回归教材重难点02三角形与相似三角形(原卷版+解析)

回归教材重难点02三角形与相似三角形本考点是中考五星高频考点，难度中等及中等偏上，在全国各地市的中考试卷中都有考查。(2023年山东省东营市中考试卷第17题）如图，在△ABC中，点F、G在BC上，点E、H分别在AB、AC上，四边形EFGH是矩形，EH＝2EF，AD是△ABC的高，BC＝8，AD＝6，那么EH的长为．【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．分析：设AD交EH于点R，由矩形EFGH的边FG在BC上证明EH∥BC，∠EFC＝90°，则△AEH∽△ABC，得＝，其中BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，可以列出方程＝，解方程求出EH的值即可．【解答】解：设AD交EH于点R，∵矩形EFGH的边FG在BC上，∴EH∥BC，∠EFC＝90°，∴△AEH∽△ABC，∵AD⊥BC于点D，∴∠ARE＝∠ADB＝90°，∴AR⊥EH，∴＝，∵EF⊥BC，RD⊥BC，EH＝2EF，∴RD＝EF＝EH，∵BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，∴＝，解得EH＝，∴EH的长为，故答案为：．【点评】此题重点考查矩形的性质、两条平行线之间的距离处处相等、相似三角形的判定与性质等知识，根据“相似三角形对应高的比等于相似比”列方程是解题的关键．三角形是中考数学中的重要考点，也是所有几何图形的学习基础。三角形的考点容量很大，包含三角形的基础知识、特殊三角形、相似三角形三大块，考察难度的跨度很大，题型多变，部分综合题中题目的综合性也很强，需要比较高的知识储备和逻辑思维能力。本考点是中考五星高频考点，难度中等或较大，个别还会以压轴题出现，在全国各地市的中考试卷中均有考查。技法01：三角形通用知识：①三角形内角和定理：三角形三个内角的和=180°三角形外角定理：三角形的一个外角=与它不相邻两个内角的和②三角形三边关系：三角形两边之和＞第三边，两边之差＜第三边③角平分线性质定理：角平分线上的点到角两边的距离相等④线段垂直平分线性质定理：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等技法02：全等三角形的性质和判定：①全等三角形的性质：对应边相等，对应角相等推论：全等三角形的周长和面积相等，对应的“三线”分别相等②全等三角形的判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）技法03：特殊三角形常用知识：①等腰三角形：等边对等角、“三线合一”，常做辅助线→底边上的高线判定方法：两边长相等、等角对等边、逆用“三线合一”（角平分线与中线重合除外）②直角三角形：直角三角形两锐角互余、斜边上的中线=斜边长的一半、勾股定理判定方法：一个角为直角、两个内角互余、勾股定理逆定理、一边上的中线等于这边长的一半技法04：相似三角形常用知识：①相似三角形的性质：对应角相等、对应边成比例推论：相似三角形的周长比=相似比；面积比=相似比的平方；对应三线之比=相似比②相似三角形的判定：两对内角对应相等、三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等【中考真题练】1．(2023•淮安）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点，若AB＝10，则DE的长是（）A．8 B．6 C．5 D．42．(2023•南京）直三棱柱的表面展开图如图所示，AC＝3，BC＝4，AB＝5，四边形AMNB是正方形，将其折叠成直三棱柱后，下列各点中，与点C距离最大的是（）A．点M B．点N C．点P D．点Q3．(2023•镇江）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（）A．2 B． C． D．4．(2023•安顺）如图，在△ABC中，AC＝2，∠ACB＝120°，D是边AB的中点，E是边BC上一点，若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（）A． B． C． D．5．(2023•达州）如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC边上的点F处，若CD＝3BF，BE＝4，则AD的长为（）A．9 B．12 C．15 D．186．(2023•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，若DE＝1，则FG＝．7．(2023•荆门）如图，点G为△ABC的重心，D，E，F分别为BC，CA，AB的中点，具有性质：AG：GD＝BG：GE＝CG：GF＝2：1．已知△AFG的面积为3，则△ABC的面积为．8．(2023•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（）A．2 B． C． D．9．(2023•衢州）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得＝＝k，此时点P，A，B，Q共线．挖隧道时始终能看见P，Q处的标志即可．（1）CD﹣EF﹣GJ＝km．（2）k＝．10．(2023•内江）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图②由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为4，则S1+S2+S3＝．