三角形与四边形压轴题-2024年中考《数学》二轮复习压轴题讲练测（解析版）

第第页题型01三角形的综合应用类型一全等三角形的综合应用1．（2023·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，AB=10，两锐角的角平分线交于点P，点E，F分别在边AC，BC上，且∠EPF=45°，求△CEF的周长．【答案】4【详解】解：如图，过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一点J，得MJ=FN，连接PJ．∵BP平分∠ABC，PA平分∠CAB，PM⊥BAC，PN⊥BC，PK⊥AB，∴PM=PK，PK=PN，∴PM=PN，∴∠C=∠PMC=∠PNC=90°，∴四边形PMCN是正方形，∴CM=PM，∴∠MPN=90°，在△PMJ和△PNF中，PM=PN∠PMJ=∠PNF=90°∴△PMJ≌△PNF(SAS∴∠MPJ=∠FPN，PJ=PF，∴∠JPF=∠MPN=90°，∵∠EPF=45°，∴∠EPF=∠EPJ=45°，在△PEF和△PEJ中，PE=PE∠EPF=∠EPJ∴△PEF≌△PEJ(SAS∴EF=EJ，∴EF=EM+FN，∴△CEF的周长=CE+EF+CF=CE+EM+CF+FN=2EM=2PM，∵SΔ∴24=12PM，∴PM=2，∴△ECF的周长为4．2．（2024·浙江杭州·一模）已知：如图，∠ADC=90∘，DC∥AB，BA=BC,AE⊥BC，垂足为点E，点F为AC(1)求证：BF⊥AC；(2)求证：△ADC≌△AEC；(3)连结DE，若CD=5,AD=12，求DE的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)DE=【详解】（1）证明：∵BA=BC，F是AC的中点，∴BF⊥AC（等腰三角形的三线合一）；（2）证明：∵AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∵∠ADC=90°，∴∠ADC=∠AEC，∵DC∥AB，∴∠DCA=∠CAB，∵BA=BC，∴∠ECA=∠CAB，∴∠DCA=∠ECA，在△ADC和△AEC中，∠ADC=∠AEC∠DCA=∠ECA∴△ADC≌△AEC(AAS（3）解：设DE，AC交于G，由（2）知∴△ADC≌△AEC，∴CD=CE，AD=AE，∴AC垂直平分线DE，∴DG=EG，在Rt△ACDAC=A∵S∴DG=AD⋅CD∴DE=120【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，平行线的判定与性质．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是要注意数形结合思想的应用．3．（2024·浙江宁波·模拟预测）在等边三角形ABC外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为D，连接CD，交AP于点E，连接BE．(1)依题意补全如图．(2)若∠PAB=20°，求∠ACE．(3)若0°<∠PAB<60°，用等式表示线段DE，【答案】(1)见解析；(2)40°；(3)DE=EC=CA，理由见解析．【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等边三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．（1）依题意补全图形；（2）由等腰三角形的性质和外角性质即可求解；（3）连接AD、BE,BE交AC于点F，根据全等三角形的判定与性质可求解．【详解】（1）解：过点B作直线AP的垂线，交于点O，取点D，使得OD=OB，连接CD、BE，则点D为点B关于直线AP的对称点，图为所求的图．

（2）解：如图：连接AD，∵点D与点B关于直线AP对称∴AD=AB，DE=BE，∴∠ADB=∠ABD,∠EDB=∠EBD∴∠ADB−∠EDB=∠ABD−∠EBD，即∠EDA=∠EBA∵AB=AC∴AD=AC，∴∠ADC=∠ACD∴∠ABE=∠ACE∴在△FAB与△FEC中∠FCE=∠FBA,∠CFE=∠BFA∴∠BAC=∠BEC∵△ABC是等边三角形∴∠BAC=60°∴∠BEC=∠BAC=60°∵∠PAB=20°，BD⊥AP，∴∠ABO=90°−∠PAB=70°，∵∠EDB=∠EBD，∴∠EBD=1∴∠ABE=∠ABO−∠EBD=70°−30°=40°，∴∠ACE=∠ABE=40°．（3）解：DE=EC=CA，理由：如图，连接AD、BE,BE交AC于点F，∵点D与点B关于直线AP对称∴AD=AB，DE=BE，∴∠ADP=∠ABP,∠EDP=∠EBP∴∠EDP−∠ADP=∠EBP−∠ABP

即∠EDA=∠EBA∵AB=AC∴AD=AC，∴∠ADE=∠ACE∴∠ABE=∠ACE∵∠AFB=∠CFE∴在△FAB与△FEC中∠FCE=∠FBA,∠CFE=∠BFA∴∠BAF=∠CEF∵△ABC是等边三角形∴∠BAC=60°∴∠CEF=∠BAF=60°∵AB=BC,ED=BE，∴由线段AB,CE,ED构成的三角形与△EBC全等，则AB=CE=ED又∵AB=CA，∴DE=EC=CA，4．（2024·浙江·一模）【问题背景】如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，分别以点B,C为圆心，以大于12BC为半径画弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点【问题提出】在矩形ABCD中，AD=24,AB=16，求线段CQ的长．【问题解决】（1）经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：方案一：连结OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长．方案二：延长AO交DC的延长线于点R，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任选其中一种方案求线段CQ的长．【问题反思】（2）在前面的已知条件及解决方法下继续探究，连接CP并延长，交AD于点H，求PH的长．【答案】（1）CQ=9（2）PH=【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．

∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=16，AD=BC=24，由作图知BO=OC=1由翻折的不变性，知AP=AB=16，OP=OB=12，∠APO=∠B=90°，∴OP=OC=12，∠QPO=∠C=90°，又∵OQ=OQ，∴△QPO≌△QCOHL∴PQ=CQ，设PQ=CQ=x，则AQ=16+x，DQ=16−x，在Rt△ADQ中，AD2解得x=9，∴线段CQ的长为9；方案二：延长AO交DC的延长线于点R，如图3．

∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=16，AD=BC=24，由作图知BO=OC=1∵AB∥∴∠R=∠BAO，由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，∴∠OAQ=∠R，∴QA=QR，设CQ=x，则QA=QR=16+x，DQ=16−x，在Rt△ADQ中，AD2解得x=9，∴线段CQ的长为9；（2）连接CP并延长，交AD于点H，连接OQ交CP于点T，过点P作PG⊥AD，垂足为G，由（1）知Rt△QPO≌Rt△QCO∴OP=OC,∠POT=∠COT，∵OT=OT，∴△TPO≌△TCOSAS∴∠PTO=∠CTO=90°，∵∠OAQ=∠R，QA=QR，∴∠AOQ=90°，∴∠AOQ=∠CTO=90°，∴AO∥∵AH∥∴四边形AOCH是平行四边形，∴AH=CO=12，∵sin∠DAQ=DQAQ∴GP=DQ⋅APAQ=∴HG=AG−AH=384∴PH=H【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．5．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F为别为线段AB，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E逆时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG(1)如图1，点E与点B重合，且GF延长线过点C，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；(2)如图2，EF的延长线交AC于点M，点N在AB上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF=2(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AB的中点，连接CE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△CEH沿EH翻折至ABC所在平面内，得到△C'EH，连接C【答案】(1)PD=2(2)见解析(3)10【详解】（1）解：如图1，

连接BP，由旋转知，BF=BG，∠FBG=90°，∴△FBG为等腰直角三角形，∵点P是FG的中点，∴BP⊥FG，∵点D是BC的中点，∴DP=1在Rt△ABC中，AB=AC=2∴BC=2∴DP=2；（2）证明：如图2，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，∴∠AEH=90°，由旋转知，EG=EF，∠FEG=90°，∴∠FEG=∠AEH，∴∠AEG=∠HEF，∵AB=AC，点D是BC的中点，∴∠BAD=∠CAD=1∴∠H=90°−∠BAD=45°=∠BAD，∴AE=HE，∴△EGA≌△EFHSAS∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，∴∠EAG=∠BAD=45°，∵AB⊥AC，HE⊥AB，∴AC∥∴∠AMF=∠HEF，∵△EGA≌△EFH，∴∠AEG=∠HEF，∵∠AGN=∠AEG，∴∠AGN=∠HEF，∴∠AGN=∠AMF，∵GN=MF，∴△AGN≌△AMFAAS∴AG=AM，∵AG=FH，∴AM=FH，∴AF+AM=AF+FH=AH=2（3）解：∵点E是AB的中点，

