2024年中考数学真题分类汇编（全国）：专题28 几何综合压轴题（29题）（教师版）

专题28几何综合压轴题（29题）（解析版）

一、单选题

1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，在VABC中，D是AC的中点，CEAB，BD与CE交于点O，且

BECD．下列说法错误的是（）

A．BD的垂直平分线一定与AB相交于点E

B．BDC3ABD

C．当E为AB中点时，VABC是等边三角形

S△BOC3

D．当E为AB中点时，

S△AEC4

【答案】D

1

【分析】连接DE，根据CEAB，点D是AC的中点得DEADCDAC，则BEDE，进而得点D

2

在线段BD的垂直平分线上，由此可对选项Ａ进行判断；设ABD，根据BEDE得EDBABD，

的AEDEDBABD2，再根据DEAD得AAED2，则BDCAABD3，由此可对选

1

项Ｂ进行判断；当E为AB中点时，则BEAB，CE是线段AB的垂直平分线，由此得ACBC，然后

2

11

根据BEAB，CDAC，BECD得ABAC，由此可对选项Ｃ进行判断；连接AO并延长交BC于

22

F，根据VABC是等边三角形得OBCOAC30，则OAOB，进而得OB2OF，AF3OF，由此

113

得SBCOF，SBCAFBCOF，由此可对选项Ｄ进行判断，综上所述即可得出答案．

OBC2ABC22

【详解】解：连接DE，如图1所示：

CEAB，点D是AC的中点，

DE为Rt△AEC斜边上的中线，

1

DEADCDAC，

2

BECD，

BEDE，

点D在线段BD的垂直平分线上，

即线段BD的垂直平分线一定与AB相交于点E，故选项A正确，不符合题意；

设ABD，

BEDE，

EDBABD，

AEDEDBABD2，

DEAD，

AAED2，

BDCAABD3，

即BDC3ABD，故选B正确，不符合题意；

1

当E为AB中点时，则BEAB，

2

CEAB，

CE是线段AB的垂直平分线，

ACBC，

11

BEAB，CDAC，BECD，

22

ABAC，

ACBCAB，

ABC是等边三角形，故选C正确，不符合题意；

连接AO，并延长交BC于F，如图2所示：

当E为AB中点时，

点D为AC的中点，

根据三角形三条中线交于一点得：点F为BC的中点，

当E为AB中点时，VABC是等边三角形，

ABCBAC60，AFBC，AF平分OAC，BD平分ABC，

OBCOAC30，

OAOB，

在Rt△OBF中，OB2OF，

OAOB2OF，

AFOAOF3OF，

113

SBCOF，SBCAFBCOF，

OBC2ABC22

S1

OBC，故选项D不正确，符合题意．

SABC3

故选：D．

【点睛】此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，

等边三角形的判定和性质，理解直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形

的判定与性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．

1

2．（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形ABCD中，分别以点A和B为圆心，以大于AB的长为半

