2024年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编05挑战压轴题(解答题三)(安徽卷)(原卷版+解析)

2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（安徽考卷）05挑战压轴题（解答题三）1．（2023·安徽宣城）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：；（2）如图2，若，，，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．2．（安徽省2020年中考数学试题）如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点求证：；若，求的长；如图2，连接，求证：．3．（安徽省2019年中考数学试题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°（1）求证：△PAB∽△PBC（2）求证：PA=2PC（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12=h2·h34．（安徽省2018年中考数学试题）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F（1）求证：CM=EM；（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM5．（2023·安徽）已知正方形，点为边的中点.（1）如图1，点为线段上的一点，且，延长，分别与边，交于点，.①求证：；②求证：.（2）如图2，在边上取一点，满足，连接交于点，连接延长交于点，求的值.1．（2023·江西南昌·九年级期末）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图1，连接BG、CF，①求的值；②求∠BHC的度数．(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．2．（2023·辽宁大连·八年级期末）△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AC、BC上，且AD＝CE，连接AE、BD交于点F．(1)如图1，求∠BFE的度数；(2)如图2，连接CF，当CF⊥BD时，求的值；(3)如图3，点P在线段AE上，连接CP，且CP＝AF，在图中找出与线段AP相等的线段，并证明．3．（2023·重庆南开中学八年级开学考试）在平行四边形ABCD中，连接BD，若BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE．(1)如图1，点G在BD上，且DG＝DC，连接CG，过G作GH⊥CE于点H，连接DH并延长交AB于点M，若HG＝BM，求证：BM+DH＝DB；(2)如图2，∠ABC＝120°，AB＝，点N在BC边上，BC＝4CN，若CE是∠DCB的角平分线，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，PQ＝，连接BP、NQ，请直接写出BP+PQ+QN的最小值．4．（2023·江苏·无锡市东林中学八年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B（0，3）．点P从点A出发，以每秒1个单位的速度向右平移，点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度向右平移，又P、Q两点同时出发．(1)连接AQ，当△ABQ是直角三角形时，则点Q的坐标为；(2)当P、Q运动到某个位置时，如果沿着直线AQ翻折，点P恰好落在线段AB上，求这时∠AQP的度数；(3)若将AP绕点A逆时针旋转，使得P落在线段BQ上，记作P'，且AP'∥PQ，求此时直线PQ的解析式．5．（2023·江西赣州·九年级期末）在中，，，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．(1)如图1，点E在点B的左侧运动．①当，时，则___________°；②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为____________．(2)如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．1．（2023·河南信阳·一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝，将△ABC绕点A逆时针旋转a得到△ADE，连接BD，EC，BD的延长线交EC的延长线于点F．(1)【问题发现】如图①，当α＝60°时，线段BF与EF的数量关系是______，∠BFE＝______；(2)【类比探究】当△ABC旋转到如图②所示的位置时，请判断线段BF与EF的数量关系及∠BFE的度数，并说明理由；(3)【问题解决】当AE∥BC时，请直接写出线段BF的长．2．（2023·河南省实验中学模拟预测）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕．第二步：如图2，将图1中的图形沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，为折痕，延长交直线于点．