11．(2023•鄂州）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC上的点，AD与BE相交于点P，若BD＝CE＝2，则△ABP的周长为．12．(2023•河池）如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），B（2，3），C（1，2）．（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△A2B2C2，使它与△ABC的相似比为2：1，并写出点B2的坐标．13．(2023•资阳）如图，在△ABC中（AB＜BC），过点C作CD∥AB，在CD上截取CD＝CB，CB上截取CE＝AB，连接DE、DB．（1）求证：△ABC≌△ECD；（2）若∠A＝90°，AB＝3，BD＝2，求△BCD的面积．14．(2023•青岛）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动、速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP，EQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）当EQ⊥AD时，求t的值；（2）设四边形PCDQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．15．(2023•广西）已知∠MON＝α，点A，B分别在射线OM，ON上运动，AB＝6．（1）如图①，若α＝90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′，B′，D′，连接OD，OD′．判断OD与OD′有什么数量关系？证明你的结论；（2）如图②，若α＝60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离；（3）如图③，若α＝45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大？请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．【中考模拟练】1．（2023•铜梁区模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A′B′C′是位似图形，点O为位似中心，，则△ABC与△A′B′C′的周长之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：12．（2023•越秀区一模）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点E，且AC⊥BD，AC＝AD，∠CBD＝∠CAD，CB＝5，，则AD的长是（）A．9 B．10 C． D．3．（2023•雁塔区模拟）如图，在△ABC中，∠B＝45°，AD平分∠BAC交BC于点D，若BD＝4，则点D到AC的距离为（）A．2 B． C． D．44．（2023•秀洲区校级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD的长是（）A．2 B． C． D．5．（2023•镇江模拟）如图，点D在△ABC的AD边上，且AD：AB＝2：5，过点D作DE∥BC，交AC于点E，连接BE，则△ABE与△BEC的面积之比为．6．（2023•东城区一模）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，C是网格线交点，则△ABC的外角∠ACD的度数等于°．7．（2023•川汇区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，点P在△ABC的内部，，D是AB的中点，连接PA，PD，当△PAD为等腰三角形时，PA的长为．8．（2023•崇明区二模）如图，已知在两个直角顶点重合的Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝30°，BC＝3，CE＝2，将△CDE绕着点C顺时针旋转，当点D恰好落在AB边上时，联结BE，那么BE＝．9．（2023•大石桥市模拟）如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中点，连接MC，MD，CD，若CD＝6，则△MCD的面积．10．（2023•雁塔区校级二模）如图，C是AB上一点，点D，E分别在AB两侧，AD∥BE，且AD＝BC，BE＝AC，求证：CD＝EC．11．（2023•石景山区一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为射线CA上一点，过点D作DE∥CB且DE＝CB（点E在点D的右侧），射线ED交射线BA于点F，点H是AF的中点，连接HC，HE．（1）如图1，当点D在线段CA上时，判断线段HE与HC的数量关系及位置关系；（2）当点D在线段CA的延长线上时，依题意补全图2．用等式表示线段CB，CD，CH之间的数量关系，并证明．12．（2023•洛龙区一模）[问题情境]（1）王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB＝AC，P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE＝CF．