2

径作弧，两弧相交于点E和F，作直线EF，再以点A为圆心，以AD的长为半径作弧交直线EF于点G（点

G在正方形ABCD内部），连接DG并延长交BC于点K．若BK2，则正方形ABCD的边长为（）

535

A．21B．C．D．31

22

【答案】D

【分析】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，由作图知，AGAD2x，EF垂直平分AB，

得到AHBHx，AHG90，由勾股定理得到GH3x，证明ADGHBC，推出DGGK，推出

GHx1，得到3xx1，即得2x31．

【详解】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，

由作图知，AGAD2x，EF垂直平分AB，

1

∴AHBHABx，AHG90，

2

∴GHAG2AH23x，

∵BAD90，

∴AD∥GH，

∵AD∥BC，

∴ADGHBC，

DGAH

∴1，

GKHB

∴DGGK，

∵BK2，

1

∴GHADBKx1，

2

∴3xx1，

31

∴x，

2

∴2x31．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾

股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．

3．（2024·安徽·中考真题）如图，在Rt△ABC中，ACBC2，点D在AB的延长线上，且CDAB，则

BD的长是（）

A．102B．62C．222D．226

【答案】B

【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，对顶角的性质，勾股定理，过点D作DECB的延长

线于点E，则BED90，由ACB90，ACBC2，可得AB22，AABC45，进而得

到CD22，DBE45，即得VBDE为等腰直角三角形，得到DEBE，设DEBEx，由勾股定理

22

得2xx222，求出x即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．

【详解】解：过点D作DECB的延长线于点E，则BED90，

∵ACB90，ACBC2，

∴AB222222，AABC45，

∴CD22，DBE45，

∴VBDE为等腰直角三角形，

∴DEBE，

设DEBEx，则CE2x，

在Rt△CDE中，CE2DE2CD2，

22

∴2xx222，

解得x131，x231（舍去），

∴DEBE31，

22

∴BD313162，

故选：B．

4．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于O，ABC60，BACCAD45，

ABAD2，则O的半径是（）

62232

A．B．C．D．

3322

【答案】A

【分析】延长AB至点E，使BEAD，连接BD，连接CO并延长交O于点F，连接AF，即可证得

ADC≌EBCSAS，进而可求得ACcos45AE2，再利用圆周角定理得到AFC60，结合三角

函数即可求解．

【详解】解：延长AB至点E，使BEAD，连接BD，连接CO并延长交O于点F，连接AF，

∵四边形ABCD内接于O，

∴ADCABCABCCBE180

∴ADCCBE

∵BACCAD45

∴CBDCDB45，DAB90

∴BD是O的直径，

∴DCB90

∴△DCB是等腰直角三角形，

∴DCBC

∵BEAD

∴ADC≌EBCSAS

∴ACDECB，ACCE,

∵ABAD2

∴ABBEAE2

又∵DCB90

∴ACE90

∴△ACE是等腰直角三角形

∴ACcos45AE2

∵ABC60

∴AFC60

∵FAC90

AC26

∴CF

sin603

16

∴OFOCCF

23

故选：A．

【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等

知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．

5．（2024·山东济南·中考真题）如图1，VABC是等边三角形，点D在边AB上，BD2，动点P以每秒1

个单位长度的速度从点B出发，沿折线BCCA匀速运动，到达点A后停止，连接DP．设点P的运动时间

为ts，DP2为y．当动点P沿BC匀速运动到点C时，y与t的函数图象如图2所示．有以下四个结论：

①AB3；

②当t5时，y1；

③当4t6时，1y3；

④动点P沿BCCA匀速运动时，两个时刻t1，t2t1t2分别对应y1和y2，若t1t26，则y1y2．其中

正确结论的序号是（）

A．①②③B．①②C．③④D．①②④

【答案】D

【分析】由图知当动点P沿BC匀速运动到点C时，DP27，作DEBC于点E，利用解直角三角形和

勾股定理，即可得到BC，即可判断①，当t5时，证明△ADP是等边三角形，即可判断②，当4t6时，

2

且DPAC时，DP最小，求出最小值即可判断③，利用勾股定理分别表示出y1和y2进行比较，即可判断

