专题27 解答题重点出题方向几何综合题（不含圆）专项训练（解析版）

专题27解答题重点出题方向几何综合题（不含圆）专项训练（解析版）

模块一2022中考真题集训

1．（2022•西藏）如图，在矩形ABCD中，ABBC，点F在BC边的延长线上，点P是线段BC上一点（与

1

点B，C不重合），连接AP并延长，过点=C2作CG⊥AP，垂足为E．

（1）若CG为∠DCF的平分线．请判断BP与CP的数量关系，并证明；

（2）若AB＝3，△ABP≌△CEP，求BP的长．

思路引领：（1）由角平分线的性质和直角三角形的性质可求∠BAP＝∠APB＝45°，可得AB＝BP，即可

得结论；

（2）由勾股定理可求解．

解：（1）BP＝CP，理由如下：

∵CG为∠DCF的平分线，

∴∠DCG＝∠FCG＝45°，

∴∠PCE＝45°，

∵CG⊥AP，

∴∠E＝∠B＝90°，

∴∠CPE＝45°＝∠APB，

∴∠BAP＝∠APB＝45°，

∴AB＝BP，

∵ABBC，

1

∴BC=＝2AB，

∴BP＝PC；

（2）∵△ABP≌△CEP，

∴AP＝CP，

∵AB＝3，

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∵BC＝2AB＝6，

∵AP2＝AB2+BP2，

∴（6﹣BP）2＝9+BP2，

∴BP．

9

总结提=升4：本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题

是解题的关键．

2．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、

PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．

（1）∠EDC的度数为45°；

（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；

（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；

（4）求的最大值．

𝐶

思路引领�：�（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由三角形中位线定理可得DE∥AB，可

求解；

（2）设AP＝x，由等腰直角三角形的性质和三角形中位线定理可求AG的长，由三角形面积公式和二次

函数的性质可求解；

（3）由“SAS”可证△CEF≌△GDF，可得CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，可求解；