小明的证明思路是：如图①，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．小颖的证明思路是：如图②，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD＝GF，PE＝CG，则PD+PE＝CF．请你选择小明、小颖两种证明思路中的任意一种，写出详细的证明过程．[变式探究]（2）如图③，当点P在BC延长线上时，问题情境中，其余条件不变，求证：PD﹣PE＝CF．[结论运用]（3）如图④，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BG，垂足分别为G，H，若AD＝18，CF＝5，求PG+PH的值．[迁移拓展]（4）图⑤是一个机器模型的截面示意图，在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D，C，且AD•CE＝DE•BC，AB＝cm，AD＝3cm，，M、N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，请直接写出△DEM与△CEN的周长之和．回归教材重难点02三角形与相似三角形本考点是中考五星高频考点，难度中等及中等偏上，在全国各地市的中考试卷中都有考查。(2023年山东省东营市中考试卷第17题）如图，在△ABC中，点F、G在BC上，点E、H分别在AB、AC上，四边形EFGH是矩形，EH＝2EF，AD是△ABC的高，BC＝8，AD＝6，那么EH的长为．【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．分析：设AD交EH于点R，由矩形EFGH的边FG在BC上证明EH∥BC，∠EFC＝90°，则△AEH∽△ABC，得＝，其中BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，可以列出方程＝，解方程求出EH的值即可．【解答】解：设AD交EH于点R，∵矩形EFGH的边FG在BC上，∴EH∥BC，∠EFC＝90°，∴△AEH∽△ABC，∵AD⊥BC于点D，∴∠ARE＝∠ADB＝90°，∴AR⊥EH，∴＝，∵EF⊥BC，RD⊥BC，EH＝2EF，∴RD＝EF＝EH，∵BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，∴＝，解得EH＝，∴EH的长为，故答案为：．【点评】此题重点考查矩形的性质、两条平行线之间的距离处处相等、相似三角形的判定与性质等知识，根据“相似三角形对应高的比等于相似比”列方程是解题的关键．三角形是中考数学中的重要考点，也是所有几何图形的学习基础。三角形的考点容量很大，包含三角形的基础知识、特殊三角形、相似三角形三大块，考察难度的跨度很大，题型多变，部分综合题中题目的综合性也很强，需要比较高的知识储备和逻辑思维能力。本考点是中考五星高频考点，难度中等或较大，个别还会以压轴题出现，在全国各地市的中考试卷中均有考查。技法01：三角形通用知识：①三角形内角和定理：三角形三个内角的和=180°三角形外角定理：三角形的一个外角=与它不相邻两个内角的和②三角形三边关系：三角形两边之和＞第三边，两边之差＜第三边③角平分线性质定理：角平分线上的点到角两边的距离相等④线段垂直平分线性质定理：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等技法02：全等三角形的性质和判定：①全等三角形的性质：对应边相等，对应角相等推论：全等三角形的周长和面积相等，对应的“三线”分别相等②全等三角形的判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）技法03：特殊三角形常用知识：①等腰三角形：等边对等角、“三线合一”，常做辅助线→底边上的高线判定方法：两边长相等、等角对等边、逆用“三线合一”（角平分线与中线重合除外）②直角三角形：直角三角形两锐角互余、斜边上的中线=斜边长的一半、勾股定理判定方法：一个角为直角、两个内角互余、勾股定理逆定理、一边上的中线等于这边长的一半技法04：相似三角形常用知识：①相似三角形的性质：对应角相等、对应边成比例推论：相似三角形的周长比=相似比；面积比=相似比的平方；对应三线之比=相似比②相似三角形的判定：两对内角对应相等、三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等【中考真题练】1．(2023•淮安）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点，若AB＝10，则DE的长是（）A．8 B．6 C．5 D．4分析：利用等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．【解答】解：∵AB＝AC＝10，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵E为AC的中点，∴DE＝AC＝5，故选：C．2．(2023•南京）直三棱柱的表面展开图如图所示，AC＝3，BC＝4，AB＝5，四边形AMNB是正方形，将其折叠成直三棱柱后，下列各点中，与点C距离最大的是（）A．点M B．点N C．点P D．点Q分析：根据直三棱柱的特征结合勾股定理求出各线段的距离，再比较大小即可求解．