相似可得，再由矩形的性質(zhì)得 ，從而可求得，則有，即可求得的度數(shù)；
（2）結(jié)合（1）可求得，再由相似的性質(zhì)求得，即可求的值．
（1）
∽，
，
四邊形是矩形，
∴，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
；
（2）
由（1）得，
，
，
∽，
，
即，
，
由（1）得：，
則，
在中，．
【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，解答的關(guān)鍵是結(jié)合圖形及相應(yīng)的性質(zhì)求得．
3．（2022·福建·廈門市翔安區(qū)教師進(jìn)修學(xué)校（廈門市翔安區(qū)教育研究中心）模擬預(yù)測）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，與均為等腰直角三角形，，則線段、的數(shù)量關(guān)系為_______，、所在直線的位置關(guān)系為________；
（2）深入探究：在（1）的條件下，若點(diǎn)A，E，D在同一直線上，為中邊上的高，請判斷的度數(shù)及線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】（1），；（2），；理由見解析
【分析】（1）延長交于點(diǎn)H，交于點(diǎn)O．只要證明，即可解決問題；
（2）由，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)，即可解決問題．
【詳解】解：（1）如圖1中，延長交于點(diǎn)H，交于點(diǎn)O，
∵和均為等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案為：，．
（2），；
理由如下：如圖2中，
∵和均為等腰直角三角形，，
∴，
∴，
由（1）可知：，
∴，，
∴；
在等腰直角三角形中，為斜邊上的高，
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
4．（2020·重慶市育才中學(xué)二模）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°． E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法：延長FD到點(diǎn)G，使DG=BE．連接AG．先證明△ABE≌△ADG，再證△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是 ．
【靈活運(yùn)用】
（2）如圖②，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°， F、F分別是BC、CD上的點(diǎn)．且EF=BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．
【延伸拓展】
（3）如圖③，在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD．若點(diǎn)E在CB的延長線上，點(diǎn)F在CD的延長線上，仍然滿足EF=BE+FD，請寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系，并給出證明過程．
【答案】∠BAE+∠FAD=∠EAF；仍成立，理由見詳解；
【分析】（1）延長FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；
（2）延長FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延長線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如圖1，延長FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接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；
故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如圖2，延長FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接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）．
證明：如圖3，在DC延長線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接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°，
∴．
【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等進(jìn)行推導(dǎo)變形．解題時(shí)注意：同角的補(bǔ)角相等．
5．（2022·北京市三帆中學(xué)模擬預(yù)測）已知四邊形，，，，，是的角平分線，交射線于，線段的延長線上取一點(diǎn)使，直線，交于點(diǎn)．
(1)補(bǔ)全圖形；
(2)猜想的形狀，并證明你的猜想；
(3)求與的數(shù)量關(guān)系．
【答案】(1)見解析
(2)是等邊三角形，理由見解析
(3)，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)要求畫出圖形即可；
（2）結(jié)論：是等邊三角形；通過證明垂直平分線段，證得≌，再證明，推出，可得結(jié)論；
（3）結(jié)論：，過點(diǎn)作交于點(diǎn)．證明四邊形是平行四邊形，推出，再利用全等三角形的性質(zhì)證明，可得結(jié)論．
