中考數(shù)學二輪復習壓軸題培優(yōu)訓練專題27以相似為載體的幾何綜合問題（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

(1)當F為BE的中點時，求證：AM＝CE；
(2)若＝2，求的值；
(3)若MN∥BE，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)，證明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用點E為CD的中點，即可證明結(jié)論；
(2)利用△BMF∽△ECF，得，從而求出BM的長，再利用△ANM∽△BMC ，得，求出AN的長，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，則tan∠CBF＝tan∠CMB，得，可得BM的長，由（2）同理可得答案．
（1）
證明：∵F為BE的中點，
∴BF＝EF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵點E為CD的中點，
∴CE＝CD，
∵AB＝CD，
∴，
∴，
∴AM＝CE；
（2）
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴，
∵CE＝3，
∴BM＝，
∴AM＝，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴，
∴，
∴，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，
∴；
（3）
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）同理得，，
∴，
解得：AN＝，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，
∴．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，求出BM的長是解決（2）和（3）的關(guān)鍵．
22．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，在四邊形中，對角線與相交于點O，記的面積為，的面積為．
（1）問題解決：如圖①，若AB//CD，求證：
（2）探索推廣：如圖②，若與不平行，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．
（3）拓展應用：如圖③，在上取一點E，使，過點E作交于點F，點H為的中點，交于點G，且，若，求值．
【答案】（1）見解析；（2）（1）中的結(jié)論成立，理由見解析：（3）
【分析】（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，求出，然后根據(jù)三角形面積公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如圖所示，過點A作交OB于M，取BM中點N，連接HN，先證明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，證明△OEF∽△OAM，得到，設，則，證明△OGF∽△OHN，推出，，則，由（2）結(jié)論求解即可．
【詳解】解：（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，
∴，
∴，
，
∵∠DOE=∠BOF，
∴；
∴；
（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：
如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，
∴，
∴，
，
∵∠DOE=∠BOF，
∴；
∴；
（3）如圖所示，過點A作交OB于M，取BM中點N，連接HN，
∵，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵，
∴△OEF∽△OAM，
∴，
設，則，
∵H是AB的中點，N是BM的中點，
∴HN是△ABM的中位線，
∴，
∴△OGF∽△OHN，
∴，
∵OG=2GH，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由（2）可知．
【點睛】本題主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
23．（2022·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，在平行四邊形中，是一條對角線，且，，，是邊上兩點，點在點的右側(cè)，，連接，的延長線與的延長線相交于點．
(1)如圖1，是邊上一點，連接，，與相交于點．
①若，求的長；
②在滿足①的條件下，若，求證：；
(2)如圖2，連接，是上一點，連接．若，且，求的長．
【答案】(1)①；②證明見解析
(2)
【分析】（1）①解：根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可證，得到，再根據(jù)，，，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)求出的長，代入比例式即可求出的長；
②先根據(jù)證明可得，再根據(jù)，求出，進一步證明，最后利用等腰三角形的三線合一可證明結(jié)論．
（2）如圖，連接，先根據(jù)證明，再結(jié)合，說明，利用平行線分線段成比例定理可得，接著證明，可得到，設，則，根據(jù)構(gòu)建方程求出，最后利用可得結(jié)論．
（1）
①解：如圖，
∵四邊形是平行四邊形，，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的長為．
②證明：∵，
∴，
∵，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）
如圖，連接，
∵，，
∴，
∴，
∵，
在和中，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
設，則，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
∴的長為．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的三線合一，平行線的判定及性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識．靈活運用相似三角形和全等三角形的判定及性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
24．（2022·江蘇泰州·中考真題）已知：△ABC中，D 為BC邊上的一點.
(1)如圖①，過點D作DE∥AB交AC邊于點E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的長；
(2)在圖②，用無刻度的直尺和圓規(guī)在AC邊上做點F，使∠DFA=∠A；（保留作圖痕跡，不要求寫作法）
(3)如圖③，點F在AC邊上，連接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面積等于，以FD為半徑作⊙F，試判斷直線BC與⊙F的位置關(guān)系，并說明理由.
