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文档简介

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)

专题27以相似为载体的几何综合问题

21.(2022·四川内江·中考真题)如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=4,点M、N分别在

AB、AD上,且MN⊥MC,点E为CD的中点,连接BE交MC于点F.

(1)当F为BE的中点时,求证:AM=CE;

(2)若=2,求的值;

𝐸𝐴

(3)若�M�N∥BE,��求的值.

𝐴

【答案】(1)见解析��

(2)

27

(3)37

2

7

【分析】(1)根据矩形的性质,证明△BMF≌△ECF,得BM=CE,再利用点E为CD的中

点,即可证明结论;

(2)利用△BMF∽△ECF,得,从而求出BM的长,再利用△ANM∽△BMC,得

𝐸𝐵1

,求出AN的长,可𝐸得=答�案�=;2

𝐴𝐵

(�3�)首=先��利用同角的余角相等得CBF=CMB,则tan∠CBF=tan∠CMB,得,可

����

得BM的长,由(2)同理可得答∠案.∠��=𝐵

(1)

证明:∵F为BE的中点,

∴BF=EF,

∵四边形ABCD是矩形,

∴AB∥CD,AB=CD

∴∠BMF=∠ECF,

∵∠BFM=∠EFC,

第1页共69页.

∴△BMF≌△ECF(AAS),

∴BM=CE,

∵点E为CD的中点,

∴CE=CD,

1

∵AB=C2D,

∴,

1

∴𝐵=��,=2��

∴�AM�==C�E�;

(2)

∵∠BMF=∠ECF,∠BFM=∠EFC,

∴△BMF∽△ECF,

∴,

𝐸𝐵1

∵C𝐸E==3��,=2

∴BM=,

3

∴AM=2,

9

∵CM⊥2MN,

∴∠CMN=90°,

∴∠AMN+∠BMC=90°,

∵∠AMN+∠ANM=90°,

∴∠ANM=∠BMC,

∵∠A=∠MBC,

∴△ANM∽△BMC,

∴,

𝐴𝐵

𝐵=��

∴9,

𝐴2

3

2=4

∴,

27

∴D𝐴N==A1D6﹣AN=4﹣=,

2737

1616

∴27;

𝐴1627

37

��37

(3)=16=

∵MN∥BE,

∴∠BFC=∠CMN,

∴∠FBC+∠BCM=90°,

第2页共69页.

∵∠BCM+∠BMC=90°,

∴∠CBF=∠CMB,

∴tan∠CBF=tan∠CMB,

∴,

����

∴��=𝐵,

34

∴4=𝐵,

16

∴𝐵=3,

162

由(𝐵2)=同��理−得�,�=6−,3=3

𝐴𝐵

𝐵=��

∴2,

𝐴3

16

3=4

解得:AN=,

8

∴DN=AD﹣9AN=4﹣=,

828

99

∴8.

𝐴92

28

【点��睛=】9本=题7是相似形综合题,主要考查了矩形的性质,全等三角形的判定与性质,相似三

角形的判定与性质,三角函数等知识,求出BM的长是解决(2)和(3)的关键.

22.(2022·贵州铜仁·中考真题)如图,在四边形中,对角线与相交于点O,记

的面积为,的面积为.��𝑁��𝑁

△(1�)��问题解决:�如1图△①�,��若AB//CD,�2求证:

�1��⋅��

(2)探索推广:如图②,若与不平行,(�21=)�中�⋅�的�结论是否成立?若成立,请证明;

若不成立,请说明理由.��𝑁

(3)拓展应用:如图③,在上取一点E,使,过点E作交于点F,点

H为的中点,交于点��G,且,��若=��,求值.𝐸∥𝑁��

��5�1

����𝐸��=2����=6�2

【答案】(1)见解析;(2)(1)中的结论成立,理由见解析:(3)

25

【分析】(1)如图所示,过点D作AE⊥AC于E,过点B作BF⊥A5C4于F,求出

,,然后根据三角形面积公式求解即可;��=��⋅

sin∠���𝐸=��⋅sin∠𝐶�

第3页共69页.