【解答】解：如图，过C点作CE⊥AB于E，∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，32+42＝52，∴△ACB是直角三角形，∴CE＝AC•BC÷÷AB＝3×4÷5＝2.4，∴AE＝＝＝1.8，∴BE＝5﹣1.8＝3.2，∵四边形AMNB是正方形，立方体是直三棱柱，∴CQ＝5，∴CM＝CP＝＝，CN＝＝，∵＞＞5，∴与点C距离最大的是点N．故选：B．3．(2023•镇江）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（）A．2 B． C． D．分析：连接AE，根据题意可得：AE∥BC，AD＝DE＝5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DAE＝∠DEA，再利用平行线的性质可得∠DAE＝∠DOC，∠DEA＝∠DCO，从而可得∠DOC＝∠DCO，进而可得DO＝DC＝3，最后进行计算即可解答．【解答】解：如图：连接AE，由题意得：AE∥BC，AD＝＝5，DE＝5，∴AD＝DE＝5，∴∠DAE＝∠DEA，∵AE∥BC，∴∠DAE＝∠DOC，∠DEA＝∠DCO，∴∠DOC＝∠DCO，∴DO＝DC＝3，∴AO＝AD﹣DO＝5﹣3＝2，故选：A．4．(2023•安顺）如图，在△ABC中，AC＝2，∠ACB＝120°，D是边AB的中点，E是边BC上一点，若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（）A． B． C． D．分析：延长BC至F，使CF＝CA，连接AF，根据等边三角形的性质求出AF，根据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：延长BC至F，使CF＝CA，连接AF，∵∠ACB＝120°，∴∠ACF＝60°，∴△ACF为等边三角形，∴AF＝AC＝2，∵DE平分△ABC的周长，∴BE＝CE+AC，∴BE＝CE+CF＝EF，∵BD＝DA，∴DE＝AF＝，故选：C．5．(2023•达州）如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC边上的点F处，若CD＝3BF，BE＝4，则AD的长为（）A．9 B．12 C．15 D．18分析：证明△BEF∽△CFD，求得CF，设BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，∵将矩形ABCD沿直线DE折叠，∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，∴∠BEF＝∠CFD，∴△BEF∽△CFD，∴，∵CD＝3BF，∴CF＝3BE＝12，设BF＝x，则CD＝3x，DF＝BC＝x+12，∵∠C＝90°，∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，∴（3x）2+122＝（x+12）2，解得x＝3（舍去0根），∴AD＝DF＝3+12＝15，故选：C．6．(2023•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，若DE＝1，则FG＝1．分析：根据直角三角形的性质得出AB的长，进而利用三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，∴AB＝2DE＝2，∵F、G分别为AC、BC的中点，∴FG是△ACB的中位线，∴FG＝AB＝1，故答案为：1．7．(2023•荆门）如图，点G为△ABC的重心，D，E，F分别为BC，CA，AB的中点，具有性质：AG：GD＝BG：GE＝CG：GF＝2：1．已知△AFG的面积为3，则△ABC的面积为18．分析：根据高相等的两个三角形的面积之比等于底之比可得答案．【解答】解：∵CG：GF＝2：1，△AFG的面积为3，∴△ACG的面积为6，∴△ACF的面积为3+6＝9，∵点F为AB的中点，∴△ACF的面积＝△BCF的面积，∴△ABC的面积为9+9＝18，故答案为：18．8．(2023•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（）A．2 B． C． D．分析：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．设BF＝2k，CG＝3k．则AE＝DE＝y，由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因为C，A′，B′共线，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得结论．【解答】解：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．∵＝，∴可以假设BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE＝y，由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y﹣5k，∴GA′＝y﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，∵C，A′，B′共线，GA′∥FB′，∴＝，∴＝，∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四边形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT＝＝2k，∴＝＝2．