（4）利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出CH，CE的值，即可求解．

解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，

∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，

∵D、E分别为BC、PC的中点，2

∴DE∥AB，DEBP，

1

∴∠EDC＝∠AB=C＝245°，

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故答案为：45；

（2）设AP＝x，则BP＝12﹣x，

∵DEBP，

1

=

∴DE＝62，

�

−

∵GF⊥BC，2∠EDC＝45°，

∴∠EDC＝∠DEF＝45°，

∴DF＝EFDE＝3x，

22

∵点D是B=C2的中点，2−4

∴BD＝CD＝6，

2

∴CF＝3x，

2

∵GF⊥BC2，+∠4ACB＝45°，

∴∠ACB＝∠CGF＝45°，

∴GF＝FC，

∴GCFC＝6，

�

=2+

∴AG＝6，2

�

−

22

∴S△APGAP×AGx×（6）（x﹣6）+9，

11�1

∴当x＝=6时2×，△APG=的2面×积的最大−值2为=9−；4

（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：

∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，

∴△CEF≌△GDF（SAS），

∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，

∵∠DGF+∠GDF＝90°，

∴∠GDF+∠DCE＝90°，

∴∠DHC＝90°，

∴DG⊥PE，

∵点E是PC的中点，

∴PE＝EC，

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∴DG＝PE；

（4）方法一、∵CF＝3x＝GF，EF＝3x，

22

2+2−

∴EC4，4

2212

∵AP＝=x，��AC+＝�1�2，=36+4�

∴PC，

222

∵∠A=CP＝��∠+GC�H�，=∠A�＝9+01°4＝4∠GHC，

∴△APC∽△HGC，

∴，

𝐶��𝐶

==

������

∴�，

𝐶6+2𝐶

=2=

��+14412

∴GH，CH，

�2

6�+272+6�

=2=2

�+144�+144

∴72+6�12，

2

𝐶�+144�+1212121212+1

=1=×2=288≤===

𝐶2�+144�+12+�+12−242288−24242−2422−22

36+�

∴的最大值为4．

𝐶2+1

方法𝐶二、如图，过点2H作MH∥AB，交BC于M，

∵∠DHC＝90°，

∴点H以CD为直径的O上，

连接OH，并延长交AB⊙于N，

∵MH∥AB，

∴，

𝐶𝑂

=

∵�O�H，O�B�是定长，

∴ON的取最小值时，OM有最大值，

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∴当ON⊥AB时，OM有最大值，

此时MH⊥OH，CM有最大值，

∵DE∥AB，

∴MH∥DE，

∴，

𝐶𝑂

=

∴当𝐶CM�有�最大值时，有最大值，

𝐶

∵AB∥MH，𝐶

∴∠HMO＝∠B＝45°，

∵MH⊥OH，

∴∠HMO＝∠HOM＝45°，

∴MH＝HO，

∴MOHO，

∵HO＝=CO2＝DO，

∴MOCO，CD＝2CO，

∴CM＝=（21）CO，

2+

∴．

𝐶𝑂(2+1)��2+1

===

总结𝐶提升�：�本题是2相��似形综合题2，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，勾股定

理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

3．（2022•镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．

（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH＝AB；

（2）如图2，已知AE＝AH，CF＝CG，当AE、CF的大小有AE＝CF关系时，四边形EFGH是矩

形；

（3）如图3，AE＝DG，EG、FH相交于点O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长

为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．

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思路引领：（1）证明△AEH≌△BFE（AAS），推出AH＝BE，可得结论；

（2）当AE＝CF时，四边形EFGH是矩形．根据有三个角是直角的四边形是矩形证明即可；

（3）如图3中，过点H作HM⊥BC于点M．，交EG于点N．ZM四边形AEGD是平行四边形，推出

AD∥EG，EG∥BC，可得，设OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，则，可得h＝4（4﹣x），

����ℎ20−5�

==

可得S•OE•HN4x�×�4（4�﹣�x）＝﹣8（x﹣2）2+32，可知x＝2时1，6△OE2H0的面积最大，求出OE，

11

OG，O=H2，OF的长=，2可×得结论．

（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A＝∠B＝90°，

∴∠AEH+∠AHE＝90°，

∵四边形EFGH是正方形，

∴EH＝EF，∠HEF＝90°，

∴∠AEH+∠BEF＝90°，

∴∠BEF＝∠AHE，

在△AEH和△BFE中，

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，

∠�=∠�=90°

∠𝐶�=∠���

∴�△�A=E�H�≌△BFE（AAS），

∴AH＝BE，

∴AE+AH＝AE+BE＝AB；

（2）解：当AE＝CF时，四边形EFGH是矩形．

理由：如图2中，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CD＝AD＝BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，

∵AE＝AH＝CF＝CG，

∴BE＝BF，DH＝DG，

∴∠AEH＝∠BEF＝45°，

∴∠HEF＝90°

同法可证，∠EHG＝90°，∠EFG＝90°，

∴四边形EFGH是矩形．

故答案为：AE＝CF；

（3）解：结论：四边形EFGH是平行四边形．

理由：如图3中，过点H作HM⊥BC于点M．，交EG于点N．

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∵四边形ABCD是正方形，

∴AB∥CD，

∵AE＝DG，AE∥DG，

∴四边形AEGD是平行四边形，

∴AD∥EG，

∴EG∥BC，

∴，

����

=

∵�O�E：O�F＝�4：5，

设OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，则，

ℎ20−5�

=

∴h＝4（4﹣x），1620

∴S•OE•HN4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，

11

∵﹣=8＜20，=2×

∴x＝2时，△OEH的面积最大，

∴OE＝4x＝8EG＝OG，OF＝5x＝10HF＝OH，

11

∴四边形EFG=H2是平行四边形．=2

总结提升：本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，

全等三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会

利用参数构建二次函数，解决最短问题，属于中考压轴题．

4．（2022•阜新）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，

连接AE，CF．

（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；

（2）直线AE与CF相交于点G．

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①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；

②如图3，连接BG，若AB＝4，DE＝2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．

思路引领：（1）根据SAS证明三角形全等即可；

（2）①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；

②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，

可得结论．

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝DC，∠ADC＝90°．

∵DE＝DF，∠EDF＝90°．

∴∠ADC＝∠EDF，

∴∠ADE＝∠CDF，

在△ADE和△CDF中，

��=��

∠𝐶�=∠𝐶�

∴�△�=AD�E�≌△CDF（SAS）；

（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

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∵∠ADP＝90°，

∴∠DAP+∠DPA＝90°．

∵△ADE≌△CDF，

∴∠DAE＝∠DCF．

∵∠DPA＝∠GPC，

∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．

∴∠PGN＝90°，

∵BM⊥AG，BN⊥GN，

∴四边形BMGN是矩形，

∴∠MBN＝90°．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．

∴∠ABM＝∠CBN．

又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，

∴△AMB≌△CNB．

∴MB＝NB．

∴矩形BMGN是正方形；

②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，

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此时△AMB≌△AHD．

∴BM＝AH．

∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，

∴DH最大时，AH最小，DH最大值＝DE＝2．

∴BM最小值＝AH最小值．

由（2）①可知，△=BG2M3是等腰直角三角形，

∴BG最小值．

总结提升：=本2题�属�于=四2边6形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形

的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

5．（2022•东营）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、

BC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CD、EF的数量关系是CD＝EF，

位置关系是CD∥EF；

（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CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，