(2)同(1)求解即可;

(3)如图所示,过点A作交OB于M,取BM中点N,连接HN,先证明△OEF≌△OCD,

得到OD=OF,证明△OE�F�∽∥△�O�AM,得到,设,,

����5

则,,证明△OGF∽△O�H�N=,�推�=出6��=��=,5���=��=5�

315�

��=6,�则��=6�,由(2)结论求解�即�可=.2��=2𝐴=��=��−

3�

�【�详=解】2解:(��1)=如��图+所�示�,=过9点�D作AE⊥AC于E,过点B作BF⊥AC于F,

∴,,

∴��=��⋅sin∠���𝐸=��⋅sin∠𝐶�,

11

�△�𝑁=�1=2��⋅��=2��⋅��⋅sin∠��,�

11

�∵△∠𝐶D�=O�E2==∠2B�O�F⋅,𝐸=2��⋅��⋅sin∠𝐶�

∴;

sin∠���=sin∠𝐶�

∴1;

�12��⋅��⋅sin∠�����⋅��

1

2

�=2��⋅��⋅sin∠𝐶�=��⋅��

(2)(1)中的结论成立,理由如下:

如图所示,过点D作AE⊥AC于E,过点B作BF⊥AC于F,

∴,,

∴��=��⋅sin∠���𝐸=��⋅sin∠𝐶�,

11

�△�𝑁=�1=2��⋅��=2��⋅��⋅sin∠��,�

11

�∵△∠𝐶D�=O�E2==∠2B�O�F⋅,𝐸=2��⋅��⋅sin∠𝐶�

∴;

sin∠���=sin∠𝐶�

∴1;

�12��⋅��⋅sin∠�����⋅��

1

2

�=2��⋅��⋅sin∠𝐶�=��⋅��

(3)如图所示,过点A作交OB于M,取BM中点N,连接HN,

𝐵∥𝐸

第4页共69页.

∵,

∴∠𝐸O∥�D�C=∠OFE,∠OCD=∠OEF,

又∵OE=OC,

∴△OEF≌△OCD(AAS),

∴OD=OF,

∵,

∴△𝐸O∥�EF�∽△OAM,

∴,

����5

设��=��=6,,则,,

∵�H�是=A�B�的=中5点�,�N�是=B�M�的=中5�点,��=6���=6�

∴HN是△ABM的中位线,

∴,

∴△��O∥G�F�∽∥�△�OHN,

∴,

����

∵O��G==2�G�H,

∴,

2

∴��=3��,

����2

∴��=��=3,,

315�3�

∴��=2��=2𝐴,=��=��−��=2

由(��2)=可��知+𝐴=9�.

�1��⋅��5�⋅5�25

�2=��⋅��=6�⋅9�=54

【点睛】本题主要考查了解直角三角形,相似三角形的性质与判定,全等三角形的性质与判

定,三角形中位线定理,正确作出辅助线是解题的关键.

23.(2022·内蒙古包头·中考真题)如图,在平行四边形中,是一条对角线,且

,,,是边上两点,点在点的右�侧�,𝑁��,连接,的�延�长=

�线�与=5的�延�长=线6相�交于�点�.�����=������

���

第5页共69页.

(1)如图1,是边上一点,连接,,与相交于点.

①若�,求��的长;𝐵�������

3

②在满��足=①2的条�件�下,若,求证:;

(2)如图2,连接,是𝐴上=一�点�,连接�.�若⊥��,且,

求的长.�����𝑂∠𝑂�=∠𝐸�+∠�𝐸��=2��

【答𝐸案】(1)①;②证明见解析

5

(2)3

2

【分析】(1)①解:根据平行四边形的性质可证,得到,再根

𝑂��

据,,,结��合�平�行四边形的△性�质�求�∽出△�的��长,代入��比=例�式�即可

3

求出��=的��长=;5��=6��=2��

②先根𝑂据证明可得,再根据,求出,进

3

一步证明���△,�最��后≌利△用�等��腰三角�形�的=三𝐵线合一可证�明�结=论2.��=��𝐸=3

(2)如图�,�连=接��,先根据证明,再结合,说

明,利用�平�行线分线段��成�比例△定�理�可�得≌△���,接着证明∠𝑂�=∠𝐸�+∠,�可𝐸得到

��1

𝑂,∥设𝐸,则,根据��=2构建方程求△出𝑂,最�∽后△利�用��

��1

��=2可�得�=结�论.��=2�𝑁=��+��=6�𝐸=𝑁−

�(�1−)��

①解:如图,

∵四边形是平行四边形,,,

∴�,�𝑁,��=,��=5��=,6

∴��∥𝑁𝑁∥,����=��=,5𝑁=��=6

∴∠���=∠𝑁�,∠𝑂�=∠���

∴△𝑂�,∽△���

𝑂��

∴��=��,

∵𝑂·��,=��·��

3

��=2

第6页共69页.

