解題秘籍04幾何模型在壓軸題中的運用（11種題型匯總+專題訓練）【題型匯總】題型01三角形拼接模型常見的三角板與三角板（平行）拼接模型：類型兩條斜邊平行斜邊于直角邊平行兩條直角邊平行圖示頂點在斜邊上頂點在直角邊上頂點在邊上頂點重合【提示】根據平行線的性質及三角形內角和進行角度計算，計算線段長時會用到特殊角的三角函數值.1．（2023·四川德陽·中考真題）將一副直角三角板DOE與AOC疊放在一起，如圖1，∠O=90°，∠A=30°，∠E=45°，OD>OC．在兩三角板所在平面內，將三角板DOE繞點O順時針方向旋轉α（0°<α<90°）度到D1OE1位置，使O

(1)求α的值；(2)如圖3，繼續將三角板DOE繞點O順時針方向旋轉，使點E落在AC邊上點E2處，點D落在點D2處．設E2D2交OD1于點G，OE1交AC【答案】(1)30°(2)正方形，見解析【分析】（1）確定旋轉角α=∠AOD1，結合OD（2）先證明四邊形OHE【詳解】（1）根據題意，得旋轉角α=∠AOD∵OD1∥AC，∴∠AOD故α=30°．（2）根據題意，得旋轉角α=∠AOD∵OD1∥AC，∴∠AOD∵OE2=O∴∠E2OG=45°，∴∠E∵∠E1O

∴∠E∴∠AOE∴∠AHO=180°-60°-30°=90°，∴四邊形OHE∵OG=GE∴四邊形OHE【點睛】本題考查了旋轉的性質，矩形的判斷，正方形的判斷，等腰直角三角形的性質，熟練掌握矩形的判斷，正方形的判斷，等腰直角三角形的性質是解題的關鍵．2．（2024·河南·三模）問題情境：數學活動課上，老師出示了一個問題：

如圖1，將兩塊全等的直角三角形紙片△ABC和△DEF疊放在一起，其中∠ACB=∠E=90°，BC=DE=6，AC=FE=8，頂點D與邊AB的中點重合，DE經過點C，DF交AC于點G．求重疊部分（△DCG）的面積．(1)小明經過獨立思考，寫出如下步驟，請你幫助小明補全依據及步驟：解：∵∠ACB=90°，D是AB的中點，∴DC=DB=DA．∴∠B=∠DCB．

（依據：______________________）又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE=∠B．∴∠FDE=∠DCB．∴_____________________．∴∠AGD=∠ACB=90°．∴DG⊥AC．又∵DC=DA，∴G是AC的中點，∴DG為△ACD中位線．∴CG=12AC=12×8=4(2)“希望”學習小組受此問題的啟發，將△DEF繞點D旋轉，使DE⊥AB交AC于點H，DF交AC于點G，如圖2，請解決下列兩個問題：①求證：△AHD∽△ABC；②求出重疊部分（△DGH）的面積．(3)“智慧”小組也不甘落后，提出的問題是：如圖3，將△DEF繞點D旋轉，DE，DF分別交于點M，N，當△DMN是以DM為腰的等腰三角形時，請你直接寫出此時重疊部分（△DMN）的面積是________．【答案】(1)等邊對等角，DG∥BC(2)①證明見解析；②75(3)7516或【分析】（1）由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得DC=DB=DA；由△ABC≌△FDE，得到角相等，進而證得DG⊥AC，從而求解；（2）①利用AA證明△AHD∽△ABC即可；②證明∠1=∠2可得出GH=GD，證明∠A=∠3可得出AG=GD，則點G為AH的中點，利用勾股定理求出AB，證明△ADH∽△ACB，可求出DH=15（3）分MN=MD，MN=DN，DM=DN三種情況討論，然后利用相似三角形的判定與性質求解即可．【詳解】（1）解：∵∠ACB=90°，D是AB的中點，∴DC=DB=DA．∴∠B=∠DCB．（依據：等邊對等角）又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE=∠B．∴∠FDE=∠DCB．∴DG∥BC．∴∠AGD=∠ACB=90°．∴DG⊥AC．又∵DC=DA，∴G是AC的中點，∴DG為△ACB中位線．∴CG=12AC=∴SDCG故答案為：等邊對等角，DG∥BC；（2）①證明：∵DE⊥AB，∠C=90°，∴∠ADH=∠C，又∠A=∠A，∴△AHD∽△ABC；②如圖，

∵△ABC≌△FDE，∴∠B=∠1，∵∠C=90°，ED⊥AB，∴∠A+∠B=90°，∠A+∠2=90°，∴∠B=∠2，∴∠1=∠2，∴GH=GD．∵∠A+∠2=90°，∠1+∴∠A=∠3．∴AG=GD．∴AG=GH．∴點G為AH的中點．在Rt△ABC中，AB=∵D是AB中點，AD=1在△ADH與△ACB中，∵∠A=∠A，∠ADH=∠ACB=90°，∴△ADH∽△ACB．∴ADAC∴58∴DH=15∴SΔ（3）解：當MN=MD時，過D作DH⊥MN于H，

則∠MND=∠MDN=∠B，∵∠A=∠A，∠AHD=∠ACB=90°，∴△AHD∽△ACB．∴ADAB∴510∴DH=3，∵∠MND=∠B，∠DHN=∠ACB=90°，∴△DHN∽△ACB，∴DHAC∴38∴NH=9設MN=MD=x，則MH=x-9在Rt△DMH中，D∴x2解得x=25∴S△DMN當MN=DN時，過D作DH⊥MN于H，則∠NMD=∠MDN=∠B，同理：△DHM∽△ACB，∴DHAC∴38∴MH=9設MN=ND=x，則NH=x-9在Rt△DNH中，D∴x2解得x=25∴S△DMN當MD=ND時，過D作DH⊥MN于H，過M作MG⊥DN于G，