∴AE=1根据勾股定理得，CE=A由折叠知，CE=C∴点C'是以点E为圆心，10由旋转知，EF=EG，∴C'G要C'G最小，则EG最大，即∵点F在AD上，∴点F在点A或点D时，EF最大，最大值为2，∴线段C'G的长度的最小值【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．6．（2023·浙江宁波·一模）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D是BC的中点，E是AC的一个三等分点，且AE=13AC．连结AD，BE交于点G，则AG:GD=【尝试应用】（2）如图2，在△ABC中，E为AC上一点，AB=AE，∠BAD=∠C，若AD⊥BE，CE=1，AE=3，求AD的长．【拓展提高】（3）如图3，在□ABCD中，F为BC上一点，E为CD中点，BE与AC，AF分别交于点G，M，若∠BAF=∠DAC，AB=AG，BF=2，BM=2MG，求AM的长．

【答案】（1）1:1；3:1；（2）4217【详解】解：（1）如图1，作DH∥AC交BE于H，则∠EAG=∠HDG，

∵D是BC的中点，∴BD=CD，∴BHEH∴BH=EH，∴DH=1∵E是AC的一个三等分点，且AE=1∴AE=1∴AE=DH，∴△AGE≌△DGH(ASA∴AG=GD，GE=GH，∴AG:GD=1:1；∵BH=EH=2GE，∴BG=BH+GH=2GE+GE=3GE，∴BG:GE=3:1，故答案为：1:1；3:1．（2）设BE交AD于点L，作EF∥AD交BC于点

∵CE=1，AE=3，∴AB=AE=3，CA=CE+AE=4，CFFD∴FD=3CF，∵AD⊥BE于点L，∴∠ALB=∠ALE=90°，∵AL=AL，∴Rt∴BL=EL，∠BAD=∠CAD，∴BDFD∴BD=FD=3CF，∵∠BAD=∠C，∴∠CAD=∠C，∴∠CEF=∠CAD=∠C，∴EF=CF，∵△CEF∽△CAD，∴EFAD∵∠BAD=∠C，∠DBA=∠ABC，∴△DBA∽△ABC，∴BDAB∴BD⋅BC=AB设CF=m，则BD=3m，BC=7m，∴3m×7m=9，∴解得m1=21∴AD=4EF=4CF=4m=4×21∴AD的长为421（3）如图3，作MN∥BC交CG于点N，设

∵BM=2MG，∴CNNG∴CN=2NG=2n，∵AB=AG，∴∠ABG=∠AGB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥∴∠CEG=∠ABG=∠AGB=∠CGE，∵E为CD中点，∴DE=CE=CG=CN+NG=2n+n=3n，∴AB=AG=CD=DE+CE=3n+3n=6n，∴AN=AG+NG=6n+n=7n，AC=AG+CG=6n+3n=9n，∵∠BAF=∠DAC，∠BCA=∠DAC，∴∠BAF=∠BCA，∵∠FBA=∠ABC，∴△FBA∽△ABC，∴AFAC∴AF=AC∵AMFM∴AM=7∴AM的长为73【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法．7．如图1，将矩形ABOC放置于第一象限，使其顶点O位于原点，且点B，C分别位于x轴，y轴上．若A(m,n)满足m−20+(1)求点A的坐标；(2)取AC中点M，连接MO，△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，连接AN并延长，交x轴于点P．①求AP的长；②如图2，点D位于线段AC上，且CD=16．点E为平面内一动点，满足DE⊥OE，连接PE．请你求出线段PE长度的最大值．【答案】(1)(20,12)(2)①261；②【分析】（1）由m−20+n−12=0．可得m−20=0（2）①证明∠CNA=90°，得到△OCM≌△ABP(AAS)，可得PB=CM=10=12OB，即可求解；②取OD的中点Q，连接QE，QP．当点P、Q【详解】（1）解：∵m−20+∴m−20=0，n−12=0，解得m=20，n=12，∴点A的坐标为(20,12)；（2）①∵△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，∴ON=OC=12，MN=CM=AM=10，CN⊥OM，如图，连接NC，∵MN=AM=MC，∴∠MAN=∠MNA，∠MNC=∠MCN，设∠MAN=∠MNA=α，∠MNC=∠MCN=β，在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，∴2α+2β=180°，∴α+β=90°，∴∠CNA=90°，∴∠NCA+∠CAN=90°，∵∠NCA+∠OMC=90°，∴∠CAN=∠OMC，∴OM∥∵AC∥∴四边形AMOP是平行四边形，∴OP=AM=10=1∴点P为OB的中点，∴P(10,0)，∴AP=20−10②取OD的中点Q，连接QE，QP．∵∠OED=∠OCA=90°，点Q是OD的中点，∵CD=16．∴D(16,12)，∴BD=16∴QE=1由中点坐标可知：点Q的坐标为(8,6)，∴OQ=6∵P(10,0)，∴OQ=OP=QE=QD=10，∴当点P、Q、E三点共线时，PE的长度最大，则PE的最大值=QE+PQ，∵P(10,0)，Q(8,6)，∴PQ=(10−8)∴PE的最大值=QE+PQ=10+210故答案为：10+210【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行四边形的判定，解决本题的关键是得到四边形AMOP是平行四边形．8．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图1，已知△ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°，分别以AB、BC为边向外作△ABD与△BCE，且DA=DB，EB=EC，∠ADB=∠BEC=90°，连接DE交AB于点F．(1)探究：AF与BF的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．(2)如图2，若∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60°，题目中的其他条件不变，（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明；(3)如图3，若∠ADB=∠BEC=m∠ABC，题目中的其他条件不变，使得（1）中得到的结论仍然成立，请直接写出m的值．【答案】(1)AF=3BF．理由见解析(2)AF=3BF成立，理由见解析(3)m=2【分析】（1）作DG⊥AB于G，证明△DFG≌△EFB，根据全等三角形的性质证明结论；（2）仿照（1）的证明方法证明；（3）作DH⊥AB于H，要使得结论AF=3BF成立，则有∠DGF=∠EBF=90°，可得12(180°−m∠ABC)+∠ABC=90°，可得【详解】（1）解：结论：AF=3BF．理由：如图1，过点D作DG⊥AB于G，则∠DGB=90°，∵∠ACB=90°，∠ABC=45°，∴AC=CB，∴AC∴BC=2∵DA=DB，∠ADB=90°，∴DG=AG=BG=1在Rt△BEC中，∠BEC=90°，EB=EC∴BE=2∴DG=BE，在△DFG和△EFB中，∠DFG=∠EFB∠DGF=∠EBF∴△DFG≌△EFBAAS∴FG=BF，∵AF=3BF；（2）解：猜想：AF=3FB．证明：如图2中，过点D作DG⊥AB于G，则∠DGB=90°．∵DA=DB，∠ADB=60°．∴AG=BG，△DBA是等边三角形．∴DB=BA．∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴AC=1∴Rt∴DG=BC．∵BE=EC，∠BEC=60°，∴△EBC是等边三角形．∴BC=BE，∠CBE=60°．∴DG=BE，∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．∵∠DFG=∠EFB，∠DGF=∠EBF，在△DFG和△EFB中，∠DFG=∠EFB∠FGD=∠FBE∴△DFG≌△EFBAAS∴GF=BF，故AF=3FB；（3）结论：m=2，理由：如图3中，过点D作DG⊥AB于G，则∠DGB=90°．要使得结论AF=3BF成立，则有∠DGF=∠EBF=90°，∴12∴90°−1∴m=2．【点睛】本题属于三角形综合题，考查的是等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．类型二等腰（边）三角形的性质与判定9．（2023·浙江杭州·二模）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别是边BC，CA上的点，且BD=CE，连结AD，BE交于点P．(1)求证：△ABE≌△CAD；(2)连接CP，若CP⊥AP时，①求AE:CE的值；②设△ABC的面积为S1，四边形CDPE的面积为S2，求【答案】(1)见解析(2)①2；②2【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC，∠BAC=∠BCA=60°．∵BD=CE，∴CD=AE．在△ABE和△CAD中，AE=CD∠BAE=∠ACD∴△ABE≌△CADSAS（2）解：①由（1）知：△ABE≌△CAD，∴∠CAD=∠ABE．∴∠APE=∠BAP+∠ABP=∠BAP+∠PAE=60°．∴∠DPE=120°．∴∠DPE+∠DCE=120°+60°=180°．∴C、D、P、E四点共圆．∵AP⊥PC，∴∠DPC=∠APC=90°，即点P恰好落在以AC为直径的圆上，点P也落在以CD为直径的圆上，∵∠APE=60°，∴∠CPE=30°．连接DE，则∠CED=90°，∠CDE=∠CPE=30°，∴CDCE∵CD=AE，∴AECE②如图，连接DE，设S1∵BD=1∴CD=2∴S∵CE=1∴S∴S过点D作DF∥∴△DFP∽△AEP，△DFB∽△CEB．∴DFEC∴DPAP即DPAD∴S∴S∴s2【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，圆的有关性质等，熟练掌握有关的性质定理是解答此题的关键．10．（2023·浙江绍兴·三模）小明在学习角平分线知识的过程中，做了进一步探究：如图1，在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点D，发现ABAC