（1）
解：圖形如圖所示：
（2）
解：猜想是等邊三角形．
理由如下：
如圖，設(shè)交于點(diǎn)H，
∵，平分，
∴
在與中，
，
∴，
∴，，
∴垂直平分線段，
，
在和中，
∵，
∴≌，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
在四邊形中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等邊三角形．
（3）
解：，理由如下：
證明：如圖，過點(diǎn)作交于點(diǎn)．
∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
6．（2022·北京市第十九中學(xué)三模）如圖，在中，，，是的中點(diǎn)，是延長線上一點(diǎn)，平移到，線段的中垂線與線段的延長線交于點(diǎn)，連接、．
(1)連接，求證：；
(2)依題意補(bǔ)全圖形，用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)圖見解析，結(jié)論：，理由見解析
【分析】（1）利用直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)即可解決問題；
（2）圖形如圖所示，結(jié)論：，想辦法證明即可．
（1）
證明：連接．
，，
，
，
；
（2）
解：圖形如圖所示，結(jié)論：．
理由：連接，，取的中點(diǎn)，連接，，．
點(diǎn)在的垂直平分線上，
，
，，
，
，
四邊形，四邊形是平行四邊形，
，，
，
，
，
，，
，
，
四邊形四點(diǎn)共圓，
，
，
，，，四點(diǎn)共圓，
，
，
．
【點(diǎn)睛】本題考查作圖平移變換，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．
7．（2022·安徽·合肥一六八中學(xué)模擬預(yù)測）知識呈現(xiàn)
（1）如圖，在四邊形中，與互余，我們發(fā)現(xiàn)四邊形中這對互余的角可進(jìn)行拼合：先作，再過點(diǎn)作交于點(diǎn)，連接后，易于發(fā)現(xiàn)，，之間的數(shù)量關(guān)系是______；
方法運(yùn)用
（2）如圖，在四邊形中，連接，，點(diǎn)是兩邊垂直平分線的交點(diǎn)，連接，．
求證：；
連接，如圖，已知，，，求的長用含，的式子表示．
【答案】（1）；（2）①詳見解析；②
【分析】利用勾股定理解決問題即可；
如圖中，連接，作的外接圓利用圓周角定理以及三角形內(nèi)角和定理，即可解決問題；
如圖中，在射線的下方作，過點(diǎn)作于利用相似三角形的性質(zhì)證明，求出，可得結(jié)論．
【詳解】（1）解：，，
，
．
故答案為：．
（2）證明：如圖中，連接，作的外接圓．

點(diǎn)是兩邊垂直平分線的交點(diǎn)，
點(diǎn)是的外心，
，
，
，
，，
，
．
解：如圖中，在射線的下方作，過點(diǎn)作于．

，，
∽，
，，
，，
∽，
，
，
：：：：：：，
，
，，，
，
．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用輔助圓解決問題，屬于中考壓軸題
8．（2022·浙江寧波·一模）若一個(gè)三角形的兩條邊的和等于第三條邊的兩倍，我們把這個(gè)三角形叫做和諧三角形．
(1)已知是和諧三角形，，，請直接寫出所有滿足條件的的長；
(2)在中，，D為邊上一點(diǎn)，，連接，若為和諧三角形，求的長；
(3)如圖，在等腰中，D為的中點(diǎn)，且，E為上一點(diǎn)，滿足，連接．求證：為和諧三角形．
【答案】(1)2或5或；
(2)的長為6；
(3)見解析．
【分析】（1）先確定出1＜AC＜7，再分三種情況，利用和諧三角形的定義求解即可；
（2）先求出2＜AD＜6，再分三種情況：①當(dāng)AB＋AD＝2BD時(shí)，AD＝2BD?AB＝0，不符合題意；②當(dāng)AB＋BD＝2AD時(shí)，AD＝（AB＋BD）＝3，過點(diǎn)A作AF⊥BC于F，利用勾股定理求出DF，然后可求AC；③當(dāng)BD＋AD＝2AB時(shí)，AD＝2AB?BD＝2×4?2＝6，不符合題意；
（3）設(shè)AE＝6x，則EB＝4x，進(jìn)而表示出AB＝C＝10x，AD＝CD＝5x，再判斷出，得出比例式求出BD＝BC＝，過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，則BM＝CM＝BC＝，進(jìn)而求出AM＝，過點(diǎn)D作DG⊥BC于G，進(jìn)而求出DG＝，MG＝，BG＝，過點(diǎn)D作DH⊥AB于H，證明，可得，求出AH＝，DH＝，再用勾股定理求出DE，即可得出結(jié)論．
（1）
解：根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得，1＜AC＜7，
∵是和諧三角形，
∴①當(dāng)AC＋BC＝2AB時(shí)，AC＝2AB?BC＝2×3?4＝2，
②當(dāng)AC＋AB＝2BC時(shí)，AC＝2BC?AB＝2×4?3＝5，
③當(dāng)AB＋BC＝2AC時(shí)，AC＝（AB＋BC）＝（3＋4）＝，
即滿足條件的AC的長為：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，
根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得，2＜AD＜6，
∵為和諧三角形，
∴①當(dāng)AB＋AD＝2BD時(shí)，AD＝2BD?AB＝0，不符合題意；
②當(dāng)AB＋BD＝2AD時(shí)，AD＝（AB＋BD）＝（4＋2）＝3，
如圖，過點(diǎn)A作AF⊥BC于F，