則∠DGM=∠C=90°，又∠MDN=∠B，∴△DMG∽△BAC，∴DGBC=MG∴DG3設DG=3a，則MG=4a，DM=5a，∴NG=DN-DG=DM-DG=2a，∴MN=M∵∠MGN=∠DHN=90°，∠MNG=∠DNH，∴△MNG∽△DNH，∴MNDN=MG∴a=3∴MN=3，∴S△DMN綜上，△DMN的面積是為7516或9故答案為：7516或9【點睛】本題考查了全等三角形的性質、直角三角形斜邊上的中線性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質和三角形面積的計算的綜合應用．明確題意，添加合適輔助線，構造相似三角形是解題的關鍵．題型02四邊形折疊模型解題方法：與特殊平行四邊形有關的折疊問題與軸對稱的知識聯系緊密，解決這類問題有兩個“秘訣”:一是折疊前后的兩部分是全等的(對應邊、對應角相等)；二是折疊前后的對應點所連線段被折痕垂直平分.3．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB>2AD，點E，F分別在邊AB，CD上．將△ADF沿AF折疊，點D的對應點G恰好落在對角線AC上；將△CBE沿CE折疊，點B的對應點H恰好也落在對角線AC上．連接求證：(1)△AEH≌△CFG；(2)四邊形EGFH為平行四邊形．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析．【分析】（1）由矩形的性質可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由折疊的性質可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，進而得AH=CG，即可由ASA證明（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，本題考查了矩形的性質，折疊的性質，全等三角形的判定和性質，平行線的判定和性質，掌握矩形和折疊的性質是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥∴∠EAH=∠FCG，由折疊可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，∴AH=CG，在△AEH和△CFG中，∠EAH=∠FCGAH=CG∴△AEH≌△CFGASA（2）證明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，∴EH∥FG，∴四邊形EGFH為平行四邊形．4．（2024·江蘇無錫·中考真題）【操作觀察】如圖，在四邊形紙片ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BC=8，AB=12，AD=13．折疊四邊形紙片ABCD，使得點C的對應點C'始終落在AD上，點B的對應點為B'，折痕與AB，【解決問題】(1)當點C'與點A重合時，求B(2)設直線B'C'與直線AB相交于點F，當∠AF【答案】(1)10(2)285或【分析】本題主要考查了折疊的性質，勾股定理，正切的相關應用，結合題意畫出圖形是解題的關鍵．（1）過點C作CH⊥AD，則CH=AB=12，AH=BC=8，再求出HD，根據勾股定理求出CD，當點C'與點A重合時，由折疊的性質可得出MN垂直平分AC，N與D重合，則有AM=MC，設B'M=MB=x，則AM=MC=12-x，再利用勾股定理即可得出（2）分兩種情況，當點F在AB上時和當點F在BA的延長線上時，設AF=5x，AC'=12x，則C'F=13x【詳解】（1）解：如圖1，過點C作CH⊥AD，則CH=AB=12，AH=BC=8，∴HD=AD-AC∴CD=CHtan∠ADC=當點C'與點A重合時，由折疊的性質可得出MN垂直平分AC，N與D重合，則有AM=MC，設B'M=MB=x，則∵∠ABC=90°∴在Rt△MBC中x解得：x=10故B（2）如圖2，當點F在AB上時，如下圖：由(1)可知tan∠ADC=∵∠AF∴tan∠AF設AF=5x，AC'=12x，則根據折疊的性質可得出：B'C'∵∠B∴tan∠∵∠ABC=90°∴在Rt△BFM中，FM=13則5x+12解得：x=7A如圖3，當點F在BA的延長線上時，同上tan∠AF在Rt△AF設AF=5x，AC'=12x，FC在Rt△MFFM=135則FB=5x+12=解得x=13則AC綜上：AC'的值為：2855．（2024·湖北·中考真題）在矩形ABCD中，點E，F分別在邊AD，BC上，將矩形ABCD沿EF折疊，使點A的對應點P落在邊CD上，點B的對應點為點G，PG交BC于點H．(1)如圖1，求證：△DEP∽△CPH；(2)如圖2，當P為CD的中點，AB=2，AD=3時，求GH的長；(3)如圖3，連接BG，當P，H分別為CD，BC的中點時，探究BG與AB的數量關系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)GH=(3)BG=6【分析】（1）證明對應角相等，即可得到△EDP∽△PCH；（2）根據△EDP∽△PCH，求得PH的長度，從而得出GH長度；（3）延長AB，PG交于一點M，連接AP，先證明△MBH≌△PCH，得到相等的邊，再根據△BMG∽△MAP，得出大小關系．【詳解】（1）證明：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，∴∠1+∠3=90°，∵E，F分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對稱點P落在DC上，∴∠EPH=∠A=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠3=∠2，∴△EDP∽△PCH；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，∵P為CD中點，∴DP=CP=1設EP=AE=x，∴ED=AD-x=3-x，在Rt△EDP中，E即x2解得x=5∴EP=AE=x=5∴ED=AD-AE=4∵△EDP∽△PCH，∴EDPC=EP∴PH=5∵PG=AB=2，∴GH=PG-PH=3（3）解：如圖，延長AB，PG交于一點M，連接AP，∵E，F分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對稱點P落在CD上，∴AP⊥EF，BG⊥直線EF，∴BG∥AP，∵AE=EP，∴∠EAP=∠EPA，∴∠BAP=∠GPA，∴△MAP是等腰三角形，∴MA=MP，∵P為CD中點，∴設DP=CP=y，∴AB=PG=CD=2y，∵H為BC中點，∴BH=CH，∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，∴△MBH≌△PCH(ASA∴BM=CP=y，HM=HP，∴MP=MA=MB+AB=3y，∴HP=1在Rt△PCH中，CH=∴BC=2CH=5∴AD=BC=5在Rt△APD中，AP=∵BG∥AP，∴△BMG∽△AMP，∴BGAP∴BG=6∴ABBG∴AB=6BG，即【點睛】本題考查了矩形與折疊、相似三角形的判定與性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質等知識，熟練掌握以上基礎知識是解題關鍵．題型03射影定理類型射影定理作高用射影定理條件∠ABC=∠ADB=90°F,A,B三點共線，C,A,E三點共線，∠ACB=∠AFE=90°圖示結論1）?ABD∽?ACB∽?BCD2),,3）AB?BC=BD?AC（面積法）過點C作CD⊥AB于點D?AFE∽?ADC∽?ACB∽?CDB6．（2024·山東濟南·中考真題）某校數學興趣小組的同學在學習了圖形的相似后，對三角形的相似進行了深入研究．（一）拓展探究如圖1，在△ABC中，∠ACB=90°,CD⊥AB，垂足為D．（1）興趣小組的同學得出AC∵∠ACB=90°∴∠A+∠B=90°∵CD⊥AB∴∠ADC=90°∴∠A+∠ACD=90°∴∠B=①______∵∠A=∠A∴△ABC∽△ACD∴AB∴A請完成填空：①______；②______；（2）如圖2，F為線段CD上一點，連接AF并延長至點E，連接CE，當∠ACE=∠AFC時，請判斷△AEB的形狀，并說明理由．（二）學以致用（3）如圖3，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°,AC=2,BC=26，平面內一點D，滿足AD=AC，連接CD并延長至點E，且∠CEB=∠CBD，當線段BE的長度取得最小值時，求線段CE【答案】（1）①∠ACD；②ACAD；（2）△AEB是直角三角形，證明見解析；（3）【分析】（1）根據余角的性質和三角形相似的性質進行解答即可；（2）證明△ACF∽△AEC，得出ACAF=AEAC，證明（3）證明△CEB∽△CBD，得出CECB=CBCD，求出CD?CE=CB2=262=24，以點A為圓心，2為半徑作⊙A，則C,D都在⊙A上，延長CA到E0，使CE0=6，交⊙A于D0，連接E0E，證明△ECE0∽△D0【詳解】解：（1）∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵CD⊥AB，∴∠ADC=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠B=∠ACD，∵∠A=∠A，∴△ABC∽△ACD，∴AB∴AC（2）△AEB是直角三角形；理由如下：∵∠ACE=∠AFC,∠CAE=∠FAC∴△ACF∽△AEC，∴AC∴AC由（1）得AC∴AF?AE=AD?AB，∴AF∵∠FAD=∠BAE，∴△AFD∽△ABE，∴∠ADF=∠AEB=90°，∴△AEB是直角三角形．（3）∵∠CEB=∠CBD,∠ECB=∠BCD，∴△CEB∽△CBD，∴CE∴CD?CE=CB如圖，以點A為圓心，2為半徑作⊙A，則C,D都在⊙A上，延長CA到E0，使CE0=6，交⊙A于則CD∵CD0為∴∠CDD∴CD∴CD∵∠ECE∴△ECE∴∠CDD∴點E在過點E0且與C過點B作BE'⊥E0∵垂線段最短，∴當點E在點E'處時，BE即BE的最小值為BE∵∠CE∴四邊形CE∴BE在Rt△CE0即當線段BE的長度取得最小值時，線段CE的長為215【點睛】本題主要考查了三角形相似的判定和性質，圓周角定理，矩形的判定和性質，勾股定理，垂線段最短，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．7．（2024·四川廣元·中考真題）數學實驗，能增加學習數學的樂趣，還能經歷知識“再創造”的過程，更是培養動手能力，創新能力的一種手段．小強在學習《相似》一章中對“直角三角形斜邊上作高”這一基本圖形（如圖1）產生了如下問題，請同學們幫他解決．在△ABC中，點D為邊AB上一點，連接CD．(1)初步探究如圖2，若∠ACD=∠B，求證：AC(2)嘗試應用如圖3，在（1）的條件下，若點D為AB中點，BC=4，求CD的長；(3)創新提升如圖4，點E為CD中點，連接BE，若∠CDB=∠CBD=30°，∠ACD=∠EBD，AC=27，求BE【答案】(1)證明見解析(2)CD=2(3)21【分析】（1）根據題意，由∠ACD=∠B，∠A=∠A，利用兩個三角形相似的判定定理即可得到△ACD∽（2）設AD=BD=m，由（1）中相似，代值求解得到AC=2m，從而根據△ACD與△ABC的相似比為（3）過點C作EB的平行線交AB的延長線于點H，如圖1所示，設CE=DE=a，過點B作BF⊥EC于點F，如圖2所示，利用含30°的直角三角形性質及勾股定理即可得到相關角度與線段長，再由三角形相似的判定與性質得到ADAC=AC【詳解】（1）證明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，∴△ACD∽∴ACAB∴AC（2）解：∵點D為AB中點，∴設AD=BD=m，由（1）知△ACD∽∴AC∴AC=2∴△ACD與△ABC的相似比為ADAC∴CDBC∵BC=4∴CD=22（3）解：過點C作EB的平行線交AB的延長線于點H，過C作CY⊥AB，如圖1所示：∵點E為CD中點，∴設CE=DE=a，∵∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=CD=2a，∠DCB=120°，在Rt△BCY中，CY=12過點B作BF⊥EC于點F，如圖2所示：∴∠FCB=60°，∴∠CBF=30°，∴CF=1∴CF=a，BF=3∴EF=2a，∴BE=7∵CH∥BE，點E為∴CH=2BE=27a，DH=2DB=43又∵∠ACD=∠EBD，∴∠ACD=∠H，△ACD∽∴ADAC又∵AC=27∴AD=2，AH=14，∴DH=12，即43∴a=3∴BE=7【點睛】本題考查幾何綜合，涉及相似三角形的判定與性質、含30°的直角三角形性質、勾股定理等知識，熟練掌握三角形相似的判定與性質是解決問題的關鍵．8．（2024·江蘇徐州·中考真題）在△ABC中，點D在邊AB上，若CD2=AD?DB，則稱點D是點C的“(1)如圖（1），在△ABC中，若∠ACB=90°，CD⊥AB于點D．試說明：點D是點C的“關聯點”．(2)如圖（2），已知點D在線段AB上，用無刻度的直尺和圓規作一個△ABC，使其同時滿足下列條件：①點D為點C的“關聯點”；②∠ACB是鈍角（保留作圖痕跡，不寫作法）．(3)若△ABC為銳角三角形，且點D為點C的“關聯點”．設AD=m，DB=n，用含m、n的代數式表示AC的取值范圍（直接寫出結果）．【答案】(1)證明見解析(2)圖見解析(3)mn-m2【分析】（1）證△ACD∽△CBD，根據“關聯點”的定義即可得結論；（2）以AB為直徑作⊙O，過點D作AB的垂線，交⊙O于P，由圓周角定理可得∠APB=90°，由（1）可得DP2=AD?DB，以D為圓心，DP為半徑作圓，在直線DP右側的⊙D上取點C（3）分類討論，①當m<n時，根據第二問可得出銳角三角形時C的位置，再利用勾股定理求出臨界值范圍即可，②當m<n時，同①方法．【詳解】（1）證明：∵CD⊥AB，∴∠CDA=∠CDB=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，∴∠A=∠BCD，∵∠CDA=∠CDB=90°，∴△ACD∽△CBD，∴CDBD∴CD∴點D是點C的“關聯點”．（2）解：如圖，①作線段AB的垂直平分線，交AB于點O；②以O為圓心，OA為半徑作圓；③過D作DP⊥AB交⊙O于點P；④以D為圓心，DP為半徑畫圓，則點C在⊙D上且在直線DP右側．連接AC、BC，△ABC即為所求，證明：∵P在以AB為直徑的圓上運動，∴∠APB=90°，由（1）可知：DP∵DC=DB，∴CD（3）①當m<n時，如圖所示，結合第（2）問，我們發現當點C在直線DP左側、A的右側時，△ACB是銳角三角形，此時AC∵DC2=DA?DB，且DA=m∴D在Rt△ADC1在Rt△ADC2∴mn-②當m>n時，同理可得：mn+m綜上所述，mn-m2<AC<【點睛】本題主要考查了尺規作圖，圓周角定理、相似三角形的判定和性質、勾股定理等內容，熟練掌握相關知識和正確理解題意是解題的關鍵．題型04一線三等角模型類型一線三等角模型（同側型）一線三垂直模型（同側型）條件∠B=∠D=∠ACE=α∠B=∠D=∠ACE=90°圖示結論?ABC∽?CDEABCD=BCDE=AC?ABC∽?CDEABCD=BCDE=AC已知∠D=∠ACB=∠E，AC=BC圖示結論9．（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與實踐：如圖1，這個圖案是3世紀我國漢代的趙爽在注解《周髀算經》時給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”，受這幅圖的啟發，數學興趣小組建立了“一線三直角模型”．如圖2，在△ABC中，∠A=90°，將線段BC繞點B順時針旋轉90°得到線段BD，作DE⊥AB交AB的延長線于點E．