【答案】(1)2
(2)圖見詳解
(3)直線BC與⊙F相切，理由見詳解
【分析】（1）由題意易得，則有，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)與判定可進行求解；
（2）作DT∥AC交AB于點T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點F，則點F即為所求；
（3）作BR∥CF交FD的延長線于點R，連接CR，證明四邊形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出，推出CD⊥DF，然后問題可求解．
（1）
解：∵DE∥AB，
∴，
∴，
∵AB=5，BD=9，DC=6，
∴，
∴；
（2）
解：作DT∥AC交AB于點T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點F，則點F即為所求；
如圖所示：點F即為所求，
（3）
解：直線BC與⊙F相切，理由如下：
作BR∥CF交FD的延長線于點R，連接CR，如圖，
∵∠DFA=∠A，
∴四邊形ABRF是等腰梯形，
∴，
∵△FBC的面積等于，
∴，
∴CD⊥DF，
∵FD是⊙F的半徑，
∴直線BC與⊙F相切．
【點睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定及切線的判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定及切線的判定是解題的關(guān)鍵．
25．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，和的頂點重合，，，，．
(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當點，分別在，上時，可以得出結(jié)論：______，直線與直線的位置關(guān)系是______；
(2)探究證明：如圖2，將圖1中的繞點順時針旋轉(zhuǎn)，使點恰好落在線段上，連接，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
(3)拓展運用：如圖3，將圖1中的繞點順時針旋轉(zhuǎn)，連接、，它們的延長線交于點，當時，求的值．
【答案】(1) ，垂直
(2)成立，理由見解析
(3)
【分析】（1）解直角三角形求出，，可得結(jié)論；
（2）結(jié)論不變，證明，推出，，可得結(jié)論；
（3）如圖3中，過點作于點，設交于點，過點作于點求出，，可得結(jié)論．
(1)
解：在中，，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，此時，
故答案為：，垂直；
(2)
結(jié)論成立．
理由：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(3)
如圖3中，過點作于點，設交于點，過點作于點．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，，
當時，四邊形是矩形，
∴，，
設，則，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
一、解答題
1．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）已知，點、、、分別在正方形的邊、、、上．
(1)如圖1，當四邊形是正方形時，求證：；
(2)如圖2，已知，，當、的大小有_________關(guān)系時，四邊形是矩形；
(3)如圖3，，、相交于點，，已知正方形的邊長為16，長為20，當?shù)拿娣e取最大值時，判斷四邊形是怎樣的四邊形？證明你的結(jié)論．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)平行四邊形，證明見解析
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)證得，根據(jù)角角邊證明．
（2）當，證得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可證得四邊形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性質(zhì)證得為平行四邊形，過點作，垂足為點，交于點，由平行線分線段成比例，設，，，則可表示出，從而把△OEH的面積用x的代數(shù)式表示出來，根據(jù)二次函數(shù)求出最大值，則可得OE=OG，OF=OH，即可證得平行四邊形．
（1）
∵四邊形為正方形，
∴，
∴．
∵四邊形為正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）
；證明如下：
∵四邊形為正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四邊形EFGH是矩形．
（3）
∵四邊形為正方形，
∴．
∵，，
∴四邊形為平行四邊形．
∴．
∴．
過點作，垂足為點，交于點，
∴．
∵，
設，，，則，
∴．
∴．
∴當時，的面積最大，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形．
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和平行四邊形的性質(zhì)與判定，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，有一定的綜合性，解題的關(guān)鍵是熟悉這些知識并靈活運用．
2．（2022·山東東營·中考真題）和均為等邊三角形，點E、D分別從點A，B同時出發(fā)，以相同的速度沿運動，運動到點B、C停止.