证明：延长BA至E，使得AC=AE，……请你完成上述证明过程：结论应用：已知在△ABC中，∠C=30°，∠B=α，BC边上有一动点D，连接AD，点B关于AD的对称点为点B'，连接AB'交BC(1)如图2，当α=30°，AB'⊥BC(2)如图3，当α=45°，AB'与△ABC的边垂直时，求

【答案】证明：见解析；结论应用：(1)2；(2)1或2或6【分析】延长BA至E，使得AC=AE，连接CE，证明AD∥CE，可得ABAE=BD（1）由∠B=α=30°，∠C=30°，可得∠B=∠C，依题意AB：AE=2：1，由结论可得ABAE=（2）①AB'⊥BC，则∠B=α=45°，②AB'⊥AB，则∠B=α=45°，点B'恰与点【详解】延长BA至E，使得AC=AE，连接CE，

∵AC=AE，∴∠ACE=∠AEC，又∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD．∵∠BAC=∠ACE+∠AEC，∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BAD=∠AEC，∴AD∥∴ABAE=BD∴AB（1）∵∠B=α=30°，∠C=30°，

∴∠B=∠C，又∵AB∴AB：AE=2：1，∵AD平分∠BAC，由结论(1)可得ABAE∴BDDE（2）①AB'⊥BC∴AB：AE=2：1

∵∠BAD=∠EAD，∴ABAE∴BDDE②AB'⊥AB，则∠B=α=45°，点B∴AB：AE=1：1

∵∠BAD=∠EAD，ABAE∴BDDE③AB'⊥AC∴∠AEC=60°，设EF=a，则AF=3a，∵∠B=α=45°，∴AB=6

∵∠BAD=∠EAD，∴ABAE∴BDDE【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，角平分线的意义，熟练掌握平行线分线段成比例是解题的关键．11．（2023·浙江宁波·一模）新定义：垂直于图形的一边且等分这个图形面积的直线叫作图形的等积垂分线，等积垂分线被该图形截的线段叫做等积垂分线段．问题探究：(1)如图1，等边△ABC边长为3，垂直于BC边的等积垂分线段长度为______；(2)如图2，在△ABC中，AB=8，BC=63，∠B=30°，求垂直于BC(3)如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=BC=6，AD=3，求出它的等积垂分线段长．【答案】(1)3(2)BC边的等级垂分线段的长度为2(3)四边形ABCD的一条等积垂分线段的长为3【分析】（1）过点A作AD⊥BC，根据等边三角形性质求解即可．（2）线段EF是垂直于BC边的等积垂分线段，设EF=x，作AH⊥BC，构建方程即可得到答案．（3）分两种情况，作FG⊥BH，设DE=x或作EG⊥BD，设FH=y，构建方程即可得到答案．【详解】（1）解：如图所示AD为垂直于BC边的等积垂分线，∵△ABC是等边三角形，AB=3，∴ADAB∴AD=3（2）解：如图2中，线段EF是垂直于BC边的等级垂分线段，设EF=x．作AH⊥BC于H．在Rt△ABH中，∵∠AHB=90°，∠B=30°，AB=8，∴AH=12AB=4∵BC=63∴S△ABC由题意：S△BEF∴12解得x=23或−2∴BC边的等积垂分线段的长度为23（3）①如图3-1中，当线段EF是等积垂分线段时，设EF交BD于H．作FG⊥BH于G．设DE=x．在Rt△ABC中，∵∠A=90°，AD=3，AB=6∴BD=A∵EH∥AB，∴EHAB∴EH6∴EH=2x，DH=5∴BH=35∵∠A=∠C=90°，AB=BC，BD=BD，∴△ABD≌△CBDHL∴∠ABD=∠DBC，∵∠FHB=∠HBA，∴∠FHB=∠FHB，∴FH=FB，∵FG⊥BH，∴HG=GB=3由△FGB∽△DAB，可得FG=35−∴EF=EH+FH=2x+15−5x∵四边形EFCD的面积＝四边形EFBA的面积，△ABD的面积＝△BDC的面积，∴△DEH的面积＝△BHF的面积，∴12解法x=210∴EF=15+3②如图3-2中，当线段EF是等积垂分线段时，设EF交BD于H．作EG⊥BD于G．设FH=y，则BF=2y，BH=5∵EF∥∴∠ADH=∠EHD，∵∠ADB=∠BDC，∴∠EDH=∠EHD，∴ED=EH，∵EG⊥DH，∴DG=GH=3∵tan∠EDG=∴EG=35−5∴EF=EH+FH=y+由△DEH的面积＝△BHF的面积，∴12解得y=5−10∴EF=15−3综上所述，四边形ABCD的一条等积垂分线段的长为310【点睛】本题考查了四边形综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题是关键．12．（2023·浙江·模拟预测）【阅读材料】如图①，四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E，F分别在BC，CD上，若【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD．已知CD=CB=100m，∠D=60°，∠ABC=120°，∠BCD=150°，道路AD，AB上分别有景点M，N，且DM=100m，BN=503−1m，若在M，【答案】阅读材料：见解析；解决问题：少370m【分析】阅读材料：延长CB到点M，使BM=DF，连接AM，如图，利用已知条件可得∠D=∠ABM，进而可证明△ABM≅△ADF，可得AM=AF,∠MAB=∠DAF，再证明△AEM≅△AEF，可得ME=EF，进而可得结论；解决问题：如图，作辅助线，构建阅读材料的图形，先根据四边形的内角和定理证明∠G=90°，分别计算CG,DG,AD,AG的长，由线段的和与差可得AM,AN的长，最后由阅读材料的结论可得MN的长，计算AM+AN−MN可得答案．【详解】阅读材料：证明：延长CB到点M，使BM=DF，连接AM，如图，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，∴∠D=∠ABM，∵AB=AD,∠ABM=∠D,BM=DF，∴△ABM≅△ADF，∴AM=AF,∠MAB=∠DAF，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠BAE+∠DAF=∠BAE+∠BAM=∠EAM=∠EAF，又∵AM=AF,AE=AE，∴△AEM≅△AEF，∴ME=EF，∴EF=MB+BE=BE+DF；解决问题：解：如图，延长DC，AB交于点G，连接∵∠D=60°，∴∠A=360°−60°−120°−150°=30°，∴∠G=90°，∴AD=2DG，在Rt△CGB中，∠BCG=180°−150°=30°∴BG=1∴DG=CD+CG=100+503∴AD=2DG=200+1003∵DM=100，∴AM=AD−DM=200+1003∵BG=50，∴AN=AG−BG−BN=150+1003−50−503∵CD=DM，∴△DCM是等边三角形，∴∠DCM=60°，∵GC=GN=503∴△CGN是等腰直角三角形，∴∠GCN=45°，∴∠BCN=45°−30°=15°，∴∠MCN=150°−60°−15°=75°=1由【阅读材料】的结论得：MN=DM+BN=100+503∵AM+AN−MN=100+1003∴路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m．【点睛】此题主要考查了含30°的直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质，二次根式的混合运算等知识与方法，解题的关键是作出所需要的辅助线，构造含30°的直角三角形，再利用线段的和与差进行计算．13．（22-23九年级上·山东济南·期末）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F．填空：①线段AD，BE之间的数量关系为________；②∠AFB的度数为______．（2）如图2所示，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90°，AB=BC，DE=EC，直线AD和直线BE交于点F，请判断∠AFB的度数及线段（3）如图3所示，△ABC和△ADE均为直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，AB=5，AE=3，当点B在线段ED的延长线上时，求线段【答案】（1）①AD=BE；②∠AFB=60°；（2）∠AFB=45°；AD=2BE；（3）BD=4−【详解】解：（1）①∵△ABC和△CDE均为等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB，即∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE；故答案为：AD=BE；②∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBF，设BC交AF于点O，∵∠AOC=∠BOF，∴∠BFO=∠ACO=60°，即∠AFB=60°．故答案为：∠AFB=60°．（2）结论：∠AFB=45°，AD=2∵∠ABC=∠DEC=90°，∴∠ACD=45°+∠BCD=∠BCE，又∵ACBC∴△ACD∽△BCE，∴ADBE=AC∴AD=2∵∠AOB=∠AFB+∠CBF=∠ACB+∠CAF，∴∠AFB=∠ACB=45°．（3）在Rt△ABE中，BE=在Rt△ADE中，DE=∴BD=BE−DE=4−3∵∠DAE=∠BAC=30°，∴∠BAD=∠CAE，∵AEAD∴AEAC∴△BAD∽△CAE，∴ECBD∴EC=3【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，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，勾股定理、三角函数的计算，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，特殊角的三角函数值．