【文档说明】05挑战压轴题（解答题三）-2022年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（安徽卷）（解析版）.docx，共(47)页，1.991 MB，由envi的店铺上传

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2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（安徽考卷）05挑战压轴题（解答题三）1．（2022·安徽宣城）如图1，在四边形ABCD中，ABCBCD=，点E在边BC上，且//AECD，//DEAB，作CF//AD交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：ABFEAD△≌△；（2

）如图2，若9AB=，5CD=，ECFAED=，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求BEEC的值．【答案】（1）见解析；（2）6；（3）12+【解析】【分析】（1）根据平行线的性质及已知

条件易证ABEAEB=，DCEDEC=，即可得ABAE=，DEDC=；再证四边形AFCD是平行四边形即可得AFCD=，所以AFDE=，根据SAS即可证得ABFEAD△≌△；（2）证明EBFEAB∽△△，利用相似三角形

的性质即可求解；（3）延长BM、ED交于点G．易证ABEDCE∽，可得ABAEBEDCDECE==；设1CE=，BEx=，DCDEa==，由此可得ABAEax==，AFCDa==；再证明MABMDG△≌△，根据全等三角形

的性质可得DGABax==．证明FABFEG△∽△，根据相似三角形的性质可得FAABFEEG=，即(1)(1)aaxaxax=−+，解方程求得x的值，继而求得BEEC的值．【详解】（1）证明：//AECD，AEBDCE=；//DEAB，A

BEDEC=，12=，ABCBCD=，ABEAEB=，DCEDEC=，ABAE=∴，DEDC=，//AFCD，//ADCF，四边形AFCD是平行四边形AFCD=AFDE=在ABF与EAD中．12

ABEAAFED===，()ABFEADSAS△≌△（2）ABFEAD△≌△，BFAD=，在AFCD□中，ADCF=，BFCF=，FBCFCB=，又2FCB=，21=，1FB

C=，在EBF△与EAB中．1EBFBEFAEB==，EBFEAB△∽△；EBEFEAEB=；9AB=，9AE=；5CD=，5AF=；4EF=，49EBEB=，6BE=或6−（

舍）；（3）延长BM、ED交于点G．ABE与DCE均为等腰三角形，ABCDCE=，ABEDCE△∽△，ABAEBEDCDECE==，设1CE=，BEx=，DCDEa==，则ABAEax==，AFCDa==，(1)EFax=−，//ABDG，3G=；在MAB△与MDG中，345G

MAMD===，()MABMDGAAS△≌△；DGABax==．(1)EGax=+；//ABEG，FABFEG△∽△，FAABFEEG=，(1)(1)aaxaxax=−+，(1)1xxx−=+，2210xx−−=，2(1)2x−=，12x=，112x=

−（舍），212x=+，12BEEC=+．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．2．（安徽省2020年中考数学试题）如图1．已知四边形ABCD是矩形．点E在BA的延长线上．.AEADEC=

与BD相交于点G，与AD相交于点,.FAFAB=()1求证：BDEC⊥；()2若1AB=，求AE的长；()3如图2，连接AG，求证：2EGDGAG−=．【答案】（1）见解析；（2）152+；（3）见解析【分

析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有EAAFEBBC=，进而得到x的方程，解之即可；（3）在EF上截

取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥B

C，在△EAF和△DAB，AEADEAFDABAFAB===，∴△EAF≌△DAB(SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90º，∴∠E+∠ABD=90º，∴∠EGB=90º，∴BG⊥EC；（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，

∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF∽△EBC，∴EAAFEBBC=，又AF=AB=1，∴11xxx=+即210xx−−=，解得：152x+=，152x−=（舍去）即AE=152+；（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，在△EAH和△DAG，AEADHEAGDAEHDG===，

∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90º，∴∠DAG+∠DAH=90º，∴∠HAG=90º，∴△GAH是等腰直角三角形，∴222AHAGGH+=即222AGGH=，∴GH

=2AG，∵GH=EG-EH=EG-DG，∴2EGDGAG−=．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取

相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．3．（安徽省2019年中考数学试题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°（1）求证：△P

AB∽△PBC（2）求证：PA=2PC（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12=h2·h3【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）结合题意，易得∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC，然后由∠APB=∠BPC=135°即可证明△PA

B∽△PBC；（2）根据（1）中△PAB∽△PBC，可得PAPBAB==PBPCBC，然后由△ABC是等腰直角三角形，可得出AB=2BC，易得PA=2PC；（3）过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，

首先由Rt△AEP∽Rt△CDP得出PEAP==2DPPC，即32h=2h，再根据△PAB∽△PBC可得出12hAB==2hBC，整理即可得到2123h=hh.【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC又∠APB=135°，∴∠PA

B+∠PBA=45°，∴∠PBC=∠PAB，又∵∠APB=∠BPC=135°，∴△PAB∽△PBC；（2）∵△PAB∽△PBC，∴PAPBAB==PBPCBC，在Rt△ABC中，AC=BC，∴AB=2B

C,∴PB=2PCPA=2PB，∴PA=2PC；（3）过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，∵∠CPB+∠APB=135°+135°=270°，∴∠APC=90°，∴∠EAP+∠ACP=90°,又∵∠ACB=∠ACP+∠PCD=90°∴∠E