(1)如圖1，當點E、D分別與點A、B重合時，請判斷：線段的數(shù)量關(guān)系是____________，位置關(guān)系是____________；
(2)如圖2，當點E、D不與點A，B重合時，（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)當點D運動到什么位置時，四邊形的面積是面積的一半，請直接寫出答案；此時，四邊形是哪種特殊四邊形？請在備用圖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D運動到BC的中點時，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E作EG⊥BC于點G，設△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°，
當點E、D分別與點A、B重合時，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，當點D運動到BC的中點時，四邊形的面積是面積的一半，此時，四邊形是菱形．
證明：
過點E作EG⊥BC于點G，設△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，EF=BD，EF∥BD，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∵BF=EF，
∴是菱形．
【點睛】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．
3．（2022·遼寧鞍山·中考真題）如圖，在中，，，點在直線上，連接，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到線段，連接，．
(1)求證：；
(2)當點在線段上（點不與點，重合）時，求的值；
(3)過點作交于點，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，進而得出結(jié)論；
（2）證明△ABD∽△CBE，進而得出結(jié)果；
（3）當點D在線段AC上時，作BF⊥AC，交CA的延長線于F，作AG⊥BD于G，設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，進而求得AN，進一步得出結(jié)果；當點D在AC的延長線上時，設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，
當點D在線段AC上時，
作BF⊥AC，交CA的延長線于F，作AG⊥BD于G，
設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，
當點D在AC的延長線上時，
設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的計算能力．
4．（2022·浙江衢州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=5，BD為對角線.點E是邊AB延長線上的任意一點，連結(jié)交于點，平分交于點G．
(1)求證：.
(2)若．
①求菱形的面積.
②求的值.
(3)若，當?shù)拇笮“l(fā)生變化時（），在上找一點，使為定值，說明理由并求出的值．
【答案】(1)見解析
(2)①24，②
(3)＝，理由見解析
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可證得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于點G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，進一步即可得到答案；
（2）①連接AC交BD于點O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面積公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，則，再證明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定義得到答案；
（3）過點G作GTBC，交AE于點T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，則EG＝GH，再證△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，為定值，即可得到ET的值．
（1）
證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于點G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如圖1，連接AC交BD于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面積是24．
②如圖2，連接AC，分別交BD、DE于點O、H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）
如圖3，過點G作GTBC交AE于點T，此時ET＝．
理由如下：由題（1）可知，當∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，為定值，
此時ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
5．（2022·山東棗莊·中考真題）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，點P從點A出發(fā)，沿AB方向以每秒cm的速度向終點B運動，同時動點Q從點B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，設運動的時間為t秒．
(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t為何值時，四邊形QPCP′為菱形？
【答案】(1)當t＝2時，PQ⊥BC
(2)當t的值為時，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，計算即可．
（2）作于，于，證明出為直角三角形，進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t＝2時，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．
6．（2022·江蘇南通·中考真題）如圖，矩形中，，點E在折線上運動，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到，旋轉(zhuǎn)角等于，連接．
(1)當點E在上時，作，垂足為M，求證；
(2)當時，求的長；
(3)連接，點E從點B運動到點D的過程中，試探究的最小值．
【答案】(1)見詳解
(2)或
(3)
【分析】（1）證明即可得證．
（2）分情況討論，當點E在BC上時，借助，在中求解；當點E在CD上時，過點E作EG⊥AB于點G，F(xiàn)H⊥AC于點H，借助并利用勾股定理求解即可．
（3）分別討論當點E在BC和CD上時，點F所在位置不同，DF的最小值也不同，綜合比較取最小即可．
（1）
如圖所示，
由題意可知，，，
，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知：AE=AF，