问题解决：(1)如图1，填空：三角形的形状是；(2)如图2，若，，求的长．提升反思：爱动脑筋的小敏同学用不同形状的矩形纸片，按照题中第一步、第二步的方法折叠并延长，发现有些点不在线段上．若要使点落在线段上（不含端点），请直接写出的取值范围．3．（2023·重庆巫溪·八年级期末）如图，是等腰三角形，，点D在直线上运动，点E为线段上一定点，连接，作，使，，连接．(1)如图1，在上取点G，使，求证：；(2)如图2，当点D在线段上，点F位于直线的上方时，求证：；(3)如图3，当点D运动到线段的延长线上时，求证：为定值．4．（2023·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试）已知中，，，点G为线段BC上一点，连接AG，过点B作，交AG的延长线于点D，连接CD．(1)如图1，求证：．(2)如图2，当时，将沿AD翻折得到，点C与点E为对应点，DE与AB交于点F，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF交AD于H，过点H作于M，若求AF的长．5．（2023·吉林·长春外国语学校九年级开学考试）【感知】已知四边形ABCD中，∠A=∠C=90°．求证：A、B、C、D四点在同一个圆上．李明同学认为：连结BD，取BD的中点O，连结OA、OC来证明，请你按照李明的思路完成证明．【拓展】如图，在正方形ABCD中，AB=8，点F是AD中点，点E是边AB上一点，FP⊥CE于点P．（1）如图②，当点P在线段BD上时，PC=_______；（2）如图③，过点P分别作AB、BC的垂线，垂足分别为N、M，则MN的最小值为______．2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（安徽考卷）05挑战压轴题（解答题三）1．（2023·安徽宣城）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：；（2）如图2，若，，，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．【答案】（1）见解析；（2）6；（3）【解析】【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得；（2）证明，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长BM、ED交于点G．易证，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值．【详解】（1）证明：，；，，，，，，，，，，四边形AFCD是平行四边形在与中．，（2），，在中，，，，又，，，在与中．，；；，；，；，，或（舍）；（3）延长BM、ED交于点G．与均为等腰三角形，，，，设，，，则，，，，；在与中，，；．；，，，，，，，，（舍），，．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．2．（安徽省2020年中考数学试题）如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点求证：；若，求的长；如图2，连接，求证：．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，在△EAF和△DAB，，∴△EAF≌△DAB(SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90º，∴∠E+∠ABD=90º，∴∠EGB=90º，∴BG⊥EC；（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF∽△EBC，∴，又AF=AB=1，∴即，解得：，（舍去）即AE=；（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，在△EAH和△DAG，，∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90º，∴∠DAG+∠DAH=90º，∴∠HAG=90º，∴△GAH是等腰直角三角形，∴即，∴GH=AG，∵GH=EG-EH=EG-DG，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．3．（安徽省2019年中考数学试题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°（1）求证：△PAB∽△PBC（2）求证：PA=2PC（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12=h2·h3【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）结合题意，易得∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC，然后由∠APB=∠BPC=135°即可证明△PAB∽△PBC；（2）根据（1）中△PAB∽△PBC，可得，然后由△ABC是等腰直角三角形，可得出，易得PA=2PC；（3）过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，首先由Rt△AEP∽Rt△CDP得出，即，再根据△PAB∽△PBC可得出，整理即可得到.