(1)【觀察感知】如圖2，通過觀察，線段AB與DE的數量關系是______；(2)【問題解決】如圖3，連接CD并延長交AB的延長線于點F，若AB=2，AC=6，求△BDF的面積；(3)【類比遷移】在(2)的條件下，連接CE交BD于點N，則BNBC=(4)【拓展延伸】在(2)的條件下，在直線AB上找點P，使tan∠BCP=23【答案】(1)AB=DE(2)10(3)9(4)547或【分析】（1）根據旋轉的性質可得∠CBD=90，CB=BD，進而證明△ABC≌△EDBAAS（2）根據（1）的方法證明△ABC≌△EDB(AAS)，進而證明△DEF∽△CAF，求得EF=4，則（3）過點N作NM⊥AF于點M，證明△ABC∽△MNB得出MN=13BM，證明△EMN∽△ECA，設BM=x，則ME=BE-BM=6-x（4）當P在B點的左側時，過點P作PQ⊥BC于點Q，當P在B點的右側時，過點P作PT⊥BC交CB的延長線于點T，分別解直角三角形，即可求解．【詳解】（1）解：∵將線段BC繞點B順時針旋轉90°得到線段BD，作DE⊥AB交AB的延長線于點E．

∵∠CBD=90°，∴∠ABC+∠DBE=90°，∴∠A=90°，∴∠ABC+∠ACB=90，∴∠DBE=∠ACB，又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD∴△ABC≌△EDB(AAS∴DE=AB；（2）解：∵∠CBD=90°，∴∠ABC+∠DBE=90°，∴∠A=90°，∴∠ABC+∠ACB=90，∴∠DBE=∠ACB，又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD，∴△ABC≌△EDB(AAS∴DE=AB，BE=AC∵AB=2，AC=6∴DE=2，BE=6∴AE=AB+BE=2+6=8，∵∠DEB+∠A=180°∴DE∥∴△DEF∽△CAF，∴DE∴2∴EF=4，∴BF=BE+EF=6+4=10，∴S△BDF（3）解：如圖所示，過點N作NM⊥AF于點M，

