2024年中考数学压轴题型（安徽专用）解答题压轴题（几何探究）

专题10解答题压轴题（几何探究）

压轴翘密押

通用的解题思路:

1、解决矩形翻折问题：

（1）利用折叠和矩形性质找出对应线段关系；

（2）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：

垂直一定相等相等不一定垂直

EF=GH*EFtGH

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。

经典例题

1.（2023•浙江湖州•中考真题）【特例感知】

（1）如图1,在正方形4BCD中，点P在边48的延长线上，连接PD,过点。作。M1P。，交8c的延长线

于点求证：4DAPmADCM.

【变式求异】

（2）如图2,在Rt^ABC中，^ABC=90°,点。在边力B上，过点。作交AC于点。，点P在

边4B的延长线上，连接PQ,过点。作QM1PQ,交射线BC于点已知BC=8,AC=10,AD=

2DB,求券的值.

【拓展应用】

（3）如图3,在RtA48C中，ABAC=90°,点P在边4B的延长线上，点。在边AC上（不与点A,C重

合），连接尸。，以。为顶点作4PQM=NPBC,NPQM的边QM交射线8C于点M.若CQ=

nAC（«7,〃是常数），求生的值（用含“，”的代数式表示）.

【答案】（1）见解析；（2）I；（3）—VTT^

3n

【分析】（1）根据ASA证明ADAP三ADCM即可；

⑵证明△版「7NQM,得出照=器=黑，根据勾股定理2B='AC2—BC2=6,根据DQIIBC,得

出△力。Q74BC，求哈*|,得出版=热求出券=**

（3）BC—7AB2+71c2=Vl+m2AB>作QN±8C于点N,证明△Q4P—△QNM,得出券=券.证明

”曰“tQNCQmnABmnv^.i.PQ"Q1-nr:―;------n

2

A-A得出J=/i——~~干,求出—=/=—VI

〜QCNBCA,BACBy/l+m2AByJl+）m2QMNQn+m.

【详解】（1）证明：在正方形4BC0中，

=Z-ADC=/LBCD=90°,AD=DC,

：.^A=乙DCM=90°,

VDM1PD,

：.Z.ADP+（PDC=Z.CDM+乙PDC=90°,

：.Z-ADP="DM,

△DAP=△DCM（ASA）,

（2）如图1,作QNL3C于点N,如图所示:

U：£.ABC=90°,DQ^AB,

・•・四边形DBNQ是矩形，

：.^DQN=90°,QN=DB,

'：QM1PQ,

:•乙DQP+2PQN=乙MQN+乙PQN=90°,

:,(DQP=乙MQN,

,：Z.QDP=乙QNM=90°,

：.ADQPs^NQM,

.PQ_=DQ_=DQ_

・・QM—QN—DB'

*：BC=8,AC=10,/.ABC=90°,

：-AB=yjAC2-BC2=6，

*：AD=2DB,

：.DB=2,

\9^ADQ=/-ABC=90°,

：.DQ||BC,

△ADQs匕ABC,

.DQ_AD_2

**BC-AB-3'

.,.加=?，

,PQ_DQ_8

•'QM-OB-3；

(3)'：AC=mABfCO=nAC,

/.CQ—mnAB,

•\AQ=AC-CQ=(jn—mn)AB.

VZ.BAC=90°,

:・BC=7AB2+ZU=Vi+m2^,

如图2,作QNL5C于点N,

V+乙ABN+乙BNQ+乙AQN=360°,

乙ABN+tAQN=180°,

：ZAQN="BN.

■:乙PQM=乙PBC,

：./LPQM=乙AQN,

：./,AQP=乙NQM,

•・•乙4=(QNM=90°,

△QAPFQNM,

.PQ_=AQ

,•QM_NQ*

V=(QNC=90°,乙QCN=乙BCA,

：.△QCN八BCA,

.QN_CQ_mnAB_mn

**BACBy/l+m2ABVl+??i2?

【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的

判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法.

2.（2023・湖北襄阳•中考真题）【问题背景】

人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形4BCD的对角线相交于点0,

点。又是正方形4/1G。的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形4B1C1。绕点。怎样转

动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的;.想一想，这是为什么？（此问题不需要作

4

答）

九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形2BCD的对角线相交于点。，点P

【特例证明】

（1）如图1,将Rt^PEF的直角顶点P与点。重合，两直角边分别与边AB,BC相交于点M,N.

①填空：k=；

②求证：PM=PN.（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△P4M三APBN；也可过

点P分别作力B,BC的垂线构造全等三角形证明.请选择其中一种方法解答问题②.）

【类比探究】

（2）如图2,将图1中的APEF沿。C方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理

由.

