2024年中考数学压轴题型（安徽专用）专题09 解答题压轴题几何综合二（教师版）

PAGE1PAGE专题09解答题压轴题（几何综合（二））通用的解题思路：解决矩形翻折问题：利用折叠和矩形性质找出对应线段关系；在折叠后形成的直角三角形中利用勾股定理构造方程求解。2、十字架模型：3、动态问题中的线段长度最值通常利用三点共线解决，关键在于找到与这条线段两个端点之间恒为定长的点。4、奔驰模型：解题方法是旋转一边利用等边三角形构造“手拉手”模型证全等，结合勾股定理的逆定理得到结论。5、线段长度、比值及最值问题：（1）特殊图形、全等、相似、勾股定理；（2）圆中垂径定理。1．（2023·安徽·中考真题）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段绕点M旋转至位置，点D在直线AB外，连接．

(1)如图1，求∠ADB的大小；(2)已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD,DE∥AB．（ⅰ）如图2，连接CD，求证：BD=CD；（ⅱ）如图3，连接，若AC=8,BC=6，求tan∠ABE【答案】(1)∠ADB=90°(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）1【分析】（1）根据旋转的性质得出MA=MD=MB，根据等边对接等角得出∠MAD=∠MDA,∠MBD=∠MDB，在△ABD中，根据三角形内角和定理即得出∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB=180°，进而即可求解；（2）（ⅰ）延长AC,BD交于点F，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，AF=AB，根据等腰三角形的性质，得出D是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；（ⅱ）如图所示，过点E作EH⊥AB于点，由△AHE∽△ACB，得出EH=3,AH=4，BH=AB−AH=10−4=6，进而根据正切的定义即可求解．【详解】（1）解：∵MA=MD=MB∴∠MAD=∠MDA,∠MBD=∠MDB，在△ABD中，∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB=180°∴∠ADB=∠ADM+∠BDM=（2）证明：（ⅰ）证法一：如图，延长BD、AC，交于点F，则∠BCF=90°，

∵ME⊥AD，∠ADB=90°∴EM∥BD．又∵DE∥AB，∴四边形BDEM是平行四边形．∴DE=BM．∵M是AB的中点，，∴AM=BM．∴DE=AM．∴四边形AMDE是平行四边形．∵ME⊥AD，∴▱AMDE∴AE=AM．∵EM∥BD，∴AEAF∴AB=AF．∵∠ADB=90°，即AD⊥BF，∴BD=DF，即点D是Rt△∴BD=CD．证法二：∵∠ACB=∠ADB=90°，M是斜边AB的中点，∴点在以M为圆心，AB为直径的⊙M上．

∵ME⊥AD，∴ME垂直平分AD．∴EA=ED．∴∠EAD=∠EDA．∵DE∥AB，∴∠BAD=∠EDA．∴．∴BD=CD．证法三：∵ME⊥AD，∠ADB=90°∴EM∥BD．又∵DE∥AB，∴四边形BDEM是平行四边形．∴DE=BM．∵M是AB的中点，，∴AM=BM．∴DE=AM．∴四边形AMDE是平行四边形．∵ME⊥AD，∴▱AMDE∴∠EAD=∠MAD．∵∠ACB=∠ADB=90°，M是斜边AB的中点，∴点在以M为圆心，AB为直径的⊙M上．∴BD=CD．（ⅱ）如图所示，过点E作EH⊥AB于点，

∵AC=8,BC=6，∴AB=AC2∵∠EAH=∠BAC,∠ACB=∠AHE=90°，∴△AHE∽△ACB，∴EHBC∴EH=3,AH=4，∴BH=AB−AH=10−4=6，∴tan【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．（2022·安徽·中考真题）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．(1)如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．【答案】(1)见解析(2)（ⅰ）∠CED=60°；（ⅱ）见解析【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明ΔODE≌ΔOBC，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出∠CED=180°（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出∠GEF=15°，得出∠OEF=45°，证明OE=OF，再证明ΔBOE≌ΔCOF，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD，∴DO=BO，∵DE∥BC，∴∠ODE=∠OBC，∠OED=∠OCB，∴ΔODE≌ΔOBC（AAS），∴DE=BC，∴四边形BCDE为平行四边形，∵CE⊥BD，∴四边形BCDE为菱形．（2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO，∴CE垂直平分BD，∴BE=DE，∵BO=DO，∴∠BEO=∠DEO，∵DE垂直平分AC，∴AE=CE，∵EG⊥AC，∴∠AEG=∠DEO，∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，∴∠CED=180°（ⅱ）连接EF，∵EG⊥AC，∴∠EGF=90°，∴∠EFA=90°−∠GEF，∵∠AEF=180°−∠BEF=180°−∠BEC−∠CEF=180°−∠BEC−=180°−60°−60°+∠GEF=60°+∠GEF∵AE=AF，∴，∴90°−∠GEF=60°+∠GEF，∴∠GEF=15°，∴∠OEF=∠CEG−∠GEF=60°−15°=45°，∵，∴∠EOF=∠EOB=90°，∴∠OFE=90°−∠OEF=45°，

