【文档说明】专题27以相似为载体的几何综合问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）（解析版）.docx，共(69)页，1.960 MB，由envi的店铺上传

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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𝐸𝐹𝐵𝐹＝2，求𝐴𝑁𝑁𝐷的值；(3)若MN∥BE，求𝐴𝑁𝑁𝐷的值．【答案】(1)见解析(2)2737(3)27【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𝐵𝐹𝐸𝐹=𝐵𝑀𝐶𝐸=12，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC，得𝐴𝑁𝐵𝑀=𝐴𝑀𝐵𝐶，求出AN的长，可得答案；(3)首先利用同角的余角相等

得∠CBF＝∠CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得𝐶𝐸𝐵𝐶=𝐵𝐶𝐵𝑀，可得BM的长，由（2）同理可得答案．（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，∴△BMF≌△ECF（AAS），∴BM＝CE，∵点E为CD的中点，∴CE＝12CD，∵AB＝CD，∴𝐵𝑀=𝐶𝐸=12𝐴𝐵，∴𝐴𝑀=𝐵𝑀，∴AM＝CE；（2）∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，∴△BM

F∽△ECF，∴𝐵𝐹𝐸𝐹=𝐵𝑀𝐶𝐸=12，∵CE＝3，∴BM＝32，∴AM＝92，∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠ANM＝∠BMC，∵∠A＝∠MBC，∴△ANM∽

△BMC，∴𝐴𝑁𝐵𝑀=𝐴𝑀𝐵𝐶，∴𝐴𝑁32=924，∴𝐴𝑁=2716，∴DN＝AD﹣AN＝4﹣2716＝3716，∴𝐴𝑁𝐷𝑁=27163716=2737；（3）∵MN∥BE，∴∠BFC＝∠CMN，∴∠FBC

+∠BCM＝90°，∵∠BCM+∠BMC＝90°，∴∠CBF＝∠CMB，∴tan∠CBF＝tan∠CMB，∴𝐶𝐸𝐵𝐶=𝐵𝐶𝐵𝑀，∴34=4𝐵𝑀，∴𝐵𝑀=163，∴𝐴𝑀=𝐴𝐵−𝐵𝑀=6−163=23，由（2）同理得，𝐴𝑁𝐵𝑀=𝐴𝑀𝐵

𝐶，∴𝐴𝑁163=234，解得：AN＝89，∴DN＝AD﹣AN＝4﹣89＝289，∴𝐴𝑁𝑁𝐷=89289=27．【点睛】本题是相似形综合题，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𝐴𝐵𝐶𝐷中，对角线𝐴𝐶与𝐵𝐷相交于点O，记△𝐶𝑂𝐷的面积为𝑆1，△𝐴𝑂𝐵的面积为𝑆2．（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：𝑆1𝑆2=𝑂𝐶⋅𝑂𝐷𝑂𝐴⋅𝑂𝐵（2）探索推广：如图②，若𝐴𝐵与𝐶�

�不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展应用：如图③，在𝑂𝐴上取一点E，使𝑂𝐸=𝑂𝐶，过点E作𝐸𝐹∥𝐶𝐷交𝑂𝐷于点F，点H为𝐴𝐵的中点，𝑂𝐻交𝐸𝐹于点G，且𝑂𝐺=2𝐺𝐻

，若𝑂𝐸𝑂𝐴=56，求𝑆1𝑆2值．【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）2554【分析】（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出𝐷𝐸=𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸，𝐵

𝐹=𝑂𝐵⋅sin∠𝐵𝑂𝐹，然后根据三角形面积公式求解即可；（2）同（1）求解即可；（3）如图所示，过点A作𝐴𝑀∥𝐸𝐹交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到𝑂𝐹𝑂𝑀=𝑂𝐸𝑂𝐴=5

6，设𝑂𝐸=𝑂𝐶=5𝑚，𝑂𝐹=𝑂𝐷=5𝑛，则𝑂𝐴=6𝑚，𝑂𝑀=6𝑛，证明△OGF∽△OHN，推出𝑂𝑁=32𝑂𝐹=15𝑛2，𝐵𝑁=𝑀𝑁=𝑂𝑁−𝑂𝑀=3𝑛2，则𝑂𝐵=𝑂𝑁+𝐵𝑁=9𝑛，由（2）结论求解即可．【详解】解：（

1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，∴𝐷𝐸=𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸，𝐵𝐹=𝑂𝐵⋅sin∠𝐵𝑂𝐹，∴𝑆△𝑂𝐶𝐷=𝑆1=12𝑂𝐶⋅𝐷𝐸=12𝑂𝐶⋅𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸，𝑆△𝐴𝑂𝐵=𝑆2=12

𝑂𝐴⋅𝐵𝐹=12𝑂𝐴⋅𝑂𝐵⋅sin∠𝐵𝑂𝐹，∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠𝐷𝑂𝐸=sin∠𝐵𝑂𝐹；∴𝑆1𝑆2=12𝑂𝐶⋅𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸12𝑂𝐴⋅𝑂𝐵⋅sin∠

𝐵𝑂𝐹=𝑂𝐶⋅𝑂𝐷𝑂𝐴⋅𝑂𝐵；（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，∴𝐷𝐸=𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸，𝐵𝐹=𝑂𝐵⋅sin∠𝐵𝑂𝐹，∴𝑆△𝑂𝐶𝐷=𝑆1=12𝑂𝐶⋅𝐷𝐸=12

𝑂𝐶⋅𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸，𝑆△𝐴𝑂𝐵=𝑆2=12𝑂𝐴⋅𝐵𝐹=12𝑂𝐴⋅𝑂𝐵⋅sin∠𝐵𝑂𝐹，∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠𝐷𝑂𝐸=sin∠𝐵𝑂𝐹；∴𝑆1𝑆2

=12𝑂𝐶⋅𝑂𝐷⋅sin∠𝐷𝑂𝐸12𝑂𝐴⋅𝑂𝐵⋅sin∠𝐵𝑂𝐹=𝑂𝐶⋅𝑂𝐷𝑂𝐴⋅𝑂𝐵；（3）如图所示，过点A作𝐴𝑀∥𝐸𝐹交OB于M，取BM中点N，连接HN，∵𝐸𝐹∥𝐶𝐷，∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，又∵OE=OC，∴△OEF

≌△OCD（AAS），∴OD=OF，∵𝐸𝐹∥𝐴𝑀，∴△OEF∽△OAM，∴𝑂𝐹𝑂𝑀=𝑂𝐸𝑂𝐴=56，设𝑂𝐸=𝑂𝐶=5𝑚，𝑂𝐹=𝑂𝐷=5𝑛，则𝑂𝐴=6𝑚，𝑂𝑀=6�

�，∵H是AB的中点，N是BM的中点，∴HN是△ABM的中位线，∴𝐻𝑁∥𝐴𝑀∥𝐸𝐹，∴△OGF∽△OHN，∴𝑂𝐺𝑂𝐻=𝑂𝐹𝑂𝑁，∵OG=2GH，∴𝑂𝐺=23𝑂𝐻，∴𝑂𝐺𝑂𝐻=𝑂𝐹𝑂𝑁=23，∴𝑂𝑁=32𝑂𝐹=15𝑛2，𝐵𝑁

=𝑀𝑁=𝑂𝑁−𝑂𝑀=3𝑛2，∴𝑂𝐵=𝑂𝑁+𝐵𝑁=9𝑛，由（2）可知𝑆1𝑆2=𝑂𝐶⋅𝑂𝐷𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=5𝑚⋅5𝑛6𝑚⋅9𝑛=2554．【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𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐶是一条对角线，且𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=6，𝐸，𝐹是𝐴𝐷边上两点，点𝐹在点𝐸的右侧，𝐴𝐸=𝐷𝐹，连接𝐶𝐸，𝐶�

�的延长线与𝐵𝐴的延长线相交于点𝐺．(1)如图1，𝑀是𝐵𝐶边上一点，连接𝐴𝑀，𝑀𝐹，𝑀𝐹与𝐶𝐸相交于点𝑁．①若𝐴𝐸=32，求𝐴𝐺的长；②在满足①的条件下，若𝐸𝑁=𝑁𝐶，求证：𝐴𝑀⊥𝐵

𝐶；(2)如图2，连接𝐺𝐹，𝐻是𝐺𝐹上一点，连接𝐸𝐻．若∠𝐸𝐻𝐺=∠𝐸𝐹𝐺+∠𝐶𝐸𝐹，且𝐻𝐹=2𝐺𝐻，求𝐸𝐹的长．【答案】(1)①53；②证明见解析(2)2【分析】（1）①解：根据平

行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的性质可证△𝐴𝐺𝐸∽△𝐷𝐶𝐸，得到𝐴𝐺𝐷𝐶=𝐴𝐸𝐷𝐸，再根据𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=6，𝐴𝐸=32，结合平行四边形的性质求出𝐷𝐸的长，代入比例式即可求出𝐴𝐺的长；

②先根据𝐴𝑆𝐴证明△𝐸𝑁𝐹≌△𝐶𝑁𝑀可得𝐸𝐹=𝐶𝑀，再根据𝐴𝐸=32，𝐴𝐸=𝐷𝐹求出𝐸𝐹=3，进一步证明𝐵𝑀=𝑀𝐶，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．（2）如图，连接𝐶�

�，先根据𝑆𝐴𝑆证明△𝐴𝐸𝐶≌△𝐷𝐹𝐶，再结合∠𝐸𝐻𝐺=∠𝐸𝐹𝐺+∠𝐶𝐸𝐹，说明𝐸𝐻∥𝐶𝐹，利用平行线分线段成比例定理可得𝐺𝐸𝐸𝐶=12，接着证明△𝐴𝐺𝐸∽△𝐷𝐶𝐸，可得到𝐴𝐸𝐷𝐸=12，设𝐴

𝐸=𝑥，则𝐷𝐸=2𝑥，根据𝐴𝐷=𝐴𝐸+𝐷𝐸=6构建方程求出𝑥，最后利用𝐸𝐹=𝐴𝐷−𝐴𝐸−𝐷𝐹可得结论．（1）①解：如图，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=6，∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷

∥𝐵𝐶，𝐷𝐶=𝐴𝐵=5，𝐴𝐷=𝐵𝐶=6，∴∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐶𝐷𝐸，∠𝐴𝐺𝐸=∠𝐷𝐶𝐸，∴△𝐴𝐺𝐸∽△𝐷𝐶𝐸，∴𝐴𝐺𝐷𝐶=𝐴𝐸𝐷𝐸，∴𝐴𝐺·𝐷𝐸=𝐷𝐶·

𝐴𝐸，∵𝐴𝐸=32，∴𝐷𝐸=𝐴𝐷−𝐴𝐸=6−32=92，∴92𝐴𝐺=5×32，∴𝐴𝐺=53，∴𝐴𝐺的长为53．②证明：∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∴∠𝐸𝐹𝑁=∠𝐶𝑀

𝑁，∵𝐸𝑁=𝑁𝐶，在△𝐸𝑁𝐹和△𝐶𝑁𝑀中，{∠𝐸𝐹𝑁=∠𝐶𝑀𝑁𝐸𝑁=𝐶𝑁∠𝐸𝑁𝐹=∠𝐶𝑁𝑀∴△𝐸𝑁𝐹≌△𝐶𝑁𝑀(𝐴𝑆𝐴)，∴𝐸𝐹=𝐶𝑀，∵𝐴𝐸=32，𝐴𝐸=𝐷𝐹，∴𝐷𝐹=32，∴𝐸𝐹=𝐴𝐷

−𝐴𝐸−𝐷𝐹=3，∴𝐶𝑀=3，∵𝐵𝐶=6，∴𝐵𝑀=𝐵𝐶−𝐶𝑀=3，∴𝐵𝑀=𝑀𝐶，∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∴𝐴𝑀⊥𝐵𝐶．（2）如图，连接𝐶𝐹，∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐴𝐵=𝐷𝐶，∴𝐴𝐶=�

�𝐶，∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐴，∵𝐴𝐸=𝐷𝐹，在△𝐴𝐸𝐶和△𝐷𝐹𝐶中，{𝐴𝐶=𝐷𝐶∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐴𝐴𝐸=𝐷𝐹∴△𝐴𝐸𝐶≌△𝐷𝐹𝐶(𝑆𝐴𝑆)，∴𝐶𝐸=𝐶𝐹，∴∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹∵∠𝐸𝐻

𝐺=∠𝐸𝐹𝐺+∠𝐶𝐸𝐹，∴∠𝐸𝐻𝐺=∠𝐸𝐹𝐺+∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐸𝐹𝐺+∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐹𝐺，∴𝐸𝐻∥𝐶𝐹，∴𝐺𝐻𝐻𝐹=𝐺𝐸𝐸𝐶，∵𝐻𝐹

=2𝐺𝐻，∴𝐺𝐸𝐸𝐶=12，∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∴∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐶𝐷𝐸，∠𝐴𝐺𝐸=∠𝐷𝐶𝐸，∴△𝐴𝐺𝐸∽△𝐷𝐶𝐸，∴𝐴𝐸𝐷𝐸=𝐺𝐸𝐶𝐸，∴𝐴𝐸𝐷𝐸=12，∴𝐷𝐸=2𝐴𝐸，设𝐴𝐸=𝑥，

则𝐷𝐸=2𝑥，∵𝐴𝐷=6，∴𝐴𝐷=𝐴𝐸+𝐷𝐸=𝑥+2𝑥=6，∴𝑥=2，即𝐴𝐸=2，∴𝐷𝐹=2，∴𝐸𝐹=𝐴𝐷−𝐴𝐸−𝐷𝐹=2．∴𝐸𝐹的长为2．【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

12𝐶𝐷•𝐴𝐵，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.【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𝐶𝐷𝐵𝐷=23，则有𝐶𝐷

𝐶𝐵=25，然后根据相似三角形的性质与判定可进行求解；（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𝑆△�

�𝐹𝐵=𝑆△𝐶𝐹𝑅=12𝐴𝐵⋅𝐶𝐷=12𝐹𝑅⋅𝐶𝐷，推出CD⊥DF，然后问题可求解．（1）解：∵DE∥AB，∴△𝐶𝐷𝐸∽△𝐶𝐵𝐴，∴𝐷𝐸𝐴𝐵=𝐶𝐷𝐶𝐵，∵AB=5，BD=9，DC=6

，∴𝐷𝐸5=66+9，∴𝐷𝐸=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，（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，∴𝐴𝐵=𝐹𝑅，∵△FBC的面积等于12𝐶𝐷•𝐴𝐵，∴𝑆△𝐶𝐹𝐵=𝑆△𝐶𝐹𝑅=12𝐴𝐵⋅𝐶

𝐷=12𝐹𝑅⋅𝐶𝐷，∴CD⊥DF，∵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，△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐵𝐸的顶点𝐵重合，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐵𝐸=90°，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐷𝐸=30°，𝐵𝐶=3，�

�𝐸=2．(1)特例发现：如图1，当点𝐷，𝐸分别在𝐴𝐵，𝐵𝐶上时，可以得出结论：𝐴𝐷𝐶𝐸=______，直线𝐴𝐷与直线𝐶𝐸的位置关系是______；(2)探究证明：如图2，将图1中的△𝐷𝐵𝐸绕

点𝐵顺时针旋转，使点𝐷恰好落在线段𝐴𝐶上，连接𝐸𝐶，（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△𝐷𝐵𝐸绕点𝐵顺时针旋转𝛼(19°<𝛼<60°)，连接𝐴𝐷、𝐸𝐶，它们的延

长线交于点𝐹，当𝐷𝐹=𝐵𝐸时，求tan(60°−𝛼)的值．【答案】(1)√3，垂直(2)成立，理由见解析(3)8√5−9√311【分析】（1）解直角三角形求出𝐸𝐶，𝐴𝐷，可得结论；（2）结论不变，证明△𝐴𝐵𝐷∽△𝐶𝐵𝐸，推出𝐴𝐷𝐸�

�=𝐴𝐵𝐵𝐶=√3，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐸𝐶，可得结论；（3）如图3中，过点𝐵作𝐵𝐽⊥𝐴𝐶于点𝐽，设𝐵𝐷交𝐴𝐾于点𝐾，过点𝐾作𝐾𝑇⊥𝐴𝐶于点𝐾.求出𝐵𝐽，𝐽𝐾，可得结论．(1)解：在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=90°，𝐵𝐶=3

，∠𝐴=30°，∴𝐴𝐵=√3𝐵𝐶=3√3，在𝑅𝑡△𝐵𝐷𝐸中，∠𝐵𝐷𝐸=30°，𝐵𝐸=2，∴𝐵𝐷=√3𝐵𝐸=2√3，∴𝐸𝐶=1，𝐴𝐷=√3，∴𝐴𝐷𝐸𝐶=√3，此时𝐴𝐷⊥𝐸𝐶，故答案为：√

3，垂直；(2)结论成立．理由：∵∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐵𝐸=90°，∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐸，∵𝐴𝐵=√3𝐵𝐶，𝐵𝐷=√3𝐵𝐸，∴𝐴𝐶𝐵𝐶=𝐷𝐵𝐸𝐵，∴△𝐴𝐵𝐷∽△𝐶𝐵𝐸，∴𝐴𝐷𝐸𝐶=𝐴𝐵𝐵𝐶

=√3，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐸𝐶，∵∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐶𝐷𝐵=180°，∴∠𝐶𝐷𝐵+∠𝐵𝐸𝐶=180°，∴∠𝐷𝐵𝐸+∠𝐷𝐶𝐸=180°，∵∠𝐷𝐵𝐸=90°，∴∠𝐷𝐶𝐸=90°，∴𝐴𝐷⊥𝐸𝐶；(3)如图3中，过点𝐵作

𝐵𝐽⊥𝐴𝐶于点𝐽，设𝐵𝐷交𝐴𝐾于点𝐾，过点𝐾作𝐾𝑇⊥𝐴𝐶于点𝐾．∵∠𝐴𝐽𝐵=90°，∠𝐵𝐴𝐶=30°，∴∠𝐴𝐵𝐽=60°，∴∠𝐾𝐵𝐽=60°−𝛼．∵𝐴𝐵=3√3，∴𝐵𝐽=12𝐴𝐵=3

√32，𝐴𝐽=√3𝐵𝐽=92，当𝐷𝐹=𝐵𝐸时，四边形𝐵𝐸𝐹𝐷是矩形，∴∠𝐴𝐷𝐵=90°，𝐴𝐷=√𝐴𝐵2−𝐵𝐷2=√(3√3)2−(2√3)2=√15，设𝐾𝑇=𝑚，则𝐴𝑇=√3𝑚，𝐴𝐾=2𝑚，∵∠𝐾𝑇𝐵=∠𝐴

𝐷𝐵=90°，∴tan𝛼=𝐾𝑇𝐵𝑇=𝐴𝐷𝐵𝐷，∴𝑚𝐵𝑇=√152√3，∴𝐵𝑇=2√55𝑚，∴√3𝑚+2√55𝑚=3√3，∴𝑚=45−6√1511，∴𝐴𝐾=2𝑚=90−12√1511，∴𝐾𝐽=𝐴𝐽−𝐴�

�=92−90−12√1511=24√15−8122，∴tan(60°−𝛼)=𝐾𝐽𝐵𝐽=8√5−9√311．【点睛】本题属于三角形综合题，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．（202

2·江苏镇江·中考真题）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_________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．【答案】(1)见解析(2)𝐴𝐸=𝐶𝐹(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∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐴𝐻𝐸，根据角角边

证明△𝐴𝐸𝐻≌△𝐵𝐹𝐸．（2）当𝐴𝐸=𝐶𝐹，证得△𝐴𝐸𝐻≌△𝐹𝐶𝐺，△𝐸𝐵𝐹是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．（3）利用正方形的性质证得𝐴𝐸𝐺𝐷为平行四边形，过点𝐻作𝐻𝑀⊥𝐵𝐶，

垂足为点𝑀，交𝐸𝐺于点𝑁，由平行线分线段成比例，设𝑂𝐸=4𝑥，𝑂𝐹=5𝑥，𝐻𝑁=ℎ，则可表示出𝐻𝑁，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=

OH，即可证得平行四边形．（1）∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，∴∠𝐴=∠𝐵=90°，∴∠𝐴𝐸𝐻+∠𝐴𝐻𝐸=90°．∵四边形𝐸𝐹𝐺𝐻为正方形，∴𝐸𝐻=𝐸𝐹，∠𝐻𝐸𝐹=90°，∴∠𝐴𝐸𝐻+∠𝐵𝐸𝐹=90°，∴∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐴𝐻𝐸．在△𝐴

𝐸𝐻和△𝐵𝐹𝐸中，∵∠𝐴=∠𝐵=90°，∠𝐴𝐻𝐸=∠𝐵𝐸𝐹，𝐸𝐻=𝐹𝐸，∴△𝐴𝐸𝐻≌△𝐵𝐹𝐸．∴𝐴𝐻=𝐵𝐸．∴𝐴𝐸+𝐴𝐻=𝐴𝐸+𝐵𝐸=𝐴𝐵；（2

）𝐴𝐸=𝐶𝐹；证明如下：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，∴∠𝐴=∠𝐵=90°，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△𝐴𝐸𝐻≌△𝐹𝐶𝐺，∴EH=FG．∵AE=CF，

∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△𝐸𝐵𝐹是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四边形EFGH是矩形．（3）

∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷．∵𝐴𝐸=𝐷𝐺，𝐴𝐸∥𝐷𝐺，∴四边形𝐴𝐸𝐺𝐷为平行四边形．∴𝐴𝐷∥𝐸𝐺．∴𝐸𝐺∥𝐵𝐶．过点𝐻作𝐻𝑀⊥𝐵𝐶，

垂足为点𝑀，交𝐸𝐺于点𝑁，∴𝐻𝑁𝐻𝑀=𝐻𝑂𝐻𝐹．∵𝑂𝐸:𝑂𝐹=4:5，设𝑂𝐸=4𝑥，𝑂𝐹=5𝑥，𝐻𝑁=ℎ，则ℎ16=20−5𝑥20，∴ℎ=4(4−𝑥

)．∴𝑆=12⋅𝑂𝐸⋅𝐻𝑁=12⋅4𝑥⋅4(4−𝑥)=−8(𝑥−2)2+32．∴当𝑥=2时，△𝑂𝐸𝐻的面积最大，∴𝑂𝐸=4𝑥=8=12𝐸𝐺=𝑂𝐺，𝑂𝐹=5𝑥=10=12𝐻𝐹=𝑂𝐻，∴四边形𝐸𝐹𝐺𝐻是平行四边形．【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）△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____________，位置关系是

____________；(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.【答案】(1)CD=EF，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，▱𝐵𝐷𝐸𝐹是菱形，证明见解析【分析】（1）根据△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐹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，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≌△AD

C，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE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=12BC=12a，BD=AE，推出AE=BE=12AB，根据AB=AC，推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出𝐸𝐺𝐴𝐷=𝐵𝐸𝐴𝐵=12，得到𝐸𝐺=12𝐴𝐷=12

h，根据CD=EF，CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出𝑆𝐶𝐸𝐹𝐷=𝐶𝐷⋅𝐸𝐺=12𝑎⋅12ℎ=12⋅12𝑎ℎ=12𝑆△𝐴𝐵𝐶，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱𝐵𝐷𝐸𝐹是菱形．（1）∵△

𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐹均为等边三角形，∴AF=AD，AB=BC，∠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

；（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)，∴∠A

BF=∠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𝐶𝐸𝐹𝐷

的面积是△𝐴𝐵𝐶面积的一半，此时，四边形𝐵𝐷𝐸𝐹是菱形．证明：过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，∵AB=BC，BD=CD=12BC=12a，BD=AE，∴AE=BE=12AB，∵

AB=AC，∴AD⊥BC，∴EG∥AD，∴△EBG∽△ABD，∴𝐸𝐺𝐴𝐷=𝐵𝐸𝐴𝐵=12，∴𝐸𝐺=12𝐴𝐷=12h，由（2）知，CD=EF，CD∥EF，∴四边形CEFD是平行四边形，∴𝑆四边形𝐶𝐸𝐹𝐷=𝐶𝐷⋅𝐸𝐺=12𝑎⋅12ℎ

=12⋅12𝑎ℎ=12𝑆△𝐴𝐵𝐶,此时，EF=BD，EF∥BD，∴四边形BDEF是平行四边形，∵BF=EF，∴▱𝐵𝐷𝐸𝐹是菱形．【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△𝐴

𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=120°，点𝐷在直线𝐴𝐶上，连接𝐵𝐷，将𝐷𝐸绕点𝐷逆时针旋转120°，得到线段𝐷𝐸，连接𝐵𝐸，𝐶𝐸．(1)求证：𝐵𝐶=√3𝐴𝐵；(2)当点𝐷在线段𝐴𝐶上（点𝐷不与点𝐴，𝐶重合）时，求𝐶𝐸𝐴𝐷的值

；(3)过点𝐴作𝐴𝑁∥𝐷𝐸交𝐵𝐷于点𝑁，若𝐴𝐷=2𝐶𝐷，请直接写出𝐴𝑁𝐶𝐸的值．【答案】(1)证明见解析；(2)√3(3)√5719或√2121【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝√32AB，BC＝2BH，进而得出结论；（2）证明

△ABD∽△CBE，进而得出结果；（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＝12∠BAC＝12×120°＝60°，BC＝2BH，∴

sin60°＝𝐵𝐻𝐴𝐵，∴BH＝√32AB，∴BC＝2BH＝√3AB；（2）解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝180°−∠𝐵𝐴𝐶2＝180°−120°2＝30°，由（1）得，𝐵𝐶𝐴𝐵=√

3，同理可得，∠DBE＝30°，𝐵𝐸𝐵𝐷=√3，∴∠ABC＝∠DBE，𝐵𝐶𝐴𝐵=𝐵𝐸𝐵𝐷，∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE，∴𝐶�

�𝐴𝐷=𝐵𝐸𝐵𝐷=√3；（3）：如图2，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，𝐶𝐸=√3𝐴𝐷=2√3𝑎，在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，∴A

F＝3a•cos60°＝32𝑎，BF＝3a•sin60°＝3√32𝑎，在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2𝑎+32𝑎=72𝑎，𝐵𝐷＝√𝐵𝐹2＋𝐷𝐹2=√(3√32𝑎)2+(72𝑎)2=√19𝑎，∵∠AGD＝∠F＝90°，∠A

DG＝∠BDF，∴△DAG∽△DBF，∴𝐴𝐺𝐵𝐹＝𝐴𝐷𝐵𝐷，∴𝐴𝐺3√32𝑎=2𝑎√19𝑎，∴𝐴𝐺=3√3√19𝑎，∵AN∥DE，∴∠AND＝∠BDE＝120°，∴∠ANG＝60°，∴𝐴𝑁＝𝐴𝐺sin60°=3√3√19·2√3𝑎=6√1

919𝑎，∴𝐴𝑁𝐶𝐸=6√1919𝑎2√3𝑎=√5719，如图3，当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，由（1）得，CE＝√3𝐴𝐷=4√3𝑎，作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，同理可得，AR＝a，BR＝√3𝑎，∴𝐵𝐷

=√(√3𝑎)2+(5𝑎)2=2√7𝑎，∴𝐴𝑄√3𝑎=4𝑎2√7𝑎，∴𝐴𝑄=2√3√7𝑎，∴𝐴𝑁=2√3√7𝑎·2√3=4√7𝑎，∴𝐴𝑁𝐶𝐸=4√7𝑎4√3𝑎=√2121，综上所述：𝐴𝑁

𝐶𝐸的值为√5719或√2121．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，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𝐴

𝐵𝐶𝐷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�

�𝑇的值．【答案】(1)见解析(2)①24，②49(3)𝐸𝑇＝103，理由见解析【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，由𝐵𝐺平分∠𝐶𝐵𝐸交𝐷𝐸于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝

12∠CBE，进一步即可得到答案；（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝√𝐶𝐷2−𝑂𝐷2=√52−32=4，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BG∥AC，得到𝐷𝐻𝐷𝐺=𝐷𝑂𝐵𝐷=12，DH＝

HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则𝐷𝐻𝐸𝐻=12，再证明△CDH∽△AEH，CH＝13AC＝83，OH＝OC－CH＝4－83＝43，利用正切的定义得到答案；（3）过点G作GT∥BC，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𝐺𝑇𝐴𝐷=𝐸𝑇𝐸𝐴=13，GT＝53，为定值，即可得到ET的值．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，A

B∥CD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，∵𝐵𝐺平分∠𝐶𝐵𝐸交𝐷𝐸于点G，∴∠CBG＝∠EBG＝12∠CBE，∴∠CBD＋∠CBG＝12（∠ABC＋∠

CBE）＝12×180°＝90°，∴∠DBG＝90°；（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝12BD＝3，AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，在Rt△DOC中，OC＝√𝐶𝐷2−𝑂𝐷2=√52−32=4，∴AC＝2OC＝8，∴𝑆菱

形𝐴𝐵𝐶𝐷=12𝐴𝐶×𝐵𝐷=12×8×6=24，即菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积是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，∴BG∥AC，∴𝐷𝐻𝐷𝐺=�

�𝑂𝐵𝐷=12，∴DH＝HG，DG＝2DH，∵DG＝2GE，∴EG＝DH＝HG，∴𝐷𝐻𝐸𝐻=12，∵AB∥CD，∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，∴△CDH∽△AEH，∴𝐶𝐻𝐴𝐻=𝐷𝐻𝐸𝐻=12，∴CH＝

13AC＝83，∴OH＝OC－CH＝4－83＝43，∴tan∠BDE＝𝑂𝐻𝑂𝐷=49；（3）如图3，过点G作GT∥BC交AE于点T，此时ET＝103．理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有B

G∥AC，∴△BGE∽△AHE，∴𝐸𝐺𝐺𝐻=𝐵𝐸𝐴𝐵，∵AB＝BE＝5，∴EG＝GH，同理可得，△DOH∽△DBG，∴𝐷𝐻𝐺𝐻=𝐷𝑂𝐵𝑂，∵BO＝DO，∴DH＝GH＝EG，∵GT∥

BC，∴GT∥AD，∴△EGT∽△EDA，∴𝐺𝑇𝐴𝐷=𝐸𝐺𝐸𝐷=𝐸𝑇𝐸𝐴=13，∵AD＝AB＝5，∴GT＝53，为定值，此时ET＝13AE＝13（AB＋BE）＝103．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、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√2cm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C运动，设运动的时间为t秒．(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43时，四边形QPCP′为菱形【分析】（1）根据勾

股定理求出𝐴𝐵，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．（2）作𝑃𝐷⊥𝐵𝐶于𝐷，𝑃𝐸⊥𝐴𝐶于𝐸，证明出Δ𝐴𝐵𝐶为直角三角形，进一步得出Δ𝐴𝑃𝐸和Δ𝑃𝐵𝐷为等腰直角三角形

，再证明四边形𝑃𝐸𝐶𝐷为矩形，利用勾股定理在𝑅𝑡△𝑃𝐶𝐸、𝑅𝑡△𝑃𝐷𝑄中，结合四边形𝑄𝑃𝐶𝑃′为菱形，建立等式进行求解．【详解】（1）解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，∴AB＝√𝐴�

�2+𝐵𝐶2＝√42+42=4√2（cm），由题意得，AP＝√2tcm，BQ＝tcm，则BP＝（4√2﹣√2t）cm，∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝90°，∴∠PQB＝∠ACB，∴PQ∥AC，∴{∠𝐵𝑃𝑄=∠𝐵𝐴𝐶∠𝐵𝑄𝑃=∠𝐵𝐶𝐴，∴△𝐵

𝑃𝑄∽△𝐵𝐴𝐶，∴𝐵𝑃𝐵𝐴＝𝐵𝑄𝐵𝐶，∴4√2−√2𝑡4√2=𝑡4，解得：t＝2，∴当t＝2时，PQ⊥BC．（2）解：作𝑃𝐷⊥𝐵𝐶于𝐷，𝑃𝐸⊥𝐴𝐶于𝐸，如图，𝐴𝑃=√2�

�，𝐵𝑄=𝑡𝑐𝑚，(0⩽𝑡<4)∵∠𝐶=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶=4cm，∴Δ𝐴𝐵𝐶为直角三角形，∴∠𝐴=∠𝐵=45°，∴Δ𝐴𝑃𝐸和Δ𝑃𝐵𝐷为等腰直角三角形，∴𝑃𝐸=𝐴𝐸=√22𝐴𝑃=𝑡cm，𝐵𝐷=𝑃𝐷，∴𝐶𝐸=𝐴

𝐶−𝐴𝐸=(4−𝑡)cm，∵四边形𝑃𝐸𝐶𝐷为矩形，∴𝑃𝐷=𝐸𝐶=(4−𝑡)cm，∴𝐵𝐷=(4−𝑡)cm，∴𝑄𝐷=𝐵𝐷−𝐵𝑄=(4−2𝑡)cm，在𝑅𝑡△𝑃𝐶𝐸中，𝑃𝐶2=𝑃𝐸2+𝐶𝐸2=𝑡2+(4−𝑡)2，在𝑅𝑡△𝑃𝐷

𝑄中，𝑃𝑄2=𝑃𝐷2+𝐷𝑄2=(4−𝑡)2+(4−2𝑡)2，∵四边形𝑄𝑃𝐶𝑃′为菱形，∴𝑃𝑄=𝑃𝐶，∴𝑡2+(4−𝑡)2=(4−𝑡)2+(4−2𝑡)2，∴𝑡1=43，

𝑡2=4（舍去）．∴𝑡的值为43．【点睛】此题是相似形综合题，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𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=4,𝐴𝐷=3，点E在折线𝐵𝐶𝐷上运动，将𝐴𝐸绕点A顺时针旋转得到𝐴𝐹，旋转角等于∠𝐵𝐴𝐶，连接𝐶𝐹．(1)当点E在𝐵𝐶上时，作𝐹𝑀⊥𝐴𝐶，垂足为M，求证𝐴𝑀=𝐴𝐵；(2)当𝐴𝐸=3√2

时，求𝐶𝐹的长；(3)连接𝐷𝐹，点E从点B运动到点D的过程中，试探究𝐷𝐹的最小值．【答案】(1)见详解(2)√3或√13(3)35【分析】（1）证明△𝐴𝐵𝐸≅△𝐴𝑀𝐹即可得证．（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△𝐴𝐵𝐸≅△𝐴

𝑀𝐹，在𝑅𝑡△𝐶𝑀𝐹中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△𝐴𝐺𝐸≅△𝐴𝐻𝐹并利用勾股定理求解即可．（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即