【拓展运用】

（3）如图3,点N在边BC上，Z.BPN=45°,延长NP交边CD于点E,若EN=kPN,求k的值.

【答案】（1）①1;②见解析；（2）翳=匕理由见解析；（3）3

【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；

②根据正方形的性质可得NP4B=NPBC=45。，PA=PB,4ApM=4BPN,利用ASA证明△24“三4

PBN即可；

（2）过点P作PG||BD交BC于G,利用平行线的性质及正方形的性质易证得NPGC=Z.PCG=Z.PAM,

乙4PM=乙GPN,可证明△PAMPGN,利用相似三角形性质即可得出答案；

（3）过点P作PM1PN交AB于M,作PH1BC于H,作PG1AB于G,利用AAS证得△PGM=△ECN,可

得：GM=CN,PG=EC,再证得ABPNSABCP,可得PB?=BC•BN,同理可得：PB2=BA-BM,推

PHEC

出EC=2CN,进而可得tan/ENC=—=—=2,令HN=a,贝i]PH=2a,CN=3a,EC=6a,利用

HNCN

勾股定理即可求得答案.

【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：。4=。酊

•..将Rt△PEF的直角顶点P与点。重合，

.八旦空=1,

PCOC

故答案为：1;

②证明：:四边形/BCD是正方形，

：.Z-APB=^MPN=90°,LPAB=LPBC=45°,PA=PB,

A/-APB-乙BPM=乙MPN-乙BPM,

即44PM=乙BPN,

：.△PAM=△PBN(ASA)，

：.PM=PN.

⑵底=匕理由如下：

过点P作PG||BD交BC于G,

：.Z.AOB=^APG,乙PGC=LOBC,

•・,四边形ABC。是正方形，

/.PAM=Z.OCB=乙OBC=45°,^AOB=90°,

：.Z-APG=乙MPN=AAOB=90°,乙PGC=乙PCG=^PAM,

：.PG=PC,乙APG一乙MPG=LMPN—乙MPG,

即乙4PM=乙GPN,

△PAMfPGN,

,PMPA

••------------k.

PNPC

(3)过点P作PM1PN交48于M,作PHJ.8C于"，作PG_LAB于G,

DEC

图3

贝！J4MPN=乙GPH=Z.PGM=乙ECN=90°,

LMPN一乙GPN=Z.GPH-乙GPN,

即4MPG=乙NPH,

：.Z-PMG=乙PNH,

由(2)和已知条件可得：PM=kPN,EN=kPN,

：.PM=EN,

：.△PGM三△ECN(AAS)，

AGM=CN,PG=EC,

VzBPyV=Z.PCB=45°,(PBN=^CBP,

：.△BPN〜△BCP,

.PB_BN

,,沃・画，

：.PB2=BC,BN,

同理可得：PB2=BA^BM,

•：BC=BA,

：.BM=BN,

：.AM=CN,

：.AG=2CN,

VZPXB=45°,

：.PG=AGf

：.EC=2CN,

tmZENC=-=—=2

HNCN

令HN=a,贝UP”=2a,CN=3a,EC=6a,

/.EN=yj(3a)2+(6a)2=3后，

.I_EN_3也”

PN国

【点睛】此题是相似三角形综合题，主要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

判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键.

3.（2023・江苏盐城・中考真题）综合与实践

【问题情境】

如图1,小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应

点记为反，折痕与边AD,BC分别交于点E,F.

【活动猜想】

（1）如图2,当点夕与点。重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答：.

【问题解决】

（2）如图3,当4B=4,4。=8,BF=3时，求证：点4,B',C在同一条直线上.

【深入探究】

（3）如图4,当力B与BC满足什么关系时，始终有与对角线力C平行？请说明理由.

（4）在（3）的情形下，设4C与BD,EF分别交于点。，P,试探究三条线段4P,B'D,EF之间满足的等

量关系，并说明理由.