∴∠OEF=∠OFE，∴OE=OF，∵AE=CE，∴∠EAC=∠ECA，∵∠EAC+∠ECA=∠CEB=60°，∴∠ECA=30°，∵∠EBO=90°−∠OEB=30°，∴∠OCF=∠OBE=30°，∵∠BOE=∠COF=90°，∴ΔBOE≌ΔCOF（AAS），∴BE=CF．【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出∠GEF=15°，得出OE=OF，是解题的关键．3．（2021·安徽·中考真题）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD，点E在边BC上，且AE//CD，DE//AB，作CF//AD交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：△ABF≌△EAD；（2）如图2，若AB=9，，∠ECF=∠AED，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求BEEC【答案】（1）见解析；（2）6；（3）1+【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，∠DCE=∠DEC，即可得，DE=DC；再证四边形AFCD是平行四边形即可得AF=CD，所以AF=DE，根据SAS即可证得△ABF≌△EAD；（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△ABE∽△DCE，可得ABDC=AEDE=BECE；设，BE=x，DC=DE=a，由此可得AB=AE=ax，AF=CD=a；再证明△MAB≌△MDG，根据全等三角形的性质可得DG=AB=ax．证明△FAB∽△FEG，根据相似三角形的性质可得FAFE【详解】（1）证明：∵AE//CD，∴∠AEB=∠DCE；，∴∠ABE=∠DEC，∠1=∠2，∵∠ABC=∠BCD，∴∠ABE=∠AEB，∠DCE=∠DEC，∴AB=AE，DE=DC，∵AF//CD，，∴四边形AFCD是平行四边形∴AF=CD在△ABF与△EAD中．AB=EA∠1=∠2∴△ABF≌△EAD(SAS)（2）∵△ABF≌△EAD，∴BF=AD，在□AFCD中，AD=CF，∴BF=CF，∴∠FBC=∠FCB，又∵∠FCB=∠2，∠2=∠1，∴∠FBC=∠1，在△EBF与△EAB中．∠EBF=∠1∠BEF=∠AEB∴△EBF∽△EAB；∴EB∵AB=9，∴AE=9；∵CD=5，∴AF=5；∴EF=4，∴EB∴BE=6或−6（舍）；（3）延长BM、ED交于点G．∵△ABE与△DCE均为等腰三角形，∠ABC=∠DCE，∴△ABE∽△DCE，∴AB设，BE=x，DC=DE=a，则AB=AE=ax，AF=CD=a，∴EF=a(x−1)，∵AB//DG，∴∠3=∠G；在△MAB与△MDG中，∠3=∠G∠4=∠5∴△MAB≌△MDG(AAS)；∴DG=AB=ax．∴EG=a(x+1)；∵AB//EG，∴△FAB∽△FEG，∴FA∴a∴x(x−1)=x+1，，∴(x−1)∴x=1±2∴x1=1−∴BE【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．1．（2024·安徽·一模）问题情境：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，CD是边AB上的高，点E为AC上一点，连接DE，过点D作DF⊥DE交BC于点猜想与证明：（1）如图1，当点E为边AC的中点时，试判断点F是否为边BC的中点；（2）如图2，连接EF，试判断△DEF与△ABC是否相似；问题解决：（3）如图3，当CE=CF时，试求线段CF的长．【答案】（1）点F是边BC的中点，理由见解析；（2）相似，理由见解析；（3）247【分析】本题主要考查勾股定理和相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．（1）由勾股定理求出AB=10，由面积求出CD=245，再由勾股定理求出BD=325，证明△CDE∽△BDF，得出CEBF=CDBD，求出（2）由（1）知△CDE∽△BDF得DEDF=34，又CACB=34，可得（3）由（1）得CEBF=CDBD=34，求出BF=43【详解】解：（1）点F是边BC的中点，理由：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，∴AB=A∵CD是边AB上的高，SΔABC=∴CD=AC在Rt△BCD中，∵CD⊥AB，，又∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°，∴∠ACD=∠B，∵DE⊥DF，，∵CD⊥AB，，∴∠EDC=∠FDB，∴△CED∽△BFD，CEBF=∵E点是AC的中点，∴CE=1∴，解得，BF=4，，∴BF=CF，即点F是BC边的中点；（2）由（1）知△CED∽△BFD，∴，又，DEDF=DECA=又∠EDF=∠ACB=90°，∴△DEF∽△ABC；（3）由（1）知△CED∽△BFD，CEBF=∴BF=4又CE=CF，CF+BF=BC，∴，解得，CF=24即线段CF的长为2472．