解法二：不妨设BF＝2，CG＝3，连接CE，则Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4则A'B'＝2，故选：A．9．(2023•衢州）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得＝＝k，此时点P，A，B，Q共线．挖隧道时始终能看见P，Q处的标志即可．（1）CD﹣EF﹣GJ＝1.8km．（2）k＝．分析：（1）根据图中三条线段所标数据即可解答；（2）连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z．易得AZ＝1.8，BZ＝4＝2.6，证明△BMQ∽△BZA，即可解答．【解答】解：（1）CD﹣EF﹣GJ＝5.5﹣1﹣2.7＝1.8（km）；（2）连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z．由矩形性质得：AZ＝CD﹣EF﹣GJ＝1.8，BZ＝DE+FG﹣CB﹣AJ＝4.9+3.1﹣3﹣2.4＝2.6，∵点P，A，B，Q共线，∴∠MBQ＝∠ZBA，又∵∠BMQ＝∠BZA＝90°，∴△BMQ∽△BZA，∴＝k＝＝＝．故答案为：1.8；．10．(2023•内江）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图②由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为4，则S1+S2+S3＝48．分析：由勾股定理和乘法公式完成计算即可．【解答】解：设八个全等的直角三角形的长直角边为a，短直角边是b，则：S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，且：a2+b2＝EF2＝16，∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16＝2×16+16＝48．故答案为：48．11．(2023•鄂州）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC上的点，AD与BE相交于点P，若BD＝CE＝2，则△ABP的周长为．分析：根据SAS证△ABD≌△BCE，得出∠APB＝120°，在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，证△APB∽△BFE，根据比例关系设BP＝x，则AP＝2x，作BH⊥AD延长线于H，利用勾股定理列方程求解即可得出BP和AP的长．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，∴∠APB＝120°，在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，∴∠C＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠BFE＝120°，即∠APB＝∠BFE，∴△APB∽△BFE，∴＝＝2，设BP＝x，则AP＝2x，作BH⊥AD延长线于H，∵∠BPD＝∠APE＝60°，∴∠PBH＝30°，∴PH＝，BH＝，∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，即（x）2+（x）2＝62，解得x＝或﹣（舍去），∴AP＝，BP＝，∴△ABP的周长为AB+AP+BP＝6++＝6+＝，故答案为：．12．(2023•河池）如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），B（2，3），C（1，2）．（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△A2B2C2，使它与△ABC的相似比为2：1，并写出点B2的坐标．分析：（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）把A、B、C的坐标都乘以﹣2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作，点B2的坐标为（﹣4，﹣6）；13．(2023•资阳）如图，在△ABC中（AB＜BC），过点C作CD∥AB，在CD上截取CD＝CB，CB上截取CE＝AB，连接DE、DB．（1）求证：△ABC≌△ECD；（2）若∠A＝90°，AB＝3，BD＝2，求△BCD的面积．分析：（1）由CD∥AB得∠ABC＝∠ECD，而CD＝CB，CE＝AB，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABC≌△ECD；（2））由∠A＝90°，根据全等三角形的对应角相等证明∠BED＝∠CED＝∠A＝90°，设BE＝x，由BD2﹣BE2＝CD2﹣EC2＝DE2，列方程（2）2﹣x2＝（3+x）2﹣32，解方程求得符合题意的x的值为2，则BC＝5，再根据勾股定理求出DE的长，即可求出△BCD的面积．【解答】（1）证明：∵CD∥AB，CD＝CB，CE＝AB，∴∠ABC＝∠ECD，在△ABC和△ECD中，，∴△ABC≌△ECD（SAS）．（2）解：∵∠A＝90°，∴∠CED＝∠A＝90°，∴∠BED＝180°﹣∠CED＝90°，设BE＝x，∵EC＝AB＝3，BD＝2，∴CD＝BC＝3+x，∵BD2﹣BE2＝CD2﹣EC2＝DE2，∴（2）2﹣x2＝（3+x）2﹣32，整理得x2+3x﹣10＝0，解得x1＝2，x2＝﹣5（不符合题意，舍去），∴BE＝2，BC＝3+2＝5，∴DE＝＝＝4，∴S△BCD＝BC•DE＝×5×4＝10，∴△BCD的面积为10．