【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=V3AB,证明见解析；（4）V3EF=2（AP+B'D）,理由

见解析

【分析】（1）由折叠可得：EFLBD,OB=0D,再证得△BF。三△DEO（ASA），可得。E=OF,利用菱

形的判定定理即可得出答案；

（2）设EF与8。交于点M,过点夕作夕K1BC于K,利用勾股定理可得BD=4西，再证明AB/MSA

BDC,可求得BM=述，进而可得再由△WK-ABDC,可求得B'K=言，BK=勺,

CK=BC-BK=S-=^,运用勾股定理可得B'C=4,运用勾股定理逆定理可得NCB'F=90。，进而可得

Z-A'B'F+Z.CB'F=90°+90°=180°,即可证得结论；

(3)设N04B="BA=a,则NOBC=90°-a,利用折叠的性质和平行线性质可得：

ZABB=ZAOB=a,再运用三角形内角和定理即可求得a=60。，利用解直角三角形即可求得答案；

(4)过点E作EG1BC于G,设EF交8D于H,设4E=巾，EF=n,利用解直角三角形可得B'D=BD一

BB'=V3n-V3(m+jn)=yn-V3m,AP=2AE-cos30°=即可得出结论.

【详解】解：(1)当点夕与点。重合时，四边形BEDF是菱形.

理由：设EF与BD交于点0,如图，

由折叠得：EFLBD,OB=OD,

.­.乙BOF=乙DOE=90°,

••・四边形4BCD是矩形，

AD||BC,

・•.Z.OBF=Z-ODE,

*'•ABFO=△OEO(ASA)，

OE=OF,

••・四边形BEDF是菱形.

故答案为：菱形.

(2)证明：•.•四边形2BCD是矩形，AB=4,AD=8,BF=3,

BC=AD=8,CD=AB=4,乙BCD=90°,

:.CF=BC-BF=8-3=5,

BD=y/BC2+CD2=V82+42=46，

如图，设EF与BD交于点M,过点B'作mK18C于K,

由折叠得：WB'F=AABF=ZSMF=乙B'MF=90°,B'F=BF=3,BB'=2BM,

4

D

B

:.ZBMF=ZBCD,

/FBM=ZDBC,

BFMBDC,

BMBFBM_3

而'即nn="乖'

"竽

・•♦BB'V

,:乙BKB'=KBCD,乙B'BK乙DBC,

.*.△BB'K八BDC,

12%

：即

.B^_K__BK_BBB'K_BK_=5，

CD-BC-BD'=万4V5

''B'K=£

.-.CK=BC-BK=8--=—

55

22=J(£)2+谭)

B'C=<B'K+CK2=4,

•••B'F2+B'C2=32+42=25,CF2=52=25,

B'F2+B'C2=CF2,

.­./.CB'F=90°,

•••B'F+乙CB'F=90°+90°=180°,

.••点4,B',C在同一条直线上.

(3)当=时，始终有48’与对角线AC平行.

理由：如图，设AC、BD交于点。,

•・•四边形/BCD是矩形，

・•・0A=OB,Z,OBA+乙OBC=90°,

•••Z-OAB=Z.OBA,

设N0Z8=Z-OBA=a,

贝=90°-a,

由折叠得：^A'B'F=^ABC=90°,B'F=BF,

乙BB'F+乙4EB=90°,A.BB'F=乙OBC=90°-a,

•••乙AB'B—匕OBA=a,

vA'B||AC,

:.ZABfB=ZAOB=a,

NOAB+ZOBA+ZAOB=180。，

.”+7+2=180。，即3a=180°,

/.a=60°,

ABAC=60°,

=tanABAC=tan60°=代,

BC=ypiAB;

(4)6EF=2(AP+B，D),理由如下：

如图，过点E作EGIBC于G,设EF交80于H,

G

由折叠得：EFLBD,B'F=BF,乙BFE=LB'FE,

设4E=m,EF=n,

由(3)得：ZBAC=60°=ZABD,

•••NBB'F=乙DBC=30°,

•••乙BFE=乙B'FE=60°,

:.EG=EFsin600=—n,FG=EFcos60°=-n,

22

ZEAB=ZABG=ZBGE=90°,

四边形ABGE是矩形，

:.AB=EG=®n,BG=AE=m,AD||BC,

2

1

=m+-n,

BF=B'F2

h1

/.BH-BF-cos30°=^-(m+—n),

・•・BBr=2BH=V3(m+|n),

BD=2AB=6n，

BrD=BD-BB'=V3n—V3(m+|n)=^-n—V3m,

vAD||BC,

ZDEF=ZEFG=6O°,

o

.\ZAPE=ZDEF-ZDAC=60-30°=30°=ZDACf

AP=2AE-cos30°=6m,

AP+B'D=V3m+请九-V3m)=与n,

：

.AP+B'D=—2EF,

即百EF=2Q4P+B'D).

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等

腰三角形性质，平行线性质，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，涉

及知识点多，综合性强，难度较大.

压轴题预测

1.(2023•安徽合肥•一模)通过以前的学习，我们知道：”如图1,在正方形4BCD中，CE1DF,贝|CE=

DF”.