【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC又∠APB=135°，∴∠PAB+∠PBA=45°，∴∠PBC=∠PAB，又∵∠APB=∠BPC=135°，∴△PAB∽△PBC；（2）∵△PAB∽△PBC，∴，在Rt△ABC中，AC=BC，∴,∴∴PA=2PC；（3）过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，∵∠CPB+∠APB=135°+135°=270°，∴∠APC=90°，∴∠EAP+∠ACP=90°,又∵∠ACB=∠ACP+∠PCD=90°∴∠EAP=∠PCD，∴Rt△AEP∽Rt△CDP，∴，即，∴∵△PAB∽△PBC，∴即.【点睛】本题是相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质，其中第（3）问有一定难度，通过作辅助线构造出Rt△AEP∽Rt△CDP是解题关键.4．（安徽省2018年中考数学试题）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F（1）求证：CM=EM；（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM【答案】（1）证明见解析；（2）∠EMF=100°；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明即可得；（2）根据直角三角形两锐角互余可得∠ABC=40°，根据CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，从而可得∠CMD=2∠CBM，继而可得∠CME=2∠CBA=80°，根据邻补角的定义即可求得∠EMF的度数；（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，结合CM=DM以及已知条件可得△DEM是等边三角形，从而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，继而可得∠ACM=75°，连接AM，结合AE=EM=MB，可推导得出AC=AM，根据N为CM中点，可得AN⊥CM，再根据CM⊥EM，即可得出AN∥EM.【详解】（1）∵M为BD中点，Rt△DCB中，MC=BD，Rt△DEB中，EM=BD，∴MC=ME；（2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°，∴∠ABC=90°-50°=40°，∵CM=MB，∴∠MCB=∠CBM，∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM，同理，∠DME=2∠EBM，∴∠CME=2∠CBA=80°，∴∠EMF=180°-80°=100°；（3）∵△DAE≌△CEM，CM=EM，∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE，∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°，∴∠ABC=45°，∠ECM=45°，又∵CM=ME=BD=DM，∴DE=EM=DM，∴△DEM是等边三角形，∴∠EDM=60°，∴∠MBE=30°，∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM，∵∠MCB+∠ACE=45°，∠CBM+∠MBE=45°，∴∠ACE=∠MBE=30°，∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°，连接AM，∵AE=EM=MB，∴∠MEB=∠EBM=30°，∠AME=∠MEB=15°，∵∠CME=90°，∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM，∴AC=AM，∵N为CM中点，∴AN⊥CM，∵CM⊥EM，∴AN∥CM.【点睛】本题考查了三角形全等的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质等，综合性较强，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.5．（2023·安徽）已知正方形，点为边的中点.（1）如图1，点为线段上的一点，且，延长，分别与边，交于点，.①求证：；②求证：.（2）如图2，在边上取一点，满足，连接交于点，连接延长交于点，求的值.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【详解】试题分析：(1)①利用ASA判定证明两个三角形全等；②先利用相似三角形的判定，再利用相似三角形的性质证明；（2）构造直角三角形，求一个角的正切值.试题解析：(1)①证明：∵四边形为正方形，∴，，又，∴，又，∴，∴(ASA)，∴.②证明：∵，点为中点，∴，∴，又∵，从而，又，∴，∴，即，由，得.由①知，，∴，∴.(2)解：(方法一)延长，交于点(如图1)，由于四边形是正方形，所以，∴，又，∴，故，即，∵，，∴，由知，，又，∴，不妨假设正方形边长为1，设，则由，得，解得，(舍去)，∴，于是,(方法二)不妨假设正方形边长为1，设，则由，得，解得，(舍去)，即，作交于(如图2)，则，∴，设，则，，∵，即，解得，∴，从而，此时点在以为直径的圆上，∴是直角三角形，且，由(1)知，于是.