14．(2023•青岛）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动、速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP，EQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）当EQ⊥AD时，求t的值；（2）设四边形PCDQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．分析：（1）由将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，知AD＝AB＝5，DE＝BC＝3，AE＝AC＝4，∠AED＝∠ACB＝90°，证明△AQE∽△AED，有＝，可得AQ＝，即得t的值为；（2）过P作PN⊥BC于N，过C作CM⊥AD于M，证明△ABC∽△CAM，有＝，CM＝，即得S△ACD＝AD•CM＝8，S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝14，由△PBN∽△ABC，可得PN＝t，S△BCP＝BC•PN＝t，从而S＝S四边形ABCD﹣S△BCP﹣S△APQ＝t2﹣t+14；（3）过C作CM⊥AD于M，证明△APQ∽△MCD，有＝，即可解得t＝．【解答】解：（1）如图：在Rt△ABC中，AC＝＝＝4，∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，∴AD＝AB＝5，DE＝BC＝3，AE＝AC＝4，∠AED＝∠ACB＝90°，∵EQ⊥AD，∴∠AQE＝∠AED＝90°，∵∠EAQ＝∠DAE，∴△AQE∽△AED，∴＝，即＝，∴AQ＝，∴t＝＝；答：t的值为；（2）过P作PN⊥BC于N，过C作CM⊥AD于M，如图：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，∴∠BAD＝90°，即∠BAC+∠CAM＝90°，∵∠B+∠BAC＝90°，∴∠B＝∠CAM，∵∠ACB＝90°＝∠AMC，∴△ABC∽△CAM，∴＝，即＝，∴CM＝，∴S△ACD＝AD•CM＝×5×＝8，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝×3×4+8＝14，∵∠PBN＝∠ABC，∠PNB＝90°＝∠ACB，∴△PBN∽△ABC，∴＝，即＝，∴PN＝t，∴S△BCP＝BC•PN＝×3×t＝t，∴S＝S四边形ABCD﹣S△BCP﹣S△APQ＝14﹣t﹣（5﹣t）•t＝t2﹣t+14；答：S与t之间的函数关系式是S＝t2﹣t+14；（3）存在某一时刻t，使PQ∥CD，理由如下：过C作CM⊥AD于M，如图：由（2）知CM＝，∴AM＝＝＝，∴DM＝AD﹣AM＝5﹣＝，∵PQ∥CD，∴∠AQP＝∠MDC，∵∠PAQ＝∠CMD＝90°，∴△APQ∽△MCD，∴＝，即＝，解得t＝，答：存在时刻t＝，使PQ∥CD．15．(2023•广西）已知∠MON＝α，点A，B分别在射线OM，ON上运动，AB＝6．（1）如图①，若α＝90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′，B′，D′，连接OD，OD′．判断OD与OD′有什么数量关系？证明你的结论；（2）如图②，若α＝60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离；（3）如图③，若α＝45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大？请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．分析：（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD＝，OD′＝，进而得出结论；（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；（3）作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，进一步求得结果．【解答】解：（1）OD＝OD′，理由如下：在Rt△AOB中，点D是AB的中点，∴OD＝，同理可得：OD′＝，∵AB＝A′B′，∴OD＝OD′；（2）如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，∴BO′＝AB＝6，OC最大＝CO′＝CD+DO′＝+BO′＝3+3；（3）如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，∴AI＝＝3，∠AOB＝，则点O在⊙I上，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，此时OA＝OB，∵OC＝CI+OI＝AB+3＝3+3，∴S△AOB最大＝＝9+9，∴当OA＝OB时，△AOB的最大面积是9+9．【中考模拟练】1．（2023•铜梁区模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A′B′C′是位似图形，点O为位似中心，，则△ABC与△A′B′C′的周长之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1分析：根据位似图形的概念得到△ABC∽△A'B'C'，AB∥A'B'，根据相似三角形的性质求出＝，再根据相似三角形的周长之比等于相似比计算即可．