某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究:

(1)【问题探究】如图2,在正方形ABCD中，点E,F,G,H分别在线段48,BC,CD,DA±.,且EG1

FH,试猜想黑=_________；

FH

(2)【知识迁移】如图3,在矩形48CD中，AB=m,BC=n，点E,F,G,H分别在线段

AB,BC,CD,DA1.,且EG，FH,试猜想ff的值，并证明你的猜想；

FH

(3)【拓展应用】如图4,在四边形48CD中，N£MB=90。，Z.ABC=60°,AB=BC,点、E,F分别在线段

r'p

AB,AD1.,且CE1BF,求荔的值.

BF

【答案】(1)1,详见解析

(2*,详见解析

(3)日,详见解析

【分析】(1)过点A作4M||HF交BC于点作4N||EG交CD的延长线于点N,在正方形4BCD中，AB=

AD,/.ABM=/.BAD/.ADN=90°,证明AABM三△4DN,根据全等三角形的性质即可得解；

(2)过点4作4Mli交BC于点跖作4V||EG交CD的延长线于点N,利用在长方形4BCD中，BC=

AD,/.ABM=/.BAD=^ADN=90%证明A4BM三△20N,再根据其对应边成比例，将已知数值代入即

可；

(3)如图3中，过点C作CM148于点设CE交BF于点、O,证明△。“石泊区4/，推出第=瞿，可

得结论.

【详解】（1）2=1,理由如下：

FH

如图1,过点A作||HF交BC于点、作ZN||EG交CO的延长线于点N,

•・•四边形是正方形，

：-AB||CD,AD||BC,AB=AD.Z.ABM=Z.BAD=Z.ADN=90。，

-'-AM=HF,AN=EG,

「EG1FH,

：.ZNAM=90°,

：.Z.BAM=乙DAN,

在和△AON中，

/-BAM=乙DAN

AB=AD,

/ABM=乙ADN

△ABM=△40N(ASA)'

：.AM=AN,即EG=F”，

・

•.E—G=.1.

FH

故答案为：1；

(2)如图2,过点A作/M||HF交BC于点M,作ZN||EG交CO的延长线于点N,

图2

.'-AM=HF,AN=EG,

在长方形/BCD中，BC=AD,Z,ABM=/.BAD=^ADN=90%

EG1FH,

：.ZNAM=90°,

：.^BAM=乙DAN,

：.△ABM~XADN,

.AM_AB

**AN~AD9

*.*AB=m,BC=AD=n,

.EGn

••—=一;

FHm

(3)如图3,过点。作CM，48于点M,设CE交加于点O,

图3

*：CM1AB,

：.Z.CME=90°,

.,.ZECM+ZCEM=9O°,

•：CE工BF,

:•乙BOE=90°,

：.^CEM-V^ABF=90°f

：.£.ECM=Z.ABF,

又NFAB=ZEMC=90。,

△CMEBAF,

,CE_CM

99BF~AB9

AB=BC,/-ABC=60%

.•.空=”=.60。=如.

BFBCSin2

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，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，构造全等三角形或相似三角形解决问题.

2.(2024•安徽阜阳•一模)【数学模型】

图1图2图3

(1)如图1,在正方形力BCD中，点E,F分别在边DC,BC上，S.AE1DF,求证：DE=CF.

【模型迁移】

(2)如图2,在矩形ABCD中，AB=3,8c=5,点E在边40上，点M,N分别在边ZB,CD上，且BE1

MN,求黑的值.

MN

【模型应用】

A32

(3)如图3,在四边形力BCD中，/.BAD=90°,—=一，AB=BC,AD=CD,点E,F分别在边力B,

AD3

4。上，且。E1CF,垂足为G,求里的值.

DE

【答案】(1)见详解(2)|(3)g

【分析】(1)证明A/IDE三ADCF,即可证明结论；

(2)过点N作N”14B于点H,首先证明四边形BCNH为矩形，易得NH=BC=5,再证明AABEsA

HNM,由相似三角形的性质即可获得答案；

(3)过C作CNLAD于点N,CM14B交力B的延长线于点M,连接BD,首先证明四边形4VCM为矩形，

易得AN=CM,AM=CN,再证明△B4D,进而可得/BCD=乙84。=90。，易知

ZABC+ZADC=180°,结合N&8C+乙CBM=180°,易得乙ADC=乙CBM,即可证明^BCMDCN,由相

似三角形的性质可得需=器=祭号，设3M=2x,贝i1DN=3久，设AB=BC=2y,贝储。=CD=3y,

结合勾股定理可解得x=^y,然后证明A4DE-ANCF,结合相似三角形的性质，即可得出答案.