在和中，
，
，
．
（2）
當點E在BC上時，
在中，，，
則，
在中，，，
則，
由（1）可得，，
在中，，，
則，
當點E在CD上時，如圖，
過點E作EG⊥AB于點G，F(xiàn)H⊥AC于點H，
同（1）可得，
，
由勾股定理得；
故CF的長為或．
（3）
如圖1所示，當點E在BC邊上時，過點D作于點H，
由（1）知，，
故點F在射線MF上運動，且點F與點H重合時，DH的值最?。?br>在與中，
，
，
，
即，
，，
，
在與中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；
如圖2所示，當點E在線段CD上時，將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，得到線段AR，連接FR，過點D作，，
由題意可知，，
在與中，
，
，
，
故點F在RF上運動，當點F與點K重合時，DF的值最?。?br>由于，，，
故四邊形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此時DF的最小值為；
由于，故DF的最小值為．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、解直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是各性質(zhì)定理的綜合應用．
7．（2022·山東菏澤·中考真題）如圖1，在中，于點D，在DA上取點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D旋轉(zhuǎn)，得到（點，分別與點B，E對應），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，當繞點D順時針旋轉(zhuǎn)30°時，射線與AD、分別交于點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D作DH于點H，
∵△BED繞點D順時針旋轉(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．
8．（2022·遼寧丹東·中考真題）已知矩形ABCD，點E為直線BD上的一個動點（點E不與點B重合），連接AE，以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG（A，E，F(xiàn)，G按逆時針方向排列），連接DG．
(1)如圖1，當＝＝1時，請直接寫出線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；
(2)如圖2，當＝＝2時，請猜想線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由；
(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點M，N，連接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，請直接寫出△MND的面積．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝，BE⊥DG，理由見解析
(3)S△MNG＝
【分析】（1）證明△BAE≌△DAG，進一步得出結(jié)論；
（2）證明BAE∽△DAG，進一步得出結(jié)論；
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根據(jù)（2）可得DG＝6，從而得出三角形BEG的面積，可證得△MND≌△MNG，△MNG與△BEG的面積比等于1：4，進而求得結(jié)果．
（1）
解：由題意得：四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）
BE＝，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵＝＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如圖，
作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝，
∴設AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝，
∴，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝＝＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，點M是BG的中點，點N是CE的中點，
∴DM＝GM＝，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位線，
∴MNBE，
∴△BEG∽△MNG，
∴＝（）2＝，
∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．
【點睛】本題主要考查了正方形，矩形的性質(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)鍵是類比的方法．
9．（2022·山東濟南·中考真題）如圖1，△ABC是等邊三角形，點D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，將線段AD繞點A按逆時針方向旋轉(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F．
①如圖2，當點F與點B重合時，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，當點F為線段BC中點，且ED＝EC時，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A按逆時針方向旋轉(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A作于點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，，進而得到，進而求出，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A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴，，
∴，
∴，
即．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：①
理由：∵線段繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴是等邊三角形，
∴，
由（1）得，
∴；
②過點A作于點G，連接AF，如下圖．
∵是等邊三角形，，
∴，
∴．
∵是等邊三角形，點F為線段BC中點，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴．
∵，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∴．
【點睛】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．
10．（2022·湖南益陽·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點（不與點C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長CG至點C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．