14．（1）观察理解：如图①，△ABC中，∠ACB=90∘,AC=BC，直线l过点C，点A，B直线l同侧，BD⊥l,AE⊥l，垂足分别为D,E（2）理解应用：如图②，AE⊥AB，且AE=AB,BC⊥CD，且BC=CD，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积S=；（3）类比探究：如图③，Rt△ABC中，∠ACB=90∘,AC=4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90∘至AB'（4）拓展提升：如图④，等边△EBC中，EC=BC=3cm，点O在BC上，且OC=2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120∘得到线段OF．当点F恰好落在射线【答案】（1）见解析（2）50（3）8（4）4【详解】证明：（1）∵BD⊥l,AE⊥l，垂足分别为D,E，∴∠AEC=∠CDB=90°，∴∠ACE+∠CAE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACE+∠BCD=90°，∴∠CAE=∠BCD，∵AC=BC，∴△ACE≌△CBD（AAS）；（2）由图1中的结论可知：△AEF≅△BAG，∴AF=BG=3，EF=AG=6，S△AEF∴S△BAG同理可得：CH=BG=3，CG=DH=4，S△BCG∴S△BCG∵FH=AF+AG+CG+CH=3+6+4+3=16，∴S直角梯形∴S=S故答案为：50；（3）如图，过点B'作B'D⊥AC于点D∵斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB∴AB'=AB∴∠B∵∠ACB=90°，∴∠B+∠CAB=90°，∴∠B=∠B在△B'AD{∠AD∴△B∴B'∴S△A故答案为：8；（4）∵△EBC是等边三角形，∴∠CBE=∠BCE=60°，∴∠OPC+∠COP=∠BCE=60°，当点F恰好落在射线EB上时，∠OBF=∠PCO=120°，由旋转的性质可知，OF=OP，∠POF=120°，∴∠FOB+∠COP=60°，∴∠FOB=∠OPC，在△BOF和△CPO中，{∠OBF=∠PCO∴△BOF≅△CPO(AAS∴CP=BO=BC−OC=1，∴EP=4，∴t=4【点睛】本题主要考查了三角形全等，等边三角形，旋转等，解决问题的关键是正确画出图形，熟练掌握三角形全等的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质．类型三相似三角形性质与判定的综合应用15．（2023·浙江·模拟预测）如图，△ABC和△BDE是两个全等的Rt三角形，BD与AC交于F，∠BAC=∠DBE=30°，若3CF=(1)求证△DEF∽(2)求DFDE【答案】(1)见详解(2)1【分析】（1）过F作FG⊥BE，根据30°直角三角形内各边关系，以及勾股定理求出EF和BC的关系，然后根据相似三角形的判定定理求解即可；（2）根据（1）的结论，得到△DEF是直角三角形，∠DEF为30°，从而可以求出DFDE【详解】（1）证明：过F作FG⊥BE于G，∵在Rt△BCF中，3∴BF=B∵∠DBE=30°，∴FG=12BF=12∵△ABC≌△BDE，∴DE=BC，∴EG=BE−BG=3在Rt△EFG中，E即EF解得：BCEF=2∴EF=3∵BE=3DE，∴EF:BE=DE:BD，又∵∠D=∠D，∴△DEF∽△DBE，∵△ABC和△BDE是两个全等的Rt三角形，∴△DEF∽△BAC；（2）由（1）知，△DEF∽△DBE，∴DF⊥EF，∠DEF=30°，∴DFDE【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据勾股定理求出EF和BC的关系是本题解题的关键．16．（2023·浙江宁波·三模）【基础巩固】（1）如图1，△ABC中，点D，E在边BC上，AD=AE，∠ADE+∠BAC=180°，求证：△ADB∽△CEA；【尝试应用】（2）如图2，▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，且∠BAD=∠DEC=∠BFC，求证：DE=BF；【拓展提高】（3）在（2）的基础上，若AE=4，EF=5，CB=CF，求cos∠BCD【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）cos【详解】（1）证明：∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED．∵∠ADE+∠BAC=180°，即∠B+∠BAD+∠BAC=∠B+∠C+∠BAC=180°，∴∠B+∠BAD=∠B+∠C，∴∠BAD=∠C，同理∵∠AED+∠BAC=180°，∴∠C+∠EAC=∠B+∠C，∴∠B=∠EAC．∴△ADB∽△CEA；（2）如图，截取CG=AE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC,∠CAD=∠ACB，∵CG=AE，∴△ADE≌△CBGSAS∴∠AED=∠CGB，∴∠DEC=∠BGF，∵∠BAD=∠DEC=∠BFC∴∠BGF=∠DEC=∠BFC，∴DE=BG=BF；（3）如上图，由（2）知∵∠BAD=∠DEC=∠BFC=∠BGF，∴∠BGF+∠ABC=180°．∵BF=BG，∴∠BFG=∠BGF．∵∠BGF+∠ABC=180°，即∠BGF+∠ABC=∠BCA+∠CBG+∠ABC=180°，∠BCA+∠ABC+∠CAB=180°，∴∠BCA+∠CBG=∠BCA+∠CAB，∴∠CBG=∠CAB，同理∵∠BFG+∠ABC=180°，∴∠CAB+∠ABF=∠BCG+∠CAB，∴∠BCG=∠ABF．∴△AFB∽△BGC，∴BG∵AE=4，EF=5，△ADE≌△CBG，∴AF=AE+EF=9,CG=AE=4，∴BG⋅BF=AF⋅CG=9×4=36，∴BG=BF=6．∵∠BCG=∠CAB,∠C=∠C，∴△CBG∽△CAB，∴BC∵CF=CB，∴AC=AF+CF=AF+BC=9+BC，∴BC2=CG⋅AC=4×(9+BC)∴CF=BC=210∴FG=210过点B作BH⊥AC，垂足为H，∵BF=BG，∴FH=GH=1∴cos【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，解直角三角形，构造辅助线，证明三角形相似是解题的关键．17．（2024·浙江宁波·模拟预测）综合与实践．【问题发现】（1）如图1，在正方形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点F，连接EF，求证：BE=BF．【类比探究】（2）如图2，在矩形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点F，且∠ACB=60°，连接EF，求CFAE【拓展延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，将E改为直线AC上的动点，其余条件不变，取线段EF的中点M，连接BM，CM．若AB=23，则当ΔCBM是直角三角形时，请求出【答案】（1）见解析；（2）CFAE=33；（3）CF【分析】（1）证明△ABE≌△CBF(ASA)，可得（2）通过证明△ABE∽△CBF，可得CFAE（3）求出EF=2CM=22，设CF=x，则AE=【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠BCA=45°，∠ABC=90°，AB=BC，∵BE⊥BF，CF⊥AC，∴∠EBF=∠ECF=90°=∠ABC，∴∠ABE=∠CBF，∠BCF=45°=∠BAC，∴△ABE≌△CBF(ASA∴BE=BF；（2）解：∵BE⊥BF，CF⊥AC，∴∠EBF=∠ECF=90°，∴点C，点E，点B，点F四点共圆，∴∠ACB=∠EFB=60°，∴∠BAE=∠BEF=30°，∴AB=3BC，∴AB∵∠EBF=∠ABC，∴∠ABE=∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴CFAE（3）解：由（2）知：CFAE∵AB=23∴CB=2，∵△ABE∽△CBF，∴∠ABE=∠CBF，∴∠EBF=∠EBC+∠CBF=∠EBC+∠ABE=∠ABC=90°，∵M为EF的中点，∴BM=1由（2）知∠ACF=90°，∴CM=1∴BM=CM，又∵△CBM是直角三角形，∴CM=2∴EF=2CM=22设CF=x，则AE=3∵∠CAB=30°，BC=2，∴AC=2BC=4，∴CE=AC−AE=4−3∵∠ECF=90°，∴CE∴x∴x=3−1或当∠MBC=90°或∠MCB=90°时，点M不存在，当E在AC延长线上时，设CF=x，则AE=3∵∠CAB=30°，BC=2，∴AC=2BC=4，∴CE=AE−AC=3∵∠ECF=90°，∴CE∴x∴x=3−1（不合题意，舍去）或综上所述，CF的长为3−1或3【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．18．（2023·浙江金华·三模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4．点D为AC的中点，点E为折线A−B−C上一动点，连接DE，以DE为边作正方形DEFG（点F为点D绕点E顺时针旋转90°得到），直线FG与直线BC，AC的交点分别为M，N