（2024·安徽六安·一模）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AD，AB上的动点．(1)已知∠A=90°，EG⊥EF交▱ABCD的一边于点G，．①如图1，若点G在CD上，求证：．②如图2，若点G在BC上，且FA=3，AE=8，求的长．(2)如图3，∠A≠90°，点G在BC上，且∠FEG=∠BAD，若ABAD=45，【答案】(1)①见解析；②9(2)15【分析】（1）①由EG⊥EF，得出∠AEF+∠GED=90°，EF=23EG，由矩形的判定与性质得出∠ADC=∠A=90°，∠AFE+∠AEF=90°，推出∠AFE=∠DEG，证明△AEF∽△DGE，得出AFDE=EFEG=23EGEG=23，即可得证；②作GH⊥AD于，由EG⊥EF，得出∠AEF+∠GEH=90°，EF=23EG，由矩形的判定与性质得出∠ADC=∠A=90°，∠AFE+∠AEF=90°（2）在AD的延长线上找一点M，连接GM，使GM=AB，则四边形ABGM是等腰梯形，证明△AEF∽△MGE得出FEGE=AEGM=【详解】（1）①证明：∵EG⊥EF，，∴∠FEG=90°，tan∠∴∠AEF+∠GED=90°，EF=2∵∠A=90°，∴∠AFE+∠AEF=90°，四边形ABCD是矩形，∴∠AFE=∠DEG，∠ADC=∠A=90°，∴△AEF∽△DGE，∴AF∴3AF=2DE；②如图，作GH⊥AD于，∵EG⊥EF，，∴∠FEG=90°，tan∠∴∠AEF+∠GEH=90°，EF=2∵∠A=90°，∴∠AFE+∠AEF=90°，四边形ABCD是矩形，∴∠AFE=∠HEG，∠B=∠A=90°，，∴∠GHA=∠B=∠A=90°，∴四边形ABGH是矩形，△AEF∽△HGE，∴AB=GH，AFHE，FA=3，∴HE=92，∴EG=3∴GH=E∴AB=GH=12，∴BF=AB−AF=12−3=9；（2）解：如图，在AD的延长线上找一点M，连接GM，使GM=AB，则四边形ABGM是等腰梯形，∴∠A=∠M，∵∠FEG=∠BAD，∠FEG+∠AEF+∠GEM=∠BAD+∠AEF+∠AFE=180°，∴∠AFE=∠GEM，∴△AEF∽△MGE，∴FE∵GM=AB，ABAD=4∴FE【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、正切的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，是解此题的关键，属于中考压轴题．3．（2024·安徽合肥·一模）如图，在正方形ABCD中，点F是CD的中点，连接并延长，与BC的延长线交于点E，作∠BAE的平分线交DC的延长线于点G，分别交BD，BC于点H，M．(1)如图1，求的值；(2)如图1，求证：△CGE≌△BMA；(3)如图2，连接HF，FM，求证：FH=FM．【答案】(1)(2)详见解析(3)详见解析【分析】（1）首先证明为等腰三角形，易得FA=FG，设AB=BC=CD=AD=2m，结合点F是CD的中点，可得DF=CF=m，利用勾股定理解得FA=5m，进而可得CG=（2）首先证明△ABM∽△GCM，由相似三角形的性质可解得BM=5−1m，易得BM=CG，利用“ASA”证明△ADF≌△ECF，易得EC=AB，然后利用“SAS（3）首先证明△ABH∽△GDH，结合相似三角形的性质可得AGAH=5+32，由（2）可知△ABM∽△GCM，结合相似三角形的性质可得AGGM=【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD=AD，AB∥CD，∠BAD=∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，∴∠BAM=∠DGA，∵AG为∠BAE的平分线，∴∠BAM=∠FAM，∴∠DGA=∠FAM，∴FA=FG，设AB=BC=CD=AD=2m，∵点F是CD的中点，∴DF=CF=1在Rt△ADF中，可有∴FG=FA=5∴CG=FG−CF=5∴CGCD（2）证明：由（1）可知，AB=BC=2m，CG=5∵∠BAM=∠DGA，∠AMB=∠GMC，∴△ABM∽△GCM，∴ABGC=BM解得BM=5∴BM=CG，在△ADF和△ECF中，∠ADF=∠ECF=90°DF=CF∴△ADF≌△ECFASA∴，∴EC=AB，在△CGE和△BMA中，EC=AB∠ECG=∠ABM=90°∴△CGE≌△BMASAS（3）∵AB∥CD，∴∠HBA=∠HDG，∠HAB=∠HGD，∴△ABH∽△GDH，∴GHAH∴GHAH由（2）可知△ABM∽△GCM，∴AMGM∴AMGM∴AGAH∴AH=GM，在△AFH和△GFM中，FA=FG∠FAH=∠FGM∴△AFH≌△GFMSAS∴FH=FM．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、角平分线定义等知识，熟练运用全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质是解题关键．4．（2024·安徽合肥·一模）如图，△ABC中，BC边上的中线AE与∠ABC的平分线BD交于F点，AD=AF．(1)求证：△ABF∽△CBD；(2)求证：；(3)若DF=2，求．