∵∠A=∠BMN=90°，∠ACB=90°-∠ABC=∠NBM∴△ABC∽△MNB∴BNBC即BNBC=BM又∵MN∴△EMN∽△ECA∴MEAE設BM=x，則ME=BE-BM=6-x，6-x解得：x=∴BNBC（4）解：如圖所示，當P在B點的左側時，過點P作PQ⊥BC于點Q

∵tan∴tan∠BCP=PQCQ=23又∵AC=6,AB=2，∠BAC=90°∴tan∠ABC=AC∴tan∴BQ=∴BC=CQ+BQ=∴113解得：a=在Rt△PBQ中，PQ=2a,∴PB=∴AP=PB-AB=如圖所示，當P在B點的右側時，過點P作PT⊥BC交CB的延長線于點T，

∵∠ABC=∠PBT,∠A=∠T=90°∴∠BPT=∠ACB∵tan∴tan設BT=b，則PT=3b，BP=10∵tan∠BCP=PT∴3b解得：b=∴BP=∴AP=AB+BP=2+綜上所述，AP=547或18【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，旋轉的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．10．（2024·甘肅·中考真題）【模型建立】（1）如圖1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB=BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式寫出線段AE，DE，CD的數量關系，并說明理由．【模型應用】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點E，F分別在對角線BD和邊CD上，AE⊥EF，AE=EF．用等式寫出線段BE，AD，DF的數量關系，并說明理由．【模型遷移】（3）如圖3，在正方形ABCD中，點E在對角線BD上，點F在邊CD的延長線上，AE⊥EF，AE=EF．用等式寫出線段BE，AD，DF的數量關系，并說明理由．【答案】（1）DE+CD=AE，理由見詳解，（2）AD=2BE+DF，理由見詳解，（3）【分析】（1）直接證明△ABE≌△BCD，即可證明；（2）過E點作EM⊥AD于點M，過E點作EN⊥CD于點N，先證明Rt△AEM≌Rt△FEN，可得AM=NF，結合等腰直角三角形的性質可得：MD=DN=22DE，NF=ND-DF=MD-DF，即有（3）過A點作AH⊥BD于點H，過F點作FG⊥BD，交BD的延長線于點G，先證明△HAE≌△GEF，再結合等腰直角三角形的性質，即可證明．【詳解】（1）DE+CD=AE，理由如下：∵CD⊥BD，AE⊥BD，AB⊥BC，∴∠ABC=∠D=∠AEB=90°，∴∠ABE+∠CBD=∠C+∠CBD=90°，∴∠ABE=∠C，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCD，∴BE=CD，AE=BD，∴DE=BD-BE=AE-CD，∴DE+CD=AE；（2）AD=2過E點作EM⊥AD于點M，過E點作EN⊥CD于點N，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，BD是正方形的對角線，∴∠ADB=∠CDB=45°，BD平分∠ADC，∠ADC=90°，∴2AD=即DE=BD-BE=2∵EN⊥CD，EM⊥AD，∴EM=EN，∵AE=EF，∴Rt△AEM≌∴AM=NF，∵EM=EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC=90°，∴四邊形EMDN是正方形，∴ED是正方形EMDN對角線，MD=ND，∴MD=DN=22DE，∴NF=AM=AD-MD=AD-22DE∴AD-22DE=∵DE=2AD-BE∴AD=2即有AD=2（3）AD=2過A點作AH⊥BD于點H，過F點作FG⊥BD，交BD的延長線于點G，如圖，∵AH⊥BD，FG⊥BD，AE⊥EF，∴∠AHE=∠G=∠AEF=90°，∴∠AEH+∠HAE=∠AEH+∠FEG=90°，∴∠HAE=∠FEG，又∵AE=EF，∴△HAE≌△GEF，∴HE=FG，∵在正方形ABCD中，∠BDC=45°，∴∠FDG=∠BDC=45°，∴∠DFG=45°，∴△DFG是等腰直角三角形，∴FG=2∴HE=FG=2∵∠ADB=45°，AH⊥HD，∴△ADH是等腰直角三角形，∴HD=2∴DE=HD-HE=2∴BD-BE=DE=2∵BD=2∴2AD-BE=∴AD=2【點睛】本題主要考查了正方形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，角平分線的性質等知識，題目難度中等，作出合理的輔助線，靈活證明三角形的全等，并準確表示出各個邊之間的數量關系，是解答本題的關鍵．11．（2023·湖北荊州·中考真題）如圖1，點P是線段AB上與點A，點B不重合的任意一點，在AB的同側分別以A，P，B為頂點作∠1=∠2=∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規定這三個角互為等聯角，點P為等聯點，線段AB為等聯線．(1)如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點為格點、邊長均為1，AB為端點在格點的已知線段．請用三種不同連接格點的方法，作出以線段AB為等聯線、某格點P為等聯點的等聯角，并標出等聯角，保留作圖痕跡；(2)如圖3，在Rt△APC中，∠A=90°，AC>AP，延長AP至點B，使AB=AC，作∠A的等聯角∠CPD和∠PBD．將△APC沿PC折疊，使點A落在點M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于F①確定△PCF的形狀，并說明理由；②若AP:PB=1:2，BF=2k，求等聯線AB和線段PE的長（用含【答案】(1)見解析(2)①等腰直角三角形，見解析；②AB=3k；PE=【分析】（1）根據新定義，畫出等聯角；（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進而證明Rt△CME≌Rt△CNE②過點F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延長線于R，則∠R=∠A=90°．證明△APC≌△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=2k，進而證明四邊形BRFQ【詳解】（1）解：如圖所示（方法不唯一）（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由為：如圖，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，∴四邊形ABNC為正方形∴CN=AC=CM又∵CE=CE，∴Rt∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°∴△PCF是等腰直角三角形．②過點F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延長線于R，則∠R=∠A=90°．∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，∴∠1=∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△APC≌△RFPAAS∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，∴AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2∴AP=BR=FR=k，∴PB=2AP=2k，∴AB=AP+PB=BN=3k，由BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，∴四邊形BRFQ為正方形，BQ=QF=k，由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥∴△QEF∽△NEC，∴QENE=即2k-NENE=k由①知：PM=AP=k，ME=NE=3∴PE=PM+ME=k+3【點睛】本題考查了幾何新定義，正方形的性質與判定，折疊問題，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質是解題的關鍵．題型05半角模型類型正方形內含型半角等腰直角三角形內含型半角條件正方形ABCD，∠EAF=45°∠BAC=90°,AB=AC，∠EAF=45°圖示輔助線作法延長BC至點G，使DE=GB,連接AG過點B作BD⊥BC,且BD=EC,連接AD,DF結論1）旋轉全等2）對稱全等3）EF=DE+BF1）旋轉全等2）對稱全等3）在Rt△DBF中，即90°含45°120°含60°條件∠BAC=90°，∠DAE=45°,BA=AC∠BAC=120°，∠DAE=60°,AD=AE圖示結論?BAE∽?ADE∽?CDA?BAE∽?ADE∽?CDA12．（2024·四川樂山·中考真題）在一堂平面幾何專題復習課上，劉老師先引導學生解決了以下問題：【問題情境】如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D、E在邊BC上，且∠DAE=45°，BD=3，CE=4，求DE的長．解：如圖2，將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACD'，連接

由旋轉的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∵∠BAD=∠CAD∴∠CAD'+∠EAC=45°∴∠DAE=∠D在△DAE和△DAD=AD'，∠DAE=∠D∴___①___．∴DE=D又∵∠ECD∴在Rt△ECD'中，___∵CD'=BD=3