【详解】解：(1)•四边形4BCC为正方形,

：.AD-DC,ZADC=ZC=90°,

9

：AEIDFf

：.ACDF+AAED=(AED+^DAE,

・"CDF=^DAE,

在AAOE和△OCF中，

Z-DAE=乙CDF

AD=DC,

、/-ADC=ZC

△ADE=△DCF(ASA)，

：.DE=CF；

(2)如下图，过点N作NH148于点”,

BC

•・•四边形ZBCD为矩形，AB=3fBC=5,

：.Z.A=Z.ABC=4。=90°,

•；NHtAB,

：.ABHN=AABC=z.c=90°,

・•・四边形3CN”为矩形，

：.NH=BC=5,

■:BEtMN,NHLAB,

・"HNM+乙HMN=乙HMN+乙ABE,

：ZHNM=Z.ABE,

又丁乙/=乙MHN=90°,

A△ABEFHNM,

.BE_AB_3

・.MN一HN~~5'

(3)过。作CVLAD于点N,CM1AB交AB的延长线于点M,连接BD,如下图,

A

C

V/-BAD=90°,

：.Z.BAD=乙ANC=ZM=90°,

J四边形4NCM为矩形，

・,.AN=CM,AM=CN,

在△8/0和△BCD中，

AB=CB

BD=BD,

AD=CD

**.△BAD=△BCD(SSS)，

:•乙BCD=乙BAD=90°,

:•乙ABC+£.ADC=360°-乙BAD-乙BCD=180°,

■:乙ABC+乙CBM=180°,

工乙ADC=4CBM,

•:乙CND=AM=90°,

A△BCMfDCN,

.BM_BC_AB_2

**DN~CD~AD~3f

设5M=2x,则DN=3%,设4B=8C=2y,贝!=CD=3y,

ACN=AM=AB+BM=2x+2y,

在RtZkCND中，由勾股定理可得ON?+CN2=CO?,

(3x)2+(2%+2y尸=(3y)2,

解得13%=5y或久=-y(舍去)，

Ax=­y,

13)

\,^BAD=90°,DE1CF,

：./-ADE+乙NFC=乙NCF+乙NFC,

：.Z.ADE=乙NCF,

又・.・乙£710=乙FNC=90°,

：.LADE~XNCF,

•CF_CN_2%+2y_2x^y+2y_12

DE~AD~3y-3y~13,

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性

质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.

3.(2022・安徽滁州•二模)【证明体验】

(1)如图1,AD为AABC的角平分线，N4DC=60。，点E在线段4B上，AE=AC,求证：DE平分

4ADB；

【思考探究】

(2)如图2,在(1)的条件下，尸为4B上一点，连接FC交4。于点G.若FB=FC,

求证：DE2=BD-DG-,

【拓展延伸】

(3)如图3,在四边形28CD中，对角线4C平分ABAD,ZBCA=2ZDCA,点E在AC上，4EDC=4ABC,

若8c=5,CD=2V5,AD=2AE,求AC的长.

【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)AC

【分析】(1)ffiAAED三△4CD即可;

(2)证AEB。GCD即可；

(3)在4B上取一点F,使得力F=4D,连接CF.证△4FC三△4DC可推出NDCE=ZBCF,可证ADCEs

△SCF,进一步可证AEaDsAZMC,即可求解.

【详解】(1)证明：为△ABC的角平分线

：.^LEAD=ACAD

*：AE=AC,AD=AD

△AEDACD

：.^ADE=Z.ADC=60°

:•乙EDB=180°-/.ADE-^ADC=60°

・・・DE平分乙408

(2)证明：•:FB=FC

：.Z.EBD=Z.GCD

■:乙BDE=乙GDC=60°

△EBDGCD

CDDGDE-CD=BD•DG

由(1)可知：AAED任ACD

：.DE=CD

：.DE2=BD•DG

(3)解：如图，在ZB上取一点尸，使得4F=A0,连接CF

A

：.^FAC=^DAC

U：AF=AD,AC=AC

：.△AFC=^ADC

：.CF=CD/ACF=乙ACD,乙AFC=/-ADC

VZ-ACF+乙BCF=乙ACB=2^ACD

:•乙DCE=乙BCF

V/-EDC=乙FBC

：.△DCEfBCF

Z,CED=乙BFC

CBCF

■;BC=5,CF=CP=2V5

・•・CE=4

V^AED=180°-乙CED=180°-乙BFC=/-AFC=AADC,AEAD="AC

/.△EAD—△DAC

.AE_AD

*'AD~~AC

9：AD=2AE

.AE__2-E

••2AE~4+AE

解得：AE=l

：.AC=CE+AE=—

3

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质.掌握相关内容进行几何推导是

解题关键.