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2+2【分析】（1）根据等边对等角得到，进而得到∠ABF=∠CDB，由BD是∠ABC的平分线，得到，即可证明△ABF∽△CBD；（2）取CD中点G，连接EG，利用三角形中位线的性质，易证△ADF∽△AGE，得到，进而的得到DG=12（3）同理（2）取CD中点G，连接EG，证明△CEG∽△CBD，设，则BD=2x，求出BF=2x−2，由△ADF∽△AGE，得到ADDG=2x−2【详解】（1）证明：∵AD=AF，∴∠ADF=∠AFD，∴∠ABF=∠CDB，∵BD是∠ABC的平分线，∴∠ABF=∠CBD，∴△ABF∽△CBD；（2）解：取CD中点G，连接EG，∵AE是BC边上的中线，即点E为BC的中点，∴EG∥BD，∴△ADF∽△AGE，∴，∵AD=AF，∴AG=AE，即EF=DG，∵DG=1∴EF=1∴；（3）解：如（2）中图，可知EG∥BD，∵△CEG∽△CBD，EGBD=∵点G是CD的中点，点E为BC的中点，EGBD=设，则BD=2x，∵DF=2，∴BF=2x−2，∵△ADF∽△AGE，∴AD∴∴AD+DGAD=ADDG=∵DG=CG，∴AD∵AD=AF，∴AF∵△ABF∽△CBD，∴AF∴1x−2=解得：x=2+2或，∵EG>DF=2，∴EG=2+2∴BD=2EG=4+22∴BF=BD−DF=2+22【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，正确作出辅助线构造三角形相似是解题的关键．5．（2024·安徽合肥·一模）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点D为AC上一点，连接BD，点E是AB的中点，连接CE，交BD于点F，过点C作CG⊥BD于点(1)求证：△CFG∽△BFE；(2)如图②，连接，解决以下问题：①求∠EGB的度数；②求证：BG−CG=2【答案】(1)见解析(2)①45°；②见解析【分析】（1）根据∠FGC=∠FEB,∠GFC=∠EFB，证明△CFG∽△BFE即可．（2）①根据∠FGC=∠FEB，判定G,E,B,C四点共圆，得∠EGB=∠ECB=45°．②过点E作EM⊥EG，交BG于点M，证明△EGM是等腰直角三角形，再证明△GEC≌△MEBSAS，结合勾股定理即可得BG−CG=【详解】（1）∵∠ACB=90°，CA=CB，点E是AB的中点，∴∠CEB=90°，∵CG⊥BD，∴∠FGC=∠FEB,∠GFC=∠EFB∴△CFG∽△BFE．（2）①∵∠ACB=90°，CA=CB，点E是AB的中点，∴∠ACE=∠BCE=45°，∵∠FGC=∠FEB，∴G,E,B,C四点共圆，∴∠EGB=∠ECB=45°．②过点E作EM⊥EG，交BG于点M，∵∠EGB=45°，∴∠EGB=∠EMG=45°，∴EG=EM,GM=E∵∠GEC=90°−∠FEM=∠MEB，EC=EB，∴△GEC≌△MEBSAS∴，∵GM=BG−BM，∴GM=BG−CG,∴BG−CG=2【点睛】本题考查了三角形相似，三角形全等的判定和性质，勾股定理，四点共圆，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握三角形相似，四点共圆，三角形全等是解题的关键．6．（2024·安徽宿州·一模）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，AD=BC，OA=OB．(1)如图1，若∠DAC=∠CBD；①求证：AB∥CD；②点E在边AB上，且CE平分，BE=DE，求证：四边形BCDE为菱形；(2)如图2，AD与BC的延长线交于点E，若∠E=α，求∠AOB的度数．【答案】(1)（1）①见解析；②见解析(2)∠AOB=180°−α．【分析】（1）①利用SAS证明△DAB≌△CBA，推出BD=AC，得到OC=OD，利用等边对等角求得∠OCD=∠ODC，推出∠OAB=∠OCD，即可证明AB∥CD；②由平行线的性质结合角平分线的定义求得∠DEC=∠DCE，推出CD=DE，得到CD=BE，由于BE∥CD，则四边形BCDE为平行四边形，据此即可证明结论成立；（2）作AG⊥BD交BD的延长线于点G，作BH⊥AC于点，先后证明△AOG≌△BOHAAS，Rt△ADG≌Rt△【详解】（1）证明：①∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵∠DAC=∠CBD，∴∠DAB=∠CBA，∵AD=BC，AB=AB，∴△DAB≌△CBASAS∴BD=AC，∵OA=OB，∴OC=OD，∴∠OCD=∠ODC，∵∠OAB=∠OBA，∠AOB=∠COD，∴∠OAB=∠OCD，∴AB∥CD；②由①得AB∥CD，∴∠BEC=∠DCE，∵CE平分，∴∠BEC=∠DEC，∴∠DEC=∠DCE，∴CD=DE，∵BE=DE，∴CD=BE，∵BE∥CD，∴四边形BCDE为平行四边形，∵BE=DE，∴四边形BCDE为菱形；（2）解：作AG⊥BD交BD的延长线于点G，作BH⊥AC于点，在△AOG和△BOH中，∠AOG=∠BOH∠G=∠OHB=90°∴△AOG≌△BOHAAS∴AG=BH，在Rt△ADG和Rt△∴Rt△ADG≌Rt∵∠CBO=∠DBE，∴△CBO∽△DBE，∴∠BOC=∠E=α，∴∠AOB=180°−α．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，平行四边形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．7．（2023·安徽·模拟预测）在▱ABCD中，点E,F分别在射线AB和DA上，连接DE和CF相交于点．(1)如图1，当AD=DC,∠ADC=90°时，求证：DE=CF．(2)如图2，当AD=DC，但∠ADC≠90°时，（1）中结论还成立吗？请说明理由．(3)如图3，，直接写出CF的长．【答案】(1)证明见解析(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)【分析】（1）根据▱ABCD，结合AD=DC,∠ADC=90°，判定四边形ABCD是正方形，利用正方形的性质，证明△ADE≌△DCFAAS（2）作，垂足分别为点M，N，根据▱ABCD，结合AD=DC，判定四边形ABCD是菱形，利用菱形的性质，证明△NDE≌△MCFAAS即可．（3）作，垂足分别为点M，N，利用平行四边形的性质，证明△NDE∽△MCF，结合勾股定理计算即可．【详解】（1），，∴∠CFD=∠CDE．在▱ABCD∵AB∥DC，，．又∵AD=DC，∴△ADE≌△DCF∴DE（2）（1）中结论仍然成立．理由：如图1，作，垂足分别为点M,N,∴∠CMF=∠DNE=90°．∵S∴CM=DN．由（1）可证∠AED=∠CFD，∴△NDE≌△MCFAAS∴DE图1（3）如图2，作，垂足分别为点M,N,∴∠CMF=∠DNE=90°．∵S．由（1）可证∠AED=∠CFD，