④．

【详解】解：由图知当动点P沿BC匀速运动到点C时，DP27，

作DEBC于点E，

VABC是等边三角形，点D在边AB上，BD2，

B60，ABBCAC，

DEBDsin603，BEBDcos601，

EPDP2DE22，

ABBCBEEP3，

故①正确；

当t5时，PC532，AP1AD，

A60，

△ADP是等边三角形，

DPAPAD1，

yDP21，

故②正确；

当4t6时，且DPAC时，DP2最小，

AD1，A60，

3

DPADsin60，

2

33

DP2最小为，即y能取到，

44

故③错误；

动点P沿BCCA匀速运动时，

t1t26，t1t2，

t13，t23，t26t1，

当0t11时，5t26，

2

22；

y11t13t1t14

53

当DPAC时，CP，DP，

24

222

11319213；

y2t2t1t1t1

2421616

1351

yy40，

121616

y1y2；

同理，当1t13时，3t25，

2

22，

y1t113t1t14

222

1319213，

y26t2t1t1t1

2421616

1351

yy40，

121616

y1y2；

故④正确；

综上所述，正确的有①②④，

故选：D．

【点睛】本题考查了二次函数综合，等边三角形性质，解直角三角形，勾股定理，涉及到动点问题、读懂

函数图象、正确理解题意，利用数形结合求解是解本题的关键．

二、填空题

6．（2024·河北·中考真题）如图，VABC的面积为2，AD为BC边上的中线，点A，C1，C2，C3是线段CC4

的五等分点，点A，D1，D2是线段DD3的四等分点，点A是线段BB1的中点．

△

（1）AC1D1的面积为；

△

（2）B1C4D3的面积为．

【答案】17

1

【分析】（1）根据三角形中线的性质得S△=S△=S△=1，证明ACD≌ACDSAS，根据全

ABDACD2ABC11

等三角形的性质可得结论；

（）证明≌，得SS1，推出、、三点共线，得

2AB1D1ABDSAS△AB1D1△ABDC1D1B1

S=S+S=2，继而得出S=4S=8，S3S3，证明△∽△，

△AB1C1△AB1D1△AC1D1△AB1C4△AB1C1△AB1D3△AB1D1C3AD3CAD

4

得S△CAD9S△CAD9，推出S△S△12，最后代入S△BCDS△ACDS△ABDS△ABC即可．

33AC4D33C3AD3143431314

【详解】解：（1）连接B1D1、B1D2、B1C2、B1C3、C3D3，

∵VABC的面积为2，AD为BC边上的中线，

11

∴S△=S△=S△=´2=1，

ABDACD2ABC2

∵点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点，

1

∴ACACCCCCCCCC，

112233454

∵点A，D1，D2是线段DD3的四等分点，

1

∴ADADDDDDDD，

1122343

∵点A是线段BB1的中点，

1

∴ABABBB，

121

△

在AC1D1和ACD中，

ACAC

1

C1AD1CAD，

AD1AD

≌

∴AC1D1ACDSAS，

∴SS1，，

△AC1D1△ACDC1D1ACDA

△

∴AC1D1的面积为1，

故答案为：1；

（2）在AB1D1和△ABD中，

ABAB

1

B1AD1BAD，

AD1AD

≌

∴AB1D1ABDSAS，

∴SS1，，

△AB1D1△ABDB1D1ABDA

∵BDACDA180，

∴B1D1AC1D1A180，

∴C1、D1、B1三点共线，

∴S=S+S=1+1=2，

△AB1C1△AB1D1△AC1D1

∵AC1C1C2C2C3C3C4，

∴S=4S=4´2=8，

△AB1C4△AB1C1

∵，S1，

AD1D1D2D2D3△AB1D1

∴S3S313，

△AB1D3△AB1D1

△

在AC3D3和ACD中，

ACAD

∵333，CADCAD，

ACAD33

△∽△

∴C3AD3CAD，

2

SCADAC2

∴33339，

SCADAC

∴S9S919，

△C3AD3△CAD

∵AC1C1C2C2C3C3C4，

44

∴S△S△912，

AC4D33C3AD33

∴SSSS12387，

△B1C4D3△AC4D3△AB1D3△AB1C4

△

∴B1C4D3的面积为7，

故答案为：7．

【点睛】本题考查三角形中线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等分点的意

义，三角形的面积．掌握三角形中线的性质是解题的关键．

7．（2024·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，ACB90，CACB3，线段CD绕点C在平面内

旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E．若CD1，则AE的最大值为，最小值为.