可．（1）如图所示，由题意可知，∠𝐴𝑀𝐹=∠𝐵=90∘，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐸𝐴𝐹，∴∠𝐵𝐴𝐸=∠𝑀𝐴𝐹，由旋转性质知：AE=AF，在△𝐴𝐵𝐸和△𝐴𝑀𝐹中，{∠𝐵=∠𝐴𝑀𝐹∠𝐵𝐴𝐸=∠𝑀𝐴𝐹𝐴𝐸=𝐴𝐹

，∴△𝐴𝐵𝐸≅△𝐴𝑀𝐹，∴𝐴𝑀=𝐴𝐵．（2）当点E在BC上时，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐵=4，𝐴𝐸=3√2，则𝐵𝐸=√𝐴𝐸2−𝐴𝐵2=√2，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=3，则𝐴𝐶=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=5，由（1）

可得，𝑀𝐹=𝐵𝐸=√2，在𝑅𝑡△𝐶𝑀𝐹中，𝑀𝐹=√2，𝐶𝑀=𝐴𝐶−𝐴𝑀=5−4=1，则𝐶𝐹=√𝑀𝐹2+𝐶𝑀2=√3，当点E在CD上时，如图，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，同（1）可

得△𝐴𝐺𝐸≅△𝐴𝐻𝐹，∴𝐹𝐻=𝐸𝐺=𝐵𝐶=3,𝐴𝐻=𝐴𝐺=3,𝐻𝐶=2，由勾股定理得𝐶𝐹=√32+22=√13；故CF的长为√3或√13．（3）如图1所示，当点E

在BC边上时，过点D作𝐷𝐻⊥𝐹𝑀于点H，由（1）知，∠𝐴𝑀𝐹=90∘，故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．在△𝐶𝑀𝐽与△𝐶𝐷𝐴中，{∠𝐶𝑀𝐽=∠𝐴𝐷𝐶∠𝑀𝐶𝐽=∠𝐴𝐶𝐷，∴𝑅�

�△𝐶𝑀𝐽~𝑅𝑡△𝐶𝐷𝐴，∴𝐶𝑀𝐶𝐷=𝑀𝐽𝐴𝐷=𝐶𝐽𝐴𝐶，即∴14=𝑀𝐽3=𝐶𝐽5，∴𝑀𝐽=34，𝐶𝐽=54，𝐷𝐽=𝐶𝐷−𝐶𝐽=4−54=114，在△𝐶𝑀𝐽与△𝐷𝐻𝐽中，{∠𝐶𝑀𝐽=∠𝐷𝐻

𝐽∠𝐶𝐽𝑀=∠𝐷𝐽𝐻，∴𝑅𝑡△𝐶𝑀𝐽~𝑅𝑡△𝐷𝐻𝐽，∴𝐶𝑀𝐷𝐻=𝐶𝐽𝐷𝐽，即1𝐷𝐻=54114，𝐷𝐻=115，故𝐷𝐹的最小值115；如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠𝐵𝐴𝐶

的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作𝐷𝑄⊥𝐴𝑅，𝐷𝐾⊥𝐹𝑅，由题意可知，∠𝐷𝐴𝐸=∠𝑅𝐴𝐹，在△𝐴𝑅𝐹与△𝐴𝐷𝐸中，{𝐴𝐷=𝐴𝑅∠𝐷𝐴𝐸=∠𝑅𝐴𝐹𝐴𝐸=𝐴𝐹，∴△𝐴𝐷𝐸≅△𝐴𝑅𝐹，∴

∠𝐴𝑅𝐹=∠𝐴𝐷𝐸=90∘，故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；由于𝐷𝑄⊥𝐴𝑅，𝐷𝐾⊥𝐹𝑅，∠𝐴𝑅𝐹=90∘，故四边形DQRK是矩形；∴𝐷𝐾=𝑄𝑅，∴𝐴𝑄=

𝐴𝐷⋅cos∠𝐵𝐴𝐶=3×45=125，∵𝐴𝑅=𝐴𝐷=3，∴𝐷𝐾=𝑄𝑅=𝐴𝑅−𝐴𝑄=3−125=35，故此时DF的最小值为35；由于35<115，故DF的最小值为35．【点睛】本题考查矩

形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．7．（2022·山东菏泽·中考真题）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△𝐵𝐸

𝐷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=√3，求𝐴𝐵′的

长．【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析(2)一致，理由见解析(3)5√3【分析】（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′=√3𝐴𝐷，即可求解．【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，∵∠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的位置关系是一致的，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′，∵𝐶𝐷𝐷𝐸′=𝐴𝐷𝐷𝐵′=1，∴△𝐴𝐷𝐵′∼△𝐶𝐷𝐸′,∴∠𝐷𝐴𝐵′=∠𝐷𝐶�

�′，∵∠𝐷𝐶𝐸′+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，∴∠DA𝐵′+∠AGH=90°，∴∠AHC=90°，∴𝐶𝐸′⊥𝐴𝐵′；（3）如图3，过点D作DH⊥𝐴𝐵′于点H，∵△BED绕点D

顺时针旋转30°，∴∠𝐵𝐷𝐵′=30°,𝐵𝐷′=𝐵𝐷=𝐴𝐷，∴∠𝐴𝐷𝐵′=120°,∠𝐷𝐴𝐵′=∠𝐴𝐵′𝐷=30°，∵𝐷𝐻⊥𝐴𝐵′,𝐴𝐷=𝐵′𝐷，∴AD

=2DH，AH=√3DH=𝐵′𝐻，∴𝐴𝐵′=√3𝐴𝐷，由（2）可知：△𝐴𝐷𝐵′∼△𝐶𝐷𝐸′，∴∠𝐷𝐴𝐵′=∠𝐷𝐶𝐸′=30°，∵AD⊥BC，CD=√3，∴DG=1，CG=2DG=2，∴CG=FG=2，∵∠𝐷𝐴𝐵′=30°,𝐷𝐻⊥𝐴

𝐵′，∴AG=2GF=4，∴AD=AG+DG=4+1=5，∴𝐴𝐵′=√3𝐴𝐷=5√3．【点睛】本题是三角形综合题，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．8．（2022·辽宁丹东·中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．(1)如图1，当𝐴𝐷𝐴𝐵＝𝐴𝐺𝐴𝐸＝1时，请直接写出线段BE与

线段DG的数量关系与位置关系；(2)如图2，当𝐴𝐷𝐴𝐵＝𝐴𝐺𝐴𝐸＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝√5，∠AEB＝45°，请直接

写出△MND的面积．【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG(2)BE＝12𝐷𝐺，BE⊥DG，理由见解析(3)S△MNG＝94【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2）𝐷𝐺𝐵𝐸=2可

得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．（1）解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE

＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（2）BE＝12𝐷𝐺，BE⊥DG，理由如下：由（1）得：∠BAE＝∠DAG，∵𝐴𝐷𝐴�

�＝𝐴𝐺𝐴𝐸＝2，∴△BAE∽△DAG，∴𝐷𝐺𝐵𝐸=𝐴𝐷𝐴𝐵=2，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（3）如图，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝𝐴𝐻𝐵𝐻=𝐴𝐷�

�𝐵=2，∴设AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+（2x）2＝（√5）2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中，∵tan∠ABE＝𝐴𝐻𝐸𝐻，∴𝐴𝐻𝐸𝐻=tan45°=1，∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH

+EH＝3，∵BD＝√𝐴𝐵2+𝐴𝐷2=√(√5)2+(2√5)2＝5，∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由（2）得：𝐷𝐺𝐵𝐸=2，DG⊥BE，∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝12𝐵𝐸⋅𝐷𝐺＝12×3×6＝9，

在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，∴DM＝GM＝12𝐵𝐺,𝐷𝑁=𝐺𝑁=12𝐸𝐺，∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN（SSS），∵MN是△BEG的中位线，∴MN∥BE，∴△BEG∽

△MNG，∴𝑆Δ𝑀𝑁𝐺𝑆Δ𝐵𝐸𝐺＝（𝐺𝑀𝐺𝐵）2＝14，∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．【点睛】本题主要考查了正方形，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，解决问题的关键是类比的方法．9．（2022

·山东济南·中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；(2)延长ED交直线BC于点F．①如图2，当点F与点B重合时，直接用

等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．【答案】(1)𝐵𝐷=𝐶𝐸，理由见解析(2)①𝐵𝐸=𝐴𝐸+𝐶𝐸；②∠𝐵

𝐴𝐷=45°，理由见解析【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，再由全等三角形的性质求解；（2）①根据线段𝐴𝐷绕点A按逆时针方向旋转60°得到𝐴𝐸得到△𝐴𝐷𝐸是等边三角形

，由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作𝐴𝐺⊥𝐸𝐹于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐺，𝐴𝐺𝐴𝐷=𝐴𝐹𝐴𝐵，进而得到△𝐵𝐴𝐷∽△𝐹𝐴𝐺，进而求出∠𝐴𝐷𝐵=90°，结合𝐵𝐷=�

�𝐸，ED＝EC得到𝐵𝐷=𝐴𝐷，再用等腰直角三角形的性质求解．（1）解：𝐵𝐷=𝐶𝐸．证明：∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，∴𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=60°．∵线段𝐴𝐷绕点A按逆时

针方向旋转60°得到𝐴𝐸，∴𝐴𝐷=𝐴𝐸，∠𝐷𝐴𝐸=60°，∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸，∴∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸−∠𝐷𝐴𝐶，即∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸．在△𝐴𝐵𝐷和△𝐴𝐶𝐸中{�

�𝐵=𝐴𝐶∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸𝐴𝐷=𝐴𝐸，∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，∴𝐵𝐷=𝐶𝐸；（2）解：①𝐵𝐸=𝐴𝐸+𝐶𝐸理由：∵线段𝐴𝐷绕点A按逆时针方向

旋转60°得到𝐴𝐸，∴△𝐴𝐷𝐸是等边三角形，∴𝐴𝐷=𝐷𝐸=𝐴𝐸，由（1）得𝐵𝐷=𝐶𝐸，∴𝐵𝐸=𝐷𝐸+𝐵𝐷=𝐴𝐸+𝐶𝐸；②过点A作𝐴𝐺⊥𝐸𝐹于点G，连接AF，

如下图．∵△𝐴𝐷𝐸是等边三角形，𝐴𝐺⊥𝐷𝐸，∴∠𝐷𝐴𝐺=12∠𝐷𝐴𝐸=30°，∴𝐴𝐺𝐴𝐷=cos∠𝐷𝐴𝐺=√32．∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，点F为线段BC中点，∴𝐵𝐹=𝐶𝐹，𝐴𝐹⊥𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝐹=12∠𝐵𝐴𝐶=30°，∴

𝐴𝐹𝐴𝐵=cos∠𝐵𝐴𝐹=√32，∴∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐺，𝐴𝐺𝐴𝐷=𝐴𝐹𝐴𝐵，∴∠𝐵𝐴𝐹+∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐺+∠𝐷𝐴𝐹，即∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐹𝐴𝐺，∴△�

�𝐴𝐷∽△𝐹𝐴𝐺，∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐺𝐹=90°．∵𝐵𝐷=𝐶𝐸，𝐸𝐷＝𝐸𝐶，∴𝐵𝐷=𝐴𝐷，即△𝐴𝐵𝐷是等腰直角三角形，∴∠𝐵𝐴𝐷=45°．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角

三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．10．（2022·湖南益阳·中考真题）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，A

C′．(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？【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE(2)CE＝7.5(3)当CE的长为长为545或3时，以C′，F

，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形【分析】（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，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；（2）根据△AFB∽△BGC，得𝐴𝐹𝐵𝐺=