图2∴△NDE∽ΔMCF,∴DE在Rt△ADN中，，，，∴DE=D．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．8．（2024·上海虹口·二模）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在射线DA上，点F在射线AB上，连接CE、DF相交于点P，∠EPF=∠ABC．(1)如图①，如果AB=CD，点E、F分别在边AD、AB上．求证：AFDE(2)如图②，如果AD⊥CD，AB=5，BC=10，cos∠ABC=35．在射线DA的下方，以DE为直径作半圆O，半圆O与CE的另一个交点为点G．设DF与弧①当DE=6时，求EG和的长；②当点Q为弧EG的中点时，求的长．【答案】(1)见解析(2)①EG=181313；AF=【分析】（1）根据等腰梯形的性质可得∠B=∠DCB=∠DCE+∠BCE，∠A=∠EDC，∠DEC=∠BCE，根据三角形的外角性质得出∠FPE=∠CED+∠EDP，进而可得∠ADF=∠DCE，即可证明△ADF∽△DCE，根据相似三角形的性质，即可求解；（2）①同（1）证明△ADF∽△PDE，如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，连接DG，得出cos∠DEC=31313，sin∠DEC=②根据题意画出图形，根据垂径定理得出OQ⊥EQ，根据题意可设∠EPF=∠ABC=α，∠ODQ=∠OQD=β，则α+β=90°，得出tanα=43，tanβ=34，设FR=12a，则AR=9a，则【详解】（1）证明：∵梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，∴∠B=∠DCB=∠DCE+∠BCE，∠A=∠EDC，∠DEC=∠BCE，又∵∠FPE=∠CED+∠EDP，∠EPF=∠ABC∴∠ADF=∠DCE∴△ADF∽△DCE，∴AFDE（2）解：∵∠EPF=∠ABC，∠DPC=∠EPF∵∠FPC+∠DPC=180°，则∠FPC+∠B=180°∴∠ECB+∠PFB=180°∴∠ECB=∠AFD∵AD∥BC∴∠ECB=∠DEC又∵∠EDP=∠FDA∴△ADF∽△PDE，如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，连接DG，∵AB=5，cos∴BM=3，则AM=4，sin∠∵AD∥BC,AD⊥CD∴CD=AM=4∵BC=10∴AD=MC=BC−BM=10−3=7又∵DE=6∴AE=1，在Rt△EDC∴EC=∴cos∠DEC=∵ED为直径∴∠DGE=90°∴EG=ED×cos∠∴PD=DGsin∠DPG=∵△ADF∽△PDE∴AF∴AF=②过点F作FR⊥AD于点，∵EQ∴OQ⊥EQ∵OQ=OD∴∠ODQ=∠OQD设∠EPF=∠ABC=α，∠ODQ=∠OQD=β，则α+β=90°∵cos∠DPG=设PG=3k,PD=5k，则GD=4k∴tan∵AD∥BC∴∠RAF=α设FR=12a，则AR=9a，∴AF=15a，在Rt△DFR∴DR=16a又∵AD=DR−AR=16a−9a=7a=7∴a=1∴AF=15【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰梯形的性质，相似三角形的性质与判定，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．9．（2024·云南·模拟预测）菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，0°<∠ABO≤60°，点G是射线OD上一个动点，过点G作GE∥DC交射线OC于点E，以OE,OG为邻边作矩形EOGF．

(1)如图①，当点F在线段DC上时，求证：DF=FC；(2)若延长AD与边GF交于点H，将△GDH沿直线AD翻折180°得到△MDH．①如图②，当点M在EG上时，求证：四边形EOGF为正方形；②如图③，当tan∠ABO为定值m时，设DG=k⋅DO，k为大于0的常数，当且仅当k>2时，点M在矩形EOGF的外部，求【答案】(1)见解析(2)①见解析；②33或【分析】（1）证明四边形ECFG，四边形DGEF是平行四边形即可得到结论；（2）①由折叠得△GDH≌△MDH可证明，∠1=∠2，再证明∠1=∠GEO=45°可得GO=EO，再由四边形EOGF为矩形则可证明结论；②由四边形ABCD为菱形以及折叠可得∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6，当且仅当k>2时，M点在矩形EOGF的外部，则k=2时，M点在矩形EOGF上，当点M在EF上时，设OB=b，求得FH=OE−GH=mb，过点D作DN⊥EF于点N，证明△HFM∽△MND求得MN=b，在Rt△DMN中运用勾股定理列出方程2b2=3mb2+b2求解即可；当点M在OE上时，由折叠的性质可得【详解】（1）证明：∵四边形EOGF为矩形，∴EF∥OG，即EF∥OD∵GE∥DC，∴四边形ECFG，四边形DGEF都是平行四边形，∴DF=EG，FC=GE，∴DF=FC；（2）证明：①由折叠得△GDH≌△MDH，