4.（2024•广东惠州•一模）数学活动课上，老师提出如下问题：己知正方形ABC。，E为对角线4C上一点.

【感知】（1）如图1,连接BE,DE.求证：BE=DE；

【探究】（2）如图2,尸是DE延长线上一点，FB1BE,EF交4B于点G.

①求证：NFBG=NFGB；

②若G为SB的中点,且AB=4,求AF的长.

【应用】（3）如图3,尸是DE延长线上一点，FB1BE,EF交2B于点G,BE=BF.求证：GD=

V2DE.

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解；②g；（3）证明见解析

【分析】（1）先判断出48=40,乙BAE=ND4E=45。，进而判断出△4BE三△4DE,即可得出结论;

（2）①先判断出4GD=Z.FBG,进而判断出NFBG=Z.FGB,即可得出结论;

②过点/作FH14B于先求出4G=BG=2,AD=4,进而求出AH=3,进而求出=2,最后用

勾股定理即可求出答案；

（3）在中，由勾股定理得EF=迎8£,由（1）知，BE=DE,由（2）知，FG=BF,可证明

GE=42DE-DE，则GO=GE+DE=V2DE.

【详解】解：（1）..工。是正方形4BCD的对角线，

=AD,/.BAE=ADAE=45°,

"：AE=4E,

△ABE=△ADE（SAS），

-'-BE=DE；

（2）①•・•四边形48co是正方形，

：.Z.GAD=90%

：-Z-AGD+Z.ADG=90%

由（1）知，AABE=^ADEf

：.Z-ADG=2EBG,

：.Z.AGD+Z.EBG=90°,

U：FB1BE,

，乙FBG+乙EBG=90°,

：^AGD=乙FBG,

V^AGD=（FGB,

:•乙FBG=乙FGB,

・・•四边形ZBC。为正方形，点G为ZB的中点，48=4,

"G=BG=2,AD=4,

由（2）①知，FG=FB,

：・GH=BH=1,

・・・4H=4G+GH=3,

在RtZkFUG与Rt/iOZG中，•・•乙FGH=^DGA,

•，tan"GH=tan'。。"'

.FHADQ

••~--L，

GHAG

：-FH=2GH=2,

在Rt△AHF中，由勾股定理得4F=y/AH2+FH2=V13;

（3）,:FB1BE,

."FBE=90。，

在RtZiEBF中，BE=BF,

：.EF=-JIBE,

由（1）知，BE=DE,

由（2）知，FG=BF,

•••GE=EF-FG=42BE-BF=V2DF-DE,

•••GD=GE+DE=y/2DE.

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角

三角形的判定与性质，作出辅助线构造出直角三角形是解（2）的关键.

5.（2024.甘肃平凉.模拟预测）问题情境】已知等腰三角形48c中，点D在底边8c上.将线段DB绕点。

顺时针旋转得到线段0E（旋转角小于180°）,连接BE,CE,以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC,使

/-FCE=ZXCB=a,连接AF.

MlM2图3ffi4

【尝试探究】

（1）如图1,当a=60。时，易知4F=BE；

如图2,当a=45。时，贝U4F与BE的数量关系为.

（2）如图3,探究4F与BE的数量关系（用含a的三角函数表示），并说明理由.

【拓展应用】

___-I

(3)如图4,当a=30。，且8,E,尸三点共线时，若BC=2际，BD=产,则4F的长为.

【答案】(1)BE=四人F(2)BE=2AF-cosa(3)2百

【分析】⑴可证明AACFSABCE,从而器=1|=/，进而得出结果；

AFCF

⑵过点2作1BC于点可推出差=7=Los-进而证得AACFSABCE,从而笠

CEBC2〜sBECE2

(3)作DM1BF于点M,过点C作CH1BF,交BF延长线于点H,设.BM=居则BE=2x,由DM||CH得答=

Dn

—=-从而=5BM=5x,EH=BH-BE=3%,进而表示出FE=FC=2x,FH=x.HC=g%,在Df△

DC5J-'-L

BHC中，由勾股定理列出方程(5x)2+(炳2=(2衣了,从而x=3,进一步得出结果.