考点：（1）全等三角形的判定；（2）相似三角形的判定及性质；（3）求一个角的三角函数值.1．（2023·江西南昌·九年级期末）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图1，连接BG、CF，①求的值；②求∠BHC的度数．(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．【答案】(1)①；②45°；(2)；；理由见解析【解析】【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得；②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；（2）过点C作，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．(1)①如图1，连接AF，AC，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴，，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠CAF＝∠BAG，，∴△CAF∽△BAG，∴；②∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB）＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）＝180°−（∠ABC＋∠ACB）＝45°；(2)BE＝2MN，MN⊥BE；理由如下：如图2连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，∵CQ∥EF，∴∠FCQ＝∠CFE，∵点M是CF的中点，∴CM＝MF，又∵∠CMQ＝∠FME，∴△CMQ≌△FME（ASA），∴CQ＝EF，ME＝QM，∴AE＝CQ，∵CQ∥EF，AG∥EF，∴CQ∥AG，∴∠QCF＝∠CRA，∵AD∥BC，∴∠BCF＝∠APR，∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，∴∠BAE＝∠BCQ，又∵BC＝AB，CQ＝AE，∴△BCQ≌△BAE（SAS），∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，∴∠QBE＝∠CBA＝90°，∵MQ＝ME，点N是BE中点，∴BQ＝2MN，MN∥BQ，∴BE＝2MN，MN⊥BE．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．（2023·辽宁大连·八年级期末）△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AC、BC上，且AD＝CE，连接AE、BD交于点F．(1)如图1，求∠BFE的度数；(2)如图2，连接CF，当CF⊥BD时，求的值；(3)如图3，点P在线段AE上，连接CP，且CP＝AF，在图中找出与线段AP相等的线段，并证明．【答案】(1)60°(2)(3)，见解析【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可知，．再结合题意即可利用“SAS”证明，得出，结合三角形外角的性质即得出；（2）在BF上截取，连接AH，由全等的性质可知．即可利用“SAS”证明，由此得出．再根据三角形外角性质可证明，从而可求出，由等角对等边可得出．从而即得出；（3）过A作延长线于G，过C作延长线于H，由全等的性质可知，即得出，从而可证，得出，．进而可证，即得出，由，即得出．(1)∵是等边三角形，∴，．又∵，∴．∴，∵．∴；(2)如图，在BF上截取，连接AH，∵，∴，即．又∵，∴，∴．∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴．∴，∴；(3)．证明：过A作延长线于G，过C作延长线于H，如图，∵，∴，又∵，，∴，∴，．又∵，∴∴，∴，即．【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，等角对等边，三角形外角的性质．正确的作出辅助线是解题关键．3．（2023·重庆南开中学八年级开学考试）在平行四边形ABCD中，连接BD，若BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE．(1)如图1，点G在BD上，且DG＝DC，连接CG，过G作GH⊥CE于点H，连接DH并延长交AB于点M，若HG＝BM，求证：BM+DH＝DB；(2)如图2，∠ABC＝120°，AB＝，点N在BC边上，BC＝4CN，若CE是∠DCB的角平分线，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，PQ＝，连接BP、NQ，请直接写出BP+PQ+QN的最小值．