∴DG=DM，∠5=∠6，∴DH⊥EG，∠1=∠2，∵四边形ABCD为菱形，∴∠3=∠4，∵GE∥CD，∴∠3=∠1，∵∠4=∠5，，∵∠1+∠5=90°，∴∠1=∠5=∠2=45°，∠5＋∠6=90°，∵DM∥OE，点M在上，∴∠GEO=∠2=45°，∴OG=OE，∵四边形EOGF为矩形，∴矩形EOGF为正方形；②如图，

∵四边形ABCD为菱形，∴∠1=∠2=∠6，∵GE∥CD，∴∠4=∠6，由折叠得∠3=∠5，∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6，∵tan∠ABO=m∴∠ABO是定值∵∠GDM=2∠ABO，∴点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，∵当且仅当k>2时，M点在矩形EOGF的外部，∴k=2时，M点在矩形EOGF上，如下图所示，当点M在EF上时设OB=b，∴OA=OC=mb，DG=DM=kb=2b，OG=k+1OE=mk+1b=3mb，∴FH=OE−GH=mk+1过点D作DN⊥EF于点N，∵∠HMF=180°−90°−∠DMN=90°−∠DMN，又∠MDN=90°−∠DMN，∴∠HMF=∠MDN，∵∠F=∠DNM=90°，∴△HFM∽△MND，

∴FH:MN=MH:DM，∴mb∴MN=b，∵△DMN是直角三角形，∴DM∴2b∴m∴m=±3∵0°<∠ABO≤60°，∴m=3如下图所示，当点M在OE上时，由折叠的性质可得DM=DG=2DO，∴cos∠∴∠ODM=60°，∴∠GDH=∠HDC=180°−∠ODM∴∠ABO=∠GDH=60°，∴m=tan

综上所述，m的值为33或．【点睛】本题考查四边形的综合问题，涉及矩形和菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．10．（2024·江苏苏州·一模）已知矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE于点F．(1)如图1，若BE=2，求AE·AF(2)如图2，连接AC交DF于点G，若AGCG=2(3)如图3，延长DF交AB于点G，若G点恰好为AB的中点，过A作AK∥FC交FD于K，设△ADK的面积为S1，△CDF的面积为，则S1S2【答案】(1)6；(2)32(3)38【分析】（1）证明△ABE∽△DFA，得到，即可求解；（2）延长DF交CB的延长线于，连接DE、AH，证明△ADG∽△CHG，得到，推出，进而得到四边形ADEH是菱形，得到DF=HF，∠AEH=∠AED，，得出CE=12DE，即可得∠CDE=30°，得到，据此得到，再由即可求解；（3）过F作PQ⊥AB于P，交CD于Q，作于，证明△ABE∽△DAG，得到AB=AD，推导出四边形ABCD是正方形，得到，设，则，可得tan∠ADG=tan∠BAE=12，，由三角形面积得到AF=455a，证明△APF∽△ABE，得到，，进而得到CQ=PB=125a，FQ=165a，由，设KH=x，则DH=2x，证明△AHK∽△FQC，得到AH=4【详解】（1）解：∵E是BC的中点，∴BC=2BE=22∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=22，∠B=90°，AD∥BC∴∠AEB=∠DAF，∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°=∠B，∴△ABE∽△DFA，∴，∴AE·AF=AD·BE=22（2）解：延长DF交CB的延长线于，连接DE、AH，如图2，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∠BCD=90°，∴△ADG∽△CHG，∴，∴BCCH∴，∵E是BC的中点，∴，∴，∴四边形ADEH是平行四边形，∵DF⊥AE，∴四边形ADEH是菱形，∴DF=HF，∠AEH=∠AED，，∴CE=1∴sin∠∴∠CDE=30°，∴，∴，∵DF⊥AE，∴，∴FE=∴，∴cos∠（3）解：过F作PQ⊥AB于P，交CD于Q，作于，如图3，则PQ=AD，AP=DQ，PQ∥BC∥AD，∵G是AB的中点，E是BC的中点，∴AB=2AG，BC=2BE，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD，，∵DF⊥AE，∴∠ADF+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°，∴∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAG，∴，∴AB·AG=AD·BE，即，∴AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，∴，设，则，∴，AE=DG=2a2∵S△ADG∴AF=AG·AD∵PQ∥BC，∴△APF∽△ABE，∴，即解得，，∴CQ=PB=AB−AP=4a−85a=∵，∴，设KH=x，则DH=2x，∵PQ∥AD，AK∥FC，∴∠DAF=∠QFE，，∴∠DAK=∠QFC，又∵∠AHK=∠FQC=90°，∴△AHK∽△FQC，∴，即，解得AH=4∵，∴，解得x=6∴，∵△ADK的面积为S1=12AD·KH∴，故答案为：38【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，三角函数，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．