(1)直接寫出圖中與△AFB相似的一個三角形；
(2)若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長；
(3)當CE的長為多少時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)當CE的長為長為或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形
【分析】（1）因為△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個直角三角形和△AFB相似，解答時任意寫出一個即可；
（2）根據(jù)△AFB∽△BGC，得，即，設AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的長；
（3）分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，②當C'F＝BF時，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論．
（1）解：（任意回答一個即可）；①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四邊形AFCC'是平行四邊形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，即，設AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ ，即，∴CE＝7.5；
（3）分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四邊形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：設AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ ，即，∴，∴CE＝；②當C'F＝BF時，如圖3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，設BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；綜上，當CE的長為長為或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．
11．（2022·四川綿陽·中考真題）如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝，AB＝4，AD＝2，動點E，F(xiàn)同時從A點出發(fā)，點E沿著A→D→B的路線勻速運動，點F沿著A→B→D的路線勻速運動，當點E，F(xiàn)相遇時停止運動．
(1)如圖1，設點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為4個單位每秒，當運動時間為秒時，設CE與DF交于點P，求線段EP與CP長度的比值；
(2)如圖2，設點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為個單位每秒，運動時間為x秒，ΔAEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當x為何值時，y的值最大，最大值為多少？
(3)如圖3，H在線段AB上且AH＝HB，M為DF的中點，當點E、F分別在線段AD、AB上運動時，探究點E、F在什么位置能使EM＝HM．并說明理由．
【答案】(1)；
(2)y關(guān)于x的函數(shù)解析式為；當時，y的最大值為；
(3)當EF∥BD時，能使EM＝HM．理由見解析
【分析】（1）延長DF交CB的延長線于點G，先證得，可得，根據(jù)題意可得AF=，AE=，可得到CG=3，再證明△PDE∽△PGC，即可求解；
（2）分三種情況討論：當0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上；當時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上；當時，點E、F均在BD上，即可求解；
（3）當EF∥BD時，能使EM＝HM．理由：連接DH，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，即可求解．
（1）
解：如圖，延長DF交CB的延長線于點G，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∵點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為4個單位每秒，運動時間為秒，
∴AF=，AE=，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=， ED=，
∴，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵，
∴△PDE∽△PGC，
∴，
∴；
（2）
解：根據(jù)題意得：當0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上，此時AE=x，，
∵， AB=4，AD=2，
∴，
∴△ABD是直角三角形，
∵，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如圖，過點E作交于H，
∴，
∴；
∴當x＞0時，y隨x的增大而增大，
此時當x=2時，y有最大值3；
當時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上，
如圖，過點E作交于N，過點D作交于M，則EN∥DM，
根據(jù)題意得：DE=x-2，
∴，
在Rt△ABD中，，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴，
∴
∴，
∴，
此時該函數(shù)圖象的對稱軸為直線，
∴當時，y隨x的增大而增大，
此時當時，y有最大值；
當時，點E、F均在BD上，
過點E作交于Q，過點F作交于P，過點D作DM⊥AB于點M，
∴，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴，，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴，即，
∴，
∵，
∴△BEQ∽△BDM，
∴，即，
∴，
∴，
此時y隨x的增大而減小，
此時當時，y有最大值；
綜上所述：y關(guān)于x的函數(shù)解析式為
當時，y最大值為；
（3）
解：當EF∥BD時，能使EM＝HM．理由如下：
連接DH，如圖，
∵，AB=4，
∴．AH=1，
由（2）得：此時，
∵M是DF的中點，
∴HM=DM=MF，
∵EF∥BD，BD⊥AD，
∴EF⊥AD，
∴EM=DM=FM，
∴EM=HM．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，分類討論，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