(1)当点E在线段AB上时，①若AE=ED，求此时AE的长；②若直线FG过点C，求此时正方形DEFG的面积；(2)是否存在点E，使得△CMN是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长，若不存在，请说明理由．【答案】(1)①AE=2512；②正方形(2)存在，△CMN的腰长为256或548或5【详解】（1）解：①如图1，AI

作EF⊥AC于F，∵∠ABC=90°，AB=3，BC=4，∴AC=5，∴cos∠A=∵D是AC的中点，∴AD=5∵AE=DE，∴AF=FD=1∴AE=AF②如图2，

作EH⊥AC于H，作GQ⊥AC于Q，∴∠EHD=∠DQG=90°，∴∠EDH+∠DEH=90°，∵∠EDG=90°，∴∠EDH+∠QDG=90°，∴∠DEH=∠QDG，∵DE=DG，∴△EHD≌∴GQ=DH，DQ=EH，设AE=5x，则DQ=EH=4x，AH=3x，GQ=DH=5∴CQ=CD−DQ=5同理可得：∠CDG=∠CGQ，∴tan∠CDG=∴GQDO∴GQ∴52∴x1∴EH=4x=2，DH=5∴DE∴正方形DEFG的面积为5；（2）存在点E，使△CMN是等腰三角形；如图3，

当点E在AB上，CM=CN时，则∠N=∠CMN，∵DE∥∴∠N=∠ADE，∵∠F=∠EBM=90°，∴∠FEB=∠CMN，作DR⊥AB于R，∴∠FED=∠DRE=90°，∴∠FEB+∠DER=∠DER+∠EDR，∴∠EDR=∠FEB，∴∠ADE=∠EDR，∴ED是∠ADR的平分线，∴AEER∵AR=1∴ER=3∴DE∵∠EDR=∠N，∠ERD=∠DGN=90°，∴△DER∽∴DEDN∵DE=DG，∴DE∴DN=D∴CN=DN−DC=20如图4，

当点E在B处时，∵DE∥∴∠CMN=∠DBC，∵BD=CD，∴∠DBC=∠DCB=∠MCN，∴∠CMN=∠MCN，∴CN=MN，∵BM=EF∴CM=BM−BC=1∵DE∥∴CNCD∴CN5∴CN=5如图5，

当点E在BC上，CD=CE时，则∠CNM=∠CDE=∠CED=∠CMN，∴CM=CN，作CH⊥DE于H，交FG于X，由（2）如图3可知：tan=设XN=x，则XC=3x，设DH=a，则HX=2a，CH=3a，∴a=3x，∴DG=DE=2DH=6x，∵CX∥∴△CXN∽∴CNDN∴CN=1如图6，