11．（2024·重庆·模拟预测）在等腰△ABC中，∠BAC=45°，AB=AC，D是AC边上一动点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转135°得到DE，连接CE．(1)如图1，当点E落在BA边的延长线上时，连接AE，BD=52，求S(2)如图2，取CE的中点F，连接DF，，求证：AF⊥DF；(3)如图3，当BD⊥AC时，点G是直线CE上一动点，连接DG，将△CDG沿着DG翻折得到△C'DG，连接、BC'，若AB=2+2【答案】(1)(2)证明见详解(3)6【分析】（1）延长ED交BC于，先证，由等腰直角三角形的性质可求BH=DH=5，由三角形的面积公式可求解；（2）如图2，延长DF到M，使FM=DF，连接AM，CM，由“SAS”可证△DEF≅△MCF，可得CM=DE=BD，∠FCM=∠E，由“SAS”可证△ABD≅△ACM，可得AD=AM，由等腰三角形的性质可得结论；（3）通过证明△C'DM∽△BDC'，可得C'M=2−1BC'，则【详解】（1）解：如图，延长ED交BC于，∵∠BAC=45°，AB=AC，，∵∠BDE=135°，BD=BE，∴∠DBE=∠DEB=22.5°，∴∠DBH=45°=∠BDH，∴BH=DH，∠BHD=90°，，，∵∠BDC=∠BAC+∠ABD=67.5°，∴∠BDC=∠ACB，，；（2）证明：如图2，延长DF到M，使FM=DF，连接AM，CM，∵点F是的中点，∴EF=CF，∵∠DFE=∠MFC，∴△DEF≅△∴CM=DE=BD，∠FCM=∠E，∵∠ACM=∠MCF+∠ACE=∠E+∠ACE=∠ADE=135°−∠ADB，∵∠BAC=45°，∴∠ABD+∠ADB=135°，∴∠ABD=135°−∠ADB，∴∠ABD=∠ADE=∠ACM，又∵AB∴△ABD≅△，又∵DF=MF，；（3）∵BD⊥AC，∠BAC=45°，∴∠BAC=∠ABD=45°，∴AD=BD，∵AB=AC∴∠ABC=67.5°∴∠DBC=22.5°，∴AB=2∴CD=2∴tan，，CD=1，如图3，在BD上取一点M，使∠DCM=22.5°，连接C'∵将ΔCDG沿着DG翻折得到△C'DG∴CD=C∵tan∴，又∵∠C∴△C∴，，，∴当点A，点C'，点M三点共线时，有最小值为AM的长，∵tan，，的最小值为6．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．12．（2024·四川南充·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，P是AB边上的动点，BE⊥DP交DP延长线于点E，交DP于点F，连接CF．(1)求证：；(2)当点P运动到AB的中点时，试探究线段EF与CF的关系，并说明理由；(3)当△ABE的面积最大时，求PBPA【答案】(1)见解析(2)EF=CF，EF⊥CF理由见解析(3)2【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质；（1）根据角的等量代换，推出∠EAP=∠DAF，进而证明△ABE≌△ADFASA（2）过点A作AH⊥DE交DE于点，先推出△PBE≌△PAHAAS，BE=AH，由（1）知：△ABE≌△ADFASA，BE=DF，进而推出△ADH≌△DCFSAS，推出△AEF是等腰直角三角形，EH=AH=DF=HF，（3）连接AC，BD，设它们交于点O，连接OE，交AB于点G，ΔAEF是等腰直角三角形，求出∠AEB，点E在以AB为弦，所含圆周角为135°的圆弧上运动，即点E在以正方形的中心O为圆心，对角线的一半为半径的圆弧AB上，当点E运动弧AB的中点时，点E到AB的距离最大，此时△ABE面积的最大，设AB=2a，，进而求出EG，推出△PEG∽△EBG，PGEG=EGBG，进而求出PB【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∴∠DAF+∠BAF=90°，∵，∴，∴∠BAE=∠DAF，∵BE⊥DP，∴∠ABE+∠BPE=90°，又∵∠ADF+∠APD=90°，∠BPE=∠APD（对顶角相等），∴∠ABE=∠ADF，在△ABE和△ADF中，∠ABE=∠ADF∴△ABE≌△ADFASA∴，（2）EF=CF，EF⊥CF．理由：如图，过点A作AH⊥DE交DE于点H，在△PBE和△PAH中，∠PEB=∠PHA=90°∠BPE=∠APH∴△PBE≌△PAHAAS∴BE=AH，由（1）知：△ABE≌△ADF，∴BE=DF，∴AH=DF．∵∠ADH+∠HAD=90°，∠ADH+∠CDF=90°，∴∠HAD=∠CDF．在△ADH和△DCF中，AD=DC∴△ADH≌△DCFSAS∴DH=CF，∠DFC=∠AHD=90°，由（1）知：，∵AE⊥AF，∴△AEF是等腰直角三角形，∵AH⊥DE，∴EH=AH=DF，∴EF=EH+HF=DF+HF=DH，∴EF=CF，EF⊥CF．（3）连接AC，BD，设它们交于点O，连接OE，交AB于点G，如图，∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠AEF=45°，∵∠BED=90°，∴∠AEB=135°．∴点E在以AB为弦，所含圆周角为135°的圆弧上运动，即点E在以正方形的中心O为圆心，对角线的一半为半径的圆弧AB上，当点E运动弧AB的中点时，点E到AB的距离最大，此时△ABE面积的最大，∴，设AB=2a，∴AC=BD=22∴．