∴,

39

∴��=𝑁−�,�=6−2=2

93

∴2𝑂=,5×2

5

∴𝑂的=长3为.

5

𝑂3

②证明:∵,

∴𝑁∥�,�

∵∠𝐸�=∠,𝐵�

在𝐴=�和�中,

△𝐴�△𝐴�

∠𝐸�=∠𝐵�

∴,𝐴=𝐴

∠𝐴�=∠𝐴�

∴△𝐴�≌,△𝐴����

∵𝐸=�,�,

3

∴��=2,��=��

3

∴��=2,

∴𝐸=𝑁,−��−��=3

∵𝐵=3,

∴��=6,

∴𝐵=��,−𝐵=3

∵𝐵=��,

∴��=��.

(�2)�⊥��

如图,连接,

∵,𝐸,

∴��=��,��=��

∴��=��,

∵∠�𝑁=,∠𝑁�

在��=�和�中,

△���△���

第7页共69页.

��=��

∴,∠�𝑁=∠𝑁�

��=��

∴△���≌,△������

∴��=𝐸

∵∠𝐸�=∠�𝐸,

∴∠𝑂�=∠𝐸�+∠�𝐸,

∴∠𝑂�=,∠𝐸�+∠�𝐸=∠𝐸�+∠𝐸�=∠𝐸�

∴𝑂∥𝐸,

����

∵��=��,

∴��=,2��

��1

∵��=2,

∴��∥𝑁,,

∴∠���=∠𝑁�,∠𝑂�=∠���

∴△𝑂�,∽△���

����

∴��=�,�

��1

∴��=2,

设��=2,��则,

∵��=�,��=2�

∴𝑁=6,

∴𝑁=,��+��=�+2�=6

即�=2,

∴��=2,

∴��=2.

∴𝐸的=长𝑁为−.��−��=2

𝐸2

【点睛】本题考查了平行四边形的性质,相似三角形的判定及性质,全等三角形的判定及性

质,等腰三角形的三线合一,平行线的判定及性质,平行线分线段成比例定理等知识.灵活

第8页共69页.

运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键.

24.(2022·江苏泰州·中考真题)已知:△ABC中,D为BC边上的一点.

(1)如图①,过点D作DE∥AB交AC边于点E,若AB=5,BD=9,DC=6,求DE的长;

(2)在图②,用无刻度的直尺和圆规在AC边上做点F,使∠DFA=∠A;(保留作图痕迹,不

要求写作法)

(3)如图③,点F在AC边上,连接BF、DF,若∠DFA=∠A,△FBC的面积等于,

1

以FD为半径作⊙F,试判断直线BC与⊙F的位置关系,并说明理由.2𝑁•��

【答案】(1)2

(2)图见详解

(3)直线BC与⊙F相切,理由见详解

【分析】(1)由题意易得,则有,然后根据相似三角形的性质与判定可进行求

𝑁2𝑁2

解;𝑁=3��=5

(2)作DT∥AC交AB于点T,作∠TDF=∠ATD,射线DF交AC于点F,则点F即为所求;

(3)作BR∥CF交FD的延长线于点R,连接CR,证明四边形ABRF是等腰梯形,推出AB=FR,

由CF∥BR,推出,推出CD⊥DF,然后问题可求解.

11

(1)�△𝐸�=�△𝐸�=2��⋅𝑁=2��⋅𝑁

解:∵DE∥AB,

∴,

∴△𝑁�,∽△���

��𝑁

∵A��B=5�,�BD=9,DC=6,

∴,

��6

∴5=6+9;

(�2)�=2

解:作DT∥AC交AB于点T,作∠TDF=∠ATD,射线DF交AC于点F,则点F即为所求;

如图所示:点F即为所求,

第9页共69页.

(3)

解:直线BC与⊙F相切,理由如下:

作BR∥CF交FD的延长线于点R,连接CR,如图,

∵∠DFA=∠A,

∴四边形ABRF是等腰梯形,

∴,

∵△��F=BC�的�面积等于,

1

∴2𝑁•��,

11

∴C�△D�⊥��D=F,�△𝐸�=2��⋅𝑁=2��⋅𝑁

∵FD是⊙F的半径,

∴直线BC与⊙F相切.