12．（2022·山東濟寧·中考真題）如圖，△AOB是等邊三角形，過點A作y軸的垂線，垂足為C，點C的坐標為（0，）．P是直線AB上在第一象限內(nèi)的一動點，過點P作y軸的垂線，垂足為D，交AO于點E，連接AD，作DM⊥AD交x軸于點M，交AO于點F，連接BE，BF．
(1)填空：若△AOD是等腰三角形，則點D的坐標為；
(2)當點P在線段AB上運動時（點P不與點A，B重合），設點M的橫坐標為m．
①求m值最大時點D的坐標；
②是否存在這樣的m值，使BE＝BF？若存在，求出此時的m值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)或
(2)①點D坐標為；②存在，
【分析】（1）根據(jù)題意易得∠AOB=60°從而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根據(jù)tan30°求得AC的長，再根據(jù)sin60°求得AD的長，當OA=AD和OD=OA時分情況討論，即可得到OD的長，從而得到D點坐標；
（2）①設點D的坐標為（0，a），則OD＝a，CD＝－a，易證，從而得出，代入即可得到m與a的函數(shù)關(guān)系，化為頂點式即可得出答案；
②作FH⊥y軸于點H，得到AC∥PD∥FH∥x軸，易得，，易證得出，即，設，則，通過證得得出，代入即可得到n的值，進一步得到m的值．
（1）
∵△AOB是等邊三角形，
∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，
∵AC⊥y軸，點C的坐標為（0，），
∴OC=，
∴，
當△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，
∴∠CDA=60°，
∴，
∴，
∴D的坐標為，
當△AOD是等腰三角形，此時OA=OD時，,
∴OD=OA=2，
∴點D坐標為（0，2），
故答案為：或（0，2）；
（2）
①解：設點D的坐標為（0，a），則OD＝a，CD＝－a，
∵△AOB是等邊三角形，
∴，
∴，
在RtΔAOC中，，
∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∴當時，m的最大值為；
∴m的最大值為時，點D坐標為；
②存在這樣的m值，使BE＝BF；
作FH⊥y軸于點H，
∴AC∥PD∥FH∥x軸，
∴，，
，
，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
設，則，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
當時，點P與點A重合，不合題意，舍去，
當時，，
存在這樣的m值，使BE＝BF．此時．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)，全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及二次函數(shù)的綜合運用，解題的關(guān)鍵是得出二次函數(shù)的關(guān)系式，是對知識的綜合考查．
13．（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F，交AB于點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，進而得出結(jié)果；
（3）①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進而得出結(jié)果；
②在①的基礎上得出∠ACE＝∠ABD，進而∠BFC＝∠BAC，進一步得出結(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．
14．（2022·吉林長春·中考真題）如圖，在中，，，點M為邊的中點，動點P從點A出發(fā)，沿折線以每秒個單位長度的速度向終點B運動，連結(jié)．作點A關(guān)于直線的對稱點，連結(jié)、．設點P的運動時間為t秒．
(1)點D到邊的距離為__________；
(2)用含t的代數(shù)式表示線段的長；
(3)連結(jié)，當線段最短時，求的面積；
(4)當M、、C三點共線時，直接寫出t的值．
【答案】(1)3
(2)當0≤t≤1時，；當1＜t≤2時，；
(3)
(4)或
【分析】（1）連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分兩種情況討論：當0≤t≤1時，點P在AD邊上；當1＜t≤2時，點P在BD邊上，即可求解；
（3）過點P作PE⊥DM于點E，根據(jù)題意可得點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，可得到當點D、A′、M三點共線時，線段最短，此時點P在AD上，再證明△PDE∽△ADM，可得，從而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；
（4）分兩種情況討論：當點位于M、C之間時，此時點P在AD上；當點（）位于C M的延長線上時，此時點P在BD上，即可求解．
（1）
解：如圖，連接DM，
∵AB=4，，點M為邊的中點，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，
即點D到邊的距離為3；
故答案為：3
（2）
解：根據(jù)題意得：當0≤t≤1時，點P在AD邊上，
；
當1＜t≤2時，點P在BD邊上，；
綜上所述，當0≤t≤1時，；當1＜t≤2時，；
（3）
解：如圖，過點P作PE⊥DM于點E，
∵作點A關(guān)于直線的對稱點，
∴A′M=AM=2，
∴點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，
∴當點D、A′、M三點共線時，線段最短，此時點P在AD上，
∴，
根據(jù)題意得：，，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
（4）
解：如圖，
當點M、、C三點共線時，且點位于M、C之間時，此時點P在AD上，
連接A A′， A′B，過點P作PF⊥AB于點F，過點A′作A′G⊥AB于點G，則A A′⊥PM，
∵AB為直徑，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
過點C作CN⊥AB交AB延長線于點N，
在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四邊形CDMN為平行四邊形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴，
∵ M=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即PF=3FM，
∵，，
∴，
∴，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴，
∴，解得：；
如圖，當點（）位于C M的延長線上時，此時點P在BD上，，
過點作于點G′，則，取的中點H，則點M、P、H三點共線，過點H作HK⊥AB 于點K，過點P作PT⊥AB于點T，
同理：，
∵HK⊥AB，，
∴HK∥A′′G′，
∴，
∵點H是的中點，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，
∴，
∵MT+BT=BM=2，
∴，
∴，解得：；
綜上所述，t的值為或．
【點睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意得到點的運動軌跡是解題的關(guān)鍵，是中考的壓軸題．