在Rt中，，
在Rt中，，
∴，
∴DF＝，
∴，CF＝6?＝，
在Rt中，根據(jù)勾股定理得AC＝；
③當(dāng)BD＋AD＝2AB時(shí)，AD＝2AB?BD＝2×4?2＝6，不符合題意；
綜上，的長為6；
（3）
證明：∵AE：EB＝3：2，
∴設(shè)AE＝6x，則EB＝4x，
∴AB＝AE＋EB＝10x，
∵AB＝AC，
∴AC＝10x，
∵點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，
∴AD＝CD＝AC＝5x，
∵∠DBC＝∠A，∠C＝∠C，
∴，
∴，
∴，
∴BD＝BC＝，
如圖，過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，
則BM＝CM＝BC＝，
根據(jù)勾股定理得，AM＝，
過點(diǎn)D作DG⊥BC于G，
∴DGAM，
∴，
∵AD＝CD，
∴，
∴DG＝AM＝，MG＝CM＝，
∴BG＝BM＋MG＝，
過點(diǎn)D作DH⊥AB于H，
∴∠AHD＝90°＝∠BGD，
∵∠A＝∠DBC，
∴，
∴，
∴，
∴AH＝，DH＝，
∴EH＝AE?AH＝，
在Rt中，根據(jù)勾股定理得，DE＝，
∵AE＝6x，AD＝5x，
∴AE＋DE＝2AD，
∴為和諧三角形．
【點(diǎn)睛】此題是三角形綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理以及二次根式的運(yùn)算等知識，作出輔助線構(gòu)造出直角三角形是解本題的關(guān)鍵．
9．（2022·廣東·華南師大附中三模）在我們的數(shù)學(xué)課本上有這樣一道練習(xí)題：
已知，如圖1所示，△ABC中∠BAC=90°，AB=AC，直線MN經(jīng)過點(diǎn)A，BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分別為點(diǎn)D，E試判斷BD+CE與DE的關(guān)系，并給出證明．
(1)還記得是怎么做的嗎？請你再做一遍．
(2)拓展探究：請從上面的練習(xí)題中獲取靈感來解決下面的問題：
已知，如圖2，△ABC、△DEC均為等腰直角三角形，其中∠ACB=∠DCE=90°，連接BE、AD，過C點(diǎn)作CP⊥BE于P，延長PC交AD于Q，試判斷Q點(diǎn)在AD上的位置，并說明理由．
【答案】(1)DE=BD+CE，理由見解析
(2)點(diǎn)Q為AD的中點(diǎn)，理由見解析
【分析】（1）求出△ABD≌△CEA，根據(jù)全等三角形性質(zhì)得出BD=AE，DA=CE，即可得出答案；
（2）作AM垂直CQ的延長線于點(diǎn)M，作DN⊥CQ，垂足為N，證得△ACM≌△CBP，得到AM=CP，同理可證△DCN≌△CEP，得到DN=CP，AM=DN，推出△AMQ≌△DNQ，得到AQ=DQ，即Q為AD中點(diǎn)．
（1）
DE=BD+CE，
證明：∵由題意可知，BD⊥MN與D，EC⊥MN與E，∠BAC=90°，
∴∠BDA=∠CEA=∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠EAC=90°，∠ECA+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠ECA，
在△ABD與△CEA中，
，
∴△ABD≌△CEA（AAS），
∴BD=AE，DA=CE，
∵DE=DA+AE，
∴DE=BD+CE．
（2）
點(diǎn)Q為AD的中點(diǎn)．理由如下：
作AM垂直CQ的延長線于點(diǎn)M，作DN⊥CQ，垂足為N，
∴∠ACB=90，∠BPC=90°，
∴∠ACM+∠BCP=90°，∠BCP+∠CBP=90°，
∴∠ACM=∠CBP，
在△ACM與△BCP中，
，
∴△ACM≌△CBP（AAS），
∴AM=CP，
同理可證△DCN≌△CEP，
∴DN=CP，
∴AM=DN，
又∵∠AMQ=∠DNQ，
∴∠AQM=∠DQN，
在△AMQ與△DNQ中，
，
∴△AMQ≌△DNQ（AAS），
∴AQ=DQ，
即Q為AD中點(diǎn)．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
10．（2021·吉林·長春市赫行實(shí)驗(yàn)學(xué)校二模）閱讀理解在學(xué)習(xí)中，我們學(xué)習(xí)了一個(gè)定理：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即：如圖1，在中，，若點(diǎn)是斜邊的中點(diǎn)，則．
靈活應(yīng)用如圖2，中，，，，點(diǎn)是的中點(diǎn)，將沿翻折得到，連接，．

(1)根據(jù)題意，則的長為 ．
(2)判斷的形狀，并說明理由．
(3)請直接寫出的長 ．
【答案】(1)5
(2)是直角三角形，理由見解析
(3)
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用翻折變換的性質(zhì)可得；
（2）結(jié)論：是直角三角形．證明，可得結(jié)論；
（3）設(shè)交于點(diǎn)．利用相似三角形的性質(zhì)求出，再求出，利用三角形中位線定理，可得結(jié)論．
（1）
在中，，，，
，
是的中點(diǎn)，
，
由翻折的性質(zhì)可知，．
故答案為：5；
（2）
結(jié)論：是直角三角形．
理由：，，
，
，
是直角三角形；
（3）
設(shè)交于點(diǎn)．
由翻折的性質(zhì)可知，，，
垂直平分線段，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，翻折變換，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