∴DE=D'E=___【問題解決】上述問題情境中，“①”處應填：______；“②”處應填：______；“③”處應填：______．劉老師進一步談到：圖形的變化強調從運動變化的觀點來研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應萬變．【知識遷移】如圖3，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，滿足△CEF的周長等于正方形ABCD的周長的一半，連結AE、AF，分別與對角線BD交于M、

【拓展應用】如圖4，在矩形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．探究BE、

【問題再探】如圖5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，點D、E在邊AC上，且∠DBE=45°．設AD=x，CE=y，求y與x的函數關系式．

【答案】【問題解決】①△ADE≌△AD'E；②EC2+CD【分析】【問題解決】根據題中思路解答即可；【知識遷移】如圖，將△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADF'．過點D作DH⊥BD交邊AF'于點H，連接NH．由旋轉的特征得AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF'．結合題意得EF=DF+BE=DF+DF'=F'F．證明△AEF≌AF【拓展應用】如圖所示，設直線EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，將△ADF繞著點A順時針旋轉90°，得到△AGH，連接HM,HE．則△ADF≌△AGH．則DF=GH,AG=AD,AF=AH，∠DAF=∠HAG，根據∠EAF=45°，證明△AEH≌△AEF，得出EF=HE，過點H作HO⊥CB交CB于點O，過點H作HG⊥BM交BM于點M，則四邊形OHGB為矩形．得出OH=BG,OB=HG，證明△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，得出GM=DN=DF=HG，∠HME=90°，在Rt△OHE【問題再探】如圖，將△BEC繞點B逆時針旋轉90°，得到BE'C'，連接E'D．過點E作EG⊥BC，垂足為點G，過點E'作EG'⊥BC'，垂足為G'．過點E'作E'F∥BA，過點D作DF∥BC交AB于點H,E'F、DF交于點F．由旋轉的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G【詳解】【問題解決】解：如圖2，將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACD'，連接

由旋轉的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∵∠BAD=∠CAD∴∠CAD'+∠EAC=45°∴∠DAE=∠D在△DAE和△D'AE中，AD=AD'∴①△ADE≌∴DE=D又∵∠ECD∴在Rt△ECD'中，∵CD'=BD=3∴DE=D'【知識遷移】DN2證明：如圖，將△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADF過點D作DH⊥BD交邊AF'于點H，連接

由旋轉的特征得AE=AF由題意得EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE，∴EF=DF+BE=DF+DF在△AEF和△AF'F∴△AEF≌AF'∴∠EAF=∠F又∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠ABD=∠ADB=45°．∵DH⊥BD，∴∠ADH=∠HDB-∠ADB=45°．在△ABM和△ADH中，∠BAM=∠DAH,AB=AD,∠ABM=∠ADH，∴△ABM≌△ADHASA∴AM=AH,BM=DH．在△AMN和△AHN中，AM=AH,∠MAN=∠HAN,AN=AN，∴△AMN≌△AHN(SAS∴MN=HN．在Rt△HND中，D∴DN【拓展應用】2BE證明：如圖所示，設直線EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，

將△ADF繞著點A順時針旋轉90°，得到△AGH，連接HM,HE．則△ADF≌△AGH．則DF=GH,AG=AD,AF=AH，∠DAF=∠HAG，∵∠EAF=45°，∴∠HAE=∠HAG+∠GAE=∠DAF+∠GAE=45°，在△AEH和△AFE中AH=AF∠HAE=∠FAE=45°∴△AEH≌△AEF(SAS∴EF=HE，過點H作HO⊥CB交CB于點O，過點H作HG⊥BM交BM于點M，則四邊形OHGB為矩形．∴OH=BG,OB=HG，∵∠CEF=45°，∴∠CEF=∠CFE=∠DFN=∠DNF=∠BME=∠BEM=45°，∴△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，∴CE=CF,BE=BM,DN=DF,AN=AM，∴AM-AG=AN-AD，∴GM=DN=DF=HG，∴∠HMG=45°，∴∠HME=45°+45°=90°，在Rt△OHE中，OE2∴(GH+BE)2即(GH+BE)2又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM，∴(GH+BE)2即2D【問題再探】如圖，將△BEC繞點B逆時針旋轉90°，得到△BE'C'，連接E'D．過點E作EG⊥BC，垂足為點G，過點E'作EG'⊥BC'，垂足為G'．過點E'作

由旋轉的特征得BE=BE∵∠ABC=90°,∠DBE=45°，∴∠CBE+∠DBA=45°，∴∠C'B在△EBD和△E'BD∴△EBD≌△E∴DE=DE∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3，∴AC=A又∵AD=x,CE=y，∴DE∵DF∥∴∠ADH=∠C,∠AHD=∠ABC=90°，∴△AHD∽△ABC，∴AHAB=∴HB=AB-AH=4-4同理可得EG=4∴E∵E∴E又∵E'∴四邊形FE∴∠F=90°,FH=EFE在Rt△E'∴1-解得y=21x-60【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是旋轉變換的性質、矩形的性質和判定、正方形的性質和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性質和判定、全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，靈活運用旋轉變換作圖，掌握以上知識點是解題的關鍵．13．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠MAN=12∠BAC，∠MAN在∠BAC的內部，點M、N在BC上，點M在點N

（1）如圖①，當∠BAC=90°時，探究如下：由∠BAC=90°，AB=AC可知，將△ACN繞點A順時針旋轉90°，得到△ABP，則CN=BP且∠PBM=90°，連接PM，易證△AMP≌△AMN，可得MP=MN，在Rt△PBM中，BM2（2）當∠BAC=60°時，如圖②：當∠BAC=120°時，如圖③，分別寫出線段BM、NC、MN之間的數量關系，并選擇圖【答案】圖②的結論是：BM2+NC2【分析】本題主要考查等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，30度角所對的直角邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識，選②，以點B為頂點在△ABC外作∠ABK=60°，在BK上截取BQ=CN，連接QA、QM，過點Q作QH⊥BC，垂足為H，構造全等三角形，得出AN=AQ，∠CAN=∠QAB，再證明△AQM≌△ANM，得到MN=QM；在Rt△QHM中由勾股定理得QH2+H【詳解】解：圖②的結論是：B證明：∵AB=AC,∠BAC=60°,∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，以點B為頂點在△ABC外作∠ABK=60°，在BK上截取BQ=CN，連接QA、QM，過點Q作QH⊥BC，垂足為

∵AB=AC，∠C=∠ABQ，CN=BQ∴△ACN≌△ABQ∴AN=AQ，∠CAN=∠QAB又∵∠CAN+∠BAM=30°∴∠BAM+∠QAB=30°即∠QAM=∠MAN又∵AM=AM，∴△AQM≌△ANM，∴MN=QM；∵∠ABQ=60°,∠ABC=60°,∴∠QBH=60°，∴∠BQH=30°,∴BH=12∴HM=BM+BH=BM+1在Rt△QHM中,可得：即3整理得B∴B圖③的結論是：B證明：以點B為頂點在△ABC外作∠ABK=30°，在BK上截取BQ=CN，連接QA、QM，過點Q作QH⊥BC，垂足為

∵AB=AC，∠C=∠ABQ，CN=BQ∴△ACN≌△ABQ∴AN=AQ，∠CAN=∠QAB又∵∠CAN+∠BAM=60°∴∠BAM+∠QAB=60°即∠QAM=∠MAN又∵AM=AM，∴△AQM≌△ANM，∴MN=QM在Rt△BQH中，∠QBH=60°，∴BH=12HM=BM-BH=BM-1在Rt△QHM中,可得：即3整理得B∴B14．（2023·江蘇南通·中考真題）正方形ABCD中，點E在邊BC，CD上運動（不與正方形頂點重合）．作射線AE，將射線AE繞點A逆時針旋轉45°，交射線CD于點F．∵