【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定,熟练

掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键.

25.(2022·湖南岳阳·中考真题)如图,和的顶点重合,,

,,△�.��△����∠���=∠���=90°

∠���=∠𝑁�=30°��=3��=2

第10页共69页.

(1)特例发现:如图1,当点,分别在,上时,可以得出结论:______,直线

𝑁

与直线的位置关系是____�__;�������=𝑁

(2)探究�证�明:如图2,将图1中的绕点顺时针旋转,使点恰好落在线段上,连

接,(1)中的结论是否仍然成立△?�若�成�立,�请证明;若不成立,�请说明理由;��

(3)�拓�展运用:如图3,将图1中的绕点顺时针旋转,连接、,

它们的延长线交于点,当△时��,�求�的值�(.19°<�<60°)𝑁��

【答案】(1),垂直���=��tan60°−�

(2)成立,理由3见解析

(3)

85−93

11

【分析】(1)解直角三角形求出,,可得结论;

(2)结论不变,证明���,�推出,,可得结论;

𝑁��

(3)如图3中,过点△作�𝑁∽△于��点�,设�交�=�于�=点3,过∠点𝑁�作=∠���于点求出,

,可得结论.�𝐵⊥���𝑁𝐴����⊥���.𝐵

�(1�)

解:在中,,,,

∴𝑅△���,∠�=90°��=3∠�=30°

在��=3�中�,=33,,

∴𝑅△𝑁�∠𝑁,�=30°��=2

∴𝑁=,3��=23,

∴��=1,�此�时=3,

𝑁

故答��案=为3:,垂𝑁直⊥;��

(2)3

第11页共69页.

结论成立.

理由:∵,

∴∠���=,∠���=90°

∵∠�𝑁=∠�,��,

∴��=,3��𝑁=3��

����

∴��=��,

∴△�𝑁∽△�,��,

𝑁��

∵��=��=3∠𝑁�=,∠���

∴∠𝑁�+∠𝑁�=180°,

∴∠𝑁�+∠���=180°,

∵∠���+∠��,�=180°

∴∠���=90°,

∴∠���=;90°

(3)𝑁⊥��

如图3中,过点作于点,设交于点,过点作于点.

�𝐵⊥���𝑁𝐴����⊥���

∵,,

∴∠𝐵�=90°,∠���=30°

∴∠�𝐵=60°.

∵∠�𝐵=60,°−�

∴��=33,,

1339

当𝐵=2��时=,四2边�形�=3�是�矩=形2,

∴��=��,�𝐸�,

2222

设∠𝑁�=,9则0°𝑁=�,�−𝑁=,(33)−(23)=15

∵��=�𝐾=3�,𝐴=2�

∠���=∠𝑁�=90°

第12页共69页.

∴,

��𝑁

∴tan�=�,�=𝑁

�15

∴𝐾=23,

25

∴𝐾=5�,

25

∴3�+5�,=33

45−615

∴�=11,

90−1215

∴𝐴=2�=11,

990−12152415−81

∴��=𝐵−𝐴=2−11.=22

��85−93

【点tan睛6】0°本−题�属=于�三�=角形1综1合题,考查了解直角三角形,相似三角形的判定和性质等知识,

解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,属于中考压轴题.

一、解答题

1.(2022·江苏镇江·中考真题)已知,点、、、分别在正方形的边、、、

上.������𝑁����𝑁

𝑁

(1)如图1,当四边形是正方形时,求证:;

(2)如图2,已知𝐸��,,当、�的�+大�小�有=__�_�______关系时,四边形

是矩形;��=𝑂𝐸=𝑂��𝐸𝐸��

(3)如图3,,、相交于点,,已知正方形的边长为16,

长为20,��当=��的𝑂面积�取�最大值时�,判�断�:四��边=形4:5是怎样的四�边��形�?证明你的结

�论�.△�𝑂𝐸��

【答案】(1)见解析

(2)

��=𝐸

第13页共69页.

(3)平行四边形,证明见解析

【分析】(1)利用平行四边形的性质证得,根据角角边证明.