11．（2022·廣東·東莞市光明中學(xué)三模）中，，，點(diǎn)為直線上一動(dòng)點(diǎn)點(diǎn)不與，重合，以為邊在右側(cè)作菱形，使，連接．
(1)觀察猜想：如圖，當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí)，
與的位置關(guān)系為：______．
，，之間的數(shù)量關(guān)系為：______；
(2)數(shù)學(xué)思考：如圖，當(dāng)點(diǎn)在線段的延長線上時(shí)，結(jié)論，是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結(jié)論再給予證明．
(3)拓展延伸：如圖，當(dāng)點(diǎn)在線段的延長線上時(shí)，設(shè)與相交于點(diǎn)，若已知，，求的長．
【答案】(1)①；②
(2)①成立，證明見解析；②不成立，證明見解析
(3)
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，推出≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，再根據(jù)，即可得出；
依據(jù)≌，即可得到，進(jìn)而得到；依據(jù)≌可得，依據(jù)，即可得出；
判定≌，即可得到，，再根據(jù)∽，即可得到，進(jìn)而得出的長．
（1）
解：，，
是等邊三角形，
，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
，
故答案為：；；
（2）
結(jié)論成立，而結(jié)論不成立．
證明：如圖，，，
是等邊三角形，
，，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
；
（3）
解：如圖，連接，過作于，則，，
中，，
，，
是等邊三角形，
又，，
，
≌，
，，
又，
∽，
，
可設(shè)，則，，，
，
解得，
．
【點(diǎn)睛】此題屬于四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的綜合運(yùn)用，利用已知條件判定≌和∽是解本題的關(guān)鍵．
12．（2022·遼寧鞍山·二模）如圖所示，在中，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，點(diǎn)E是AC延長線上一點(diǎn)，連接BE、AD．
(1)如圖1，若是等邊三角形，點(diǎn)C是AE中點(diǎn)，若，求BE的長．
(2)如圖2，過點(diǎn)C作，交AD的延長線于點(diǎn)F，若，；
①，求證：；
②如圖3，若，求．
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②
【分析】（1）根據(jù)是等邊三角形，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，得出，，根據(jù)三角形函數(shù)求出AC，即可得出，根據(jù)點(diǎn)C是AE中點(diǎn)，得出，即可求出，證明，解直角三角形即可得出答案；
（2）①連接EF，根據(jù)“AAS”證明，得出AD=DF，根據(jù)，
得出BE=AF，根據(jù)“SAS”證明，得出EF=AB，，再根據(jù)，得出，從而證明△FEC為等邊三角形，得出EF=EC，即可證明結(jié)論；
②根據(jù)解析①可知，，從而得出，，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出，即可得出，證明CF=EF，最后根據(jù)勾股定理逆定理證明△CEF為等腰直角三角形，即可得出．
（1）
解：∵是等邊三角形，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，
∴，，
∴在Rt△ADC中，
∴，
∵點(diǎn)C是AE中點(diǎn)，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在Rt△ABE中，．
（2）
①證明：連接EF，如圖所示：
∵點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，
∴BD=CD，
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴AD=DF，
∵，
∴BE=AF，
∵，AE=EA，
∴（SAS），
∴EF=AB，，
∵，
∴，
∴，
∴△FEC為等邊三角形，
∴EF=EC，
∴；
②解：連接EF，如圖所示：
根據(jù)解析①可知，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴CF=EF，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴△CEF為等腰直角三角形，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，證明，是解題的關(guān)鍵．
13．（2021·福建福州·一模）如圖，直角梯形ABCD中，．點(diǎn)E為線段DC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿折線A→B→C向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．
(1)點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，BP=_________________；（用含t的代數(shù)式表示）
(2)點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，如果以D、P、E為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形，求t的值；