四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明．

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思路引领：（1）利用等边三角形的性质解决问题即可；

（2）证明△FAB≌△DAC（SAS），推出BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，再证明△EFB是等边三角形，

可得结论；

（3）当点D是BC的中点时，四边形EFDC的面积是△ABC的面积的一半．利用相似三角形的性质，

等高模型解决问题．

解：（1）∵△ABC，△ADF都是等边三角形，

∴EF＝AB＝CD，∠ADC＝∠FED，

∴EF∥CD，

故答案为：CD＝EF，CD∥EF；

（2）结论成立．

理由：如图2中，连接BF．

∵△ABC，△ADF都是等边三角形，

∴∠FAD＝∠BAC，AF＝AD，AB＝AC，

∴∠FAB＝∠DAC，

∴△FAB≌△DAC（SAS），

∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，

∵AE＝BD，AB＝BC，

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∴BE＝CD＝BF，

∴△EFB是等边三角形，

∴EF＝BF＝CD，∠FEB＝∠ABC＝60°

∴EF∥CD；

证法二：先证△CAE≌△ABD，得到CE＝AD＝DF，

再证明CE∥DF，

即可得四边形CDFE是平行四边形，

即可得出结论平行且相等．

（3）当点D是BC的中点时，四边形EFDC的面积是△ABC的面积的一半．此时四边形BDEF是菱形．

理由：如图3中，连接DF．

由（2）可知，△BEF是等边三角形，BE＝CD，

∵BD＝CD，

∴BECB，

1

∵△B=EF2∽△ABC，

∴（）2，

�△�����1

==

∵�E△F�∥��CD，E�F�＝CD，4

∴四边形EFDC是平行四边形，

∴S平行四边形EFDC＝2S△EFB，

平行四边形

∴．

��𝐶�1

=

连接D�E△．𝑂∵�BE＝BD2，∠EBD＝60°，

∴△BDE是等边三角形，

∵△BEF是等边三角形，

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∴四边形BDEF是菱形．

总结提升：本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题

的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

6．（2022•衢州）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

DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．

（1）求证：∠DBG＝90°．

（2）若BD＝6，DG＝2GE．

①求菱形ABCD的面积．

②求tan∠BDE的值．

（3）若BE＝AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一点T，使GT为定

值，说明理由并求出ET的值．

思路引领：（1）由菱形的性质得CB＝AB，CD＝AD，可证明△ABD≌△CBD，得∠CBD∠ABC，而

1

=

∠CBG∠EBC，所以∠DBG（∠ABC+∠EBC）＝90°；2

11

==

（2）①连2结AC交BD于点K，2交DE于点L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BKBD＝3，根据勾

1

=2

股定理可求得AK＝4，则AC＝8，即可由S菱形ABCDAC•BD求出菱形ABCD的面积；

1

=2

②先由∠DKL＝∠DBG＝90°证明AC∥BG，则1，所以DL＝GLDG，再由DG＝2GE得

����1

===

GEDG，则DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得𝐷��，可求得CLAC2，所以KL＝4，

1𝐷��11884

=====−=

再求出2tan∠BDE的值即可；𝐷��23333

（3）过点G作GT∥BC，交AE于点T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，当∠DAB的大小发生变化时，

始终都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再证明△ETG

����

==

∽△EAD，得，即可求��得G�T�，说明GT为定值，再求出ET的值即可．

𝐺����15

====

������33

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（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，

∴CB＝AB，CD＝AD，

∵BD＝BD，

∴△ABD≌△CBD，

∴∠CBD＝∠ABD∠ABC，

1

=

∵∠CBG＝∠EBG2∠EBC，

1

=

∴∠DBG＝∠CBD+∠2CBG（∠ABC+∠EBC）180°＝90°．

11

（2）解：①如图2，连结=AC2交BD于点K，交D=E2于×点L，

∵AC⊥BD，

∴∠AKB＝90°，

∵AB＝5，BD＝6，

∴BK＝DKBD＝3，

1

=

∴AK24，

2222

∴CK=＝AK𝑂＝4−，��=5−3=

∴AC＝8，

∴S菱形ABCDAC•BD8×6＝24.