AP=∠PCD，∴Rt△AEP∽Rt△CDP，∴PEAP==2DPPC，即32h=2h，∴32h=2h∵△PAB∽△PBC，∴1122hAB==2h=2hhBC，∴即22122223h=2h=2hh=hh•.【点睛】本题是

相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质，其中第（3）问有一定难度，通过作辅助线构造出Rt△AEP∽Rt△CDP是解题关键.4．（安徽省2018年中考数学试题）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上

一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F（1）求证：CM=EM；（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM【答案】（1）证明见解析；（2）∠EM

F=100°；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明即可得；（2）根据直角三角形两锐角互余可得∠ABC=40°，根据CM=MB，可得

∠MCB=∠CBM，从而可得∠CMD=2∠CBM，继而可得∠CME=2∠CBA=80°，根据邻补角的定义即可求得∠EMF的度数；（3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，结合CM=DM以及已知条件可得△DEM是等边三角形，从而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，继而可得∠A

CM=75°，连接AM，结合AE=EM=MB，可推导得出AC=AM，根据N为CM中点，可得AN⊥CM，再根据CM⊥EM，即可得出AN∥EM.【详解】（1）∵M为BD中点，Rt△DCB中，MC=12BD，Rt△DEB中，EM=12

BD，∴MC=ME；（2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°，∴∠ABC=90°-50°=40°，∵CM=MB，∴∠MCB=∠CBM，∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM，同理，∠DME=2∠EBM，

∴∠CME=2∠CBA=80°，∴∠EMF=180°-80°=100°；（3）∵△DAE≌△CEM，CM=EM，∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE，∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°，∴

∠ABC=45°，∠ECM=45°，又∵CM=ME=12BD=DM，∴DE=EM=DM，∴△DEM是等边三角形，∴∠EDM=60°，∴∠MBE=30°，∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM，∵∠MCB+∠ACE=

45°，∠CBM+∠MBE=45°，∴∠ACE=∠MBE=30°，∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°，连接AM，∵AE=EM=MB，∴∠MEB=∠EBM=30°，∠AME=12∠MEB=15°，∵∠CME=90°，∴∠CMA=90°-15°=75°=∠AC

M，∴AC=AM，∵N为CM中点，∴AN⊥CM，∵CM⊥EM，∴AN∥CM.【点睛】本题考查了三角形全等的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质等，综合性较强，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.5．（

2017·安徽）已知正方形，点为边的中点.（1）如图1，点为线段上的一点，且，延长，分别与边，交于点，.①求证：；②求证：.（2）如图2，在边上取一点，满足，连接交于点，连接延长交于点，求的值.【答案】（1）

详见解析；（2）【解析】【详解】试题分析：(1)①利用ASA判定证明两个三角形全等；②先利用相似三角形的判定，再利用相似三角形的性质证明；（2）构造直角三角形，求一个角的正切值.试题解析：(1)①证明：∵四

边形为正方形，∴，，又，∴，又，∴，∴(ASA)，∴.②证明：∵，点为中点，∴，∴，又∵，从而，又，∴，∴，即，由，得.由①知，，∴，∴.(2)解：(方法一)延长，交于点(如图1)，由于四边形是正方形，所以，∴，又，∴，故，即，∵，，∴，由知，，又，∴，不妨假设正方形边长为1，设，则由，得

，解得，(舍去)，∴，于是,(方法二)不妨假设正方形边长为1，设，则由，得，解得，(舍去)，即，作交于(如图2)，则，∴，设，则，，∵，即，解得，∴，从而，此时点在以为直径的圆上，∴是直角三角形，且，由(1)知，于是.考点：（1）全等三角形的判定；（2）相似三角形的判定及性质；（3）求一个角的三

角函数值.1．（2022·江西南昌·九年级期末）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图1，连接BG、CF，①求CFBG的值；②求∠BHC的度数．(2)当正方形AEFG旋转至图2

位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．【答案】(1)①2；②45°；(2)2BEMN=；BEMN⊥；理由见解析【解析】【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得2CFBG=；②由①

得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；（2）过点C作CHEF∥，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位

线定理可得结论．(1)①如图1，连接AF，AC，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴2ACAB=，2AFAG=，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠CAF＝∠BAG，ACAFABAG=，∴△

CAF∽△BAG，∴2CFBG=；②∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB）＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）＝180°−（∠ABC

＋∠ACB）＝45°；(2)BE＝2MN，MN⊥BE；理由如下：如图2连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，∵CQ∥EF，∴∠FCQ＝∠CFE，∵点M是CF的

中点，∴CM＝MF，又∵∠CMQ＝∠FME，∴△CMQ≌△FME（ASA），∴CQ＝EF，ME＝QM，∴AE＝CQ，∵CQ∥EF，AG∥EF，∴CQ∥AG，∴∠QCF＝∠CRA，∵AD∥BC，∴∠BCF＝∠APR，∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，∵

∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，∴∠BAE＝∠BCQ，又∵BC＝AB，CQ＝AE，∴△BCQ≌△BAE（SAS），∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，∴∠QBE＝∠CBA＝90°，∵MQ＝ME，点N是BE中点，∴BQ＝2MN，MN