【答案】221/122221/122

【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以AB为直径的圆上，根据

AEABcosBAE，得出当cosBAE最大时，AE最大，cosBAE最小时，AE最小，根据当AE与C

相切于点D，且点D在VABC内部时，BAE最小，AE最大，当AE与C相切于点D，且点D在VABC

外部时，BAE最大，AE最小，分别画出图形，求出结果即可．

【详解】解：∵ACB90，CACB3，

1

∴BACABC9045，

2

∵线段CD绕点C在平面内旋转，CD1，

∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，

∵BE⊥AE，

∴AEB90，

∴点E在以AB为直径的圆上，

在Rt△ABE中，AEABcosBAE，

∵AB为定值，

∴当cosBAE最大时，AE最大，cosBAE最小时，AE最小，

∴当AE与C相切于点D，且点D在VABC内部时，BAE最小，AE最大，连接CD，CE，如图所示：

则CDAE，

∴ADCCDE90，

∴ADAC2CD2321222，

∵，

ACAC

∴∠CED∠ABC45，

∵CDE90，

∴CDE为等腰直角三角形，

∴DECD1，

∴AEADDE221，

即AE的最大值为221；

当AE与C相切于点D，且点D在VABC外部时，BAE最大，AE最小，连接CD，CE，如图所示：

则CDAE，

∴CDE90，

∴ADAC2CD2321222，

∵四边形ABCE为圆内接四边形，

∴∠CEA180∠ABC135，

∴∠CED180∠CEA45，

∵CDE90，

∴CDE为等腰直角三角形，

∴DECD1，

∴AEADDE221，

即AE的最小值为221；

故答案为：221；221．

【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，

解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出AE取最大值和最小值

时，点D的位置．

AC5

8．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，．线段AB与AB

BD3

关于过点O的直线l对称，点B的对应点B在线段OC上，AB交CD于点E，则BCE与四边形OBED的

面积比为

1

【答案】1:3/

3

【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上

知识点．

11

设AC10a，BD6a，首先根据菱形的性质得到OAOCAC5a，OBODBD3a，连接AD，

22

OE，直线l交BC于点F，交AD于点G，得到点A，D，O三点共线，ADAOOD2a，

SBC2a2

，CEB，然后证明出AED≌CEBAAS，得到，然后证

BCOCOB2aAECE

SOEBOB3a3

≌

明出ODEOBESSS，得到SODESOBE，进而求解即可．

AC5

【详解】∵四边形ABCD是菱形，

BD3

∴设AC10a，BD6a

11

∴OAOCAC5a，OBODBD3a

22

如图所示，连接AD，OE，直线l交BC于点F，交AD于点G，

∵线段AB与AB关于过点O的直线l对称，点B的对应点B在线段OC上，

1

∴BOFCOFBOB45，AOAO5a，OBOB3a

2

∴AOGDOG45

∴点A，D，O三点共线

∴ADAOOD2a，BCOCOB2a

SBC2a2

∴CEB

SOEBOB3a3

∴ADBC

∵CD∥AB

∴CDOABO

由对称可得，ABOABO

∴ABOCDO

∴ADECBE

又∵AEDCEB

∴AED≌CEBAAS

∴AECE

∵ABABCD

∴DEBE

又∵ODOB，OEOB

∴ODE≌OBESSS

∴SODESOBE

SS221

∴CEBCEB．

S四边形OBEDSOEBSODE3363

1

故答案为：．

3

3

9．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在直线yx上，且点A的横坐标为4，

4

直角三角板的直角顶点C落在x轴上，一条直角边经过点A，另一条直角边与直线OA交于点B，当点C

在x轴上移动时，线段AB的最小值为．

15

【答案】

4

【分析】利用一次函数求出点A的坐标，利用勾股定理求出OA，当点C在x轴上移动时，作AB与AB关

于AC对称，且AB交x轴于点D，由对称性质可知，ABAB，BACDAC，当AB⊥x轴于点D时，

ABABADBD最短，记此时点C所在位置为C，作CEAB于点E，有DCEC，设DCECm，

ECAD3

则OCODDC4m，利用锐角三角函数sinAOD建立等式求出m，证明

OCOA5

CDB∽ADC，再利用相似三角形性质求出BD，最后根据ABABADBD求解，即可解题．

3

【详解】解：点A在直线yx上，且点A的横坐标为4，

4

点A的坐标为4,3，

OA5，

当点C在x轴上移动时，作AB与AB关于AC对称，且AB交x轴于点D，

由对称性质可知，ABAB，

当AB⊥x轴于点D时，ABABADBD最短，记此时点C所在位置为C，

由对称性质可知，BACDAC，

作CEAB于点E，有DCEC，

设DCECm，则OCODDC4m，

ECAD3

sinAOD，

OCOA5

m3

，

4m5

3

解得m，

2

3

经检验m是方程的解，

2

ACDDCB90，DACACD90，

DCBDAC，

CDBADC90，

CDB∽ADC，

BDDC

，

DCAD

3

BD

2，

33

2

3

解得BD，

4

315

ABAB3．

44

15

故答案为：．

4

【点睛】本题考查了轴对称性质，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形性质和判定，角平分线性质，垂