15．（2022·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）已知點在正方形的對角線上，正方形與正方形有公共點．
(1)如圖1，當點在上，在上，求的值為多少；
(2)將正方形繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，求：的值為多少；
(3)，，將正方形繞逆時針方向旋轉(zhuǎn)，當，，三點共線時，請直接寫出的長度．
【答案】(1)2
(2)
(3)或
【分析】（1）根據(jù)題意可得，根據(jù)平行線分線段成比例即可求解；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，可得，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，進而證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（3）分兩種情況畫出圖形，證明△ADG∽△ACE，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可得出答案．
（1）
解：正方形與正方形有公共點，點在上，在上，
四邊形是正方形

（2）
解：如圖，連接，
正方形繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)，
，
（3）
解：①如圖，
，，
,,，
三點共線，
中，，
，
由（2）可知，
，
．
②如圖：
由（2）知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DG=CE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=BC=8，AC=，
∵AG=AD，
∴AG=AD=8，
∵四邊形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三點共線．
∴∠AGC=90°
∴CG=，
∴CE=CG+EG=8+8，
∴DG=CE=．
綜上，當C，G，E三點共線時，DG的長度為或．
【點睛】本題考查了平行線分線段成比例，相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．
16．（2022·湖南郴州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，，．點E是線段AD上的動點（點E不與點A，D重合），連接CE，過點E作，交AB于點F．
(1)求證：；
(2)如圖2，連接CF，過點B作，垂足為G，連接AG．點M是線段BC的中點，連接GM．
①求的最小值；
②當取最小值時，求線段DE的長．
【答案】(1)見解析
(2)①5；②或
【分析】（1）證明出即可求解；
（2）①連接AM．先證明．確定出點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上．當A，G，M三點共線時，．此時，取最小值．在中利用勾股定理即可求出AM，則問題得解．②先求出AF，求AF的第一種方法：過點M作交FC于點N，即有，進而有．設，則，．再根據(jù)，得到，得到，則有，解方程即可求出AF；求AF的第二種方法：過點G作交BC于點H．即有．則有，根據(jù)，可得，進而求出，．由得，即可求出AF．求出AF之后，由（1）的結(jié)論可得．設，則，即有，解得解方程即可求出DE．
（1）
證明：如圖1，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）
①解：如圖2-1，連接AM．
∵，
∴是直角二角形．
∴．
∴點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上．
當A，G，M三點不共線時，由三角形兩邊之和大于箒三邊得：，
當A，G，M三點共線時，．
此時，取最小值．在中，．
∴的最小值為5．
②（求AF的方法一）如圖2-2，過點M作交FC于點N，
∴．
∴．
設，則，
∴．
∵，
∴，
∴，
由①知的最小值為5、即，
又∵，
∴．
∴，解得，即．
（求AF的方法二）
如圖2-3，過點G作交BC于點H．
∴．
∴，
由①知的最小值為5，即，
又∵，
∴．
∴，．
由得，
∴，即，
解得．
∴．
由（1）的結(jié)論可得．
設，則，
∴，
解得或．
∵，，
∴或．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行的性質(zhì)、勾股定理以及一元二次方程的應用等知識，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
17．（2022·廣西貴港·中考真題）已知：點C，D均在直線l的上方，與都是直線l的垂線段，且在的右側(cè)，，與相交于點O．
(1)如圖1，若連接，則的形狀為______，的值為______；
(2)若將沿直線l平移，并以為一邊在直線l的上方作等邊．
①如圖2，當與重合時，連接，若，求的長；
②如圖3，當時，連接并延長交直線l于點F，連接．求證：．
【答案】(1)等腰三角形，
(2)①；②見解析
【分析】（1）過點C作CH⊥BD于H，可得四邊形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，進而可判斷△BCD的形狀，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求解．
（2）①過點E作于點H，AC，BD均是直線l的垂線段，可得，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，再利用勾股定理即可求解．
②連接，根據(jù)，得，即是等邊三角形，把旋轉(zhuǎn)得，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一般得到，則可得，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求證結(jié)論．
（1）
解：過點C作CH⊥BD于H，如圖所示：
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，
∴四邊形ABHC是矩形，
∴AC=BH，
又∵BD=2AC，
∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，
∴的形狀為等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴，
∴△AOC∽△BOD，
，即，
，
故答案為：等腰三角形，．
（2）
①過點E作于點H，如圖所示：
∵AC，BD均是直線l的垂線段，
∴，
∵是等邊三角形，且與重合，
∴∠EAD=60°，
∴，
∴，
∴在中，，，
又∵，，
∴，
∴，AE=6
在中，，
又由（1）知，
∴，則，
∴在中，由勾股定理得：．
②連接，如圖3所示：
∵，
∴，
∵由（1）知是等腰三角形，
∴是等邊三角形，
又∵是等邊三角形，
∴繞點D順時針旋轉(zhuǎn)后與重合，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了矩形的判定及性質(zhì)、三角形相似的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理的應用，熟練掌握三角形相似的判定及性質(zhì)和勾股定理的應用，巧妙借助輔助線是解題的關(guān)鍵．