∥BQ，∴BE＝2MN，MN⊥BE．【点睛】本题是四边形综合题，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，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．（2022·辽宁大连·八

年级期末）△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AC、BC上，且AD＝CE，连接AE、BD交于点F．(1)如图1，求∠BFE的度数；(2)如图2，连接CF，当CF⊥BD时，求AFBF的值；(3)如图3，点P在线段AE上，连接CP，且CP＝AF，在图中找出与线段AP相等的

线段，并证明．【答案】(1)60°(2)12(3)BFAP=，见解析【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可知ABAC=，60BACC==．再结合题意即可利用“SAS”证明ABDCAE≌，得出ABDCAE=，结合三角形外角的性质即得出60BFECAEBAFBA

C=+==；（2）在BF上截取BHAF=，连接AH，由全等的性质可知ABHCAF=．即可利用“SAS”证明ABHCAF≌△△，由此得出BAHACF=．再根据三角形外角性质可证明AHFEFC=，从而可求出30HAF=

，由等角对等边可得出AFHF=．从而即得出12AFBF=；（3）过A作AGBD⊥延长线于G，过C作CHAE⊥延长线于H，由全等的性质可知ABDACE≌△，即得出ABDCAH=，从而可证()ABGCAHAAS≌△△，得出AGCH=，BGAH=．进而可证

()AGFCHPHL≌△△，即得出FGPH=，由BGFGAHPH−=−，即得出BFAP=．(1)∵ABC是等边三角形，∴ABAC=，60BACC==．又∵ADCE=，∴()ABDCAESAS≌．∴ABDCAE=，∵BFEABDBAF=+．∴

60BFECAEBAFBAC=+==；(2)如图，在BF上截取BHAF=，连接AH，∵ABDCAE≌，∴ABDCAE=，即ABHCAF=．又∵ABAC=，∴()ABHCAFSAS≌△

△，∴BAHACF=．∵AHFABHBAH=+，EFCACFCAF=+，∴AHFEFC=，∵CFBD⊥，∴906030EFCBFCBFE=−=−=，∴30AHF=，∴603030HAFBFEAH

F=−==−，∴AFHF=．∴22BFBHAF==，∴12AFBF=；(3)BFAP=．证明：过A作AGBD⊥延长线于G，过C作CHAE⊥延长线于H，如图，∵ABDACE≌△，∴ABDCAH=，又∵90GH==，ABAC=，∴()ABGCAHAAS≌

△△，∴AGCH=，BGAH=．又∵AFCP=，∴()AGFCHPHL≌△△∴FGPH=，∴BGFGAHPH−=−，即BFAP=．【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，等角对等边，三角形外角的性

质．正确的作出辅助线是解题关键．3．（2022·重庆南开中学八年级开学考试）在平行四边形ABCD中，连接BD，若BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE．(1)如图1，点G在BD上，且DG＝DC，连接CG，过G作GH⊥CE于点H，连接DH并延长交AB于点M，若HG＝BM，求证

：BM+2DH＝DB；(2)如图2，∠ABC＝120°，AB＝5，点N在BC边上，BC＝4CN，若CE是∠DCB的角平分线，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，PQ＝152，连接BP、NQ，请直接写出BP+PQ+QN的最

小值．【答案】(1)见解析(2)35152+【解析】【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥DM交CE于点F，设CE与BD交于点K，先证明△DCF≌△DGH（ASA），进而证得△DFH是等腰直角三角形，得出FH＝2DH，再证明△DMB≌△CGH（AAS），推出CF＝BM，即可证得结论；（2

）如图2，在CD上截取CG＝CN，连接GQ，过点B作BF∥CE，使BF＝PQ＝152，连接DF交CE于点T，连接QF，过点F作FM⊥BD于点M，过点G作GH⊥DF于点H，应用平行四边形的性质和含30°直角三角形三边

关系可得：BC＝2CD＝25，利用勾股定理可得BD＝15，再利用含30°直角三角形三边关系可得：BM＝12BF＝154，FM＝3BM＝354，进而可得DM＝3154，求得：FG＝352，再证四边形BPQF是平行四边形，得出BP＝FQ，再证明△CNQ≌△

CGQ（SAS），得出QN＝QG，根据FQ+QG≥FG，可得出：当点Q在线段FG上时，FQ+QG的最小值为FG，即BP+QN的最小值为FG，即可求得BP+PQ+QN的最小值．(1)如图1，过点D作DF⊥DM交CE于点F，设CE与BD交于点K，∵B

D⊥CD，DF⊥DM，GH⊥CE，∴∠CDG＝∠FDH＝∠CHG＝90°，∴∠CDF＝∠GDH，∵∠DGH+∠HKG＝∠DCF+∠DKC＝90°，∠HKG＝∠DKC，∴∠DCF＝∠DGH，在△DCF和△DGH中，DCFDGHDCDGCDFGDH=