当DE=CE时，则∠CNM=∠EDC=∠DCE=∠MCN，∴CM=MN，作ET⊥AC于T，作DH⊥BC于H，∴CT=1∴DE=EF=CE=CT由上知：△DHE∽∴DHEF∴32∴EM=625∴CM=EM−CE=625综上所述：△CMN的腰长为256或548或56【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论．19．（2024·浙江宁波·模拟预测）综合与实践问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD上的动点（与点B，D不重合），连结AE，过点E作EF⊥AE，EG⊥BD，分别交直线BC于点F，G．请说明△ABE≌△FGE，并求EFAE数学思考：（1）请你解答老师提出的问题．深入探究：（2）如图2，老师将图1中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，其他条件均不变，并让同学们提出新的问题．①“聪聪小组”提出问题：如图2，当AB=3，BC=4时，求EFAE的值；进一步，当AB=m⋅BC时，直线写出EFAE的值（用含②“慧慧小组”提出问题：如图3，连结CE，当AB=2，BC=4，CE=CD时，求EF的长．请解答这两个问题：【答案】（1）证明见解析，1；（2）①34，m；②2【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠ABE=∠GBE=45°，∵EF⊥AE，EG⊥BD，∴∠AEF=∠BEG=90°，∴∠AEF−∠BEF=∠BEG−∠BEF，∠G=90°−∠EBG=45°，∴∠AEB=∠FEG，∠ABE=∠EBG=∠G，∴BE=EG，在△ABE和△FGE中∵∠ABE=∠G，BE=GE，∠AEB=∠FEG，∴△ABE≌△FGEASA∴AE=EF，∴EFAE（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB，∠C=90°，由（1），得∠AEB=∠FEG，∵∠ABC=∠AEF=90°，∴∠ABC+∠AEF=90°+90°=180°，∴∠BAE+∠BFE=180°，∵∠BFE+∠EFG=180°，∴∠EFG=∠BAE，∴△ABE∽△FGE，∴EFAE∵∠BEG=∠C=90°，∠CBD=∠EBG，∴△BEG∽△BCD，∴EGCD∴EGBE∴EFAE当AB=m⋅BC时，EFAE②如答图，过点C作CH⊥BD于点H，过点E作EQ⊥AB于点Q．∵AB=CD=2，BC=4，∴BD=B又∵sin∠DBC=∴CH4∴CH=4∴DH=C∵CE=CD，CH⊥BD，∴DE=2DH=4∴BE=6∵QE⊥AB，∴∠BQE=∠BAD=90°，又∵∠ABD=∠QBE，∴△BQE∽△BAD，∴BEBD∴65∴QE=125，∴AQ=4∴AE=A由（2）可知EFAE∴EF=2【点睛】本题主要考查了正方形性质，矩形的性质，等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，相似三角形判定和性质等知识，锐角三角函数，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．20．（2023·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，△ABC和△ADE是直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，【尝试应用】（2）如图2，在Rt△ABC与Rt△EDC中，直角顶点重合于点C，点D在AB上，∠BAC=∠DEC，且sin∠BAC=13【拓展提高】（3）如图3，若∠CAB=90°，∠E=∠ABC，tan∠E=33，BD=5CD，过A作AQ⊥AD交EB延长线于Q【答案】（1）见解析；（2）AE=42；（3）【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，综合性强，难度大，属于压轴题．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形．（1）通过证明△ABC∽△ADE，可得ACAE（2）通过证明△CBD∽△CAE，可得（3）由锐角三角函数可求∠E=30°，由直角三角形的性质可求BC=2AC=6a，AB=3AC=33a，通过证明【详解】（1）证明：∵∠ABC=∠ADE=∴△ABC∽∴ACAE=AB∴∠CAE=∠BAD，∴△DAB∽（2）解：∵∠BAC=∠DEC，sin∠BAC=∴sin∠BAC=∴AB=3BC，DE=3CD，∴AC=AB2∴AC∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCD=∠ACE，∴△CBD∽∴AE∵BD=2，∴AE=42（3）解：如图3，在AC上截取CH=CD，连接DH，∵tanE=∴∠E=30°，∴∠E=∠ABC=30°，∠ABE=60°，设AC=3a，则BC=2AC=6a，AB=3∵BD=5CD，∴BD=5a，CD=a=CH，∵∠ACB=90°−∠ABC=60°，∴△CDH是等边三角形，∴CH=CD=HD=a，∠CHD=120°，∴AH=2a，∵∠ABQ=180°−∠ABE=120°，∴∠ABQ=∠AHD，∵∠BAC=∠DAQ=90°，∴∠HAD=∠BAQ，∴△DAH∽∴AH∴2a3∴BQ=3∴AC21．（2023·浙江宁波·二模）【基础巩固】如图1，P是∠ABC内部一点，在射线BP上取点D、E，使得∠CEP=∠ADP=∠ABC．求证：△ABD【尝试应用】如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是AC上一点，连接BD，在BD上取点E、F，连接CE、AF，使得∠AFD=∠CED=45°．若BF=2【拓展提高】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，D是AC上一点，连接BD，在BD上取点E，连接CE．若∠CED=60°，BEDE=

【答案】【基础巩固】见解析【尝试应用】2【拓展提高】3【详解】【基础巩固】证明：∵∠ABD+∠CBE=∠ABC，∠ABD+∠BAD=∠ADP,∠ABC=∠ADP，∴∠CBE=∠BAD,又∵∠ADB=180°−∠ADP,∠BEC=180°−∠CEP,∠ADP=∠CEP，∴∠ADB=∠BEC,∴△ABD∽△BCE.【尝试应用】解：∵∠BAC=90°，AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=2即：∠ABF+∠CBE=∠ABC=45°，又∵∠ABF+∠BAF=∠AFD=45°，BC=2即：∠ABF+∠CBE=∠ABC=45°，又∵∠ABF+∠BAF=∠AFD=45°.∴∠CBE=∠BAF,又∵∠AFB=180°−∠AFD=135°，∠BEC=180°−∠CED=135°，∴∠BEC=∠AFB,∴△BEC∽△AFB,∴CEBF∴CE=2故CE的长为：22【拓展提高】解：如图所示，在BD上取点F，使∠AFD=60°，作AG⊥BD于点G，

∵∠BAC=90°，∠ACB=30°，∴∠ABC=60°，AB=1即：∠ABF+∠CBE=∠ABC=60°，又∵∠ABF+∠BAF=∠AFD=60°，∴∠BAF=∠CBE，又∠AFB=180°−∠AFD=120°，∠BEC=180°−∠CED=120°，∴∠AFB=∠BEC，∴△AFB∽△BE，∴ABBC=AF∴AF=1∵BEDE∴令BE=8t，则DE=5t，∴AF=1又∵∠AFD=60°，FG⊥DF∴在Rt△AFG中，∠FAG=30°∴FG=1由勾股定理可得：AG=AF又∵∠ABG+∠BAG=180°−∠AGB=90°，∠BAG+∠DAG=∠BAC=90°，∴∠ABG=∠DAG，∴△ABG∴AGDG∴AG2设EF=x，则BG=10t+x，DG=DE−EF−FG=3t−x.∴(23解得：x=2t,∴BG=12t,∴tan∠故∠BCE的正切值为：36【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，三角形上午外角，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．22．（2024·浙江宁波·模拟预测）贝贝在学习三角形章节内容时，对于三角形中的角度计算问题进行了如下探究：在△ABC中，已知∠ABC=18°，∠C>∠B．(1)如图1，若D为BC上一点．连接AD，将△ABD沿着AD进行翻折后得到△AB1D，若∠ADC=47°(2)如图2，将△BEF沿EF翻折得到△B1EF，探究∠1(3)如图3，若D为直线BC上的动点，连接AD，将△ABD沿AD进行翻折后得到△AB1D，连接BB1．若△BD【答案】(1)∠BD(2)∠1−∠2=36°，理由见解析(3)22°或137°或7°或122°【详解】（1）∵将△ABD沿着AD进行翻折后得到，△AB1D∴∠ADB=180°−47°=133°，∴∠ADB∴∠CDB∴∠BDB（2）∠1−∠2=36°，理由如下：∵将△BEF沿EF翻折得到△B∴∠B1=∠ABC=18°，∠BEF=∠∴∠BFE+∠B∴∠BFE=∠B∴∠BEF=∠B∴∠1=180°−2∠BEF=180°−272°−即∠1−∠2=36°；（3）将△ABD沿AD进行翻折后得到△AB1D连接BB1，根据折叠可知BD=∴∠DBB1=∠DB若△BDB1中存在当点D在线段BC上，∠DBB∴∠AB∴∠BAB∵∠BAD=∠B∴∠BAD=∠B当点D在线段BC上，∠BDB∴∠DBB∴∠AB∴∠BAB∴∠BAD=∠B当点D在线段CB延长线上时，如图所示：∵∠ADB<∠ABC，∴∠ADB<18°，根据折叠可知，∠ADB=∠ADB∴∠BDB∴∠DBB∴此时△DBB1中的角不存在当点D在线段BC延长线上，∠BDB根据折叠可知，∠ADB=∠ADB∴∠BDA=∴∠BAD=180°−∠BDA−∠ABD=180°−25°−18°=137°，当点D在线段BC延长线上，∠BB∴∠DBB∴∠BDB根据折叠可知，∠ADB=∠ADB∴∠ABD=1∴∠BAD=180°−∠BDA−∠ABD=180°−40°−18°=122°；综上分析可知，∠BAD的值为22°或137°或7°或122°．故答案为：22°或137°或7°或122°．类型四与三角形有关的折叠问题23．（23-24九年级上·浙江宁波·期末）【模型搭建】（1）如图1，D是等边三角形ABC的边AB上一点，现将△ABC折叠，使点C与点D重合，折痕为EF，点E、F分别在AC和BC上．①若BF=2AD，则DEDF②若BD=2AD，△ADE与△BFD的周长分别为m,n，则mn=______，【灵活应用】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，点D,E分别在边AB,AC上将△ADE沿DE向下翻折至△FDE，连结BF,BC平分∠ABF．若BF=20，CE=1，求AC【答案】（1）①12，②45，45；【详解】（1）①∵等边三角形ABC∴∠A=∠B=∠C=60°，由折叠的性质可知，∠EDF=∠C=60°，EC=ED，∴∠AED=∠BDF，∴△AED∽△BDF，∴DEDF∵BF=2AD，∴DEDF②设AD=x，则BD=2AD=2x，AB=AC=BC=3x，∴△ADE周长分别为m=AD+AE+DE=AD+AE+EC=AD+AC=4x，△BFD的周长分别为n=BD+DF+BF=BD+BF+CF=BD+BC=5x，∴mn∵△AED∽△BDF，∴DE∵EC=ED，∴CECF故答案为：45，4（2）延长AC、BF交于点M，∵∠C=90°，∠A=60°，∴∠ABC=30°，AB=2AC，∵BC平分∠ABF，∴∠ABC=∠FBC=30°，∴∠A=∠ABM=60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠A=∠ABM=∠M=60°，由折叠的性质可知，∠DFE=∠A=60°，AD=DF，∴∠EFM=∠BDF，∴△MFE∽△BDF，∴BDFMAC=a，则AB=AM=BM=2AC=2a∵BF=20，CE=1，∴FM=2a−20，AE=EF=a−1，EM=a+1，∴△EFM周长为EF+EM+FM=AE+EM+FM=AM+FM=2a+2a−20=4a−20，△BFD的周长为BD+DF+BF=BD+BF+AD=BF+AB=2a+20，∴代入BFEM=△BDF解得a1∴AC=14或15．24．（2023·浙江衢州·一模）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CD，CG⊥AD于点H，交AB于点G，E为AB上一点，连接CE交AD于点F．