18．（2022·山東青島·中考真題）如圖，在中，，將繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，連接．點P從點B出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為；同時，點Q從點A出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為．交于點F，連接．設運動時間為．解答下列問題：
(1)當時，求t的值；
(2)設四邊形的面積為，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
(3)是否存在某一時刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）利用得，即，進而求解；
（2）分別過點C，P作，垂足分別為M，N，證得，，求得，再證得，得出，根據(jù)即可求出表達式；
（3）當時，易證，得出，則，進而求出t值．
（1）
解：在中，由勾股定理得，
∵繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到
∴
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
答：當時，t的值為．
（2）
解：分別過點C，P作，垂足分別為M，N
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
（3）
解：假設存在某一時刻t，使
∵
∴
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
∴存在時刻，使．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)與相似，利用勾股定理求線段長，平行線的性質(zhì)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，找到相似圖形是解決問題的關(guān)鍵，是中考中的?？碱}．
19．（2022·遼寧營口·中考真題）在平面直角坐標系中，拋物線經(jīng)過點和點，與y軸交于點C，點P為拋物線上一動點．
(1)求拋物線和直線的解析式；
(2)如圖，點P為第一象限內(nèi)拋物線上的點，過點P作，垂足為D，作軸，垂足為E，交于點F，設的面積為，的面積為，當時，求點P坐標；
(3)點N為拋物線對稱軸上的動點，是否存在點N，使得直線垂直平分線段？若存在，請直接寫出點N坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)拋物線解析式為，直線的解析式為，
(2)
(3)存在
【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；
（2）設，則，中，，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)以及建立方程，解方程即可求解；
（3）設直線交軸于點，設交于點，連接，，，證明是等腰直角三角形，則設，則，，根據(jù)列出方程，即可求解．
（1）
解：拋物線經(jīng)過點和點，
，
解得，
拋物線解析式為，
設直線的解析式為，
，
解得，
直線的解析式為，
（2）
如圖，設直線與軸交于點，
由，令,得，則，
，
，
設，則，
，
，
，
，
，
，
中，，
設的面積為，的面積為，
，
，
，
即，
設，則，
，
解得或（舍），
當時，，
（3）
設直線交軸于點，設交于點，連接，，，如圖，
由，令，得，則
設過直線的解析式為，
解得
過直線的解析式為，
是等腰直角三角形
是等腰直角三角形

直線垂直平分線段
是等腰直角三角形，
，
設，則，
，
解得（舍）
即
【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，二次函數(shù)線段問題，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
20．（2022·山東威?！ぶ锌颊骖}）回顧：用數(shù)學的思維思考
(1)如圖1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分線．求證：BD＝CE．
②點D，E分別是邊AC，AB的中點，連接BD，CE．求證：BD＝CE．
（從①②兩題中選擇一題加以證明）
(2)猜想：用數(shù)學的眼光觀察
經(jīng)過做題反思，小明同學認為：在△ABC中，AB＝AC，D為邊AC上一動點（不與點A，C重合）．對于點D在邊AC上的任意位置，在另一邊AB上總能找到一個與其對應的點E，使得BD＝CE．進而提出問題：若點D，E分別運動到邊AC，AB的延長線上，BD與CE還相等嗎？請解決下面的問題：
如圖2，在△ABC中，AB＝AC，點D，E分別在邊AC，AB的延長線上，請?zhí)砑右粋€條件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并證明．
(3)探究：用數(shù)學的語言表達
如圖3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E為邊AB上任意一點（不與點A，B重合），F(xiàn)為邊AC延長線上一點．判斷BF與CE能否相等．若能，求CF的取值范圍；若不能，說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)添加條件CD=BE，見解析
(3)能，0＜CF＜
【分析】（1）①利用ASA證明△ABD≌△ACE．
②利用SAS證明△ABD≌△ACE．
（2）添加條件CD=BE，證明AC+CD=AB+BE，從而利用SAS證明△ABD≌△ACE．
（3）在AC上取一點D，使得BD=CE，根據(jù)BF=CE，得到BD=BF，當BD=BF=BA時，可證△CBF∽△BAF，運用相似性質(zhì)，求得CF的長即可．
（1）
①如圖1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE是△ABC的角平分線，
∴∠ABD=∠ABC，∠ACE =∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如圖1，∵AB=AC，點D，E分別是邊AC，AB的中點，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（2）
添加條件CD=BE，證明如下：
∵AB=AC，CD=BE，
∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（3）
能
在AC上取一點D，使得BD=CE，根據(jù)BF=CE，得到BD=BF，
當BD=BF=BA時，E與A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴△CBF∽△BAF，
∴，
∵AB＝AC＝2=BF，設CF=x，
∴，
整理，得，
解得x=，x=（舍去），
故CF= x=，
∴0＜CF＜．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，一元二次方程的解法，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定，三角形相似的判定性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

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