(1)如圖，點E在邊BC上，BE=DF，則圖中與線段AE相等的線段是___________；(2)過點E作EG⊥AF，垂足為G，連接DG，求∠GDC的度數；(3)在（2）的條件下，當點F在邊CD延長線上且DF=DG時，求FGAG【答案】(1)AF(2)∠GDC的度數為45°或135°(3)2【分析】（1）根據正方形的性質和已知條件得到△ABE≌△ADF，即可得到答案；（2）當點E在邊BC上時，過點G作GM⊥AD，垂足為M，延長MG交BC于點N，證明△AMG≌△GNE，得到AM=GN，推出當點E在邊CD上時，過點G作GN⊥DF，垂足為N，延長NG交BA延長線于點M，則四邊形ADNM是矩形，同理得到△AMG≌△GNE，得到（3）由平行的性質得到分線段成比例FGAG【詳解】（1）AF．∵正方形ABCD，∴AB=AD,∠B=∠D=90°，∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF．（2）解：①當點E在邊BC上時（如圖），過點G作GM⊥AD，垂足為M，延長MG交BC于點N．∴∠AMG=∠DMG=∠GNE=90°，四邊形CDMN是矩形．∴∠2+∠3=90°．∵EG⊥AF，∠EAF=45°，∴∠2+∠1=90°，△AEG為等腰直角三角形，AG=EG．∴∠1=∠3．∴△AMG≌∴AM=GN．∵AM+MD=GN+MG，∴MD=MG．∴△MDG為等腰直角三角形，∠4=45°．∴∠GDC=45°．

②當點E在邊CD上時（如圖），過點G作GN⊥DF，垂足為N，延長NG交BA延長線于點M，則四邊形ADNM是矩形，同理，△AMG≌∴GN=AM=DN．∴△NDG為等腰直角三角形，∠1=45°．∴∠GDC=180°-45°=135°．

綜上，∠GDC的度數為45°或135°．（3）解：當點F在邊CD延長線上時，點E在邊CD上（如圖），設GN=DN=a，則DG=2∴DF=DG=2∴FN=DF-DN=2∵GN∥∴FGAG【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，平行線的性質，熟練掌握平行線的分線段成比例以及全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．15．（2023·內蒙古赤峰·中考真題）數學興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的頂點始終與正方形的頂點C重合，繞點C旋轉三角尺時，45°角的兩邊CM，CN始終與正方形的邊AD，AB所在直線分別相交于點M，N，連接MN，可得△CMN．

【探究一】如圖②，把△CDM繞點C逆時針旋轉90°得到△CBH，同時得到點H在直線AB上．求證：∠CNM=∠CNH；【探究二】在圖②中，連接BD，分別交CM，CN于點E，F．求證：△CEF∽△CNM；【探究三】把三角尺旋轉到如圖③所示位置，直線BD與三角尺45°角兩邊CM，CN分別交于點E，F．連接AC交BD于點O，求EFNM【答案】[探究一]見解析；[探究二]見解析；[探究三]EF【分析】[探究一]證明△CNM≌△CNH，即可得證；[探究二]根據正方形的性質證明∠CEF=∠FNB，根據三角形內角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角∠ECF=∠NCM，進而即可證明[探究三]先證明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，將△DMC繞點C順時針旋轉90°得到△BGC，則點G在直線AB上．得出△NCG≌△NCM，根據全等三角形的性質得出∠MNC=∠GNC，進而可得∠CNM=∠CEF，證明△ECF∽△NCM【詳解】[探究一]∵把△CDM繞點C逆時針旋轉90°得到△CBH，同時得到點H在直線AB上，∴CM=CH,∠MCH=90°，∴∠NCH=∠MCH-∠MCN=90°-45°=45°，∴∠MCN=∠HCN，在△CNM與△CNH中CM=CH∴△CNM≌△CNH∴∠CNM=∠CNH[探究二]證明：如圖所示，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBA=45°，又∠MCN=45°，∴∠FBN=∠FCE=45°，∵∠EFC=∠BFN，∴∠CEF=∠FNB，又∵∠CNM=∠CNH，∴∠CEF=∠CNM，又∵公共角∠ECF=∠NCM，∴△CEF∽△CNM；[探究三]證明：∵AC,BD是正方形的對角線，∴∠CDE=∠CDA+∠EDM=135°，∠CAN=180°-∠BAC=135°，∴∠CDE=∠CAN，∵∠MCN=∠DCA=45°，∴∠MCN-∠DCN=∠DCA-∠DCN，即∠ECD=∠NCA，∴△ECD∽△NCA，∴∠CED=∠CNA，ECNC如圖所示，將△DMC繞點C順時針旋轉90°得到△BGC，則點G在直線AB上．

∴MC=GC，∠MCG=90°，∴∠NCG=∠NCM=45°，又CN=CN，∴△NCG≌△NCM，∴∠MNC=∠GNC，∵∠CNA=∠CEF，∴∠CNM=∠CEF，又∠ECF=∠NCM，∴△ECF∽△NCM，∴EFNM=EC即EFNM【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，旋轉的性質，正方形的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．題型06手拉手模型條件：在?ABC和ADE中，∠BAC=∠DAE，圖示：解題策略：連接BD，CE,根據已知條件可證明?ABD∽?ACE結論：?ABD∽?ACE，?ADE∽?ABC【小結】1）頭頂頭，左手拉左手，右手拉右手，那么，頭左左≌頭右右.2）左手拉左手等于右手拉右手，即BD=CE或GD=BE.16．（2023·四川甘孜·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC=32，點D在AB邊上，連接CD，將CD繞點C逆時針旋轉90°得到CE，連接BE，DE