(2)当,证得,∠�𝐸=是∠等𝑂腰�直角三角形,∠HE△F�=∠𝑂EF≌G△=�90�°�,

即可证得�四�边=形𝐸EFGH是△矩��形�.≌△�𝑂△�𝐸

(3)利用正方形的性质证得为平行四边形,过点作,垂足为点,交

于点,由平行线分线段成比�例�,��设,,���⊥,�则�可表示出�,从而𝑂把

△OE�H的面积用x的代数式表示出来�,�根=据4�二次�函�=数5求�出最��大=值ℎ,则可得OE=O�G�,OF=OH,

即可证得平行四边形.

(1)

∵四边形为正方形,

∴��𝑁,

∴∠�=∠�=90°.

∵∠四�边𝑂形+∠𝑂为�正=方90形°,

∴𝐸,��,

∴𝑂=𝐸∠�𝐸=9,0°

∴∠�𝑂+∠�𝐸.=90°

在∠�𝐸=和∠𝑂�中,

∵△�𝑂△𝐸�,,,

∴∠�=∠�=90°.∠𝑂�=∠�𝐸𝑂=��

∴△�𝑂≌.△𝐸�

∴𝑂=��;

(�2)�+𝑂=��+��=��

;证明如下:

�∵�四=边�形�为正方形,

∴��𝑁,AB=BC=AD=CD,

∵∠AE�==AH∠,�C=F9=0C°G,AE=CF,

∴AH=CG,

∴,

∴△EH�=�F�G.≌△�𝑂

∵AE=CF,

∴AB-AE=BC-CF,即BE=BF,

∴是等腰直角三角形,

∴∠△B�E�F�=∠BFE=45°,

第14页共69页.

∵AE=AH,CF=CG,

∴∠AEH=∠CFG=45°,

∴∠HEF=∠EFG=90°,

∴EH∥FG,

∴四边形EFGH是矩形.

(3)

∵四边形为正方形,

∴�.�𝑁

∵��∥𝑁,,

∴�四�边=形����为∥平��行四边形.

∴�.𝑂�

∴𝑁∥𝑂.

过点𝑂∥�作�,垂足为点,交于点,

∴��.�⊥���𝑂�

����

∵��=��,

设��:��=,4:5,,则,

ℎ20−5�

∴��=4���.=5���=ℎ16=20

∴ℎ=44−�.

112

∴�当=2⋅��时⋅,��=2⋅的4�面⋅4积(4最−大�,)=−8(�−2)+32

∴�=2△�𝑂,,

11

∴�四�边=形4�=8是=平2�行�四=边�形�.��=5�=10=2��=��

𝐸��

【点睛】此题考查了正方形的性质,矩形的判定和平行四边形的性质与判定,平行线分线段

成比例定理,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,二次函数的最值,有一定的综

合性,解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用.

2.(2022·山东东营·中考真题)和均为等边三角形,点E、D分别从点A,B

△���△𝑁�

第15页共69页.

同时出发,以相同的速度沿、运动,运动到点B、C停止.

����

(1)如图1,当点E、D分别与点A、B重合时,请判断:线段、的数量关系是____________,

位置关系是____________;𝑁𝐸

(2)如图2,当点E、D不与点A,B重合时,(1)中的结论是否依然成立?若成立,请给予

证明;若不成立,请说明理由;

(3)当点D运动到什么位置时,四边形的面积是面积的一半,请直接写出答案;

此时,四边形是哪种特殊四边形�?�请��在备用图中△画�出��图形并给予证明.

【答案】(1)CD�=�E�F�,CD∥EF

(2)CD=EF,CD∥EF,成立,理由见解析

(3)点D运动到BC的中点时,是菱形,证明见解析

▱𝑁𝐸

【分析】(1)根据和均为等边三角形,得到AF=AD,AB=BC,∠FAD=∠ABC=60°,

根据E、D分别与△点��A、�B重△合𝑁,�得到AB=AD,EF=AF,CD=BC,∠FAD=∠FAB,推出CD=EF,

CD∥EF;

(2)连接BF,根据∠FAD=∠BAC=60°,推出∠FAB=∠DAC,根据AF=AD,AB=AC,推出

AFB≌ADC,得到∠ABF=∠ACD=60°,BF=CD,根据AE=BD,推出BE=CD,得到BF=BE,

△推出BF△E是等边三角形,得到BF=EF,∠FEB=60°,推出CD=EF,CD∥EF;

(3)△过点E作EG⊥BC于点G,设ABC的边长为a,AD=h,根据AB=BC,BD=CD=BC=

1

a,BD=AE,推出AE=BE=AB,△根据AB=AC,推出AD⊥BC,得到EG∥AD,推出2

11

2EBG∽ABD,推出2,得到=h,根据CD=EF,CD∥EF,推出四

𝑂��111

边△形CEF△D是平行四边𝑁形=,推��出=2𝑂=2𝑁2,根据EF=BD,

11111

EF∥BD,推出四边形BDEF是�平��行��四=边�形�,⋅�根�据=2B�F=⋅2EℎF,=推2⋅出2�ℎ=2�△是��菱�形.