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥DM交CE于点F，设CE与BD交于点K，先证明△DCF≌△DGH（ASA），进而证得△DFH是等腰直角三角形，得出FH＝DH，再证明△DMB≌△CGH（AAS），推出CF＝BM，即可证得结论；（2）如图2，在CD上截取CG＝CN，连接GQ，过点B作BF∥CE，使BF＝PQ＝，连接DF交CE于点T，连接QF，过点F作FM⊥BD于点M，过点G作GH⊥DF于点H，应用平行四边形的性质和含30°直角三角形三边关系可得：BC＝2CD＝2，利用勾股定理可得BD＝，再利用含30°直角三角形三边关系可得：BM＝BF＝，FM＝BM＝，进而可得DM＝，求得：FG＝，再证四边形BPQF是平行四边形，得出BP＝FQ，再证明△CNQ≌△CGQ（SAS），得出QN＝QG，根据FQ+QG≥FG，可得出：当点Q在线段FG上时，FQ+QG的最小值为FG，即BP+QN的最小值为FG，即可求得BP+PQ+QN的最小值．(1)如图1，过点D作DF⊥DM交CE于点F，设CE与BD交于点K，∵BD⊥CD，DF⊥DM，GH⊥CE，∴∠CDG＝∠FDH＝∠CHG＝90°，∴∠CDF＝∠GDH，∵∠DGH+∠HKG＝∠DCF+∠DKC＝90°，∠HKG＝∠DKC，∴∠DCF＝∠DGH，在△DCF和△DGH中，，∴△DCF≌△DGH（ASA），∴DF＝DH，CF＝GH，∵∠FDH＝90°，∴△DFH是等腰直角三角形，∴∠DFH＝∠DHF＝45°，FH＝DH，∵DC＝DG，∠CDG＝90°，∴∠CGD＝DCG＝45°，∴∠CGD＝∠DHF，∵∠CGD+∠GCH+∠CKG＝∠DHF+∠BDM+∠DKH＝180°，∠CKG＝∠DKH，∴∠GCH＝∠BDM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABCD，∴∠DBM＝∠CDG＝90°＝∠CHG，在△DMB和△CGH中，，∴△DMB≌△CGH（AAS），∴DB＝CH，∵CF＝GH，BM＝GH，∴CF＝BM，∵CF+FH＝CH，∴BM+DH＝DB；；(2)如图2，在CD上截取CG＝CN，连接GQ，过点B作BF∥CE，使BF＝PQ＝，连接DF交CE于点T，连接QF，过点F作FM⊥BD于点M，过点G作GH⊥DF于点H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABCD，CD＝AB＝，∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝180°﹣120°＝60°，∵BD⊥CD，CD＝，∴∠CBD＝90°﹣60°＝30°，∴BC＝2CD＝2，∴BD＝＝＝，∵CE平分∠DCB，∴∠BCE＝∠DCE＝∠DCB＝×60°＝30°，∵BFCE，∴∠CBF＝∠BCE＝30°，∴∠DBF＝∠CBF+∠CBD＝30°+30°＝60°，∵FM⊥BD，BF＝，∴BM＝BF＝＝，FM＝BM＝×＝，∴DM＝BD-BM＝＝，∴DF＝＝＝，∵DF2+BF2＝，∴DF2+BF2＝BD2，∴BF⊥DF，∵BFCE，∴CE⊥DF，∵∠DCE＝30°，∴∠CDF＝90°-30°＝60°，∵BC＝2，BC＝4CN，∴CN＝＝，∴CG＝CN＝，∴DG＝CD-CG＝-＝，∵GH⊥DF，∠CDF＝60°，∴DH＝DG＝＝，GH＝DH＝×＝，∴FH＝DF-DH＝+＝，∴FG＝＝＝，∵BFCE，BF＝PQ，∴四边形BPQF是平行四边形，∴BP＝FQ，在△CNQ和△CGQ中，，∴△CNQ≌△CGQ（SAS），∴QN＝QG，∵FQ+QG≥FG，∴当点Q在线段FG上时，FQ+QG的最小值为FG，∴BP+QN的最小值为FG，∵PQ＝，FG＝，∴BP+PQ+QN的最小值为FG+PQ＝＝，故BP+PQ+QN的最小值为．；【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，截长补短方法，熟练运用所学知识点是解题关键4．（2023·江苏·无锡市东林中学八年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B（0，3）．点P从点A出发，以每秒1个单位的速度向右平移，点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度向右平移，又P、Q两点同时出发．(1)连接AQ，当△ABQ是直角三角形时，则点Q的坐标为；(2)当P、Q运动到某个位置时，如果沿着直线AQ翻折，点P恰好落在线段AB上，求这时∠AQP的度数；(3)若将AP绕点A逆时针旋转，使得P落在线段BQ上，记作P'，且AP'∥PQ，求此时直线PQ的解析式．【答案】(1)（，3）或（4，3）(2)45°(3)y＝－x＋【解析】【分析】（1）是直角三角形，分两种情况：①，，轴，进而得出点坐标；②，，如图过点Q作，垂足为C，在中，由勾股定理知，设,在中，由勾股定理知，在中，由勾股定理知，有，求解x的值，即的长，进而得出点坐标；（2）如图，点P翻折后落在线段AB上的点E处，由翻折性质和可得，，，，点E是AB的中点，过点E作EF⊥BQ于点F，EM⊥AO于点M，过点Q作QH⊥OP于点H，可证，求出EF的值，的值，有，用证明，知，，进而可求的值；（3）如图，由旋转的性质可知，，证，可知，，过点A作AG⊥BQ于G，设，则，在中，，由勾股定理得，解得的值，进而求出点的坐标，设过点的直线解析式为，将两点坐标代入求解即可求得解析式．(1)解：∵是直角三角形，点，点∴①当时，∵轴∴点坐标为；②当时，，如图过点Q作，垂足为C在中，由勾股定理知设,在中，由勾股定理知在中，由勾股定理知∴解得∴∴∴点坐标为；综上所述，点坐标为或．(2)解：如图，点P翻折后落在线段AB上的点E处，则又∵∴∴∴∴∴点E是AB的中点过点E作EF⊥BQ于点F，EM⊥AO于点M，过点Q作QH⊥OP于点H，在和中∵∠AEM=∠BEF∴∴∴EF＝∵∴在和中∵∴∴∴∴．