(1)求證：△CAD≌△CBE；(2)若AD=2時，求CE的長；(3)點D在AB上運動時，試探究AD【答案】(1)見解析(2)10(3)存在，18【分析】（1）由SAS即可證明△CAD≌△CBE；（2）證明△CAD≌△CBE（SAS），勾股定理得到DE，在Rt△CDE（3）證明AD【詳解】（1）解：由題意，可知∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB，CD=CE．∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB．即∠ACD=∠BCE．∴△CAD≌△CBE(SAS（2）∵在Rt△ABC中，AC=BC=3∴∠CAB=∠CBA=45°,AB=2∴BD=AB-AD=6-2=4．∵△CAD≌△CBE，∴BE=AD=2，∠CBE=∠CAD=45°．∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．∴DE=B∴在Rt△CDE中，CE=CD=（3）由（2）可知，AD∴當CD最小時，有AD2+B∵△ABC為等腰直角三角形，∴CD=1∴AD即AD2+B【點睛】本題主要考查了圖形的幾何變換，涉及到等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．17．（2024·新疆·中考真題）【探究】（1）已知△ABC和△ADE都是等邊三角形．①如圖1，當點D在BC上時，連接CE．請探究CA，CE和②如圖2，當點D在線段BC的延長線上時，連接CE．請再次探究CA，CE和【運用】（2）如圖3，等邊三角形ABC中，AB=6，點E在AC上，CE=23．點D是直線BC上的動點，連接DE，以DE為邊在DE的右側作等邊三角形DEF，連接CF．當△CEF為直角三角形時，請直接寫出BD【答案】（1）①CA=CE+CD，理由見解析；②CE=CA+CD，理由見解析；（2）6-3或6+2【分析】（1）①CA=CE+CD．證明△BAD≌△CAESAS可得BD=CE，即得BC=BD+CD=CE+CD，進而可得CA=CE+CD；②CE=CA+CD．同理①（2）分點D在BC上，∠EFC=90°和點D在BC的延長線上，∠CEF=90°兩種情況，畫出圖形，結合四點共圓及圓周角定理解答即可求解；本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，四點共圓，圓周角定理，解直角三角形，等角對等邊，應用分類討論思想解答是解題的關鍵．【詳解】解：（1）①CA=CE+CD，理由如下：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∴BC=BD+CD=CE+CD，∵AC=BC，∴CA=CE+CD；②CE=CA+CD，理由如下：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∴CE=BD=BC+CD=CA+CD，即CE=CA+CD；（2）解：分兩種情況：如圖，當點D在BC上，∠EFC=90°時，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠EFD=∠ECD=60°，∴C、∵∠EFC=90°，∴CE為該圓的直徑，∴∠CDE=90°，∵CE=23，∠ECD=60°∴CD=CE·cos∴BD=BC-CD=6-3如圖，當點D在BC的延長線上，∠CEF=90°時，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠ACB=∠EFD=60°，∴∠ECD=120°，∴∠ECD+∠EFD=180°，∴C、∵∠CEF=90°，∴CF為該圓的直徑，∴∠CDF=90°，∵∠EDF=60°，∴∠CDE=90°-60°=30°，∴∠CED=180°-120°-30°=30°，∴∠CED=∠CDE，∴CD=CE=23∴BD=BC+CD=6+23綜上，BD的長為6-3或6+218．（2024·內蒙古通遼·中考真題）數學活動課上，某小組將一個含45°的三角尺AEF利一個正方形紙板ABCD如圖1擺放，若AE=1，AB=2．將三角尺AEF繞點A逆時針方向旋轉α0°≤α≤90°【初步探究】如圖2，連接BE，DF并延長，延長線相交于點G,BG交AD于點M．問題1BE和DF的數量關系是________，位置關系是_________．【深入探究】應用問題1的結論解決下面的問題．問題2如圖3，連接BD，點O是BD的中點，連接OA，OG．求證OA=OD=OG．【嘗試應用】問題3如圖4，請直接寫出當旋轉角α從0°變化到60°時，點G經過路線的長度．【答案】（1）BE=DF；BE⊥DF；（2）證明見解析；（3）2【分析】（1）如圖，由四邊形ABCD是正方形，△AEF是等腰直角三角形，AE=1，證明△BAE≌△DAF，再進一步可得結論；（2）如圖，由∠BAD=90°，∠BGD=90°，再結合直角三角形斜邊上的中線的性質可得結論；（3）如圖，證明G在以O為圓心，OD為半徑的⊙O上，過F作FN⊥AD于N，當∠BAE=α=60°時，證明∠AFD=90°，可得∠ADF=30°，∠AOG=2∠ADF=60°，證明四邊形AEGF是正方形，可得當旋轉角α從0°變化到60°時，G在AG上運動，再進一步解答即可；【詳解】解：BE=DF；BE⊥DF；理由如下：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=2，∠BAD=90°，∵△AEF是等腰直角三角形，AE=1，∴AE=AF=1，∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△BAE≌△DAF，∴BE=DF，∠ABE=∠ADF，∵∠AMB=∠DMG，∴∠BGD=∠BAM=90°，∴BE⊥DF；（2）如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵點O是BD的中點，∴OA=OB=OD，∵BE⊥DF，∴∠BGD=90°，∵點O是BD的中點，∴OG=OB=OD，∴OA=OD=OG；（3）如圖，∵∠BGD=90°，OB=OG=OD，∴G在以O為圓心，OD為半徑的⊙O上，過F作FN⊥AD于N，當∠BAE=α=60°時，∴∠DAF=α=60°，∠AFN=30°，∵AF=AE=1，∴AN=12AF=∴DN=2-12=∴AF∴∠AFD=90°，∴∠ADF=30°，∴∠AOG=2∠ADF=60°，而∠EAF=∠EGF=90°，AE=AF=1，∴四邊形AEGF是正方形，∴當旋轉角α從0°變化到60°時，G在AG上運動，∵AB=2，OA=OB，AO⊥BD，∴OA=2×2∴點G經過路線的長度為60π【點睛】本題考查的是正方形的性質與判定，旋轉的性質，勾股定理的應用，含30度角的直角三角形的性質，圓周角的應用，勾股定理的逆定理的應用，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關鍵.題型07正方形風車模型使用場景：已知正方形ABCD，點O是對角線的交點，∠MON=90°圖示：大招結論：1)△OAE≌△OBF，△OBE≌△OCF2)BE+BF=AE+FC=AB3)△EOF為等腰直角三角形4)5)6)(當OE⊥AB時OE取最小值)19．（2024·四川眉山·中考真題）綜合與實踐問題提出：在一次綜合與實踐活動中，某數學興趣小組將足夠大的直角三角板的一個頂點放在正方形的中心O處，并繞點O旋轉，探究直角三角板與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況．操作發現：將直角三角板的直角頂點放在點O處，在旋轉過程中：（1）若正方形邊長為4，當一條直角邊與對角線重合時，重疊部分的面積為______；當一條直角邊與正方形的一邊垂直時，重疊部分的面積為______．（2）若正方形的面積為S，重疊部分的面積為S1，在旋轉過程中S1與S的關系為類比探究：如圖1，若等腰直角三角板的直角頂點與點O重合，在旋轉過程中，兩條直角邊分別角交正方形兩邊于E，F兩點，小宇經過多次實驗得到結論BE+DF=2拓展延伸：如圖2，若正方形邊長為4，將另一個直角三角板中60°角的頂點與點O重合，在旋轉過程中，當三角板的直角邊交AB于點M，斜邊交BC于點N，且BM=BN時，請求出重疊部分的面積．（參考數據：sin15°=6-24【答案】（1）4；4；（2）S1=【分析】本題考查了正方形的性質，圖形旋轉的性質，三角形的全等的判定及性質，三角函數的概念等知識點，正確作輔助線證明三角形全等是解題的關鍵．操作發現：（1）根據圖形即可判斷重疊部分即為△BOC（對角線分成的四個三角形中的一個）求出面積即可；當一條直角邊與正方形的一邊垂直時，如圖，證明四邊形OMCN是正方形，求解面積即可；（2）如圖，過點O作OG⊥CB于點G，OH⊥DC于點H．證明△OGE≌△OHF，從而證明S四邊形類比探究：先證明△EOB≌△FOC，從而證明BE+DF=CF+DF=CD，即可證明結論；拓展延伸：過點O作OG⊥AB于點G，OH⊥BC于點H．先證明△OGM≌△OHN，即可證明S△OGM=S△OHN，∠GOM=∠NOH，從而證明∠GOM=15°，根據tan15°=2-【詳解】解：操作發現：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，當一條直角邊與對角線重合時，重疊部分的面積為S△BOC當一條直角邊與正方形的一邊垂直時，如圖，∴∠OMC=∠MON=∠BCD=90°，∴四邊形MONC是矩形，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，OA=OC，∴∠MOC=∠MCO，∴OM=MC，∴四邊形OMCN是正方形，∴OM=1∴四邊形OMCN的面積是4，故答案為：4，4；（2）如圖，過點O作OG⊥CB于點G，OH⊥DC于點H．∵O是正方形ABCD的中心，∴OG=OH，∵∠OGC=∠OHC=∠C=90°，∴四邊形OGCH是矩形，∵OG=OH，∴四邊形OGCH是正方形，∴∠GOH=∠EOF=90°，∴∠EOG=∠FOH，∵∠OGE=∠OHF=90°，∴△OGE≌△OHFASA∴S∴S∴S故答案為：S1類比探究：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB=OC=OD=OA，∠BCD=∠OCD=45°，∵∠FOE=∠BOC，∴∠EOB=∠FOC，∴△EOB≌△FOCASA∴BE=CF，∴BE+DF=CF+DF=CD，∵CD=2∴BE+DF=2拓展延伸：過點O作OG⊥AB于點G，OH⊥BC于點H．同（2）可知四邊形OGBH是正方形，∴BG=BH，OG=OH，∵BM=BN，∴GM=NH，∵∠OGM=∠OHN=90°，∴△OGM≌△OHNSAS∴S△OGM=∵∠MON=60°，∴∠GOM=1由（1）可知OG=2，S正方形∴tan∴GM=2×2-∴S∴重疊部分的面積==4-2×=4320．（2023·湖北襄陽·中考真題）【問題背景】人教版八年級下冊數學教材第63頁“實驗與探究”問題1如下：如圖，正方形ABCD的對角線相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，而且這兩個正方形的邊長相等，無論正方形A1九年級數學興趣小組對上面的問題又進行了拓展探究、內容如下：正方形ABCD的對角線相交于點O，點P落在線段OC上，PAPC=k（