(1)▱𝑁𝐸

∵和均为等边三角形,

∴△AF�=�A�D,△AB�=�B�C,∠FAD=∠ABC=60°,

当点E、D分别与点A、B重合时,AB=AD,EF=AF,CD=BC,∠FAD=∠FAB,

∴CD=EF,CD∥EF;

故答案为:CD=EF,CD∥EF;

第16页共69页.

(2)

CD=EF,CD∥EF,成立.

证明:

连接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是等边三角形,

∴△BF=EF,∠FEB=60°,

∴CD=EF,BC∥EF,

即CD∥EF,

∴CD=EF,CD∥EF;

(3)

如图,当点D运动到BC的中点时,四边形的面积是面积的一半,此时,四边

形是菱形.�𝐸�△���

证明𝑁:𝐸

过点E作EG⊥BC于点G,设ABC的边长为a,AD=h,

∵AB=BC,BD=CD=BC=a,△BD=AE,

11

∴AE=BE=AB,22

1

∵AB=AC,2

∴AD⊥BC,

∴EG∥AD,

∴EBG∽ABD,

△△

第17页共69页.

∴,

𝑂��1

∴𝑁=��==2h,

11

由(𝑂2)=知2�,�CD2=EF,CD∥EF,

∴四边形CEFD是平行四边形,

∴四边形,

11111

此时�,EF��=�B�D=,�E�F⋅∥�B�D=,2�⋅2ℎ=2⋅2�ℎ=2�△���

∴四边形BDEF是平行四边形,

∵BF=EF,

∴是菱形.

▱𝑁𝐸

【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质,全等三角形的判定与性质,平行四边形的

判定与性质,相似三角形的判定与性质,菱形的判定,解决问题的关键是熟练掌握等边三角

形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,平行四边形判定和性质,相似三角形的判定和

性质,菱形的判定.

3.(2022·辽宁鞍山·中考真题)如图,在中,,,点在直线

上,连接,将绕点逆时针旋转△�,�得�到线�段�=�,�连∠接���,=12.0°���

𝑁���120°������

(1)求证:;

(2)当点在��线=段3�上�(点不与点,重合)时,求的值;

��

(3)过点�作��交于�点,若��,请直接𝑁写出的值.

𝐴

【答案】�(1�)证�∥明�见�解�析�;�𝑁=2𝑁��

(2)

(3)3或

5721

1921

第18页共69页.

【分析】(1)作AH⊥BC于H,可得BH=AB,BC=2BH,进而得出结论;

3

(2)证明△ABD∽△CBE,进而得出结果;2

(3)当点D在线段AC上时,作BF⊥AC,交CA的延长线于F,作AG⊥BD于G,设AB

=AC=3a,则AD=2a,解直角三角形BDF,求得BD的长,根据△DAG∽△DBF求得AQ,

进而求得AN,进一步得出结果;当点D在AC的延长线上时,设AB=AC=2a,则AD=4a,

同样方法求得结果.

(1)

证明:如图1,

作AH⊥BC于H,

∵AB=AB,

∴∠BAH=∠CAH=∠BAC=×120°=60°,BC=2BH,

11

∴sin60°=,22

𝑂

∴BH=A�B�,

3

∴BC=22BH=AB;

(2)3

解:∵AB=AC,

∴∠ABC=∠ACB===,

180°−∠���180°−120°

由(1)得,,2230°

��

同理可得,��=3

∠DBE=30°,,

��

∴∠ABC=∠D�B�E=,3,

����

∴∠ABC−∠DBC=∠��D=BE�−�∠DBC,

∴∠ABD=∠CBE,

∴△ABD∽△CBE,

∴;

����

(3𝑁)=𝑁=3

:如图2,

第19页共69页.