(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BC上時(shí)，過點(diǎn)P作直線LDC，與線段AB交于點(diǎn)Q，使四邊形DQPE為直角梯形，求此時(shí)直角梯形DQPE與直角梯形ABCD面積之比．
【答案】(1)丨8－t丨
(2)3或或12
(3)或
【分析】（1）分點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)和點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)列出代數(shù)式即可；
（2）分DE=DP、DP=PE、DE=PE情況求解即可；
（3）分∠EDQ=∠DQP=90°時(shí)和∠DEP=∠EPQ=90°時(shí)兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可．
（1）
解：當(dāng)點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)， BP=AB－AP=8－t；
當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)BP=t－8，
故答案為：丨8－t丨；
（2）
解：過D作DH⊥BC于H，連接EH，則∠DHC=∠DHB=90°，
∵AD∥BC，∠DAB=90°，
∴∠ABC=∠DAB=90°=∠DHB，
∴四邊形ABHD為矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=4，DH∥AB，∠ADH=90°，
則CH=BC-BH=6，
在Rt△DHC中，，
∵E為CD的中點(diǎn)，
∴DE=CE=EH=CD=5，
①當(dāng)DE=DP時(shí)，DP=5，點(diǎn)P在AB上，
在Rt△ADP中，，∴t=3；
②當(dāng)DP=PE時(shí)，點(diǎn)P在AB上，取DH的中點(diǎn)F，連接EF并延長交AB于Q，
又∵E為CD的中點(diǎn)，
∴EF= CH=3，EF∥CH，
∴∠CHD=∠EFD=∠DFQ=90°，則四邊形AQFD為矩形，
∴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當(dāng)DE=PE時(shí)，PE=5，∵5＜7，∴點(diǎn)P在BC上，
∵EH=DE=5，
∴當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到H處時(shí)，有DE=PE，此時(shí)t=8+4=12；
綜上，滿足條件的t值為3或或12；
（3）
解：如圖，當(dāng)∠EDQ=∠DQP=90°時(shí)，四邊形DQPE為直角梯形，
過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，則BQ=AB-AQ=8-3=5，
∵PQ∥DC，
∴∠HCD=∠BPQ，又∠CHD=∠B=90°，
∴△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
∴，
如圖，當(dāng)∠DEP=∠EPQ=90°時(shí)，四邊形DQPE為直角梯形，
由（2）中知，DH=8，CH=6，CE=5，CD=10， ∠CHD=90°，
∵∠C=∠C，∠CEP=∠CHD=90°，
∴△EPC∽△HDC，
∴即，
∴EP= ，CP= ，則PB=BC-CP=10-=，
∵△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
，
綜上，直角梯形DQPE與直角梯形ABCD面積之比為或．
【點(diǎn)睛】本題考查四邊形的動(dòng)點(diǎn)問題，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、直角梯形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運(yùn)用，利用分類討論思想求解是解答的關(guān)鍵，計(jì)算量較大，需要細(xì)心計(jì)算．
14．（2021·浙江寧波·二模）如圖，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC=4，BA＝8，點(diǎn)D、E分別為BC、BA的中點(diǎn)，作直線AE、CD，設(shè)它們的交點(diǎn)為點(diǎn)P．
(1)猜想：在旋轉(zhuǎn)的過程中，線段AE、CD有怎樣的數(shù)量和位置關(guān)系？答： 、 ．
(2)利用圖2，證明你在（1）中的猜想．
(3)當(dāng)點(diǎn)D恰好落在直線AE上時(shí)，求線段PC的長．
(4)在旋轉(zhuǎn)過程中，直接寫出△PBC面積的最大值．
【答案】(1)AECD，AE＝2CD
(2)見解析
(3)或
(4)4+2
【分析】（1）可以猜想：AE⊥CD，AE＝2CD；
（2）證明△DBC∽△EAB，即可求解；
（3）如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在線段AE時(shí)，在Rt△PAC中，PA2＝PC2+AC2，即（2a﹣2）2+a2＝（4）2，即可求解；如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在AE的延長線上時(shí)，同理可解；
（4）如圖3，當(dāng)CD（P）與圓B相切時(shí)，△PBC面積最大，進(jìn)而求解．
（1）解：可以猜想：AE⊥CD，AE＝2CD，故答案為：AE⊥CD，AE＝2CD；