==，∴△DCF≌△DGH（ASA），∴DF＝DH，CF＝GH，∵∠FDH＝90°，∴△DFH是等腰直角三角形，∴∠DFH＝∠DHF＝45°，FH＝2DH，∵DC＝DG，∠CDG＝90°，∴∠CGD＝DCG＝45

°，∴∠CGD＝∠DHF，∵∠CGD+∠GCH+∠CKG＝∠DHF+∠BDM+∠DKH＝180°，∠CKG＝∠DKH，∴∠GCH＝∠BDM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，∴∠DBM＝∠CDG＝90°＝∠CHG，在

△DMB和△CGH中，BDMGCHDBMCHGBMGH===，∴△DMB≌△CGH（AAS），∴DB＝CH，∵CF＝GH，BM＝GH，∴CF＝BM，∵CF+FH＝CH，∴BM+2DH＝DB；；(2)如图2，在CD上

截取CG＝CN，连接GQ，过点B作BF∥CE，使BF＝PQ＝152，连接DF交CE于点T，连接QF，过点F作FM⊥BD于点M，过点G作GH⊥DF于点H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，CD＝AB＝5，∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝180°

﹣120°＝60°，∵BD⊥CD，CD＝5，∴∠CBD＝90°﹣60°＝30°，∴BC＝2CD＝25，∴BD＝22BCCD−＝22(25)(5)−＝15，∵CE平分∠DCB，∴∠BCE＝∠DCE＝12∠DCB＝12×60°＝3

0°，∵BF//CE，∴∠CBF＝∠BCE＝30°，∴∠DBF＝∠CBF+∠CBD＝30°+30°＝60°，∵FM⊥BD，BF＝152，∴BM＝12BF＝11522＝154，FM＝3BM＝3×154＝354，∴DM＝BD-BM＝15154−＝3154，∴DF＝22

DMFM+＝2231535()()44+＝352，∵DF2+BF2＝223515()()1522+=，∴DF2+BF2＝BD2，∴BF⊥DF，∵BF//CE，∴CE⊥DF，∵∠DCE＝30°，∴∠CDF＝90°-30°

＝60°，∵BC＝25，BC＝4CN，∴CN＝154＝52，∴CG＝CN＝52，∴DG＝CD-CG＝5-52＝52，∵GH⊥DF，∠CDF＝60°，∴DH＝12DG＝1522＝54，GH＝3DH＝3×54＝154，∴FH＝DF-DH＝352+54＝554，∴FG＝22

FHGH+＝225515()()44+＝352，∵BF//CE，BF＝PQ，∴四边形BPQF是平行四边形，∴BP＝FQ，在△CNQ和△CGQ中，CNCGBCEDCECOCO===，∴△CNQ≌△CGQ（SAS），∴QN＝QG，∵FQ+QG≥FG，∴当点Q在线段FG上时

，FQ+QG的最小值为FG，∴BP+QN的最小值为FG，∵PQ＝152，FG＝352，∴BP+PQ+QN的最小值为FG+PQ＝351522+＝35152+，故BP+PQ+QN的最小值为35152+．；【点睛】本题考查了全等三角

形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，截长补短方法，熟练运用所学知识点是解题关键4．（2022·江苏·无锡市东林中学八年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B（0，3）．点P从点A出发，以每秒1个单位的速度向右平移，点Q从点B出发

，以每秒2个单位的速度向右平移，又P、Q两点同时出发．(1)连接AQ，当△ABQ是直角三角形时，则点Q的坐标为；(2)当P、Q运动到某个位置时，如果沿着直线AQ翻折，点P恰好落在线段AB上，求这时∠AQP的度数；(3)若将AP绕点A逆时针旋转，使得P落在线段BQ上，记作P'，且

AP'∥PQ，求此时直线PQ的解析式．【答案】(1)（254，3）或（4，3）(2)45°(3)y＝－247x＋1717【解析】【分析】（1）ABQ△是直角三角形，分两种情况：①90BQA=，AQBQ⊥，BQx∥轴，进而得出Q点坐标；②90BAQ=，BAAQ⊥，如图过点Q作QCOA⊥

，垂足为C，在RtAOB中，由勾股定理知22ABOAOB=+，设ACx=,在RtACQ中，由勾股定理知22222+3AQACCQx=+=，在RtABQ△中，由勾股定理知222BQABAQ=+，有()2222453xx+=++，求解x的值，即AC的长，进而得出Q点坐标；（2）如图，点P翻

折后落在线段AB上的点E处，由翻折性质和BQOP∥可得，=PAQBQAEAQ=，=ABQB，12=12BQAAEABP==，点E是AB的中点，过点E作EF⊥BQ于点F，EM⊥AO于点M，过点Q作QH⊥OP于点

H，可证EMAEFB≌，求出EF的值，PH的值，有=EFPH，用HL证明RtEQFRtPHQ≌，知EQFPQH＝，90PQE＝，进而可求AQP的值；（3）如图，由旋转的性质可知APAP=，APPQPQAP

∥，∥，证PQAPAQ≌，可知PQAP=，=PQAPPA=，过点A作AG⊥BQ于G，设APAPPAt===，则24BQtBPtPGt===−，，，在RtAGP中，34APtAGPGt===−，，，由勾股定理得()22243tt