线段最短，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据轴对称性质和垂线段最短找出最短的情况．

10．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(ABE，BCF，CAD)与中间的小等边三角形DEF

拼成一个大等边三角形ABC．连接并延长交AC于点G，若AEED2，则：

（1）FDB的度数是；𝐵

（2）DG的长是．

【答案】43

5

【分析】本题考3查0°了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知

识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．

（1）利用三角形相似及AEDE可得BFDF，再利用三角形的外角性质结合可求得DBF30；

（2）作CHBG交BG的延长线于点H，利用直角三角形的性质求得CH1，FH3，证明ADG∽CHG，

利用相似三角形的性质列式计算即可求解．

【详解】解：△ABE≌△BCF≌△CAD(已知)，

ADBECF，AEBFDC，

AEED2，

ADBE4，

DEF为等边三角形，

EFDFDE2，EFDEDF60，

BFDFDC2，

1

FDBFBDEFD30，ADBEDFFDB90，

2

如图，过点C作CHBG的延长线于点H，

CDH30，

1

CHCDsin3021，

2

3

DHCDcos3023，

2

ADGCHG，AGDCGH，

ADG∽CHG，

DGAD4

，

HGCH1

44

DGDH3．

55

故答案为：，43．

5

30°5

11．（2024·四川广元·中考真题）如图，在VABC中，AB5，tanC2，则ACBC的最大值为．

5

【答案】52

5

【分析】过点B作BDAC，垂足为D，如图所示，利用三角函数定义得到ACBCACDC，延

5

5

长DC到E，使ECCDx，连接BE，如图所示，从而确定ACBCACDCACCEAE，

5

5

E45，再由辅助圆-定弦定角模型得到点E在O上运动，AE是O的弦，求ACBC的最大值就

5

是求弦AE的最大值，即AE是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案．

【详解】解：过点B作BDAC，垂足为D，如图所示：

tanC2，

在Rt△BCD中，设DCx，则BD2x，由勾股定理可得BC5x，

DCx55

，即BCDC，

BC5x55

5

ACBCACDC，

5

延长DC到E，使ECCDx，连接BE，如图所示：

5

ACBCACDCACCEAE，

5

BDDE，DE2xBD，

BDE是等腰直角三角形，则E45，

在ABE中，AB5，E45，由辅助圆-定弦定角模型，作ABE的外接圆，如图所示：

5

由圆周角定理可知，点E在O上运动，AE是O的弦，求ACBC的

5

最大值就是求弦AE的最大值，根据圆的性质可知，当弦AE过圆心O，即AE是直径时，弦最大，如图所

示：

AE是O的直径，

ABE90，

E45，

ABE是等腰直角三角形，

AB5，

5

BEAB5，则由勾股定理可得AEAB2BE252，即ACBC的最大值为52，

5

故答案为：52．

【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、

圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问

题的关键．

12．（2024·吉林长春·中考真题）如图，AB是半圆的直径，AC是一条弦，D是AC的中点，DEAB于

点E，交AC于点F，DB交AC于点G，连结AD．给出下面四个结论：

①ABDDAC；

②AFFG；

14

③当DG2，GB3时，FG；

2

④当BD2AD，AB6时，DFG的面积是3．

上述结论中，正确结论的序号有．

【答案】①②③

【分析】如图：连接DC，由圆周角定理可判定①；先说明BDEAGD、ADEDAC可得DFFG、

ADGDADGD

AFFD，即AFFG可判定②；先证明ADG∽BDA可得,即,代入数据可得

BDADDGBGAD

AD10，然后运用勾股定理可得AG14，再结合AFFG即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，