【详解】解：当a=45。时，△ABC和AFEC是等腰直角三角形，

AACB=乙FCE=45°,

•••Z-ACF=Z.BCE,

ACFBCE,

些=生=/,

AFCF

故答案为：BE=^2AF;

•・•AB=AC,

；.BH=CH=*^ABC=^ACB=a,

CH匏C

(z=—=—

CpnOQSACAC

rBC

COSAC

同理可得：2cosa=g,

—BC=—CE,

ACCF

乙FCE=Z.ACB,

•••Z-ACF=2BCE,

ACFBCE,

BEBCR

•,*==2℃«仇，

AFACCOS

.・.BE=2AF-cos^;

(3)如图2,作DM1BF于点M,过点C作CH1BF,交BF延长线于点H,

BDC

图2

：.DM||CH,

•..线段OB绕点。顺时针旋转得到线段DE,

DB=DE,

：.BM=EM,

•:乙FCE=Z.FEC=30°,

:,乙CFH=Z.FCE+2FEC=60°,

：.EF=CF=2FH,

设=x,贝ijBE=2%,

*：DM||CH,

,,BM_BD_1

?

•BH-BC~5

：.BH=SBM=5x,

：.EH=BH——BE=3x,

VFE=2FH,

FE=FC=2x,FH=x.

HC=V3x,

在RtABHC中，由勾股定理得,

・•.BH2+CH2=BC2,

.，.(5%)2+(V3x)2=(2V^T)2,

=3,

：.BE=2x=6,由(2)得：AF=—BE=2痘.

3

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，解决问题的关

键是作辅助线，构造相似三角形.

6.(2023•广东东莞•一模)(1)问题发现：如图1,在AOAB和△OCD中，OA=OB,OC=OD,乙4OB=

ZCOO=40°,连接交于点填空：—=_；乙4MB=_；

BD

(2)类比探究：如图2,在AOAB和AOCD中，^AOB=^COD=90°,^OAB=AOCD=30°,连接AC交

BD的延长线于点M,请判断器的值及乙4MB的度数，并说明理由；

BD

(3)拓展延伸：如图3,在(2)的条件下，将AOCD绕点。旋转至点C与点M重合，若。。=1,

OB=V7,填空：AC=_.

图1图2图3

【答案】⑴b40°；(2)=V3,乙4MB=90。，理由见解析；(3)3次或2禽

BD

【分析】(1)如图1中，设BD交AD于J.证明△04C三△OBD(SAS)，推出人。=如，/CAO="BO可

得结论.

(2)设4。交于J.证明△CCMsADOB,推出"=三=石，ZJ4M=Z/BO可得结论.

BDOD

(3)正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4,同理可得；LAOC-ABOD,贝1J

乙4MB=90。，丝=百，可得AC的长.

【详解】解：(1)如图1中，设BO交4D于J.

VOA=OB,OC=OD,乙AOB=乙COD=40。，

A/.DOB=Z.COA,

••△OAC080(SAS)，

-'-AC=BD,Z,CAO=乙DBO,

VZ.AJM=Z.BJO,

J./.AM]=乙BOJ=40°,

AC

：.—=1,^LAMB=40°,

BD

故答案为：1,40°.

(2)如图2中，结论：—=V3,乙4MB=90。,

C

理由：在RQC。。中，

VZ.DOC=90。，乙DCO=30°,

ZCDO=60°,

=tan60°=V3,

OD

同理可得：霁=%，

DU

,CO_OA

••历一布‘

■:(COD=Z-AOB=90°,

：./,COA=乙DOB,

△COA~&DOB9

ACOC/-

・•・——=——=J3,乙CAO=^DBO,

BDOD

在^AMB中，LAMB=180°-(ZMXB+^ABM)

=180°-+4ABM+乙DBO)=90°；

(3)拓展延伸

①点C与点Af重合时，如图(3),同(2)得：AAOCSABOD,

图3

：.Z.CAO=4DBO,—=A/3,

BD

在44MB中，ZAMB=180°-(ZM4B+Z/4BM)

=180°-^OAB+/.ABM+(DBO)

=90°；

乙AOB=乙COD=90°,—=—=V3,

DOBO

：.^ODC=4OBA=60°,

：.£.OCD=乙OAB=30°,

设BO=x,贝=V3x，

RtZkC。。中，4。。。=30。，OD=1,

ACD=2,

:・BC=%—2,

Rt^AOB中，/LOAB=30°,OB=V7,

：-AB=2OB=277,

在中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2,

(V3x)2+(x—2/=(2A/7)2>

整理得：尤2—x—6=0,

・•・(％-3)(%+2)=0,

・'・％i=3,x2——2(舍去)，

：.BD=3,

-'-AC=3V3;

②点C与点/重合时，如图(4),同理得：乙4MB=90。，翌=次,

M©

图4

设8。=%,贝Uac=w万,

在Rt△AMB中，BC=BD+CD=x+2,

由勾股定理得：AC2+BC2=AB2,

••(V3x)2+(x+2产=(2>/7)2>

整理得/+x—6=0,

(x+3)(x-2)=0,

.•.占=-3(舍去)，x2=2,

BD=2,

=2V3;

综上所述，AC的长为3百或2百.