−=-，解得t的值，进而求出点PQ、的坐标，设过点PQ、的直线解析式为ykxb=+，将PQ、两点坐标代入求解即可求得解析式．(1)解：∵ABQ△是直角三角形，点()40A，，点()03B，∴①当90BQA=时，AQBQ⊥∵BQx∥轴∴Q点坐标为()4,3；②当90BAQ=

时，BAAQ⊥，如图过点Q作QCOA⊥，垂足为C在RtAOB中，由勾股定理知225ABOAOB=+=设ACx=,在RtACQ中，由勾股定理知22222+3AQACCQx=+=在RtABQ△中，由勾股定理知222

BQABAQ=+∴()2222453xx+=++解得94x=∴9=4AC∴254OCOAACBQ=+==∴Q点坐标为25,34；综上所述，Q点坐标为()4,3或25,34．(2)解：如图，点P翻折后落在线段AB上的点E处，则====EAQP

AQEQAPQAAEAPQEQP，，，又∵BQOP∥∴=PAQBQA∴=EAQBQA∴==5ABQB∴151222=BQAAAEBP===∴点E是AB的中点过点E作EF⊥BQ于点F，EM⊥AO于点M，过点Q作

QH⊥OP于点H，在EMA和EFB△中∵{∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐵𝐸𝐹∠𝐸𝑀𝐴=∠𝐸𝐹𝐵𝐴𝐸=𝐵𝐸∴()EMAEFBAAS≌∴12EFEMOB==∴EF＝32∵32PHOAAPOH=+−=∴=EFPH在RtEQF和RtPHQ中∵=

EFHPEQPQ=∴()RtEQFRtPHQHL≌∴EQFPQH＝∴90PQE＝∴45AQPAQE＝＝．(3)解：如图由旋转的性质可知APAP=∵APPQPQAP∥，∥∴PQAPAQP

AQPQA==，在APQ和QPA△中{∠𝑃′𝑄𝐴=∠𝑃𝐴𝑄𝐴𝑄=𝑄𝐴∠𝑃′𝐴𝑄=∠𝑃𝑄𝐴∴()PQAPAQASA≌∴PQAP=∴=PQAPPA=过点A作AG⊥BQ于G设APAP

PQt===∴24BQtBPtPGt===−，，在RtAGP中，34APtAGPGt===−，，，由勾股定理得()22243tt−=-解得258t=∴25572525428884OPOAAPBQ=+=+===，∴点PQ、的坐标分别为57250384

，、，设过点PQ、的直线解析式为ykxb=+将PQ、两点坐标代入得57082534kbkb+=+=解得：2471717kb=−=∴过点PQ、的直线解析式为2417177yx=−+．【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形全等，勾股定理，一次函数等知识．解题

的关键在于将知识灵活综合运用．5．（2022·江西赣州·九年级期末）在RtABC中，90ABC=，ABBC=，点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．(1)如图1，点E在点B的左侧运动．①当1BE=，3BC=

时，则EAB=___________°；②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为____________．(2)如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）问中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．【答案】(

1)①30；②2CACFCE+=(2)不成立，2CACFCE−=【解析】【分析】（1）①由直角三角形的性质可得出答案；②过点E作ME⊥EC交CA的延长线于M，由旋转的性质得出AE=EF，∠AEF=90°，得出∠AEM=∠CEF，证明△FEC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性质得出CF=A

M，由等腰直角三角形的性质可得出结论；（2）过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H．证明△ABE≌△EHF（AAS），由全等三角形的性质得出FH=BE，EH=AB=BC，由等腰直角三角形的性质可得出结论；(1)①∵3ABBC==，1BE=，90ABC=，∴2AE=，∵s

in∠EAB=12BEAE=∴30EAB=，故答案为：30°；②2CACFCE+=．如图1，过点E作MEEC⊥交CA的延长线于M，∵90ABC=，ABBC=，∴45ACB=，∴45M=，∴MECM=，∴

MEEC=，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，∴AEEF=，90AEF=，∴AEMCEF=，在△FEC和△AEM中MEECAEMCEFAEEF===，∴()FECAEMSAS≌△△，∴CFAM=，∴CAAMCACFCM+=+=，∵CME△为等腰直

角三角形，∴2CMCE=，∴2CACFCE+=；故答案为：2CACFCE+=；(2)不成立．如图2，过点F作FHBC⊥交BC的延长线于点H．∴90AEF=，AEEF=，∵90BAEAEBAEBFEH+=+=，∴FEHBAE=

，在△FEC和△AEM中ABEEHFBAEFEHAEEF===，∴()ABEEHFAAS≌△，∴FHBE=，EHABBC==，∴CHBEFH==，∴FHC为等腰直角三角形，∴22CHBEFC==．又∵2222ECBCBEACFC=−=−，即2CACFCE−=．【点睛】本题考查了旋

转的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．1．（2021·河南信阳·一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝23

，将△ABC绕点A逆时针旋转a得到△ADE，连接BD，EC，BD的延长线交EC的延长线于点F．(1)【问题发现】如图①，当α＝60°时，线段BF与EF的数量关系是______，∠BFE＝______；(2)【类比探究】当△ABC旋转到如图②所示的位置时，请判断线段