连接OD,CO,CD，易得AODDOC60，从而证明AOD,ODC是等边三角形，即ADCO是菱形，

然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，

DACOAC30DG23SADG63

最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．

【详解】解：如图：连接DC，

∵D是AC的中点，

∴

ADDC,

∴ABDDAC，即①正确；

∵AB是直径，

∴ADB90，

∴DACAGD90，

∵DEAB

∴ÐBDE+ÐABD=90°,

∵ABDDAC，

∴BDEAGD，

∴DFFG，

∵ÐBDE+ÐABD=90°，BDEADE90,

∴ADEABD，

∵ABDDAC，

∴ADEDAC，

∴AFFD，

∴AFFG,即②正确；

在△ADG和△BDA,

ADGBDA90

，

DAGDBA

∴ADG∽BDA，

ADGDADGD

∴,即,

BDADDGBGAD

AD2

∴，即AD10,

23AD

∴AGAD2DG214,

∵AFFG，

114

∴FGAG，即③正确；

22

如图：假设半圆的圆心为O，连接OD,CO,CD，

∵BD2AD，AB6，D是AC的中点，

1

∴ADDCAB,

3

∴AODDOC60，

∵OAODOC，

∴AOD,ODC是等边三角形，

∴OAADCDOCOD6，即ADCO是菱形，

1

∴DACOACDAO30，

2

∵ADB90，

DG3DG

∴tanDACtan30，即，解得：DG23,

AD36

11

∴SADDG62363，

ADG22

∵AFFG

1

∴SS33，即④错误．

DFG2ADG

故答案为：①②③．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定

与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．

13．（2024·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB2,AD2，E为边AD的中点，点F

在边CD上，连接EF，将DEF沿EF翻折，点D的对应点为D¢，连接BD．若BD2，则DF．

【答案】32/23

【分析】如图：连接BE，延长FE交BA的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明

RtHAE≌RtFDEASA，进而得到△BED为直角三角形，设DEF，则

AEHDEF，DED2，证明BHE为等腰三角形，求出AH，进而完成解答．

【详解】解：如图：连接BE，延长FE交BA的延长线于H，

∵矩形ABCD中AB2,AD2，E为边AD的中点，，

∴AEDE1，BAED90，

∵将DEF沿EF翻折，点D的对应点为D¢，

∴EDED1，EDFD90，DEFDEF，

∴RtHAE≌RtFDEASA，

∴DFAH，

∴BEAB2AE2213，

∵BD2，

2

∴12322，即DE2BE2BD2，

∴△BED为直角三角形，

设DEF，则AEHDEF，DED2，

∴AEB902，AHE90，

∴HEBAHE90，

∴BHE为等腰三角形，

∴BHBE3，

∴AHBHAB32，

∴DFAH32．

故答案为：32．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、

折叠的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键．

三、解答题

14．（2024·辽宁·中考真题）如图，在VABC中，ABC90，ACB045．将线段CA绕点C

顺时针旋转90得到线段CD，过点D作DEBC，垂足为E．

图1图2图3

(1)如图1，求证：△ABC≌△CED；

(2)如图2，ACD的平分线与AB的延长线相交于点F，连接DF，DF的延长线与CB的延长线相交于点P，

猜想PC与PD的数量关系，并加以证明；

(3)如图3，在（2）的条件下，将△BFP沿AF折叠，在变化过程中，当点P落在点E的位置时，连接EF．

①求证：点F是PD的中点；

②若CD20，求△CEF的面积．

【答案】(1)见详解

(2)PCPD

(3)30

【分析】（1）利用“AAS”即可证明；

（2）可知A90，证明ACF≌DCF，则CDFA90，可得BCD90，则

BCDCDF，故PCPD；

（3）①翻折得FPFE，根据等角的余角相等得到FEDFDE，故FEFD，则FPFD，即点F是

PD中点；

②过点F作FM∥CP交CD于点M，连接EM，设CEm，DECBn，则BECBCEnm，由翻

折得PBBEnm，故PE2n2m，因此PC2nmPD，在Rt△PDE中，由勾股定理得：

22

2nm2n2mn2，解得：n3m或nm（舍，此时45），在Rt△CDE中，由勾股定理得：