∴OE=OA=2a，∴EG=2∵∠BEP=∠PGE=90°,∴∠PEG+∠BEG=90°，∠EBG+∠BEG=90°,∴∠PEG=∠EBG,∴△PEG∽△EBG,∴PGEG=EG∴PG=3−2∴PB=3−22a+a=∴PBPA13．（2024·江苏苏州·一模）（1）问题解决：如图1，点B、C、D在一条直线上，∠B=∠ACE=∠D，求证：△ABC∽△CDE；（2）问题探究：在（1）的条件下，若点C为BD的中点，求证：AC​（3）拓展运用：如图2，在△ABC中，∠BAC=90​∘，点O是△ABC的内心，若OA=2【答案】（1）见解析（2）见解析（3）5【分析】（1）根据三角形外角的性质得∠BAC=∠ECD，即可证明结论；（2）由△ABC∽△CDE，得ABBC=AC（3）过点O作EF⊥OA交AB于点E，交AC于点F，可知△AEF是等腰直角三角形，再说明△BOE∽△COF，可得和CF的长，最后利用勾股定理求出BC的长．【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B+∠BAC=∠ACE+∠ECD，∠ACE=∠B，∴∠BAC=∠ECD，∵∠B=∠D，∴△ABC∽△CDE；（2）证明：∵△ABC∽△CDE，∴ABCD∵点C为BD的中点∴BC=CD∴ABBC又∵∠B=∠ACE，∴△ABC∽△ACE，∴ABAC∴AC（3）解：如图所示，过点O作EF⊥OA交AB于点E，交AC于点F，∵点O是△ABC的内心，∠BAC=90°∴∠EAO=∠FAO，∠BOC=135°∵AO=AO，∠AOE=∠AOF，∴△AOE≌△AOFASA∴，∴△AEF是等腰直角三角形，∴OE=OF=OA=2，AE=AF=∵∠BAC=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∴∠BEO=∠OFC=135°，∵∠BOF=∠BEO+∠EBO，∠BOF=∠BOC+∠COF，∴∠COF=∠OBE，∴△BOE∽△COF，∴，∵OBOC∴，∴BE=2OF=2∴AB=AE+BE=2+2=4，AC=AF+CF=2+1=3，∵∠BAC=90°，∴△BAC为直角三角形，∴BC=A【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理等知识，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键．14．（2024·江苏无锡·一模）如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=t．G为AD边上的一个动点，沿BG翻折△ABG，点A落在点F处．(1)如图1，若AD=8，且点G与点D重合时，DF交BC于点E．①求的长；②若点M在射线BA上，且AM=165，求(2)连接CF，在AD边上存在两个不同位置的点G，使得S△BCF=1【答案】(1)①5；②；(2)t≥43【分析】（1）①根据折叠的性质和矩形的性质可证明△BEF≌△DECAAS，得到BE=DE，EF=EC，设BE=x，则CE=8−x，DE=x，在Rt△DCE中，由勾股定理即可求解；②连接MF交BC于点P，过点F作FN⊥BC于点N，可证明△FNE∽△DCE，得到EFED=FNDC=ENEC=35，求出FN、EN，进而求出BN（2）当F落在直线BC上面时，过F作FH⊥BC于，根据题意得到HF=2，推出∠FBH=30°，结合折叠的性质可得∠ABG=30°，在Rt△ABG中，AG=ABtan30°，可求出t的一个范围；当F落在直线BC下面时，过F作FN⊥BC于N，同理推出∠FBH=30°，进而得到，在Rt【详解】（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠A=∠C=90°，由折叠知，AB=BF，，∴BF=CD，∠F=∠C，在△BEF和△DEC中，BF=DC∠F=∠C∴△BEF≌△DECAAS∴BE=DE，EF=EC，设BE=x，则CE=8−x，DE=x，在Rt△DCE中，由勾股定理得：即x2解得：x=5，则BE=5；②如图，连接MF交BC于点P，过点F作FN⊥BC于点N，∴∠FNE=∠C=90°，∵∠NEF=∠CED（对顶角），∴△FNE∽△DCE，EFED=∴FN=35DC=则BN=BE−EN=5−9∵∠MBP=∠FNP=90°，∠BPM=∠NPF（对顶角），∴△BPM∽△NPF，MBFN=∵MB=AB+AM=4+16BPNP=3∴BP=3NP，∵BN=BP+NP，∴BP=12∴tan（2）当F落在直线BC上面时，如图，过F作FH⊥BC于，∵AB=4，AD=BC=t，S△ABC=S△BCF=又S△BCF=∴HF=2，由翻折可知BF=AB=4，在Rt△BHF中，∴∠FBH=30°，又∵∠ABG=∠FBG=1∴在Rt△ABG中，此时只要AD≥AG，点G在AD边上，∴t≥4当F落在直线BC下面时，如图，过F作FN⊥BC于N，同理可得，，∴在Rt△NBF中，，BF=AB=4，FN=∴∠FBN=30°，∴∠ABF=90°+30°=120°，∵∠ABG=∠FBG=1∴在Rt△ABG中，此时要G在AD边上，则AD≥AG即可，即t≥43综上，t≥43【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．15．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图1，在正方形ABCD中，∠CAB的角平分线交BC于点E，过点C作CF⊥AE交AE的延长线于点G，CF与AB的延长线交于点F．

(1)求证：△ABE≌△CBF；(2)如图2，连接BG，DG与AC相交于点，求证：①BG⊥DG；②；(3)若AB=2，求的长．【