BF与EF的数量关系及∠BFE的度数，并说明理由；(3)【问题解决】当AE∥BC时，请直接写出线段BF的长．【答案】(1)BF＝EF，60°；(2)BF＝EF，∠BFE＝60°，见解析；(3)326+或326−【解析】【分析】（1）首先

证明∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，则A、B、E三点共线，再证明△EBF是等边三角形，从而得出答案；（2）通过AAS可证明△EDF≌△BCF，得BF=EF，由∠DEF=∠AEC-∠AED=∠AEC-30°，∠BDE=

∠BDA+∠ADE=∠BDA+30°，利用三角形外角的性质即可求出∠BFE的度数；（3）当点E在直线AB的右侧时，如图③，过点C作CH⊥BF于H，过点A作AM⊥BC于M，可得∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，∠F=60°，通过解直角

三角形可求出BF的长，当点E在直线AB的左侧时，同理可得．(1)解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，AB=AC=23，∠BAC=120°，∴∠DAE=∠BAC=120°，∠BAD=∠CAE=α=

60°，AB=AD=AE=AC，∴∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，∴A、B、E三点共线，∵∠CAE=60°，AC=AE，∴△ACE是等边三角形，同理△ABD是等边三角形，∴∠FBE=∠FEB=60°，∴△EBF是

等边三角形，∴BF=EF，∠BFE=60°；故答案为：BF=EF，60°(2)解：由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝120°，BC＝DE，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ACB＝∠ABC＝30°，同理：∠ADE＝∠AED＝30°，∵∠BAD＋∠DAC＝120°，∠EAC＋∠D

AC＝120°，∴∠BAD＝∠EAC，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠ACE，∵∠EDF＝180°－∠ADB－∠ADE＝150°－∠ADB，∠BCF＝180°－∠ACE－∠ACB＝150°－∠ACE，∴∠EDF＝∠BCF，∵∠F＝∠F，∴△BC

F≌△EDF（AAS），∴BF＝EF，∴∠DEF＝∠AEC－30°，∠BDE＝∠BDA＋30°，∴∠BFE＝∠BDE－∠DEF＝60°．(3)解：当点E在直线AB的右侧时，如图3，过点C作CH⊥BF于H，过点A作AM⊥BC于M，∵AE∥B

C，∴∠ABC+∠BAE=180°，∵∠ABC=30°，∴∠BAE=150°，∴∠BAD=30°，∵AB=AD，∴∠ABF=∠ADB=280013−=75°，∴∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，∵CH⊥BF，∴∠BCH=∠CBF=45°，∴BH=CH=22BC，

∵AB=23，∠ABC=30°，AM⊥BC，∴AM=12AB＝12×23=3，BM=CM，∴BM=22ABAM−=()()22233−=3，∴BC=2BM=6，∴BH=CH=32，∵CH⊥BF，∠BFE=60°，∴HF=tan60CH＝323＝6，∴BF=BH+HF=32+6

；当点E在直线AB的左侧时，如图4，同理求得BF=32−6，综上所述：BF的长为32+6或32-6．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．2．（2021·河

南省实验中学模拟预测）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片()ABCDABAD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点D¢处，得到折痕AE．第二步：如图2，将图1中的图形沿过点B的直线折叠，点C恰好落在ED上的点M处，BF为折痕，延长FM交直线AE于点N．问题解决：(1)如图1，填

空：三角形AED的形状是；(2)如图2，若8AB=，5AD=，求FN的长．提升反思：爱动脑筋的小敏同学用不同形状的矩形纸片()ABCDABAD，按照题中第一步、第二步的方法折叠并延长FM，发现有些点N不在线

段AE上．若要使点N落在线段AE上（不含端点），请直接写出ADAB的取值范围．【答案】(1)等腰直角三角形(2)203FN=，5112ADAB−【解析】【分析】（1）根据折叠性质，可得90ADED==，ADAD=，进而证明四边形ADED是

正方形，即可证明三角形AED的形状是等腰直角三角形；（2）过点N作NGAB⊥，NHED⊥，垂足分别为G、H，在RtEFM中，设FMx=，则3EFx=−，由勾股定理得：2221(3)xx+−=，解方程求

解可得FM的长，继而证明BMDMNH∽，设3MHm=，则4NHm=，5MNm=，即可求得1m=，进而求得FN的长提升反思：由（1）（2）得：BDba=−，MBBCa==，当点N与A重合时：2()MDADBDaba==

−，化简即可求得ab的值，由题意得：ba，进而可得ADAB的取值范围．(1)等腰直角三角形，理由如下：由折叠的性质得，90ADED==，ADAD=，又90DAB=，四边形ADED是矩形，

ADAD=，四边形ADED是正方形，AED的形状为等腰直角三角形；故答案为：等腰直角三角形；(2)过点N作NGAB⊥，NHED⊥，垂足分别为G、H，由折叠得：ADED是正方形，5ADDEEDAD====，5BCBM==，90CBMF==，FCFM=，8

53DBEC==−=，在RtAOE中，4MD=，541ME=−=，在RtEFM中，设FMx=，则3EFx=−，由勾股定理得：2221(3)xx+−=，解得：53x=，90BMDNMH+=，90NMHMNH+=，BMDMNH=，