2222132DFDM

m3m20，解得：m40，则S△CEDEm60，由FMBC，得到1，

CDE22PFCM

1

S△S△，因此S△S△30，故S△30．

CEMCEFCEM2CEDCEF

【详解】（1）证明：如图，

由题意得，CACD,ACD90，

∴1290

∵DEBC，

∴DEC90，

∴1D90，

∴2D，

∵ABC90，

∴BDEC，

∴ABC≌CEDAAS；

（2）猜想：PCPD

证明：∵ABC90，ACB

∴A90，

∵CF平分ACD，

∴ACFDCF，

∵CACD,CFCF，

∴ACF≌DCF，

∴CDFA90，

∵ACD=90，ACB，

∴BCD90，

∴BCDCDF，

∴PCPD；

（3）解：①由题意得FPFE，

∴PFEP，

∵DEC90，

∴PED90，

∴PFDE90，FEPFED90，

∴FEDFDE，

∴FEFD，

∴FPFD，即点F是PD中点；

②过点F作FM∥CP交CD于点M，连接EM，

∵△ABC≌△CED，

∴DECB，

设CEm，DECBn，

∴BECBCEnm，

由翻折得PBBEnm，

∴PE2n2m，

∴PCPECE2nmPD，

22

在Rt△PDE中，由勾股定理得：2nm2n2mn2，

整理得，3m24mnn20，

解得：n3m或nm（舍，此时45），

2

在Rt△CDE中，由勾股定理得：m23m202，

解得：m240，

1132

∴S△CEDEm3mm60，

CDE222

∵FMBC，

DFDM

∴1，S△S△，

PFCMCEMCEF

∴点M为CD中点，

1

∴S△S△30，

CEM2CED

∴S△CEF30．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，翻折的性质，勾股定理解三角形，平

行线分线段成比例定理，正确添加辅助线是解题的关键．

15．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知VABC内接于O，AB是O的直径，BAC的平分线交O

于点D，过点D作DEAC，交AC的延长线于点E，连接BD，CD．

(1)求证：DE是O的切线；

1

(2)若CE1，sinBAD，求O的直径．

3

【答案】(1)证明见解析；

(2)9．

【分析】（1）连接OD，由角平分线可得BADEAD，又由OAOD可得OADODA，即得

ODAEAD，由DEAE得EADADE90，进而可得ODAADE90，即得ODDE，即

可求证；

（2）AB是O的直径可得DABABCDBC90，又由（1）知EADADCCDE90，

由BADEAD，DBCADC，进而可得DBCCDE，再根据DBCCAD，DCBBAD，

1

CADBAD，可得CDEDBCDCBBAD，得到BDCD，sinCDEsinBAD，解

3

Rt△CDE得到CDBD3，再解Rt△ABD即可求解；

本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定

理是解题的关键．

【详解】（1）证明：连接OD，

∵AD平分BAC，

∴BADEAD，

∵OAOD，

∴OADODA，

∴ODAEAD，

∵DEAE，

∴E90，

∴EADADE90，

∴ODAADE90，

即ODE90，

∴ODDE，

∵OD是O半径，

∴DE是O的切线；

（2）解：∵AB是O的直径，

∴ADB90，

∴DABABD90，

即DABABCDBC90，

∵EADADE90，

∴EADADCCDE90，

∴DABABCDBCEADADCCDE

∵BADEAD，ABCADC，

∴DBCCDE，

∵DBCCAD，DCBBAD，CADBAD，

∴CDEDBCDCBBAD

1

∴BDCD，sinCDEsinBAD，

3

CE1

在Rt△CDE中，sinCDE，

CD3

∴CD3CE313，

∴BD3，

BD1

在Rt△ABD中，sinBAD，

AB3

∴AB3BD339，

即O的直径为9．

16．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在VABC中，点D在边BC上．若BADC，

则AB2BDBC，请证明；

（2）【灵活运用】如图2，在VABC中，BAC60，点D为边BC的中点，CACD2，点E在AB上，

连接AD，DE．若AEDCAD，求BE的长；

（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB5，点E，F分别在边AD，CD上，ABC2EBF，

延长AD，BF相交于点G．若BE4，DG6，求FG的长．

131245

【答案】（1）见解析；（2）BE；（3）FG

311

ABBD

【分析】（1）证明△ABD∽△CBA，得出，即可证明结论；

BCAB

（2）过点C作CFAB于点F，过点D作DGAB于点G，解直角三角形得出

3