(3)解：如图由旋转的性质可知∵∴在和中∠∴∴∴过点A作AG⊥BQ于G设∴在中，，由勾股定理得解得∴∴点的坐标分别为设过点的直线解析式为将两点坐标代入得解得：∴过点的直线解析式为．【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形全等，勾股定理，一次函数等知识．解题的关键在于将知识灵活综合运用．5．（2023·江西赣州·九年级期末）在中，，，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．(1)如图1，点E在点B的左侧运动．①当，时，则___________°；②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为____________．(2)如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．【答案】(1)①；②(2)不成立，【解析】【分析】（1）①由直角三角形的性质可得出答案；②过点E作ME⊥EC交CA的延长线于M，由旋转的性质得出AE=EF，∠AEF=90°，得出∠AEM=∠CEF，证明△FEC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性质得出CF=AM，由等腰直角三角形的性质可得出结论；（2）过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H．证明△ABE≌△EHF（AAS），由全等三角形的性质得出FH=BE，EH=AB=BC，由等腰直角三角形的性质可得出结论；(1)①∵，，，∴，∵sin∠EAB=∴，故答案为：30°；②．如图1，过点E作交CA的延长线于M，∵，，∴，∴，∴，∴，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，∴，，∴，在△FEC和△AEM中，∴，∴，∴，∵为等腰直角三角形，∴，∴；故答案为：；(2)不成立．如图2，过点F作交BC的延长线于点H．∴，，∵，∴，在△FEC和△AEM中，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴．又∵，即．【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．1．（2023·河南信阳·一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝，将△ABC绕点A逆时针旋转a得到△ADE，连接BD，EC，BD的延长线交EC的延长线于点F．(1)【问题发现】如图①，当α＝60°时，线段BF与EF的数量关系是______，∠BFE＝______；(2)【类比探究】当△ABC旋转到如图②所示的位置时，请判断线段BF与EF的数量关系及∠BFE的度数，并说明理由；(3)【问题解决】当AE∥BC时，请直接写出线段BF的长．【答案】(1)BF＝EF，60°；(2)BF＝EF，∠BFE＝60°，见解析；(3)或【解析】【分析】（1）首先证明∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，则A、B、E三点共线，再证明△EBF是等边三角形，从而得出答案；（2）通过AAS可证明△EDF≌△BCF，得BF=EF，由∠DEF=∠AEC-∠AED=∠AEC-30°，∠BDE=∠BDA+∠ADE=∠BDA+30°，利用三角形外角的性质即可求出∠BFE的度数；（3）当点E在直线AB的右侧时，如图③，过点C作CH⊥BF于H，过点A作AM⊥BC于M，可得∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，∠F=60°，通过解直角三角形可求出BF的长，当点E在直线AB的左侧时，同理可得．(1)解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，AB=AC=2，∠BAC=120°，∴∠DAE=∠BAC=120°，∠BAD=∠CAE=α=60°，AB=AD=AE=AC，∴∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，∴A、B、E三点共线，∵∠CAE=60°，AC=AE，∴△ACE是等边三角形，同理△ABD是等边三角形，∴∠FBE=∠FEB=60°，∴△EBF是等边三角形，∴BF=EF，∠BFE=60°；故答案为：BF=EF，60°(2)解：由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝120°，BC＝DE，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ACB＝∠ABC＝30°，同理：∠ADE＝∠AED＝30°，∵∠BAD＋∠DAC＝120°，∠EAC＋∠DAC＝120°，∴∠BAD＝∠EAC，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD△ACE，∴∠ADB＝∠ACE，∵∠EDF＝180°－∠ADB－∠ADE＝150°－∠ADB，∠BCF＝180°－∠ACE－∠ACB＝150°－∠ACE，∴∠EDF＝∠BCF，∵∠F＝∠F，∴△BCF△EDF（AAS），∴BF＝EF，∴∠DEF＝∠AEC－30°，∠BDE＝∠BDA＋30°，∴∠BFE＝∠BDE－∠DEF＝60°．