【解答】解：∵，∴＝．∵△ABC与△A'B'C'是位似图形，∴△ABC∽△A'B'C'，AB∥A'B'，∴△ABO∽△A'B'O，∴＝＝，∴△ABC与△A′B′C′的相似比是1：2．∴△ABC与△A′B′C′的周长之比是1：2．故选：C．2．（2023•越秀区一模）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点E，且AC⊥BD，AC＝AD，∠CBD＝∠CAD，CB＝5，，则AD的长是（）A．9 B．10 C． D．分析：设CE＝x，AE＝y，分别用x，y表示出sin∠CBD和sin∠CAD，由sin∠CBD＝sin∠CAD，列出方程关于x，y的方程，再根据勾股定理DE²＝CD²﹣CE²＝AD²﹣AE²，列出方程关于x，y的方程，两方程联立解出x，y的值，从而得到AD的长度．【解答】解：设CE＝x，AE＝y，则AC＝AD＝x+y，∵AC⊥DB，∴sin∠CBD＝＝，sin∠CAD＝＝＝，∵∠CBD＝∠CAD，∴sin∠CBD＝sin∠CAD，∴＝，整理得，x4+2x3y+x²y²+25x²＝2000①，在Rt△CED和Rt△AED中，DE²＝CD²﹣CE²＝AD²﹣AE²，∴（4）²﹣x²＝（x+y）²﹣y²，∴y＝②，把②代入①式并整理得，25x²＝400，∴x＝4，∴y＝＝＝6，∴AD＝x+y＝4+6＝10．故选：B．3．（2023•雁塔区模拟）如图，在△ABC中，∠B＝45°，AD平分∠BAC交BC于点D，若BD＝4，则点D到AC的距离为（）A．2 B． C． D．4分析：作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，由角平分线的性质得到DM＝DN，由等腰直角三角形的性质求出DM的长，即可解决问题．【解答】解：作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，∵AD平分∠BAC，∴DM＝DN，∵∠B＝45°，∴△MBD是等腰直角三角形，∴MD＝BD＝×4＝2，∴DN＝2，∴点D到AC的距离为2．故选：C．4．（2023•秀洲区校级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD的长是（）A．2 B． C． D．分析：根据已知易得BC＝6，从而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，从而利用三角形内角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定义可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，从而可得∠DPC＝∠BAP，进而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：∵，∴BC＝3BP＝6，∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，∵∠APD＝∠B，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴，∴，∴，故选：D．5．（2023•镇江模拟）如图，点D在△ABC的AD边上，且AD：AB＝2：5，过点D作DE∥BC，交AC于点E，连接BE，则△ABE与△BEC的面积之比为2：3．分析：根据DE∥BC得出△ADE∽△ABC，进而得出，即可进行解答．【解答】解：∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，∴△ADE∽△ABC，∵AD：AB＝2：5，∴，则，∴S△ABE：S△BEC＝2：3，故答案为：2：3．6．（2023•东城区一模）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，C是网格线交点，则△ABC的外角∠ACD的度数等于135°．分析：根据勾股定理得出AB，BC，AC，进而利用勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性质解答即可．【解答】解：由勾股定理可知，AB＝BC＝，AC＝，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝45°，∴∠ACD＝180°﹣45°＝135°，故答案为：135．7．（2023•川汇区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，点P在△ABC的内部，，D是AB的中点，连接PA，PD，当△PAD为等腰三角形时，PA的长为4或．分析：分PA＝AD和PA＝PD两种情况，由直角三角形的性质及勾股定理可求出答案．【解答】解：∵点P在△ABC的内部，∴PD＝AD不符合题意，分PA＝AD和PA＝PD两种情况，①若PA＝AD，如图，∵∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，∴AB＝2AC＝8，∵D是AB的中点，∴CD＝AD＝AB＝4，∴PA＝4；②若PA＝PD，如图，∵∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，由①知CA＝CD，∴△ACD为等边三角形，连接CP，并延长交AB于点E，∴CE⊥AB，∵AC＝4，∴AE＝AC＝2，∴CE＝＝2，∵CP＝，∴PE＝CE﹣CP＝，∴PA＝＝．