故答案为：或2百

【点睛】本题考查了三角形全等和相似的性质和判定，勾股定理，解一元二次方程、相似三角形的判定与性

质，勾股定理，解题的关键是能得出△AOCSAB。。，根据相似三角形的性质解决问题.

7.(2022陕西渭南•一模)【问题提出】

(1)如图1,在正方形ABCD中，点P是对角线上一点，连接AP,CP,则2PCP；(填或

【问题探究】

(2)如图2,在AdBC中，B4=BC,点。是4C边上一点，连接BD,将△4BD绕点B顺时针旋转得到4

CBE,求证：NDBE与NDCE互补.

图2

【答案】【问题提出】=;【问题探究】见详解

【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质.【问题提出】根据题意可以用两边夹角证明

△三ACBP即可；【问题探究】将ZDCE分成乙4CB+NBCE,而4BCE=乙4,再用三角形内角和定理即

可.

【详解】解：【问题提出】MCD是正方形

BA=BC,Z.ABP=Z.CBP=45°

在△力BP和ACBP中

'BA=BC

4ABP=乙CBP

、BP=BP

•••△ABPCBP(SAS)

:.AP=CP-,

【问题探究】•・•△4BD绕点B顺时针旋转得到^CBE

4DBA=Z.EBC,Z-BCE=Z.A

■：AABC+4+乙ACB=180°

•••乙DBE+乙DCE=AABC+乙BCE+^ACB=^ABC+〃+UCB=180°

ND8E与MCE互补.

8.（2024•江西抚州•一模）课本再现

（1）如图1,CD与的相交于点力八ABC是等腰直角三角形，ZC=90°,若DEIIBC,求证：△ADE是等

腰直角三角形.

类比探究

（2）①如图2,AB是等腰直角AaCB的斜边，G为边AB的中点，E是84的延长线上一动点，过点E分别

作2C与BC的垂线，垂足分别为D,F,顺次连接DG,GF,FD,得到ADGF,求证：△DGF是等腰直角三角

形.

②如图3,当点E在边4B上，且①中其他条件不变时，ADGF是等腰直角三角形是否成立？（填

“是”或“否”）.

拓展应用

（3）如图4,在四边形ABCD中，BC=CD/BCD=4BAD=90°,4C平分/BAD,当2。=1,4。=2/

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②是，理由见解析；（3）V5

【分析】（1）分别证明=90°,DE=ZM即可得到结论；

（2）①如图，连接CG,结合（1）可得：△40E为等腰直角三角形；证明AAOG三ACPG,结合全等三角

形的性质可得结论；②如图，连接CG,同理可得：XDCG任FBG,可得GO=GF,乙DGC=MGB,进

一步可得^DGF为等腰直角三角形；

（3）如图，将△力C。绕C逆时针旋转90。得至IU4CB,过C作CE_L4B于E,可得AaCO三AACB,

^ACA'=90°,证明4,B,4三点共线，在等腰直角三角形力C4中，结合勾股定理求解44'=4,再进一步可

得答案.

【详解】证明（1）•••△48C为等腰直角三角形，

：.AC=BC,AACB=90°,AABC=^BAC=45°,

'：DE||BC,

：.Z.D="=90°,NE=NB=45°,

・・・NE4D=450=4E,

：.DE=DA,

•••△40E为等腰直角三角形；

(2)①如图，连接。G,

••,/B是等腰直角的斜边，G为边43的中点，

/.CG1ZB,AG=CG=BG,Z-CAB=乙BCG=45°,

AADAG=乙FCG=135°,

'：ED1CDf^LDCB=90°,

：.DE||BC,

结合（1）可得：△AOE为等腰直角三角形；

：.DE=AD,

9：DE1CD,EF1BC,^DCF=LDCB=90°,

・・・四边形DEFC为矩形，

：.DE=FC,

：.AD=FC,

••△ADG=△CFG,

：.DG=FG,Z.AGD=乙FGC,

*：A