又90NHMBDM==，BMDMNH∽，::::3:4:5MHNHMNBDMDBM==，设3MHm=，则4NHm=，5MNm=，43HDNGAGm===−，5(43)134GDmmNH

m=−−=+==，解得：1m=，55MNm==，203FN=；提升反思：令ADa=，ABb=，由题意得：ba，1ADaABb=，由（1）（2）得：BDba=−，MBBCa==，222()MDaba=−−，当点N与A重合时：2()MDADBDaba==−，22()()ab

aaba−−=−，解得：512ab−=，5112ADAB−．【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．3．（2021·重庆巫溪·八年级期末）如图，ABC是等腰三

角形，ABCB=，点D在直线AC上运动，点E为线段BC上一定点，连接DE，作DEF，使DEFE=，DEFB=，连接CF．(1)如图1，在AC上取点G，使EGEC=，求证：DGCF=；(2)如图2，当点D在线段AC上，点F位于直线AC的上方时，求证：2DCFA=；(3)如图3，当点D运动到

线段AC的延长线上时，求证：CFCD−为定值．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)见详解【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质和EG=EC求得ABEG，结合DEFB=得到DEGCEF=，进而得到三角形全等，然后再利用全等三角形的性质求解；（

2）在AC上取点G，使EGEC=，利用（1）的方法求得三角形全等，进而得到ECFEGD=，结合BACBCA=，EGDA=，EGCBAC=来求得BCAAEGCECF===即可求解；（3

）在AC上取点G，使EGEC=，用（1）的方法得到三角形全等，进而得到DGCF=，结合全等三角形的判定和点E为线段BC上一定点来求解．(1)证明：ABCB=，BACBCA=．EGEC=，EGCECG=，EGCBAC=，ABEG\∥，BGEC

=．DEFB=，GECDEF=，DEGGEFGEFCEF+=+，DEGCEF=．在DEG△和CEF△中DEEFDEGCEFEGEC===，()DEGCEFSAS≌，DGCF=．(2)证明：在AC上取点G，使

EGEC=，如下图ABCB=，BACBCA=．EGEC=，EGCECG=，EGCBAC=，ABEG\∥，EGDA=,BGEC=,DEFB=，GECDEF=，DEGDECDECCEF+=+

，DEGCEF=．在DEG△和CEF△中DEEFDEGCEFEGEC===，()DEGFECSAS≌，ECFEGD=．BACBCA=，EGDA=，EGCBAC=，B

CAAEGCECF===，2DCFBCAECFA=+=；(3)证明：在AC上取点G，使EGEC=，如下图ABCB=，BACBCA=．EGEC=，EGCECG=，EGCBAC

=，ABEG\∥，BGEC=．DEFB=，GECDEF=，DECGECDEFDEC+=+，DEGCEF=．在DEG△和CEF△中DEEFDEGCEFEGEC===，()DEGFECSAS≌，DGCF=，CF

CDGDCDCG−=−=．,,EGECGECBEC=??Q为定值，EGC△形状唯一，CG为定值，CFCDGC−=为定值．【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，理解相关知识和作出辅助线是解答（2）（3）的关键．4．（2

022·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试）已知ABC中，ACBC=，90ACB=，点G为线段BC上一点，连接AG，过点B作BDAG⊥，交AG的延长线于点D，连接CD．(1)如图1，求证：45ADC=．(2)如图2，当15BCD=时，将ACD△沿AD

翻折得到AED，点C与点E为对应点，DE与AB交于点F，求证：BFEF=．(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF交AD于H，过点H作HMCD⊥于M，若4BFDM+=求AF的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)AF=8【解析

】【分析】（1）在AD上截取AE=BD，由题意易得CAECBD=，CACB=，进而可知ACEBCD△≌△，然后可得CECD=，最后问题可求证；（2）连接CE、BE，由题意易得30CAD=，由折叠的性质可知60,105EACAEDACD===，则有△

ACE是等边三角形，然后可得,60ACAECECBAEC====，进而可得FEBFBE=，即问题得证；（3）作ES⊥EF交AF于点S，HO⊥DF于点O，连接CE，由题意易得2DHDM=，然后根据折叠的性质及等腰直角三角形的性质可得H

O=DM，进而可得CEFCBF≌，则有60AFCCFDDFB===，易证HDFDBF≌，则可根据含30度直角三角形的性质及线段的等量关系可进行求解．(1)证明：在AD上截取AE=BD，如图所示：∵90ACB=，

BDAG⊥，∴90,90CAGAGCCBDBGD+=+=，∵DGADGB=，∴CAECBD=，∵ACBC=，∴ACEBCD△≌△（SAS），∴CECD=，ACEBCD=，∵90ACEECG+=，∴90BCDECG+=，即90ECD=

，∴△ECD是等腰直角三角形，∴45ADC=；(2)证明：连接CE、BE，如图所示：∵90,15,45ACBBCDADC===，∴30CAD=，由折叠的性质可得,260,105ACAECAECADAEDACD=====，CD=DE，∴△ACE是等边三角形，∴,6