【特例證明】（1）如圖1，將Rt△PEF的直角頂點P與點O重合，兩直角邊分別與邊AB，BC相交于點M，N①填空：k=______；②求證：PM=PN．（提示：借鑒解決【問題背景】的思路和方法，可直接證明△PAM?△PBN；也可過點P分別作AB，BC的垂線構造全等三角形證明．請選擇其中一種方法解答問題②．）【類比探究】（2）如圖2，將圖1中的△PEF沿OC方向平移，判斷PM與PN的數量關系（用含k的式子表示），并說明理由．【拓展運用】（3）如圖3，點N在邊BC上，∠BPN=45°，延長NP交邊CD于點E，若EN=kPN，求k的值．【答案】（1）①1；②見解析；（2）PMPN=k，理由見解析；（3【分析】（1）①利用正方形性質即可得出答案；②根據正方形的性質可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA證明△PAM≌△PBN即可；（2）過點P作PG∥BD交BC于G，利用平行線的性質及正方形的性質易證得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可證明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性質即可得出答案；（3）過點P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS證得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再證得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC?BN，同理可得：PB2=BA?BM，推出EC=2CN，進而可得tan∠ENC=PHHN=【詳解】解：（1）①由正方形的性質可知：OA=OC，∵將Rt△PEF的直角頂點P與點O∴k=PA故答案為：1；②證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∴∠APB-∠BPM=∠MPN-∠BPM，即∠APM=∠BPN，∴△PAM≌△PBNASA∴PM=PN．（2）PMPN過點P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，∴PG=PC，∠APG-∠MPG=∠MPN-∠MPG，即∠APM=∠GPN，∴△PAM∽△PGN，∴PMPN（3）過點P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，

則∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，∴∠MPN-∠GPN=∠GPH-∠GPN，即∠MPG=∠NPH，∴∠PMG=∠PNH，由（2）和已知條件可得：PM=kPN，EN=kPN，∴PM=EN，∴△PGM≌△ECNAAS∴GM=CN，PG=EC，∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，∴△BPN∽△BCP，∴PBBC∴PB同理可得：PB∵BC=BA，∴BM=BN，∴AM=CN，∴AG=2CN，∵∠PAB=45°，∴PG=AG，∴EC=2CN，∴tan∠ENC=令HN=a，則PH=2a，CN=3a，EC=6a，∴EN=3a∴k=EN【點睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，作出輔助線構造出相似三角形和全等三角形是解本題的關鍵．21．（2022·江西·中考真題）問題提出：某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉，探究直角三角板PEF與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況（已知正方形邊長為2(1)操作發現：如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，重疊部分的面積為__________；當OF與BC垂直時，重疊部分的面積為__________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為__________(2)類比探究：若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉過程中，OE,OP分別與正方形的邊相交于點M，N．①如圖2，當BM=CN時，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說明理由；②如圖3，當CM=CN時，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結果保留根號）；(3)拓展應用：若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設∠GOH=α），將∠GOH繞點O逆時針旋轉，在旋轉過程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請直接寫出S2的最小值與最大值（分別用含（參考數據：sin15°=【答案】(1)1，1，S(2)①△OMN是等邊三角形，理由見解析；②3(3)tanα2【分析】（1）若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S（2）①結論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結論；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°（3）當點M,N都在BC上時，過點O作OQ⊥BC于點Q，作OMN的外接圓，記為⊙P，連接PO,PM,PN，過點P作PK⊥MN于點K，則∠MPN=2∠MON=2α，MN=2MK設⊙P為R，由于S△OMN=12MN×OQ，而OQ為定值，故MN最小，則S△OMN最小，在Rt△PMK中，PK=R?cosα,MK=R?sinα，則當R最小，MN最小，因為OP+PK≥OQ，則R?cosα+R≥OQ，故當點O,P,K三點共線時，R取得最小值，此時在Rt△OQM中，MQ=OQ×tanα2=tanα2，則S2=12MN×OQ=12×2tanα2×1=tanα2；當點M在BC上，點N在CD上時，過點O作OT⊥CD于點T，過點OR⊥ON交BC于點【詳解】（1）解：當OF與OB重合時，OE與OC重合，如圖所示，重疊部分的面積=S當OF與BC垂直時，OE⊥CD，如圖所示，重疊部分的面積=S一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S理由：設OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．如圖所示，∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（∴S△PMJ∴S四邊形∴S1故答案為：1，1，S1（2）解：①如圖2中，結論：△OMN是等邊三角形．理由：過點O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ?tan15°=2-3∴CM=CJ-MJ=1-（∴S四邊形（3）解：當點M,N都在BC上時，過點O作OQ⊥BC于點Q，作OMN的外接圓，記為⊙P，連接PO,PM,PN，過點P作PK⊥MN于點K，則∠MPN=2∠MON=2α，∵PK⊥MN,PM=PN，∴∠MPK=α，MN=2MK設⊙P為R，∵S△OMN=1∴MN最小，則S△OMN在Rt△PMK中，PK=R?∴MN=2R?sin∴當R最小，MN最小，∵OP+PK≥OQ，∴R?cos∴R≥OQ當點O,P,K三點共線時，R取得最小值，如圖此時OQ垂直平分MN，∴OM=ON，∴∠MOQ=1∴在Rt△OQM中，MQ=OQ×∴MN=2MK=2tan∴S2當點M在BC上，點N在CD上時，過點O作OT⊥CD于點T，過點OR⊥ON交BC于點R，如圖同上可得△OTN≌△OQR，∴S△OTN∵SOMCN∴當S△OTN+S∵S△OTN∴S△ORM最小，則S同上，OQ垂直平分RM，如圖此時RQ=QM=TN，∴CM=CN，∵CO=CO，∠MCO=∠NCO，∴△MCO≌△NCO，∴S2=2S∴∠QOM=45°-α∴QM=OQ?tan∴MC=1-tan∴S綜上所述，S2的最小值為tanα2，S【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了圓周角定理，正方形的性質，旋轉變換，全等三角形的判定和性質，四邊形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．題型08十字架模型使用場景：在正方形ABCD中，E，F分別是BC，DC上的點，AE與BO相交于點O,互相推導①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF圖示：大招結論：相等則垂直，垂直則相等.22．（2023·山東·中考真題）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點E，F分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