𝐴𝐵𝐵𝐶，即𝐴𝐹𝐵𝐺=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；（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

列比例式可得结论．（1）解：（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；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠B

CG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴𝐴𝐹𝐵𝐺=𝐴𝐵𝐵𝐶，即𝐴𝐹𝐵𝐺=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'

＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴𝐶𝐺𝐵𝐺=𝐶𝐸𝐵𝐶，即2.5𝑥3𝑥=𝐶𝐸9，∴CE＝7.5；（3）分两种情况：①当C'F＝

BC'时，如图2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴𝐴𝐹𝐵𝐶=𝐵𝐹𝐶𝐸，

即5𝑥9=6𝑥𝐶𝐸，∴5𝑥6𝑥=9𝐶𝐸，∴CE＝545；②当C'F＝BF时，如图3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴𝐴𝐵𝐵𝐶=𝐵𝐹𝐶𝐺=159=53，设BF＝5a，CG＝

3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝√𝐶𝐹2−𝐶𝐺2＝4a，∵tan∠CBE＝𝐶𝐸𝐵𝐶=𝐶𝐺𝐵𝐺，∴𝐶𝐸9=3𝑎4𝑎+5𝑎，∴

CE＝3；综上，当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决

问题，属于中考压轴题．11．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝2√3，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时

停止运动．(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为23秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为√3个单

位每秒，运动时间为x秒，ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？(3)如图3，H在线段AB上且AH＝13HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F

在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．【答案】(1)𝐸𝑃𝑃𝐶=49；(2)y关于x的函数解析式为𝑦={34𝑥2(0≤𝑥≤2)−√34𝑥2+32𝑥+√32𝑥(2≤𝑥≤4√33)6+2√3−𝑥−√3𝑥(4√33≤𝑥≤2√3)；当𝑥=4√33时，y的最大值为2+23

√3；(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析【分析】（1）延长DF交CB的延长线于点G，先证得△𝐴𝐹𝐷~△𝐵𝐹𝐺，可得𝐴𝐹𝐹𝐵=𝐴𝐷𝐵𝐺，根据题意可得AF=83，AE

=23，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；（2）分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上；当2≤𝑥≤4√33时，E点在BD上，F点在AB上；当4√33≤𝑥≤2√3时，点E、F均在BD上，即可求解；

（3）当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解．（1）解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，∵四边形ABCD是平行四边形，∴𝐶𝐺∥𝐴𝐷，∴△𝐴𝐹𝐷~△𝐵𝐹𝐺，∴𝐴𝐹𝐹𝐵=𝐴𝐷𝐵𝐺，∵点E的速

度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为23秒，∴AF=83，AE=23，∵AB=4，AD=2，∴BF=43，ED=43，∴8343=2𝐵𝐺，∴BG=1，∴CG=3，∵𝐶𝐺∥𝐴𝐷，∴△PDE∽△PGC，∴𝐸𝑃𝑃𝐶=𝐸𝐷𝐺𝐶，∴𝐸�

�𝑃𝐶=49；（2）解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，𝐴𝐹=√3𝑥，∵𝐷𝐵=2√3，AB=4，AD=2，∴𝐴𝐷2+𝐵𝐷2=𝐴𝐵2，∴△ABD是直角三角形，∵𝐴𝐷𝐴𝐵=12，∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如

图，过点E作𝐸𝐻⊥𝐴𝐵交于H，∴𝐸𝐻=𝐴𝐸⋅sin60°=√32𝑥，∴𝑦=12×𝐴𝐹×𝐸𝐻=12×√3𝑥×√32𝑥=34𝑥2；∴当x＞0时，y随x的增大而增大，此时当x=2时，y有最大值3；当2≤𝑥≤4√33时，E点在BD上，F点在AB上，如图，过点

E作𝐸𝑁⊥𝐴𝐵交于N，过点D作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵交于M，则EN∥DM，根据题意得：DE=x-2，∴𝐵𝐸=2√3+2−𝑥，在Rt△ABD中，𝐷𝑀=𝐴𝐷⋅sin𝐴=√3，AM=1，∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，∴𝐸𝑁𝐷𝑀=𝐵𝐸𝐵𝐷，∴𝐸𝑁√3=2

+2√3−𝑥2√3∴𝐸𝑁=1+√3−12𝑥，∴𝑦=12×𝐴𝐹×𝐸𝑁=12×(√3𝑥)×(1+√3−12𝑥)=−√34𝑥2+3+√32𝑥，此时该函数图象的对称轴为直线𝑥=√3+1，∴当2≤𝑥≤4√33时，y随x的增大

而增大，此时当𝑥=4√33时，y有最大值2+23√3；当4√33≤𝑥≤2√3时，点E、F均在BD上，过点E作𝐸𝑄⊥𝐴𝐵交于Q，过点F作𝐹𝑃⊥𝐴𝐵交于P，过点D作DM⊥AB于点M，∴𝐴𝐵+𝐵𝐹=√3𝑥，DA+DE=x，∵AB=4，AD

=2，∴𝐵𝐸=2√3−𝑥+2，𝐷𝐹=4+√3，∵PF∥DM，∴△BFP∽△BDM，∴𝐵𝐹𝐵𝐷=𝑃𝐹𝐷𝑀，即√3𝑥−42√3=𝑃𝐹√3，∴𝑃𝐹=√32𝑥−2，∵𝐸𝑄//𝐷𝑀，∴△BEQ∽△BDM，∴𝐵𝐸𝐵𝐷=�

�𝑄𝐷𝑀，即2√3+2−𝑥2√3=𝐸𝑄√3，∴𝐸𝑄=√3+1−12𝑥，∴𝑦=12×𝐴𝐵×(𝐸𝑄−𝑃𝐹)=12×4×(√3+1−12𝑥−√32𝑥+2)=6+2√3−(1+√3)𝑥，此时y随x

的增大而减小，此时当𝑥=4√33时，y有最大值2+23√3；综上所述：y关于x的函数解析式为𝑦={34𝑥2(0≤𝑥≤2)−√34𝑥2+32𝑥+√32𝑥(2≤𝑥≤4√33)6+2√3−𝑥−√3𝑥(4√33≤𝑥≤2√3)当𝑥=4√33时，y最大

值为2+23√3；（3）解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：连接DH，如图，∵𝐴𝐻=13𝐻𝐵，AB=4，∴．AH=1，由（2）得：此时𝐴𝐻⊥𝐴𝐵，∵M是DF的中点，∴HM=DM=MF，∵EF∥BD，BD⊥AD，∴EF⊥AD，∴EM=DM=FM，∴EM=HM．【

点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．12．（2022·山东济宁·中考真题）如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，√3）．P是直线AB上

在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．(1)填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为；(2)当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B

重合），设点M的横坐标为m．①求m值最大时点D的坐标；②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(0,23√3)或(0,2)(2)①点D坐标为(0,√32)；②存在，𝑚=2

3【分析】（1）根据题意易得∠AOB=60°从而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根据tan30°求得AC的长，再根据sin60°求得AD的长，当OA=AD和OD=OA时分情况讨论，即可得到OD的长，从而得到D点坐标；（2）①设点D的坐标为

（0，a），则OD＝a，CD＝√3－a，易证Δ𝐴𝐶𝐷∽Δ𝐷𝑂𝑀，从而得出𝐶𝐷𝑂𝑀=𝐴𝐶𝐷𝑂，代入即可得到m与a的函数关系，化为顶点式即可得出答案；②作FH⊥y轴于点H，得到A

C∥PD∥FH∥x轴，易得𝐴𝐸𝐸𝐹=𝐶𝐷𝐷𝐻，𝑂𝐻𝐷𝐻=𝑂𝐹𝐸𝐹，易证Δ𝐵𝐸𝐴≌Δ𝐵𝐹𝑂得出𝐴𝐸=𝐹𝑂，即𝑂𝐻𝐷𝐻=𝐶𝐷𝐷𝐻，设𝑂𝐷=

𝑛，则𝐷𝐻=𝑂𝐶−𝐶𝐷−𝑂𝐻=2𝑛−√3，通过证得Δ𝐴𝐶𝐷∽Δ𝐷𝐻𝐹得出𝐻𝐷𝐶𝐴=𝐻𝐹𝐶𝐷，代入即可得到n的值，进一步得到m的值．（1）∵△AOB是等边三角形，∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，∵AC⊥y轴，点C的

坐标为（0，√3），∴OC=√3，∴𝐴𝐶=𝑂𝐶·tan30°=√3×√33=1，当△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，∴∠CDA=60°，∴𝐴𝐷=𝐴𝐶sin60°=23

√3，∴𝑂𝐷=𝐴𝐷=23√3，∴D的坐标为(0,23√3)，当△AOD是等腰三角形，此时OA=OD时，𝑂𝐴=𝑂𝐶cos30°=2,∴OD=OA=2，∴点D坐标为（0，2），故答案为：(0,23√3)或（0，2）；（2）①解：设点

D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝√3－a，∵△AOB是等边三角形，∴∠𝐴𝑂𝐵=∠𝑂𝐵𝐴=∠𝐵𝐴𝑂=60∘，∴∠𝐶𝑂𝐴=90∘−∠𝐴𝑂𝐵=90∘−60∘=30∘，在RtΔAOC中，tan∠𝐶

𝑂𝐴=𝐶𝐴𝑂𝐶，∴𝐶𝐴=𝑂𝐶tan∠𝐶𝑂𝐴=√3×√33=1，∴𝑂𝐴=2𝐶𝐴=2，∵𝐴𝐷⊥𝐷𝑀，∴∠𝐴𝐷𝐶+∠𝑂𝐷𝑀=90∘，∵∠𝐶𝐴𝐷+∠𝐴

𝐷𝐶=90∘，∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝑂𝐷𝑀，∵∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐷𝑂𝑀=90∘，∴Δ𝐴𝐶𝐷∽Δ𝐷𝑂𝑀，∴𝐶𝐷𝑂𝑀=𝐴𝐶𝐷𝑂，即：√3−𝑎𝑚=1𝑎，∴𝑚=−𝑎2+√3𝑎=−(𝑎

−√32)2+34，∴当𝑎=√32时，m的最大值为34；∴m的最大值为34时，点D坐标为(0,√32)；②存在这样的m值，使BE＝BF；作FH⊥y轴于点H，∴AC∥PD∥FH∥x轴，∴𝐴𝐸𝐸𝐹=𝐶𝐷𝐷𝐻，𝑂𝐻𝐷�

�=𝑂𝐹𝐸𝐹，∵𝐵𝐹=𝐵𝐸，∴∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐵𝐹𝐸，∵∠𝐵𝐸𝐴+∠𝐵𝐸𝐹=180∘，∠𝐵𝐹𝑂+∠𝐵𝐹𝐸=180∘，∴∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐵𝐹𝑂，∵∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐵

𝑂𝐹=60∘，∴Δ𝐵𝐸𝐴≌Δ𝐵𝐹𝑂(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐴𝐸=𝐹𝑂，∴𝑂𝐻𝐷𝐻=𝐶𝐷𝐷𝐻，∴𝐶𝐷=𝐻𝑂，设𝑂𝐷=𝑛，则𝐷𝐻=𝑂𝐶−𝐶𝐷−𝑂𝐻=2𝑛−√3，𝐻𝐹=𝐻�

�tan30∘=√33(√3−𝑛)，∵∠𝐶𝐴𝐷=∠𝑂𝐷𝑀，∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐷𝐻𝐹=90∘，∴Δ𝐴𝐶𝐷∽Δ𝐷𝐻𝐹，∴𝐻𝐷𝐶𝐴=𝐻𝐹𝐶𝐷，∴2𝑛−√31=√33