(1)如图1，若CE⊥AB于点E，HG=1，CH=5，求CF的长；(2)如图2，若AC=AE，∠GEH=∠ECH，求证：CE=22(3)如图3，若E为AB的中点，作A关于CE的对称点A'，连接CA'，EA'，DA'【答案】(1)26(2)见解析(3)∠【详解】（1）解：∵∠ACB=90°，CA=CD，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD=∠CDA=45°，∵CG⊥AD，∴∠CHF=∠AHG=90°，∠ACH=∠DCH=45°，AH=DH=CH=5，∴∠GAH+∠AGC=90°，∵CE⊥AB，∴∠CEG=90°，∴∠GCE+∠AGC=90°，∴∠GCE=∠GAH，在△CHF与△AHG中，∠GCE=∠GAHCH=AH∴△CHF≌△AHG，∴HF=HG=1，∴CF=C（2）如图2，过H作MH⊥EH，交CE于M，连接AM，

∵AC=AE，∴∠AEC=∠ACE，∵∠GEH=∠ECG，MH⊥EH，而∠ACH=45°，∴∠MEH=∠AEC−∠GEH=∠ACE−∠ECG=∠ACH=45°，∴△EHM为等腰直角三角形，∠EHM=90°，∴EH=MH，EM=2∴∠AHM=∠AHC+∠CHM=90°+∠CHM=∠EHM+∠CHM=∠CHE，在△AHM与△CHE中，AH=CH∠AHM=∠CHE∴△AHM≌△CHE，∴∠MAH=∠ECH，∴∠MAF+∠AFC=∠ECH+∠AFC=90°，∴∠AMF=180°−90°=90°，∴AM⊥CE，∵AC=AE，∴△ACE是等腰三角形，∴CM=EM=2∴CE=2EM=22（3）∵H为AD的中点，E为AB的中点，∴EH是△ABD的中位线，∴EH∥∴∠CEH=∠BCE，∴∠ACE=∠ACB−∠BCE=90°−∠BCE=90°−∠CEH，∵∠ACB=90°，E为AB的中点，∴EC=AE=BE，∴∠CAE=∠ACE=90°−∠CEH，∵A关于CE的对称点A'

∴∠CA'E=∠CAE=90°−∠CEH∵CA=CD，∴CA∴∠CDA∵∠A∴∠A∴∠A【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，轴对称的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的内角和，正确的作出辅助线构造全等三角形是解决（2）的关键．25．（2023·浙江·一模）如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4．P为斜边AB上的一动点（不包含A，B两端点），以CP为对称轴将△ACP翻折得到△A'CP

(1)如图2，当CP⊥AB时，求BA(2)当翻折得到的△A'CP中有一边与AB【答案】(1)7(2)75或2655【详解】（1）解：如图1，当CP⊥AB时，

在Rt△ACB中，∠ACB=90°∴AC∴AB∴AB=5，在Rt△ACB中，∠ACB=90°cos∠A=ACAB在Rt△APC中，∠APC=90°cos∠A=∴AP=9由折叠性质可知AA又∵BA∴BA（2）当CP⊥AB时，由（1）可知BA当A'C⊥AB于D时，如图

在Rt△ADC中，∠ADC=90°sin∠A=CDAC∴CD=125，又∵BD+AD=AB=5，∴BD=5−AD=5−9由折叠性质可知，A'又∵A∴A在Rt△BDA'A'∴BA∴BA当A'P⊥AB

过点C作CD⊥AB于D，由（2）可知CD=125，由折叠性质可知∠1=∠2，PA=PA又∵∠∴∠1=∠2=45°，又∵∠2+∠3=90°，∴∠3=45°，∴∠2=∠3，∴PD=CD=12又∵PA=PD+AD，∴PA=12又∵PA=PA∴PA又∵BP=AB−PA，∴BP=5−21在Rt△BPA'∴BP∴BA∴BA∴BA'的长可能为75或265【点睛】本题考查了解直角三角形，涉及勾股定理，折叠的性质，正确作出辅助线，分情况讨论是解答本题的关键．26．（2021·浙江湖州·一模）如图，已知在直角三角形纸片ABC中，∠C=90°，点D、E分别是边AB、AC上的动点，将△ADE沿着DE翻折，使点A的对应点F落在△ABC内（包括边上），连结BF．（1）如图1，若∠ABC=45°,AC=3．①当EF//AB时，求∠AED的度数；②当△BDF与△ABC相似时，求线段AE的长．（2）如图2，当AD=13AB,∠ABC>30°时，在点E的运动过程中，若有且只有一个位置使得△BDF【答案】（1）①67.5°；②AE=6−32；（2）【分析】（1）由平行线性质可得∠FEC=∠A=45°，再根据折叠的性质即可求出∠AED；（2）分∠BDF=90°或∠BFD=90°两种情况讨论，根据∠DBF=45°可知点F一定在BC边上，再利用等腰直角三角形性质进行求解即可；（3）分∠BDF=90°或∠BFD=90°两种情况讨论，根据点F落在△ABC内（包括边上）求出边界点时对应的∠A值即可解答．【详解】（1）①∵△ADE折叠到△FDE，∴∠AED=∠DEF，∵∠ABC=45，AB//EF，∴∠FEC=∠A=45°，∴∠AED=∠DEF=180°−45°②∵点F在△ABC内部或边上，∴∠DBF≤45°，∵△ABC与△BDF相似∴∠DBF=45°，即F在BC边上，I.若∠BDF=90°，且由折叠可得DF=AD=BD，∴点F在点C处，如图1，又∵DE⊥AC，∴AE=1II.若∠BFD=90°，如图2，由折叠可得∠DFE=∠A=45°，∴∠EFC=45°，∴EC=FC，设AE=x，则EC=FC=3−x，由(3−x)2解得x=6±32∵x<3，∴AE=6−32（3）∵∠DBF不可能为90°，I.若∠BFD=90°，∵AD=1∴AB=3AD,BD=2AD，∵AD=DF，∴BD=2DF，∴∠DBF=30°，∵∠ABC>30°时，即∠A<60°，存在点F在∠ABC内部使得∠BFD=90°的一个Rt△BDF．若直角顶点F在边AC上，即为边界情况，如图3，∵AD=DF,∠BDF=60°∴∠A=30°，∴当30°≤∠A<60°时存在一个∠BFD=90°的Rt△BDF，II.当∠BDF=90°时，若F在边AC上时，即为边界情况，如图4，∵AD=DF，∴∠A=45°，∴当∠A⩾45°时，存在一个∠BDF=90°的Rt△BDF．综上可得：45°⩽∠A<60°时，分别存在一个∠BFD=90°的Rt△BDF和一个∠BDF=90°的Rt△BDF，总共存在两个Rt△BDF．30°⩽∠A<45°时只存在一个Rt△BDF．故满足有且只有一个位置使得△BDF构成直角三角形这一条件的∠A的取值范围30°⩽∠A<45°．【点睛】本题考查了折叠图形性质和相似三角形判定，同时还考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，分类讨论思想的运用，是一道综合性较强的题目，难度较大．类型五与三角形有关的图形旋转问题27．（2023·浙江·模拟预测）如图，P为等边△ABC内一点，PA、PB、PC的长为正整数，且PA2+PB2=PC2，设PA=m