0ACAECECBAEC====，∴,45CEBCBECEDAEDAECCBA==−==，∴CEBCEDCBECBA−=−，即FEBFBE=，∴FEFB=；(3)解：作ES⊥EF交AF于点S

，HO⊥DF于点O，连接CE，如图所示：在Rt△DMH中，45ADC=，∴2DHDM=，由折叠的性质可得45ADCADE==，∴2DHHO=，∴HODM=，∵,45,CEBCCEFCBFEFBF====，∴CEFCBF≌，∴1152ECFBCFECB

===，∴120CFECFB==，∵15,105FAECAECABAEDACD=−===，∴60AFE=，∴60AFCCFDDFB===，∵45,HDFBDFDFDF===，∴HDFDBF≌（ASA），∴HFBF=，在Rt△HFO中，60HFO=

，即30FOH=，∴1,32OFHFOHOF==，∴232333HFHODM==，∴32DMBF=，在Rt△SFE中，60SFE=，∴22SFEFBF==，33SEEFBF==，∵15,15AESAEFSEFEAF=−==，∴AESSAE=，∴ASSE=，∴32AF

ASSFBFBF=+=+，∵4BFDM+=，∴342BFBF+=，∴238BFBF+=，∴8AF=．【点睛】本题主要考查含30度直角三角形与等腰直角三角形的性质、折叠的性质及全等三角形的性质与判定及二次根式的运算

，熟练掌握含30度直角三角形与等腰直角三角形的性质、折叠的性质及全等三角形的性质与判定及二次根式的运算是解题的关键．5．（2022·吉林·长春外国语学校九年级开学考试）【感知】已知四边形ABCD中，∠A=∠C=90°．求证：A、B、C、D四点在同一个圆上．李明同学认

为：连结BD，取BD的中点O，连结OA、OC来证明，请你按照李明的思路完成证明．【拓展】如图，在正方形ABCD中，AB=8，点F是AD中点，点E是边AB上一点，FP⊥CE于点P．（1）如图②，当点P在线段BD上时，PC=_______；

（2）如图③，过点P分别作AB、BC的垂线，垂足分别为N、M，则MN的最小值为______．【答案】感知：见解析；拓展：（1）210；（2）21325−．【解析】【分析】感知：根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OD，从而即可证得结论；拓展：①由感知可得点D、F、P、C

四点在同一个圆上，由圆的性质及正方形的性质可得△PCF是等腰直角三角形，从而由勾股定理可得22PCFC=，在Rt△FDC中由勾股定理可求得FC的长，从而可得PC的长；②取FC的中点O，连接PO、BP、BO，以O为圆心FC长为半径作

⊙O，过点O分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、G．由感知得D、F、P、C四点在同一个圆上，则可得12OPFC=，当P点在线段OB上时，BP最短，由矩形性质MN=BP，从而MN最小，MN=OB−OP；由辅助线作法易得四边形OGCH是矩形，则易得OH=

CG=4，CH=OG=2，BH=6，由勾股定理可求得OB，则可得MN的最小值．【详解】感知：∵∠A=∠C=90゜，O是BD的中点∴12OBODBD==，12OABDOC==∴OB=OD=OA=OC即A、B、C、D四点在以O为圆心的同一个圆上拓展：①∵四边形ABCD是正方形，BD为正方形的对角线∴

∠ADP=∠CDP=45゜，∠ADC=90゜，AD=AB=CD=8∵FP⊥CE∴由感知可得点D、F、P、C四点在同一个圆上，如图∴∠PFC=∠CDP=45゜，∠PCF=∠ADP=45゜∴∠PFC=∠PCF=45゜∴PF=PC∴△PCF是等腰直角三角形，由勾股定理可得22PCFC=∵F是AD的中点∴

142FDAD==在Rt△FDC中，由勾股定理得22224845FCFDCD=+=+=∴2452102PC==故答案为：210②取FC的中点O，连接PO、BP、BO，以O为圆心FO长为半径作⊙O，过点O分别作BC、CD的垂线，垂足分别

为H、G，如图∵四边形ABCD是正方形∴∠ADC=∠ABC=∠BCD=90゜，AD=AB=CD=BC=8∵FP⊥CE∴由感知可得点D、F、P、C四点在以O为圆心FO为半径的同一个圆上由①知45FC=∴1252OPFC==当P点在线段OB上时，BP+OP最小，且最小值为线段OB的长，从而BP最小，且

最小值BP=OB−OP∵PN⊥AB，PM⊥BC，∠ABC=90゜∴四边形PMBN是矩形∴MN=BP∴MN最小，且最小值MN=OB−OP∵OG⊥CD，∠ADC=90゜∴OG∥FD∴1CGCOGDOF==∴点G是CD的中点∴11422

2OGFD===，118422CGCD===∵OG⊥CD，OH⊥BC，∠BCD=90゜∴四边形OGCH是矩形∴OH=CG=4，CH=OG=2∴BH=BC−CH=8−2=6在Rt△OBH中，由勾股定理可求得222246213OBOHBH=+=+=MN的最小值为21325MNO

BOP=−=−故答案为：21325−【点睛】本题是四边形与圆的综合，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，圆的性质，勾股定理，两点间线段最短，直角三角形斜边上中线的性质等知识，利用四点在同一个圆上并应用圆的性质是解决本题的难点与关键．