(√3−𝑛)√3−𝑛，解得：𝑛=√3或𝑛=2√33，当𝑛=√3时，点P与点A重合，不合题意，舍去，当𝑛=2√33时，𝑚=−(𝑛−√32)2+34=−(2√33−√32)2+34=23，∴存在这样的m值

，使BE＝BF．此时𝑚=23．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及二次函数的综合运用，解题的关键是得出二次函数的关系式，是对知识的综合考查．13．（2022·山东烟台·中考真题）(1

)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出𝐵𝐷𝐶𝐸的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是

直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且𝐴𝐵𝐵𝐶＝𝐴𝐷𝐷𝐸＝34．连接BD，CE．①求𝐵𝐷𝐶𝐸的值；②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．【答案】(1)见解析(2)√22(3)①35；②45【分析】（1）

证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE

都是等边三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和

△ADE都是等腰直角三角形，∴𝐴𝐵𝐴𝐸=𝐴𝐵𝐴𝐶=1√2，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴𝐵𝐷𝐶𝐸=𝐴𝐵𝐴𝐶=1√2=√22；（3）解：①𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐷

𝐷𝐸=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐷𝐴𝐸=35，∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴𝐵𝐷𝐶𝐸=𝐴𝐷𝐴𝐸=35；②

由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC=𝐵𝐶𝐴𝐶=45．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，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，解决问题的关键是熟练

掌握“手拉手”模型及其变形．14．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=4，𝐴𝐷=𝐵𝐷=√13，点M为边𝐴𝐵的中点，动点P从点A出发，沿折线𝐴𝐷−𝐷𝐵以每秒√13个单位长度的速度向

终点B运动，连结𝑃𝑀．作点A关于直线𝑃𝑀的对称点𝐴′，连结𝐴′𝑃、𝐴′𝑀．设点P的运动时间为t秒．(1)点D到边𝐴𝐵的距离为__________；(2)用含t的代数式表示线段𝐷𝑃的长；(3)连结𝐴′𝐷，当线

段𝐴′𝐷最短时，求△𝐷𝑃𝐴′的面积；(4)当M、𝐴′、C三点共线时，直接写出t的值．【答案】(1)3(2)当0≤t≤1时，𝐷𝑃=√13−√13𝑡；当1＜t≤2时，𝑃𝐷=√13𝑡−√13；(3)35(4)23或2011【分析】（1）连接DM，根据等

腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线

段𝐴′𝐷最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得𝐷𝐸=3−3𝑡,𝑃𝐸=2−2𝑡，从而得到𝐴′𝐸=𝐷𝐸−𝐴′𝐷=2−3𝑡，在𝑅𝑡△𝐴′𝑃𝐸中，由勾股定理可得𝑡=25，即可求解；（4）分两种情况讨论：当点

𝐴′位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点𝐴′（𝐴″）位于CM的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．（1）解：如图，连接DM，∵AB=4，𝐴𝐷=𝐵𝐷=√13，点M为边𝐴𝐵的中点，∴AM=BM=2，DM⊥AB，∴𝐷𝑀=√𝐴𝐷2−𝐴𝑀2=3，

即点D到边𝐴𝐵的距离为3；故答案为：3（2）解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，𝐷𝑃=√13−√13𝑡；当1＜t≤2时，点P在BD边上，𝑃𝐷=√13𝑡−√13；综上所述，当0≤t≤1时，𝐷𝑃=√13−√13𝑡；当1＜t≤2时，𝑃𝐷=√13𝑡−√13；（3）解

：如图，过点P作PE⊥DM于点E，∵作点A关于直线𝑃𝑀的对称点𝐴′，∴A′M=AM=2，∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，∴当点D、A′、M三点共线时，线段𝐴′𝐷最短，此时点

P在AD上，∴𝐴′𝐷=1，根据题意得：𝐴′𝑃=𝐴𝑃=√13𝑡，𝐷𝑃=√13−√13𝑡，由（1）得：DM⊥AB，∵PE⊥DM，∴PE∥AB，∴△PDE∽△ADM，∴𝑃𝐷𝐴𝐷=𝐷𝐸𝐷𝑀=𝑃𝐸𝐴𝑀，∴√13−√13𝑡√13=

𝐷𝐸3=𝑃𝐸2，解得：𝐷𝐸=3−3𝑡,𝑃𝐸=2−2𝑡，∴𝐴′𝐸=𝐷𝐸−𝐴′𝐷=2−3𝑡，在𝑅𝑡△𝐴′𝑃𝐸中，𝐴′𝑃2=𝑃𝐸2+𝐴′𝐸2，∴(√13𝑡)2=(2−2𝑡

)2+(2−3𝑡)2，解得：𝑡=25，∴𝑃𝐸=65，∴𝑆△𝐷𝑃𝐴′=12𝐴′𝐷⋅𝑃𝐸=12×1×65=35；（4）解：如图，当点M、𝐴′、C三点共线时，且点𝐴′位于M、C之间时，此时点P在AD上，连接AA′，A′B，

过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则AA′⊥PM，∵AB为直径，∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠ABA′，过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，AB∥DC，∵DM

⊥AB，∴DM∥CN，∴四边形CDMN为平行四边形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，∴CM=5，∴sin∠𝐶𝑀𝑁=𝐶𝑁𝐶𝑀=35，∵𝐴′M=2，∴𝐴′𝐺=2×35=65，∴𝑀𝐺=85，∴𝐵𝐺=𝐵𝑀−𝑀𝐺=25，∴tan∠𝐴′𝐵𝐴=𝐴′

𝐺𝐵𝐺=3，∴tan∠𝑃𝑀𝐹=tan∠𝐴′𝐵𝐴=3，∴𝑃𝐹𝐹𝑀=3，即PF=3FM，∵tan∠𝐷𝐴𝑀=𝐷𝑀𝐴𝑀=𝑃𝐹𝐴𝐹=32，cos∠𝐷𝐴𝑀=𝐴𝑀𝐴𝐷=𝐴𝐹𝐴𝑃=2√13，∴𝑃𝐹=32𝐴𝐹，∴3𝐹𝑀=3

2𝐴𝐹，即AF=2FM，∵AM=2，∴𝐴𝐹=43，∴43√13𝑡=2√13，解得：𝑡=23；如图，当点𝐴′（𝐴″）位于CM的延长线上时，此时点P在BD上，𝑃𝐵=2√13−√13𝑡，过点𝐴″作𝐴″𝐺′⊥𝐴𝐵于点G′，则∠𝐴�

�𝐴″=∠𝐶𝑀𝑁，取𝐴𝐴″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB于点K，过点P作PT⊥AB于点T，同理：𝐴″𝐺′=65,𝐴𝐺′=25，∵HK⊥AB，𝐴″𝐺′⊥𝐴𝐵，∴HK∥A′′G′，∴△𝐴𝐻𝐾∼△𝐴�

�″𝐺′，∵点H是𝐴𝐴″的中点，∴𝐻𝐾𝐴″𝐺′=𝐴𝐾𝐴𝐺′=𝐴𝐻𝐴𝐴″=12，∴𝐻𝐾=35,𝐴𝐾=15，∴𝑀𝐾=95，∴tan∠𝑃𝑀𝑇=tan∠𝐻𝑀𝐾=𝐻𝐾𝑀𝐾=13，∴𝑃�

�𝑀𝑇=13，即MT=3PT，∵tan∠𝑃𝐵𝑇=𝐷𝑀𝐵𝑀=𝑃𝑇𝐵𝑇=32，cos∠𝑃𝐵𝑇=𝐵𝑇𝑃𝐵=𝐵𝑀𝐵𝐷=2√13，∴𝐵𝑇=23𝑃𝑇，∴𝑀𝑇=92𝐵𝑇，∵MT+BT=BM=2，∴𝐵𝑇=411，∴41

12√13−√13𝑡=2√13，解得：𝑡=2011；综上所述，t的值为23或2011．【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据

题意得到点𝐴′的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．15．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点𝐸在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶上，正方形𝐴𝐹𝐸𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷有公共点𝐴．(1)如图1，当点𝐺在𝐴𝐷上，𝐹在𝐴𝐵上，求2𝐶𝐸√2𝐷𝐺的值为多少

；(2)将正方形𝐴𝐹𝐸𝐺绕𝐴点逆时针方向旋转𝛼(0°<𝛼<90°)，如图2，求：𝐶𝐸𝐷𝐺的值为多少；(3)𝐴𝐵=8√2，𝐴𝐺=√22𝐴𝐷，将正方形𝐴𝐹𝐸𝐺绕�

�逆时针方向旋转𝛼(0°<𝛼<360°)，当𝐶，𝐺，𝐸三点共线时，请直接写出𝐷𝐺的长度．【答案】(1)2(2)√2(3)4√6−4√2或4√6+4√2【分析】（1）根据题意可得𝐺𝐸∥𝐷𝐶，根据平行线分线段成比例即可求解；（2）根据（1）的结论，可得𝐴𝐺𝐴�

�=𝐴𝐷𝐴𝐶=1√2，根据旋转的性质可得∠𝐷𝐴𝐺=∠𝐶𝐴𝐸，进而证明△𝐺𝐴𝐷∽△𝐸𝐴𝐶，根据相似三角形的性质即可求解；（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．（1）解：∵正方形𝐴𝐹𝐸𝐺与正

方形𝐴𝐵𝐶𝐷有公共点𝐴，点𝐺在𝐴𝐷上，𝐹在𝐴𝐵上，∴𝐺𝐸∥𝐷𝐶∴𝐴𝐺𝐷𝐺=𝐴𝐸𝐸𝐶∴𝐸𝐶𝐷𝐺=𝐴𝐸𝐴𝐺∵四边形𝐴𝐹𝐸𝐺是正方形∴𝐴𝐸=√2𝐴𝐺∴2𝐶𝐸√2𝐷𝐺=√

2𝐶𝐸𝐷𝐺=√2𝐴𝐸𝐴𝐺=√2×√2=2（2）解：如图，连接𝐴𝐸，∵正方形𝐴𝐹𝐸𝐺绕𝐴点逆时针方向旋转𝛼(0°<𝛼<90°)，∴∠𝐷𝐴𝐺=∠𝐶𝐴𝐸∵𝐴𝐺𝐴𝐸=𝐴𝐷𝐴𝐶=1√2∴△𝐺𝐴𝐷∽△𝐸𝐴𝐶∴𝐶

𝐸𝐷𝐺=𝐴𝐶𝐴𝐷=√2，（3）解：①如图，∵𝐴𝐵=8√2，𝐴𝐺=√22𝐴𝐷，∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=8√2,𝐴𝐺=√22×8√2=8,𝐴𝐶=√2𝐴𝐵=16，∵𝐺,𝐸,𝐶三

点共线，Rt△𝐴𝐺𝐶中，𝐺𝐶=√𝐴𝐶2−𝐴𝐺2=√162−82=8√3，∴𝐶𝐸=𝐺𝐶−𝐺𝐸=8√3−8，由（2）可知△𝐺𝐴𝐷∽△𝐸𝐴𝐶，∴𝐶𝐸𝐷𝐺=𝐴𝐶𝐷𝐴=√2，∴𝐷𝐺=𝐷𝐴⋅𝐶𝐸𝐴𝐶=8

√2×(8√3−8)16=4(√6−√2)=4√6−4√2．②如图：由（2）知△ADG∽△ACE，∴𝐷𝐺𝐶𝐸=𝐴𝐷𝐴𝐶=√22，∴DG=√22CE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=8√2，AC=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=16，∵AG=√22A

D，∴AG=√22AD=8，∵四边形AFEG是正方形，∴∠AGE=90°，GE=AG=8，∵C，G，E三点共线．∴∠AGC=90°∴CG=√𝐴𝐶2−𝐴𝐺2=√162−82=8√3，∴CE=CG+EG=8√3+8，∴DG=√22CE=4√6+4