（2）證明：如圖2，∵BD＝BE，BC=AB，∠DBC=∠ABE，∴△DBC∽△EAB，∴∠DCB＝∠BAE，AE＝2CD，∵∠AOP＝∠BOC，∴∠APC＝∠ABC＝90°，∴CD⊥AE；
（3）解：如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段AE時(shí)，由（2）知，CP＝AE，設(shè)PC＝a，則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＝（不合題意的值已舍去）；故PC＝，如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在AE的延長線上時(shí)，由（2）知，CP＝AE，設(shè)PC＝a，則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＝（不合題意的值已舍去）；故PC＝，綜上，PC＝或；
（4）解：如圖5，當(dāng)CD（P）與圓B相切時(shí)，△PBC面積最大，∵CD⊥AP，DB⊥CP，∴四邊形BDPE為矩形．∴PD＝BE＝4，在Rt△CDB中，BD＝2，∴∠BCD＝30°，∴CD=2∴PC＝PD+CD=4+2，∴△PBC面積＝?BD?PC＝4+2．
【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了切線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、相似三角形和判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等，有一定的綜合性，難度適中．
15．（2021·四川樂山·三模）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)A，C重合的任意一點(diǎn)，將線段AP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段DP，連接AD，BD，CP．
(1)觀察猜想
如圖1，當(dāng)α＝60°時(shí)，的值是 ，直線BD與直線CP相交所成的較小角的度數(shù)是 ．
(2)類比探究
如圖2，當(dāng)α＝90°時(shí)，請寫出，并就圖2的情形說明理由．
(3)解決問題
當(dāng)α＝90°時(shí)，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別是CA，CB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線EF上，請直接寫出點(diǎn)C，P，D在同一直線上時(shí)的值．
【答案】(1)1，60°
(2)
(3)2+或2-
【分析】（1）如圖1中，延長CP交BD的延長線于E，設(shè)AB交EC于點(diǎn)O．證明△CAP≌△BAD（SAS），即可解決問題．
（2）如圖2中，設(shè)BD交AC于點(diǎn)O，BD交PC于點(diǎn)E．證明△DAB∽△PAC，即可解決問題．
（3）分兩種情形：①如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)D在線段PC上時(shí)，延長AD交BC的延長線于H．證明AD＝DC即可解決問題．
②如圖3﹣2中，當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí)，同法可證：DA＝DC解決問題．
（1）
解：如圖1中，延長CP交BD的延長線于E．
∵CA=CB,∠ACB=60°，
∴?CAB為等邊三角形，
又∵將線段AP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段DP
∴AP=DP，∠APD=60°
∴?APD為等邊三角形，
∴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，
故答案為1，60°．
（2）
=，
理由：如圖2中，設(shè)BD交AC于點(diǎn)O．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA， =＝，
（3）
如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)D在線段PC上時(shí)．
∵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四點(diǎn)共圓，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，設(shè)AD＝a，PD＝a，
∴=．
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中點(diǎn)，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPC＝∠ECP，
∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，
∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，
∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝22.5°，
∴AD＝DC，
設(shè)PD＝a，則AD＝DC＝a，
∴，
如圖3﹣3中，當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí)，同理可得DA=DC,設(shè)AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴．
【點(diǎn)睛】本題屬于相似形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題.