当点D在线段AC上时,

作BF⊥AC,交CA的延长线于F,作AG⊥BD于G,

设AB=AC=3a,则AD=2a,

由(1)得,,

在Rt△ABF中��,=∠B3A�F�==1820°−3∠�BAC=60°,AB=3a,

∴AF=3a•cos60°=,BF=3a•sin60°=,

333

在Rt△BDF中,DF2=�AD+AF=2�,

37

2�+2�=2�

=+,

22

22337

∵𝑁∠AG�D�=∠�F�=9=0°,∠2A�DG=+∠2B�DF=,19�

∴△DAG∽△DBF,

∴=,

𝑂𝑁

∴𝐸𝑁,

𝑂2�

33

2�=19�

∴,

33

∵A�N�=DE1,9�

∴∠A∥ND=∠BDE=120°,

∴∠ANG=60°,

∴=,

𝑂332619

𝐴sin60°=19·3�=19�

∴619,

𝐴19�57

如图��3=,23�=19

第20页共69页.

当点D在AC的延长线上时,

设AB=AC=2a,则AD=4a,

由(1)得,

CE=,

作BR⊥3C𝑁A,=交4C3A�的延长线于R,作AQ⊥BD于Q,

同理可得,

AR=a,BR=,

∴3�,

22

∴𝑁=,3�+5�=27�

𝐴4�

∴3�=27�,

23

∴𝐴=7�,

2324

𝐴=7�·3=7�

∴4,

𝐴7�21

综上��所=述4:3�=的21值为或.

𝐴5721

【点睛】本题��考查了等19腰三21角形的性质,相似三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,

解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力.

4.(2022·浙江衢州·中考真题)如图,在菱形ABCD中,AB=5,BD为对角线.点E是边AB

延长线上的任意一点,连结交于点,平分交于点G.

�����𝑂∠�����

(1)求证:.

∠�𝑂=90°

第21页共69页.

(2)若,.

①求菱𝑁形=6�的�面=积2�.�

②求��𝑁的值.

(3)若tan∠𝑁�,当的大小发生变化时(<<),在上找一点,使

为定值��,=说�明�理由并∠�求�出�的值.0°∠���180°�����

【答案】(1)见解析𝐾

(2)①24,②

4

(3)=,理9由见解析

10

𝐾3

【分析】(1)由菱形的性质可证得∠CBD=∠ABD=∠ABC,由平分交于点G,

1

得到∠CBG=∠EBG=∠CBE,进一步即可得到答案2;𝑂∠�����

1

(2)①连接AC交BD于2点O,RtDOC中,OC=,求得AC=8,

2222

由菱形的面积公式可得答案;②由△BGAC,得到𝑁−��,=DH5=−H3G,=D4G=2DH,又由

����1

DG=2GE,得到EG=DH=HG,则∥,再证�明�=C�D�H=∽2AEH,CH=AC=,OH=

��118

OC-CH=4-=,利用正切的定义�得�=到2答案;△△33

84

(3)过点G作3G3TBC,交AE于点T,△BGE∽△AHE,得AB=BE=5,则EG=GH,再

证△DOH∽△DBG,∥得DH=GH=EG,由△EGT∽△EDA得,GT=,为定值,

��𝐾15

即可得到ET的值.𝑁=��=33

(1)

证明:∵四边形ABCD是菱形,

∴BC=DC,ABCD,

∴∠BDC=∠CB∥D,∠BDC=∠ABD,

∴∠CBD=∠ABD=∠ABC,

1

∵平分交2于点G,

∴∠𝑂CBG=∠�∠�E�BG�=�∠CBE,

1

∴∠CBD+∠CBG=2(∠ABC+∠CBE)=×180°=90°,

11

∴∠DBG=90°;22

(2)

解:①如图1,连接AC交BD于点O,

第22页共69页.

∵四边形ABCD是菱形,BD=6,

∴OD=BD=3,AC⊥BD,

1

∴∠DOC2=90°,

在Rt△DOC中,OC=,

2222

∴AC=2OC=8,𝑁−��=5−3=4

∴菱形,

11

即菱�形��𝑁=的2面��积×是𝑁24=.2×8×6=24

②如图�2�,�连�接AC,分别交BD、DE于点O、H,

∵四边形ABCD是菱形,

∴AC⊥BD,

∵∠DBG=90°

∴BG⊥BD,

∴BGAC,

∴∥,

����1

∴D��H==�H�G=,2DG=2DH,

∵DG=2GE,

∴EG=DH=HG,

∴,

��1

∵A𝑂B=C2D,

∴∠D∥CH=EAH,∠CDH=∠AEH,

∴△CDH∽△AEH,

∴,

𝑂��1

∴C𝑂H==𝑂AC==2,

18

∴OH=3OC-C3H=4-=,

84

33

第23页共69页.