√2．综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为4√6−4√2或4√6+4√2．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．16．（

2022·湖南郴州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=6．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作𝐸𝐹⊥𝐶𝐸，交AB于点F．(1)求证：△𝐴𝐸𝐹∽△𝐷𝐶𝐸；(2)如图2，连接CF，过点B作�

�𝐺⊥𝐶𝐹，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．①求𝐴𝐺+𝐺𝑀的最小值；②当𝐴𝐺+𝐺𝑀取最小值时，求线段DE的长．【答案】(1)见解析(2)①5；②𝐷𝐸=3+√5或𝐷𝐸=3−√5【分析】

（1）证明出∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴𝐸𝐹即可求解；（2）①连接AM．先证明𝐵𝑀=𝐶𝑀=𝐺𝑀=12𝐵𝐶=3．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点共线时，𝐴𝐺+𝐺

𝑀=𝐴𝑀．此时，𝐴𝐺+𝐺𝑀取最小值．在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝑀中利用勾股定理即可求出AM，则问题得解．②先求出AF，求AF的第一种方法：过点M作𝑀𝑁∥𝐴𝐵交FC于点N，即有△𝐶𝑀𝑁∽△𝐶𝐵

𝐹，进而有𝑀𝑁𝐵𝐹=𝐶𝑀𝐶𝐵=12．设𝐴𝐹=𝑥，则𝐵𝐹=4−𝑥，𝑀𝑁=12(4−𝑥)．再根据𝑀𝑁∥𝐴𝐵，得到△𝐴𝐹𝐺∽△𝑀𝑁𝐺，得到𝐴𝐹𝑀𝑁=𝐴𝐺

𝐺𝑀，则有𝑥12(4−𝑥)=23，解方程即可求出AF；求AF的第二种方法：过点G作𝐺𝐻∥𝐴𝐵交BC于点H．即有△𝑀𝐻𝐺∽△𝑀𝐵𝐴．则有𝐺𝑀𝐴𝑀=𝐺𝐻𝐴𝐵=𝑀𝐻�

�𝐵，根据𝐴𝑀=5，可得35=𝐺𝐻4=𝑀𝐻3，进而求出𝐺𝐻=125，𝑀𝐻=95．由𝐺𝐻∥𝐴𝐵得△𝐶𝐻𝐺∽△𝐶𝐵𝐹，即可求出AF．求出AF之后，由（1）的结论可得𝐴𝐹𝐷𝐸=𝐴𝐸𝐷𝐶．设𝐷𝐸=𝑦，则𝐴𝐸=6−

𝑦，即有1𝑦=6−𝑦4，解得解方程即可求出DE．（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠𝐴=∠𝐷=90°，∴∠𝐶𝐸𝐷+∠𝐷𝐶𝐸=90°．∵𝐸𝐹⊥𝐶𝐸，∴∠𝐶𝐸𝐷+∠𝐴𝐸𝐹=90°，∴∠

𝐷𝐶𝐸=∠𝐴𝐸𝐹，∴△𝐴𝐸𝐹∽△𝐷𝐶𝐸；（2）①解：如图2-1，连接AM．∵𝐵𝐺⊥𝐶𝐹，∴△𝐵𝐺𝐶是直角二角形．∴𝐵𝑀=𝐶𝑀=𝐺𝑀=12𝐵𝐶=3．∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点不共线时

，由三角形两边之和大于箒三边得：𝐴𝐺+𝐺𝑀>𝐴𝑀，当A，G，M三点共线时，𝐴𝐺+𝐺𝑀=𝐴𝑀．此时，𝐴𝐺+𝐺𝑀取最小值．在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝑀中，𝐴𝑀=√𝐴𝐵2+𝐵𝑀2=

5．∴𝐴𝐺+𝐺𝑀的最小值为5．②（求AF的方法一）如图2-2，过点M作𝑀𝑁∥𝐴𝐵交FC于点N，∴△𝐶𝑀𝑁∽△𝐶𝐵𝐹．∴𝑀𝑁𝐵𝐹=𝐶𝑀𝐶𝐵=12．设𝐴𝐹=𝑥，则𝐵𝐹=4−𝑥，∴𝑀

𝑁=12𝐵𝐹=12(4−𝑥)．∵𝑀𝑁∥𝐴𝐵，∴△𝐴𝐹𝐺∽△𝑀𝑁𝐺，∴𝐴𝐹𝑀𝑁=𝐴𝐺𝐺𝑀，由①知𝐴𝐺+𝐺𝑀的最小值为5、即𝐴𝑀=5，又∵𝐺𝑀=3，∴𝐴𝐺=2．∴𝑥12(4−𝑥)=23，解得𝑥=1，即𝐴𝐹=

1．（求AF的方法二）如图2-3，过点G作𝐺𝐻∥𝐴𝐵交BC于点H．∴△𝑀𝐻𝐺∽△𝑀𝐵𝐴．∴𝐺𝑀𝐴𝑀=𝐺𝐻𝐴𝐵=𝑀𝐻𝑀𝐵，由①知𝐴𝐺+𝐺𝑀的最小值为5，即𝐴

𝑀=5，又∵𝐺𝑀=3，∴35=𝐺𝐻4=𝑀𝐻3．∴𝐺𝐻=125，𝑀𝐻=95．由𝐺𝐻∥𝐴𝐵得△𝐶𝐻𝐺∽△𝐶𝐵𝐹，∴𝐺𝐻𝐹𝐵=𝐶𝐻𝐶𝐵，即125𝐹𝐵=3+956，解得𝐹𝐵

=3．∴𝐴𝐹=𝐴𝐵−𝐹𝐵=1．由（1）的结论可得𝐴𝐹𝐷𝐸=𝐴𝐸𝐷𝐶．设𝐷𝐸=𝑦，则𝐴𝐸=6−𝑦，∴1𝑦=6−𝑦4，解得𝑦=3+√5或3−√5．∵0<3+√5<6，0<3−√5<6

，∴𝐷𝐸=3+√5或𝐷𝐸=3−√5．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及一元二次方程的应用等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．17．（2022·广西贵港·中考真题）已知：点C，D均在直线l的上方，𝐴𝐶与𝐵𝐷都

是直线l的垂线段，且𝐵𝐷在𝐴𝐶的右侧，𝐵𝐷=2𝐴𝐶，𝐴𝐷与𝐵𝐶相交于点O．(1)如图1，若连接𝐶𝐷，则△𝐵𝐶𝐷的形状为______，𝐴𝑂𝐴𝐷的值为______；(2)若将𝐵𝐷沿直线l平移，并以𝐴𝐷为一边

在直线l的上方作等边△𝐴𝐷𝐸．①如图2，当𝐴𝐸与𝐴𝐶重合时，连接𝑂𝐸，若𝐴𝐶=32，求𝑂𝐸的长；②如图3，当∠𝐴𝐶𝐵=60°时，连接𝐸𝐶并延长交直线l于点F，连接𝑂𝐹．求证：𝑂𝐹⊥𝐴𝐵．【答案】(1)等腰三角形，

13(2)①𝑂𝐸=2√7；②见解析【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，进而可判断△BCD的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解．（2）①过点E作𝐸𝐹⊥𝐴�

�于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得𝐴𝐶//𝐵𝐷，根据等边三角形的性质可得∠𝐵𝐴𝐷=30°，再利用勾股定理即可求解．②连接𝐶𝐷，根据𝐴𝐶//𝐵𝐷，得∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=60°，即△𝐵𝐶𝐷是等

边三角形，把△𝐴𝐵𝐷旋转得∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐴𝐵𝐷=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到𝐴𝐹𝐴𝐵=𝐴𝑂𝐴𝐷=13，则可得△𝐴𝑂𝐹∽△𝐴𝐷𝐵，根据三角形相似

的性质即可求证结论．（1）解：过点C作CH⊥BD于H，如图所示：∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，∴四边形ABHC是矩形，∴AC=BH，又∵BD=2AC，∴AC=B

H=DH，且CH⊥BD，∴△𝐵𝐶𝐷的形状为等腰三角形，∵AC、BD都垂直于l，∴𝐴𝐶//𝐵𝐷，∴△AOC∽△BOD，∴𝐴𝑂𝐷𝑂=𝐴𝐶𝐷𝐵=𝐴𝐶2𝐴𝐶=12，即𝐷𝑂=2𝐴𝑂，∴𝐴𝑂𝐴𝐷=𝐴𝑂𝐴𝑂+𝐷𝑂=𝐴𝑂3𝐴

𝑂=13，故答案为：等腰三角形，13．（2）①过点E作𝐸𝐹⊥𝐴𝐷于点H，如图所示：∵AC，BD均是直线l的垂线段，∴𝐴𝐶//𝐵𝐷，∵△𝐴𝐷𝐸是等边三角形，且𝐴𝐸与𝐴𝐶重合，∴∠EAD=60

°，∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐸𝐴𝐷=60°，∴∠𝐵𝐴𝐷=30°，∴在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐵中，𝐴𝐷=2𝐵𝐷，𝐴𝐵=√3𝐵𝐷，又∵𝐵𝐷=2𝐴𝐶，𝐴𝐶=32，∴𝐴𝐷

=6,𝐴𝐵=3√3，∴𝐴𝐻=𝐷𝐻=12𝐴𝐷=3，AE=6在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝐻中，𝐸𝐻=√𝐴𝐸2−𝐴𝐻2=√62−32=3√3，又由（1）知𝐴𝑂𝐴𝐷=13，∴𝐴𝑂=13𝐴�

�=2，则𝑂𝐻=1，∴在𝑅𝑡△𝐸𝑂𝐻中，由勾股定理得：𝑂𝐸=√𝐸𝐻2+𝑂𝐻2=2√7．②连接𝐶𝐷，如图3所示：∵𝐴𝐶//𝐵𝐷，∴∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=60°，∵由（1）知△𝐵𝐶𝐷是等腰三角形，∴△𝐵𝐶𝐷是等

边三角形，又∵△𝐴𝐷𝐸是等边三角形，∴△𝐴𝐵𝐷绕点D顺时针旋转60°后与△𝐸𝐶𝐷重合，∴∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐴𝐵𝐷=90°，又∵∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=60°，∴∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐹𝐶𝐵=∠𝐹𝐵𝐶=30°，∴𝐹𝐶=𝐹𝐵=2𝐴𝐹，∴𝐴𝐹𝐴

𝐵=𝐴𝑂𝐴𝐷=13，又∠𝑂𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐵，∴△𝐴𝑂𝐹∽△𝐴𝐷𝐵，∴∠𝐴𝐹𝑂=∠𝐴𝐵𝐷=90°，∴𝑂𝐹⊥𝐴𝐵．【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，

熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．18．（2022·山东青岛·中考真题）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．【答案】(1)165s(2)𝑆=12𝑡2−3710𝑡

+14(3)存在，𝑡=6529s【分析】（1）利用△𝐴𝑄𝐸∽△𝐴𝐸𝐷得𝐴𝑄𝐴𝐸=𝐴𝐸𝐴𝐷，即𝑡4=45，进而求解；（2）分别过点C，P作𝐶𝑀⊥𝐴𝐷,𝑃𝑁⊥𝐵𝐶，垂足分

别为M，N，证△𝐴𝐵𝐶∽△𝐶𝐴𝑀得，𝐴𝐵𝐶𝐴=𝐵𝐶𝐴𝑀=𝐴𝐶𝐶𝑀，求得𝐴𝑀=125，𝐶𝑀=165，再证△𝐵𝑃𝑁∽△𝐵𝐴𝐶得𝐵𝑃𝐵𝐴=𝑃𝑁𝐴𝐶，得出𝑃𝑁=45𝑡，根据𝑆=𝑆四边形𝑃𝐶𝐷𝑄=𝑆△�

�𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐶𝐷−𝑆△𝐴𝑃𝑄−𝑆△𝐵𝑃𝐶即可求出表达式；（3）当𝑃𝑄∥𝐶𝐷时∠𝐴𝑄𝑃=∠𝐴𝐷𝐶，易证△𝐴𝑃𝑄∽△𝑀𝐶𝐷，得出𝐴𝑃𝑀𝐶=𝐴𝑄𝑀𝐷，则5−𝑡165=𝑡135，

进而求出t值．（1）解：在Rt△𝐴𝐵𝐶中，由勾股定理得，𝐴𝐶=√𝐴𝐵2−𝐵𝐶2=√25−9=4∵△𝐴𝐵𝐶绕点A按逆时针方向旋转90°得到△𝐴𝐷𝐸∴𝐴𝐷=5，𝐷𝐸=3，𝐴𝐸=4，∠𝐴𝐸𝐷=90°，∠𝐵𝐴𝐷=90°∵𝐸𝑄⊥𝐴𝐷∴

∠𝐴𝑄𝐸=∠𝐴𝐸𝐷=90°又∠𝐸𝐴𝑄=∠𝐷𝐴𝐸∴△𝐴𝑄𝐸∽△𝐴𝐸𝐷∴𝐴𝑄𝐴𝐸=𝐴𝐸𝐴𝐷∴𝑡4=45∴𝑡=165答：当𝐸𝑄⊥𝐴𝐷时，t的值为16

5s．（2）解：分别过点C，P作𝐶𝑀⊥𝐴𝐷,𝑃𝑁⊥𝐵𝐶，垂足分别为M，N∵∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐶=90°,∠𝐶𝐴𝑀+∠𝐵𝐴𝐶=90°∴∠𝐵=∠𝐶𝐴𝑀又∠𝐵𝐶𝐴=∠𝐴𝑀𝐶=9

0°∴△𝐴𝐵𝐶∽△𝐶𝐴𝑀∴𝐴𝐵𝐶𝐴=𝐵𝐶𝐴𝑀=𝐴𝐶𝐶𝑀∴54=3𝐴𝑀=4𝐶𝑀∴𝐴𝑀=125，𝐶𝑀=165∵∠𝐵=∠𝐵，∠𝐵𝑁𝑃=∠𝐵𝐶𝐴=90°

∴△𝐵𝑃𝑁∽△𝐵𝐴𝐶∴𝐵𝑃𝐵𝐴=𝑃𝑁𝐴𝐶∴𝑡5=𝑃𝑁4∴𝑃𝑁=45𝑡∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12⋅𝐵𝐶⋅𝐴𝐶=12×3×4=6,𝑆△𝐴𝐶𝐷=12⋅𝐴𝐷⋅𝐶𝑀=12×5×165=8𝑆△𝑃𝐵𝐶=12⋅𝐵𝐶⋅𝑃

𝑁=12×3×45𝑡=65𝑡,𝑆△𝐴𝑃𝑄=12⋅𝐴𝑄⋅𝐴𝑃=12𝑡(5−𝑡)∴𝑆=𝑆四边形𝑃𝐶𝐷𝑄=𝑆△𝐴𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐶𝐷−𝑆△𝐴𝑃𝑄−𝑆△�

�𝑃𝐶=6+8−12𝑡(5−𝑡)−65𝑡=12𝑡2−3710𝑡+14∴𝑆=12𝑡2−3710𝑡+14（3）解：假设存在某一时刻t，使𝑃𝑄∥𝐶𝐷∵𝐴𝐷=5,𝐴𝑀=125∴𝐷

𝑀=𝐴𝐷−𝐴𝑀=5−125=135∵𝑃𝑄∥𝐶𝐷∴∠𝐴𝑄𝑃=∠𝐴𝐷𝐶又∠𝑃𝐴𝑄=∠𝐶𝑀𝐷=90°∴△𝐴𝑃𝑄∽△𝑀𝐶𝐷∴𝐴𝑃𝑀𝐶=𝐴𝑄𝑀𝐷∴5−𝑡165=𝑡135∴𝑡=6529∴存在时刻𝑡=6529s，使𝑃𝑄∥𝐶𝐷

．【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．19．（2022·辽宁营口·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线𝑦=−12𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过点𝐴

(−12,278)和点𝐵(4,0)，与y轴交于点C，点P为抛物线上一动点．(1)求抛物线和直线𝐴𝐵的解析式；(2)如图，点P为第一象限内抛物线上的点，过点P作𝑃𝐷⊥𝐴𝐵，垂足为D，作𝑃𝐸⊥𝑥轴，垂足为E，交𝐴�

�于点F，设△𝑃𝐷𝐹的面积为𝑆1，△𝐵𝐸𝐹的面积为𝑆2，当𝑆1𝑆2=4925时，求点P坐标；(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使得直线𝐵𝐶垂直平分线段𝑃𝑁？若存在，请直接写出点N坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线解析式为𝑦=−12�

�2+𝑥+4，直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=−34𝑥+3，(2)𝑃(3,52)(3)存在𝑁(1,3−√3)【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）设∠𝐴𝐵𝑂=𝛼，则sin𝛼=35，Rt△𝐵𝐸𝐹中，

𝐵𝐹=𝐸𝐹sin𝛼=5𝐸𝐹3，证明△𝐷𝐹𝑃∽△𝐸𝐹𝐵，根据相似三角形的性质以及𝑆1𝑆2=4925建立方程，解方程即可求解；（3）设直线𝑃𝑁交𝑦轴于点𝐾，设𝑃𝐸交𝐵𝐶于点𝐻，连接𝐶𝑁，𝑁𝐻，𝑃

𝐶，证明△𝑁𝐻𝑃是等腰直角三角形，则设𝑃(𝑛,−12𝑛2+𝑛+4)，则𝐻(𝑛,−𝑛+4)，𝑁(1,−𝑛+4)，根据𝐻𝑁=𝐻𝑃列出方程，即可求解．（1）解：抛物线𝑦=−12𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过点𝐴(−12,

278)和点𝐵(4,0)，{278=−12×(−12)2+(−12)𝑏+𝑐0=−12×42+4𝑏+𝑐，解得{𝑏=1𝑐=4，∴抛物线解析式为𝑦=−12𝑥2+𝑥+4，设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥+

𝑏1，{278=−12𝑘+𝑏10=4𝑘+𝑏1，解得{𝑘=−34𝑏=3，∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=−34𝑥+3，（2）如图，设直线𝐴𝐵与𝑦轴交于点𝐺，由𝑦=−34𝑥+3，令𝑥=0,

得𝑦=3，则𝐺(0,3)，∴𝑂𝐺=3,𝑂𝐵=4，∴𝐵𝐺=5，设∠𝐴𝐵𝑂=𝛼，则sin𝛼=35，∵𝑃𝐸⊥𝑂𝐵,𝑃𝐷⊥𝐴𝐵，∴∠𝐹𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐺=𝛼，∵∠𝑃𝐹𝐷=∠𝐸𝐹𝐵,∠

𝑃𝐷𝐹=∠𝐹𝐸𝐵，∴∠𝐷𝑃𝐹=∠𝐸𝐵𝐹=𝛼，∴△𝐷𝐹𝑃∽△𝐸𝐹𝐵，∴𝑆1𝑆2=(𝑃𝐹𝐵𝐹)2，Rt△𝐵𝐸𝐹中，𝐵𝐹=𝐸𝐹sin𝛼=5𝐸𝐹3，设△�

�𝐷𝐹的面积为𝑆1，△𝐵𝐸𝐹的面积为𝑆2，∵𝑆1𝑆2=4925，∴𝑆1𝑆2=(𝑃𝐹𝐵𝐹)2=(3𝑃𝐹5𝐸𝐹)2=4925=(75)2，∴3𝑃𝐹5𝐸𝐹=75，即3𝑃𝐹=

7𝐸𝐹，设𝑃(𝑚,−12𝑚2+𝑚+4)，则𝐹(𝑚,−34𝑚+3)，∴𝑃𝐹=−12𝑚2+𝑚+4−(−34𝑚+3)=−12𝑚2+74𝑚+1,𝐸𝐹=−34𝑚+3∴3(−12𝑚2+74𝑚+1)=7(−34𝑚+3)，解得𝑚=3或𝑚=4（舍），当𝑚=3时，

−12𝑚2+𝑚+4=52，∴𝑃(3,52)（3）设直线𝑃𝑁交𝑦轴于点𝐾，设𝑃𝐸交𝐵𝐶于点𝐻，连接𝐶𝑁，𝑁𝐻，𝑃𝐶，如图，由𝑦=−12𝑥2+𝑥+4，令𝑥=0，得𝑦=4，则𝐶(0,4)∵𝐵

(4,0),𝐶(0,4)设过直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑠𝑥+𝑡，{4𝑠+𝑡=0𝑡=4解得{𝑠=−1𝑡=4∴过直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−𝑥+4，∵𝑂𝐵=𝑂𝐶=4∴△𝑂𝐵𝐶

是等腰直角三角形∴∠𝑂𝐶𝑄=45°∴△𝐶𝑄𝐾是等腰直角三角形∵𝑃𝐸⊥𝑂𝐵∴∠𝑄𝑃𝐻=45°∵直线𝐵𝐶垂直平分线段𝑃𝑁∴𝐻𝑁=𝐻𝑃∴△𝑁𝐻𝑃是等腰直角三角形，∴𝑁𝐻⊥𝑃𝐻，设𝑃(𝑛,−1

2𝑛2+𝑛+4)，则𝐻(𝑛,−𝑛+4)，𝑁(1,−𝑛+4)∴𝑃𝐻=−12𝑛2+𝑛+4−(−𝑛+4)=−12𝑛2+2𝑛，𝑁𝐻=𝑛−1∴−12𝑛2+2𝑛=𝑛−1解得𝑛1=1+√3,𝑛2=1−√

3（舍）∴𝑁(1,−1−√3+4)即𝑁(1,3−√3)【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，二次函数线段问题，掌握以上知识是解题的关键．20．（2022·山东威海·中考真题）回顾：用数学的思维思考(1)如图1，在△ABC中，AB＝AC．①BD，

CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．（从①②两题中选择一题加以证明）(2)猜想：用数学的眼光观察经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一

动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一

个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．(3)探究：用数学的语言表达如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．【答案】(1)见解

析(2)添加条件CD=BE，见解析(3)能，0＜CF＜√5−1【分析】（1）①利用ASA证明△ABD≌△ACE．②利用SAS证明△ABD≌△ACE．（2）添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明△ABD≌△ACE．（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，

根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证△CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．（1）①如图1，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵BD，CE是△ABC的角平分线，∴∠ABD=12∠ABC，∠ACE=12∠ACB，∴∠ABD=∠ACE，

∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，∴AE=AD，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．（2）添加条件CD=BE，证明如下：∵AB=AC，CD=B

E，∴AC+CD=AB+BE，∴AD=AE，∵AB=AC，∠A=∠A，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．（3）能在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，E与A重合，∵∠A＝36°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A

=∠BFA=36°，∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，∴△CBF∽△BAF，∴𝐵𝐹𝐴𝐹=𝐶𝐹𝐵𝐹，∵AB＝AC＝2=BF，设CF=x，∴2𝑥+2=𝑥2，整理，得𝑥2+2𝑥−4=0，解得x=√

5−1，x=−√5−1（舍去），故CF=x=√5−1，∴0＜CF＜√5−1．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，一元二次方程的解法，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似

的判定性质是解题的关键．