16．（2021·四川眉山·三模）如圖，已知邊長為10的正方形ABCD，E是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（與B、C不重合），連接AE，將AE繞著E點(diǎn)沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°后與∠DCG的角平分線相交于點(diǎn)F，過F點(diǎn)作BC的垂線交BC的延長線于點(diǎn)G．
(1)求證：△ABE∽△EGF；
(2)若EC＝2，求證△ABE≌△EGF；
(3)當(dāng)EC為何值時(shí)，△CEF的面積最大，并求出其最大值．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)當(dāng)EC＝5時(shí)，S△ECF有最大值為．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)以及垂直的定義和角的互余關(guān)系可得∠BAE＝∠FEG，再結(jié)合∠B＝∠FGC＝90°，即可得△ABE∽△EGF；
（2）由△ABE∽△EGF可得＝，然后再求出AB、BE的長以及EG和FG的關(guān)系，從而求得FG=8，即FG=BE，最后判定三角形全等即可；
（2）設(shè)CE＝x，則BE＝10－x，根據(jù)CF平分∠DCG，∠FCG=45°，即有△CGF是等腰直角三角形，則有EG＝CE＋CG＝x＋FG，根據(jù)）（1）的結(jié)論有，據(jù)此即可用x表示出FG，則可得到，最后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解即可．
（1）解：（1）∵四邊形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的角平分線，∠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：設(shè)CE＝x，則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+，∴當(dāng)x＝5時(shí)，S△ECF有最大值為．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及二次函數(shù)的應(yīng)用等知識點(diǎn)，得到是解答本題的關(guān)鍵．
17．（2018·廣東·陸豐市湖東中學(xué)一模）如圖，是等邊三角形，是射線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)不與，重合），是以為邊的等邊三角形，過點(diǎn)作的平行線交射線于點(diǎn)，連接．
(1)如圖1，點(diǎn)在線段上時(shí)，求證：；
(2)請判斷圖1中四邊形的形狀，并說明理由；
(3)若點(diǎn)在邊的延長線上，如圖2，其它條件不變，請問（2）中結(jié)論還成立嗎？如果成立，請說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)四邊形是平行四邊形，見解析
(3)成立，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AF=AD，∠BAC=∠FAD=60°，然后求出∠BAF=∠CAD，再利用“邊角邊”證明△AFB和△ADC全等；
（2）四邊形BCEF是平行四邊形，因?yàn)椤鰽FB≌△ADC，所以可得∠ABF=∠C=60°，進(jìn)而證明∠ABF=∠BAC，則可得到FB∥EC，又EF∥BC，所以四邊形BCEF是平行四邊形；
（3）根據(jù)（1）的思路可得△AFB≌△ADC；根據(jù)“SAS”可得△AFB≌△ADC；可得CD=BF，∠ABF=∠ACD=120°，根據(jù)平行線判應(yīng)可得BF∥AE，根據(jù)平行四邊形的判應(yīng)可得四邊形BCEF是平行因邊形．
（1）
證明：∵和都是等邊三角形，
∴，，．
又∵，，
∴，
在和中，
∴．
（2）
解：由（1）得，
∴．
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴四邊形是平行四邊形．
（3）
解：成立，理由如下：
∵和都是等邊三角形，
∴，，．
又∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴四邊形是平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，靈活運(yùn)用相關(guān)的性質(zhì)定理、綜合運(yùn)用知識是解題的關(guān)鍵．
18．（2022·山東東營·中考真題）和均為等邊三角形，點(diǎn)E、D分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B、C停止.