11

②∵∠DKL=＝2∠DBG＝=920°×，

∴AC∥BG，

∴1，

����

==

∴D𝐷L＝G�L�DG，

1

∵DG＝2G=E，2

∴GEDG，

1

∴DL＝=G2L＝GE，

∵CD∥AB，

∴，

𝐷��1

==

∴C𝐷L�A�C28，

118

=3=3×=3

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∴KL＝4，

84

−3=3

∴tan∠BDE．

4

��34

（3）解：如=图�3�，=过3点=G9作GT∥BC，交AE于点T，则GT为定值，

理由：连结AC交BD于点K，交DE于点L，

∵∠DKL＝∠DBG＝90°，

∴当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC，

∴△BGE∽△ALE，

∵BE＝AB，

∴1，

����

==

∴E��G＝L�G�，

∵KL∥BG，

∴1，

����

==

∴D��L＝L�G�＝EGED，

1

∵AD∥BC，=3

∴GT∥AD，

∴△ETG∽△EAD，

∴，

𝐺����1

===

∵�BE�＝A�B�＝DA�＝�5，3

∴GTDA5，

115

∴GT=为3定值=；3×=3

∵EA＝BE+AB＝10，

∴ETEA10．

1110

=3=3×=3

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总结提升：此题重点考查菱形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与

性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考

试压轴题．

7．（2022•朝阳）【思维探究】

（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD

＝AC．

小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC

＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写

出完整的证明过程．

【思维延伸】

（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间

的数量关系，并说明理由．

【思维拓展】

（3）在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD

中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．=6

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思路引领：（1）如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出

∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；

（2）结论：CB+CDAC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证

明△AMD≌△ANB（=AA2S），推出DM＝BN，AM＝AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，

可得结论；

（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如

图3﹣2中，当∠CBD＝75°时，分别求解即可．

（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．

∵∠BAD+∠BCD＝180°，

∴∠B+∠ADC＝180°，

∵∠ADE+∠ADC＝180°

∴∠B＝∠ADE，

在△ADE和△ABC中，

，

��=��

∠𝐶�=∠�

∴�△�=AD�E�≌△ABC（SAS），

∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，

∴∠CAE＝∠BAD＝60°，

∴△ACE的等边三角形，

∴CE＝AC，

∵CE＝DE+CD，

∴AC＝BC+CD；

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（2）解：结论：CB+CDAC．

理由：如图2中，过点A=作A2M⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．

∵∠DAB＝∠DCB＝90°，

∴∠CDA+∠CBA＝180°，

∵∠ABN+∠ABC＝180°，

∴∠D＝∠ABN，

∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，

∴△AMD≌△ANB（AAS），

∴DM＝BN，AM＝AN，

∵AM⊥CD，AN⊥CN，

∴∠ACD＝∠ACB＝45°，

∴ACCM，

∵AC=＝AC2．AM＝AN，

∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），

∴CM＝CN，

∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CMAC；

=2

（3）解：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．

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∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，

∴∠CDB＝30°，

∵∠DCB＝90°，

∴CDCB，

∵∠D=CO3＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，

∴OP＝OQ，

∴1，

�△𝑂�2⋅𝐶⋅𝑂𝐶

1

△𝐶�==

�2⋅��⋅��𝑂

∴，

𝐶𝐶

==3

∵A�B�＝A�D�，∠DAB＝90°，

∴BDA=D＝62，

=23

∴OD233．

3

=×3=3−

1+3

如图3﹣2中，当∠CBA＝75°时，同法可证，OD23，

𝐶11

==×3=−3

𝑂31+3

综上所述，满足条件的OD的长为33或3．

3−−3

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总结提升：本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判

定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，

属于中考压轴题．

8．（2022•菏泽）如图1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使DE＝DC，连

接BE、CE．

（1）直接写出CE与AB的位置关系；

（2）如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′、E′分别与点B、E对应），连接CE′、

AB′，在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致？请

说明理由；

（3）如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE′与AD、AB′分别交于点G、F，若CG＝

FG，DC，求AB′的长．

=3

思路引领：（1）由等腰直角三角形的性质可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，

可得结论；

（2）通过证明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性质可得结论；

（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB'AD，即可求解．

解：（1）如图1，延长CE交AB于H，=3

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∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，

∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，

∵DE＝CD，

∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，

∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，

∴CE⊥AB；

（2）在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致，

理由如下：如图2，延长CE'交AB'于H，

由旋转可得：CD＝DE'，B'D＝AD，

∵∠ADC＝∠ADB＝90°，

∴∠CDE'＝∠ADB'，

又∵1，

𝐶𝐶

==

∴△�AD�′B'∽�△�C′DE'，

∴∠DAB'＝∠DCE'，

∵∠DCE'+∠DGC＝90°，

∴∠DAB'+∠AGH＝90°，

∴∠AHC＝90°，

∴CE'⊥AB'；

（3）如图3，过点D作DH⊥AB'于点H，

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∵△BED绕点D顺时针旋转30°，

∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，

∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，

∵DH⊥AB'，

∴AD＝2DH，AHDH＝B'H，

∴AB'AD，=3

由（2=）可3知：△ADB'∽△CDE'，

∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，

∵AD⊥BC，CD，

∴DG＝1，CG＝=2DG3＝2，

∴CG＝FG＝2，

∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，

∴AG＝2GF＝4，

∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，

∴AB'AD＝5．

总结提=升：3本题是三3角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三

角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．

9．（2022•安顺）如图1，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD

沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．

（1）求线段AE的长；

（2）求证四边形DGFC为菱形；

（3）如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DCM，设DN＝x，

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是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）在直角三角形BCF中，由勾股定理求出BF＝6，进而求得AF＝4，设AE＝x，则EF＝

DE＝8﹣x，在直角三角形AEF，根据勾股定理累出关于x的方程；

（2）根据CD∥AB得出△AGE∽△DCE，从而得出，求出AG＝6；

��𝐶

=

（3）先求得∠BGC的正切和正弦值，当∠MDN＝90�°�时，�解�直角三角形DGM和直角三角形DMN；当

∠DMN＝90°时，解直角三角形DMG和直角三角形DMN．

（1）解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝10，BC＝AD＝8，

在Rt△BCF中，CF＝CD＝10，BC＝8，

∴BF＝6，

∴AF＝AB﹣BF＝4，

设AE＝x，则EF＝DE＝8﹣x，

在Rt△AEF中，由勾股定理得，

EF2﹣AE2＝AF2，

∴（8﹣x）2﹣x2＝42，

∴x＝3，

∴AE＝3；

（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，

∴△AGE∽△DCE，

∴，

��𝐶

=

由（𝐶1）得��：AE＝3，

∴DE＝8﹣3＝5，

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∴，

��3

=

∴A10G＝65，

∴FG＝AF+AG＝4+6＝10，

∴FG＝CD，

∴四边形DGFC是平行四边形，

∵CD＝CF，

∴DGFC是菱形；

（3▱）解：∵四边形FGDC是菱形，

∴∠DGC＝∠DCG＝∠FGC，DG＝CD＝10，

1

在Rt△BCG中，BC＝8，BG=＝2B∠F�+�F�G＝6+10＝16，

∴tan∠FGC，CG8，

��12222

===��+��=8+16=5

∴sin∠FCG��2，

��85

===

如图1，��855

当∠MDN＝90°时，

在Rt△GDM中，

DM＝DG•tan∠DGM＝10•tan∠FGC＝105，

1

在Rt△DMN中，×2=

DN＝DM•tan∠DMN，

∵∠DMN＝∠DCM，∠DCM＝∠FGC，

∴DN＝DM•tan∠FGC＝5，

15

如图2，×2=2

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当∠MND＝90°时，∠DMN+∠GDM＝90°，

∵∠DMN＝∠DCM＝∠DGM，

∴∠DGM+∠GDM＝90°，

∴∠DMG＝90°，

∴DM＝DG•sin∠DGM＝102，

5

在Rt△DMN中，×5=5

DN＝DM•sin∠DMN＝DM•sin∠FGC＝22，

5

5×=

综上所述：DN或2．5

5

总结提升：本题=考2查了矩形性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分

类，考虑全面，充分利用解直角三角形或相似三角形的知识．

10．（2022•黔西南州）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），

且∠EAF＝45°．

（1）当BE＝DF时，求证：AE＝AF；

（2）猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；

（3）连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH＝AE．若DF＝a，CH

＝b，请用含a，b的代数式表示EF的长．

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思路引领：（1）证明△ABE≌△ADF，从而得出结论；

（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，类比（1）可证得△ABE≌△ADG，进而证明△GAF≌△EAF，进