【答案】25【详解】解：∵m2∴m2∴m2∴n−5m∴n−5m−3∵n为大于5的实数，∴m−32≤0，而∴m−3=0，解得：m=3，∵PA2+P∴PC2−P∵PB+PC>PC−PB，PA、PB、PC的长为正整数，∴PB+PC=9PC−PB=1，解得：PC=5∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，

把△BPA绕B顺时针旋转60°得△BCP∴BP=BP'=4，PA=∴△PBP∴PP'=PB=4∴PP∴∠PP∴∠BP过B作BH'⊥C∴∠BP∴BH'=∴CH∴BC∴等边△ABC的面积为：34【点睛】本题考查的是非负数的性质，因式分解的应用，二元一次方程组的解法，旋转的性质，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，等边三角形的性质，二次根式的混合运算，本题难度较大，对学生要求高.28．（2023·浙江嘉兴·二模）在等边△ABC中，BC=4，点D是AB的中点，点E,F分别是CD,AC边上一点(不与点A、C重合)．

(1)如图1，当点E为CD中点，点F为AC中点时，求EF的长度；(2)如图2，将线段CE绕着点C顺时针旋转60°得到线段CP，连接AP，当B,E,P三点在同一条直线上时，求AP的长度；(3)如图3，将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，延长QE交线段BC于点M，探索CF,CM,CE三条线段之间的关系．【答案】(1)EF=1(2)4(3)CM+CF=【详解】（1）解：∵等边△ABC中，BC=4，点D是AB的中点，∴AD=1∵点E为CD中点，点F为AC中点，∴EF=（2）解：∵线段CE绕着点C顺时针旋转60°得到线段CP，∴∠ECP=60°，CE=CP，∴△CEP是等边三角形，则∠ECP=∠CPE=60°∵等边△ABC中，BC=4，点D是AB的中点，∴∠ACB=60°,∠ACD=∠BCD，∴∠ECB=∴∠BCP=30°+60°=90°，则∠PBC=30°∴tan∴PC=BC∵∠BCE=∠ACD=30°,∠ECP=60°∴∠ACP=30°∴∠ACP=∠BCE，又CB=CA,CE=CP∴△BCE≌△ACP∴∠EBC=∠PAC=30°∴∠PAC=∠PCA，∴AP=PC=4（3）如图，过点F作FN⊥AC交CD于点N，过点M作MH⊥BC交CD的延长线于点H，在EN的延长线上截取NT=FN，连接MF、QN、FT，

∵将线段EF绕点F顺时针旋转60°得到线FQ，∴△EFQ是等边三角形，∴∠QEF=∠QFE=∠EQF=60°，EF=EQ=QF，∴∠QEF=∠ACB=60°，∵∠QEF+∠MEF=180，∴∠ACB+∠MEF=180，∴E、F、C、M四点共圆，∴∠QMF=∠ACD=30°，∠EFM=∠BCD=30°，∴∠QMF=∠EFM=30°，∴EM=EF=EQ；∵FN⊥AC，∠ACD=30°，∴∠CNF=∠EQF=60°，∵∠CNF+∠ENF=180°，∴∠EQF+∠ENF=180°，∴E、N、F、Q四点共圆，∴∠ENQ=∠QFE=60°，∠QNF=∠QEF=60°，∵MH⊥BC，∠BCD=30°，∴∠H=60°，MH=33CM∴∠H=∠ENQ=60°，在△MEH和△QEN中，∠MEH=∠QEN∴△MEH≌△QEN(AAS∴QN=MH=33CM∵NT=FN，∠CNF=60°，∴△FNT是等边三角形，∴FN=FT，∠NFT=∠EFQ=60°，∴∠NFT+∠EFN=∠EFQ+∠EFN，即∠EFT=∠QFN，在△EFT和△QFN中，EF=QF∴△EFT≌△QFN(SAS∴ET=QN=33CM∵FN⊥AC，∠NFT=60°，∴∠TFC=∠ACD=30°，∴CT=FT=FN=CF·tan∠ACD=∵ET+CT=CE，33即CM+CF=3【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，等边三角形的性质于判定，旋转的性质，圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，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．29．（2023·浙江嘉兴·一模）已知△ABC中，AC=BC=5，AB=8，将△ABC绕点A顺时针旋转α°，得到△ADE，连接BD．

(1)如图（1），当α=60°时，连接CD，求∠ADC的度数；(2)如图（2），连接CE，问BD:CE的值是否为定值？若是，请说明理由并求出此值；(3)在旋转过程中，当以B，C，A，E为顶点的四边形是平行四边形时，求BD的长．【答案】(1)30°；(2)是，85(3)645或【详解】（1）解：∵AB=AD，∠BAD=α=60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD=BD，∠ADB=60°，∵CB=CA，CD=CD，∴△BCD≌△ACDSSS∴∠ADC=∠BDC=30°；（2）解：∵AB=AD=8，AC=AE=5，∴ABAC∵∠BAD=∠CAE=α，∴△BAD∽△CAE∴BDCE∴BD:CE的值是定值，定值为85（3）解：①旋转到图1位置，使AE∥∵BC=AC=AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴CE=AB=8，由（2）可知：BDCE∴BD=64

②旋转到图2位置，使AE∥BC，连结

∵BC=AE=AC，∴四边形AEBC菱形，∴OA=OB，OC=OE，∵AB=8，∴OA=OB=4，∵AC=5，∴OC=A∴CE=6，由（2）可知：BDCE∴BD=48综上所述，当B，C，A，E四点构成平行四边形时BD的长是645或48【点睛】本题考查旋转综合问题，包括全等三角形、相似三角形的判定与性质，平行四边形、菱形的判定与性质等，掌握图形全等和相似的证明方法，熟练运用平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题关键．30．（2023·浙江宁波·一模）已知E在△ABC内部（如图①），等边三角形ABC的边长为6，等边三角形BDE的边长为4，连接AE和DC．(1)求证：AE=DC；(2)当AE⊥BD时，求CD的长；(3)将△BDE绕点B旋转一周，F为DC的中点（如图②），求旋转过程中EF【答案】(1)证明见解析(2)4(3)2【分析】（1）证明△ABE≌△CBDSAS（2）延长AE交BD于点H，利用勾股定理求出EH和AH，然后代入CD=AE=AH−EH即可；（3）取BD的中点P，连接PE、PF，根据勾股定理求出PE=23，再根据三角形中位线定理可得PF=3【详解】（1）证明：如下图：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，∴BA=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，∴∠ABC−∠1=∠EBD−∠1，∴∠2=∠3，在△ABE和△CBD