(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，請判斷：線段的數(shù)量關(guān)系是____________，位置關(guān)系是____________；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、D不與點(diǎn)A，B重合時(shí)，（1）中的結(jié)論是否依然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；
(3)當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形的面積是面積的一半，請直接寫出答案；此時(shí)，四邊形是哪種特殊四邊形？請?jiān)趥溆脠D中畫出圖形并給予證明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由見解析
(3)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)時(shí)，是菱形，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)和均為等邊三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根據(jù)E、D分別與點(diǎn)A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）連接BF，根據(jù)∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根據(jù)AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根據(jù)AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等邊三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，設(shè)△ABC的邊長為a，AD=h，根據(jù)AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，推出AE=BE= AB，根據(jù)AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出，得到= h，根據(jù)CD=EF， CD∥EF，推出四邊形CEFD是平行四邊形，推出，根據(jù)EF=BD，EF∥BD，推出四邊形BDEF是平行四邊形，根據(jù)BF=EF，推出是菱形．
（1）
∵和均為等邊三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案為：CD=EF，CD∥EF；
（2）
CD=EF，CD∥EF，成立．
證明：
連接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是等邊三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）
如圖，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形的面積是面積的一半，此時(shí)，四邊形是菱形．
證明：
過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，設(shè)△ABC的邊長為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，
∴四邊形CEFD是平行四邊形，
∴,
此時(shí)，EF=BD，EF∥BD，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∵BF=EF，
∴是菱形．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定．
19．（2022·遼寧鞍山·中考真題）如圖，在中，，，點(diǎn)在直線上，連接，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到線段，連接，．
(1)求證：；
(2)當(dāng)點(diǎn)在線段上（點(diǎn)不與點(diǎn)，重合）時(shí)，求的值；
(3)過點(diǎn)作交于點(diǎn)，若，請直接寫出的值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
(3)或
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝AB，BC＝2BH，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）證明△ABD∽△CBE，進(jìn)而得出結(jié)果；
（3）當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，作BF⊥AC，交CA的延長線于F，作AG⊥BD于G，設(shè)AB＝AC＝3a，則AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的長，根據(jù)△DAG∽△DBF求得AQ，進(jìn)而求得AN，進(jìn)一步得出結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)D在AC的延長線上時(shí)，設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，同樣方法求得結(jié)果．
（1）
證明：如圖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）
：如圖2，
當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，
作BF⊥AC，交CA的延長線于F，作AG⊥BD于G，
設(shè)AB＝AC＝3a，則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°，
∴，
∴，
如圖3，
當(dāng)點(diǎn)D在AC的延長線上時(shí)，
設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，
由（1）得，
CE＝，
作BR⊥CA，交CA的延長線于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
綜上所述：的值為或．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是正確分類和較強(qiáng)的計(jì)算能力．
20．（2022·遼寧朝陽·中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延長CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．
(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由見詳解；
(2)CB+CD=AC；理由見詳解；
(3)或
【分析】（1）如圖1中，延長CD到點(diǎn)E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；
（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長線于點(diǎn)N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時(shí)，分別求解即可．
（1）
證明：如圖1中，延長CD到點(diǎn)E，使DE=BC，連接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的等邊三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）
解：結(jié)論：CB+CD=AC．
理由：如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長線于點(diǎn)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：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)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=．
如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時(shí)，
同法可證，，
綜上所述，滿足條件的OD的長為或．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．

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這是一份專題24以三角形為載體的幾何綜合問題 （教師版）-拔尖2023中考數(shù)學(xué)壓軸題突破（全國通用），共60頁。

2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題27以相似為載體的幾何綜合問題（2份打包，原卷版+教師版）：

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2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題27以相似為載體的幾何綜合問題（原卷版+解析）：

這是一份2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題27以相似為載體的幾何綜合問題（原卷版+解析），共84頁。

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