一步得出结论；

（3）作HR⊥BC于R，证明△ABE≌△GRH，从而BE＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b•sin45°，

2

=

进而BE，根据（2）可得出结果．2

2

（1）证=明：2∵�四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，

在△ABE和△ADF中，

，

𝑂=𝐶

∠�=∠�

∴�△�=AB�E�≌△ADF（SAS），

∴AE＝AF；

（2）解：如图1，

BE+DF＝EF，理由如下：

在CD的延长线上截取DG＝BE，

同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，

∵∠EAF＝45°，

∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，

∴∠DAG+∠DAF＝45°，

即：∠GAF＝45°，

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∴∠GAF＝∠EAF，

在△GAF和△EAF中，

，

��=𝐶

∠���=∠���

∴�△�=GA�F�≌△EAF（SAS），

∴FG＝EF，

∴DG+DF＝EF，

∴BE+DF＝EF；

（3）如图2，

作HR⊥BC于R，

∴∠HRG＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，

∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，

∵GH⊥AE，

∴∠EKG＝90°，

∴∠G+∠AEB＝90°，

∴∠G＝∠BAE，

在△ABE和△GRH中，

，

∠𝑂�=∠���

∠�𝐶=∠�

∴�△�=AB�E�≌△GRH（AAS），

∴BE＝HR，

在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，

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∴HR＝b•sin45°b，

2

=

∴BE，2

2

=�

∴EF＝B2E+DF．

2

总结提升：本题=考2查�了+正�方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解决问题

的关键是作辅助线，构造全等三角形．

11．（2022•鄂尔多斯）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．

（1）如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE

与CF的数量关系是AE＝CF，位置关系是AE⊥CF；

（2）如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．

①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；

②连接DM，求∠EMD的度数；

③若DM＝6，ED＝12，求EM的长．

2

思路引领：（1）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由

直角三角形的性质证出∠EMC＝90°，则可得出结论；

（2）①同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠E＝∠F，则可得出

结论；

②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，证明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性质得

出DG＝DH，由角平分线的性质可得出答案；

③由等腰直角三角形的性质求出GM的长，由勾股定理求出EG的长，则可得出答案．

解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，

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∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，

∴∠ADE＝∠CDF＝90°，

又∵DE＝DF，

∴△ADE≌△CDF（SAS），

∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，

∵∠DAE+∠DEA＝90°，

∴∠DCF+∠DEA＝90°，

∴∠EMC＝90°，

∴AE⊥CF．

故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；

（2）①（1）中的结论还成立，

理由：同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），

∴AE＝CF，∠E＝∠F，

∵∠F+∠ECF＝90°，

∴∠E+∠ECF＝90°，

∴∠EMC＝90°，

∴AE⊥CF；

②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，

∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，

∴△DEG≌△DFH（AAS），

∴DG＝DH，

又∵DG⊥AE，DH⊥CF，

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∴DM平分∠EMC，

又∵∠EMC＝90°，

∴∠EMD∠EMC＝45°；

1

③∵∠EM=D2＝45°，∠DGM＝90°，

∴∠DMG＝∠GDM，

∴DG＝GM，

又∵DM＝6，

∴DG＝GM＝26，

∵DE＝12，

∴EG6，

2222

∴EM=＝G�M�+E−G＝��6+6=1．2−6=3

总结提升：本题是三角形3综合题，考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定

与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．

12．（2022•益阳）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥

BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

（1）直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；

（2）若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；

（3）当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？

思路引领：（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形

相似和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；

（2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE

��𝑂��155

===

∽△BGC，列比例式可得CE的�长�；����93

（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可

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得结论．

解：（1）（任意回答一个即可）；

①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，

∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，

∴∠BEC＝∠ABF，

∵AF⊥BE，

∴∠AFB＝90°，

∴∠AFB＝∠BCE＝90°，

∴△AFB∽△BCE；

②△AFB∽△CGE，理由如下：

∵CG⊥BE，

∴∠CGE＝90°，

∴∠CGE＝∠AFB，

∵∠CEG＝∠ABF，

∴△AFB∽△CGE；