(3)解：当点E在直线AB的右侧时，如图3，过点C作CH⊥BF于H，过点A作AM⊥BC于M，∵AEBC，∴∠ABC+∠BAE=180°，∵∠ABC=30°，∴∠BAE=150°，∴∠BAD=30°，∵AB=AD，∴∠ABF=∠ADB==75°，∴∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，∵CH⊥BF，∴∠BCH=∠CBF=45°，∴BH=CH=BC，∵AB=2，∠ABC=30°，AM⊥BC，∴AM=AB＝×2=，BM=CM，∴BM===3，∴BC=2BM=6，∴BH=CH=3，∵CH⊥BF，∠BFE=60°，∴HF=＝＝，∴BF=BH+HF=3+；当点E在直线AB的左侧时，如图4，同理求得BF=3−，综上所述：BF的长为3+或3-．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．2．（2023·河南省实验中学模拟预测）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕．第二步：如图2，将图1中的图形沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，为折痕，延长交直线于点．问题解决：(1)如图1，填空：三角形的形状是；(2)如图2，若，，求的长．提升反思：爱动脑筋的小敏同学用不同形状的矩形纸片，按照题中第一步、第二步的方法折叠并延长，发现有些点不在线段上．若要使点落在线段上（不含端点），请直接写出的取值范围．【答案】(1)等腰直角三角形(2)，【解析】【分析】（1）根据折叠性质，可得，，进而证明四边形是正方形，即可证明三角形的形状是等腰直角三角形；（2）过点作，，垂足分别为、，在中，设，则，由勾股定理得：，解方程求解可得的长，继而证明，设，则，，即可求得，进而求得的长提升反思：由（1）（2）得：，，当点与重合时：，化简即可求得的值，由题意得：，进而可得的取值范围．(1)等腰直角三角形，理由如下：由折叠的性质得，，，又，四边形是矩形，，四边形是正方形，的形状为等腰直角三角形；故答案为：等腰直角三角形；(2)过点作，，垂足分别为、，由折叠得：是正方形，，，，，，在中，，，在中，设，则，由勾股定理得：，解得：，，，，又，，，设，则，，，，解得：，，；提升反思：令，，由题意得：，，由（1）（2）得：，，，当点与重合时：，，解得：，．【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．3．（2023·重庆巫溪·八年级期末）如图，是等腰三角形，，点D在直线上运动，点E为线段上一定点，连接，作，使，，连接．(1)如图1，在上取点G，使，求证：；(2)如图2，当点D在线段上，点F位于直线的上方时，求证：；(3)如图3，当点D运动到线段的延长线上时，求证：为定值．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)见详解【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质和EG=EC求得，结合得到，进而得到三角形全等，然后再利用全等三角形的性质求解；（2）在上取点G，使，利用（1）的方法求得三角形全等，进而得到，结合，，来求得即可求解；（3）在上取点G，使，用（1）的方法得到三角形全等，进而得到，结合全等三角形的判定和点E为线段上一定点来求解．(1)证明：，．，，，，．，，，．在和中，，．(2)证明：在上取点G，使，如下图，．，，，，,,，，，．在和中，，．，，，，；(3)证明：在上取点G，使，如下图，．，，，，．，，，．在和中，，，．为定值，形状唯一，为定值，为定值．【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，理解相关知识和作出辅助线是解答（2）（3）的关键．4．（2023·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试）已知中，，，点G为线段BC上一点，连接AG，过点B作，交AG的延长线于点D，连接CD．(1)如图1，求证：．(2)如图2，当时，将沿AD翻折得到，点C与点E为对应点，DE与AB交于点F，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF交AD于H，过点H作于M，若求AF的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)AF=8【解析】【分析】（1）在AD上截取AE=BD，由题意易得，，进而可知，然后可得，最后问题可求证；（2）连接CE、BE，由题意易得，由折叠的性质可知，则有△ACE是等边三角形，然后可得，进而可得，即问题得证；（3）作ES⊥EF交AF于点S，HO⊥DF于点O，连接CE，由题意易得，然后根据折叠的性质及等腰直角三角形的性质可得HO=DM，进而可得，则有，易证，则可根据含30度直角三角形的性质及线段的等量关系可进行求解．(1)证明：在AD上截取AE=BD，如图所示：∵，，∴，∵，∴，∵，∴（SAS），∴，，∵，∴，即，∴△ECD是等腰直角三角形，∴；(2)证明：连接CE、BE，如图所示：∵，∴，由折叠的性质可得，CD=DE，∴△ACE