综上所述，PA的长为4或．故答案为：4或．8．（2023•崇明区二模）如图，已知在两个直角顶点重合的Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝30°，BC＝3，CE＝2，将△CDE绕着点C顺时针旋转，当点D恰好落在AB边上时，联结BE，那么BE＝．分析：证明△ACD∽△BCE，推出＝＝，∠A＝∠CBE，再证明∠DBE＝90°，设BE＝x，则AD＝x，在Rt△DBE中，DE2＝BD2+BE2，构建方程求出x即可．【解答】解：Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝30°，BC＝3，CE＝2，∴＝＝，AB＝2BC＝6，DE＝2CE＝4，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴＝＝，∠A＝∠CBE，∵∠A+∠ABC＝90°，∴∠CBE+∠ABC＝90°，∴∠DBE＝90°，设BE＝x，则AD＝x，在Rt△DBE中，DE2＝BD2+BE2，∴（6﹣x）2+x2＝42，∴x＝（负根已经舍去），∴BE＝．9．（2023•大石桥市模拟）如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中点，连接MC，MD，CD，若CD＝6，则△MCD的面积12．分析：过点M作ME⊥CD，垂足为E，先利用直角三角形斜边上的中线性质可得CM＝DM＝5，再利用等腰三角形的三线合一性质可得DE＝CD＝3，然后在Rt△DEM中，利用勾股定理求出EM的长，最后利用三角形的面积公式进行计算即可解答．【解答】解：过点M作ME⊥CD，垂足为E，∵∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中点，∴CM＝DM＝AB＝5，∴DE＝CD＝3，在Rt△DEM中，EM＝＝＝4，∴△MCD的面积＝CD•EM＝×6×4＝12，故答案为：12．10．（2023•雁塔区校级二模）如图，C是AB上一点，点D，E分别在AB两侧，AD∥BE，且AD＝BC，BE＝AC，求证：CD＝EC．分析：由平行线的性质可知∠A＝∠B，结合条件可证明△ADC≌△BCE，故可得出CD＝EC．【解答】证明：∵AD∥BE，∴∠A＝∠B，在△ADC和△BCE中，，∴△ADC≌△BCE（SAS），∴CD＝EC．11．（2023•石景山区一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为射线CA上一点，过点D作DE∥CB且DE＝CB（点E在点D的右侧），射线ED交射线BA于点F，点H是AF的中点，连接HC，HE．（1）如图1，当点D在线段CA上时，判断线段HE与HC的数量关系及位置关系；（2）当点D在线段CA的延长线上时，依题意补全图2．用等式表示线段CB，CD，CH之间的数量关系，并证明．分析：（1）连接DH，根据，∠ACB＝90°，CA＝CB，DE∥CB且DE＝CB，H是AF的中点，证明△ACH≌△DEH，得出HE＝HC，再根据DH⊥AF，得出CH⊥EH，从而得出结论；（2）连接DH，CE，用和（1）相同的方法证明CAH≌△EDH，再根据在Rt△CHE中，CH2+EH2＝CE2，得出2CH2＝CE2，在Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，得出CD2+CB2＝CE2，从而得出结论．【解答】解：（1）数量关系：HE＝HC；位置关系：HE⊥HC．理由：如图，连接DH，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵DE∥CB且DE＝CB，∴∠ADE＝∠ACB＝90°，CA＝DE，∵点H是AF的中点，∴DH＝AH＝FH，∴∠ADH＝∠ADF＝45°，∴∠BAC＝∠HDF，∴△ACH≌△DEH（SAS），∴HE＝HC，∠AHC＝∠DHE，又∵DH⊥AF，∴∠AHD＝∠CHE＝90°，∴CH⊥EH，∴HE＝HC，且HE⊥HC；（2）依题意补全图形，如图：数量关系：CB2+CD2＝2CH2．理由：连接DH，CE，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵DE∥CB，且DE＝CB，∴CA＝DE，∠ADF＝∠ACB＝90°，∵H是AF的中点，∴DH＝AH，∴∠BAC＝∠DAH＝∠ADH＝45°，∴∠CAH＝∠HDE＝45°，∴△CAH≌△EDH（SAS），∴CH＝EH，∠CHB＝∠EHD，∴∠CHD＝∠AHD，∵∠DAH＝∠ADH＝45°，∴∠AHD＝90°，∴∠CHE＝90°，在Rt△CHE中，CH2+EH2＝CE2，∴2CH2＝CE2，在Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，∴CD2+CB2＝CE2，∴CB2+CD2＝2CH2．12．（2023•洛龙区一模）[问题情境]（1）王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB＝AC，P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE＝CF．小明的证明思路是：如图①，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△AB