∴tan∠BDE=;

��4

(3)��=9

如图3,过点G作GTBC交AE于点T,此时ET=.

10

∥3

理由如下:由题(1)可知,当∠DAB的大小发生变化时,始终有BGAC,

∴△BGE∽△AHE,∥

∴,

𝑂��

∵A��B==B��E=5,

∴EG=GH,

同理可得,△DOH∽△DBG,

∴,

����

∵B��O==D𝐶O,

∴DH=GH=EG,

∵GTBC,

∴GT∥AD,

∴△E∥GT∽△EDA,

∴,

��𝑂𝐾1

∵A𝑁D==�A�B==�5�,=3

∴GT=,为定值,

5

此时ET3=AE=(AB+BE)=.

1110

【点睛】此3题主要3考查了相似三角3形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数

等知识,熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.

5.(2022·山东枣庄·中考真题)已知△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4cm,点P从点A

出发,沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动,同时动点Q从点B出发沿BC方向以

每秒1cm的速度向终点C2运动,设运动的时间为t秒.

第24页共69页.

(1)如图①,若PQ⊥BC,求t的值;

(2)如图②,将△PQC沿BC翻折至△P′QC,当t为何值时,四边形QPCP′为菱形?

【答案】(1)当t=2时,PQ⊥BC

(2)当t的值为时,四边形QPCP′为菱形

4

3

【分析】(1)根据勾股定理求出,根据相似三角形的性质列出比例式,计算即可.

(2)作于,于��,证明出为直角三角形,进一步得出和

为等腰直�角�三⊥�角�形,�再�证�明⊥四��边形�为矩Δ形��,�利用勾股定理在、Δ���Δ�中𝑁,

结合四边形为菱形,建立等式��进�行�求解.𝑅△���𝑅△𝑁�

【详解】(1�)�解��:(′1)如图①,

∵∠ACB=90°,AC=BC=4cm,

∴AB==(cm),

2222

由题意得�,�AP+=��tcm,4B+Q4=t=cm4,2

则BP=(4﹣2t)cm,

∵PQ⊥BC,22

∴∠PQB=90°,

∴∠PQB=∠ACB,

∴PQAC,

∥,

∠�𝐴=∠���

∴{

∠𝐴�=∠���,

∴△�=𝐴∽,△���

��𝐴

∴����,

42−2��

42=4

第25页共69页.

解得:t=2,

∴当t=2时,PQ⊥BC.

(2)解:作于,于,如图,

𝑁⊥�����⊥���

,,

��=2�,𝐴=���(0⩽�,<4)

∵∠�=为90直°角�三�角=形��,=4cm

∴Δ���,

∴∠�=和∠�=45为°等腰直角三角形,

∴Δ���Δ�𝑁,,

2

∴��=��=2��=�cm�,�=𝑁

∴四��边=形��−�为�矩=形(4,−�)cm

∵��𝑁,

∴𝑁=��=(4−,�)cm

∴𝑁=(4−�)cm,

∴在��=𝑁−中�,�=(4−2�)cm,

22222

在𝑅△���中,��=��+��=�+(4−�),

22222

四�边�△形𝑁�为�菱�形=,𝑁+��=(4−�)+(4−2�)

∵��,��′

∴𝐴=��,

2222

∴�+(4,−�)=((4舍−去�)).+(4−2�)

4

∴�1的=值3为�.2=4

4

∴【�点睛】此3题是相似形综合题,主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质,线段垂

直平分线的性质,用方程的思想解决问题是解本题的关键.

6.(2022·江苏南通·中考真题)如图,矩形中,,点E在折线上运

动,将绕点A顺时针旋转得到,旋转�角�等𝑁于��,=连4,接𝑁=.3�𝑁

��𝐸∠���𝐸

第26页共69页.

(1)当点E在上时,作,垂足为M,求证;

(2)当��时,求�的�长⊥;��𝐵=��

(3)连接��=,3点2E从点�B�运动到点D的过程中,试探究的最小值.

【答案】��(1)见详解��

(2)或

(3)313

3

5

【分析】(1)证明

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